2023年中考数学三轮冲刺 解答题冲刺练习八（含答案）

2023年中考数学三轮冲刺 解答题冲刺练习八

1.用代入法解方程组：

2.中华文化，源远流长，在文学方面，《西游记》、《三国演义》、《水浒传》、《红楼梦》是我国古代长篇小说中的典型代表，被称为“四大古典名著”.某中学为了了解学生对四大古典名著的阅读情况，就“四大古典名著你读完了几部”的问题在全校学生中进行了抽样调查，根据调查结果绘制成如图所示的两个不完整的统计图，请结合图中信息解决下列问题：

(1)本次调查了　   　名学生，扇形统计图中“1部”所在扇形的圆心角为　   　度，并补全条形统计图；

(2)此中学共有1600名学生，通过计算预估其中4部都读完了的学生人数；

(3)没有读过四大古典名著的两名学生准备从四大固定名著中各自随机选择一部来阅读，求他们选中同一名著的概率.

3.某镇第一年有绿地面积57.5公顷，该镇近几年不断增加绿地面积，第三年达到82.8公顷.

(1)求该镇第一年至第三年年绿地面积的年平均增长率；

(2)若年增长率保持不变，第四年该镇绿地面积能否达到100公顷？

4.如图，已知在平面直角坐标系中，一次函数y=ax＋b(a≠0)图象与反比例函数y=(k≠0)的图象交于一、三象限内的A、B两点，与x轴交于点C，与y轴交于点D，OC=1，BC=5，cos∠BCO=.

(1)求该反比例函数和一次函数的解析式；

(2)在y轴上有一点E(O点除外)，使得△BDE与△BDO的面积相等，求出点E的坐标．

5.如图，在△ABC中，BD、CE分别为AC、AB边上的中线，BD、CE交于点H，点G、F分别为HC、HB的中点，连接AH、DE、EF、FG、GD，其中HA=BC.

（1）证明：四边形DEFG为菱形；

（2）猜想当AC、AB满足怎样的数量关系时，四边形DEFG为正方形，并说明理由.

6.如图山坡上有一根旗杆AB，旗杆底部B点到山脚C点的距离BC为6米，斜坡BC的坡度i=1：．小明在山脚的平地F处测量旗杆的高，点C到测角仪EF的水平距离CF=1米，从E处测得旗杆顶部A的仰角为45°，旗杆底部B的仰角为20°．

（1）求坡角∠BCD；

（2）求旗杆AB的高度．

（参考数值：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36）

7.如图，在等腰△ABC中，AB＝BC，以AB为直径的半圆分别交AC、BC于点D、E两点，BF与⊙O相切于点B，交AC的延长线于点F.

(1)求证：D是AC的中点；

(2)若AB＝12，sin∠CAE＝，求CF的值.

8.在平面直角坐标系中，直线y＝mx﹣2m与x轴，y轴分别交于A，B两点，顶点为D的抛物线y＝﹣x2＋2mx﹣m2＋2与y轴交于点C．

(1)如图，当m＝2时，点P是抛物线CD段上的一个动点．

①求A，B，C，D四点的坐标；

②当△PAB面积最大时，求点P的坐标；

(2)在y轴上有一点M(0，m)，当点C在线段MB上时，

①求m的取值范围；②求线段BC长度的最大值．

0.答案

1.解：原方程组可化为

由①，得y=5x－36，③

把③代入②，得x＋5(5x－36)=28，解得x=8.

把x=8代入③，得y=4.

∴这个方程组的解是.

2.解：(1)调查的总人数为：10÷25%＝40，

∴1部对应的人数为40﹣2﹣10﹣8﹣6＝14，

则扇形统计图中“1部”所在扇形的圆心角为：×360°＝126°；

故答案为：40、126；

(2)预估其中4部都读完了的学生有1600×＝240人；

(3)将《西游记》、《三国演义》、《水浒传》、《红楼梦》分别记作A，B，C，D，

画树状图可得：

共有16种等可能的结果，其中选中同一名著的有4种，

故P(两人选中同一名著)＝.

3.解：(1)设绿地面积的年平均增长率为x，根据意，得

57.5(1+x)2=82.8

解得：x1=0.2，x2=﹣2.2(不合题意，舍去)

答：增长率为20%；

(2)由题意，得82.8(1+0.2)=99.36公顷，

答：第四年该镇绿地面积不能达到100公顷.

4.解：(1)如解图，过B作BF⊥x轴于F.在Rt△BCF中，

∵BC=5，cos∠BCO=，

∴CF=BC·cos∠BCO=5×=4，BF===3.

∵OC=1，∴C(1，0)，OF=CF－OC=4－1=3，

∴B(－3，－3) ，将B(－3，－3)代入y=，得－3=，解得k=9，

∴反比例函数解析式是y=.

将C(1，0)和B(－3，－3)代入y=ax＋b，

得 ，解得，

∴一次函数的解析式是y=x－；

(2)∵一次函数y=x－的图象与y轴交于点D，

∴D(0，－)，OD=.

∵S△BDE=S△BDO，

∴DE=DO=，∴yE=－－=－，

∴E(0，－)．

5.（1）证明：∵D、E分别为AC、AB的中点，

∴ED∥BC，ED=BC.

同理FG∥BC，FG=BC，

∴ED∥FG，ED=FG，

∴四边形DEFG是平行四边形，

∵AE=BE，FH=BF，

∴EF=HA，

∵BC=HA，

∴EF=BC=DE，

∴▱DEFG是菱形；

（2）解：猜想：AC=AB时，四边形DEFG为正方形，

理由是：∵AB=AC，

∴∠ACB=∠ABC，

∵BD、CE分别为AC、AB边上的中线，

∴CD=AC，BE=AB，

∴CD=BE，

在△DCB和△EBC中，

∵，

∴△DCB≌△EBC（SAS），

∴∠DBC=∠ECB，

∴HC=HB，

∵点G、F分别为HC、HB的中点，

∴HG=HC，HF=HB，

∴GH=HF，

由（1）知：四边形DEFG是菱形，

∴DF=2FH，EG=2GH，

∴DF=EG，

∴四边形DEFG为正方形.

6.

7. (1)证明：连接DB，

∴AB是⊙O直径，

∴∠ADB＝90°，

∴DB⊥AC.

又∵AB＝BC.

∴D是AC的中点.

(2)解：∵BF与⊙O相切于点B，

∴∠ABF＝90°，

∵∠CAE＝∠CBD，

∴∠CBD＝∠ABD，∠ABD＝∠F，

∴sin∠CAE＝sin∠F＝sin∠ABD，

∴在△ADB和△ABF中，

∵AB＝12，

∴AF＝8，AD＝3，

∴CF＝AF﹣AC＝2.

8.解：(1)∵直线y＝mx﹣2m与x轴，y轴分别交于A，B两点，

∴A(2，0)，B(0，﹣2m)；

∵y＝﹣(x﹣m)2＋2，

∴抛物线的顶点为D(m，2)，

令x＝0，则y＝﹣m2＋2，

∴C(0，﹣m2＋2)．

①当m＝2时，﹣2m＝﹣4，﹣m2＋2＝﹣2，

∴B(0，﹣4)，C(0，﹣2)，D(2，2)．

②由上可知，直线AB的解析式为：y＝2x﹣4，抛物线的解析式为：y＝﹣x2＋4x﹣2．

如图，过点P作PE∥y轴交直线AB于点E，

设点P的横坐标为t，

∴P(t，﹣t2＋4t﹣2)，E(t，2t﹣4)．

∴PE＝﹣t2＋4t﹣2﹣(2t﹣4)＝﹣t2＋2t＋2，

∴△PAB的面积为：×(2﹣0)×(﹣t2＋2t＋2)＝﹣(t﹣1)2＋3，

∵﹣1＜0，

∴当t＝1时，△PAB的面积的最大值为3．

此时P(1，1)．

(2)由(1)可知，B(0，﹣2m)，C(0，﹣m2＋2)，

①∵y轴上有一点M(0，m)，点C在线段MB上，

∴需要分两种情况：

当m≥﹣m2＋2≥﹣2m时，可得≤m≤1＋，

当m≤﹣m2＋2≤﹣2m时，可得﹣3≤m≤1﹣，

∴m的取值范围为：≤m≤1＋或﹣3≤m≤1﹣．

②当≤m≤1＋时，∵BC＝﹣m2＋2﹣(﹣2m)＝﹣m2＋2m＋2＝﹣(m﹣1)2＋3，

∴当m＝1时，BC的最大值为3；

当m≤﹣m2＋2≤﹣2m时，即﹣3≤m≤1﹣，

∴BC＝﹣2m﹣(﹣m2＋2)＝m2﹣2m﹣2＝(m﹣1)2﹣3，

当m＝﹣3时，点M与点C重合，BC的最大值为13．

∴当m＝1时，BC的最大值为3；当m＝﹣3时，BC的最大值为13．