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2024 年中考押题预测卷【常州卷】
数 学
一、选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1 2 3 4 5 6 7 8
C B A C B A D A
二、填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1
9． 10．2a（b﹣1）2 11．﹣10 12．1.2
2
1
13．3.6 14． 15．1 16．35
3
17．1.3 18．√10−√2
三．解答题（共10小题，满分84分）
19．（6分）
解：（x﹣2）2﹣（x+2）（x﹣1）
＝x2﹣4x+4﹣（x2﹣x+2x﹣2）
＝x2﹣4x+4﹣x2﹣x+2
＝﹣5x+6；
当x＝﹣1时，原式＝5+6＝11．
20．（8分）
解：由4x﹣2（x﹣1）＜4得：x＜1，
x−1 2x
由 ≤ 得：x≥﹣3，
2 3
则不等式组的解集为﹣3≤x＜1，
将解集表示在数轴上如下：
21．（8分）
解：（1）这次调查的样本容量是：25÷25%＝100，
D组的人数为：100﹣10﹣20﹣25﹣5＝40，
故答案为：100；
20
（2）在扇形统计图中，B组的圆心角是：360°× =72°，
100补全的条形统计图如图所示：
故答案为：72；
（3）∵本次调查了100个数据，第50个数据和51个数据都在C组，
∴中位数落在C组；
故答案为：C；
100−5
（4）1800× =1710（人），
100
答：估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生有1710人．
22．（8分）
解：（1）∵一共有4个编号的小球，编号为2的有一个，
1
∴P（任意摸出1个球，这个球的编号是2）= ；
4
（2）画树状图如下：
一共有16个等可能的结果，其中第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大2的情况出现了2次，
2 1
∴P（第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大2）= = ．
16 8
23．（8分）
（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，
∵∠ACB＝∠DCE，
∴△CAB∽△CED．
（2）解：直线CE与⊙O相切，证明如下：
连接OE，∵OA＝OE，
∴∠DAC＝∠AEO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD，
∴∠ACB＝∠DAC，
∵∠ACB＝∠DCE，
∴∠DAC＝∠DCE，
∴∠AEO＝∠ACB＝∠DCE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，
∴∠DCE+∠DEC＝90°，
∴∠AEO+∠DEC＝90°，
∴∠OEC＝180°﹣90°＝90°，即OE⊥EC，
∵OE为半径，
∴直线CE与⊙O相切；
（3）∵点E落在线段AC的垂直平分线上，
∴AE＝CE，
∴∠DAC＝∠ECA，
由（1）得∠DAC＝∠DCE，
∴∠DAC＝∠ECA＝∠DCE．
在Rt ACD中，∠DAC+∠ECA+∠DCE＝90°，
∴∠DAC＝∠DCE＝30°，
△
2√3 CD
∴DE=CDtan30°= ，AD= =2√3，AC＝4，
3 tan30°
4√3
∴AE=AD−DE= ，
3
∵OA＝OE，
∴∠DAC＝∠AE0＝30°，
∴∠AEO＝∠ACE，又∵∠EAO＝∠CAE，
∴△EAO∽△CAE，
AE AO
∴ = ，
AC AE
4√3 AO
=
∴ 4 4√3，
3
4
解得OA= ．
3
24．（8分）
解：（1）30﹣0.5×（50﹣40）
＝30﹣0.5×10
＝30﹣5
＝25（元）．
答：购买数量为50支时，方案二湖笔的单价为25元．
（2）①依题意得：当40＜x≤60时，湖笔的单价为30﹣0.5（x﹣40）＝（50﹣0.5x）元，总金额为（50
﹣0.5x）x元．
故答案为：（50﹣0.5x）；（50﹣0.5x）x．
②当40＜x≤60时，24x﹣（50﹣0.5x）x＝174，
整理得：x2﹣52x﹣348＝0，
解得：x ＝58，x ＝﹣6（不符合题意，舍去），
1 2
∴（50﹣0.5x）x＝（50﹣0.5×58）×58＝1218；
当x＞60时，24x﹣20x＝174，
解得：x＝43.5（不符合题意，舍去）．
答：王老师购买湖笔所付的总金额为1218元．
25．（8分）
k
解：（1）把A点（1，4）分别代入反比例函数y= ，
x
得k＝1×4＝4，
4
∴反比例函数为y= ，
x
4
∵点B（﹣4，n）也在反比例函数y= 的图象上，
x
4
∴n= =−1，
−4
∴B（﹣4，﹣1），
∵一次函数y＝ax+b的图象过点A（1，4），B（﹣4，﹣1），{ a+b=4
∴ ，
−4a+b=−1
解得a＝1，b＝3；
k
（2）根据图象可知：ax+b＞ 的x的取值范围为﹣4＜x＜0或x＞1．
x
（3）如图，设直线y＝x+3与x轴的交点为C，
当y＝0时，x＝﹣3，
∴C（﹣3，0），
1 1 15
∴S ＝S +S = ×3×4 + ×3×1= ．
AOB AOC BOC 2 2 2
△ △ △
26．（10分）
解：（1）过A作AD⊥BC于D，如图1所示：
则∠ADP＝90°，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
1
∴∠B＝∠C＝45°，AD= BC＝BD＝CD，
2
∵∠BAP＝15°，
∴∠APD＝∠B+∠BAP＝45°+15°＝60°，
∴∠PAD＝90°﹣60°＝30°，
∴AP＝2PD，
∴AD=√AP2−PD2=√(2PD) 2−PD2=√3PD，
设PD＝x，则AD=√3x，∴CD＝AD=√3x，
∵PD+CD＝PC，PC=√3+1，
∴x+√3x=√3+1，
解得：x＝1，
∴BD＝CD＝AD=√3，
∴BP＝BD﹣PD=√3−1，
1 1 3−√3
∴S = BP×AD = ×（√3−1）×√3= ；
ABP 2 2 2
△
（2）PE2＝PB2+4AF2，证明如下：
连接CE幷延长，交BA的延长线于D，如图2所示：
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠BAP+∠CAP＝90°，∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE＝90°，AP＝AE，
∴∠CAE+∠CAP＝90°，
∴∠CAE＝∠BAP，
∴△CAE≌△BAP（SAS），
∴EC＝PB，∠ACE＝∠ABP＝45°，
∴∠PCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，
∴PC2+EC2＝PE2，
∴PC2+PB2＝PE2，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAC＝90°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴AC＝AD，
∵AB＝AC，
∴AB＝AD，又∵F是BE的中点，
∴AF是△BDE的中位线，
∴DE＝2AF，
∵∠PAE＝∠CAD＝90°，
∴∠PAE﹣∠CAE＝∠CAD﹣∠CAE，
即∠PAC＝∠EAD，
又∵∠ACP＝∠ADE＝45°，
∴△PAC≌EAD（ASA），
∴PC＝DE，
∴PC＝2AF，
∴（2AF）2+PB2＝PE2，
∴PE2＝PB2+4AF2；
（3）∵PD⊥AB于D，PE⊥AC于E，
∴∠ADP＝∠AEP＝90°，
∴∠ADP+∠AEP＝180°，
∴A、E、P、D四点共圆，且AP为直径，
∵∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣75°﹣45°＝60°是定值，
∴直径AP最小时，∠DAE所对的弦最小，
∴当AP⊥BC时，线段DE的值最小，
在Rt PEC中，∠C＝45°，
∴△PEC是等腰直角三角形，∠APE＝45°，
△
∴△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE＝45°，AE＝PE，
∴∠PDE＝∠PAE＝45°，
∴∠ADE＝45°，
∴∠ADE＝∠C＝45°，
∵∠EAD＝∠CAB，
∴△ADE∽△ACB，
AD DE
∴ = ，
AC BC
设AE＝2x，则PE＝CE＝2x，AP＝2√2x，
∴AC＝4x，
如图3，取AP的中点O，连接EO，
1
则OD= AP＝OA＝OP=√2x，
2
∵∠DAP＝∠BAC﹣∠PAE＝60°﹣45°＝15°，∴∠DOP＝2∠DAO＝30°，
1 √2
过D作DM⊥AP于M，则DM= OD= x，
2 2
OM √3
∵cos∠DOP＝cos30°= = ，
OD 2
√3 √6
∴OM= OD= x，
2 2
√6
∴AM=√2x+ x，
2
√ √6 √2
由勾股定理得：AD=√AM2+DM2= (√2x+ x) 2+( x) 2=（√3+1）x，
2 2
(√3+1)x DE
∴ = ，
4x 9−3√3
3√3
解得：DE= ，
2
3√3
则线段DE的最小值为 ．
2
27．（10分）
3 9 3 3 3 75
解：（1）∵y=− x2− x+3=− （x+4）（x﹣1）=− （x+ ）2+ ，
4 4 4 4 2 16
∴A（﹣4，0），B（1，0），C（0，3），
3
对称轴为直线x=− ；
2
（2）如图所示：过N作NQ⊥x轴于点Q，
由旋转性质得MB⊥x轴，∠CBN＝90°，BM＝AB＝5，BN＝BC，
∴M（1，5），∠OBC+∠QBN＝90°，
∵∠OBC+∠BCO＝90°，
∴∠BCO＝∠QBN，
又∵∠BOC＝∠NQB＝90°，BN＝BC，
∴△OBC≌△QNB（AAS），
∴BQ＝OC＝3，NQ＝OB＝1，
∴OQ＝1+3＝4，
∴N（4，1）；
（3）设直线NB的解析式为y＝kx+b．
∵B（1，0）、N（4，1）在直线NB上，
{ k+b=0
∴ ，
4k+b=1
1
{ k=
3
解得： ，
1
b=−
3
1 1
∴直线NB的解析式为：y= x− ，
3 3
当点P，N，B在同一直线上时|NP﹣BP|＝NB=√32+12=√10，
当点P，N，B不在同一条直线上时|NP﹣BP|＜NB，
∴当P，N，B在同一直线上时，|NP﹣BP|的值最大，
即点P为直线NB与抛物线的交点．
1 1
{ y= x−
3 3
解方程组： ，
3 9
y=− x2− x+3
4 4
40
{x =−
{x =1 2 9
1
解得： 或 ，
y =0 49
1 y =−
2 27
40 49
∴当P的坐标为（1，0）或（− ，− ）时，|NP﹣BP|的值最大，此时最大值为√10．
9 27
28．（10分）
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，
由翻折的性质得：AD＝AF，DE＝EF，∠AFE＝∠D＝90°，∴AB＝AF，∠AFG＝∠AFE＝90°，
∴∠B＝∠AFG＝90°，
在Rt ABG和Rt AFG中，
{AB
△
=AF
△
，
AG=AG
∴Rt ABG≌Rt AFG（HL），
∴BG＝GF，
△ △
∴BG+DE＝GF+EF＝EG；
（2）解：由翻折的性质得，AM＝CM，AE＝CD，∠E＝∠D，∠AMN＝∠CMN，
在△ANE与△CND中，
{∠ANE=∠CND
∠E=∠D ，
AE=CD
∴△ANE≌△CND（AAS），
∴AN＝CN，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，
∴∠ANM＝∠CMN，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴AM＝AN＝CM＝CN，
1
∴S ＝S = CM•CD，
AMN CMN 2
△ △
1
又∵S ：S ＝1：3，S = DN•CD，
CDN CMN CDN 2
△ △ △
1
DN⋅CD
2 DN 1
∴ = = ，
1 CM 3
CM⋅CD
2
设DN＝k，则CN＝CM＝3k，
如图2，过点N作NG⊥MC于点G，
则四边形CDNG为矩形，
∴CG＝DN＝k，MG＝CM﹣CG＝3k﹣k＝2k，NG=√CN2−CG2=√(3k) 2−k2=2√2k，
∴MN=√MG2+NG2=√(2k) 2+(2√2k) 2=2√3k，
MN 2√3k
∴ = =2√3；
DN k
（3）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝DC＝6，AD∥BC，
1 1
①如图3，当DE= DC= ×6＝2时，延长FE交AD于点Q，过点Q作QH⊥CD于点H，过点E作
3 3
EM⊥AQ于点M，作EN⊥AF于点N，过点A作AR⊥FQ于点R，
设DQ＝x，QE＝y，
则AQ＝AD﹣DQ＝6﹣x，
∵CP∥DQ，
∴△CPE∽△DQE，
CP CE
∴ = = 2，
DQ DE
∴CP＝2DQ＝2x，
由翻折的性质得：EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，
∴AE是平分∠QAF，
∴EM＝EN，
1 1 1 1
∵S = AQ•EM = QE•AR，S = AF•EN = EF•AR，
AQE 2 2 AEF 2 2
△ △
1 1
AQ⋅EM QE⋅AR
2 2
∴ = ，
1 1
AF⋅EN EF⋅AR
2 2
AQ QE
∴ = ，
AF EF
6−x y
即 = ，
6 2
1
∴y＝2− x，
3∵∠D＝60°，
1 1
∴DH= DQ= x，
2 2
1 √3
∴HE＝DE﹣DH＝2− x，HQ=√(2DH) 2−DH2=√3DH= x，
2 2
在Rt HQE中，由勾股定理得：HE2+HQ2＝EQ2，
1 √3
即（2 △− x）2+（ x）2＝y2，
2 2
1
∵y＝2− x，
3
3
解得：x = ，x ＝0（不合题意，舍去），
1 4 2
3 3
∴PC＝2× = ；
4 2
1 1
②如图4，当CE= DC= ×6＝2时，延长FE交AD于点Q′，过点Q′作Q′H′⊥CD于点H′，
3 3
则DE＝4，
设DQ′＝x′，Q′E＝y′，
则AQ′＝AD+DQ′＝6+x′，
∵CP∥DQ′，
∴△CPE∽△DQ′E，
CP CE 1
∴ = = ，
DQ' DE 2
1 1
∴CP= DQ′= x′，
2 2
由翻折的性质得：EF＝DE＝4，AF＝AD＝6，∠Q′AE＝∠EAF，
AQ' Q'E
同理： = ，
AF EF6+x' y'
即 = ，
6 4
2
∴y′＝4+ x′，
3
∵∠CDA＝∠Q′DH′＝60°，
1 1
∴DH′= DQ′= x，
2 2
1 √3
∴H′E＝DE+DH′＝4+ x′，H′Q′=√3DH′= x′，
2 2
在Rt H′Q′E中，由勾股定理得：H′Q′2+H′E2＝EQ′2，
√3 1
即（ △ x′）2+（4 + x′）2＝y′2，
2 2
2
∵y′＝4+ x′，
3
12
解得：x′ = ，x′ ＝0（不合题意，舍去），
1 5 2
1 12 6
∴PC= × = ；
2 5 5
3 6
综上所述，PC的长为 或 ．
2 5
