2023年中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习卷01（含答案）

2023年中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习卷01

1.解方程：2x2﹣5x＋2=0(配方法)

2.有四张反面完全相同的纸牌A、B、C、D，其正面分别画有四个不同的几何图形，将四张纸牌洗匀正面朝下随机放在桌面上．

(1)从四张纸牌中随机摸出一张，摸出的牌面图形是中心对称图形的概率是　   　．

(2)小明和小亮约定做一个游戏，其规则为：先由小明随机摸出一张，不放回．再由小亮从剩下的纸牌中随机摸出一张，若摸出的两张牌面图形既是轴对称图形又是中心对称图形，则小亮获胜，否则小明获胜．这个游戏公平吗？请用列表法(或画树状图)说明理由．(纸牌用A、B、C、D表示)若不公平，请你帮忙修改一下游戏规则，使游戏公平．

3.为了响应“十三五”规划中提出的绿色环保的倡议，某校文印室提出了每个人都践行“双面打印，节约用纸”．已知打印一份资料，如果用A4厚型纸单面打印，总质量为400 g，将其全部改成双面打印，用纸将减少一半；如果用A4薄型纸双面打印，这份资料的总质量为160 g，已知每页薄型纸比厚型纸轻0.8 g，求A4薄型纸每页的质量．(墨的质量忽略不计)

4.如图，直线y=x与双曲线y=(k＞0，x＞0)交于点A，将直线y=x上平移4个单位长度后，与y轴交于点C，与双曲线y=(k＞0，x＞0)交于点B.

(1)设点B的横坐标分别为b，试用只含有字母b的代数式表示k；

(2)若OA=3BC，求k的值.

5.在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，AE与BF相交于点G．

(1)如图1，求证：AE⊥BF；

(2)如图2，将△BCF沿BF折叠，得到△BPF，延长FP交BA的延长线于点Q，若AB＝4，

求QF的值.

6.如图,天星山山脚下西端A处与东端B处相距800（1+）米,小军和小明同时分别从A处和B处向山顶C匀速行走.已知山的西端的坡角是45°,东端的坡角是30°,小军的行走速度为米/秒.若小明与小军同时到达山顶C处,则小明的行走速度是多少？

7.如图，在△OAB中，OA＝OB，C为AB中点，以O为圆心，OC长为半径作圆，AO与⊙O交于点E，直线OB与⊙O交于点F和D，连接EF.CF，CF与OA交于点G.

(1)求证：直线AB是⊙O的切线；

(2)求证：OD•EG＝OG•EF；

(3)若AB＝4BD，求sin∠A的值.

8.如图1，抛物线y=ax2﹣bx﹣3交x轴于点A(﹣1，0)和点B(3，0).

(1)求该抛物线所对应的函数解析式；

(2)如图2，该抛物线与y轴交于点C，顶点为F，点D(2，3)在该抛物线上.

①求四边形ACFD的面积；

②点P是线段AB上的动点(点P不与点A、B重合)，过点P作PQ⊥x轴交该抛物线于点Q，连接AQ、DQ，当△AQD是直角三角形时，求出所有满足条件的点Q的坐标.

0.参考答案

1.解：x1=2，x2=0.5.

2.解：(1)共有4张牌，正面是中心对称图形的情况有3种，

∴游戏不公平．

修改规则：若抽到的两张牌面图形都是中心对称图形(或若抽到的两张牌面图形都是轴对称图形)，则小明获胜，否则小亮获胜．

3.解：设A4薄型纸每页的质量为x g，则A4厚型纸每页的质量为(x＋0.8)g.

根据题意，得：＝2×，

解得x＝3.2，

经检验，x＝3.2是原分式方程的解，且符合题意，

答：A4薄型纸每页的质量为3.2g.

4.解：(1)∵将直线y=x向上平移4个单位长度后，与y轴交于点C，

∴平移后直线的解析式为y=x+4，

∵点B在直线y=x+4上，∴B(b，b+4)，

∵点B在双曲线y=(k＞0，x＞0)上，∴B(b，kb﹣1)，

∴b+4=kb﹣1，∴k=b2+4b；

(2)分别过点A、B作AD⊥x轴，BE⊥x轴，CF⊥BE于点F，设A(3x，1.5x)，

∵OA=3BC，BC∥OA，CF∥x轴，

∴△BCF∽△AOD，∴3CF=OD，

∵点B在直线y=x+4上，

∴B(x，x+4)，

∵点A、B在双曲线y=上，

∴3x•x=x•(x+4)，解得x=1，

∴k=3×1××1=.

5.证明：(1)∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，

∴CF＝BE，

在△ABE和△BCF中，

∴Rt△ABE≌Rt△BCF(SAS)，

∴∠BAE＝∠CBF，

又∵∠BAE＋∠BEA＝90°，

∴∠CBF＋∠BEA＝90°，

∴∠BGE＝90°，

∴AE⊥BF；

(2)解：∵将△BCF沿BF折叠，得到△BPF，

∴FP＝FC，∠PFB＝∠BFC，∠FPB＝90°，

∵CD∥AB，

∴∠CFB＝∠ABF，

∴∠ABF＝∠PFB，

∴QF＝QB，

设QF＝x，PB＝BC＝AB＝4，CF＝PF＝2，

∴QB＝x，PQ＝x﹣2，

在Rt△BPQ中，

∴x2＝(x﹣2)2＋42，

解得：x＝5，即QF＝5．

6.解：过点C作CD⊥AB于点D，设AD=x米，小明的行走速度是a米/秒，

∵∠A=45°，CD⊥AB，∴AD=CD=x米，∴AC=x．

在Rt△BCD中，∵∠B=30°，∴BC===2x，

∵小军的行走速度为米/秒．若小明与小军同时到达山顶C处，

∴=，解得a=1米/秒．答：小明的行走速度是1米/秒．

7.证明：(1)∵OA＝OB，AC＝BC，

∴OC⊥AB，

∴⊙O是AB的切线.

(2)∵OA＝OB，AC＝BC，

∴∠AOC＝∠BOC，

∵OE＝OF，

∴∠OFE＝∠OEF，

∵∠AOB＝∠OFE＋∠OEF，

∴∠AOC＝∠OEF，

∴OC∥EF，

∴△GOC∽△GEF，

∴，

∵OD＝OC，

∴OD•EG＝OG•EF.

(3)∵AB＝4BD，

∴BC＝2BD，设BD＝m，BC＝2m，OC＝OD＝r，

在Rt△BOC中，∵OB2＝OC2＋BC2，

即(r＋m)2＝r2＋(2m)2，解得：r＝1.5m，OB＝2.5m，

∴sinA＝sinB＝.

8.解：(1)由题意可得

，解得，

∴抛物线解析式为y=﹣x2﹣2x﹣3；

(2)①∵y=﹣x2﹣2x﹣3=﹣(x﹣1)2﹣4，∴F(1，4)，

∵C(0，3)，D(2，3)，∴CD=2，且CD∥x轴，

∵A(﹣1，0)，

∴S四边形ACFD=S△ACD﹣S△FCD=×2×3﹣×2×(4﹣3)=4；

②∵点P在线段AB上，∴∠DAQ不可能为直角，

∴当△AQD为直角三角形时，有∠ADQ=90°或∠AQD=90°，

i.当∠ADQ=90°时，则DQ⊥AD，

∵A(﹣1，0)，D(2，3)，∴直线AD解析式为y=x﹣1，

∴可设直线DQ解析式为y=﹣x﹣b′，

把D(2，3)代入可求得b′=5，∴直线DQ解析式为y=﹣x﹣5，

联立直线DQ和抛物线解析式可得

，解得或，

∴Q(1，4)；

ii.当∠AQD=90°时，设Q(t，﹣t2﹣2t﹣3)，

设直线AQ的解析式为y=k1x﹣b1，

把A、Q坐标代入可得

，解得k1=﹣(t﹣3)，

设直线DQ解析式为y=k2x﹣b2，同理可求得k2=﹣t，

∵AQ⊥DQ，∴k1k2=﹣1，即t(t﹣3)=﹣1，解得t=，

当t=时，﹣t2﹣2t﹣3=，

当t=时，﹣t2﹣2t﹣3=，

∴Q点坐标为(，)或(，)；

综上可知Q点坐标为(1，4)或(，)或(，).