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2024 年中考押题预测卷 01【安徽卷】
数 学
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）每小题都给出A，B，C，D四个选项，其
中只有一个是符合题目要求的．
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
D C C D C A B B A D
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
5
11、5b(a−1)(a+1) 12、6 13、 π+5 14、450 1+√2
4
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
{2x+7≤3x+10①,
15、解： 2x−1
<−1②,
3
解不等式①，得x≥−3；
解不等式②，得x<−1，
故不等式组的解集为−3≤x<−1． （8分）
16、解：（1）第1个图案中黄梅花的盆数可表示为6+2×0，
第2个图案中黄梅花的盆数可表示为6+2×1，
第3个图案中黄梅花的盆数可表示为6+2×2，
第4个图案中黄梅花的盆数可表示为6+2×3，
…；
第n个图案中黄梅花的盆数可表示为6+2×(n−1)=4+2n；
故答案为： ； （2分）
（2）第1个图案中红梅花的盆数可表示为1×2，
第2个图案中红梅花的盆数可表示为2×3，
第3个图案中红梅花的盆数可表示为3×4，
第4个图案中红梅花的盆数可表示为4×5，
…；
第n个图案中红梅花的盆数可表示为n(n+1)； （4分）
故答案为：n(n+1)；
（3）根据题意得 ，整理得n2−n−72=0，即(n+8)(n−9)=0，
解得 （舍去）或n=9． （8分）
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17、解：（1）如图所示：线段A B 即为所求
1 1
（2分）
（2）如图所示：线段A C 即为所求
2 2
（4分）
（3）如图所示：射线CP即为所求
（8分）
18、（1）解：设2020年到2022年我国数字阅读用户规模的年平均增长率为x，根据题意得4.94(1+x) 2=5.9774，
（2分）
解得 x =0.1=10%,x =−2.1（不合题意，舍去）
1 2
答：2020年到2022年我国数字阅读用户规模的年平均增长率为10%． （4分）
（2）5.9774(1+0.1)=6.57514>6.5， （6分）
答：预计2023年我国数字阅读用户规模能达到6.5亿人． （8分）
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
、（ ）证明：连接AC交OD于点F，
19 1
⏜ ⏜
∵AD=CD ，
∴OD⊥AC且 ，
∴OD平分∠ADC， （ 分）
5
（ ）解： 为⊙O的直径，
∴∠ACE=∠ACB=90°，
2
是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∴∠ODE=90°，
由（ ）知， ，
∴四边形DECF为矩形，
1
∴CF=DE=4，
∴AC=2CF=8，
4
在Rt△ACB中，tanB= ,AC=8，
3
∴BC=6，
∴AB=√BC2+AC2=10．
∴OD=5．∵OF是△ABC的中位线，
1
∴OF= BC=3，
2
，
在
Rt△CDF中，
． （ 分）
10
、解：分别过点C、D，作CE⊥AB，DF⊥AB垂足分别为E、F，
20
∴四边形DCEF为矩形，
∴CD=EF， ．
，
∴∠ACB=∠A，
∴BC=AB=1500．
在Rt△CBE中，∠CBE=60°，∠BCE=30°，
1
∴BE= BC=750，CE=BC⋅sin60°=750√3，
2
． （ 分）
在Rt△BDF中，∠DBF=37°，
5
，
米．
答：大桥CD的长度约是 米． （ 分）
982 10
六、（本题满分12分）
、（ ）解：由题意可得，随机抽取的学生为18÷36%=50人，
∴③80≤x<90的学生为50×24%=12人，
21 1
∴④90≤x≤100的学生为50−18−17−12=3人，
∴补全频数分布直方图如图：（ 分）
（ ）解：∵随机抽取的学生为50人，
4
∴按照从低到高的顺序排列，中位数为第25位和第26位成绩的平均数，
2
∴中位数落在第②分数段中，
故答案为：②； （ 分）
12+3
（ ）解：600× =180， 8
50
答 3 ：估计全校被评为“劳动能手”的学生人数为180人． （ 分）
12
七、（本题满分12分）
22、（ ）解：∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与 轴交于A(−1,0)，B(4,0)两点，
∴可设1抛物线的函数解析式为y=a(x−4)(x+1)x．
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点D(−2，−3)，则6a=−3，
1
解得a=− ．
2
∴抛物线的函数解析式为
1 1 3
y=− (x−4)(x+1)=− x2+ x+2 （ 分）
2 2 2
5
（ ）当x=0时，y=2，
∴C（0,2）
2
设直线BC的解析式为y=kx+2，把B(4,0)代入，
得4k+2=0,
1
解得：k=−
2
1
∴直线BC的解析式为y=− x+2
2
设M(m,0) ，−1≤m≤41 3 1
则E（m,− m2+ m+2), F(m,− m+2)
2 2 2
∴EF= | − 1 m2+ 3 m+2− ( − 1 m+2 )| = | − 1 m2+2m | = | − 1 (m−2) 2+2 | ，
2 2 2 2 2
1
当0≤m≤4时， EF=− (m−2) 2+2，
2
∴当m=2时，EF有最大值 ．
1
当−1≤m<0时，F= (m−22) 2−2，
2
5
当m=−1时， EF有最大值
2
5
综上所述，EF的最大值为 . （ 分）
2
12
八、（本题满分 分）
、（ ）证明：∵∠DAG=∠BAC，
14
∴∠DAG+∠GAF=∠BAC+∠GAF，
23 1
即∠DAC=∠GAB，
∵AD=AG，AC=AB，
∴△ADC≌△AGB(SAS)，
∴∠ACD=∠ABE， （ 分）
4
（ ）解：（ⅰ）连接AE，如图：
2
由（ ）得 ，
∴∠ADE=∠AGE=90°，BG=DC，
1
∵AD=3，AB=AC=5，
∴DC=√AC2−AD2=√52−32=4，
即BG=DC=4，
又∵AD=AG，AE=AE，
∴Rt△ADE≌Rt△AGE(HL)，
∴∠DEA=∠BEA，DE=EG，∵∠DAB=∠ADE=90°，
∴AB∥CD，
∴∠DEA=∠BAE，
∴∠BEA=∠BAE，
则BE=AB=5，
∴DE=EG=BE−BG=5−4=1． （ 分）
4
（ⅱ）过点M作OM∥CD交 于点O，如图：
则∠1=∠4，
由（ⅰ）得，DE=EG，
∴∠1=∠2，
又∵∠2=∠3，
∴∠3=∠4，
∴OM=OG，
设 ，则OB=BG−OG=4−a，
∵∠1=∠4，∠2=∠3，
∴△BOM∽△BEC，
OM BO
∴ = ，
CE BE
a 4−a
即 = ，
3 5
3
解得：a= ，
2
3 5
∴OB=4−a=4− = ，
2 2
5 5
则OE=BE−BO=5− = ，
2 2
∴OB=OE，
即O为 中点，
∴M为BC中点，
∵CA=AB，∴AM⊥BC． （ 分）
14
