2023年中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习卷02（含答案）

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2023年中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习卷021.解不等式组：     2.3月14日是国际数学日，“数学是打开科学大门的钥匙.”为进一步提高学生学习数学的兴趣，某校开展了一次数学趣味知识竞賽（竞赛成绩为百分制），并随机抽取了50名学生的竞赛成绩（本次竞赛没有满分），经过整理数据得到以下信息：信息一：50名学生竞赛成绩频数分布直方图如图所示，从左到右依次为第一组到第五组（每组数据含前端点值，不含后端点值）.信息二：第三组的成绩（单位：分）为74  71  73  74  79  76  77  76  76  73  72  75根据信息解答下列问题：（1）补全第二组频数分布直方图（直接在图中补全）；（2）第三组竞赛成绩的众数是_____分，抽取的50名学生竞赛成绩的中位数是_____分；（3）若该校共有1500名学生参赛，请估计该校参赛学生成绩不低于80分的约为_____人.        3.某校利用暑假进行田径场的改造维修，项目承包单位派遣一号施工队进场施工，计划用40天时间完成整个工程；当一号施工队工作5天后，承包单位接到通知，有一大型活动要在该田径场举行，要求比原计划提前14天完成整个工程，于是承包单位派遣二号与一号施工队共同完成剩余工程，结果按通知要求如期完成整个工程.(1)若二号施工队单独施工，完成整个工程需要多少天？(2)若此项工程一号、二号施工队同时进场施工，完成整个工程需要多少天？        4.如图，直线y=﹣x+2与反比例函数y=(k≠0)的图象交于A(a，3)，B(3，b)两点，过点A作AC⊥x轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D．(1)求a，b的值及反比例函数的解析式；(2)若点P在直线y=﹣x+2上，且S△ACP=S△BDP，请求出此时点P的坐标；(3)在x轴正半轴上是否存在点M，使得△MAB为等腰三角形？若存在，请直接写出M点的坐标；若不存在，说明理由．      5.将矩形ABCD折叠使A，C重合，折痕交BC于E，交AD于F.(1)求证：四边形AECF为菱形；(2)若AB＝4，BC＝8，求菱形的边长；(3)在(2)的条件下折痕EF的长．       6.如图，在一条笔直的东西向海岸线l上有一长为1.5 km的码头MN和灯塔C，灯塔C距码头的东端N有20 km.一轮船以36 km/h的速度航行，上午10∶00在A处测得灯塔C位于轮船的北偏西30°方向，上午10∶40在B处测得灯塔C位于轮船的北偏东60°方向，且与灯塔C相距12 km.(1)若轮船照此速度与航向航行，何时到达海岸线l?(2)若轮船不改变航向，该轮船能否停靠在码头？请说明理由．(参考数据：≈1.4，≈1.7)        7.如图，在⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CF与OB交于点E，过点F，A分别作⊙O的切线交于点H，且HF与AB的延长线交于点D．(1)求证：DF＝DE；(2)若tan∠OCE＝，⊙O的半径为4，求AH的长．      8.如图，抛物线y=ax2﹣2ax﹣4交x轴的正半轴于点A，交y轴于点B，且OA=OB．(1)求该抛物线的解析式；(2)若点M为AB的中点，且∠PMQ=45°，∠PMQ在AB的同侧，以点M为旋转中心将∠PMQ旋转，MP交y轴于点C，MQ交x轴于点D．设AD=m(m＞0)，BC=n，求n与m之间的函数关系式；(3)在(2)的条件下，当∠PMQ的一边恰好经过该抛物线与x轴的另一个交点时，直接写出∠PMQ的另一边与x轴的交点坐标．
0.参考答案1.解：2＜x≤4.2.解：（1）第二组人数为：50-4-12-20-4=10（人）补全统计图如下：（2）第三组竞赛成绩中76分出现次数最多，出现了3次，故众数为76分；50个数据中，最中间的两个数据分别是第25个和26个数据，对应的分数为：77分和79分，它们的平均数为：78（分），故中位数为78（分）；故答案为：76；78；（3）720（人），故答案为：720.3.解：(1)设二号施工队单独施工需要x天，根据题意，得×5＋(+)×(40－5－14)＝1，解得x＝60.经检验，x＝60是原分式方程的解.答：由二号施工队单独施工，完成整个工程需要60天；(2)由题可得1÷＝24(天).答：若由一、二号施工队同时进场施工，完成整个工程需要24天.4.解：(1)∵直线y=﹣x+2与反比例函数y=(k≠0)的图象交于A(a，3)，B(3，b)两点，∴﹣a+2=3，﹣3+2=b，∴a=﹣1，b=﹣1，∴A(﹣1，3)，B(3，﹣1)，∵点A(﹣1，3)在反比例函数y=上，∴k=﹣1×3=﹣3，∴反比例函数解析式为y=﹣；(2)设点P(n，﹣n+2)，∵A(﹣1，3)，∴C(﹣1，0)，∵B(3，﹣1)，∴D(3，0)，∴S△ACP=AC×|xP﹣xA|=×3×|n+1|，S△BDP=BD×|xB﹣xP|=×1×|3﹣n|，∵S△ACP=S△BDP，∴×3×|n+1|=×1×|3﹣n|，∴n=0或n=﹣3，∴P(0，2)或(﹣3，5)；(3)设M(m，0)(m＞0)，∵A(﹣1，3)，B(3，﹣1)，∴MA2=(m+1)2+9，MB2=(m﹣3)2+1，AB2=(3+1)2+(﹣1﹣3)2=32，∵△MAB是等腰三角形，∴①当MA=MB时，∴(m+1)2+9=(m﹣3)2+1，∴m=0，(舍)②当MA=AB时，∴(m+1)2+9=32，∴m=﹣1+或m=﹣1﹣ (舍)，∴M(﹣1+，0)③当MB=AB时，(m﹣3)2+1=32，∴m=3+或m=3﹣ (舍)，∴M(3+，0)即：满足条件的M(﹣1+，0)或(3+，0)．5.证明：(1)∵矩形ABCD折叠使A，C重合，折痕为EF，
∴OA＝OC，EF⊥AC，EA＝EC，
∵AD∥AC，
∴∠FAC＝∠ECA，在△AOF和△COE中，

∴△AOF≌△COE，
∴OF＝OE，
∵OA＝OC，AC⊥EF，
∴四边形AECF为菱形；
(2)①设菱形的边长为x，则BE＝BC﹣CE＝8﹣x，AE＝x，
在Rt△ABE中，∵BE2＋AB2＝AE2，
∴(8﹣x)2＋42＝x2，解得x＝5，
即菱形的边长为5；
②在Rt△ABC中，AC＝4，
∴OA＝AC＝2，
在Rt△AOE中，AE＝，OE＝，
∴EF＝2OE＝2．6.解：(1)如图，过点A作AD⊥l于点D，过点B作BE⊥l于点E，延长AB与直线l相交于点F，则∠BCE＝90°－60°＝30°，∠ACD＝90°－30°＝60°，∴∠ACB＝90°，∵AB＝36×＝24 km，BC＝12 km，∴sin∠BAC＝＝＝，∴∠BAC＝30°，则∠ABC＝60°，∴∠EBF＝60°，∵∠EBF＝∠EBC，∴BF＝BC＝12  km，则t＝＝(小时)＝20(分钟)．答：轮船照此速度与航向航行，上午11∶00能到达海岸线l；(2)由(1)可知，BC＝BF，BE⊥CF，∵ME＝EC＝BC·sin60°＝12×＝6 km，∴CF＝CE＋EF＝12≈20.4 km，又∵CN＝20 km，MN＝1.5 km，∴CM＝CN＋MN＝20＋1.5＝21.5  km，∵20 km<20.4 km<21.5 km，∴轮船能停靠在码头．7.证明：(1)连结OF，如图，∵DH为切线，∴OF⊥DH，∴∠1＋∠2＝90°，∵OC⊥AB，∴∠C＋∠4＝90°，∵OF＝OC，∴∠2＝∠C，而∠3＝∠4，∴∠1＝∠3，∴DE＝DF；(2)在Rt△OEC中，∵tan∠OCE＝，∴OE＝OC＝2，设DF＝x，则DE＝x，在Rt△OFD中，x2＋42＝(x＋2)2，解得x＝3，∴DF＝3，DO＝5，∵HF和HA为切线，∴HF＝HA，DA⊥AH，设AH＝t，则HF＝t，在Rt△DAH中，t2＋92＝(t＋3)2，解得t＝12，即AH的长为12．8.解：(1)由抛物线y=ax2﹣2ax﹣4，得B(0，﹣4)，OB=4．∵OA=OB=4，且点A在x轴正半轴上，∴A(4，0)．将A(4，0)代入y=ax2﹣2ax﹣4，得16a﹣8a﹣4=0，解得a=，∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣4；(2)∵OA=OB=4，∠AOB=90°，∴∠OAB=∠OBA=45°，AB=4，∴∠ADM+∠AMD=135°，AM=BM=2．∵∠CMD=45°，∴∠AMD+∠BMC=135°，∴∠ADM=∠BMC，∴△ADM∽△BMC，∴=．∵AD=m，BC=n，∴=，∴n=，∴n与m之间的函数关系式为n=；(3)设抛物线y=x2﹣x﹣4与x轴另一个交点为E，令y=0，得x2﹣x﹣4=0，解得x1=4，x2=﹣2，∴点E的坐标为(﹣2，0)．∵A(4，0)，B(0，﹣4)，M为AB的中点，∴M的坐标为(2，﹣2)．①当MP经过点(﹣2，0)时，设直线PM的解析式为y=mx+n，则有，解得，∴直线PM的解析式为y=﹣x﹣1．当x=0时，y=﹣1，∴点C的坐标为(0，﹣1)，∴n=BC=﹣1﹣(﹣4)=3，∴m=，即AD=，∴OD=4﹣=，∴MQ与x轴交点为(，0)；②当MQ经过点(﹣2，0)时，同理可得：MP与x轴交点为(8，0)．