文档内容
2024 年中考押题预测卷
数学·参考答案
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30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
A C B D B D D C D A
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11． ay(1+x)(1−x)
1
12．
25
13．y=−0.01x2+9
14．2
15． 9−3√5
三、解答题（本大题共8个小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
1
16.【详解】解：（1）原式=5−2× +1−1 (4分)
2
=5−1+1−1
=4； (5分)
（2）变形整理，得x2−6x+8=0 (9分)
(x−4)(x−2)=0
x−4=0或x−2=0
x =4，x =2． (10分)
1 2
17． 【详解】解：x2−2x ( 2x−1)
÷ x+1− ，
x2−1 x−1
x(x−2) x2−1−2x+1
= ÷
(x+1)(x−1) x−1x(x−2) x−1
= ⋅
(x+1)(x−1) x(x−2)
1
= ． （3分）
x+1
¿
解不等式①得：x<4，
解不等式②得：x≥−1，
∴不等式组的解集为−1≤x<4， （5分）
∵x为整数且x+1≠0，x−1≠0，x≠0，x−2≠0，
∴x=3， （6分）
1 1
∴原式= = ． （7分）
3+1 4
18． 【详解】（1）解：1−14%−22%−24%−6%=34%，
八年级一组50×14%=7人，二组50×22%=11人，三组50×34%=17人，四组50×24%=12人，五组
50×6%=3人，
将八年级50人成绩从小到大排列，第25、26个数据分别为74、74，
74+74
∴八年级成绩的中位数= =74．
2
故答案为：34，74； （2分）
（2）七年级二组的学生人数为50×32%=16人，
五组的学生人数为50−10−16−14−8=2人，
所以，可补画条形统计图如下：
（4分）
（3）这次竞赛中，甲、乙两名同学的成绩均为73分，但甲的成绩在其所在的年级中排名更靠前，
根据八年级成绩的中位数为74，故73分在年级中排名在第26名之后，
而七年级成绩的中位数为71，故73分在年级中排名在第25名之前，可知甲是七年级的学生．
故答案为：七； （6分）
（4）八年级的学生掌握的更好．因为，七、八年级的学生成绩平均数一样，而八年级的学生成绩的中位
数和众数更高，所以，八年级的学生掌握的更好． （9分）
8
19． 【详解】（1）解：设枣树的单价是x元，则桃树的单价为 x元， （1分）
7
1000 700
− =5
根据题意得， 8 x ， （2分）
x
7
解得，x=35， （3分）
经检验，x=35是原方程的解，
8
∴ ×35=40， （4分）
7
答 ：枣树的单价是35元，则桃树的单价为40元
（2）解：设枣树的棵数为m，则桃树为(60−m)棵，
2
∵m≤ ×(60−m)， （5分）
3
解得：m≤24， （6分）
总费用为y=35m+40(60−m)=−5m+2400， （7分）
∵−5<0，
∴y随x的增大而减小，
当m=24，y有最小值，为−5×24+2400=2280（元），（8分）
60−24=36（棵） （9分）
所以，当购进枣树24棵，桃树36棵时，费用最低，为2280元
20． 【详解】解：如图，延长EF,CD，分别与AB交于点M和点N， （1分）
由题意得，四边形CPBN和四边形ECNM都是矩形，
∴EM=CN,MN=CE,BN=PC=0.8米， （2分）∵PE=1.8米，
∴MN=CE=PE−PC=1米． （3分）
设EM=CN=x米，
AM
在Rt△AEM中，∠AME=90°,∠AEM=37°,tan∠AEM= ，
EM
∴AM=EM⋅tan37°，即AM≈0.75x． （4分）
AN
在Rt△ACN中，∠ANC=90°,∠ACN=38.7°,tan∠ACN= ，
CN
∴AN=CN⋅tan38.7°，即AN≈0.8x． （5分）
∵MN=AN−AM，
∴1=0.8x−0.75x， （6分）
解，得x=20． （7分）
∴AM=0.75×20=15米．
∴AB=AM+MB=15+1.8=16.8≈17米． （8分）
答：纪念碑的高度AB约为17米．
21. 【详解】解：任务一：（1）∵∠ADB=90°=∠ADC，∠BAD=∠C，
∴△ABD∽△CAD（两角分别对应相等的两个三角形相似），
故答案为：两角分别对应相等的两个三角形相似；（1分）
（2）证明：②AB2=BD⋅BC；（2分）
如图，
∵AD⊥BC ∠CAB=90°
， ，
∴∠ABC=∠BAC=90°，
而∠ABD=∠CBA，
∴△ABD∽△CBA，
∴AB:BC=BD:AB，
∴AB2=BD⋅BC；
③AC2=CD⋅BC，
如图，∵AD⊥BC ∠CAB=90°
， ，
∴∠ADC=∠CAB=90°，
而∠ACD=∠BCA，
∴△ACD∽△BCA，
∴AC:BC=CD:AC，
∴AC2=CD⋅CB；
任务二：（1）证明：如图，
∵ ABCD
四边形 为正方形，
∴OC⊥BO，∠BCD=90°，
∴BC2=BO⋅BD，（3分）
∵CF⊥BE，
∴BC2=BF⋅BE，
∴BO⋅BD=BF⋅BE；（4分）
（2）解：设BC=CD=3a，
而DE=2CE，（5分）
∴DE=2a，CE=a，
在 中， ，
Rt△BCE BE=√a2+(3a) 2=√10a
√2 3√2
在Rt△OBC中，OB= BC= a，
2 2
BO BF
∵BO⋅BD=BF⋅BE，即 = ，
BE BD
而∠OBF=∠EBD，
∴△BOF∽△BED，（6分）OF BO
∴ = ，
DE BE
6√5 3√2
a
即 5 2 ，
=
2a √10a
解得a=2，
∴BC=CD=6．
故答案为：6．（7分）
22． 【详解】（1）解：∵∠BAC=∠EAF=30°，
∴∠BAE=∠CAF，
又∵AB=AC，AE=AF，
∴△BAE≌△CAF，
∴BE=CF，∠ABE=∠ACF
设AC,BD交于点O，
∵∠AOD=∠ACF+∠BDC=∠ABE+∠BAO
∴∠BDC=∠BAO=∠BAC=30°，
故答案为：BE=CF，30． （1分）
（2）结论：BE=CF，∠BDC=60°；（2分）
证明：∵∠BAC=∠EAF=120°，
∴∠BAC−∠EAC=∠EAF−∠EAC，即∠BAE=∠CAF，又∵AB=AC，AE=AF，
∴△BAE≌△CAF（3分）
∴BE=CF，∠AEB=∠AFC，
∵∠EAF=120°，AE=AF，
∴∠AEF=∠AFE=30°，
∴∠BDC=∠BEF−∠EFD=∠AEB+30°−(∠AFC−30°)=60°，（4分）
（3）BF=CF+2AM，（5分）
理由如下，
∵∠BAC=∠EAF=90°，
∴∠BAC−∠EAC=∠EAF−∠EAC，
即∠BAE=∠CAF，
又∵△ABC和△AEF均为等腰直角三角形
∴AB=AC,AE=AF，
∴△BAE≌△CAF(SAS)，
∴BE=CF，
在Rt△AEF中，AM⊥BF，
1
∴AM= EF=EM=MF，
2
∴BF=BE+EF=CF+2AM；
（4）解：如图所示，
连接BD，以BD为直径,BD的中点为圆心作圆，以D点为圆心，1为半径作圆，两圆交于点P,P ，
1
延长BP至M，使得PM=DP=1，（6分）
则△MDP是等腰直角三角形，∠MDP=45°，∵∠CDB=45°,
∴∠MDB=∠MDP+∠PDC+∠CDB=90°+∠PDC =∠ADP，
AD 1 DP 1
∵ = , = ，
DB √2 DM √2
∴△ADP∽△BDM，（7分）
PA 1 √2
∴ = = ，
BM √2 2
√2
∴PA= BM，
2
∵AB=2，
在 中， ，
Rt△DPB PB=√DB2−DP2=√(2√2) 2 −12=√7
∴BM=BP+PM=√7+1，
√2 √2+√14
∴PA= (1+√7)= ，（8分）
2 2
过点P作PQ⊥AB于点Q，
设QB=x，则AQ=2−x，
在Rt△APQ中，PQ2=AP2−AQ2，
在Rt△PBQ中，PQ2=PB2−BQ2，
∴AP2−AQ2=PB2−BQ2，
∴(√2+√14) 2
−(2−x) 2=(√7) 2 −x2
，
2
7−√7 7−√7
解得：x= ，则BQ= ，（9分）
4 4
设PQ,BD交于点G，则△BQG是等腰直角三角形，7−√7
∴QG=QB= ，
4
在Rt△DPB,Rt△DP B中，
1
¿，
∴Rt△DPB≌Rt△DP B，
1
∴∠PDB=∠P DB，
1
又PD=P D=1，DG=DG，
1
∴△PGD≌△P DG，
1
∴∠PGD=∠P GD=45°，
1
∴∠PGP =90°，
1
∴P G∥AB，
1
1 1 7−√7 7−√7
∴S = AB×QG= ×2× = ，（10分）
△ABP 1 2 2 4 4
在
Rt△PQB
中，
PQ=√PB2−BQ2=
√
(√7) 2 −
(7−√7) 2
=
7+√7，
4 4
1 1 7+√7 7+√7
∴S = AB×PQ= ×2× = ，（11分）
△ABP 2 2 4 4
7+√7 7−√7
综上所述，S = 或 ，
△ABP 4 4
7+√7 7−√7
故答案为： 或 ．
4 4
1
23． 【详解】（1）解：把B(4,0)，C(0,2)代入y=− x2+bx+c中得：¿，（1分）
2
∴¿，
1 3
∴抛物线解析式为y=− x2+ x+2；（2分）
2 2
设直线BC的解析式为y=kx+b'，
把B(4,0)，C(0,2)代入y=kx+b'中得：¿，
∴¿，
1
∴直线BC的解析式为y=− x+2；（3分）
2
（2）解：如图所示，过点P作PD∥y轴交BC于D，
设P ( m，− 1 m2+ 3 m+2 ) ，则D ( m，− 1 m+2 ) ，（4分）
2 2 2∴PD=− 1 m2+ 3 m+2− ( − 1 m+2 ) =− 1 m2+2m=− 1 (m−2) 2+2；
2 2 2 2 2
∵S =S +S ，
△PBC △PCD △PBD
1 1
∴S = PD⋅(x −x )+ PD⋅(x −x )
△PBC 2 P C 2 B P
1
= PD⋅(x −x )
2 B C
=2PD
，（5分）
=−(m−2) 2+4
∵−1<0，
∴当m=2时，S 最大，最大值为4，
△PBC
∴此时点P的坐标为(2，3)（6分）
（3）解：如图所示，取点H(−2，−2)，连接CH，BH，（7分）
∵B(4,0)，C(0,2)，
∴ ， ，
BC2=(4−0) 2+(0−2) 2=20 BH2=(−2−4) 2+(−2−0) 2=40
，（8分）
CH2=(−2−0) 2+(−2−2) 2=20
∴BC2+CH2=BH2，BC2=CH2，
∴△BCH是直角三角形，且∠HCB=90°，BC=CH，
∴△BCH是等腰直角三角形，
∴∠BHC=45°，
∴∠OBC+∠OBH=45°，
∵∠OBC+∠OBM=45°，
∴点M即为BH为抛物线的交点，1 4
同理可得直线BH解析式为y= x− ，（9分）
3 3
联立¿，解得¿或¿，（10分）
( 5 17)
∴点M的坐标为 − ，− ；
3 9
1 4 4
在y= x− 中，当x=0时，y=− ，
3 3 3
1 4 ( 4)
∴直线y= x− 与y轴的交点坐标为 0，− ；
3 3 3
( 4) 1 4
取T 0， ，则直线BT解析式为y=− x+ ，（11分）
3 3 3
由对称性可得∠OBT=∠OBH，
∴射线BT与抛物线的交点即为点M，
联立¿，解得¿或¿，（12分）
( 1 13)
∴点M的坐标为 − ， ；
3 9
( 5 17) ( 1 13)
综上所述，点M的坐标为 − ，− 或 − ， ．（13分）
3 9 3 9
