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2024 年中考押题预测卷 02【贵州卷】
数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36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． 的倒数是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解： 的倒数是 ，
故选：D．
2．南京2023全年GDP达1.75万亿元，数据1.75万亿用科学记数法表示为（ ）
A．1.75×1011 B．1.75×1012 C．1.75×108 D．1.75×1013
【解答】解：1.75万亿＝1750000000000＝1.75×1012，
故选：B．
3．光线在不同介质中的传播速度是不同的，因此当光线从水中射向空气时，要发生折射，由于折射率相
同，所以在水中是平行的光线，在空气中也是平行的，如图，∠1+∠2＝129°，∠3＝102°，则∠4的度
数为（ ）
A．57° B．54° C．52° D．51°
【解答】解：如图，∵AC∥BD，∠3＝102°，
∴∠3＝∠MAC＝102°，
∵AB∥CD，
∴∠MAC+∠2＝180°，
∴∠2＝78°，
∵∠1+∠2＝129°，
∴∠1＝51°，
∵AE∥BF，
∴∠1＝∠FBM＝51°，
∵EF∥AB，
∴∠4＝∠FBM＝51°，
故选：D．
4．用一个平面去截下列几何体，截面一定是圆的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：球体无论怎样去截，其截面一定是圆形的．
故选：D．
5．不透明的袋子中装有红、绿小球各一个，除颜色外两个小球无其他差别．从中随机摸出一个小球，放
回并摇匀，再从中随机摸出一个小球，那么第一次摸到红球、第二次摸到绿球的概率是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：列表如下：
红 绿
红 （红，红） （绿，红）
绿 （红，绿） （绿，绿）
所有等可能的情况有4种，其中第一次摸到红球、第二次摸到绿球的有1种情况，所以第一次摸到红球、第二次摸到绿球的概率为 ，
故选：A．
6．要使分式 有意义，x的取值范围满足（ ）
A．x＞﹣3 B．x＜﹣3 C．x≠﹣3 D．x≠3
【解答】解：由题意可知：x+3≠0
∴x≠﹣3．
故选：C．
7．如图，在△ABC中，AB＞AC，按以下步骤作图：分别以点B和点C为圆心，大于BC一半的长为半径
作圆弧，两弧相交于点M和点N，作直线MN交AB于点D，连结CD．若AB＝8，AC＝4，则△ACD
的周长为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【解答】解：根据作图过程可知：
MN是线段BC的垂直平分线，
∴CD＝BD，
∴△ACD的周长为：AC+CD+AD＝AC+BD+AD＝AC+AB＝4+8＝12．
故选：D．
8．一次函数y＝kx+b的图象经过第一、二、四象限，若点A （2，m），B（﹣1，n）在该一次函数的图
象上，则m、n的大小关系是（ ）
A．m＜n B．m＝n C．m＞n． D．无法判定
【解答】解：∵一次函数y＝kx+b的图象经过第一、二、四象限，
∴k＜0，b＞0．
∵点A （2，m），B（﹣1，n）在该一次函数的图象上，
∴m＝2k，n＝﹣k，
∴2k＜0＜﹣k，
∴m＜n．
故选：A．
9．在矩形ABCD中，BC＝6，∠DBC＝30°，过点C作CE⊥BD，交AD于点E，则线段CE的长为
（ ）A．4 B．2 C． D．6
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠DCB＝90°，
∵BC＝6，∠DBC＝30°，
∴CD＝2 ，
∴BD＝4 ，
∵CE⊥BD，
∴∠EOD＝∠DOC＝90°，
∵∠DBC＝30°，
∴∠CDB＝60°，
∴OD＝ ，
∴DE＝2，
∴CE＝4，
故选：A．
10．2021年3月，当新冠肺炎席卷全球时，铜仁市人民政府为抗击新冠病毒，保障全市人民的生命安全，
准备为市区的30万人接种新冠疫苗，由于市民积极配合这项工作，实际每天接种人数是原计划的1.2倍，
结果提前20天完成了这项工作，设原计划每天接种x万人，根据题意，所列方程正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：∵实际每天接种人数是原计划的1.2倍，且原计划每天接种x万人，
∴实际每天接种1.2x万人，
又∵结果提前20天完成了这项工作，∴ ﹣ ＝20．
故选：A．
11．如图，点A是⊙O上一点，点B是⊙O外一点，且OA⊥OB，BC与⊙O相切于点C，连接AC交OB
于点D，若BC＝3，OA＝4，则弦AC的长为（ ）
A． B． C．6 D．8
【解答】解：∵BC与⊙O相切于点C，
∴∠OCB＝∠OCA+∠ACB＝90°，
又∵OA⊥OB，
∴∠AOB＝90°，
∴∠OAC+∠ODA＝90°，
又∵OA＝OC＝4，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠ACB＝∠ODA＝∠BDC，
∴BD＝BC＝3，
在Rt OBC中，
△ ，
∴OD＝OB﹣BD＝5﹣3＝2，
∴ ，
过点O作OE⊥AC于点E，
则∠AEO＝∠AOD＝90°，AC＝2AE，
∴ ，即 ，
解得： ，
∴ ，
故选A．12．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，下
列结论：①BE＝DF，②∠DAF＝15°，③AC垂直平分EF，④S ＝2S ，其中正确的结论有（
CEF ABE
） △ △
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝∠D＝∠BAD＝90°．
∵△AEF等边三角形，
∴AE＝EF＝AF，∠EAF＝60°．
∴∠BAE+∠DAF＝30°．
在Rt ABE和Rt ADF中，
△ △
，
∴Rt ABE≌Rt ADF（HL），
∴BE＝DF（故①正确）．
△ △
∠BAE＝∠DAF，
∴∠DAF+∠DAF＝30°，
即∠DAF＝15°（故②正确），
∵BC＝CD，
∴BC﹣BE＝CD﹣DF，即CE＝CF，
∵AE＝AF，
∴AC垂直平分EF．（故③正确）．
设EC＝x，由勾股定理，得
EF＝ x，CG＝ x，
AG＝AEsin60°＝EFsin60°＝2×CGsin60°＝ x，∴AC＝ ，
∴AB＝ ，
∴BE＝ ﹣x＝ ，
∵S ＝ ，
CEF
△
S ＝ ＝ ，
ABE
△
∴2S ＝ ＝S ，（故④正确）．
ABE CEF
综上所△ 述，正确的有△ 4个，
故选：D．
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分）
13．式子 有意义时，实数x的取值范围为 x≥﹣ 5 ．
【解答】解：由题可知，
x+5≥0，
解答x≥﹣5．
故答案为：x≥﹣5．
14．若点A（m，﹣3）与点B（﹣4，n）关于原点对称，则m+2n＝ 1 0 ．
【解答】解：∵点A（m，﹣3）与点B（﹣4，n）关于原点对称，
∴m＝4，n＝3，
∴m+2n＝4+6＝10．
故答案为：10．
15．设x ，x 是一元二次方程x2+x﹣4＝0的两个根，则x +x 的值是 ﹣ 1 ．
1 2 1 2
【解答】解：∵x ，x 是一元二次方程x2+4x﹣1＝0的两个根，
1 2∴x +x ＝﹣ ＝﹣1，
1 2
故答案为：﹣1．
16．如图，正方形ABCD的边长为 ，N为AD上一点，连接BN，AM⊥BN于点M，连接CM，且
CM＝CB，若AM＝2，则△BCM的面积为 8 ．
【解答】解：如图，过点C作CE⊥BM于点E．
∵CM＝CB，
∴BE＝EM＝ BM，
∵AM⊥BN，AB＝2 ，AM＝2，
∴BM＝ ＝ ＝4，
∴BE＝EM＝2，
在Rt BCE中，CE＝ ＝ ＝4，
△
∴S ＝ BM•CE＝ ×4×4＝8，
BCM
故答△案为：8．
三、解答题（本大题共9个小题，共98分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（1）先化简再求值：（x+y）（x﹣y）﹣2x3y÷（xy），其中x＝1，y＝﹣1．
【解答】解：（x+y）（x﹣y）﹣2x3y÷（xy）
＝x2﹣y2﹣2x2
＝﹣x2﹣y2，
当x＝1，y＝﹣1时，原式＝﹣12﹣（﹣1）2＝﹣1﹣1＝﹣2．
（2）．解方程组： ．【解答】解： ，
①+②×2得：13x＝26，
解得：x＝2，
将x＝2代入②得：10+y＝7，
解得：y＝﹣3，
故原方程组的解为 ．
18．由天府新区管委会主办，四川天府新区太平街道承办的“莓好世界．莓好相约”四花卉（果类）生态
旅游节暨天府新区第十八届冬草莓节在2023年12月9日举行．某校九年级三班助农兴趣小组针对本班
级同学，就新区草莓节的关注程度进行了调查统计，将调查结果分为不关注，关注，比较关注，非常关
注四类（分别用A，B，C，D表示），并根据调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图：
根据图表信息，解答下列问题：
（1）九年级三班一共 4 0 人，其中B类所对应的圆心角为 36 ° ．
（2）九年级一共有600名学生，根据上述调查结果，估计九年级学生选择D类的有多少人．
（3）为了能够更好的宣传新区草莓节，现从非常关注草莓节的甲乙丙丁四名学生中任选两人撰写宣传
稿，请用树状图或列表法求恰好选到甲和乙的概率．
【解答】解：（1）九年级三班共有的人数为16÷40%＝40（人）．
B类所对应的圆心角为360°× ＝36°．
故答案为：40；36°．
（2）选择A类的人数为40× ＝12（人），
∴选择D类的人数为40﹣12﹣4﹣16＝8（人），
600× ＝120（人）．
∴估计九年级学生选择D类的约有120人．
（3）画树状图如下：共有12种等可能的结果，其中恰好选到甲和乙的结果有2种，
∴恰好选到甲和乙的概率为 ＝ ．
19．如图，在正方形ABCD中，对角线AC所在的直线上有两点M，N满足AN＝CM，连接BM，BN，
DM，DN．
（1）试判断四边形BMDN的形状，并说明理由．
（2）若 ，∠DNM＝30°，求四边形BMDN的面积．
【解答】解：（1）四边形BMDN是菱形，
理由如下：连接BD，交AC于O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OC，OD＝OB，AC⊥BD，
∵AN＝CM，
∴ON＝OM，
∴四边形BMDN是平行四边形，
∵AC⊥MN，
∴四边形BMDN是菱形．（2）在Rt AOD中，AO2+OD2＝AD2，
∵AO＝OD△， ，
∴OD＝1，
∴BD＝2OD＝2，
在Rt AOD中，∠DNM＝30°，
∴DN＝2OD＝2，
△
∴ ，
∴ ，
∴四边形BMDN的面积＝ ＝2 ．
20．端午节是我国的传统节日，人们有吃粽子的习俗，某商场在端午节来临之际用3600元购进A、B两类
粽子1000个，购买A粽子与购买B粽子的费用相同，已知A粽子的单价是B粽子单价的1.5倍．
（1）（列分式方程解应用题）求A、B两类粽子的单价各是多少？
（2）若计划用不超过8100元的资金再次购买A、B两类粽子共1900个，已知A、B两类粽子的进价不
变，求A粽子最多能购进多少个？
【解答】解：（1）设B种粽子单价为x元/个，则A种粽子单价为1.5x元/个，
根据题意得：
，
解得：x＝3，
经检验，x＝3是原方程的根，
∴1.5x＝4.5（元），
答：A种粽子单价为4.5元/个，B和粽子单价为3元/个；
（2）设购进A种粽子m个，则购进B种粽子（1900﹣m）个，
依题意得：4.5m+3（1900﹣m）≤8100，
解得：m≤1600，
答：A种粽子最多能购进1600个．
21．如图，点A在反比例函数 的图象上，AB⊥y轴于点B，AB＝2，OB＝4．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）若直线CD垂直平分线段AO，交AO于点D，交y轴于点C，交x轴于点E，求线段OE的长．【解答】解：（1）∵AB⊥y轴，
∴∠ABO＝90°，
∵AB＝2，OB＝4，
∴点A的坐标为（2，4），
将A（2，4）代入 ，
得k＝8，
∴反比例函数的表达式为 ．
（2）连接AE，过点A作AF⊥OE于点F，如图所示：
∵直线CD为线段OA的垂直平分线，
∴AE＝OE，
设线段OE的长为m，则AE＝m，
∵点A的坐标为（2，4），
∴AF＝4，OF＝2，
∴EF＝m﹣2，
在Rt AEF中，由勾股定理得，AE2＝AF2+EF2，
即m2
△
＝42+（m﹣2）2，
解得：m＝5，
∴线段OE的长为5．
22．在海平面上有A，B，C三个标记点，其中A在C的北偏西54°方向上，与C的距离是800海里，B在
C的南偏西36°方向上，与C的距离是600海里．
（1）求点A与点B之间的距离；
（2）若在点C处有一灯塔，灯塔的信号有效覆盖半径为500海里，每隔半小时会发射一次信号，此时在点B处有一艘轮船准备沿直线向点A处航行，轮船航行的速度为每小时20海里．轮船在驶向A处的
过程中，最多能收到多少次信号？（信号传播的时间忽略不计）．
【解答】解：（1）依题意有：AC＝800，BC＝600，∠NCA＝54°，∠SCB＝36°，
∴∠ACB＝180°﹣54°﹣36°＝90°，
在Rt ACB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
△
∴AB＝ （海里），
答：点A与点B之间的距离为1000海里；
（2）过C作CD⊥AB于D，
∵S ＝ AC•BC＝ AB•CD，
ABC
△
∴CD＝ ＝480（海里），
∵480＜500，
故分别在DB和DA上找点E和点F使CF＝CE＝500，
在Rt CDE中，由勾股定理得：CD2+DE2＝CE2，
△
∴DE＝ ＝140（海里），
同理得：DF＝140（海里），
当轮船处在EF段时能收到信号，由轮船航行的速度为每小时20海里，
则轮船飞过此段的时间为： ＝14（小时），
∴轮船收到信号次数最多为 +1＝29（次）．
23．如图，以AB为直径的⊙O上有两点E、F， ＝ ，过点E作直线CD⊥AF交AF的延长线于点D，
交AB的延长线于点C，过C作CM平分∠ACD交AE于点M，交BE于点N．（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）求证：EM＝EN；
（3）如果N是CM的中点，且AB＝9 ，求EN的长．
【解答】（1）证明：连接OE，如图：
∵ ＝ ，
∴∠FAE＝∠EAB，
∵OA＝OE，
∴∠AEO＝∠EAB，
∴∠FAE＝∠AEO，
∴AF∥OE，
∵CD⊥AF，
∴OE⊥CD，
∵OE是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）证明：如图：
由（1）知CD是⊙O的切线，
∴∠CEB＝∠EAC（弦切角定理），
∵CM平分∠ACD，
∴∠ECM＝∠ACM，
∴∠CEB+∠ECM＝∠EAC+∠ACM，∴∠ENM＝∠EMN，
∴EM＝EN；
（3）解：如图：
由（2）知EM＝EN，∠EMN＝∠ENM，
∴∠EMN＝∠BNC，
∵∠ECM＝∠BCN，
∴△EMC∽△BNC，
∴ ＝ ＝ ，
∵N是CM的中点，
∴ ＝ ＝ ＝2，
∴EM＝2BN，CE＝2BC，
∵∠BEC＝∠EAB，∠BCE＝∠ECA，
∴△BEC∽△EAC，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∴AE＝2BE，
在Rt ABE中，AE2+BE2＝AB2，
∴（2△BE）2+BE2＝（9 ）2，
∴BE＝9，
∵EN＝EM＝2BN，
∴EN＝ BE＝6．
∴EN的长为6．
24．【发现问题】
掷实心球是中考体育考试项目之一，明明发现实心球从出手到落地的过程中，实心球竖直高度与水平距
离一直在相应的发生变化．
【提出问题】
实心球竖直高度与水平距离之间有怎样的函数关系？
【分析问题】
明明利用先进的鹰眼系统记录了实心球在空中运动时的水平距离x（单位：米）与竖直高度y（单位：米）的数据如下表：
水平距离x/m 0 2 4 5 6 8 9
竖直高度x/m 2 3.2 3.6 3.5 3.2 2 1.1
根据表中的数据建立如图所示的平面直角坐标系，根据图中点的分布情况，明明发现其图象是二次函数
的一部分．
【解决问题】
（1）在明明投掷过程中，出手时实心球的竖直高度是 2 米，实心球在空中的最大高度是 3.6
米；
（2）求满足条件的抛物线的解析式；
（3）根据中考体育考试评分标准（男生版），在投掷过程中，实心球从起点到落地点的水平距离大于
或等于9.7米时，即可得满分10分，明明在此次考试中是否得到满分，请说明理由．
【解答】解：（1）由题意可知出手时实心球的竖直高度即为x＝0时y的值，
通过图表可得当x＝0时，y＝2，
得在明明投掷过程中，出手时实心球的竖直高度是2米，
由当x＝2时，y＝3.2；当x＝6时，y＝3.2，
可得对称轴为直线x＝4，
则当x＝4时，实心球在空中取得最大高度，
通过图表可得当x＝4时，y＝3.6，
得实心球在空中的最大高度是3.6米，
故答案为：2，3.6；
（2）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣h）2+k，
由（1）得抛物线的顶点坐标为（4，3.6），
则h＝4，k＝3.6，
得抛物线的解析式为y＝a（x﹣4）2+3.6，
把（0，2）代入，
得a（0﹣4）2+3.6＝2，
解得a＝﹣0.1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣0.1（x﹣4）2+3.6；
（3）明明在此次考试中能得到满分，理由如下：
把y＝0代入y＝﹣0.1（x﹣4）2+3.6，
得﹣0.1（x﹣4）2+3.6＝0，解得x ＝10或x ＝﹣2（不符合题意，舍去），
1 2
∵10＞9.7，
∴明明在此次考试中能得到满分．
25．如图①，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，
将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）连接MN，△BMN是等边三角形吗？为什么？
（2）求证：△AMB≌△ENB；
（3）①当M点在何处时，AM+CM的值最小；
②如图②，当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，请你画出图形，并说明理由．
【解答】（1）解：△BMN是等边三角形．
理由如下：如图①，∵BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，
∴BM＝BN，∠MBN＝60°，
∴△BMN是等边三角形；
（2）证明：∵△ABE和△BMN都是等边三角形，
∴AB＝EB，BM＝BN，∠ABE＝∠MBN＝60°，
∴∠ABE﹣∠ABN＝∠MBN﹣∠ABN，
即∠ABM＝∠EBN，
在△AMB和△ENB中，
，
∴△AMB≌△ENB（SAS）；
（3）①由两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，AM+CM的值最小，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点M为BD的中点；
②当点M在CE与BD的交点时，AM+BM+CM的值最小，
理由如下：如图②，∵△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN，
∵△BMN是等边三角形，∴BM＝MN，
∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM，
由两点之间线段最短可知，点E、N、M、C在同一直线上时，EN+MN+CM，
故，点M在CE与BD的交点时，AM+BM+CM的值最小．
