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2024 年中考押题预测卷 01【福建卷】
数 学
一、选择题（共40分，每题4分）第1-10题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C A C D B C A D C B
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
11．> 12．5 13．80 14.45
1 1
15． /0.25 16．m= 或−6≤m<−2
4 4
三、解答题（共86分，第17-21题，每题8分，第22-23题，每题10分，第24题12分，第25题14
分，）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
17．解：原式=√3−1−1+2√3（6分）
=3√3−2．（8分）
18．解：¿，
解不等式①得，x≥−3，（3分）
解不等式②得，x<2，（6分）
∴不等式组的解为：−3≤x<2．（8分）
19证明：∵AD∥CB
∴∠DAC=∠BCA，（2分）
在△DAC和△BCA中，
¿（5分）
∴△DAC≌△BCA（SAS），（6分）
∴ ∠B=∠D．（8分）
a2−b2
(
2ab−b2
)
20．解： ÷ a−
a2+ab a
(a+b)(a−b) a2−2ab+b2
= ÷ （3分）
a(a+b) a
(a+b)(a−b) a
= ⋅ （5分）
a(a+b) (a−b) 21
= ，（6分）
a−b
1 1 √2
当a=1+√2，b=1−√2时，原式= = = ．（8分）
1+√2−1+√2 2√2 4
21．（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∴∠EAB+∠EBA=90°，（1分）
∵∠CBE=∠BDE，∠BDE=∠EAB，
∴∠EAB=∠CBE，
∴∠EBA+∠CBE=90°，即∠ABC=90°，（3分）
∴CB⊥AB，
∵AB是⊙O的直径，
∴BC是⊙O的切线；（4分）
（2）∵BD平分∠ABE，
∴∠ABD=∠DBE，
∵∠DAF=∠DBE，
∴∠DAF=∠ABD，（5分）
∵∠ADB=∠ADF，
∴△ADF∽△BDA，
AD DF
∴ = ，
BD AD
∴AD2=DF•DB．（6分）
∵DF=1，BF=5，
∴BD=6，
∴AD=√DF•DB=√6×1=√6（8分）
22．（1）解：把甲户苹果中抽取2个分别记为A、B，乙户苹果中抽取2个分别记为C、D，
画树状图如下：
（3分）
共有12种等可能的结果，其中这2个苹果来自不同贫困户的结果有8种，（4分）
8 2
∴这2个苹果来自不同贫困户的概率为 = ；（5分）
12 3
（2）根据抽取的样品，1
甲贫困户的每一个苹果的单价约为 (24×3+32×2+20×1)=1.95元；（6分）
80
甲贫困户的利润为：50000×1.95−40000=57500元；（7分）
1
乙贫困户的每一个苹果的单价约为 (16×3+36×2+24×1)=1.8元，（8分）
80
乙贫困户的利润为：50000×1.8−45000=45000元，（9分）
即甲贫困户的利润是57500元，乙贫困户的利润是45000元．（10分）
5−(−1) 6
23．（1）解：由斜率公式，得k = = ．（2分）
1 3−(−2) 5
（2）解：对于直线l : y=k x+b(k≠0)，
2 2
当x=0时，y=b，
∴点(0,b)在直线l 上，（4分）
2
3−2
由斜率公式，得k = =−1<0，
2 a−1−a
∴y随x的增大而减小，（5分）
又∵点E(−2,y )、F(√3,y )、(0,b)在直线l 上，且√3>0>−2，
1 2 2
∴y <b<y ．（6分）
2 1
（3）证明：∵P (x ,y )、P (x ,y )为直线l: y=kx+b(k≠0)上不重合的两点，且直线l不与y轴平行，
1 1 1 2 2 2
∴x ≠x ，y =kx +b，y =kx +b，（8分）
1 2 1 1 2 2
y −y (kx +b)−(kx +b) k(x −x )
∴ 1 2= 1 2 = 1 2 =k．（10分）
x −x x −x x −x
1 2 1 2 1 2
24．（1）解： ∵A(−1,0)，抛物线的对称轴x=1，
∴B(3,0)，
将 A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx+√3，
得：¿，（1分）
解得：¿，（2分）
√3 2√3
∴抛物线的解析式为：y=− x2+ x+√3；（分）
3 3
（2）当x=0时，y=√3，即C(0,√3)，
设直线BC的解析式为：y=kx+c，将 B(3,0)，C(0,√3)代入解析式，得¿，（4分）
解得：¿，
√3
∴直线BC的解析式为：y=− x+√3，
3
作DG∥y轴，交直线BC于点G，
设D点的横坐标为m，
√3 2√3 √3
则y =− m2+ m+√3，y =− m+√3，
D 3 3 G 3
∴ DG= y −y =− √3 m2+ 2√3 m+√3− ( − √3 m+√3 ) =− √3 m2+√3m，（6分）
D G 3 3 3 3
作AH∥y轴，交直线BC于点H，则x =x =−1，
A H
( √3) 4√3
∴y =−1× − +√3= ，
H 3 3
4√3
∴AH= ，
3
∵DG∥AH，
∴∠DGE=∠AHE，∠GDE=∠HAE，
∴△DGE∽△AHE，（7分）
DE DG
∴ = ，
AE AH
S DE
∵
1=
，
S AE
2
√3
− m2+√3m
∴
S
1=
3
=−
1
m2+
3
m=−
1(
m−
3) 2
+
9
S 4√3 4 4 4 2 16
2
3
S 9
1
∴ 的最大值为 ．（8分）
S 16
2
（3）存在，理由如下：设M点坐标为(1,n)，
则BC2=(3−0) 2+(0−√3) 2=12，
MC2=(1−0) 2+(n−√3) 2=1+(n−√3) 2 ，
MB2=(1−3) 2+n2=4+n2，（9分）
当∠BMC=90°时，BC2=MC2+MB2，
即：12=1+(n−√3) 2+4+n2，
√3+√11 √3−√11
解得：n = ，n = ，
1 2 2 2
( √3+√11) ( √3−√11)
∴点M的坐标为 1, 或 1, ；（10分）
2 2
当∠CBM=90°时，MC2=BC2+MB2，
即：1+(n−√3) 2=12+4+n2，
解得：n=−2√3，
∴点M的坐标为(1,−2√3)；（11分）
当∠BCM=90°时，MB2=BC2+MC2，
即：4+n2=12+1+(n−√3) 2 ，
解得：n=2√3，
∴点M的坐标为(1,2√3)；
( √3+√11) ( √3−√11)
综上，点M的坐标为 1, 或 1, 或(1,−2√3)或(1,2√3)．（12分）
2 2
25．（1）如图1，
∵ ∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠B=∠C=45°，
∵ △ CEF是以EC为斜边等腰直角三角形，
∴∠FEC=45°,∠EFC=90°，
∴∠B=∠FEC，∴AB//EF，
FC AF
∴ = ，（2分）
EC BE
FC √2
∵cosC= =cos45°= ，
EC 2
AF √2
∴ = ，
BE 2
即BE=√2AF；（4分）
（2）①BE=√2AF仍然成立，理由如下：
如图2，
∵ ∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵ △ CEF是以EC为斜边等腰直角三角形，
∴∠FCE=45°,∠EFC=90°，
∴∠FCE=∠ACB，
∴cos∠FCE=cos∠ACB，
FC AC √2
即 = =cos45°= ，（7分）
EC BC 2
∵ ∠FCE=∠ACB，
∴∠1+∠ACE=∠2+∠ACE，
∴∠1=∠2，
∴△FCA∽△ECB，
AF AC √2
∴ = = ，（8分）
BE BC 2
即BE=√2AF；（9分）
②四边形AECF是平行四边形，理由如下：（10分）
如图3，过A作AM⊥BC，连接MF, AC,EF交于点N，∵ ∠BAC=90°，AB=AC，
1
∴BM=MC= BC，
2
∵DB=DE，
∴∠EBD=∠DEB，
∴∠EDC=2∠EBD，
∵ △ CEF是以EC为斜边等腰直角三角形，
∴∠EFC=90°，（11分）
∵ B，E，F三点共线，
∵BM=MC，
1
∴MF= BC=BM，
2
∴∠FBC=∠BFM，
∴∠FMC=2∠FBC，
∴∠FMC=∠EDC，
∴ED//FM，
BE BD
∴ = ，（12分）
EF DM
1
∵ BD= BC，
3
1 1 1
∴DM=BM−BD= BC− BC= ，
2 3 6
BD 2
∴ = ，
DM 1
BE BD 2
∴ = = ，
EF DM 1
∴BE=2EF，
由①可知BE=√2AF，
∴AF=√2EF，（13分）
∵ △ CEF是以EC为斜边等腰直角三角形，
∴EF=FC,EC=√2EF，∴AF=EC，
∵ △FCA∽△ECB，
∴∠EBC=∠FAC，
∵∠BNC=∠ANF，
∴∠AFN=180°−∠FAC−∠ANF,∠NCB=180°−∠FBC−∠BNC，
∴∠AFN=∠NCB，
即∠AFE=∠ACB=45°，
∵ ∠FEC=45°，
∴∠AFE=∠FEC，
∴AF//EC，
∴四边形AECF是平行四边形．（14分）
