解答诊断卷(六) -【一战成名】2020中考数学考前逆袭方案(陕西专用)

参考答案及解析·陕西数学 解 答 诊 断 解答诊断卷（六） １５．解：原式 槡＝５－５－（槡５－２）＋３， 槡 槡＝５－５－５＋２＋３， 槡＝１０－２５． １６．解：去分母得：ｘ２－３ｘ－ｘ２＝３ｘ－１８， 解得：ｘ＝３， 经检验ｘ＝３是增根，∴分式方程无解． １７．解：如解图，点Ｄ即为所作． 第１７题解图 【作法提示】作 ＡＥ⊥ＢＣ，再作 ＢＦ平分∠ＡＢＣ，则 ＡＥ与 ＢＦ的交点为Ｄ． １８．解：ＢＥ＝ＣＦ，ＢＥ∥ＣＦ．理由如下： ∵ＡＦ＝ＤＥ，∴ＡＥ＝ＤＦ， ∵ＡＢ∥ＣＤ，∴∠Ａ＝∠Ｄ， 在△ＡＢＥ和△ＤＣＦ中， ＡＢ＝ＣＤ ∠Ａ＝∠Ｄ ＡＥ＝ { ＤＦ ， ∴△ＡＢＥ≌△ＤＣＦ（ＳＡＳ）， ∴ＢＥ＝ＣＦ，∠ＡＥＢ＝∠ＣＦＤ， ∴∠ＢＥＯ＝∠ＣＦＯ， ∴ＢＥ∥ＣＦ． １９．解：（１）ａ＝６÷３６ ３６０ ＝６０， ｂ＝６０－（１＋１＋６＋３０）＝２２； （２）２４０； 【解法提示】４０×６＝２４０． （３）３２＋３６＋４０×６＋４４×２２＋４８×３０ ６０ ≈ ４５（分）． 可用样本的平均分来估计总体的平均分， 因此该校九年级学生这次体育测试成绩平均分约４５分． ２０．解：如解图，过Ｂ作ＢＧ⊥ＤＥ于Ｇ，ＢＨ⊥ＡＥ于Ｈ， Ｒｔ△ＡＢＨ中，ｉ＝ｔａｎ∠ＢＡＨ＝ １ 槡３ ， 第２０题解图 ∴∠ＢＡＨ＝３０°， ∴ＢＨ＝１ ２ ＡＢ＝５，ＡＨ 槡＝５３， ∴ＢＧ＝ＡＨ＋ＡＥ 槡＝５３＋２１， Ｒｔ△ＢＧＣ中，∠ＣＢＧ＝４５°， ∴ＣＧ＝ＢＧ 槡＝５３＋２１． Ｒｔ△ＡＤＥ中，∠ＤＡＥ＝５３°， ＡＥ＝２１，ｔａｎ５３°≈ ４ ３ ， ∴ＤＥ≈ ４ ３ ＡＥ＝２８， ∴ＣＤ＝ＣＧ＋ＧＥ－ＤＥ≈ 槡５３＋２１＋５－２８≈６．７米． 答：广告牌ＣＤ的高约为６．７米． ２１．解：（１）由图象可得， 原票价为：８００÷１０＝８０（元）， ８０×１０×ａ １０ ＝４８０，解得ａ＝６， ８００＋（２０－１０）×８０×ｂ １０ ＝１４４０，解得ｂ＝８； （２）当ｘ＞１０时，设ｙ２与ｘ的关系式是ｙ２＝ｋｘ＋ｃ， １０ｋ＋ｃ＝８００ ２０ｋ＋ｃ{ ＝１４４０， 解得 ｋ＝６４ ｃ{ ＝１６０， 即当ｘ＞１０时，ｙ２与ｘ的关系式是ｙ２＝６４ｘ＋１６０； （３）甲团的花费为：６４×２５＋１６０＝１７６０（元）， 乙团的花费为：８０×２５×０．６＝１２００（元）， １７６０－１２００＝５６０（元）， 答：乙团比甲团便宜５６０元． ２２．解：（１）１ ２ ； （２）画树状图如解图所示， 第２２题解图 由树状图可知共有１２种等可能的情况，其中顾客享受 折上折的情况有２种， 则顾客享受折上折优惠的概率是 ２ １２ ＝１ ６ ． ２３．（１）证明：如解图，连接ＯＤ． 第２３题解图 ∵ＥＦ⊥ＡＦ，∴∠Ｆ＝９０°． ∵Ｄ是 ) ＢＣ的中点， ∴ ) ＢＤ＝ ) ＣＤ， ∴∠ＥＯＤ＝∠ＤＯＣ＝ １ ２∠ ＢＯＣ， ∵∠Ａ＝ １ ２∠ ＢＯＣ， ∴∠Ａ＝∠ＥＯＤ， ∴ＯＤ∥ＡＦ，∴∠ＥＤＯ＝∠Ｆ＝９０°， ∴ＯＤ⊥ＥＦ， ∵点Ｄ在⊙Ｏ上， ∴ＥＦ是⊙Ｏ的切线； （２）解：在Ｒｔ△ＡＦＥ中，∵ＡＦ＝６，ＥＦ＝８， ∴ＡＥ＝ ＡＦ２＋ＥＦ槡 ２＝ ６２＋８槡 ２＝１０， 设⊙Ｏ半径为ｒ， ∴ＥＯ＝１０－ｒ． ∵∠Ａ＝∠ＥＯＤ，∠Ｅ＝∠Ｅ， ∴△ＥＯＤ∽△ＥＡＦ                                                                    ， ０２ 参考答案及解析·陕西数学 解 答 诊 断 ∴ＯＤ ＡＦ ＝ＯＥ ＥＡ ，∴ ｒ ６ ＝１０－ｒ １０ ． ∴ｒ＝１５ ４ ，即⊙Ｏ的半径为 １５ ４ ． ２４．解：（１）设平移后抛物线的表达式为ｙ＝ａ（ｘ＋３）（ｘ－１）， ∵平移后抛物线的二次项系数为１，即ａ＝１， ∴平移后抛物线的表达式为ｙ＝（ｘ＋３）（ｘ－１）， 整理得ｙ＝ｘ２＋２ｘ－３． （２）∵ｙ＝ｘ２＋２ｘ－３＝（ｘ＋１）２－４， ∴抛物线对称轴为直线 ｘ＝－１，与 ｙ轴的交点为 Ｃ（０， －３）， 则点Ｃ关于直线ｘ＝－１的对称点为Ｃ′（－２，－３）， 如解图①，连接ＢＣ′，与直线ｘ＝－１的交点即为所求点Ｐ， 由Ｂ（１，０），Ｃ′（－２，－３）可得直线ＢＣ′解析式为ｙ＝ｘ－１， 则 ｙ＝ｘ－１ ｘ{ ＝－１，解得 ｘ＝－１ ｙ{ ＝－２， ∴点Ｐ坐标为（－１，－２）； 第２４题解图① 　　　 第２４题解图② （３）存在．理由如下： 如解图②，设平移后的抛物线的对称轴与ｘ轴交于点Ｅ， 则ＯＥ＝１， 由 ｙ＝ｘ２ ｘ{ ＝－１，得 ｘ＝－１ ｙ{ ＝１ ，即Ｄ（－１，１）， 则ＤＥ＝