2023年中考数学三轮冲刺 解答题冲刺练习一（含答案）

这是一份2023年中考数学三轮冲刺 解答题冲刺练习一（含答案），共10页。试卷主要包含了2元，5 cm等内容，欢迎下载使用。


某商场，为了吸引顾客，在“白色情人节”当天举办了商品有奖酬宾活动，凡购物满200元者，有两种奖励方案供选择：一是直接获得20元的礼金券，二是得到一次摇奖的机会.已知在摇奖机内装有2个红球和2个白球，除颜色外其它都相同，摇奖者必须从摇奖机内一次连续摇出两个球，根据球的颜色(如表)决定送礼金券的多少.
(1)请你用列表法(或画树状图法)求一次连续摇出一红一白两球的概率.
(2)如果一名顾客当天在本店购物满200元，若只考虑获得最多的礼品券，请你帮助分析选择哪种方案较为实惠.
某商店从厂家以21元/件的价格购进一批商品，该商店可以自行定价，若每件商品售价为a元，则可卖(350－10a)件，但物价局限定每件加价不能超过进价的20%.商店计划要赚400元，需要卖出多少件商品？每件商品的售价为多少元？
如图，在△ABC中，AC=BC，AB⊥x轴，垂足为A.反比例函数y=eq \f(k,x)(x>0)的图象经过点C，交AB于点D.已知AB=4，BC=eq \f(5,2).
(1)若OA=4，求k的值；
(2)连接OC，若BD=BC，求OC的长.
如图，将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，折痕l交CD边于点E，连接BE.
(1)求证：四边形BCED′是平行四边形；
(2)若BE平分∠ABC.求证：AB2＝AE2＋BE2.

如图1是一副创意卡通圆规，图2是其平面示意图，OA是支撑臂，OB是旋转臂，使用时，以点A为支撑点，铅笔芯端点B可绕点A旋转作出圆.已知OA=OB=10 cm.
(1)当∠AOB=20°时，求所作圆的半径；(结果精确到0.01 cm)
(2)保持∠AOB=20°不变，在旋转臂OB末端的铅笔芯折断了一截的情况下，作出的圆与(1)中所作圆的大小相等，求铅笔芯折断部分的长度.(结果精确到0.01 cm)
(参考数据：sin10°≈0.174，cs10°≈0.985，sin20°≈0.342，cs20°≈0.940)
如图，⊙O是△ABC的外接圆，O点在BC边上，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接BD、CD，过点D作BC的平行线，与AB的延长线相交于点P.
(1)求证：PD是⊙O的切线；
(2)求证：△PBD∽△DCA；
(3)当AB＝6，AC＝8时，求线段PB的长.
如图，抛物线y＝﹣eq \f(2,3)x2＋eq \f(2,3)x＋4与坐标轴分别交于A，B，C三点，P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．
(1)A，B，C三点的坐标为 ， ， ．
(2)连接AP，交线段BC于点D，
①当CP与x轴平行时，求的值；
②当CP与x轴不平行时，求的最大值；
(3)连接CP，是否存在点P，使得∠BCO＋2∠PCB＝90°，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由．
\s 0 答案
解：x1=﹣1，x2=﹣2.
解：(1)树状图为：
∴一共有6种情况，摇出一红一白的情况共有4种，
∴摇出一红一白的概率＝eq \f(2,3)；
(2)∵两红的概率P＝eq \f(1,6)，两白的概率P＝eq \f(1,6)，一红一白的概率P＝eq \f(2,3)，
∴摇奖的平均收益是：eq \f(1,6)×18＋eq \f(2,3)×24＋eq \f(1,6)×18＝22，
∵22＞20，
∴选择摇奖.
解：由题意，得(a－21)(350－10a)=400，
解得a1=25，a2=31.
∵物价局限定每件加价不能超过进价的20%，
∴每件商品的售价不超过25.2元.
∴a=31不合题意，舍去.
∴350－10a=350－10×25=100.
答：需要卖出100件商品，每件商品的售价为25元.
解：(1)作CE⊥AB，垂足为E.
∵AC=BC，AB=4，∴AE=BE=2.
在Rt△BCE中，BC=eq \f(5,2)，BE=2，∴CE=eq \f(3,2).
∵OA=4，∴点C的坐标为(eq \f(5,2)，2).
∵点C在y=eq \f(k,x)的图象上，∴k=5.
(2)设A点的坐标为(m，0)，∵BD=BC=eq \f(5,2)，∴AD=eq \f(3,2).
∴D，C两点的坐标分别为(m，eq \f(3,2))，(m－eq \f(3,2)，2).
∵点C，D都在y=eq \f(k,x)的图象上，∴eq \f(3,2)m=2(m－eq \f(3,2)).∴m=6.
∴点C的坐标为(eq \f(9,2)，2).
作CF⊥x轴，垂足为F，∴OF=eq \f(9,2)，CF=2.
在Rt△OFC中，OC2=OF2＋CF2，
∴OC=eq \f(\r(97),2).
证明：(1)∵将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，
∴∠DAE＝∠D′AE，∠DEA＝∠D′EA，∠D＝∠AD′E.
∵DE∥AD′，
∴∠DEA＝∠EAD′.
∴∠DAE＝∠EAD′＝∠DEA＝∠D′EA.
∴∠DAD′＝∠DED′.
∴四边形DAD′E是平行四边形．
∴DE＝AD′.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB平行且等于DC.
∴CE平行且等于D′B.
∴四边形BCED′是平行四边形．
(2)∵BE平分∠ABC，
∴∠CBE＝∠EBA.
∵AD∥BC，
∴∠DAB＋∠CBA＝180°.
∵∠DAE＝∠BAE，
∴∠EAB＋∠EBA＝90°.
∴∠AEB＝90°.
∴AB2＝AE2＋BE2.
解：(1)连接BA，作OC⊥AB于点C.
由题意可得，OA=OB=10 cm，∠OCB=90°，∠AOB=20°，
∴∠BOC=10°.
∴AB=2BC=2OB·sin10°≈2×10×0.174≈3.5(cm)，
即所作圆的半径约为3.5 cm.
(2)作AD⊥OB于点D，作AE=AB.
∵保持∠AOB=20°不变，则折断的部分为BE.
∵∠AOB=20°，OA=OB，∠ODA=90°，
∴∠OAB=80°，∠OAD=70°.
∴∠BAD=10°.
∴BE=2BD=2AB·sin10°≈2×3.5×0.174≈1.2(cm)，
即铅笔芯折断部分的长度是1.2 cm.
(1)证明：∵圆心O在BC上，
∴BC是圆O的直径，
∴∠BAC＝90°，
连接OD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠DAC，
∵∠DOC＝2∠DAC，
∴∠DOC＝∠BAC＝90°，即OD⊥BC，
∵PD∥BC，
∴OD⊥PD，
∵OD为圆O的半径，
∴PD是圆O的切线；
(2)证明：∵PD∥BC，
∴∠P＝∠ABC，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠P＝∠ADC，
∵∠PBD＋∠ABD＝180°，∠ACD＋∠ABD＝180°，
∴∠PBD＝∠ACD，
∴△PBD∽△DCA；
(3)解：∵△ABC为直角三角形，
∴BC2＝AB2＋AC2＝62＋82＝100，
∴BC＝10，
∵OD垂直平分BC，
∴DB＝DC，
∵BC为圆O的直径，
∴∠BDC＝90°，
在Rt△DBC中，DB2＋DC2＝BC2，即2DC2＝BC2＝100，
∴DC＝DB＝5eq \r(2)，
∵△PBD∽△DCA，
∴PB：DC＝BD：AC，
则PB＝eq \f(25,4).
解：(1)令x＝0，则y＝4，∴C(0，4)；
令y＝0，则﹣eq \f(2,3)x2＋eq \f(2,3)x＋4＝0，∴x＝﹣2或x＝3，
∴A(﹣2，0)，B(3，0)．
故答案为：(﹣2，0)；(3，0)；(0，4)．
(2)①∵CP∥x轴，C(0，4)，
∴P(1，4)，
∴CP＝1，AB＝5，
∵CP∥x轴，
∴＝＝．
②如图，过点P作PQ∥AB交BC于点Q，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣eq \f(4,3)x＋4．设点P的横坐标为m，
则P(m，﹣eq \f(2,3)m2＋eq \f(2,3)m＋4)，Q(eq \f(1,2)m2﹣eq \f(1,2)m，﹣eq \f(2,3)m2＋eq \f(2,3)m＋4)．
∴PQ＝m﹣(eq \f(1,2)m2﹣eq \f(1,2)m)＝﹣eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m，
∵PQ∥AB，
∴＝＝＝﹣ (m﹣)2＋，
∴当m＝时，的最大值为．
另解：分别过点P，A作y轴的平行线，交直线BC于两点，仿照以上解法即可求解．
(3)假设存在点P使得∠BCO＋2∠BCP＝90°，即0＜m＜3．
过点C作CF∥x轴交抛物线于点F，
∵∠BCO＋2∠PCB＝90°，∠BCO＋∠BCF＋∠MCF＝90°，
∴∠MCF＝∠BCP，
延长CP交x轴于点M，
∵CF∥x轴，
∴∠PCF＝∠BMC，
∴∠BCP＝∠BMC，
∴△CBM为等腰三角形，
∵BC＝5，
∴BM＝5，OM＝8，
∴M(8，0)，
∴直线CM的解析式为：y＝﹣eq \f(1,2)x＋4，
令﹣eq \f(2,3)x2＋eq \f(2,3)x＋4＝﹣eq \f(1,2)x＋4，解得x＝eq \f(7,4)或x＝0(舍)，
∴存在点P满足题意，此时m＝eq \f(7,4)．
球
两红
一红一白
两白
礼金券(元)
18
24
18