(附加15套模拟试卷)陕西省西安市2020年中考数学模拟试卷及答案

陕西省西安市2020年中考数学模拟试卷及答案一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分）

1．如图是北京奥运会自行车比赛项目标志，则图中两轮所在圆的位置关系是（）

A．内含B．相交C．相切D．外离2．下面四张扑克牌中，图案属于中心对称图形的是图中的（）

A．B．

C．

D．

3．（4分）对于抛物线y=﹣（x﹣5）2+3，下列说法正确的是（）

A．开口向下，顶点坐标（5，3）B．开口向上，顶点坐标（5，3）C．开口向下，顶点坐标（﹣5，3）D．开口向上，顶点坐标（﹣5，3）

4．（4分）在正方形格中，△ABC的位置如图所示，则cosB的值为（）

A．B．

C．

D．

5．（4分）在同一时刻，身高1.6米的小强在阳光下的影长为0.8米，一棵大树的影长为4.8米，则树的高度为（）

A．4.8米B．6.4米C．9.6米D．10米

6．（4分）二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则下列说法不正确的是（）

A．b2﹣4ac＞0 B．a＞0 C．c＞0 D．

7．如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若半圆的半径为5cm，则小正方形的边长为（）

A．2cm B．2.5cm C．cm D．

cm

8．（4分）已知，二次函数y=ax2+bx+a2+b（a≠0）的图象为下列图象之一，则a的值为（）

A．﹣1 B．1C．﹣3 D．﹣4

二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）

9．（4分）若1﹣tanα=0，则锐角α=_________度．

10．若两个相似三角形的面积比为3：4，则这两个三角形的相似比为_________．

11．圆中一条弦所对的圆心角为60°，那么它所对的圆周角度数为________度．

12．如图，一名男生推铅球，铅球行进高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）之间的关系是

．则他将铅球推出的距离是_________m．

三、解答题（本大题共5个小题，每小题5分，共25分）

13．（5分）计算：3tan30°﹣2cos45°+2sin60°．

14．（5分）用配方法求抛物线y=﹣x2﹣2x+3的顶点坐标．

15．（6分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BD是∠ABC的平分线，BC=30，求AD的长．

16．（5分）用一个半径为4 cm，圆心角为120°的扇形纸片围成一个圆锥（接缝处不重叠），求这个圆锥的高．

17．（5分）如图，平行四边形ABCD中，AB=10cm，BC=8cm，点E为AD边上一点且DE=5cm，连接CE并延长交BA的延长线于点F．求AF的长．

四、解答题（共2道小题，每题5分，共10分）

18．（5分）已知抛物线经过两点A（1，0）、B（0，3），且对称轴是直线x=2，求其解析式．

19．（5分）如图，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，且BD=OB，点C在⊙O上，∠CAB=30°．求证：DC是⊙O的切线．

20．（6分）2008年北京奥运会吉祥物是“贝贝”、“晶晶”、“欢欢”、“迎迎”、“妮妮”，现将5张分别写有这五个吉祥物名称的卡片（卡片的形状，大小一样，质地相同，如图所示）放入一个不透明的盒子内搅匀．（1）直接写出小虹从盒子中任取一张卡片，取到“欢欢”的概率是多少；（简答）

（2）小虹从盒子中先随机取出一张卡片（不放回盒子），然后再从盒子中取出第二张卡片，请你用列表法或树形图法表示出小虹两次取到卡片的所有可能情况，并求出两次取到的卡片恰好是“贝贝”、“晶晶”（不考虑先后顺序）的概率．（列表时贝贝简写成”贝“）

21．（5分）如图，若以原点为位似中心，将五边形AEDCB放大，使放大后的五边形的边长是原五边形对应边长的3倍，请在下图格中画出放大后的五边形A′E′D′C′B′．

22．（6分）

（1）如图，在锐角三角形ABC中，BC=12，，求此三角形外接圆半径．

（2）若BC=a、CA=b、AB=c，sinA、sinB、sinC分别表示三个锐角的正弦值，三角形的外接圆的半径为R，反思（1）的解题过程，请你猜想并写出一个结论．（不需证明）

23．（7分）在平面直角坐标系中，将抛物线y1=x2﹣4x+1向左平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到抛物线y2，然后将抛物线y2绕其顶点顺时针旋转180°，得到抛物线y3．

（1）求抛物线y2、y3的解析式．

（2）求y3＜0时，x的取值范围．

（3）判断以抛物线y3的顶点以及其与x轴的交点为顶点的三角形的形状，并求它的面积．

24．（6分）已知：如图，点N为△ABC的内心，延长AN交BC于点D，交△ABC的外接圆于点E．（1）求证：EB=EN=EC；

（2）求证：NE2=AE?DE．

25．（6分）已知：如图，抛物线交x轴正半轴于A、B两点，交y轴于C点，过A、B、C三点作⊙D．若⊙D与y轴相切．

（1）求c的值；

（2）连接AC、BC，设∠ACB=α，求tanα；

（3）设抛物线顶点为P，判断直线PA与⊙D的位置关系，并证明．

参考答案

1. D

2. B

3. A

4. B

5. C

6. D

7. C

8. A

9. 45 10 ．11. 30或150

12. 10 13. 解：原式=，=，

=．

14.

解：y=﹣x2﹣2x+3

=﹣（x2+2x）+3

=﹣（x2+2x+1）+4

=﹣（x+1）2+4

所以抛物线顶点坐标为（﹣1，4）．

15. 解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，所以∠ABC=60°，

因为BD是∠ABC的平分线，所以∠CBD=30°，

在Rt△ABC中，，

在Rt△ACD中，，

所以，．

16.解：扇形弧长为：cm，设圆锥底面半径为r，则：，所以，cm，因为圆锥的高与底面半径、圆锥母线构成直角三角形的三边，

设圆锥高为h，所以h2+r2=42，

即：，cm，

所以圆锥的高为cm．

17. 解：∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AB=CD=10cm，AD=BC=8cm．

∵DE=5cm，

∴AE=AD﹣DE=8﹣5=3cm．

∵四边形ABCD为平行四边形，

∴FB∥CD．

∴∠F=∠DCE，又∠FEA=∠DEC，

∴△FEA∽△CED．

∴，即：，AF=6cm．

18. 解：∵抛物线对称轴是直线x=2且经过点A（1，0）

由抛物线的对称性可知：抛物线还经过点（3，0）

设抛物线的解析式为y=a（x﹣x1）（x﹣x2）（a≠0）

即：y=a（x﹣1）（x﹣3）

把B（0，3）代入得：3=3a

∴a=1

∴抛物线的解析式为：y=x2﹣4x+3．

19.

证明：连接OC、BC，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB=90°．

∵∠CAB=30°，

∴∠ABC=60°．

∵OB=OC，

∴△OBC为等边三角形，

∴BC=OB=BD，△BCD为等腰三角形，∠CBD=120°．

∴∠BCD=30°，

∴∠OCD=∠OCB+∠BCD=90°，

∴DC是⊙O的切线．

20.

解：（1）小虹从盒子中任取一张卡片，有5种情况，故P（取到欢欢）=；

（2）列表如下：

贝晶欢迎妮

贝﹣贝、晶贝、欢贝、迎贝、妮

晶晶、贝﹣晶、欢晶、迎晶、妮

欢欢、贝欢、晶﹣欢、迎欢、妮

迎迎、贝迎、晶迎、迎﹣迎、妮

妮妮、贝妮、晶妮、迎妮、迎﹣

由表（图）可知：P（两次取到“贝贝”，“晶晶”）==．

21. 解：如图所示，

五边形A'E'D'C'B'为所求五边形．

每画对一个顶点给（1分）．

22. 解：（1）连接CO并延长交圆O于点D，连接BD；∵∠A与∠D均为弧BC所对的圆周，

∴∠A=∠D，sinA=sinD=，

∵CD为圆的直径，

∴∠DBC=90°；

∵在Rt△DBC中，sinD=，

∴CD==16，

所以，此三角形的外接圆的半径为8．

（2）．

23. ：（1）由y1=x2﹣4x+1得：y1=（x﹣2）2﹣3，（1分）

由题意得：y2=（x﹣2+3）2﹣3+4即：y2=x2+2x+2 （1分）

因为将抛物线y2绕其顶点顺时针旋转180°得到的抛物线开口向下，顶点不变，形状不变，所以y3=﹣（x+1）2+1．

即：y3=﹣x2﹣2x．（1分）

（2）令y3=0即：﹣x2﹣2x=0，解得：x1=0，x2=﹣2，（1分）

由函数图象（图略）可知，当x＜﹣2或x＞0时，y3＜0．（1分）

（3）由图象可知，此三角形为等腰直角三角形．（1分）

由题意知抛物线y3的顶点坐标为：x==﹣1，则y3=﹣1+2=1．

∴y3的顶点坐标为：（﹣1，1），，所以此三角形的面积为1．（1分）

24. 证明：（1）连接BN，

∵点N为△ABC的内心，

∴∠1=∠2，∠3=∠4．

∴∠BCE=∠1，

∴EB=EC．

∵∠5与∠2都是弧EC所对的圆周角，

∴∠5=∠2=∠1．

∴∠4+∠5=∠3+∠1．

∵∠NBE=∠4+∠5，∠BNE=∠3+∠1，

∴∠NBE=∠BNE．

∴EB=EN．

∴EB=EN=EC．

（2）由（1）知∠5=∠2=∠1，∠BED=∠AEB，

∴△BED∽△AEB．

∴．

即BE2=AE?DE．

∵EB=EN，

∴NE2=AE?DE．

25. 解：（1）连接DC，作AB的垂直平分线MN，交AB于E，连接DA．∵⊙D经过点C且与y轴相切

∴⊙D与y轴相切于点C

∴DC⊥y轴

∵⊙D和抛物线都经过点A、B

∴MN经过点D、P

∴MN是抛物线的对称轴

由y=x2﹣3x+c知：

对称轴是x=3；令x=0得y=c．

∴点C坐标为（0，c），点D坐标为（3，c），

⊙D的半径为3

由y=x2﹣3x+c知，

令y=0得x2﹣3x+c=0

解得：x 1=3+，x2=3﹣

∴点A坐标为（3﹣，0），

点B坐标为（3+，0）

∴AE=（OB﹣OA）= [（3+）﹣（3﹣）]=

在Rt△ADE中，AE2+DE2=DA2，即：（）2+c2=9

∴c2﹣2c=0解得：c=0（不符题意舍）或c=2．

∴c=2．

（2）延长AD交圆于点F，连接BF．

∵AF是⊙D的直径

∴∠ABF=90°

∵在Rt△ABF中，AB=2AE=2，AF=6，

∴BF===4．

∴tan∠F===．

∵∠ACB与∠F都是弧AB所对的圆周角，

∴∠ACB=∠F．

∴tan∠ACB=tan∠F=tanα=．

（3）判断：直线PA与⊙D相切．

连接PA．

由（1）知c=2，于是D（3，2），AE==

易知：顶点P坐标为（3，）

在Rt△ADE中，PA2=AE2+PE2=5+=

又：PD2=（DE+EP）2=（2+）2=；DA2=32=9

因为9+=

所以，在△DAP中，DA2+PA2=PD2

所以，△DAP为直角三角形，∠DAP=90°，点A在圆上所以，PA与⊙D相切．