2023年中考数学三轮冲刺 解答题冲刺练习二（含答案）

2023年中考数学三轮冲刺 解答题冲刺练习二

1.解不等式组：.

2.每年的4月15日是我国全民国家安全教育日.某中学在全校七、八年级共800名学生中开展“国家安全法”知识竞赛，并从七、八年级学生中各抽取20名学生，统计这部分学生的竞赛成绩(竞赛成绩均为整数，满分10分，6分及以上为合格).相关数据统计、整理如下：

八年级抽取的学生的竞赛成绩：

4，4，6，6，6，6，7，7，7，8，8，8，8，8，8，9，9，9，10，10.

七、八年级抽取的学生的竞赛成绩统计表

根据以上信息，解答下列问题：

(1)填空：a＝　   　，b＝　   　，c＝　   　；

(2)估计该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数；

(3)根据以上数据分析，从一个方面评价两个年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩谁更优异.

3.小武新家装修，在装修客厅时，购进彩色地砖和单色地砖共100块，共花费5 600元.已知彩色地砖的单价是80元/块，单色地砖的单价是40元/块.

(1)两种型号的地砖各采购了多少块？

(2)如果厨房也铺设这两种型号的地砖共60块，且采购地砖的费用不超过3 200元，那么彩色地砖最多能采购多少块？

4.如图，直线AB与x轴交于点A(1，0)，与y轴交于点B(0，2)，将线段AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AC，反比例函数y=(k≠0，x＞0)的图象经过点C.

(1)求直线AB和反比例函数y=(k≠0，x＞0)的解析式；

(2)已知点P是反比例函数y=(k≠0，x＞0)图象上的一个动点，求点P到直线AB距离最短时的坐标.

5.如图所示,在菱形ABCD中,AB=2,∠DAB=60°,点E是AD边的中点,点M是AB边上一动点(不与点A重合),延长ME交射线CD于点N,连接MD,AN.

(1)求证:四边形AMDN是平行四边形;

(2)①当AM为何值时,四边形AMDN是矩形?

②当AM为何值时,四边形AMDN是菱形?

6.如图，电信部门计划修建一条连接B、C两地电缆，测量人员在山脚A处测得B、C两处的仰角分别是37°和45°，在B处测得C处的仰角为67°．已知C地比A地髙330米（图中各点均在同一平面内），求电缆BC长至少多少米？

（精确到米，参考数据：sin37°≈，tan37°≈，sin67°≈，tan67°≈）

7.如图，以O为圆心的弧BD的度数为60°，∠BOE＝45°，DA⊥OB于点A，EB⊥OB于点B.

(1)求的值；

(2)若OE与弧BD交于点M，OC平分∠BOE，连接CM，说明：CM是⊙O的切线；

(3)在(2)的条件下，若BC＝2，求tan∠BCO的值.

8.在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A(﹣4，0)，B(0，﹣4)，C(2，0)三点.

(1)求抛物线解析式；

(2)若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△MOA的面积为S.求S关于m的函数关系式，并求出当m为何值时，S有最大值，这个最大值是多少？

(3)若点Q是直线y=﹣x上的动点，过Q做y轴的平行线交抛物线于点P，判断有几个Q能使以点P，Q，B，O为顶点的四边形是平行四边形的点，直接写出相应的点Q的坐标.

0.答案

1.解：x≥1.

2.解：(1)由图表可得：a＝＝7.5，b＝＝8，c＝8，

故答案为：7.5，8，8；

(2)该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数＝800×＝200(人)，

答：该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数为200人；

(3)∵八年级的合格率高于七年级的合格率，

∴八年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩更优异.

3.解：(1)设彩色地砖采购x块，则单色地砖采购(100－x)块.

根据题意，得80x＋40(100－x)＝5 600，解得x＝40，

100－x＝60块.

答：彩色地砖采购40块，单色地砖采购60块；

(2)设彩色地砖采购y块，则单色地砖采购(60－y)块，

80y＋40(60－y)≤3 200，解得y≤20.

答：彩色地砖最多采购20块.

4.解：(1)将点A(1，0)，点B(0，2)，代入y=mx+b，

∴b=2，m=﹣2，∴y=﹣2x+2；

∵过点C作CD⊥x轴，

∵线段AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AC，

∴△ABO≌△CAD(AAS)，∴AD=AB=2，CD=OA=1，

∴C(3，1)，∴k=3，∴y=；

(2)设与AB平行的直线y=﹣2x+h，联立﹣2x+b=，

∴﹣2x2+bx﹣3=0，

当△=b2﹣24=0时，b=±2，此时点P到直线AB距离最短；

∴P(，)；

5. (1)证明:∵四边形ABCD是菱形,

∴ND∥AM,

∴∠NDE=∠MAE,∠DNE=∠AME.

又∵点E是AD边的中点,

∴DE=AE,

∴△NDE≌△MAE,

∴ND=MA,

∴四边形AMDN是平行四边形.

(2)①当AM=1时,四边形AMDN是矩形.

理由如下:∵四边形ABCD是菱形,

∴AB=AD=2.

当AM=1=AD时,可得∠ADM=30°.

∵∠DAM=60°,

∴∠AMD=90°,

∴平行四边形AMDN是矩形.

②当AM=2时,四边形AMDN是菱形.

理由如下:∵四边形ABCD是菱形,

∴AB=AD=2.

∵AM=2,∴AM=AD=2,

又∠DAM=60°,

∴△AMD是等边三角形,

∴AM=DM,

∴平行四边形AMDN是菱形.

6.解：如图，过点C作经过点A的水平直线的垂线，垂足为点D，

CD交过点B的水平直线于点E，过点B作BF⊥AD于点F，则CD=330米，

∵∠CAD=45°∴∠ACD=45°∴AD=CD=330米，

设AF=4x，则BF=AF•tan37°≈4x•0.75=3x（米）FD=（330﹣4x）米，

由四边形BEDF是矩形可得：BE=FD=（330﹣4x）米，ED=BF=3x米，

∴CE=CD﹣ED=（330﹣3x）米，

在Rt△BCE中，CE=BE•tan67°，∴330﹣3x=（330﹣4x）×2.4，解得x=70，

∴CE=330﹣3×70=120（米），∴BC==≈130（米）

答：电缆BC长至少130米．

7.解：(1)∵EB⊥OB，∠BOE＝45°，

∴∠E＝∠EOB，

∴BE＝BO，

在Rt△OAD中， ＝sin∠DOA＝，

∴＝，∴＝＝；

(2)∵OC平分∠BOE，

∴∠BOC＝∠MOC，

在△BOC和△MOC中，

，

∴△BOC≌△MOC，

∴∠OMC＝∠OBC＝90°，

∴CM是⊙O的切线；

(3)∵△BOC≌△MOC，

∴CM＝CB＝2，

∵∠E＝∠EOB＝45°，

∴CE＝CM＝2，

∴BE＝2＋2，

∴OB＝2＋2，

∴tan∠BCO＝＋1.

8.解：(1)设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，

∵抛物线经过A(﹣4，0)，B(0，﹣4)，C(2，0)，

∴，解得，

∴抛物线解析式为y=x2+x﹣4；

(2)∵点M的横坐标为m，

∴点M的纵坐标为m2+m﹣4，

又∵A(﹣4，0)，

∴AO=0﹣(﹣4)=4，

∴S=×4×|m2+m﹣4|=﹣(m2+2m﹣8)=﹣m2﹣2m+8，

∵S=﹣(m2+2m﹣8)=﹣(m+1)2+9，点M为第三象限内抛物线上一动点，

∴当m=﹣1时，S有最大值，最大值为S=9；

故答案为：S关于m的函数关系式为S=﹣m2﹣2m+8，当m=﹣1时，S有最大值9；

(3)∵点Q是直线y=﹣x上的动点，

∴设点Q的坐标为(a，﹣a)，

∵点P在抛物线上，且PQ∥y轴，

∴点P的坐标为(a， a2+a﹣4)，

∴PQ=﹣a﹣(a2+a﹣4)=﹣a2﹣2a+4，

又∵OB=0﹣(﹣4)=4，

以点P，Q，B，O为顶点的四边形是平行四边形，

∴|PQ|=OB，即|﹣a2﹣2a+4|=4，

①﹣a2﹣2a+4=4时，整理得，a2+4a=0，

解得a=0(舍去)或a=﹣4，﹣a=4，

所以点Q坐标为(﹣4，4)，

②﹣a2﹣2a+4=﹣4时，整理得，a2+4a﹣16=0，解得a=﹣2±2，

所以点Q的坐标为(﹣2+2，2﹣2)或(﹣2﹣2，2+2)，

综上所述，Q坐标为(﹣4，4)或(﹣2+2，2﹣2)或(﹣2﹣2，2+2)时，

使点P，Q，B，O为顶点的四边形是平行四边形.