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2024 年中考押题预测卷 02【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
A D C B D A D C D C
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
2π
11．2028 12． 13．3 14．（1,1） 0<t<2
3
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15．解：|√3−2|−(2024−π) 0+2sin60°+ ( − 1) −1
3
√3
=2−√3−1+2× −3
2
=2−√3−1+√3−3
=−2
（8分）
16．解：设共有x棵树苗，y名学生，
y
{ +3=x
4
由题意等： ， （4分）
y−2
=x
3
{x=14
解得： ，
y=44
答：共有14棵树苗，44名学生．
（8分）
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17．（1）解：由题意可得，a =1，
1
a =1+2=3，
2
a =1+2+3=6，
3
a =1+2+3+4=10，
4
a =1+2+3+4+5=15，
5…，
n(n+1)
∴a =1+2+3+⋯+n= ，
n 2
8×9
∴当 时，a = =36，
8 2
n(n+1)
故答案为：36； ． （4分）
2
n(n+1)
（2）解：当a =66时，即： =66，
n 2
整理得，n2+n−132=0,
解得，n =11,n =−12（舍去）
1 2
所以，这列数中有66这个数，此时n=11． （8分）
18．（1）解：如图，△A B C ； （2分）
1 1 1
（2）解：如图，D点为所画的点； （4分）
（3）解：如图，E点为所画的点． （8分）
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19．解：延长DE交AB于G点，如图，则BG=EF=CD=1.6m， ， ，
∠AEG=45°
，
设AG=xm， （2分）在Rt△AGE中，
AG
∵tan∠AEG= ，
EG
， （4分）
在Rt△ADG中，
，
， （6分）
∵DG=DE+EG，
∴
，
解得x=15，
∴AB=AG+BG=15+1.6≈17(m)．
答：文峰塔AB的高度为17m． （10分）
20．（1）证明：如图所示，连接OD，
∵AB=AC，
，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∴∠C=∠ODB，
∴OD∥AC，
是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∴DE⊥AC； （5分）
（2）解：连接FD，如图，⏜
∵ 对的圆周角是∠F，∠B，
AD
∴∠F=∠B，
∵∠C=∠B（已证），
∴∠F=∠C，
√5
∴sinC=sinF= ，
5
∵DE⊥FC，
∴∠DEF=90°，
DE √5
∴ = ，
FD 5
，
∴FD=3√5，
∴EF=√FD2−DE2=√45−9=6． （10分）
六、（本题满分12分）
．（ ）解：第 小组“得分为 分”的人数为20−1−2−3−8=6，
补全条形统计图如下：
21 1 1 4
∵第 小组“得分为 分”这一项所占的百分比为1−40%−30%−10%−5%=15%，
∴对应圆心角为15%×360°=54°，
2 3
故答案为：54° （ 分）
4
（ ）解：第 小组的平均数a=1×40%+2×30%+3×15%+4×10%+5×5%=2.1，
∵第 小组的中位数为第 和 名得分的平均数，由折线统计图可知，第 和 名得分分别为 、 ，
2 2
3 10 11 10 11 3 33+3
∴b= =3，
2
∵第 小组得分为 分有 人，人数最多，
1， 5 8
故答案为： ， ， （ 分）
2.1 3 5 8
8+20×5%+2 11
（ ）解：3600× =3600× =660，
20×3 60
即 3 估计该校学生在调查中表现为“优秀”的有660人． （ 分）
12
七、（本题满分12分）
① ∵EG⊥EF
．（ ） 证明： ， ，
EF 2
∴ 22 ∠FE1G=90°，tan∠EGF= = ，
EG 3
2
∴∠AEF+∠GED=90°，EF= EG，
3
∵∠A=90°，
∴∠AFE+∠AEF=90°，四边形ABCD是矩形，
∴∠AFE=∠DEG，∠ADC=∠A=90°，
∴△AEF∽△DGE，
2
EG
AF EF 3 2，
∴ = = =
DE EG EG 3
∴3AF=2DE； （ 分）
3
②如图，作GH⊥AD于 ，
∵EG⊥EF
， ，
EF 2
∴∠FEG=90°，tan∠EGF= = ，
EG 3
2
∴∠AEF+∠GEH=90°，EF= EG，
3∵∠A=90°，
∴∠AFE+∠AEF=90°，四边形ABCD是矩形，
∴∠AFE=∠HEG，∠B=∠A=90°，
，
∴∠GHA=∠B=∠A=90°，
∴四边形ABGH是矩形，△AEF∽△HGE，
2
EG
∴AB=GH，AF EF 3 2，
= = =
HE EG EG 3
，FA=3，
9
∴HE= ，EF=√AE2+AF2=√73，
2
3 3√73
∴EG= EF= ，
2 2
∴GH=√EG2−EH2=12，
∴AB=GH=12，
∴BF=AB−AF=12−3=9； （ 分）
7
（ ）解：如图，在AD的延长线上找一点M，连接GM，使GM=AB，
2
则四边形ABGM是等腰梯形，
∴∠A=∠M，
∵∠FEG=∠BAD，∠FEG+∠AEF+∠GEM=∠BAD+∠AEF+∠AFE=180°，
∴∠AFE=∠GEM，
∴△AEF∽△MGE，
FE AE
∴ = ，
GE GM
AB 4 AE 3
∵GM=AB， = ， = ，
AD 5 AD 7
3
AD
FE AE AE 7 15
∴ = = = = ． （ 分）
GE GM AB 4 28
AD
5 12
八、（本题满分14分）．（ ）解：设AB交y轴于点M，
23 1
∵点A坐标为(4,0)，
∴OA=4
OM
∵tan∠OAB= =2
OA
OM
∴ =2，
OA
∴OM=2OA=8
∴点M的坐标为(0,−8)
设AB的解析式为 ，
{4k+b=0
∴
b=−8
{ k=2
解得
b=−8
∴AB的解析式为y=2x−8，
∵点B的纵坐标为−6，
∴把y=−6代入y=2x−8得x=1
∴点B的坐标为(1,−6)
∵M :y=ax2+bx(a≠0)过点A、B
1
{ a+b=−6
∴
16a+4b=0
{ a=2
解之得
b=−8
∴抛物线M 的表达式为y=2x2−8x． （ 分）
1
3
（ ）∵点 在抛物线y=2x2−8x上，点 的横坐标为
∴C2 (ℎ,2ℎC 2−8ℎ) C h
∵CD∥x轴，∴点D的纵坐标为2ℎ 2−8ℎ
把y=2ℎ 2−8ℎ代入y=2x−8
得x=
ℎ
2−4ℎ +4
∴点D(ℎ 2−4ℎ +4,2ℎ 2−8ℎ)
∴CD= ℎ−(ℎ 2−4ℎ +4)
=−ℎ 2+5ℎ−4
( 5) 2 9
=− ℎ− +
2 4
∵点 为直线AB下方的抛物线上一动点
∴1≤ Cℎ≤4
5 9
∴当ℎ = 时，CD的最大值为 ． （ 分）
2 4
8
（ ）设AE的解析式为y=k x+b
1 1
∵直线AE过点A、E
3
{ b =−4
1
∴
4k +b =0
1 1
{ k =1
1
解之得
b =−4
1
∴直线AE的解析式为y=x−4
3 5 (3 5)
当x= 时，y=− ，直线AE对应点为P ,− ，
2 2 2 2
5 3 (5 3)
当x= 时，y=− ，直线AE对应点为Q ,− ．
2 2 2 2
设抛物线M 的图象向上平移 （ ）个单位得到抛物线M 为y=2x2−8x+m
1 2
(3 5 m) m>1
当抛物线M 经过点P ,− 时，抛物线M 与线段 有一个公共点，
2 2 2 2
(5 3)
当抛物线M 经过点Q ,− 时，有抛物线M 与线段 两个公共点．如图
2 2 2 2当抛物线M 与直线AE有唯一的公共点时
2
{y=2x2−8x+m
y=x−4
2x2−8x+m=x−4
2x2−9x+m+4=0
Δ=(−9) 2−4×2(m+4)=0
49
解之得m=
8
3 5 49
∴当 ≤x≤ 时，若抛物线M 与直线 有两个交点， 的取值范围为6≤m< ． （ 分）
2 2 2 8
AE m 14
