2023年中考数学三轮冲刺 解答题冲刺练习七（含答案）

2023年中考数学三轮冲刺 解答题冲刺练习七

1.解不等式组：

2.九(1)班同学分成甲、乙两组，开展“四个城市建设”知识竞赛，满分得5分，得分均为整数.小马虎根据竞赛成绩，绘制了如图所示的统计图.经确认，扇形统计图是正确的，条形统计图也只有乙组成绩统计有一处错误.

(1)指出条形统计图中存在的错误，并求出正确值；

(2)若成绩达到3分及以上为合格，该校九年级有800名学生，请估计成绩未达到合格的有多少名？

(3)九(1)班张明、李刚两位成绩优秀的同学被选中参加市里组织的“四个城市建设”知识竞赛.预赛分为A、B、C、D四组进行，选手由抽签确定.张明、李刚两名同学恰好分在同一组的概率是多少？

3. “低碳环保，绿色出行”，自行车逐渐成为人们喜爱的交通工具.某品牌共享自行车在某区域的投放量自今年逐月增加，据统计，该品牌共享自行车1月份投放了1600辆，3月份投放了2500辆.若该品牌共享自行车前4个月的投放量的月平均增长率相同，求4月份投放了多少辆？

4.如图，在平面直角坐标系中，A点坐标为(a，6)，AB⊥x轴于点B，cos∠OAB=，反比例函数y=图象的一支分别交AO、AB于点C、D.延长AO交反比例函数的图象的另一支于点E.已知点D的纵坐标为.

(1)求反比例函数的解析式；

(2)求直线EB的解析式；

(3)求S△OEB.

5.如图，正方形ABCD的面积为4，对角线交于点O，点O是正方形A1B1C1O的一个顶点，如果这两个正方形全等，正方形A1B1C1O绕点O旋转.

(1)求两个正方形重叠部分的面积；

(2)若正方形A1B1C1O旋转到B1在DB的延长线时，求A与C1的距离.

6.为了保证人们上下楼的安全，楼梯踏步的宽度和高度都要加以限制．中小学楼梯宽度的范围是260mm～300mm含(300mm)，高度的范围是120mm～150mm(含150mm)．如图是某中学的楼梯扶手的截面示意图，测量结果如下：AB，CD分别垂直平分踏步EF，GH，各踏步互相平行，AB=CD，AC=900mm，∠ACD=65°，试问该中学楼梯踏步的宽度和高度是否符合规定．(结果精确到1mm，参考数据：sin65°≈0.906，cos65°≈0.423)

7.如图，AB为⊙O直径，C是⊙O上一点，CO⊥AB于点O，弦CD与AB交于点F．过点D作⊙O的切线交AB的延长线于点E，过点A作⊙O的切线交ED的延长线于点G．

（1）求证：△EFD为等腰三角形；

（2）若OF：OB=1：3，⊙O的半径为3，求AG的长．

8.如图，已知一条直线过点(0，4)，且与抛物线y=x2交于A，B两点，其中点A的横坐标是﹣2．

(1)求这条直线的函数关系式及点B的坐标．

(2)在x轴上是否存在点C，使得△ABC是直角三角形？若存在，求出点C的坐标，若不存在，请说明理由．

(3)过线段AB上一点P，作PM∥x轴，交抛物线于点M，点M在第一象限，点N(0，1)，当点M的横坐标为何值时，MN＋3MP的长度最大？最大值是多少？

0.答案

1.解：x＜﹣5

2.解：(1)由统计图可得：

乙组得分的人数统计有误，

理由：由条形统计图和扇形统计图的对应可得，

2÷5%＝40，(3＋2)÷12.5%＝40，

(7＋5)÷30%＝40，(6＋8)÷35%＝40，(4＋4)÷17.5%≠40，

故乙组得5分的人数统计有误，

正确人数应为：40×17.5%﹣4＝3.

(2)800×(5%＋12.5%)＝140(人)；

(3)如图得：

∵共有16种等可能的结果，所选两人正好分在一组的有4种情况，

∴所选两人正好分在一组的概率是：.

3.解：设月平均增长率为x，

根据题意得1600(1＋x)2＝2500，

解得：x1＝0.25＝25%，x2＝﹣2.25(不合题意，舍去)，

∴月平均增长率为25%，

∴4月份投放了2500(1＋x)＝2500×(1＋25%)＝3125.

答：4月份投放了3125辆.

4.解：(1)∵A点的坐标为(a，6)，AB⊥x轴，

∴AB=6，

∵cos∠OAB═=，∴，∴OA=10，

由勾股定理得：OB=8，

∴A(8，6)，∴D(8，)，

∵点D在反比例函数的图象上，∴k=8×=12，

∴反比例函数的解析式为：y=；

(2)设直线OA的解析式为：y=bx，

∵A(8，6)，∴8b=6，b=，

∴直线OA的解析式为：y=x，则，

x=±4，[∴E(﹣4，﹣3)，

设直线BE的解式为：y=mx+n，

把B(8，0)，E(﹣4，﹣3)代入得：

，解得：，

∴直线BE的解式为：y=x﹣2；

(3)S△OEB=OB•|yE|=×8×3=12.

5.解：(1)∵四边形ABCD为正方形，

∴∠OAB＝∠OBF＝45°，OA＝OB

∵BO⊥AC，∴∠AOE＋∠EOB＝90°，

又∵四边形A1B1C1O为正方形，

∴∠A1OC1＝90°，即∠BOF＋∠EOB＝90°，

∴∠AOE＝∠BOF，

在△AOE和△BOF中，

，

∴△AOE≌△BOF(ASA)，

∵S两个正方形重叠部分＝S△BOE＋S△BOF，

又S△AOE＝S△BOF

∴S两个正方形重叠部分＝SABO＝S正方形ABCD＝×4＝1；

(2)如图，

∵正方形的面积为4，

∴AD＝AB＝2，

∵正方形A1B1C1O旋转到B1在DB的延长线时，

∴C1F＝OC1＝1，AG＝1

∴C1G＝3，

根据勾股定理，得AC1＝.

6.解：连接BD，作DM⊥AB于点M，

∵AB=CD，AB，CD分别垂直平分踏步EF，GH，

∴AB∥CD，AB=CD，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∴∠C=∠ABD，AC=BD，

∵∠C=65°，AC=900，

∴∠ABD=65°，BD=900，

∴BM=BD•cos65°=900×0.423≈381，DM=BD•sin65°=900×0.906≈815，

∵381÷3=127，120＜127＜150，

∴该中学楼梯踏步的高度符合规定，

∵815÷3≈272，260＜272＜300，

∴该中学楼梯踏步的宽度符合规定，

由上可得，该中学楼梯踏步的宽度和高度都符合规定．

7.（1）证明：连接OD，

∵OC=OD，

∴∠C=∠ODC，

∵OC⊥AB，

∴∠COF=90°，

∴∠OCD+∠CFO=90°，

∵GE为⊙O的切线，

∴∠ODC+∠EDF=90°，

∵∠EFD=∠CFO，

∴∠EFD=∠EDF，

∴EF=ED．

（2）解：∵OF：OB=1：3，⊙O的半径为3，

∴OF=1，

∵∠EFD=∠EDF，

∴EF=ED，

在Rt△ODE中，OD=3，DE=x，则EF=x，OE=1+x，

∵OD2+DE2=OE2，

∴32+x2=（x+1）2，解得x=4，

∴DE=4，OE=5，

∵AG为⊙O的切线，

∴AG⊥AE，

∴∠GAE=90°，

而∠OED=∠GEA，

∴Rt△EOD∽Rt△EGA，

∴=，即=，

∴AG=6．

8.解：(1)∵点A是直线与抛物线的交点，且横坐标为﹣2，

∴y=×(﹣2)2=1，A点的坐标为(﹣2，1)，设直线的函数关系式为y=kx＋b，

将(0，4)，(﹣2，1)代入得

，解得，∴直线y=x＋4，

∵直线与抛物线相交，

∴x＋4=x2，解得：x=﹣2或x=8，

当x=8时，y=16，∴点B的坐标为(8，16)；

(2)如图1，连接AC，BC，

∵由A(﹣2，1)，B(8，16)可求得AB2=325．

设点C(m，0)，同理可得AC2=(m＋2)2＋12=m2＋4m＋5，

BC2=(m﹣8)2＋162=m2﹣16m＋320，

①若∠BAC=90°，则AB2＋AC2=BC2，即325＋m2＋4m＋5=m2﹣16m＋320，解得：m=﹣；

②若∠ACB=90°，则AB2=AC2＋BC2，即325=m2＋4m＋5＋m2﹣16m＋320，解得：m=0或m=6；

③若∠ABC=90°，则AB2＋BC2=AC2，即m2＋4m＋5=m2﹣16m＋320＋325，解得：m=32；

∴点C的坐标为(﹣，0)，(0，0)，(6，0)，(32，0)

(3)设M(a，a2)，如图2，设MP与y轴交于点Q，

在Rt△MQN中，由勾股定理得MN==a2＋1，

又∵点P与点M纵坐标相同，∴x＋4=a2，∴x=，

∴点P的横坐标为，∴MP=a﹣，

∴MN＋3PM=a2＋1＋3(a﹣)=﹣a2＋3a＋9，∴当a=6，

又∵﹣2≤6≤8，∴取到最大值18，

∴当M的横坐标为6时，MN＋3PM的长度的最大值是18．