中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习07（含答案）

这是一份中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习07（含答案），共11页。试卷主要包含了第三组的件数是12，5元，5;等内容，欢迎下载使用。


我校举办的课外活动中，有一项是小制作评比.作品上交时限为3月1日至30日，组委会把同学们交来的作品按时间顺序每5天组成一组，对每一组的件数进行统计，绘制成如图所示的统计图.已知从左到右各矩形的高度比为2∶3∶4∶6∶4∶1.第三组的件数是12.
请回答：
(1)本次活动共有 件作品参赛；各组作品件数的中位数是 件；
(2)经评比，第四组和第六组分别有10件和2件作品获奖，那么你认为这两组中哪个组获奖率较高？为什么？
(3)小制作评比结束后，组委会决定从4件最优秀的作品A，B，C，D中选出两件进行全校展示，请用树状图或列表法求出刚好展示B，D的概率.
某文具店老板第一次用1000元购进一批文具，很快销售完毕；第二次购进时发现每件文具进价比第一次上涨了2.5元.老板用2500元购进了第二批文具，所购进文具的数量是第一次购进数量的2倍，同样很快销售完毕，两批文具的售价为每件15元.
(1)问第二次购进了多少件文具？
(2)文具店老板第一次购进的文具有30元的损耗，第二次购进的文具有125元的损耗，问文具店老板在这两笔生意中是盈利还是亏本？请说明理由.
如图，四边形ABCD的四个顶点分别在反比例函数y=与y=(x＞0，0＜m＜n)的图象上，对角线BD∥y轴，且BD⊥AC于点P.已知点B的横坐标为4.
(1)当m=4，n=20时.
①若点P的纵坐标为2，求直线AB的函数表达式.
②若点P是BD的中点，试判断四边形ABCD的形状，并说明理由.
(2)四边形ABCD能否成为正方形？若能，求此时m，n之间的数量关系；若不能，试说明理由.
如图，在正方形ABCD中，E在BC上，以AE边作等腰Rt△AEF，∠AEF＝90°，AE＝EF，FG⊥BC于G．
(1)如图1，求证：GF＝CG；
(2)如图2，AF交CD于点M，EF交CD于点N，当BE＝3，DM＝2时，求线段NC的长．
某地的一座人行天桥如图所示，天桥高为6米，坡面BC的坡度为1：1，文化墙PM在天桥底部正前方8米处（PB的长），为了方便行人推车过天桥，有关部门决定降低坡度，使新坡面的坡度为1： SKIPIF 1 < 0 ．（参考数据： SKIPIF 1 < 0 =1.414， SKIPIF 1 < 0 =1.732）
（1）若新坡面坡角为α，求坡角α度数；
（2）有关部门规定，文化墙距天桥底部小于3米时应拆除，天桥改造后，该文化墙PM是否需要拆除？请说明理由．
在△ABC中,∠C=900,以AB上一点O为圆心,OA为半径的圆与BC相切于点D,分别交AB,AC于E,F.
（I）如图①,连接AD,若∠CAD=250,求∠B的大小
（II）如图②,若点F为弧AD的中点,⊙O的半径为2,求AB的长.
如图，抛物线y=ax2＋bx＋c的顶点为M(﹣2，﹣4)，与x轴交于A、B两点，且A(﹣6，0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)求△ABC的面积；
(3)能否在抛物线第三象限的图象上找到一点P，使△APC的面积最大？若能，请求出点P的坐标；若不能，请说明理由．
\s 0 参考答案
解：x=2,y=－2.
解：(1)60,10.5;
(2)第四组有作品60×eq \f(6,2＋3＋4＋6＋4＋1)=18(件)；
第六组有作品60×eq \f(1,2＋3＋4＋6＋4＋1)=3(件)；
∴第四组的获奖率为eq \f(10,18)=eq \f(5,9)，第六组的获奖率为eq \f(2,3)；
∵eq \f(5,9)＜eq \f(2,3)，∴第六组的获奖率较高；
(3)画树状图如下.
或列表如下
由图(表)知，所有等可能的结果有12种，其中刚好是(B，D)的有2种，
所以刚好展示B，D的概率为P=eq \f(2,12)=eq \f(1,6).
解：(1)设第一次购进x件文具，第二次就购进2x件文具，
由题意得， =﹣2.5，解得：x=100，
经检验，x=100是原方程的解，且符合题意，
则2x=2×100=200.
答：第二次购进200件文具；
(2)第一次购进100件文具，利润为：(15﹣10)×100﹣30=470(元)；
第二次购进200件文具，利润为：(15﹣12.5)×200﹣125=375(元)，
两笔生意是盈利：利润为470+375=845元.
解：(1)①如图1，∵m=4，
∴反比例函数为y=eq \f(4,x)，
当x=4时，y=1，
∴B(4，1)，
当y=2时，
∴2=eq \f(4,x)，
∴x=2，
∴A(2，2)，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴，∴，
∴直线AB的解析式为y=﹣eq \f(1,2)x+3；
②四边形ABCD是菱形，
理由如下：如图2，由①知，B(4，1)，
∵BD∥y轴，
∴D(4，5)，
∵点P是线段BD的中点，
∴P(4，3)，
当y=3时，由y=eq \f(4,x)得，x=eq \f(4,3)，
由y=得，x=eq \f(20,3)，
∴PA=4﹣eq \f(4,3)=eq \f(8,3)，PC=eq \f(20,3)﹣4=eq \f(8,3)，
∴PA=PC，
∵PB=PD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵BD⊥AC，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)四边形ABCD能是正方形，
理由：当四边形ABCD是正方形，记AC，BD的交点为P，
∴PA=PB=PC=PD，(设为t，t≠0)，
当x=4时，y==eq \f(1,4)m，∴B(4，eq \f(1,4)m)，∴A(4﹣t，eq \f(1,4)m +t)，C(4+t，eq \f(1,4)m +t)，
∴(4﹣t)(eq \f(1,4)m+t)=m，∴t=4﹣eq \f(1,4)m，∴C(8﹣eq \f(1,4)m，4)，∴(8﹣eq \f(1,4)m)×4=n，∴m+n=32，
∵点D的纵坐标为eq \f(1,4)m+2t=eq \f(1,4)m+2(4﹣eq \f(1,4)m)=8﹣eq \f(1,4)m，
∴D(4，8﹣eq \f(1,4)m)，∴4(8﹣eq \f(1,4)m)=n，∴m+n=32.
证明：(1)四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝90°，
∴∠BAE＋∠AEB＝90°，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB＋∠FEG＝90°，
∴∠BAE＝∠FEG，
∵FG⊥BC，∴∠EGF＝90°，
在△ABE和△EGF中
，
∴△ABE≌△EGF，
∴GF＝BE，EG＝AB，
∵AB＝BC，
∴BC＝EG，
∴BE＝CG，
∴GF＝CG，
(2)如图2，过F作FH⊥CD，则∠FHC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∴∠FHC＝∠BCD，
∴FH∥BC∥AD，
∴∠HFN＝∠GEF，
由(1)知，∠GEF＝∠BAE，
∴∠BAE＝∠HFN，
∵∠FHN＝∠ABE＝90°，
∴△ABE∽△FHN，
设HN＝x，则HM＝eq \f(2,3)x，
∵∠HCG＝∠CGF＝∠CHF＝90°，
∴四边形CGFH是矩形，
∵CG＝FG，
∴矩形CGFH是正方形，
∴HF＝CH＝CG＝BE＝3，
∴CN＝3﹣x，
∴BC＝CD＝CH＋HM＋DM＝3＋eq \f(2,3)x＋2＝5＋eq \f(2,3)x，
∴EC＝BC﹣BE＝5＋eq \f(2,3)x﹣3＝eq \f(2,3)x＋2，
∵∠CNE＝∠HNF，∠ECN＝∠FHN＝90°，
∴△ECN∽△FHN，
∴x＝eq \f(3,2)或x＝﹣9(舍)，
∴NC＝3﹣x＝eq \f(3,2)．
解：

解：(1)设此函数的解析式为y=a(x＋h)2＋k，
∵函数图象顶点为M(﹣2，﹣4)，
∴y=a(x＋2)2﹣4，
又∵函数图象经过点A(﹣6，0)，
∴0=a(﹣6＋2)2﹣4解得a=eq \f(1,4)，
∴此函数的解析式为y=eq \f(1,4)(x＋2)2﹣4，即y=eq \f(1,4)x2＋x﹣3；
(2)∵点C是函数y=eq \f(1,4)x2＋x﹣3的图象与y轴的交点，
∴点C的坐标是(0，﹣3)，
又当y=0时，有y=eq \f(1,4)x2＋x﹣3=0，解得x1=﹣6，x2=2，
∴点B的坐标是(2，0)，
则S△ABC=eq \f(1,2)|AB|•|OC|=eq \f(1,2)×8×3=12；
(3)假设存在这样的点，过点P作PE⊥x轴于点E，交AC于点F．
设E(x，0)，则P(x，eq \f(1,4)x2＋x﹣3)，
设直线AC的解析式为y=kx＋b，
∵直线AC过点A(﹣6，0)，C(0，﹣3)，
∴，解得，
∴直线AC的解析式为y=﹣eq \f(1,2)x﹣3，
∴点F的坐标为F(x，﹣eq \f(1,2)x﹣3)，
则|PF|=﹣eq \f(1,2)x﹣3﹣(eq \f(1,4)x2＋x﹣3)=﹣eq \f(1,4)x2﹣eq \f(3,2)x，
∴S△APC=S△APF＋S△CPF=eq \f(1,2)|PF|•|AE|＋eq \f(1,2)|PF|•|OE|
=eq \f(1,2)|PF|•|OA|=eq \f(1,2)(﹣eq \f(1,4)x2﹣eq \f(3,2)x)×6=﹣eq \f(3,4)x2﹣eq \f(9,2)x=﹣eq \f(3,4)(x＋3)2＋eq \f(27,4)，
∴当x=﹣3时，S△APC有最大值eq \f(27,4)，此时点P的坐标是P(﹣3，﹣eq \f(15,4))．