2023年中考数学三轮冲刺《解答题》强化练习卷05（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05（含答案），共7页。

在一个不透明的袋子里装有除数字以外其它均相同的4个小球，上面分别标有数字1、2、3、4.小明先从袋中随机摸出一个小球，记下数字后不再放回,再从袋中剩下的3个小球中又随机摸出一个小球,记下数字.请用列表或画树状图的方法求出先后摸出的两个小球上的数字和为奇数的概率是多少?
甲、乙两同学与学校的距离均为3 000米，甲同学先步行600米然后乘公交车去学校，乙同学骑自行车去学校.已知甲步行的速度是乙骑自行车速度的eq \f(1,2)，公交车速度是乙骑自行车速度的2倍.甲乙两同学同时从家出发去学校，结果甲同学比乙同学早到2分钟.
(1)求乙骑自行车的速度.
(2)当甲到达学校时，乙同学离学校还有多远？
如图,已知A(0,4)，B(﹣3,0)，C(2,0),D为B点关于AC的对称点,反比例函数y=eq \f(k,x)的图象经过D点．
(1)证明四边形ABCD为菱形；
(2)求此反比例函数的解析式；
(3)已知在y=eq \f(k,x)的图象(x＞0)上一点N,y轴正半轴上一点M,且四边形ABMN是平行四边形,求M点的坐标．
如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC＝120°，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，过点F作FG∥CE，且FG＝CE，连结DG，EG，BG，CG.
(1)试判断四边形EGFC的形状；
(2)求证：△DCG≌△BEG；
(3)试求出∠BDG的度数．
某品牌太阳能热水器的实物图和横断面示意图如图所示．已知真空集热管DE与支架CB所在直线相交于点O，且OB=OE；支架BC与水平线AD垂直．AC=40cm，∠ADE=30°，DE=190cm，另一支架AB与水平线夹角∠BAD=65°，求OB的长度(结果精确到1cm；温馨提示：sin65°≈0.91，cs65°≈0.42，tan65°≈2.14)
如图，已知直线PA交⊙O于A，B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA，垂足为D.
(1)求证：CD为⊙O的切线；
(2)若DC＋DA=6，⊙O的直径为10，求AB的长．
已知抛物线y=ax2﹣bx﹣c与x轴交于A(-1，0),B(5，0),与y轴交于C(0，3).直线y=x﹣1与抛物线交于A、E两点，与抛物线对称轴交于点D.
(1)求抛物线解析式及E点坐标；
(2)在对称轴上是否存在一点M，使ACM为等腰三角形？若存在，请直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由.
(3)若一点P在直线y=x﹣1上从A点出发向AE方向运动，速度为eq \r(2)单位/秒，过P点作PQ//y轴，交抛物线于Q点.设时间为t秒(0≤t≤6)，PQ的长度为L，找出L与t的函数关系式，并求出PQ最大值.

\s 0 参考答案
解：x1=1＋eq \r(5)，x2=1﹣eq \r(5)．
解：（1）
从表或树状图可以看出所有可能结果共有12种，且每种结果发生的可能性相同，
符合条件的结果有8种，∴（和为奇数）.
解：(1)设乙骑自行车的速度为x米/分钟，则甲步行速度是eq \f(1,2)x米/分钟，
公交车的速度是2x米/分钟，根据题意，得
eq \f(600,\f(1,2)x)＋eq \f(3 000－600,2x)＝eq \f(3 000,x)－2，解得x＝300.
经检验，x＝300是方程的解.
答：乙骑自行车的速度为300米/分钟.
(2)300×2＝600(米).
答：当甲到达学校时，乙同学离学校还有600米.
解：(1)∵A(0，4)，B(﹣3，0)，C(2，0)，∴OA=4，OB=3，OC=2，
∴AB=5，BC=5，∴AB=BC，
∵D为B点关于AC的对称点，
∴AB=AD，CB=CD，
∴AB=AD=CD=CB，
∴四边形ABCD为菱形；
(2)∵四边形ABCD为菱形，
∴D点的坐标为(5，4)，反比例函数y==eq \f(k,x)的图象经过D点，
∴4=eq \f(1,5)k，∴k=20，
∴反比例函数的解析式为：y=；
(3)∵四边形ABMN是平行四边形，
∴AN∥BM，AN=BM，
∴AN是BM经过平移得到的，
∴首先BM向右平移了3个单位长度，
∴N点的横坐标为3，代入y=，得y=eq \f(20,3)，
∴M点的纵坐标为：eq \f(20,3)﹣4=eq \f(8,3)，
∴M点的坐标为：(0，eq \f(8,3))．
解：(1)∵FG∥CE且FG＝CE，
∴四边形EGFC是平行四边形．
(2)证明：∵在平行四边形ABCD中，∠ABC＝120°，AF平分∠BAD，AD∥BC，
∴∠BAE＝∠DAE＝∠AEB＝30°，
∴AB＝BE，∠CEF＝30°.
又∵∠DCB＝180°－120°＝60°，
∴∠CFE＝30°.
∴∠CEF＝∠CFE.
∴CF＝CE.
∵四边形EGFC是平行四边形，
∴CF∥EG，CF＝EG.
∴∠CEG＝∠DCB＝60°，CE＝EG.
∴△CEG是等边三角形，∠BEG＝120°.
∴CG＝EG，∠ECG＝60°.
∴∠DCG＝120°，
∴∠DCG＝∠BEG.
又∵DC＝AB＝BE，
∴△DCG≌△BEG.
(3)解：∵△DCG≌△BEG，
∴DG＝BG，∠CGD＝∠EGB，
∴∠BGD＝∠EGB＋∠DGE＝∠CGD＋∠EGD＝∠EGC＝60°，
∴△BDG是等边三角形，
∴∠BDG＝60°
解：设OE=OB=2x，
∴OD=DE+OE=190+2x，
∵∠ADE=30°，∴OC=OD=95+x，
∴BC=OC﹣OB=95+x﹣2x=95﹣x，
∵tan∠BAD=，∴2.14=，解得：x≈9，
∴OB=2x=18．
解：(1)连接OC，证∠DAC=∠CAO=∠ACO，
∴PA∥CO，
又∵CD⊥PA，
∴CO⊥CD，
∴CD为⊙O的切线
(2)过O作OF⊥AB，垂足为F，
∴四边形OCDF为矩形．
∵DC＋DA=6，设AD=x，则OF=CD=6－x，AF=5－x，
在Rt△AOF中，有AF2＋OF2=OA2，即(5－x)2＋(6－x)2=25，
解得x1=2，x2=9，
由AD＜DF知0＜x＜5，故x=2，
从而AD=2，AF=5－2=3，
由垂径定理得AB=2AF=6.
解：(1)y=-eq \f(3,5)x2﹣2.4x﹣3,E(eq \f(10,3),eq \f(13,3))；
(2)M(2，-1),(2，1),(2，3﹣eq \r(5)),(2，3-eq \r(5))；
(3)L=-eq \f(3,5)t2﹣1.4t﹣2(0≤t≤eq \f(10,3))；L=eq \f(3,5)t2-1.4t-4(eq \f(10,3)