陜西省西安市中考數學五模試卷及答案解析

3222282432222824考數學模一、選擇題1.列算式中運算果為負數的是（）A.﹣|1|B.﹣2）

C.﹣）

D.（﹣3

22.幾何體的視圖如圖所示，則這個幾何體是（）A.三棱錐

B.三柱方體3.計算中正確的是（）

C.圓

D.長A.a?a24

B.D.6a÷3a

C.（2a）4.，直a∥b∠1=85°，，則∠（）A.85°B.60°C.50°5.市5月份一周每天的最高氣溫統(tǒng)計如下表：溫度/℃22242629

D.35°

天數

2131則這組數據的中位數平均數分是（）A.24，25

B.25，26C.26，24256.于一次數y=kxk（k是常數k≠0的象，下列說法正確的是（）

D.26A.是一條拋物線限

B.點（D.y隨x增減小

，0）

C.經過一、二象7.，（0﹣

B為線y=﹣x一動點，段AB最短時，點B坐）A.（0）

B.（1﹣1

C.（，﹣）

D.（，﹣

）8.，在矩形ABCD中，AB=3，BC=2點E為AD中，點F為BC邊上任一點，過F分別作，EC的線垂足別為G，H，則FG+FH（）

2525A.

B.

C.

D.9.知點A、B、C直為6cm的⊙O上點，且AB=3cm，AC=3數為（）

cm，則∠BAC的A.15°B.75°15°C.105°或15°D.75°或105°10.定符min{a的含為：當a＞b時min{a，b}=b當a時min{a，b}=a．如：min{1，-3}=﹣3，min{﹣4，﹣2}=﹣4則min{x+2﹣x}最值是（）A.﹣1B.﹣2C.1D.0二、填空題11.不式

的最小數是．12.若一個正多邊形的一個外等于36°，則這個正多邊形有條角；用科學計算器計算：13×

sin13°≈________．（精確到0.1）

0013.如，曲y=

（x＞0經eq\o\ac(△,過)OAB的頂點A和OB的點C，AB∥x軸點A的標為（，3），求△OAC的積．14.如，平面直角坐標系中，已知點A（，0），點B在一象限，且AB與直線ly=x平行AB長4若點P是線l的動點，則△PAB的內圓積最大值為．三、解答題15.計：﹣

）

﹣2

+

+|1

|

﹣2sin60°+tan60°．16.解程：

=+

．17.如，△ABC中，且∠BAC=108°點D是AB上一定點在邊找一點，使以B，D，E為頂點的三角形eq\o\ac(△,與)相．

18.如，△中，AB=AC，BD、CE分是邊AB，AC上高與交于點．求征：BO=CO．19.為化務育程革某校積極展拓展課程設，計劃開設藝術、體育、勞技、學等多類別的拓展性課，要求每一學都自選擇一個類的拓展課程．了解學生選擇展性課程的情況，隨機抽取了部生進調，并將調查結果繪制成如下計分信息未給出）：根據統(tǒng)計圖中的信息，解答下列題（1）求本次被調查的學生人數（2）將條形統(tǒng)計圖補充完整．（3）若校共有1600名生，估全校擇育的學生人數．20.如，棵樹一次強風中斷倒下，未斷樹AB與面仍保持垂直關系，而折斷部分AC未折樹AB形53°的角．樹桿AB旁有一與地面垂直的鐵塔，測BE=6米塔高DE=9米在某一時刻的太陽照射下，未折斷樹桿AB落地面的影子FB長為4米且點F，B，C，E在同一條直線上點，A，D也在同一條直線上．求這大樹沒折

斷前的高度．（參考數據：sin53°≈0.8≈0.6≈1.33）21.為障國外維和部隊官兵的生活，現通A港口、港口別運100噸50噸活物資已知該物資甲庫存有80噸，乙?guī)煊?0，甲、乙兩倉庫送物資港口的費（元/噸）如表所示：港口運費元/噸甲庫A港14B港10

乙?guī)?08（1設從甲倉庫運送到A港的物資為x噸，總運費（元與x（之間的函數關式，并寫出x的取值范圍（2）求出最低費，說費最時的配方案．22.甲乙個子中裝有質、大小相同的小球．甲盒中有2個白球、1個藍球；乙盒中有1個白球、若個藍球．從乙盒中意摸取一為藍的概率從甲盒中任意摸取一球為藍的概率的2倍（1）求乙盒中藍的數（2）從甲、乙兩盒中分別任意取一球，這兩均藍的概率

23.如，是⊙的直徑，是⊙O的線A為點，交于點E．（1）若DAC的點證：DE是⊙O的線；（2）若

，CE=1求∠的數24.在面直角標xOy中拋線y=﹣x+bx+cx軸于（﹣1，0，B﹣3）兩點，y軸于點．（1）求拋物線的解析式；（2）設拋物的點D，點P在線的稱上，且，點的坐；（3）點Q在線上的拋物上，是否存在點Q△BCQ的積大，若存在，求出點坐標

25.綜題（1）如①，已知正方形ABCD的長為4點M和N分是邊，CD兩點，且BM=CN，連AM和BN，交于點．想AM與BN位置關系，證明你的結論（2）如②，已知正方形ABCD的長為4點M和N分從點B、C同出發(fā)以相同的速度沿BC、CD方向向終點和D運動．連接AM和BN，交于點，eq\o\ac(△,求)周長的最大；（3）如③，AC為邊長為2

的菱形ABCD的對角線，．M和N分從、C同時發(fā)，以相同的速度沿、CA向終點C和A運動．接AM和BN交于點．求

△APB周的最值．

332332答案解析部分一、選擇題1.答案A【考點】正數和數相反數，對值【解析】【解答】∵|1|=1，A合題意，∵2）=﹣﹣8）=8，B符題，∵∵）

2

）=，C不符題意，=9，D不符題意，故答案：．【分析依據絕對值性、數的義有理數的乘方法則進行計算，然后依據計算結果進行判斷即可2.答案B【考點】由三視圖判幾何體【解析解答根據圖三圖的狀，符條件的只有直棱柱，因這個幾何體的名稱是直三棱．故答案：B．【分析主圖左圖為形可該何體為直棱柱，然后依據俯視圖得到兩個底面為三角形，故此可得到問題答案.3.答案B【考點】整式的混合運算【解析】【解答A、原式=a

，A不題意；、原=2a，B符題意；

4646C、原式=4a

，不符合題意；、式=2a，D不合.故答案：【分析同數的法則對A作判斷；依據項乘項法則對B作斷；依據積乘方法則可C作判；依據單項式除項法可作判斷.4.答案C【考點】平行線性【解析】【解答】解：在△中∵，∠2=35°，∴﹣35°=50°，∵a∥b∴∠4=50°，故答案：．【分析】先利用三角形的外角定理求出∠的數再利用平行線的性質得∠3=．5.答案【考點】中位數眾數【解析】【解答】按從小到大的序排數為22，22，24，26，26，26，29，由中位數的定義可得：這組數據的中數是26這組數的平均數分是故答案：D

=25，

222222【分析這些數據按從小到的順序排列，然后找出間一個數字，從而可得到這組數的中位數接下來，依據加權平均數公式可得這組數的平數.6.答案B【考點】一次函數的性【解析】【解答】函數y=k

xk（k是常，k≠0符一次增數的形式．A、是一次數，是一條直線A不合題意；、點（，0，B符題意；C、k＞0，k＜0時，圖象在一、三、四象限C不合意；、據k＞0可y著x的增大而增大，D不合題意．故答案：B．【分析據函數的解析式可該函數為次數，然后再依據一項數及常數項的正負，可判斷出函圖經過的象、依該函的減性.7.答案【考點】一次函數的性【解析】【解答】解：∵A，﹣

），點B為線y=﹣x上一動點∴AB⊥OB時，線AB最，時B在四象限，作BC⊥OA于C，，如下圖示：

∴OC=CB=OA，∴B的標為（

，﹣

）．故答案：D【分析】先依據點A的標可得到OA的長然后再依據垂線最短可得到AB⊥OB時線段AB最，接下，證明△等腰三角形三角形過點B作BC⊥OA垂為，然后再求得OC和的，從而可得到點B的坐標8.答案【考點】矩形的質【解析】【解答】解連，如所示：∵ABCD是形，∴AB=CD=3，AD=BC=2∠A=∵E為AD中，∴AE=DE=1∴BE=

==

，在△ABE△中，，∴ABE△DCE（SAS，∴BE=CE=

，∵△BCE的面積eq\o\ac(△,=)BEF的面eq\o\ac(△,積)的積，∴

BC×AB=BE×FG+CE×FH，

即BE（FG+FH）=BC×AB即

（FG+FH）=2×3，解得：FG+FH=

；故選：．【分析連接，由矩形的質出，AD=BC=2∠A=∠D=90°，由勾股定理求出BE，由SAS證△，出eq\o\ac(△,+)的積即得結果．9.答案C【考點】垂徑定理，特殊角的三數值

，再由△BCE的面積=△BEF的積【解析】【解答】解：如圖1，∵AD直徑∴∠ABD=∠ABC=90°，在eq\o\ac(△,Rt)ABD中，AD=6，AB=3則∠BDA=30°，∠BAD=60°，在eq\o\ac(△,Rt)ABC中，AD=6，AB=3∠CAD=45°，則∠BAC=105°；如圖2，，∵AD為徑

，

∴∠ABD=∠ABC=90°在eq\o\ac(△,Rt)ABD中，AD=6，AB=3則∠BDA=30°，∠BAD=60°，在eq\o\ac(△,Rt)ABC中，AD=6，AB=3

，∠CAD=45°，則∠BAC=15°，故選：．【分析】從弦AB、AC在直AD的旁兩兩種況進行算，根據特殊角的三角函數值分別求出∠和∠CAD的度數計得到答案．10.【案】C【考點】二次函數的應用【解析】【解答聯

，解得

，，所以min{﹣x+2﹣x}最值1．故答案：．【分析物線的解析式和直線的解析聯立求兩個函數的交點標然后找出交點坐標的最大值可二、填題

11.【案】【考點】一元一次不等式組的整解【解析】【解答】解：，解①得x﹣1，解②得x≤3不等式的解集為﹣1＜x≤3不等式的最小數解為0故答案0【分析】先解不等式組，求出解，再找出最小的數解即可．12.【案】35；83503.8【考點】計算器—數的開，多形的對角線多形內與角，計算器—三角函【解析】【解答】解：360°÷36°=10所這正邊是正十邊形∴多形有

=35條對線，135×

sin13°≈83503.8故答案：35，83503.8．【分析依據任意多形外角為360°以正邊形的一外角等于36°可求得正多邊形的數然后，再依據多邊的角公行計算即可；（2）利用計算器進行算，然再按照要求取近值即.13.【案】【考點】反比例數數k的何義【解析】【解答】解：∵（2，3）在雙曲線y=

（x＞0），∴k=2×3=6過點C⊥y軸，垂為N延BA，交y軸點，

22∵AB∥x，∴BM⊥y軸，∴MB∥CN∴eq\o\ac(△,∽)OCNeq\o\ac(△,，)OBM∵C為OB的中點，即∴=）∵A都在雙線y=

，

=上，

，∴S=S=3，△OCN△AOM由

=

，得：=9，△AOB則△AOC面=

=△AOB

．故答案是：．【分析過C作CN⊥y軸垂足為N，長BA，交y軸點M，點（2）代入反比例函數解析式可求得k的值，從而可得到=3由MB∥CN證明OCN∽eq\o\ac(△,△)eq\o\ac(△,S)OCN△AOMOBM，然后依據相似三角形的積比等于相似比的平方可求AOB的面積最后，依據△AOC面=求解即可.△AOB14.【案】【考點】兩條直線相交或平行問，三角形內切與內

【解析】【解答】解：作點A關于直l的稱AAAl于C，由直線y=x中k=1知∠COA=45°，在eq\o\ac(△,Rt)AOC中∠AOC=則AA′=2AC=3，∵AB∥線l∴∠BAD=45°∴∠BAA，連接A′B交線l于P，連，則此eq\o\ac(△,時)的長最小，=×4×eq\o\ac(△,S)PAB在eq\o\ac(△,′B)中，A′B==

×=3=5，

=

，∴△PAB周長的最小為3+4+5=12，由三角形內切圓半r=

知，三角形的周長最小時，三角內圓半最大，最大半徑r==

，∴△PAB的內切圓面積的最大為

故答案：

【分析】先求得點P到AB的離，然后依據三角形的積式求eq\o\ac(△,出)的積利用三角形與內圓關系是：r=（2×角形積÷角形長a+b+4，再根據a+b找r的大值后求得最大面積可．

00三、解答題15.【案】解：（﹣

）

﹣

+

+|1

|

﹣2sin60°+tan60°=4+2+12×+=5+2

﹣

+=5+2【考點】實數的運算，零指數冪負數數冪特殊角的三角函數值【解析分析先據負整數指數冪性質、二次根式的質、零指數冪性進化，然后再將殊角三角數代計，最后，再依實數加減法則進行計算即可.16.【案】解：

=+

，=+

，去分母，得3x×14=3（x+8）×4+10x，解得x=

，檢驗：x=

時，3x（x+8≠0∴x=

是原分式方程的解．【考點】解分式方程【解析】【分析】先確定出分母的最小公數3x(x+8)然后方兩邊同時乘以3x(x+8)將分式方程轉化整式方程，接下，再求得整式方程的解，最后，再進行檢驗即可.17.【案】解：如圖，這的有個

①過作DE∥AC交BC于E根據平行于三角形一邊的直與他邊交，可得△BDE∽eq\o\ac(△,；)②以為點DB為邊，作∠BDE=∠C已知有公共角∠，據角對相等兩個三角形相似可得△BDEeq\o\ac(△,．)【考點】等腰三角形的性質，相三角形的判定【解析分可分為△BDE∽△BAC和△∽△BCA種況然后依據相似三角形的判定定理找出，它們相似的條件然出圖即.18.【案證明：∵AB=AC，∴，∵BD、CE是△的條高，∴，在△BEC和△CDB，，∴eq\o\ac(△,，)CDB∴∠CBD，∴OB=OC【考點】全等三角形的判與質【解析分首依據等腰三角形的質可得到∠ABC=，后依據線定可得到∠BEC=，接來依據AAS可明△BECeq\o\ac(△,≌)CDB依據全等三角形的質得到∠BCE=∠CBD最后，依據等角對等邊的性質求解即19.【案】（1）解：60÷30%=200（人），即本次被調查的學生有200人（2）解：選擇文學的學生有：200×15%=30（人），選擇體育的學生有：﹣2460﹣30﹣16=70（），

補全的形計圖如下圖所示，（3）解：1600×

（人）．即全校擇育的生有560．【考點】用樣本估計總體，扇形計圖，條形計圖【解析】【分析】（1）據形統(tǒng)計圖和扇統(tǒng)計圖得到擇技學由60人，總的30%最后，依據總=頻數÷分求解即可；（2頻=總數×分比可以求得學有多少人，從而可以求得體育的多少人進可以將條形計圖補充完整；（3）用全?？側顺艘赃x擇體的學生所占的百分比可以估算出全校選擇體育類的學生人數.20.【案】解：∵AB⊥EF，DE⊥EF∴∠ABC=90°，AB∥DEeq\o\ac(△,∽)eq\o\ac(△,，)FDE∴

=

，∵FB=4米BE=6，DE=9，∴

=

，得AB=3.6米∵∠ABC=90°∠BAC=53°，cos

，∴AC=

==6米，

∴AB+AC=3.6+6=9.6米即這棵樹沒有折斷前的高度是9.6米【考點】解直角三角形的應用【解析分首依據物高和長關可求得AB長，然后再依據銳角三角數的定可求得AC長最后，依據樹=AB+AC求即可.21.【答解設從倉庫運x噸A港則從甲倉庫往B港的（80﹣x噸，從乙倉庫運往A港的有（100x噸，往B港的有50﹣（80﹣x（x30），所以y=14x+20（100﹣x）+10（80x）+8（x30）=﹣8x+2560，x的取值范圍是30≤x≤80．（2）解：由（1得y=﹣8x+2560y隨x增減，所當x=80時運最，當x=80時y=﹣8×80+2560=1920，此時方案為：把甲倉庫的全部運A港，乙?guī)爝\20噸往A港，倉庫余下的全部運往B港．【考點】一次函數的應用【解析】【分析】（1）表示出甲倉和乙?guī)旆謩e運A、B兩口的資數，再由等關系：總運費=甲庫往A港的費用+倉運往B港的費用+倉運A港的費用+乙倉庫往B口費用列不等組解即可；（2數系可該數為次函數，然后依據y隨x增大而減少，可當x=80時，y最并求出最值，寫運輸方案即可.22.【案】（1）解：設乙盒藍球的數為x根據題，得：

=2×

，解得：x=2答：乙盒中藍球的個數為2；（2）解：畫樹狀圖如下：

由于共有9種可能情，其中球均藍的有2種，∴均藍的率

．【考點】列表法與樹狀圖法，概公式【解析【析）設乙盒藍球的數為x根據中任意摸取一為球的概率是甲盒中任意摸取一球為藍的概的2倍程求解可得；（2）畫樹狀圖列出所有等可能結果，根概率公式求解可.23.【案】（1）解：∵AB是⊙的徑，∴∠AEB=90°∴，∵D為AC的點，∴AD=DE∴∠DAE=∠AED，∵AC是⊙O的切線∴，∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA，∴∠DEA+∠OEA=90°∴∠DEO=90°，∴DE是⊙O的切線；（2）解：∵OA=

，∴AB=2

，

222222222222∵∠CAB=90°，AE⊥BC∴AB=BE?BC即（

）=BE（BE+1，∴BE=3（值去），∴BC=4∵sin∠ACB==

，∴∠ACB=60°【考點】切線的判定與性【解析】【分析】1首先依據徑所對圓角90°可得到∠AEB=90°，后據直角三角形斜上中線的性可得到AD=DE，得∠∠AED根據線的質得到∠CAE+∠EAO=，量換到∠DEO=90°于是得到論（2依據射影定理得到AB=BE，然后由可到BC=BE+1，從而可求、的，然后依銳三角函數的定義以及特殊銳角三角函值求∠ACB的數.24.【案】（1）解：∵線y=﹣x

+bx+c過A﹣，0），B（﹣3，0），∴解得：∴的解析為y=x﹣﹣（2）解：由y=x﹣4x﹣3可得（2，1），C（0，﹣3），∴OB=3，OC=3，OA=1，AB=2可得△OBC是腰直角三角形，∴∠OBC=45°，CB=3，如圖，拋物線對稱軸與x軸交于點F，

∴AF=

AB=1過點A作⊥BC于E，∴∠AEB=90°可得

，CE=2，在△eq\o\ac(△,與)中，∠AFP=90°，∠ACE=，eq\o\ac(△,∽)AECeq\o\ac(△,，)∴

=

，

=

，解得PF=2，∵P在線的稱軸上，∴P的坐為（﹣2）或（﹣2，2（3）解：存在，因為為定值，當點到直的離最遠時，△BCQ的最大，設直線BC的析式y(tǒng)=kx+b直線經（﹣3），C，﹣），∴解得：﹣1，b=﹣3

2222222222∴的解析式y(tǒng)=x3設點（m）過作QH⊥BC于，并過點QS∥y交直于S則S點坐標為m，m﹣3），∴QS=n（﹣﹣3）=n+m+3∵（m，n）在拋線y=﹣x﹣4x﹣3上，∴n=﹣4m3∴QS=﹣4m﹣3+m+3=﹣3m=（m+

）+

，當m=

時，有最值

，∵BO=OC，∴∠OCB=45°∵QS∥y，∴∠QSH=45°∴△QHS是腰直角三角形，∴QS最時QH最，∵﹣

時，QS最，

∴﹣﹣4m3=∴Q﹣，）

+63=

，∴Q點的坐為﹣

，

），△BCQ的面積大．【考點】二次函數的應用【解析】【分析】（1）A、B的坐標入線的解析式，得關b的方程組，而可求得b的值于是可得到拋物線的解析式；（2）首先求得、C的坐標，從而可明△OBC是腰角三角形過A作的線，垂足為E在Rt△ABE中根據∠ABE的度數AB的即求出、BE、CE的，連AC，設拋物線的對稱與x軸的交為F，∠APD=∠ACB，下，證eq\o\ac(△,∽)AEC△，根據得到的比線，即可求出PF的長也就求得了P的坐；（3y軸平行線，交于，然后求得直線的析式，可設出點的坐標，根據拋物和線BC的析式，別示出Q、S的