北京市三年（2021-2023）中考数学真题分题型分类汇编-03解答题②

这是一份北京市三年（2021-2023）中考数学真题分题型分类汇编-03解答题②，共18页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

一、解答题
1．（2023·北京·统考中考真题）对联是中华传统文化的瑰宝，对联装裱后，如图所示，上、下空白处分别称为天头和地头，左、右空白处统称为边．一般情况下，天头长与地头长的比是，左、右边的宽相等，均为天头长与地头长的和的．某人要装裱一幅对联，对联的长为，宽为．若要求装裱后的长是装裱后的宽的4倍，求边的宽和天头长．（书法作品选自《启功法书》）

2．（2023·北京·统考中考真题）在平面直角坐标系中，函数的图象经过点和，与过点且平行于x轴的线交于点C．
(1)求该函数的解析式及点C的坐标；
(2)当时，对于x的每一个值，函数的值大于函数的值且小于4，直接写出n的值．
3．（2023·北京·统考中考真题）某校舞蹈队共16名学生，测量并获取了所有学生的身高（单位：cm），数据整理如下：
a.16名学生的身高：
161，162，162，164，165，165，165，166，
166，167，168，168，170，172，172，175
b.16名学生的身高的平均数、中位数、众数：
(1)写出表中m，n的值；
(2)对于不同组的学生，如果一组学生的身高的方差越小，则认为该组舞台呈现效果越好．据此推断：在下列两组学生中，舞台呈现效果更好的是______（填“甲组”或“乙组”）；
(3)该舞蹈队要选五名学生参加比赛．已确定三名学生参赛，他们的身高分别为168，168，172，他们的身高的方差为．在选另外两名学生时，首先要求所选的两名学生与已确定的三名学生所组成的五名学生的身高的方差小于，其次要求所选的两名学生与已确定的三名学生所组成的五名学生的身高的平均数尽可能大，则选出的另外两名学生的身高分别为______和______．
4．（2023·北京·统考中考真题）如图，圆内接四边形的对角线，交于点，平分，．

(1)求证平分，并求的大小；
(2)过点作交的延长线于点．若，，求此圆半径的长．
5．（2022·北京·统考中考真题）如图，在中，交于点，点在上，．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若求证：四边形是菱形．
6．（2022·北京·统考中考真题）在平面直角坐标系中，函数的图象经过点，，且与轴交于点．
(1)求该函数的解析式及点的坐标；
(2)当时，对于的每一个值，函数的值大于函数的值，直接写出的取值范围．
7．（2022·北京·统考中考真题）某校举办“歌唱祖国”演唱比赛，十位评委对每位同学的演唱进行现场打分，对参加比赛的甲、乙、丙三位同学得分的数据进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息．
a．甲、乙两位同学得分的折线图：
b．丙同学得分：
10，10，10，9，9，8，3，9，8，10
c．甲、乙、丙三位同学得分的平均数：
根据以上信息，回答下列问题：
(1)求表中m的值；
(2)在参加比赛的同学中，如果某同学得分的10个数据的方差越小，则认为评委对该同学演唱的评价越一致．据此推断：甲、乙两位同学中，评委对_________的评价更一致（填“甲”或“乙”）；
(3)如果每位同学的最后得分为去掉十位评委打分中的一个最高分和一个最低分后的平均分，最后得分越高，则认为该同学表现越优秀．据此推断：在甲、乙、丙三位同学中，表现最优秀的是_________（填“甲”“乙”或“丙”）．
8．（2022·北京·统考中考真题）如图，是的直径，是的一条弦，连接
(1)求证：
(2)连接,过点作交的延长线于点，延长交于点，若为的中点，求证：直线为的切线．
9．（2021·北京·统考中考真题）已知关于的一元二次方程．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若，且该方程的两个实数根的差为2，求的值．
10．（2021·北京·统考中考真题）如图，在四边形中，，点在上，，垂足为．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若平分，求和的长．
11．（2021·北京·统考中考真题）在平面直角坐标系中，一次函数的图象由函数的图象向下平移1个单位长度得到．
（1）求这个一次函数的解析式；
（2）当时，对于的每一个值，函数的值大于一次函数的值，直接写出的取值范围．
12．（2021·北京·统考中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，于点．
（1）求证：；
（2）连接并延长，交于点，交于点，连接．若的半径为5，，求和的长．
平均数
中位数
众数
166.75
m
n
甲组学生的身高
162
165
165
166
166
乙组学生的身高
161
162
164
165
175
同学
甲
乙
丙
平均数
8.6
8.6
m
参考答案：
1．边的宽为，天头长为
【分析】设天头长为，则地头长为，边的宽为，再分别表示础装裱后的长和宽，根据装裱后的长是装裱后的宽的4倍列方程求解即可．
【详解】解：设天头长为，
由题意天头长与地头长的比是，可知地头长为，
边的宽为，
装裱后的长为，
装裱后的宽为，
由题意可得：
解得，
∴，
答：边的宽为，天头长为．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，题中的数量关系较为复杂，需要合理设未知数，找准数量关系．
2．(1)，；
(2)．
【分析】（1）利用待定系数法可求出函数解析式，由题意知点C的纵坐标为4，代入函数解析式求出点C的横坐标即可；
（2）根据函数图象得出当过点时满足题意，代入求出n的值即可．
【详解】（1）解：把点，代入得：，
解得：，
∴该函数的解析式为，
由题意知点C的纵坐标为4，
当时，
解得：，
∴；
（2）解：由（1）知：当时，，
因为当时，函数的值大于函数的值且小于4，
所以如图所示，当过点时满足题意，
代入得：，
解得：．

【点睛】本题考查了一次函数的图象和性质，待定系数法的应用，一次函数图象上点的坐标特征，利用数形结合的思想是解题的关键．
3．(1)，；
(2)甲组
(3)170， 172
【分析】（1）根据中位数和众数的定义求解即可；
（2）计算每一组的方差，根据方差越小数据越稳定进行判断即可；
（3）根据要求，身高的平均数尽可能大且方差小于，结合其余学生的身高即可做出选择．
【详解】（1）解：将这组数据按照从小到大的顺序排列为：161，162，162，164，165，165，165，166，166，167，168，168，170，172，172，175，
出现次数最多的数是165，出现了3次，即众数，
16个数据中的第8和第9个数据分别是166，166，
∴中位数，
∴，；
（2）解：甲组身高的平均数为，
甲组身高的方差为
乙组身高的平均数为，
乙组身高的方差为，
∵
∴舞台呈现效果更好的是甲组，
故答案为：甲组；
（3）解：168，168，172的平均数为
∵所选的两名学生与已确定的三名学生所组成的五名学生的身高的方差小于，
∴数据的差别较小，数据才稳定，
可供选择的有：170， 172，
且选择170， 172时，平均数会增大，
故答案为：170， 172．
【点睛】本题考查了平均数、众数、中位数和方差，熟记方差的计算公式以及方差的意义：方差越小数据越稳定是解题的关键．
4．(1)见解析，
(2)
【分析】（1）根据已知得出，则，即可证明平分，进而根据平分，得出，推出，得出是直径，进而可得；
（2）根据（1）的结论结合已知条件得出，，是等边三角形，进而得出，由是直径，根据含度角的直角三角形的性质可得，在中，根据含度角的直角三角形的性质求得的长，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵
∴，
∴，即平分．
∵平分，
∴，
∴，
∴，即，
∴是直径，
∴；
（2）解：∵，，
∴，则．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴是等边三角形，则．
∵平分，
∴．
∵是直径，
∴，则．
∵四边形是圆内接四边形，
∴，则，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵是直径，
∴此圆半径的长为．
【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．
5．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出，，再根据，得出，即可证明结论；
（2）先证明，得出，证明四边形ABCD为菱形，得出，即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
即，
∴四边形是平行四边形．
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴四边形ABCD为菱形，
∴，
即，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法，是解题的关键．
6．(1)，
(2)
【分析】（1）利用待定系数法即可求得函数解析式，当时，求出即可求解．
（2）根据题意结合解出不等式即可求解．
【详解】（1）解：将，代入函数解析式得，
，解得，
∴函数的解析式为：，
当时，得，
∴点A的坐标为．
（2）由题意得，
，即，
又由，得，
解得，
∴的取值范围为．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式及解不等式，熟练掌握待定系数法求函数解析式及函数的性质是解题的关键．
7．(1)
(2)甲
(3)丙
【分析】（1）根据平均数的定义求出丙的平均数即可求解．
（2）根据方差的计算方法先算出甲、乙的方差，再进行比较即可求解．
（3）按去掉一个最高分和一个最低分后分别计算出甲、乙、丙的平均分，再进行比较即可求解．
【详解】（1）解：丙的平均数：，
则．
（2），
，
，
∴甲、乙两位同学中，评委对甲的评价更一致，
故答案为：甲．
（3）由题意得，去掉一个最高分和一个最低分后的平均分为：
甲：，
乙：，
丙：，
∵去掉一个最高分和一个最低分后丙的平均分最高，
因此最优秀的是丙，
故答案为：丙．
【点睛】本题考查了折线统计图、中位数、方差及平均数，理解折线统计图，从图中获取信息，掌握中位数、方差及去掉一个最高分和一个最低分后的平均分的求法是解题的关键．
8．(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）设交于点，连接，证明 ，故可得 ，于是 ，即可得到；
（2）连接AD，解出，根据为直径得到，进而得到，即可证明，故可证明直线为的切线．
【详解】（1）证明：设交于点，连接，
由题可知，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：
连接，
，
，
同理可得：,，
∵点H是CD的中点，点F是AC的中点，
，
，
，
，
为的直径，
，
，
，
，
，
，
直线为的切线．
【点睛】本题主要考查三角形全等的判定与性质，同弧所对的圆周角相等，圆周角定理，直线平行的判定与性质，三角形的内角和公式，证明三角形全等以及证明平行线是解题的关键．
9．（1）见详解；（2）
【分析】（1）由题意及一元二次方程根的判别式可直接进行求证；
（2）设关于的一元二次方程的两实数根为，然后根据一元二次方程根与系数的关系可得，进而可得，最后利用完全平方公式代入求解即可．
【详解】（1）证明：由题意得：，
∴，
∵，
∴，
∴该方程总有两个实数根；
（2）解：设关于的一元二次方程的两实数根为，则有：，
∵，
∴，
解得：，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式及根与系数的关系是解题的关键．
10．（1）见详解；（2），
【分析】（1）由题意易得AD∥CE，然后问题可求证；
（2）由（1）及题意易得EF=CE=AD，然后由可进行求解问题．
【详解】（1）证明：∵，
∴AD∥CE，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）可得四边形是平行四边形，
∴，
∵，平分，，
∴，
∴EF=CE=AD，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理及三角函数，熟练掌握平行四边形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理及三角函数是解题的关键．
11．（1）；（2）
【分析】（1）由图象的平移及题意可直接求得一次函数的解析式；
（2）由题意可先假设函数与一次函数的交点横坐标为，则由（1）可得：，然后结合函数图象可进行求解．
【详解】解：（1）由一次函数的图象由函数的图象向下平移1个单位长度得到可得：一次函数的解析式为；
（2）由题意可先假设函数与一次函数的交点横坐标为，则由（1）可得：
，解得：，
函数图象如图所示：
∴当时，对于的每一个值，函数的值大于一次函数的值时，根据一次函数的k表示直线的倾斜程度可得当时，符合题意，当时，则函数与一次函数的交点在第一象限，此时就不符合题意，
综上所述：．
【点睛】本题主要考查一次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题的关键．
12．（1）见详解；（2），
【分析】（1）由题意易得，然后问题可求证；
（2）由题意可先作图，由（1）可得点E为BC的中点，则有，进而可得，然后根据相似三角形的性质可进行求解．
【详解】（1）证明：∵是的直径，，
∴，
∴；
（2）解：由题意可得如图所示：
由（1）可得点E为BC的中点，
∵点O是BG的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵的半径为5，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查垂径定理、三角形中位线及相似三角形的性质与判定，熟练掌握垂径定理、三角形中位线及相似三角形的性质与判定是解题的关键．