64，2024年陕西省西安市雁塔区高新一中中考一模数学试题

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1. 抛物线y＝x2﹣2的顶点坐标是（ ）
A. （0，﹣2）B. （﹣2，0）C. （0，2）D. （2，0）
【答案】A
【解析】
【分析】已知抛物线的解析式满足顶点坐标式的形式，直接写出顶点坐标即可．
【详解】解：∵抛物线，
∴抛物线的顶点坐标是（0，-2），
故选A．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是熟记二次函数的性质．
2. 如图，在中，，，则（ ）

A. B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查正切的计算，熟知直角三角形中正切的表示是解题的关键．根据正切的定义计算，得到答案．
【详解】解：在中，，，
故选：A．
3. 下列说法：①三点确定一个圆；②平分弦的直径垂直于弦；；③相等的圆心角所对的弦相等④三角形的外心到三角形三个顶点的距离都相等；⑤弧长相等的弧是等弧；其中正确的有（ ）
A. 个B. 个C. 个D. 个
【答案】A
【解析】
【分析】根据确定圆的条件、圆心角、弧、弦的关系定理、垂径定理、三角形的外心等弧定义进行判断即您看到的资料都源自我们平台，20多万份试卷，家威杏 MXSJ663 每日最新，性比价最高可得到正确结论．
【详解】解：不共线的三点确定一个圆，故表述不正确；
平分弦不是直径的直径垂直于弦，故表述不正确；
在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故表述不正确；
三角形的外心到三角形三个顶点的距离都相等，故表述正确；
在同圆或等圆中，能够重合的两条弧是等弧，故表述不正确．
故选：A．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系定理，垂径定理的推论，半圆与弧的定义三角形的外心，熟练掌握定义与性质是解题的关键．
4. 图1是一个地铁站入口的双翼闸机，如图2，它的双翼展开时，双翼边缘的端点与之间的距离为，双翼的边缘，且与闸机侧立面夹角，当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过作于，过作于，则可得和的长，依据端点与之间的距离为，即可得到可以通过闸机的物体的最大宽度．
【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，
在中，，
，
同理可得，，
又双翼边缘的端点与之间的距离为，
，
当双翼收起时，可以通过闸机物体的最大宽度为．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了含角的直角三角形的性质，在直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半．
5. 在中，，，．若与相离，则半径为r满足（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，勾股定理和含30度直角三角形的性质，
根据含30度直角三角形的性质和勾股定理得到和的长度，再根据与相离可知半径小于点C到的距离，即可进行求解．
【详解】解：∵，，，
∴
∴，
∵
∴，解得：，
∴
设点C到的距离为h，则，
∴，
∴，
∵若与相离，
∴
故选：C．
6. 如图，在一张纸片中，，，，是它的内切圆．小明用剪刀沿着的切线剪下一块三角形，则的周长为（ ）

A. 19B. 17C. 22D. 20
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，切线的性质，解决本题的关键是掌握切线的性质．设的内切圆切三边于点，连接，得四边形是正方形，由切线长定理可知，根据是的切线，可得，，根据勾股定理可得，再求出内切圆的半径，进而可得的周长．
【详解】解：如图，设的内切圆切三边于点、、，连接、、，
∴四边形是正方形，

由切线长定理可知，
∵是的切线，
∴，，
∵，，，
∴，
∵是的内切圆，
∴内切圆的半径，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为：．
故选：D．
7. 扇子最早称“翣”，在我国已有两千多年历史．“打开半个月亮，收起兜里可装，来时荷花初放，去时菊花正黄．”这则谜语说的就是扇子． 如图，一竹扇完全打开后，外侧两竹条，夹角为，的长为， 扇面BD的长为，则扇面面积为（ ）cm2

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得，用扇形面积求解即可．
【详解】解：∵的长为， 扇面BD的长为，
∴，
∵两竹条，夹角为，
，
故选：C．
【点睛】本题考查扇形面积，熟记公式是关键．
8. 若二次函数的图象只经过第一、二、三象限，则m满足的条件一定是（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线只经过第一、二、三象限，可得抛物线与轴有两个交点，且与轴的交点的纵坐标大于等于0，进行求解即可．
【详解】解：∵，，
∴抛物线的开口向上，当时，，
∵抛物线的图象只经过第一、二、三象限，
∴抛物线与轴有两个交点，，
∴，，
∴；
故选D．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质．熟练掌握二次函数的图象与性质，是解题的关键．
二.填空题（共6小题，每小题3分，计18分）
9. 在△ABC中，若，则的度数是 _____．
【答案】##105度
【解析】
【分析】本题考查了特殊角的三角函数值：记住特殊角的三角函数值是解决问题的关键．也考查了非负数的性质．
先利用非负数的性质得到，即，则根据特殊角的三角函数值得到的度数，然后根据三角形内角和定理计算出的度数．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
10. 在中，若两直角边长为、，则它的外接圆的面积为______．
【答案】##平方厘米
【解析】
【分析】此题考查的是求三角形的外接圆的面积，掌握圆周角为直角所对的弦是直径是解决此题的关键．
根据题意，写出已知条件并画出图形，然后根据勾股定理即可求出，再根据圆周角为直角所对的弦是直径即可得出结论．
【详解】如图，已知：，，
由勾股定理得： ，
∵，
∴是的直径，
∴这个三角形的外接圆直径是，半径为，
∴面积，
故答案为：．
11. 如图，二次函数的图象经过点，抛物线的对称轴是直线那么一元二次方程的根是______ ．

【答案】，
【解析】
【分析】求出关于直线对称的点是，两个点的横坐标即为所求．
【详解】关于直线对称的点是，
、是抛物线与轴的交点，
，是一元二次方程的根，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了二次函数与轴的交点横坐标和一元二次方程的根的关系，关键是利用对称性确定点的坐标．
12. 如图，某品牌扫地机器人的形状是“莱洛三角形”，它的三“边”分别是以等边三角形的三个顶点为圆心，边长为半径的三段圆弧．若该等边三角形的边长为3，则这个“莱洛三角形”的周长是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是正多边形和圆的知识，理解弧三角形的概念、掌握正多边形的中心角的求法是解题的关键．
根据正三角形的有关计算求出弧的半径和圆心角，根据弧长的计算公式求解即可．
【详解】解：如图：

∵是正三角形，
∴，
∴的长为： ，
∴“莱洛三角形”的周长=．
故答案为：．
13. 已知抛物线，抛物线是由抛物线向右平移3个单位得到的，那我们可以得到抛物线和抛物线一定关于某条直线对称，则这条直线为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查二次函数的对称性，函数，对称轴为直线；
先求出两个函数的对称轴，根据对称性即可求解．
【详解】解：∵抛物线，
∴抛物线对称轴为：直线，
∵抛物线是由抛物线向右平移3个单位得到的，
∴抛物线的对称轴为，
∴抛物线和抛物线一定关于直线对称．
故答案为：．
14. 如图，的半径为4，圆心M的坐标为，点P是上的任意一点，，且、与x轴分别交于A、B两点．若点A、点B关于原点O对称，则当取最大值时，点A的坐标为______．

【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查点与圆的位置关系，勾股定理，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出取得最小值时点的位置．
由中知要使取得最大值，则需取得最大值，连接，并延长交于点，当点位于位置时，取得最大值，据此求解可得．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵点、点关于原点对称，
∴，
∴，
若要使取得最大值，则需取得最大值，
连接，并延长交于点，当点位于位置时，取得最大值，
过点作轴于点，

则、，
∴，
又∵，
∴，
∴；
∴，
即点A的坐标为，
故答案为：．
三．解答题（共11小题，计78分．解答题应写出过程）
15. 计算：
（1），
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了特殊角三角函数值的混合运算、零指数幂以及二次根式的化简；
（1）先代入特殊角的三角函数值，再计算绝对值和零指数幂，最后计算加减即可；
（2）先利用完全平方公式对二次根式变形，再利用二次根式的性质化简，代入特殊角的三角函数值进行计算即可．
【小问1详解】
解：
【小问2详解】
解：
16. 如图，点P是外一点．请利用尺规过点P作的一条切线．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）

【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查切线的定义和尺规作图；作法为：①连接，以为直径作；②与相交于点E，作直线．则直线即为所求．
【详解】解：如图，直线即为所求，

证明：∵是直径，
∴，
∴，
∴是的切线．
17. 如图，正六边形内接于．
（1）若P是上的动点，连接，，求的度数；
（2）已知的面积为，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】此题考查了圆内解正六边形问题，解题的关键是掌握圆内解正六边形的性质及弦和圆周角之间的关系．
（）在取一点，连接，利用弦和圆周角的关系即可求出的值；
（）证明是等边三角形，利用三角函数求出，，再根据的面积为求出圆的半径，即可求出面积．
【小问1详解】
如图所示，在取一点，连接 ，
∵六边形是正六边形，
∴ ，，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
∵，，
∴是等边三角形，
∴；
∴，，
∴，
∴，
即的半径为．
面积为：
18. 如图，在中，，，分别是边上的中线和高，，，求，的长．

【答案】的长为，的长为10
【解析】
【分析】由是的中线，可得，，设，，，可求得x的值，得到，再由等面积法求得斜边上的高即可．
【详解】.解：∵是的中线，
∴
∴
∴，
∵，
∴在Rt△ABC中，，
∴设，，
由勾股定理得：，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，解得：，
∴的长为，的长为10．
【点睛】本题考查解直角三角形，勾股定理以及直角三角形斜边上的中线，证出是解题的关键．
19. 如图，是的直径，弦于点E，点P在上，．
（1）求证：；
（2）若，，求的直径．
【答案】（1）证明见解析
（2）6
【解析】
【分析】本题考查圆周角定理（在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等），垂径定理（垂直于弦的直径平分弦，且平分弦所对的弧）以及解直角三角形，
（1）先由圆周角定理得到，结合已知得到，即可证明；
（2）连接，由“直径所对的圆周角是直角”可得，由垂径定理可得，得到，，解直角三角形得到，即可得到．
【小问1详解】
证明：∵与是所对的圆周角，
∴．
又∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：连接，
∵为的直径，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
在中，，
∵，
∴
又∵，
∴．
即的直径为6．
20. 如图，小华和同伴秋游时，发现在某地小山坡的点E处有一棵小树，他们想利用皮尺、倾角器和平面镜测量小树到山脚下的距离（即DE的长度），昌昌站在点B处，让同伴移动平面镜至点C处，此时小华在平面镜内可以看到点E．且测得BC＝3米，CD＝28米．∠CDE＝127°．已知小华的眼睛到地面的距离AB＝1.5米，请根据以上数据，求DE的长度．（参考数据：，）
【答案】米
【解析】
【分析】过点E作EF⊥CD交CD延长线于点F，根据∠CDE=127°，可得∠DEF=37°，设DF为x米，则EF=米，DE=米，再证得△ABC∽△EFC，可得，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作EF⊥CD交CD延长线于点F，
∵∠CDE=127°，
∴∠EDF=53°，
∴∠DEF=37°，
∴，
设DFx米，则EF米，
∴DE≈米，
∵∠B=∠EFC=90°，∠ACB=∠ECD，
∴△ABC∽△EFC，
∴，
∴，
解得：x=16.8，
∴DE的长度为米．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，明确题意，准确构造直角三角形是解题的关键．
21. 有一座抛物线型拱桥，在正常水位时水面宽，当水位上升时，水面宽．按如图所示建立平面直角坐标系．
（1）求此抛物线的函数表达式；
（2）有一条船以的速度向此桥径直驶来，当船距离此桥时，桥下水位正好在处，之后水位每小时上涨，为保证安全，当水位达到距拱桥最高点时，将禁止船只通行．如果该船的速度不变，那么它能否安全通过此桥？
【答案】（1）
（2）如果该船的速度不变，那么它能安全通过此桥
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的实际应用，正确理解题意是解题的关键．
（1）根据题意可得，然后利用待定系数法求解即可；
（2）先求出船到达桥下水面的高度，再求出抛物线顶点坐标，进而得到船到达桥下时水面距离最高点的高度，由此即可得到答案．
【小问1详解】
解：由题意得，，
设抛物线解析式为，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为；
【小问2详解】
解：船行驶到桥下的时间为：小时，
水位上升的高度为：．
∵抛物线解析式为，
∴抛物线顶点坐标为，
∴当船到达桥下时，此时水面距离拱桥最高点的距离为，
∴如果该船的速度不变，那么它能安全通过此桥．
22. 如图所示，要在底边BC=160cm，高AD=120cm的△ABC铁皮余料上，截取一个矩形EFGH，使点H在AB上，点G在AC上，点E，F在BC上，AD交HG于点M.
(1)设矩形EFGH的长HG=ycm，宽HE=xcm.求y与x的函数关系式；
(2)当x为何值时，矩形EFGH的面积S最大?最大值是多少?
【答案】（1）；（2）当x=60时，S最大，最大为4800cm².
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质可得△AHG∽△ABC，根据相似三角形的性质即可得答案；（2）利用S=xy，把代入得S关于x的二次函数解析式，根据二次函数的性质求出最大值即可.
【详解】解：(1)∵四辺形EFGH是矩形，
∴HG∥BC
∴ΔAHG∽ΔABC
∴，即
∴
(2)把带入S=xy，
得
=
当x=60时，S最大，最大为4800cm².
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质以及二次函数的性质．此题难度适中，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用．
23. 如图，点O在∠APB的平分线上，⊙O与PA相切于点C．
（1）求证：直线PB与⊙O相切；
（2）PO的延长线与⊙O交于点E．若⊙O的半径为3，PC=4．求弦CE的长．
【答案】(1)证明见解析；（2）
【解析】
【详解】试题分析：（1）连接OC，作OD⊥PB于D点．证明OD=OC即可．根据角的平分线性质易证；
（2）设PO交⊙O于F，连接CF．根据勾股定理得PO=5，则PE=8．证明△PCF∽△PEC，得CF：CE=PC：PE=1：2．根据勾股定理求解CE．
试题解析：（1）证明：连接OC，作OD⊥PB于D点．
∵⊙O与PA相切于点C， ∴OC⊥PA．
（2）解：设PO交⊙O于F，连接CF．
∵OC=3，PC=4，∴PO=5，PE=8．
∵⊙O与PA相切于点C， ∴∠PCF=∠E．
又∵∠CPF=∠EPC， ∴△PCF∽△PEC，
∴CF：CE=PC：PE=4：8=1：2．
∵EF是直径， ∴∠ECF=90°．
设CF=x，则EC=2x．
则x2+（2x）2=62， 解得x=．
则EC=2x=．
24. 已知抛物线经过点，，与y轴的交点为C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）若点P是该抛物线上一点，且位于其对称轴l的左侧，过点P分别作l，x轴的垂线，垂足分别为M，N，连接．若和相似，求点P的坐标．
【答案】（1）
（2）或．
【解析】
【分析】（1）运用待定系数法求解即可；
（2）先确定的形状是等腰直角三角形，根据相似可知是等腰直角三角形，设，根据求出m即可．
【小问1详解】
解：把，代入得：，
解得，
抛物线的函数表达式为；
【小问2详解】
如图，
，
抛物线的对称轴是直线，
在中，令得，
，
，
是等腰直角三角形，
和相似，
是等腰直角三角形，
，轴，
，
∴，
设，
，
或，
解得：，，，，
点位于其对称轴l左侧，
∴或，
或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图象和性质，相似三角形的性质，解一元二次方程，解题的关键是确定的形状．
25. 问题发现
（1）在中，，，则面积的最大值为 ；
（2）如图1，在四边形中，，，，求的值．
问题解决
（3）有一个直径为的圆形配件，如图2所示．现需在该配件上切割出一个四边形孔洞，要求，，并使切割出的四边形孔洞的面积尽可能小．试问，是否存在符合要求的面积最小的四边形？若存在，请求出四边形面积的最小值及此时的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，四边形面积的最小值为，此时
【解析】
【分析】（1）易知点C在以为弦的确定的圆上，作的外接圆，可得当点C在的位置，即垂直平分时，的面积最大，求出，再根据三角形的面积公式计算即可；
（2）将绕点A逆时针旋转得到，则，，，，证明C、D、E在同一条直线上，求出，利用勾股定理求出，进而可得的值；
（3）如图作辅助线，证明是等边三角形，求出，可得要使四边形的面积最小，就要使的面积最大，然后由（1）可知，当是直径，且时，的面积最大，同（1）的方法求出面积的最大值，可得四边形面积的最小值，然后证明O、C、M共线，解直角三角形求出，根据可得此时的长．
【详解】解：（1）∵，，
∴点C在以为弦的确定的圆上，
如图，作的外接圆，
∴当点C在的位置，即垂直平分时，的面积最大，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴面积的最大值为，
故答案为：；
（2）如图，将绕点A逆时针旋转得，
∴，，，，
∵，，
∴，
∵，
∴C、D、E在同一条直线上，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）存；
如图，连接，
∵，，
∴将绕O点顺时针旋转至，连接，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
，
∴要使四边形的面积最小，就要使的面积最大，
作的外接圆，点F是上一点，交于M，
由（1）可知，当是直径，且时，的面积最大，
此时，，
∴，
∴面积的最大值为，
∴四边形面积的最小值为，
又∵垂直平分，是等边三角形，
∴O、C、M共线，
∴,
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的外接圆，垂径定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，作出合适的辅助线，灵活运用三角形的外接圆求出三角形面积的最大值是解题的关键．