2024年中考押题预测卷02（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02（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 02【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 B B C C D C B C B C 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） 11． 12． 13． 14． 15．740 16．4 8 17． 18． 或 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）原式 （2分） （3分） （4分） （2）原式 （5分） （6分） （7分） （8分） 20．（10分）【答案】(1)作图见解析(2)四边形 是平行四边形； ； ； 【详解】（1）解：如图所示：（2分） （2）解：猜想 ，证明如下： 四边形 ABCD 是平行四边形， ，（4分） ， ，（6分） 是 的垂直平分线， ，（8分） 在 和 中， ， ，（10分） 四边形 是平行四边形， ， ， ． 故答案为：四边形 是平行四边形； ； ； ． 22．（10分）【答案】(1)13；95；86(2)九年级的成绩比较好，理由见解析 (3)估计该校初中学生中成绩为优秀的学生共有390人 【详解】（1）解：由题意得，a351265%13； 把七年级20名学生的成绩从低到高排列处在第10名和第11名的成绩分别为85，87， 8587 ∴七年级的中位数c 86； 2 ∵七年级学生测试成绩的众数出现在A组，且七年级成绩在A组中得分为95的人数最多， ∴七年级的众数b95，故答案为：13；95；86；（3分） （2）解：九年级的成绩比较好，理由如下：（4分） ∵三个年级中九年级的平均成绩最好，且九年级的众数最大，方差最小，即九年级的成绩更加稳定， ∴九年级的成绩比较好；（7分） 12132015 （3）解：2003 390人， 202020 ∴估计该校初中学生中成绩为优秀的学生共有390人．（10分） 22．（10分）【答案】(1) (2)减少了【详解】（1）如图2中，作 于O． ∵ ，∴四边形 是矩形，∴ ，（2分） ∴ ，∴ ，（4分） ∴ ．（5分） （2）作DF⊥l于F， 于P， 于G， 于H．则四边形 是矩形，（6分） ∵ ，∴ ，∵ ，∴ ，（7分） ， ，（8分） ∴ ，（9分） ∴下降高度： ．（10分） 23．（10分）【答案】(1)A等级茶叶的每盒进价为800元，B等级茶叶的每盒进价为200元； (2)再次购进A等级茶叶40盒，B等级茶叶20盒时，可使所获利润最大，最大利润是5000元． 【详解】（1）解：设B等级茶叶的每盒进价为x元，则A等级茶叶的每盒进价为4x元， 32000 6000 根据题意得：  10，解得： ，（3分） 4x x x200 经检验，x200是所列方程的解，且符合题意，∴4x4200800． 答：A等级茶叶的每盒进价为800元，B等级茶叶的每盒进价为200元；（5分） （2）设茶店再次购进m盒A等级茶叶，则购进 60m 盒B等级茶叶， 根据题意得：800m20060m36000，解得：m40，（7分） 设茶店再次购进的两种等级茶叶全部售出后获得的总利润为w元，则 w900800m25020060m ，（8分） 即w50m3000，∵500，∴w随m的增大而增大，（9分） ∴当m40时，w取得最大值，最大值为504030005000，此时60m604020． 答：再次购进A等级茶叶40盒，B等级茶叶20盒时，可使所获利润最大，最大利润是5000元．（10分）1 4 24．（10分）【答案】(1)一次函数的解析式为y x1；反比例函数的解析式为y 2 x 3 (2)b (3)点M的坐标为0,9或  0,1 29  2  1  【详解】（1）解：∵直线 ykx1k 0与坐标轴交于C、D两点，∴ C0,1，D   k ,0  ，∴ OC 1 ， 1 OD ， k 1 1  ∵ 1 ，∴OC 1，即 1 2，∴ 1，∴一次函数的解析式为 1 ，（1分） tanODC   k  y x1 2 OD 2 k 2 2  a  1  a 设Am, ，∵ ，∴ 1m1，解得： ，∴A2, ，  m S △AOC 1 2 m2  2 1  a a 1 4 ∵直线y x1经过点A2, ，∴  21，解得： ，∴反比例函数的解析式为y ．（2 2  2 2 2 a4 x 分）  1 y x1   2 （2）联立方程组 y 4 ，解得：  x 1 4，  x 2 2，∴ ， ，  x y 1 y 2 A2,2 B4,1 1 2  1 1 ∵P是线段 的中点，∴P1, ，∴直线 的解析式为y x，（3分） AB  2 OP 2 1 将直线 向上平移bb0个单位长度后得到直线y  xb，交y轴于F，交 于H，交 于G， OP 2 AB OA 如图，过点A作AE∥OP交y轴于E，则E0,3 ， 1 ∵点P是线段 的中点，∴S S  S ， AB AOP ABC 2 AOB 1 ∵直线 OP 向上平移bb0个单位将 AOB 的面积分成 1:7 两部分，∴S AGH  4 S AOP ，（4分） S GH  2 1 GH 1 ∵ ，∴ ，∴ AGH    ，∴  ， GH∥OP △AGH∽△AOP S  OP  4 OP 2 AOP AG GH 1 EF AG  3 1 3 ∵   ，∴  1，∴F0, ，代入y  xb，得b ．（5分） OA OP 2 OF OG  2 2 2 （3）根据“四边形ABMN是直角等补形”可知：四边形ABMN中只有一组邻边相等，且只有一组对角为 直角，当ABM ANM 90，AB AM 时，如图，过点A、B分别作y轴，x轴的平行线交于点K， BK 交y轴于L，则AKBBLM 90，（6分） ∵A2,2 ，B4,1 ，∴AK 3，BK 6，BL4， ∵ABKBAK ABKMBL90，∴BAK MBL，∴ ABK∽ MBL，（7分）   BL ML 4 ML ∴  即  ，∴ ，∴ ，∴M0,9，（8分） AK BK 3 6 ML8 OM OLML189 当ABBM 时，如图，过点B作BL y轴于L， 则 ， ，BM  AB 242 212 3 5，（9分） BL4 OL1 ∴ML BM2BL2   3 5 2 42  29 ，∴ ，∴M  0,1 29  ． OM OLML1 29   综上所述，点M的坐标为0,9或 0,1 29 ．（10分） 18 1045 PQ 1 54 25．（10分）【答案】(1) (2) (3)  (4) 的最小值为 5 2052 PD 13 QT TT 13 1 1 2 【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴BADABC 90，ADBC 10，∴ BAPDAE90， ∵APBD，∴ADBDAE90，∴BAPADB，（1分） BP AB BP 6 18 ∴ ，∴  ，即  ，∴BP ；（2分） △ABP∽△DAB AB AD 6 10 5 （2）解：如图2，过点F作FJ∥AD，交CD于J，交AB于H，过点M作MK CF 于K，AH DJ AF ∵四边形 是矩形，∴ ， ，∴ ，∴   ， ABCD AD∥BC AB∥CD AD∥FJ∥BC HB CJ FP 1 由折叠得 ， ，∴AH BH DJ CJ  AB3， AF FP APMN 2 1 1 19 ∵ 是 的中位线，∴FH  BP ，∵ ，∴FJ HJFH  ，（3分） FH ABP 2 2 HJ BC10 2  19 2 397 在 中，CF  FJ2CJ2    32  ， Rt CFJ  2  2  ∵PABANF PABAPB90，∴ANF APB，∵AB∥CD，∴ANF FMJ，∴FMJ APB， 19 ∵ ，∴ ，∴MJ FJ ，即MJ 2 ，   FJM ABP90  FMJ∽  APB BP AB 1 6 19 19 55 ∴MJ  ，∴CM CJMJ 3  ，（4分） 12 12 12 19 55  FJCM 2 12 1045 397 ∵ ，∴MK    ， CF 397 4764 MKCF FJCM 2 1045 397 3 MKCJ 4764 55 397 ∵ ，∴CK    ， MK FJ FJ 19 794 tanFCM   CK CJ 2 1045 397 MK 4764 1045 ∴ ，∴tanCFM    ；（5分） 397 55 397 171 397 FK 171 397 2052 FK CFCK    2 794 397 397 （3）解：如图3，过点F作FGBC于G，过点P作PH BC，交CF于H， ∵四边形ABCD是矩形，∴BADABC BCD90，CD AB6，ADBC 10，1 由折叠可得：AF FP AP， ，∴ ，（6分） 2 DN  AP DPAD10 在Rt PDC中，PC  PD2CD2  102 62 8，∴BPBCPC 1082，  ∵FGBC，∴PGF 90ABC，∴FG∥AB，∴ PFG∽ PAB，   PG FG PF 1 1 1 ∴    ，∴PG PB1，FG AB3，∴ ， PB AB AP 2 2 2 CGPCPG819 ∵PH BC，∴CPH 90CGF ，∴PH∥FG，∴ CHP∽  CFG，（7分） PH PC PH 8 8 ∴  ，即  ，∴PH  ，∵ ，∴ ， FG CG 3 9 9 CPH BCD9090180 PH∥CD 8 ∴ ，∴ PQ PH 3 4，    PQH∽ DQC DQ CD 6 9   PQ 4x 4 设 ， ，则 ，∴   ；（8分） PQ4x DQ9x PDPQDQ4x9x13x PD 13x 13 （4）解：如图4，作点T 2 关于直线DF的对称点G，则点G一定在线段AD上，当点Q、T 1 、G在同一条 直线上，且QG AD时，QT TT QT TGQG最小． 1 1 2 1 1 PQ 4 4 40 40 90 由（3）得：  ，∴PQ 10 ，∴DQPDPQ10  ， PD 13 13 13 13 13 ∵AD∥BC，∴GDQDPC，∴sinGDQsinDPC， QG 6  ∴ QG  CD ，即 90 10，∴ QG 54，∴ 的最小值为 54 ．（10分） DQ PD 13 13 QT TT 13 1 1 2 4 99 1 26．（10分）【答案】(1) (2)P( , )(3)点 在定直线x 上，理由见详解 yx22x3 5 25 Q 2 【详解】（1）解：直线BC的解析式为yx3．x0时y3，y0时x3，B(3,0),C(0,3)， abc0 a1   ，c3 ，解得b2 ，故抛物线的解析式为 ；（2分）  A1,0  9a3bc0  c3 yx22x3 （2）解：过点P作PN∥x轴交BC的延长线于点N ，设P(t,t22t3)，直线BC的解析式为ykxb， 设Q(m,0)b3 b3 代入点 ，得 ，解得 ，直线 的解析式为 ，（3分） B(3,0),C(0,3) 3kb0 k 1 BC yx3 yx3t22t3，得xt22t，N(t22t,t22t3)，PN t(t22t)t23t， PN PE 1 ， ，   ， ，（4分）  PN∥AB   PEN∽  QEB QB QE 2 QB2PN 2t26t m3(2t26t)2t26t3，设直线AC的解析式为yk xb ，代入A(1,0),C(0,3)得 1 1 k b 0 k 3 1 1 1  ，解得 ，故直线 的解析式为 ，（5分） b 1 3 b 1 3 AC y3x3  AC∥PQ，设直线PQ的解析式为y3xb 2 ，代入P(t,t22t3)， 得b t2t3，直线PQ的解析式为y3xt2t3， 2 t2t3 4 4 99 时，xm 2t26t3，解得 （舍去），t  ，即P( , )；（6分） y0 3 t 3 2 5 5 25 1 （3）解：过点P,D分别作y轴，x轴的平行线交于点N ，直线DN 与BC交于点M ，  OBOC 3，OBCOCB45，  DPBC，DMC OBC 90， CMN 180DMC135，DPN 45，DN PN ，（7分） 设P(m,m22m3)，D(n,n22n3)， PN m22m3(n22n3)n2m22m2n(nm)(nm2)， DN mn，(nm)(nm2)mn，（8分） mn，mn1，设直线PQ的解析式为yk (xm)m22m3，  1 yk (xm)m22m3 联立 1 ，得 ， yx22x3 x2(k 2)xkmm2 2m0 1 1 该方程有两个相等的实数根，mm2k ，即k 22m，（9分） 1 1 直线PQ的解析式为y(22m)xm23，同理直线QD的解析式为y(22n)xn23， mn 1 1 由 ，得x  ， 点 在定直线x 上．（10分） (22m)xm23(22n)xn23 2 2  Q 2