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）

绝密★启用前 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