2023年中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习卷十（含答案）

这是一份2023年中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习卷十（含答案），共10页。试卷主要包含了5；y＝3，5．，5)，，5n2＋n＋4，∴n=0，等内容，欢迎下载使用。

消费者在某火锅店饭后买单时可以参与一个抽奖游戏，规则如下：
有4张纸牌，它们的背面都是小猪佩奇头像，正面为2张笑脸、2张哭脸.
现将4张纸牌洗匀后背面朝上摆放到桌上，然后让消费者去翻纸牌.
(1)现小杨有一次翻牌机会，若正面是笑脸的就获奖，正面是哭脸的不获奖.她从中随机翻开一张纸牌，小芳获奖的概率.
(2)如果小杨、小月都有翻两张牌的机会.小杨先翻一张，放回后再翻一张；小月同时翻开两张纸牌.他们翻开的两张纸牌中只要出现一张笑脸就获奖.他们谁获奖的机会更大些？通过树状图或列表法分析说明理由.
元旦晚会上，王老师要为她的学生及班级的六位科任老师送上贺年卡，网上购买贺年卡的优惠条件是：购买50或50张以上享受团购价.王老师发现：零售价与团购价的比是5：4，王老师计算了一下，按计划购买贺年卡只能享受零售价，如果比原计划多购买6张贺年卡就能享受团购价，这样她正好花了100元，而且比原计划还节约10元钱；
(1)贺年卡的零售价是多少？
(2)班里有多少学生？
已知一次函数y=eq \f(3,4)x+m的图象分别交x轴、y轴于A．B两点，且与反比例函数y=eq \f(24,x)的图象在第一象限交于点C(4，n)，CD⊥x轴于D．
(1)求m、n的值，并在给定的直角坐标系中作出一次函数的图象；
(2)如果点P、Q分别从A．C两点同时出发，以相同的速度沿线段AD、CA向D、A运动，设AP=k．
①k为何值时，以A．P、Q为顶点的三角形与△AOB相似？
②k为何值时，△APQ的面积取得最大值并求出这个最大值．
如图，E，F分别是正方形ABCD的边CB，DC延长线上的点，且BE＝CF，过点E作EG∥BF，交正方形外角的平分线CG于点G，连接GF．求证：
(1)AE⊥BF；
(2)四边形BEGF是平行四边形．
如图，某数学兴趣小组要测量一栋五层居民楼CD的高度.该楼底层为车库，高2.5米；上面五层居住，每层高度相等.测角仪支架离地1.5米，在A处测得五楼顶部点D的仰角为60°，在B处测得四楼顶部点E的仰角为30°，AB=14米.求居民楼的高度(精确到0.1米，参考数据：eq \r(3)≈1.73).
如图,AB为⊙O的直径,BC、AD是⊙O的切线,过O点作EC⊥OD，EC交BC于C,交直线AD于E．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AE=1，AD=3，求阴影部分的面积．
如图，抛物线y=ax2＋bx＋c的图象经过点A(﹣2，0)，点B(4，0)，点D(2，4)，与y轴交于点C，作直线BC，连接AC，CD．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)E是抛物线上的点，求满足∠ECD=∠ACO的点E的坐标；
(3)点M在y轴上且位于点C上方，点N在直线BC上，点P为第一象限内抛物线上一点，若以点C，M，N，P为顶点的四边形是菱形，求菱形的边长．
\s 0 参考答案
解：x＝－1.5；y＝3
解：(1)有4张纸牌，它们的背面都是小猪佩奇头像，正面为2张笑脸、2张哭脸，翻一次牌正面是笑脸的就获奖，正面是哭脸的不获奖，
则小芳获奖的概率=；
(2)设两张笑脸牌分别为笑1，笑2，两张哭脸牌分别为哭1，哭2，画树状图如下：
小杨：
∵共有12种等可能的结果，翻开的两张纸牌中出现笑脸的有10种情况，
∴小杨获奖的概率是：=；
小月：
∵共有16种等可能的结果，翻开的两张纸牌中出现笑脸的有12种情况，
∴小月获奖的概率是：=；∵＞，∴P(小杨获奖)＞P(小月获奖)，
∴小杨获奖的机会更大些.
解：(1)设零售价为5x元，团购价为4x元，
则解得，，
经检验：x=是原分式方程的解，
5x=2.5
答：零售价为2.5元；
(2)学生数为=38(人)
答：王老师的班级里有38名学生.
解：(1)把(4，n)代入反比例函数y=eq \f(24,x)，得：n=6
把(4，6)代入一次函数y=eq \f(3,4)x+m，得：m=3
∴y=eq \f(3,4)x+3．
令x=0，则y=3；令y=0，则x=﹣4．(如图)
(2)①根据题意，得AP=CQ=k，根据勾股定理，得AC=10，则AQ=10﹣k
当∠APQ=90°时，则有，即，k=；
当∠AQP=90°时，则有，即，k=．
②作QM⊥x轴于M，则△AQM∽△ACD，
则有，即，QM=．
则S△APQ=××k=﹣k2+3k
所以当k=5时，则该三角形的面积的最大值是7.5．
证明：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴∠ABE＝∠BCF＝90°，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，
∵EG∥BF，
∴∠CBF＝∠CEG，
∵∠BAE＋∠BEA＝90°，
∴∠CEG＋∠BEA＝90°，
∴AE⊥EG，
∴AE⊥BF；
(2)延长AB至点P，使BP＝BE，连接EP，
如图所示：则AP＝CE，∠EBP＝90°，
∴∠P＝45°，
∵CG为正方形ABCD外角的平分线，
∴∠ECG＝45°，
∴∠P＝∠ECG，
由(1)得∠BAE＝∠CEG，
在△APE和△ECG中，
，
∴△APE≌△ECG(ASA)，
∴AE＝EG，
∵AE＝BF，
∴EG＝BF，
∵EG∥BF，
∴四边形BEGF是平行四边形．
解：
（1）证明：作OH⊥CD，垂足为H，
∵BC、AD是⊙O的切线，∴∠CBO=∠OAE=90°，
在△BOC和△AOE中，，∴△BOC≌△AOE（ASA），∴OC=OE，
又∵EC⊥OD，∴DE=DC，∴∠ODC=∠ODE，∴OH=OA，∴CD是⊙O的切线；
（2）∵∠E+∠AOE=90°，∠DOA+∠AOE=90°，∴∠E=∠DOA，
又∵∠OAE=∠ODA=90°，∴△AOE∽△ADO，∴=，∴OA2=EA•AD=1×3=3，
∵OA＞0，∴OA=，∴tanE==，∴∠DOA=∠E=60°，
∵DA=DH，∠OAD=∠OHD=90°，∴∠DOH=∠DOA=60°，
∴S阴影部分=×3×+×3×﹣=3﹣π．
解：(1)∵抛物线y=ax2＋bx＋c的图象经过点A(﹣2，0)，点B(4，0)，点D(2，4)，
∴设抛物线解析式为y=a(x＋2)(x﹣4)，
∴﹣8a=4，∴a=﹣eq \f(1,2)，
∴抛物线解析式为y=﹣eq \f(1,2)(x＋2)(x﹣4)=﹣eq \f(1,2)x2＋x＋4；
(2)如图1，①点E在直线CD上方的抛物线上，记E′，连接CE′，过E′作E′F′⊥CD，垂足为F′，由(1)知，OC=4，∵∠ACO=∠E′CF′，
∴tan∠ACO=tan∠E′CF′，
∴=eq \f(1,2)，
设线段E′F′=h，则CF′=2h，∴点E′(2h，h＋4)
∵点E′在抛物线上，
∴﹣eq \f(1,2)(2h)2＋2h＋4=h＋4，
∴h=0(舍)h=eq \f(1,2)
∴E′(1，4.5)，
②点E在直线CD下方的抛物线上，记E，连接CE，过E作EF⊥CD，垂足为F，
由(1)知，OC=4，∵∠ACO=∠ECF，
∴tan∠ACO=tan∠ECF，∴=eq \f(1,2)，
设线段EF=h，则CF=2h，
∴点E(2h，4﹣h)
∵点E在抛物线上，
∴﹣eq \f(1,2)(2h)2＋2h＋4=4﹣h，∴h=0(舍)h=1.5
∴E(3，2.5)，
点E的坐标为(1，4.5)，(3，2.5)
(3)①CM为菱形的边，如图2，
在第一象限内取点P′，过点P′作P′N′∥y轴，交BC于N′，过点P′作P′M′∥BC，交y轴于M′，∴四边形CM′P′N′是平行四边形，
∵四边形CM′P′N′是菱形，
∴P′M′=P′N′，过点P′作P′Q′⊥y轴，垂足为Q′，
∵OC=OB，∠BOC=90°，
∴∠OCB=45°，∴∠P′M′C=45°，
设点P′(m，﹣eq \f(1,2)m2＋m＋4)，在Rt△P′M′Q′中，P′Q′=m，P′M′=eq \r(2)m，
∵B(4，0)，C(0，4)，
∴直线BC的解析式为y=﹣x＋4，
∵P′N′∥y轴，
∴N′(m，﹣m＋4)，
∴P′N′=﹣eq \f(1,2)m2＋m＋4﹣(﹣m＋4)=﹣eq \f(1,2)m2＋2m，
∴eq \r(2)m=﹣eq \f(1,2)m2＋2m，∴m=0(舍)或m=4﹣2eq \r(2)，
菱形CM′P′N′的边长为eq \r(2)(4﹣2eq \r(2))=4eq \r(2)﹣4．
②CM为菱形的对角线，如图3，
在第一象限内抛物线上取点P，过点P作PM∥BC，
交y轴于点M，连接CP，过点M作MN∥CP，交BC于N，
∴四边形CPMN是平行四边形，连接PN交CM于点Q，
∵四边形CPMN是菱形，
∴PQ⊥CM，∠PCQ=∠NCQ，
∵∠OCB=45°，
∴∠NCQ=45°，
∴∠PCQ=45°，
∴∠CPQ=∠PCQ=45°，
∴PQ=CQ，
设点P(n，﹣eq \f(1,2)n2＋n＋4)，
∴CQ=n，OQ=n＋4，∴n＋4=﹣0.5n2＋n＋4，∴n=0(舍)，
∴此种情况不存在．
∴菱形的边长为4eq \r(2)﹣4．