13.陕西副题、模拟题改编卷(四)-【一战成名新中考】2025陕西中考数学·真题与拓展训练

25-1 25-2 25-3 25-4 班级:　 　 　 　 　 　 　 姓名:　 　 　 　 　 　 　 学号:　 　 　 　 　 　 版权归 所有 25　 　 　 　 13 陕西副题、模拟题改编卷(四) (总分:120 分　 时间:120 分钟) 第一部分(选择题　 共 24 分) 一、选择题(共 8 小题,每小题 3 分,计 24 分.每个小题只有一个选项是符合题意的) 1.在实数 0, 1 2 ,-2,- 2中,最小的数是 ( A ) A.-2 B.- 2 C. 1 2 D.0 2.下面图形中,经过折叠不能围成棱柱的是 ( D ) A 　 　 B 　 　 C 　 　 D 3.(2024 铁一滨河七模)下列计算正确的是 ( A ) A.2x+3x= 5x2 B.(x-y) 2 = x2-y2 C.x6÷x2 = x3 D.(-2xy) 2 = 4x2y2 4.如图,平行于主光轴 MN 的光线 AB 和 CD 经过凸透镜的折射后,折射光线 BE,DF 交于主光轴 MN 上一点 P.若∠ABE = 155°,∠CDF = 160°,则∠EPF 的 度数是 ( C ) A.35° B.40° C.45° D.50° 第 4 题图 　 第 5 题图 　 第 7 题图 5.(2024 铁一滨河八模)如图,在△ABC 中,AB= 9 cm,AC= 5 cm,点 E 是 BC 的中 点,若 AD 平分∠BAC,CD⊥AD,则线段 DE 的长为 ( B ) A.1 cm B.2 cm C.3 cm D.4 cm 6.(2023 陕西副题改编)在平面直角坐标系中,直线 y = -3x+m(m 为常数)与 y 轴交于点 A,将该直线沿 y 轴向下平移 6 个单位长度后,与 y 轴交于点 A′.若点 A′与 A 关于 x 轴对称,则 m 的值为 ( B ) A.-3 B.3 C.-6 D.6 7.如图,将一个含 30°角(∠BAC= 30°)的直角三角板的斜边 AB 和量角器的 0°刻 度线重合放置,A,B,D 均在量角器所在的圆上,点 D 所在位置在量角器外侧 的读数为 100°,∠ACB= 90°,连接 DC 交 AB 于点 E,则∠AEC 的度数为 ( C ) A.110° B.105° C.100° D.95° 8.(2024 曲江一中二模)已知二次函数 y=ax2+bx+2 的图象(a,b 是常数)与 y 轴 交于点 A,点 A 与点 B 关于抛物线的对称轴对称,且点 C(x1,y1),D(x2,y2)在 该函数图象上.二次函数 y=ax2+bx+2 中(a,b 是常数)的自变量 x 与函数值 y 的部分对应值如下表: x … -2 -1 0 1 3 … y=ax2+bx+2 … -10 -3 2 5 5 … 下列结论:①抛物线的对称轴是直线 x = 3 2 ;②这个函数的最大值大于 5;③点 B 的坐标是(2,2);④当 0<x1<1,4<x2<5 时,y1>y2 .其中正确的是 ( C ) A.①④ B.②③④ C.②④ D.①②④ 第二部分(非选择题　 共 96 分) 二、填空题(共 5 小题,每小题 3 分,计 15 分) 9.一个多项式,把它进行因式分解后有一个因式为 a-2,请你写出一个符合条件 的多项式　 a(a-2)+b(a　 . 10.如图①是 15 世纪艺术家阿尔布雷希特·丢勒利用正五边形和菱形创作的镶 嵌图案设计,图②是镶嵌图案中的某一片段的放大图,其中菱形的最小内角 为　 36　 度. 图① 　 图② 第 10 题图 　 　 　 图① 　 图② 第 11 题图 11.(2024 西交大附中三模)七巧板被西方人称为“东方魔术”,如图所示的两幅 图是由同一个七巧板拼成的.图①大正方形边长为 4,则图②阴影部分面积 是　 8　 . 12.(2024 咸阳市二模改编)如图,在平面直角坐标系中,点 O 为坐标原点,菱形 ABCD 的顶点 B 在 x 轴的正半轴上,点 A 坐标为(-4,0),点 D 的坐标为(-1, 4),反比例函数 y= k x (x>0)的图象恰好经过点 C,则 k 的值为　 16　 . 第 12 题图 　 　 　 第 13 题图 13.如图,矩形 ABCD 中,AB = 12,AD = 6,E 是 AB 边上一动点,过点 E 作对角线 AC 的垂线,分别交 AC 于点 O、交直线 CD 于点 F,则点 E 在运动过程中,AF+ FE+EC 的最小值是　 15+3 5 　 . 三、解答题(共 13 小题,计 81 分.解答应写出过程) 14.(本题满分 5 分)计算:(- 1 3 ) -2+ | 1-2 2 | - 18 ÷ 2 . 解:原式=9+2 2 -1-3=5+2 2 . 15.(本题满分 5 分)(2024 铁一滨河三模改编)解不等式组 3-x≥2(x-3), x-1 2 -x +1 3 >-1. ì î í ï ï ïï 解:解不等式 3-x≥2(x-3),得 x≤3,解不等式x -1 2 -x+1 3 >-1,得 x>-1, 则不等式组的解集为-1<x≤3. 16.(本题满分 5 分)化简:(1-a +1 a-2 )÷a 2+2a a2-4 . 解:原式=a -2-a-1 a-2 ·(a +2)(a-2) a(a+2) = -3 a-2 ·(a +2)(a-2) a(a+2) = - 3 a . 17.(本题满分 5 分)如图,四边形 ABCD 中,∠B = 90°,AC 是对角线,∠ACB = 50°,请用尺规作图法,在 CD 边上求作一点 P,使∠CPB = 40°.(不写作法,保 留作图痕迹) 第 17 题图 解:如解图,点 P 即为所求. 18.(本题满分 5 分)(2024 铁一中一模)如图,在四边形 ABCD 中,AB∥CD,点 E 在 DB 的延长线上,连接 CE,∠A=∠E,AD=EC.求证:∠CBD=∠DCB. 第 18 题图 证明:∵AB∥CD,∴∠ABD=∠CDE, 在△ABD与△EDC 中, ∠A=∠E, ∠ABD=∠CDE, AD=CE, ì î í ï ï ïï ∴△ABD≌△EDC(AAS),∴BD=DC, ∴∠CBD=∠DCB. 19.(本题满分 5 分)(2024 交大附中三模)如图,在平面直角坐标系中,△ABC 的 三个顶点都在格点上,点 A 的坐标为(0,1),点 B 的坐标为(3,0),点 C 的坐 标为(2,2),请解答下列问题: (1)以原点 O 为位似中心,在第一象限画出△ABC 的位似图形△A1B1C1,使 △ABC 与△A1B1C1 的相似比为 1 ∶2; (2)求出△A1B1C1 的面积. 第 19 题图 20.(本题满分 5 分)(2024 陕师大附中四模)不透明的袋子里装有两个标有数字 -1 的小球,一个标有数字 0 的小球和若干个标有数字 2 的小球,这些球除颜 色外都相同,从中任意摸出 1 个球,是标有数字-1 的概率为 2 5 . (1)袋子里标有数字 2 的小球有　 2　 个; (2)丽丽先从布袋中随机摸出一个小球,记下数字作为平面直角坐标系内点 M 的横坐标,再将此球放回、摇匀,然后由静静再从布袋中随机摸出一个 小球,记下数字作为平面直角坐标系内点 M 的纵坐标,请用树状图或表 格列出点 M 所有可能的坐标,并求出点 M 落在坐标轴上的概率. 　 　 静静 丽丽　 　 -1 -1 0 2 2 -1 (-1,-1) (-1,-1) (-1,0) (-1,2) (-1,2) -1 (-1,-1) (-1,-1) (-1,0) (-1,2) (-1,2) 0 (0,-1) (0,-1) (0,0) (0,2) (0,2) 2 (2,-1) (2,-1) (2,0) (2,2) (2,2) 2 (2,-1) (2,-1) (2,0) (2,2) (2,2) 21.(本题满分 6 分)(2024 曲江一中二模)学校组织七、八年级学生参加了“国 家安全知识”测试.已知七、八年级各有 200 人,现从两个年级分别随机抽取 10 名学生的测试成绩 x(单位:分)进行统计: 七年级:86　 94　 79　 84　 71　 90　 76　 83　 90　 87 八年级:88　 76　 90　 78　 87　 93　 75　 87　 87　 79 整理如下: 年级 平均数 中位数 众数 方差 七年级 84 a 90 44.4 八年级 84 87 b 36.6 根据以上信息,回答下列问题: (1)填空:a= 　 85　 ,b= 　 87　 ; (2)A 同学说:“这次测试我得了 86 分,位于年级中等偏上水平”,由此可判 断他是　 七　 年级的学生; (3)学校规定测试成绩不低于 85 分为“优秀”,估计该校这两个年级测试成 绩达到“优秀”的学生总人数. 解:(3) 5 10 ×200+ 6 10 ×200=220, 答:估计该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数为 220 人. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 26-1 26-2 26-3 26-4 　 　 　26　 22.(本题满分 7 分)(2024 曲江一中二模)某科技活动小组制作了两款小型机器 人,在同一赛道上进行试验运行.甲机器人离 A 点的距离与出发时间满足一 次函数关系,部分数据如下表.乙机器人在离 A 点 15 米处出发,以 0.5 米 /秒 的速度匀速前进,两个机器人同时同向(远离 A 点)出发并保持前进的状态. 出发时间(单位:秒) … 4 6 8 10 … 甲机器人离 A点距离(单位:米) … 9 11 13 15 … (1)设甲、乙两机器人离 A 点的距离分别为 y甲、y乙,求它们与出发时间 t 之间 的函数关系式; (2)甲机器人出发时距离 A 点多远? 两机器人出发多长时间时相遇? 解:(1)设 y甲 =kt+b(k≠0),将(4,9),(6,11)代入 y甲 =kt+b, 得 4k+b=9, 6k+b=11,{ 解得 k=1, b=5,{ ∴ y甲 = t+5; ∵乙机器人在离 A 点 15 米处出发,以 0.5 米 /秒的速度匀速前进(远离 A 点),∴ y乙 =0.5t+15; (2)当 x=0 时,y甲 =1×0+5=5, 当 y甲 =y乙时,有 t+5=0.5t+15, 解得 t=20. 答:甲机器人出发时距离 A 点 5 米,两机器人出发 20 秒时相遇. 23.(本题满分 7 分)在一次数学课后,小娟和小丽进行了一次数学实践活动.如 图,在同一水平面从左往右依次是商业大厦 EF、旗杆 CD、小娟家所在的居民 楼 AB,她们的实践内容为测量商业大厦 EF 的高度.小娟在居民楼楼顶 A 处 测得旗杆底部 D 的俯角∠1 的度数,小丽在商业大厦顶部的 E 处测得旗杆顶 部 C 的俯角∠2 的度数,竟然发现∠1 与∠2 互余.她们又在居民楼底部的 B 处测得旗杆顶部 C 的仰角为 20°.已知点 F、D、B 在同一条直线上,AB⊥BF, CD⊥BF,EF⊥BF,且 AB =DF,BD = 65 米,测倾器的高度忽略不计.请根据以 上信息求出商业大厦 EF 的高度.(结果精确到 1 米,参考数据:sin20°≈0.34, cos20°≈0.94,tan20°≈0.36) 第 23 题图 24.(本题满分 8 分) (2023 陕西副题改编)如图,∠MPN = 30°,点 O 在 PM 上, ☉O 与 PN 相切于点 A,与 PM 的交点分别为 B,C.作 CD∥PN,与☉O 交于点 D,作 CE⊥PN,垂足为 E,连接 EO 并延长,交 CD 于点 F. 第 24 题图 (1)求证:CD=PA; (2)若 PA= 4,求EF CE 的值. (1)证明:如解图,连接 BD,OA, ∵☉O与 PN相切于点 A, ∴OA⊥PA,∴∠OAP=90°, ∵BC 是☉O的直径,∴∠BDC=90°, ∵CD∥PN,∴∠MPN=∠BCD=30°,∴BD= 1 2 BC=OA,CD= 3BD, ∵PA= 3OA,∴CD=PA; (2)解:如解图,过点 O作 OH⊥CE 于点 H, ∵CE⊥PN,OA⊥PA, ∴∠OHE=∠HEA=∠OAE=90°, ∴四边形 OAEH 是矩形, ∴OA=HE,OH=AE,OH∥AE, ∵∠MPN=30°,PA=4,∴OA= 3 3 PA=4 3 3 ,∴EH=OA=4 3 3 , ∵PO=2OA,OA=OC,∴CP=OC+PO=3OC, ∵OH∥AE,∴OH PE =OC CP = 1 3 ,∴ OH 4+OH = 1 3 ,∴OH=2, ∵∠COH=∠MPN=30°,OH=2,∴CH= 3 3 OH=2 3 3 ,∴CE=EH+CH=2 3, ∵CD∥PN,∴CF PE =OC OP = OC 2OA = 1 2 ,∴ CF 4+2 = 1 2 ,∴CF=3, ∵CD∥PN,CE⊥PN,∴CE⊥CF,∴EF= CE2+CF2 = 12+9 = 21 . ∴EF CE = 21 2 3 = 7 2 . 25.(本题满分 8 分)(2023 陕西副题)某加工厂要加工一种抛物线型钢材构件, 如图所示,该抛物线型构件的底部宽度 OM = 12 米,顶点 P 到底部 OM 的距 离为 9 米.将该抛物线放入平面直角坐标系中,点 M 在 x 轴上.其内部支架有 两个符合要求的设计方案: 方案一是“川”字形内部支架(由线段 AB,PN,DC 构成),点 B,N,C 在 OM 上,且 OB=BN=NC=CM,点 A,D 在抛物线上,AB,PN,DC 均垂直于 OM; 方案二是“H”形内部支架(由线段 A′B′,D′C′,EF 构成),点 B′,C′在 OM 上, 且 OB′=B′C′=C′M,点 A′,D′在抛物线上,A′B′,D′C′均垂直于 OM,E,F 分别 是 A′B′,D′C′的中点. (1)求该抛物线的函数表达式; (2)该加工厂要用某一规格的钢材来加工这种构件,那么哪一个方案的内部 支架节省材料? 请说明理由. 方案一 　 　 　 方案二 第 25 题图 ∴该抛物线的函数表达式为 y=- 1 4 (x-6) 2+9,即 y=- 1 4 x2+3x; (2)方案二的内部支架节省材料.理由如下: 方案一:∵OB=BN=NC=CM,OM=12 米,∴OB=3 米,OC=9 米, 当 x=3 时,y=- 1 4 (3-6) 2+9= 27 4 ,即 AB=27 4 米, 当 x=9 时,y=- 1 4 (9-6) 2+9= 27 4 ,即 CD=27 4 米, ∴方案一内部支架材料长度为 AB+NP+CD=27 4 +9+27 4 = 45 2 (米), 方案二:∵OB′=B′C′=C′M,OM=12 米, ∴OB′=4 米,OC′=8 米,EF=B′C′=4 米, 当 x=4 时,y=- 1 4 (4-6) 2+9=8,即 A′B′=8 米, 当 x=8 时,y=- 1 4 (8-6) 2+9=8,即 C′D′=8 米, ∴方案二内部支架材料长度为 A′B′+EF+C′D′=8+4+8=20(米), ∵45 2 >20,∴方案二的内部支架节省材料. 26.(本题满分 10 分)如图①,在△ABC 的内部,以 AC 为斜边作 Rt△ACD,AD = CD,连接 BD,∠CBD= 45°. (1)如图②,过点 D 作 DE⊥BD 交 BC 于点 E,连接 AE.若∠EDC = 20°,则 ∠DAE= 　 25　 °; (2)如图③,点 F 为 AC 上一点,连接 FD,过点 A 作 AH⊥DF 分别交 DF 于点 G,交 DC 于点 H,若 AG= 2BD,∠CAH=∠BCD,求证:BD=GD; (3)若 AC = 20,sin∠BCD = 5 5 ,点 M 为直线 BC 上一点,连接 DM,将△BDM 沿直线 DM 翻折至△B′DM,连接 B′A,B′C.当△AB′C 的面积最大时,求 △CDM 的面积. 图① 　 　 图② 　 　 图③ 第 26 题图 (2)证明:如解图①,取 AG中点 N,连接 DN,过点 D作 DM⊥BD交 BC 于点 M,则 AG=2AN=2NG, ∵∠ADC=90°,AD=CD,∴∠CAD=∠1+∠5=45°, ∵DM⊥BD,∠CBD=45°,∴∠DMB=45°,则 BD=DM, ∵AG=2BD,∴DM=AN=BD=NG, ∴△B′DQ为等腰直角三角形,则∠QB′D=45°, ∵sin∠BCD= 5 5 ,∴DT=CD·sin∠BCD=10 2 × 5 5 =2 10 , CT= CD2-DT2 =4 10 ,则 tan∠BCD= DT CT =2 10 4 10 = 1 2 , ∵∠CBD=45°,∴△BDT 为等腰直角三角形, ∴BT=DT=2 10 ,BD=B′D= 2BT=4 5 ,∠MBD=135°, 则 B′Q=DQ= 2 2 DB′=2 10 ,CQ=CD+DQ=10 2 +2 10 , 由翻折可知,∠MB′D=∠MBD=135°, ∵∠QB′D=45°,∴∠QB′D+∠DB′M=180°, ∴M,B′,Q三点在同一直线上, ∴MQ=CQ·tan∠BCD=5 2 + 10 , ∴S△CDM = 1 2 CD·MQ= 1 2 ×10 2 ×(5 2 + 10 )= 50+10 5 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 参考答案及重难题解析·陕西数学 副 题 ︑模 拟 题 改 编 卷 第 26 题解图③ ∴ O,P,H 共线,AH = BH= 1 2 AB= 12 m, 设☉O 半径为 r m,则 OH = OP - PH = ( r - 8)m, 在 Rt△AHO 中,AH2+OH2 =OA2, ∴ 122+( r-8) 2 = r2,解得 r= 13,∴ OP1 = 13 m, ∵ PP1 ( =PP2 ( ,且 P1P2 = 10 m,∴ P1K=P2K= 5 m, ∴ OK= P1O2-P1K2 = 132-52 = 12(m), ∴ PK=OP-OK= 13-12= 1(m), ∴ KH=PH-PK= 8-1= 7(m),∴ P1T=KH= 7 m, ∵ AT=AH-TH= 12-5= 7(m), ∴ AT=P1T,∴ ∠P1AT= 45°, ∵ ∠CP1D= 90°,即∠AP1D= 90°, ∴ △AP1D 是等腰直角三角形, ∴ AD= 2AT= 14(m),即 CD= 14 m, ∴ DB=AB-AD= 24-14= 10(m), 同理可得 BE= 14 m,即 FE= 14 m, ∴ DE=EF-DB= 14-10= 4(m), ∴ 这两个灯照在水面 AB 上的重叠部分的水面宽度为 4 m; ②当 E 与 A 重合,D 与 B 重合时,如解图④, 第 26 题解图④ ∵ AT=P1T= 7 m=P2M,P1P2 = 10 m, ∴ AM=AT+TM= 17(m), ∴ AP2 = AM2+P2M2 = 172+72 = 338 (m), ∵ cos∠P2AM= AM AP2 = AP2 AF ,∴ 17 338 = 338 AF , ∴ AF= 338 17 ,同理 BC= 338 17 , ∴ CF=AF+BC-AB= 338 17 +338 17 -24= 268 17 (m), ∴ 这两个灯照在水面 AB 上的重叠部分的水面宽度为 268 17 m. 综上所述,这两个灯照在水面 AB 上的重叠部分的水面宽 度为 4 m 或 268 17 m. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 13.陕西副题、模拟题改编卷(四) 快速对答案 选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D D C B B C C 填空题 9.a(a-2)+b(a-2)　 10.36　 11.8　 12.16　 13.15+3 5 1.A　 2.D　 3.D　 4.C　 5.B　 6.B　 7.C 8.C　 【解析】 将 ( - 1, - 3), ( 1,5) 代入 y = ax2 + bx + 2 得 -3=a-b+2, 5=a+b+2,{ 解得 a=-1, b= 4,{ ∴ y= -x 2 +4x+2 = -( x-2) 2 +6, ∴ 抛物线开口向下,对称轴为直线 x = 2,顶点坐标为(2, 6),∴ ①错误,②正确.∵ 点 A 坐标为(0,2),点 A,B 关于对 称轴对称,∴ 点 B 坐标为(4,2),③错误.∵ 0<x1 <1,4<x2 < 5,∴ 点 C 到对称轴的距离小于点 D 到对称轴的距离,∴ y1 >y2 .④正确.故选 C. 9.a(a-2)+b(a-2)(答案不唯一)　 10.36　 11.8　 12.16 13.15+3 5 　 【解析】如解图,过点 B 作 BM∥EF 交 DC 于M, 过点 A 作 AN∥EF,使 AN = EF,连接 NE,NC,则四边形 ANEF 是平行四边形,∴ AF = NE,∴ AF+EC = NE+EC≥ NC,即 AF+CE 的最小值为 NC,∵ 四边形 ABCD 是矩形, AB= 12,AD = 6,∴ AD = BC = 6,AB = CD = 12,AB∥DC, ∠ABC= 90°,∴ AC = AB2+BC2 = 6 5 ,四边形 EFMB 是 平行四边形,∴ BM=EF,∴ BM=AN,∵ EF⊥AC,∴ BM⊥AC, AN⊥AC,∴ ∠CAN = 90°,∠MBC+∠ACB = 90° = ∠ACB+ ∠ACD,∴ ∠MBC = ∠ACD,∴ tan∠MBC = tan∠ACD,∴ CM CB = AD DC ,即 CM 6 = 6 12 ,∴ MC = 3,∴ BM = BC2+CM2 = 62+32 = 3 5 =AN = EF,∴ CN = AC2+AN2 = 15,∵ AF+ FE+EC≥NC+EF,∴ AF+FE+EC≥15+3 5 ,∴ AF+FE+EC 的最小值为 15+3 5 . 第 13 题解图 14.解:原式= 9+2 2 -1-3 = 5+2 2 . 15.解:解不等式 3-x≥2(x-3),得 x≤3, 解不等式 x-1 2 -x +1 3 >-1,得 x>-1, 则不等式组的解集为-1<x≤3. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 82 参考答案及重难题解析·陕西数学 副 题 ︑模 拟 题 改 编 卷 16.解:原式= a-2-a-1 a-2 · (a+2)(a-2) a(a+2) = -3 a-2 · (a+2)(a-2) a(a+2) = - 3 a . 17.解:如解图,点 P 即为所求. 第 17 题解图 18.证明:∵ AB∥CD,∴ ∠ABD=∠CDE, 在△ABD 与△EDC 中 ∠A=∠E, ∠ABD=∠CDE, AD=CE, { ∴ △ABD≌△EDC(AAS),∴ BD=DC, ∴ ∠CBD=∠DCB. 19.解:(1)如解图,△A1B1C1 即为所求; 第 19 题解图 (2)∵ △ABC 的面积为 3×2- 1 2 ×1×2- 1 2 ×1×2- 1 2 ×3× 1= 5 2 ,且△ABC 与△A1B1C1 的相似比为 1 ∶2, ∴ △A1B1C1 的面积为 4× 5 2 = 10. 20.解:(1)两(或 2); (2)列表如下: 　 　 静静 丽丽　 　 -1 -1 0 2 2 -1 (-1,-1) (-1,-1) (-1,0) (-1,2) (-1,2) -1 (-1,-1) (-1,-1) (-1,0) (-1,2) (-1,2) 0 (0,-1) (0,-1) (0,0) (0,2) (0,2) 2 (2,-1) (2,-1) (2,0) (2,2) (2,2) 2 (2,-1) (2,-1) (2,0) (2,2) (2,2) 由表格可知,共有 25 种等可能的结果.其中点 M 落在坐 标轴上的结果有 9 种, ∴ 点 M 落在坐标轴上的概率为 9 25 . 21.解:(1)85,87; (2)七; (3) 5 10 ×200+ 6 10 ×200= 220. 答:估计该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总 人数为 220 人. 22.解:(1)设 y甲 = kt+b(k≠0), 将点(4,9),(6,11)代入 y甲 = kt+b, 得 9= 4k+b, 11= 6k+b,{ 解得 k= 1, b= 5,{ ∴ y甲 = t+5; ∵ 乙机器人在离 A 点 15 米处出发,以 0.5 米 /秒的速度匀 速前进(远离 A 点), ∴ y乙 = 0.5t+15; (2)当 t= 0 时,y甲 = 1×0+5= 5, ∴ 甲机器人出发时距离 A 点 5 米; 当 y甲 = y乙时,t+5= 0.5t+15,解得 t= 20. 答:甲机器人出发时距离 A 点 5 米,两机器人出发 20 秒 时相遇. 23.解:如解图,延长 DC 交 EG 于点 H,由题意得 EF = DH, EH=DF,∠MAB= 90°,DH⊥EG,AB⊥BD, 第 23 题解图 ∴ ∠EHC=∠ABD=∠MAB= 90°, ∵ ∠1+∠2= 90°,∠1+∠DAB= 90°,∴ ∠2=∠DAB, ∵ AB=DF,∴ AB=EH, ∴ △ABD≌△EHC(ASA),∴ BD=CH= 65 米, 在 Rt△BCD 中,∠CBD= 20°, ∴ CD=BD·tan20°≈65×0.36= 23.4(米), ∴ EF=DH=CD+CH≈23.4+65≈88(米), 即商业大厦 EF 的高度约为 88 米. 24.(1)证明:如解图,连接 BD,OA, ∵ ☉O 与 PN 相切于点 A, 第 24 题解图 ∴ OA⊥PA, ∴ ∠OAP= 90°, ∵ BC 是☉O 的直径, ∴ ∠BDC= 90°, ∵ CD∥PN, ∴ ∠MPN=∠BCD= 30°, ∴ BD = 1 2 BC = OA, CD = 3BD, ∵ PA= 3OA,∴ CD=PA; (2)解:如解图,过点 O 作 OH⊥CE 于点 H, ∵ CE⊥PN,OA⊥PA, ∴ ∠OHE=∠HEA=∠OAE= 90°, ∴ 四边形 OAEH 是矩形, ∴ OA=HE,OH=AE,OH∥AE, ∵ ∠MPN= 30°,PA= 4, ∴ OA= 3 3 PA= 4 3 3 ,∴ EH=OA= 4 3 3 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 92 参考答案及重难题解析·陕西数学 副 题 ︑模 拟 题 改 编 卷 ∵ PO= 2OA,OA=OC,∴ CP=OC+PO= 3OC, ∵ OH∥AE,∴ OH PE =OC CP = 1 3 ,∴ OH 4+OH = 1 3 ,∴ OH= 2, ∵ ∠COH=∠MPN= 30°,OH= 2, ∴ CH= 3 3 OH= 2 3 3 ,∴ CE=EH+CH= 2 3 , ∵ CD∥PN,∴ CF PE =OC OP = OC 2OA = 1 2 , ∴ CF 4+2 = 1 2 ,∴ CF= 3, ∵ CD∥PN,CE⊥PN,∴ CE⊥CF, ∴ EF= CE2+CF2 = 12+9 = 21 ,∴ EF CE = 21 2 3 = 7 2 . 25.解:(1)∵ 该抛物线型构件的底部宽度 OM= 12 米,顶点 P 到底部 OM 的距离为 9 米, ∴ 顶点 P 的坐标为(6,9),点 O 的坐标为(0,0),点 M 的 坐标为(12,0), 设抛物线的函数表达式为 y = a( x- 6) 2 + 9,将 O(0,0) 代入, 得 0=a(0-6) 2+9,解得 a=- 1 4 , ∴ 该抛物线的函数表达式为 y = - 1 4 ( x-6) 2 + 9,即 y = - 1 4 x2+3x; (2)方案二的内部支架节省材料.理由如下: 方案一:∵ OB=BN=NC=CM,OM= 12 米, ∴ OB= 3 米,OC= 9 米, 当 x= 3 时,y=- 1 4 ×(3-6) 2+9= 27 4 ,即 AB= 27 4 米, 当 x= 9 时,y=- 1 4 ×(9-6) 2+9= 27 4 ,即 CD= 27 4 米, ∴ 方案一内部支架材料长度为 AB+NP+CD = 27 4 +9+ 27 4 = 45 2 (米); 方案二:∵ OB′=B′C′=C′M,OM= 12 米, ∴ OB′= 4 米,OC′= 8 米,EF=B′C′= 4 米, 当 x= 4 时,y=- 1 4 ×(4-6) 2+9= 8,即 A′B′= 8 米, 当 x= 8 时,y=- 1 4 ×(8-6) 2+9= 8,即 C′D′= 8 米, ∴ 方案二内部支架材料长度为 A′B′+EF+C′D′= 8+4+8 = 20(米), ∵ 45 2 >20,∴ 方案二的内部支架节省材料. 26.(1)解:25; (2)证明:如解图①,取 AG 中点 N,连接 DN,过点 D 作 DM⊥BD,交 BC 于点 M,则 AG= 2AN= 2NG, ∵ ∠ADC= 90°,AD=CD,∴ ∠CAD=∠1+∠5= 45°, ∵ DM⊥BD,∠CBD= 45°,∴ ∠DMB= 45°,则 BD=DM, ∵ AG= 2BD,∴ DM=AN=BD=NG, ∵ ∠1=∠2,∠DMB=∠2+∠4=45°,∠CAD=∠1+∠5=45°, ∴ ∠4=∠5,∴ △ADN≌△DCM(SAS), ∴ ∠AND=∠CMD,∴ ∠DNG=∠DMB= 45°. 又∵ AH⊥DF,则△DNG 为等腰直角三角形,∴ DG=NG, 又∵ BD=NG,∴ DG=BD; 第 26 题解图① (3)解:由翻折可知,BM = B′M,BD = B′D,则点 B′在以 D 为圆心,BD 长为半径的圆上,如解图②,过点 D 作 DT⊥ BC 于点 T,过点 B′分别作 B′P⊥AC 于点 P,B′Q⊥CD,交 CD 的延长线于点 Q. 第 26 题解图② ∵ S△AB′C = 1 2 AC·B′P,则当 B′P 取最大值时,S△AB′C最大, ∵ B′P≤DP+B′D,∴ 当 B′P 经过圆心 D 时,S△AB′C最大, 由题意可知,△ADC 为等腰直角三角形,则 AD = CD = 2 2 AC= 10 2 , ∵ B′P 经过圆心 D,∴ DP 平分∠ADC, ∴ ∠CDP= 45°,则∠B′DQ= 45°, ∴ △B′DQ 为等腰直角三角形,则∠QB′D= 45°, ∵ sin∠BCD= 5 5 , ∴ DT=CD·sin∠BCD= 10 2 × 5 5 = 2 10 , ∴ CT= CD2-DT2 =4 10,则 tan∠BCD= DT CT =2 10 4 10 = 1 2 , ∵ ∠CBD= 45°,∴ △BDT 为等腰直角三角形, ∴ BT=DT= 2 10 ,BD=B′D= 2BT= 4 5 ,∠MBD= 135°, 则 B′Q=DQ= 2 2 DB′= 2 10 ,CQ=CD+DQ= 10 2 +2 10 , 由翻折可知,∠MB′D=∠MBD= 135°, ∵ ∠QB′D= 45°,∴ ∠QB′D+∠MB′Q= 180°, ∴ M,B′,Q 三点在同一直线上, ∴ MQ=CQ·tan∠BCD= 5 2 + 10 , ∴ S△CDM = 1 2 CD·MQ = 1 2 × 10 2 ×(5 2 + 10 ) = 50+ 10 5 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 03