2020年陕西省西安市中考数学模拟试卷3解析版

1、2020年陕西省西安市中考数学模拟试卷3解析版一选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1实数的相反数是（）ABCD2如图是由几个相同的正方体搭成的一个几何体，从正面看到的平面图形是（）ABCD3下列计算正确的是（）Ay2+y22y4By7+y4y11 Cy2y2+y42y4Dy2（y4）2y184如图，将三角尺的直角顶点放在直尺的一边上，130，250，则3的度数等于（）A20B30C50D805已知y与x成正比例，且x3时，y2，则y3时，x的值为（）ABC2D126等腰三角形的一个外角是100，则它的顶角的度数为（）A80B80或20C20D80或507若一次函数y2x+6与ykx的

2、图象的交点纵坐标为4，则k的值是（）A4B2C2D48如图，将矩形ABCD沿对角线AC剪开，再把ACD沿CA方向平移得到A1C1D1，连结AD1，BC1若ACB30，AB1，CC1x，ACD与A1C1D1重叠部分的面积为s，则下列结论：A1AD1CC1B当x1时，四边形ABC1D1是菱形 当x2时，BDD1为等边三角形 s（x2）2（0x2），其中正确的有（）A1 个B2 个C3 个D4 个9如图，O的半径OD弦AB于点C，连结AO并延长交O于点E，连结EC若AB8，CD2，则EC的长为（）A2B8CD210已知二次函数yax2+bx+c的图象经过点（0，m）、（4，m）和（1，n），若nm，

3、则（）Aa0且4a+b0Ba0且4a+b0Ca0且2a+b0Da0且2a+b0二填空题（共4小题，满分12分，每小题3分）11不等式12x6的负整数解是 12用科学计算器计算：tan65 （精确到0.01）13如图，过原点的直线l与反比例函数y的图象交于M，N两点，若MO5，则ON 根据图象猜想，线段MN的长度的最小值 14如图，在平面直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点B、C的坐标分别为（2，0），（6，0），点N从A点出发沿AC向C点运动，连接ON交AB于点M当边AB恰平分线段ON时，则AN 三解答题（共11小题）15计算：2cos30+|3|（）216计算：（x+）17如图，ABC中，A

4、BAC，请你利用尺规在BC边上求一点P，使ABCPAC（不写画法，保留作图痕迹）18“低碳生活，绿色出行”是我们倡导的一种生活方式，某校为了解学生对共享单车的使用情况，随机抽取部分学生进行问卷调查，并将这次调查的结果绘制了以下两幅不完整的统计图根据所给信息，解答下列问题：（1）m ；（2）补全条形统计图；（3）这次调查结果的众数是 ；（4）已知全校共3000名学生，请估计“经常使用”共享单车的学生大约有多少名？19已知：如图，在ABCD中，E，F是对角线BD上两个点，且BEDF求证：AECF20如图，河对岸有一路灯杆AB，在灯光下，小亮在点D处测得自己的影长DF3m，沿BD方向从D后退4米到G

5、处，测得自己的影长GH5，如果小亮的身高为1.7m，求路灯杆AB的高度21下表中有两种移动电话计费方式月使用费/元主叫限定时间/min主叫超时费/（元/min）被叫方式一491000.20免费方式二691500.15免费设一个月内主叫通话为为t 分钟（t是正整数）（1）当t90时，按方式一计费为 元；按方式二计费为 元；（2）当100t150时，是否存在某一时间t，使两种计费方式相等，若存在，请求出对应t的值，若不存在，请说明理由；（3）当t150时，请直接写出省钱的计费方式？22甲、乙、丙、丁四名同学进行一次乒乓球单打比赛，要从中选两位同学打第一场比赛（1）若由甲挑一名选手打第一场比赛，选中

6、乙的概率是多少？（直接写出答案）（2）任选两名同学打第一场，请用树状图或列表法求恰好选中甲、乙两位同学的概率23如图，在RtABC中，C90，以BC为直径的O交AB于点D，切线DE交AC于点E（1）求证：AADE；（2）若AD8，DE5，求BC的长24抛物线yx2+bx+c经过点A、B、C，已知A（1，0），C（0，3）（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，抛物线顶点为E，EFx轴于F点，M（m，0）是x轴上一动点，N是线段EF上一点，若MNC90，请指出实数m的变化范围，并说明理由（3）如图2，将抛物线平移，使其顶点E与原点O重合，直线ykx+2（k0）与抛物线相交于点P、Q（点P在左边），

7、过点P作x轴平行线交抛物线于点H，当k发生改变时，请说明直线QH过定点，并求定点坐标25如图1，已知AB是O的直径，AC是O的弦，过O点作OFAB交O于点D，交AC于点E，交BC的延长线于点F，点G是EF的中点，连接CG（1）判断CG与O的位置关系，并说明理由；（2）求证：2OB2BCBF；（3）如图2，当DCE2F，CE3，DG2.5时，求DE的长参考答案与试题解析一选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1【分析】直接利用实数的性质和相反数的定义分析得出答案【解答】解：实数的相反数是：故选：A【点评】此题主要考查了实数的性质，正确掌握相反数的定义是解题关键2【分析】根据从正面看得到的图

8、形是主视图，可得答案【解答】解：从正面看第一层是三个小正方形，第二层在中间位置一个小正方形，故D符合题意，故选：D【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图3【分析】根据幂的乘方与积的乘方、合并同类项、整式的混合计算判断即可【解答】解：A、y2+y22y2，错误；B、y7与y4不能合并，错误；C、y2y2+y42y4，正确；D、y2（y4）2y10，错误；故选：C【点评】此题考查幂的乘方与积的乘方、合并同类项、整式的混合计算，关键是根据法则计算4【分析】根据平行线的性质求出4，根据三角形的外角的性质计算即可【解答】解：ABCD，4250，34120，故选：A【点评】本题考

9、查的是平行线的性质，三角形的外角的性质，掌握两直线平行，内错角相等是解题的关键5【分析】设ykx，把x3，y2代入，求出k即可得出答案【解答】解：根据题意，设ykx，把x3，y2代入得：23k，解得：k，yx，把y3代入解析式，可得：x，故选：A【点评】本题考查了用待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征的应用，能求出函数的解析式是解此题的关键6【分析】分别从：若100是等腰三角形顶角的外角，若100是等腰三角形底角的外角，去分析，即可求得答案【解答】解：若100是等腰三角形顶角的外角，则它的顶角的度数为：18010080；若100是等腰三角形底角的外角，则它的底角的度数为：1

10、8010080；它的顶角为：180808020；它的顶角的度数为：80或20故选：B【点评】此题考查了等腰三角形的性质：等边对等角此题难度不大，解题的关键是注意分类讨论思想的应用，小心别漏解7【分析】首先根据一次函数y2x+6与ykx图象的交点纵坐标为4，代入一次函数y2x+6求得交点坐标为（1，4），然后代入ykx求得k值即可【解答】解：一次函数y2x+6与ykx图象的交点纵坐标为4，42x+6解得：x1，交点坐标为（1，4），代入ykx，4k，解得k4故选：A【点评】本题考查了两条直线平行或相交问题，解题的关键是交点坐标适合y2x+6与ykx两个解析式8【分析】正确，根据SSS即可判断；正

11、确，证明四边相等即可解决问题；正确，只要证明BDDD1，BDD160即可；错误，利用三角形的面积公式计算即可判定；【解答】解：ACA1C1，AA1CC1BCD1A1，AA1D1BCC1，A1AD1CC1B，故正确，在RtABC中，ACB30，AB1，ACA1C12，当x1时，AC1CC11，AC1AB，BAC60，ABC1是等边三角形，同法可证：AD1C1是等边三角形，ABBC1AC1AD1C1D1，四边形ABC1D1是菱形，故正确，当x2时，BDAC2，DD12，BDD160，BDD1是等边三角形，故正确，当0x2时，S（2x）（2x）（2x）2，故错误故选：C【点评】本题考查矩形的性质、等

12、边三角形的判定和性质、菱形的判定、平移变换等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型9【分析】连结BE，设O的半径为R，由ODAB，根据垂径定理得ACBCAB4，在RtAOC中，OAR，OCRCDR2，根据勾股定理得到（R2）2+42R2，解得R5，则OC3，由于OC为ABE的中位线，则BE2OC6，再根据圆周角定理得到ABE90，然后在RtBCE中利用勾股定理可计算出CE【解答】解：连结BE，设O的半径为R，如图，ODAB，ACBCAB84，在RtAOC中，OAR，OCRCDR2，OC2+AC2OA2，（R2）2+42R2，解得R5，OC523，BE2OC6，AE为直径，

13、ABE90，在RtBCE中，CE2故选：D【点评】本题考查的是圆周角定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键10【分析】利用抛物线的对称性得到抛物线的对称轴为直线x2，则b+4a0，然后利用x1，yn，且nm可确定抛物线的开口向上，从而得到a0【解答】解：点（0，m）、（4，m）为抛物线上的对称点，抛物线的对称轴为直线x2，即2，b+4a0，x1，yn，且nm，抛物线的开口向上，即a0故选：A【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小当a0时，抛物线向上开口；当a0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a

14、与b同号时，对称轴在y轴左； 当a与b异号时，对称轴在y轴右常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）抛物线与x轴交点个数由判别式确定：b24ac0时，抛物线与x轴有2个交点；b24ac0时，抛物线与x轴有1个交点；b24ac0时，抛物线与x轴没有交点二填空题（共4小题，满分12分，每小题3分）11【分析】根据不等式的性质求出不等式的解集，找出不等式的整数解即可【解答】解：12x6，移项得：2x61，合并同类项得：2x5，不等式的两边都除以2得：x，不等式的负整数解是2，1，故答案为：2，1【点评】本题主要考查对解一元一次不等式，一元一次不等式的整数解，不等式的性质等知识点的理解

15、和掌握，能根据不等式的性质求出不等式的解集是解此题的关键12【分析】正确使用计算器计算即可，注意运算顺序【解答】解：tan652.8282.1450.68故答案为：0.68【点评】此题考查了使用计算器计算开方及三角函数，解题的关键是：正确使用计算器13【分析】由双曲线的对称性知ONOM，可求ON的长，求线段MN的长度可转化为求OM的最小值，列出OM距离的求解式子，求式子的最小值即可【解答】解：过原点的直线l与反比例函数y的图象交于M，N两点点M与点N关于原点对称，OMON5故答案为：5，设点M的坐标为（x，），则OM，x2+2（x）20x2+2，OM的最小值为，由双曲线的对称性可知ONOM，故

16、MN的最小值为2故答案为：2【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，反比例函数的性质，两点距离公式，熟练运用反比例函数的性质解决问题是本题的关键14【分析】作NDAB交OC于D，则NDCABC，DNCA，由点的坐标得出OB2，OB6，得出BC4，BDCD2，由等边三角形的性质得出AABCACB60，ACBC4，证明CDN是等边三角形，得出CNDNCD2，即可得出结果【解答】解：作NDAB交OC于D，如图所示：则NDCABC，DNCA，OMMN，OBBD，点B、C的坐标分别为（2，0），（6，0），OB2，OB6，BC4，BDOB2，BDCD2，ABC是等边三角形，AABCACB60，

17、ACBC4，DNCNDCAC60，CDN是等边三角形，CNDNCD2，AN422故答案为：2【点评】本题考查了坐标与图形性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质；熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键三解答题（共11小题）15【分析】直接利用特殊角的三角函数值以及二次根式的性质、负指数幂的性质分别化简得出答案【解答】解：原式【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键16【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，并利用除法法则变形，约分即可得到结果【解答】解：原式【点评】此题考查了分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键17【分

18、析】以AC为边、点A为顶点，作一个角等于B，角的另一条边与BC的交点即为所求【解答】解：如图所示，点P即为所求【点评】本题主要考查作图相似变换，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质及作一个角等于已知角的尺规作图18【分析】（1）由“从不使用”的人数及其对应百分比求得总人数，继而用“经常使用”的人数除以总人数可得m的值；（2）根据各类别人数之和等于总人数求得“偶尔使用”的人数即可补全条形图；（3）根据众数的定义求解可得；（4）用总人数乘以样本中“经常使用”的人数对应的百分比可得【解答】解：（1）被调查的学生总人数为2525%100（人），经常使用的人数对应的百分比m100%15%，故答案为：1

19、5%；（2）偶尔使用的人数为100（25+15）60（人），补全条形统计图如下：（3）偶尔使用的人数最多，这次调查结果的众数是偶尔使用，故答案为：偶尔使用；（4）估计“经常使用”共享单车的学生大约有300015%450（人）【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小19【分析】根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质证明即可【解答】证明：四边形ABCD为平行四边形，ABDC，ABDC，ABECDF，又BEDF，在ABE与CDF中，ABECDF（

20、SAS）AECF【点评】此题考查平行四边形的性质，关键是根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质解答20【分析】利用CDFABF及EGHABH得到相关比例式，求得BD的值，进而代入和AB有关的比例式，求得AB的值即可【解答】解：CDBF，ABBF，CDAB，CDFABF，同理可得，解得BD6，解得AB5.1答：路灯杆AB高5.1m【点评】考查相似三角形的应用；利用相似三角形的知识得到BD的长是解决本题的关键21【分析】（1）根据两种计费方式收费标准列式计算，即可求出结论；（2）根据时间段，由计费相等，即可得出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论；（3）根据t150，列方式一和方式二收费相

21、等、大于、小于三种情况可得结论【解答】解：（1）当t90时，按方式一计费：49元，按方式二计费：69元，故答案为：49，69；（2）当100t150时，方式一收费为：49+0.20（t100），方式二收费为：69元，由题意得：49+0.20（t100）69，解得：t200，200150，不存在这样的时间t，使两种计费方式相等；（3）当t150时，方式一收费为：49+0.20（t100）0.2t+29，方式二收费为：69+0.15（t150）0.15t+46.5，0.2t+290.15t+46.5，t350，0.2t+290.15t+46.5，t350，0.2t+290.15t+46.5，t35

22、0，答：当150t350时，选择方式一省钱，当t350时，两种计费方式相同，当t350时，选择方式二省钱【点评】本题考查了一元一次方程及不等式的应用，列代数式表示数的运用，整式的加减的运用，一元一次方程的运用，解答时确定两种计费方式的式子是解本题的关键22【分析】（1）直接利用概率公式求解；（2）画树状图展示所有12种等可能性结果数，再找出满足条件的结果数，然后根据概率公式求解【解答】解：（1）共有乙、丙、丁三位同学，恰好选中乙同学的只有一种情况，P（恰好选中乙同学）；（2）画树状图得：所有出现的等可能性结果共有12种，其中满足条件的结果有2种P（恰好选中甲、乙两位同学）【点评】本题考查了列表

23、法或树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率23【分析】（1）只要证明A+B90，ADE+B90即可解决问题；（2）首先证明AC2DE10，在RtADC中，DC6，设BDx，在RtBDC中，BC2x2+62，在RtABC中，BC2（x+8）2102，可得x2+62（x+8）2102，解方程即可解决问题【解答】（1）证明：连接OD，DE是切线，ODE90，ADE+BDO90，ACB90，A+B90，ODOB，BBDO，ADEA（2）解：连接CDADEA，AEDE，BC是O的直径，ACB90，EC是O的切线

24、，EDEC，AEEC，DE5，AC2DE10，在RtADC中，DC6，设BDx，在RtBDC中，BC2x2+62，在RtABC中，BC2（x+8）2102，x2+62（x+8）2102，解得x，BC【点评】本题考查切线的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型24【分析】（1）把点A（1，0），C（0，3）代入抛物线表达式求得b，c，即可得出抛物线的解析式；（2）作CHEF于H，设N的坐标为（1，n），证明RtNCHMNF，可得mn2+3n+1，因为4n0，即可得出m的取值范围；（3）设点P（x1，y1），Q（x2，y2），则点H（x

25、1，y1），设直线HQ表达式为yax+t，用待定系数法和韦达定理可求得ax2x1，t2，即可得出直线QH过定点（0，2）【解答】解：（1）抛物线yx2+bx+c经过点A、C，把点A（1，0），C（0，3）代入，得：，解得，抛物线的解析式为yx22x3；（2）如图，作CHEF于H，yx22x3（x1）24，抛物线的顶点坐标E（1，4），设N的坐标为（1，n），4n0MNC90，CNH+MNF90，又CNH+NCH90，NCHMNF，又NHCMFN90，RtNCHMNF，即解得：mn2+3n+1，当时，m最小值为；当n4时，m有最大值，m的最大值1612+15m的取值范围是（3）设点P（x1，y1

26、），Q（x2，y2），过点P作x轴平行线交抛物线于点H，H（x1，y1），ykx+2，yx2，消去y得，x2kx20，x1+x2k，x1x22，设直线HQ表达式为yax+t，将点Q（x2，y2），H（x1，y1）代入，得，y2y1a（x1+x2），即k（x2x1）ka，ax2x1，（ x2x1）x2+t，t2，直线HQ表达式为y（ x2x1）x2，当k发生改变时，直线QH过定点，定点坐标为（0，2）【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了配方法求二次函数的最值、待定系数法求一次函数的解析式、（2）问通过相似三角形建立m与n的函数关系式是解题的关键25【分析】（1）连接CE

27、，由AB是直径知ECF是直角三角形，结合G为EF中点知AEOGECGCE，再由OAOC知OCAOAC，根据OFAB可得OCA+GCE90，即OCGC，据此即可得证；（2）证ABCFBO得，结合AB2BO即可得；（3）证ECDEGC得，根据CE3，DG2.5知，解之可得【解答】解：（1）CG与O相切，理由如下：如图1，连接CE，AB是O的直径，ACBACF90，点G是EF的中点，GFGEGC，AEOGECGCE，OAOC，OCAOAC，OFAB，OAC+AEO90，OCA+GCE90，即OCGC，CG与O相切；（2）AOEFCE90，AEOFEC，OAEF，又BB，ABCFBO，即BOABBCBF，AB2BO，2OB2BCBF；（3）由（1）知GCGEGF，FGCF，EGC2F，又DCE2F，EGCDCE，DECCEG，ECDEGC，CE3，DG2.5，整理，得：DE2+2.5DE90，解得：DE2或DE4.5（舍），故DE2【点评】本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质及直角三角形的性质等知识点