2020年北京市丰台区中考二模数学试卷答案.pdf

1 丰台区 2020 年初三统一练习（二） 数学评分标准及参考答案 一、 选择题（本题共 16 分，每小题 2 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C D C B D B C 二、填空题（本题共 16 分，每小题 2 分） 9. 50 10. 0，1 11. 1 3 12. AC∥DE；内错角相等，两直线平行 13. 3 14. 1 15. ① 16. 112；128 三、解答题（本题共 68 分，第 17  24 题，每小题 5 分，第 25 题 6 分，第 26，28 题，每 小题 7 分，第 27 题 8 分） 17. 证明：连接 OA，OB. ∵OP 为⊙E 的直径， ∴∠OAP=∠ OBP = 90 °. （直径所对的圆周角是直角）. ∴OA⊥AP ， OB ⊥BP. ∵OA，OB 为⊙O 的半径， ∴直线 PA，PB 为⊙O 的切线.（经 过半径的外端，并且垂直于这条半 径的直线是圆的切线）. ……5 分 18.解：原式= 2 4 3 2 4 2 2 π    = 2 2 4 32 2 π    …4 分 = π 1 . ……5 分 19. 解：  3 2 3 3x x    . 3 2 6 3x x    . …..2 分 3 0x  . 0x  . ……4 分 经检验， 0x  是原方程的解. ∴原方程的解是 0x  . ……5 分 20. 解：（1） 2 4b ac    22 8m m   2 4 4m m   22m  ≥0. ……1 分 ∴原方程总有两个实数根. 2 分 （2）当 m=0 时，原方程化为 2x2 +2x = 0. 解得 x1=0，x2=-1. ……5 分 （m 的值不唯一，满足题意解答正确即可） 21. （1）证明：∵CF∥AE , ∴∠1=∠2. 在 △ ADE 与 △ FDC 中， 1 2 ,         ADE FDC DE DC ∴△ADE≌△FDC. ∴AE=CF. ……1 分 ∴四边形 ACFE 是平行四边形. ∵四边形 ABCD 是矩形， ∴∠ADC=90°. ∴CE⊥AF. ∴四边形 ACFE 是菱形. …3 分 （2）解: ∵矩形 ABCD 中， ∴∠ABC=∠BCD=90°. CD= AB=2. ∵∠ACB=30°, ∴BC= 2 3 ， EC=4. 在 Rt △ BCE 中， BE= 2 2 2 7BC EC  .…4 分2 ∵GD∥BC， DE DC ， ∴ = 1 2 GB CD EB CE . ∴BG= 1 7 2 BE . ……5 分 22. 解：（1）∵反比例函数  ky x 的图象经过 点 A(2，1)， ∴k=2 ……2 分 （2）分别过点 A，B 作 AD，BE 垂直 y 轴于点 D，E. ∵A(2，1)， ∴AD=2. 情况 1：当点 B 在线段 AC 上时. ∵AC=2AB， ∴BE= 1 2 AD=1. ∴B(1， 2). ∵一次函数 y mx n  过点 A(2，1)，B(1， 2), 可得 2 1 2 m n m n        ， 解得 1 3n m       . ∴一次函数表达式为 3y x   . 情况 2：当点 B 在线段 AC 反向延 长线上时. ∵AC=2AB， ∴BE= 2 3 AD=3. ∴B(3， 2 3 ). ∵一次函数 y mx n  过点 A(2，1)，B(3， 2 3 ), 可得 2 1 3 2 3 m n m n       ， 解得 5 1 3 3 m n         . ∴一次函数表达式为 1 5 3 3y x   . ……5 分 23. 解：（1）连接 OD，BF 相交于点 G. ∵CD 为⊙O 的切线， ∴∠ODC=90°. ……1 分 ∵AB 为⊙O 的直径， ∴∠AFB =90 = E . ∴BF∥EC. ∴∠OGB=∠ODC=90°. 即 OD⊥BF. ∴ D 为 BF 的中点. ……2 分 （2）在 Rt △ COD 中，sinC＝ 3 5 OD OC  , 设⊙O 的半径为 r. ∴ 3 5 5 r r  . ∴r＝ 15 2 . ……3 分 由（1）得∠ABF =∠C, ∴sin∠ABF =sinC＝ 3 5 . …4 分 在 Rt △ ABF 中， sin∠ABF＝ 3 5AB AF  , ∴ 3 15 5 AF  . ∴AF=9. ……5 分3 24.（1）正确补全图形； ……1 分 （2）6.5； ……2 分 （3）错误. ……3 分 （4）答案不唯一，理由支持结论即可. ……5 分 25. 解：（1）m=256；（2）n=511.5 . ..…….…….…...…...……….…...….….....………2 分 （3）正确画出函数图象： ….......….….....………3 分 （4）如果爸爸投资天数不超过 6 天时，应该选择方案一；如果爸爸投资天数在 7 到 9 天时，应该选择方案二；如果爸爸投资天数为 10 天时，应该选择方案三. …6 分 26.解：（1）令 x=0，则 y=3a. ∴点 A 的坐标为（0，3a）. ………………………………………………1 分 （2）令 y=0，则 ax2  4ax+3a=0. …………………………………………2 分 ∵a≠0， ∴解得 1 21, 3x x  . ∴抛物线与 x 轴的交点坐标分别为（1，0）, （3，0）. …………4 分 （3）①当 a  0 时， 可知 3a≥a  2. 解得 a≥-1. ∴ a 的取值范围是-1≤a  0 . ② 当 a＞0 时，由①知 a≥-1 时，点 Q 始终在点 A 的下方，所以抛物线与线段 PQ 恰有一个公共点时，只要 1≤a  3 即可. 综上所述，a 的取值范围是-1≤a  0 或 1≤a  3. .......….........….....………7 分4 27 . 解：（1）正确补全图形： ……………………………2 分 （2） △ ACD 是等腰直角三角形； …………………………………3 分 证明：∵将 CA 绕点 C 顺时针旋转 45°， ∴∠ACP=45°. ∵点 D 与 A 关于直线 CP 对称， ∴∠DCP=∠ACP=45°，AC=CD. ∴∠ACD=90°. ∴ △ ACD 是等腰直角三角形. ………………………………4 分 （3）AB+BC= 2BE ； ………………………………………………5 分 解法 1 证明：延长 BC 至点 F，使 CF= AB，连接 DF，EF. ∵ △ ACD 是等腰直角三角形，AE=DE， ∴AE=CE，∠AEC=90°. ∵∠ABC=90°, ∴∠BAE+∠BCE =180°. ∵∠FCE+∠BCE =180°, ∴∠BAE =∠FCE. ∴ △ ABE≌△CFE. …………………………………………6 分 ∴BE=FE , ∠1=∠2. ∴∠2+∠3=∠1+∠3=90°. 即∠BEF=90°. ∴ △ BEF 是等腰直角三角形. ……………………………7 分 ∴BC+CF= 2BE . 即 AB+BC= 2BE . ……………………………………8 分 解法 2 证明：过点 A 作 AM⊥BE 于点 M,取 AC 中点 G，连接 GB，GE. 设∠GBE= ，∠ABG=  , ∵∠ABC=∠AEC =90°, ∴AG=BG=EG= 1 2 AC.5 ∴∠ABG=∠BAC=  ,∠GBE=∠GEB= . 在 △ BGE 中， ∵∠GBE+∠BGE+∠BEG =180°, ∴ 2 2 90 180      . ∴ 45    . 即 ∠ABE=45°. ……………………………………6 分 （或根据圆的定义判断 A，B，C，E 在以点 G 为圆心的圆上，根 据同弧 CE 所对圆周角相等，证明∠ABE=45°） ∵∠AMB=90°, ∴∠BAM=∠CAE=45°. ∴∠BAC=∠MAE. ∵∠ABC=∠AME=90°, ∴ △ ABC∽ △ AME. …………………………………………7 分 ∴ 2  AB BC AC AM ME AE . ∴BC 2 ME. 又∵AB 2 BM. ∴AB+BC 2( ) 2  BM ME BE . ……………………8 分 解法 3 证明：过点 A 作 AM⊥BE 于点 M, 过 C 作 CN⊥BE 于点 N, ∴∠AME=∠CNE=90°. 即∠MAE+∠AEM=90°. ∵∠MEC+∠AEM=90°. ∴∠MAE=∠MEC. ∵AE=CE, ∴△AME≌△ECN. ……………………………………6 分 ∴AM=EN. 同解法 2，可证∠ABM=∠CBM=45°. ……………………………7 分 设 BN=a,EN=b ∴BC 2 a，AB 2 b. ∴AB+BC 2( ) 2BN EN BE   . ……………………8 分 （说明：三条线段数量关系写为： 2 22 EAB BC B 等其他等式如果正确也给分 ）6 28.解：（1）⊙A，⊙C； ………………………………………………………………2 分 （2）如图 1，⊙D1 过点 P，且与 x 轴和直线 y= 3 3x 都相切. 此时⊙D1 的半径 r=1. 图 1 图 2 如图 2，⊙D2 过点 P，且与 x 轴和直线 y= 3 3x 都相切.切点分别为 M， N，连 接 D2M，D2N，D2P，过点 D2 作 D2Q⊥y 轴于点 Q. 设 D2M =r， ∴D2P=D2M =r. 易证 OQ= D2M= r. ∴PQ = r 2 . ∵∠MEN=60°， ∴∠D2EM =30°. ∴EM = 3r . ∴OM = D2Q= 3r 3 . 根据勾股定理可以得到：D2P2= D2Q2+ PQ 2, 即 2r = 2 3 3r + 22r . 解得 r1=1（舍），r2= 7 3 . ∴ 1< r < 7 3 . ………………………………………………………5 分 （3） 1 2  ≤x  0 或 0 x≤ 1 2 . ………………………………………………………7 分