2024年中考押题预测卷01（重庆卷）-数学（参考答案）_2数学总复习_赠送：2024中考模拟题数学_押题预测_2024年中考押题预测卷01（重庆卷）-数学（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡）

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2024 年中考押题预测卷 01【重庆卷】
数 学
一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合
题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C D D C B C C C C D
二、填空题（本大题共8个小题，每题4分，满分32分，将答案填在答题纸上）
8 13 8 5
11． 12． 13．18 14．1 15． 16．10 17．4 18． ;
7 5
三、解答题 （本大题共8小题，其中19题8分，其余每题各10分，共78分.解答应写出文字说明、证明
过程或演算步骤.）
19．（8分）【答案】(1) (2)
【详解】（1）解：
（2分）
（3分）
；（4分）
（2）解：
（6分）
（7分）
．（8分）
20．（10分）【答案】(1)见解析(2)
【详解】（1）解：如图， 即为所求；
（5分）
（2）证明：∵ 是 的角平分线，∴ ．（6分）∵四边形 为平行四边形，∴ ，
∴ ，∴ ，∴ ．（7分）
∵ ，∴ ，∴ ．
又∵ ，∴ ．∴ ．（8分）
∵ ，∴ ．∴ ．∴ ．（9分）
∴ ．∴ ．∴ 为直角三角形．（10分）
故答案为： ．
21．（10分）【答案】(1)77.5，81；(2)120(3)乙小组，理由见解析
【详解】（1）解：甲组的中位数为按从小到大排列的第10、11两个数据的平均数，即77与78的平均数，
7778
即m 77.5；乙小组中成绩为81的出现了4次，次数最多，故 ；故答案为： ，81．（4
2 n81 77.5
分）
12
（2）解： 200120（人）．答：估计乙小组生产技能优秀的员工人数为120．（6分）
20
（3）解：乙小组．理由：生产技能测试中，乙小组员工的中位数较高，且优秀率较高，所以乙小组的员
工生产技能水平较高．（答案不唯一，理由合理即可）（10分）
22．（10分）【答案】(1)A、B两地间的自行车道的距离100km(2)一共付给工程队的费用是95万元
【详解】（1）解：设两人的速度和为xkm/h，当两人相距30km时用时：972h
，（1分）
当两人再次相距40km时用时：1174h
，（2分）
∴2x304x40，解得：x35，∴2x3023530100km
，
答：A、B两地间的自行车道的距离100km．（4分）
（2）解：设实际用了a天，则原计划用
a5 天，改建的自行车道距离：10020120km
，（5分）
120 120
由题意得，
120%
，解得： ，经检验， 是原分式方程的根，（8分）
a5 a a25 a25
∴付给工程队的费用：3.82595（万元），
答：一共付给工程队的费用是95万元．（10分）
23．（10分）【答案】(1)居民楼 的高度约为41.1米(2)小李先到，见解析
【详解】（1）延长 交 于点G，延长 交 于点H，过点F作 ，垂足为 ，∴四边形 是矩形，∴ ，（1分）
∵斜坡 的坡度 ，∴ ，∴设 米，则 米，（2分）
在直角三角形 中， ，∴ ，∴ 米，则 米，
∵ 米，∴ 米，（3分）
在直角三角形 中， 米， ，∴ 米，∴ 米，（4
分）
∵ 米，∴ 米，（5分）
在直角三角形 中， ，∴ 米，（6分）
∴ 米，所以，居民楼 的高度约为41.4米；（7分）
（2）小李先到，理由如下：小李用时： 秒，（8分）
小明用时： 秒，∵ ，∴小李先到．（10分）
6 M N 24
24．（10分）【答案】(1)y (2) (3) 1 为定值
x 6 2 OP 25
 k
【详解】（1）解：∵点C的横坐标为2，∴C

2,
2


，设 Am,0，∵四边形是平行四边形，∴
 k
B2m, ，
 2
 k
∵D是边AB的中点，∴D1m, ，（1分）
 4
3 k 3 6
∵点D的纵坐标为 ，∴  ，解得 ，∴反比例函数的解析式为y ．（2分）
2 4 2 k 6 x
 k  k  k
（2）设 Am,0，由（1）可知C

2,
2


，B

2m,
2


，D

1m,
4


，
k km  k  k
∵点D在反比例函数上，∴
4

4
k，解得
m3
，∴ A3,0，B

5,
2


，D

4,
4


，（3分）
OC CD k2 k2 k2
∵ ，∴  ，即4  4  1 ，解得 ，（4分）
OCD∽ CDB CD BD 16 4 16 k =�4 2
 
 
∵k 0，∴k 4 2，∴C 2,2 2 ，∴ OABC的面积32 2 6 2．（5分）
M N
（3）解： 1 的值为定值，理由如下：
OP3
设直线 ：y x向上平移b个单位长度，与y轴交于点E，与x轴交于G点，（6分）
l 4
1
3
∴直线
l
的解析式为y xb，∴E0,b，点O作
OF l
交于点F，
4
2 1
∵M N l ，∴M N OF ，（7分）
1 1 1
b 3
sinEGO 
当 时， 4b， ∴ 4b ，∴ 5 ，∴ 5 5，（8分）
x G ,0 EG b b
y0 3  3  3 3
4 6 3
∵ ，∴OF M N  b，当  xb时， ，
OEF EGO 1 5 x 4 3x24bx240
4 3
∴x x  b，则y y  x x 2bb，（9分）
1 2 3 1 2 4 1 2
2 1  5 M N 24
∵点P为 的中点，∴P b, b，∴OP b，∴ 1  ．（10分）
M M 3 2  6 OP 25
1 2
 15
25．（10分）【答案】(1)点B的坐标是6,0，直线BC的表达式是
yx6
；(2)点
D
的坐标是

1,
2


或
 7
5, ；
 2
122 3 4 316
(3)存在，点 的坐标是 42 3,4 3 或  3 , 3  ．
F  
1
【详解】（1）解：令 ，解方程
x22x60得
或 ，
y0 2 x2 x6
∴点B的坐标为
6，0
；令x0，则y6，∴点C的坐标为
0，6
；（1分）
设直线BC的表达式为ykx6，则06k6，解得k 1，∴直线BC的表达式为yx6；（2分）
（2）解：作DH x轴，垂足为
H
，交直线BC于点G，∴DG∥OC，∵点C的坐标为
0，6
，∴
OC 6， 1 
设点
D
的坐标为

m，
2
m22m6

，则点
G
的坐标为m，m6，（3分）
1 1 DG DE
∴GDm6 m22m6 m23m，∵ ，∴ ，∴  ，（4分）
2 2 DG∥OC △DGE∽△OCE OC OE
1
 m23m
∴ 2 5 ，整理得 ，解得 或 ，

6 12 m26m50 m5 m1
 15  7
∴点 的坐标为1, 或5, ；（5分）
D  2   2
（3）解：∵点B的坐标为
6，0
，点C的坐标为
0，6
，
∴OBOC 6，∴△OBC是等腰直角三角形，∴OCB45，
∵BCF 15，∴OCF 60或OCF 30，（6分）
当OCF 60时，以OC为边作等边 OCM ，直线CM 交抛物线于点F ，此时BCF 15，如图，
作MN  y轴于点N ，
1
在 中， ，ON  OC 3，∴ ，（7分）
Rt△OMN OM OC 6 2 MN  OM2ON2 3 3 3
y x6
 3
∴点 的坐标为 ，同理，求得直线 的表达式为 ，联立 ，
M  3 3，3  MC y 3 3 x6   y 1 2 x22x6
 122 3
x
 3
解得  y 4 316 或   x0 （舍去），∴点 的坐标是   122 3 , 4 316   ；（8分）
  3 y6 F  3 3 
当OCF 30时，设CF交x轴于点K，此时BCF 15，如图，
在Rt△OCK中，OC 6，OCK 30，∴OK OCtan302 3，
 
∴点
K
的坐标为 2 3，0 ，同理，求得直线CK 的表达式为y 3x6，（9分）
y 3x6
联立   1 ，解得  x42 3 或x0 （舍去），∴点 的坐标是 ；
  y 2 x22x6  y4 3  y6 F  42 3,4 3 
122 3 4 316
综上，点 的坐标是 42 3,4 3 或  3 , 3  ．（10分）
F  
9
26．（10分） 【答案】(1)S  (2)证明见解析(3)
AHC 4 2 5
【详解】（1）解：过点A作AGBC于点G．
∵ ABC是等腰直角三角形，AB3 2，∴AC3 2，∴BC  AB2AC2 6，

1 3 5
又∵ ，∴AGBGGC  BC 3，∴在直角 中，AH  ，（1分）
AGBC 2 AGH 2

45 3 3 3
∴GH  AH2AG2  9 ，∴CH CGGH 3  ，
4 2 2 2
1 1 3 9
∴S  HCAG  3 ．（2分）
AHC 2 2 2 4
（2）解：如图，过D作DK  AC交于点D，且取DK  AD，连接AK、EK ，
∵BDED，BDE90，∴ADBADE90，（3分）
又∵DK  AC，∴ADK 90，∴ADEEDK 90，∴ADBKDE，BDED

∴在 和 中，ADBKDE，∴ ，∴ ，（4分）
ADB KED
 ADDK

ADB≌

KEDSAS
EKDBAD90
 
又∵ADKEKD180，∴AC∥EK，∴ACECEK ，∵M为CE中点，∴CM EM ，
ACM KEM

∴在 和 中CM EM ∴ （5分）
△ACM △EMK  AMC KME  ACM ≌  EMKASA
∴AM MK，∴M为AK的中点.∴MD为△ADK的中线，
又∵△ADK为等腰直角三角形，∴DM  AK ，且DM  AM ，
∴△ADM 为等腰直角三角形，∴AD 2DM ．（6分）
（3）解：∵ ADH沿AH 翻折得到△ADH ，AD2，∴AD AD2，

1
连接点F和 中点O，∵点F是 的中点，∴OF  AD1，
AB BD 2 OF∥AD
∴点F的运动轨迹为以点O为圆心，1为半径的圆上，
连接OC，与 O相交于点F，此时CF最短，如图，过C点作CE∥AH ，交AB于点E，（7分）
∵OD2，ABD30，∴BD2AD4，则AC  AB BD2AD2 2 3，
1
∴BOOA AB 3，∴ ，
2 OC AC2OA2  15
∵OF∥AD，∴OCACAD，∵OE∥AH ，∴ECACAH ，
1
根据翻折的性质有： ，∴DAH CAH  CAD，
DAH CAH 2
∴OCACAD2CAH，∴ACEOCEOCA2CAH，（8分）
∵ECACAH ，∴ECACAH OCE，∴CE平分ACO，
AE AC AE AC 2 3 2
∴根据角平分线的性质定理（相关结论证明附后）有：  ，∴    ，
EO OC EO OC 15 5
2 2 3 2 3
∵ ，∴AE 3  ，∴BE ABAE2 3 ，
AOOB 3 2 5 2 5 2 5
2 3
2 3
BC BE 2 5
∵ ，∴ ，∴    51，∴ ．（9分）
BE BC CH AE 2 3 BH 511
   52
OE∥AH AE CH 2 5 CH 1证明角平分线定理：如图，AD平分BAC，过C点作CF∥AB，交AD的延长线于点F，
AB BD
∵ ，∴ ，∴  ，∵ ，∴ ，
CF∥AB  ABD∽  FCD FC CD CF∥AB BADF
∵AD平分BAC，∴BADCAD，∴BADF CAD，∴ACFC，
AB AB BD AB BD
∴   ，∴  ．（10分）
AC FC CD AC CD