文档内容
绝密★启用前
2024 年中考押题预测卷 02【贵州卷】
数 学
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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
D B D D A C D A A A A D
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）
13．x≥﹣5 14. 10 15．-1 16．8
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．（12分）解：（x+y）（x﹣y）﹣2x3y÷（xy）
＝x2﹣y2﹣2x2
＝﹣x2﹣y2，（5分）
当x＝1，y＝﹣1时，原式＝﹣12﹣（﹣1）2＝﹣1﹣1＝﹣2．（6分）
（2）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 ．（12分）
18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°．（3分）
（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．（6分）
（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 ＝ ．（10分）
19．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．（5分）
（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 ．（10分）
20．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，（3分）
经检验，x＝3是原方程的根，
∴1.5x＝4.5（元），（4分）
答：A种粽子单价为4.5元/个，B和粽子单价为3元/个；（5分）
（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．（10分）
21．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 ．（4分）
（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，（7分）
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．（10分）
22．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；（4分）
（2）过C作CD⊥AB于D，
∵S△ABC ＝ AC•BC＝ AB•CD，
∴CD＝ ＝480（海里），
∵480＜500，
故分别在DB和DA上找点E和点F使CF＝CE＝500，（7分）
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）．（10分）
23．（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；（4分）
⊙
（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；（8分）
（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，
∴（2BE）2+BE2＝（9 ）2，
∴BE＝9，
∵EN＝EM＝2BN，
∴EN＝ BE＝6．
∴EN的长为6．（12分）
24．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；（4分）
（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；（8分）
（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．（12分）
25．（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；（3分）
（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）；（7分）
（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；（10分）
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．（12分）
