2023年中考数学三轮冲刺 解答题冲刺练习十（含答案）

这是一份2023年中考数学三轮冲刺 解答题冲刺练习十（含答案），共10页。试卷主要包含了1km，参考数据，解得m=3，))等内容，欢迎下载使用。


某校开展了以“人生观、价值观”为主题的班队活动.活动结束后，初三(2)班数学兴趣小组提出了5个主要观点并在本班50名学生中进行了调査(要求每位同学只选自己最认可的一项观点)，并制成了如图所示的扇形统计图.
(1)该班学生选择“和谐”观点的有 人，在扇形统计图中，“和谐”观点所在扇形区域的圆心角是 .
(2)如果该校有1500名初三学生.利用样本估计选择“感恩”观点的初三学生约有 人.
(3)如果数学兴趣小组在这5个主要观点中任选两项观点在全校学生中进行调查.求恰好选到“和谐”和“感恩”观点的概率.
某商厦预测一种应季衬衫能畅销市场，于是用8000元购进了这种衬衫，衬衫面市后，果然供不应求，商厦又用17600元购进了第二批这种衬衫，第二批所购数量是第一批购进数量的2倍，但单价贵了4元.
(1)求这两批衬衫的进价分别是多少元？
(2)商厦销售这两批衬衫时都是统一售价，这两批衬衫全部售出后，商店获利不少22400元，求售价至少每件多少元？
如图，点A(m，m＋1)，B(m＋3，m－1)都在反比例函数y=eq \f(k,x)的图象上.
(1)求m，k的值；
(2)求直线AB的函数解析式；
(3)如果M为x轴上一点，N为y轴上一点，以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形，直接写出点M，N的坐标.
如图，E是正方形ABCD对角线BD上一点，EM⊥BC，EN⊥CD垂足分别是求M、N.
(1)求证：AE＝MN；
(2)若AE＝2，∠DAE＝30°，求正方形的边长．
如图，一艘船由A港沿北偏东60°方向航行10km至B港，然后再沿北偏西30°方向航行10km至C港．
（1）求A，C两港之间的距离（结果保留到0.1km，参考数据：≈1.414，≈1.732）；
（2）确定C港在A港的什么方向．
如图，在△ABC中，AB＝AC，AE是∠BAC的平分线，∠ABC的平分线BM交AE于点M，点O在AB上，以点O为圆心，OB的长为半径的圆经过点M，交BC于点G，交AB于点F.
(1)求证：AE为⊙O的切线；
(2)当BC＝4，AC＝6时，求⊙O的半径；
(3)在(2)的条件下，求线段BG的长.
如图1，抛物线y＝ax2﹣x＋c与x轴交于A(﹣2，0)、B(4，0)两点，与y轴交于点C，直线l与抛物线交于A、D两点，其中D点的横坐标为2．
(1)求抛物线的解析式以及直线AD的解析式；
(2)点P是抛物线上位于直线AD下方的动点，过点P作x轴，y轴的平行线，交AD于点E、F，当PE＋PF取最大值时，求点P的坐标；
(3)如图2，连接AC，点Q在抛物线上，且满足∠QAB＝2∠ACO，求点的坐标．
\s 0 答案
解：﹣1＜x≤2.
解：(1)共调查了50名学生，选择“和谐”观点的占10%，
50×10%＝5，360°×10%＝36°；
(2)∵选择“感恩”的占28%，∴1500×28%＝420人，
(3)如下表所示：
∴恰好选到“和谐”和“感恩”观点的概率＝eq \f(1,10).
解：(1)设该商家购进的第一批衬衫是x元，则购进第二批这种衬衫是(x+4)元，
依题意有，
解得x=40，经检验，x=40是原方程的解，且符合题意，
40+4=44.答：这两批衬衫的进价分别是40，44元.
(2)设每件衬衫的售价a元，
依题意有8000÷40=200，200×2=400，
200(a﹣40)+400(a﹣44)≥22400解得a≥80.
答：每件衬衫的售价至少是80元.
解：(1)∵点A(m，m＋1)，B(m＋3，m－1)都在反比例函数y=eq \f(k,x)的图象上，
∴k=m(m＋1)=(m＋3)(m－1).
∴m2＋m=m2＋2m－3.解得m=3.
∴k=3×(3＋1)=12.
(2)∵m=3，∴A(3，4)，B(6，2).
设直线AB的解析式为y=kx＋b(k≠0)，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4＝3k＋b，,2＝6k＋b，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－\f(2,3)，,b＝6.))
∴直线AB的解析式为y=－eq \f(2,3)x＋6.
(3)如图，作AM⊥x轴于M，作BN⊥y轴于N，两线交于P.
由(1)知，A(3，4)，B(6，2)，
∴AP=PM=2，BP=PN=3.
∴M(3，0)，N(0，2).[来源：]
∵四边形ANMB是平行四边形，
当M(－3，0)，N(0，－2)时，根据勾股定理能求出AM=BN，AB=MN，
即四边形AMNB是平行四边形，
∴M(－3，0)，N(0，－2).
综上所述，M(3，0)，N(0，2)或M(－3，0)，(0，－2).
证明：(1)连接EC．
∵四边形ABCD是正方形，EM⊥BC，EN⊥CD，
∴∠NCM＝∠CME＝∠CNE＝90°，
∴四边形EMCN为矩形．
∴MN＝CE．
又∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ABE＝∠CBE．
在△ABE和△CBE中
∵，
∴△ABE≌△CBE(SAS)．
∴AE＝EC．
∴AE＝MN．
(2)解：过点E作EF⊥AD于点F，
∵AE＝2，∠DAE＝30°，
∴EF＝eq \f(1,2)AE＝1，AF＝AE•cs30°＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)．
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠EDF＝45°，
∴DF＝EF＝1，
∴AD＝AF＋DF＝eq \r(3)＋1，即正方形的边长为eq \r(3)＋1．
解：
（1）由题意可得，∠PBC=30°，∠MBB=60°，∴∠CBQ=60°，∠BAN=30°，
∴∠ABQ=30°，∴∠ABC=90°．∵AB=BC=10，∴AC≈14.1．
答：A、C两地之间的距离为14.1km．
（2）由（1）知，△ABC为等腰直角三角形，∴∠BAC=45°，∴∠CAM=15°，
∴C港在A港北偏东15°的方向上．
(1)证明：连接OM，如图1，
∵BM是∠ABC的平分线，
∴∠OBM＝∠CBM，
∵OB＝OM，
∴∠OBM＝∠OMB，
∴∠CBM＝∠OMB，
∴OM∥BC，
∵AB＝AC，AE是∠BAC的平分线，
∴AE⊥BC，
∴OM⊥AE，
∴AE为⊙O的切线；
(2)解：设⊙O的半径为r，
∵AB＝AC＝6，AE是∠BAC的平分线，
∴BE＝CE＝eq \f(1,2)BC＝2，
∵OM∥BE，
∴△AOM∽△ABE，
∴＝，即＝，解得r＝，
即设⊙O的半径为eq \f(3,2)；
(3)解：作OH⊥BE于H，如图，
∵OM⊥EM，ME⊥BE，
∴四边形OHEM为矩形，
∴HE＝OM＝eq \f(3,2)，
∴BH＝BE﹣HE＝2﹣eq \f(3,2)＝eq \f(1,2)，
∵OH⊥BG，
∴BH＝HG＝eq \f(1,2)，
∴BG＝2BH＝1.
解：(1)将A(﹣2，0)，B(4，0)代入y＝ax2﹣x＋c，
得，解得，
∴抛物线解析式为y＝eq \f(1,2)x2﹣x﹣4，
当x＝2时，y＝﹣4，
∴D(2，﹣4)，
设直线AD的解析式为y＝kx＋b，
将A(﹣2，0)D(2，﹣4)代入，
得，解得，
∴直线AD的解析式为y＝﹣x﹣2；
(2)根据题意作图，如图1，
在y＝﹣x﹣2上，当x＝0时，y＝﹣2，
∴AD与y轴的交点M的坐标为(0，﹣2)，
∴OA＝OM，∠AOM＝90°，
∴∠OAB＝45°，
∵PE∥x轴，PF∥y轴，
∴∠PEF＝∠OAB＝45°，∠EPF＝90°，
∴PF＝PE，
设P(x，eq \f(1,2)x2﹣x﹣4)，F(x，﹣x﹣2)，∴PF＝﹣eq \f(1,2)x2＋2，
∵P在AD的下方，∴﹣2＜x＜2，
当x＝0时，PF有最大值为2，此时PF＋PE最大，
∴P(0，﹣4)；
(3)在BO上截取ON＝OA，连接CN，过点A作AH⊥CN，如图2，
∵点A(﹣2，0)，点C(0，﹣4)，
∴OA＝2，OC＝4，
∴AC＝2eq \r(5)，
∵ON＝OA，∠CON＝∠COA＝90°，OC＝OC，
∴△OCN≌△OCA(SAS)，
∴∠ACO＝∠NCO，CN＝AC＝2eq \r(5)，
∴∠NCA＝2∠ACO，
∵∠QAB＝2∠ACO，
∴∠QAB＝∠NCA，
∵S△ANC＝eq \f(1,2)AN×OC＝eq \f(1,2)AH×CN，
∴AH＝eq \f(8\r(5),5)，∴CH＝eq \f(6\r(5),5)，
∴tan∠NCA＝eq \f(4,3)，
如图3，当点Q在AB的下方时，设AQ与y轴交于点I，
∵∠QAB＝∠NCA，
∴tan∠NCA＝tan∠QAB＝eq \f(4,3)，∴OI＝eq \f(8,3)，∴点I(0，﹣eq \f(8,3))，
又∵点A(﹣2，0)，
∴直线AQ解析式为：y＝﹣eq \f(4,3)x﹣，联立方程组得：
，解得：或 (不合题意舍去)，
∴点Q坐标为(eq \f(4,3)，﹣eq \f(40,9))，
当点Q在AB的上方时，同理可求直线AQ解析式为：y＝eq \f(4,3)x＋eq \f(8,3)，
联立方程组得：
，解得： (不合题意舍去)或，
∴点Q坐标为(，)，
综上所述：点Q的坐标为(，﹣)或(，)．
互动
平等
思取
和谐
感恩
互动
(互动，平等)
(互动，思取)
(互动，和谐)
(互动，感恩)
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