文档内容
2024 年中考押题预测卷 01（贵州卷）
数学·参考答案
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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
C D B C C A C D B B C D
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）
13．＞
14．y ＞y ．
1 2
15．
16．
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：（1）原式＝2 ﹣3 + ﹣1
＝﹣1；（6分）
（2）整理成一般式为x2﹣2x＝0，
∴x（x﹣2）＝0，（8分）
则x＝0或x﹣2＝0，
解得x ＝0，x ＝2．（12分）
1 2
18．（10分）解：（1）本次获奖人数有：20÷10%＝200（人），（1分）
则获得“秦九韶奖”的人数有200×46%＝92（人）．（2分）
则刘徽奖的人数为200×（1﹣24%﹣46%﹣10%）＝40（人），（3分）
补全条形统计图如解图所示：（2）获得“祖冲之奖”的学生成绩的中位数是90分，众数是90分；
故答案为：90，90；（6分）
（3）树状图如图所示，
∵从四人中随机抽取两人共有12种情况，并且每种情况出现的可能性相等，恰好是甲和乙的有2种可
能，分别是（甲，乙），（乙，甲）．
∴抽取两人恰好是甲和乙的概率是 ＝ ．（10分）
19．（10分）（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠DAF＝∠AEB，（2分）
∵DG⊥AE，
∴∠AFD＝90°，
∴∠AFD＝∠B，
∴△ADF∽△EAB；（5分）
（2）解：∵△ADF∽△EAB，
∴ ，AD＝6，AF＝2 ，（7分）
∵点E是BC的中点，∴BE＝ BC＝3，
∴ ，
∴AE＝3 ．（10分）
20．（10分）解：（1）设第一次购进的“冰墩墩”玩具每件的进价为 x元，则第二次购进的“冰墩
墩”玩具每件的进价为（1+20%）x元，
依题意得： ，
解得：x＝50，（3分）
经检验，x＝50是原方程的解，且符合题意．（4分）
答：第一次购进的“冰墩墩”玩具每件的进价为50元．（5分）
（2）第一次购进的“冰墩墩”玩具的数量为3000÷50＝60（件），（6分）
第二次购进的“冰墩墩”玩具的数量为3000÷[50×（1+20%）]＝50（件）．（7分）
70×（60+50）﹣3000﹣3000
＝70×110﹣3000﹣3000
＝7700﹣3000﹣3000
＝1700（元）．
答：两次的总利润为1700元．（10分）
21.（10分）（解：设点D与点F的水平距离DM＝x m．
过点C作CN⊥AD交AD延长线于点N，交直线l于点H，则四边形ABHN，ABED，CFMN是矩形，
则MN＝CF＝2×3＝6m，BE＝AD＝3m，FM＝CN，NH＝AB＝1.8m，
∴AN＝3+x+6＝（9+x）m，（2分）
在Rt△ACN中，∠CAN＝45°，
∴∠ACN＝45°＝∠CAN，
∴FM＝CN＝AN＝9+x，
在Rt△DFM中，tan∠FDM＝ ，∠FDM＝72.6°，
∴ ≈3.2，（6分）解得：x≈4.09，
∴CH＝9+4.09+1.8＝14.89≈14.9（m）．
即点C离地面的距离约为14.9m．（10分）
22.（10分）解：（1）联立 ，解得 ，
∴A点坐标为（﹣2，4）．（2分）
将A（﹣2，4）代入y＝ ，得4＝ ．
∴k＝﹣8．
∴反比例函数的表达式为y＝﹣ ；（3分）
（2）联立 ，解得 或 ．
∴B（﹣8，1）．（5分）
在y＝ x+5中，令y＝0，得x＝﹣10．
故直线AB与x轴的交点为C（﹣10，0）．
如图，过A、B两点分别作x轴的垂线，交x轴于M、N两点，
则S△AOB ＝S△AOC ﹣S△BOC ＝ •OC•AM﹣ •OC•BN＝ ×10×4﹣ ×10×1＝15．（7分）
（3）关于x的不等式 的解集为﹣8＜x＜﹣2或x＞0．（10分）23.（12分）（1）证明：∵AE为 O的直径，
∴∠ABE＝90°， ⊙
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADF＝90°，
∴∠AFD+∠FAD＝90°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠FAD，
∴∠AEB＝∠AFD；（4分）
（2）解：如图1，过点F作BM⊥AB于点M．则∠AMF＝90°，
∵∠AFD＝∠BFE，∠AFD＝∠AEB，
∴∠BFE＝∠AEB，
∴BF＝BE＝5，
∵∠ABE＝∠AMF＝90°，∠BAE＝∠MAF，
∴△AMF∽△ABE，（6分）
∴ ，
即 ，
设MF＝x，则AM＝2x，∴BM＝10﹣2x，
∵BM2+MF2＝BF2，
∴（10﹣2x）2+x2＝52，
解得x＝3，
即MF＝3，
∵AE平分∠ABD，AD⊥BC，
∴DF＝MF＝3；（8分）
（3）解：∵∠ADB＝90°，G为AB的中点，
∴AG＝DG＝BG，OG⊥AB，
∴∠BGD＝∠AGD＝90°，
∴△ADG为等腰直角三角形，
∴∠GAD＝45°，
∴∠ABD＝45°，（9分）
过点F作FH⊥AB于点H，如图2，
∵AF平分∠BAD，
∴FD＝FH，
∵∠ABD＝45°，
∴BF＝ FH＝ FD，
∵∠AFD＝∠AEB，∠AEB＝∠C，
∴∠AFD＝∠C，
∴AF＝AC，（10分）
又∵AD⊥BC，
∴FD＝DC，
设FD＝DC＝x，则BF＝ x，∴ ．（12分）
24.（12分）解：（1）由题意，上边缘抛物线的顶点为（2，2），
∴可设上边缘抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）2+2．
又抛物线过点（6，0），
∴0＝a（6﹣2）2+2．
∴a＝﹣ ．（2分）
∴上边缘抛物线的解析式我y＝﹣ （x﹣2）2+2．
由下边缘抛物线是由上边缘向左平移得到的，
故可设下边缘抛物线为y＝﹣ （x+m）2+2．
又下边缘过点（2，0），
∴0＝﹣ （2+m）2+2．
∴m＝2或m＝﹣6（∵向左平移，∴m＝﹣6不合题意）．
∴m＝2．
∴下边缘抛物线为y＝﹣ （x+2）2+2．
故答案为：②，①．（4分）
（2）①不能．
理由如下：由题意可得OE＝2.6+3＝5.6．
把x＝5.6代入上边缘抛物线表达式，得 ．（5分）
所以绿化带不全在喷头口的喷水区域内．
所以洒水车不能浇灌到整个绿化带．
②∵EF＝DG＝0.5，
∴点F的纵坐标为0.5．
∴0.5＝﹣ （x﹣2）2+2．
解得x＝2±2 ．（6分）
∵x＞0，∴x＝2+2 ，（7分）
当x＞2时，y随x的增大而减小，
∴当2≤x≤6时，要使y≥0.5，
则x≤2+2 ，（8分）
∵当0≤x≤2时，y随x的增大而增大，且x＝0时，y＝1.5＞0.5，
∴当0≤x≤6时，要使y≥0.5，0≤x≤2+2 ．（10分）
∵DE＝3，灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，
∴OD的最大值为2+2 ﹣3＝2 ﹣1，
再看下边缘抛物线，喷出的水能浇灌到绿化带底部的条件是OD≥OB，
∴OD的最小值为2，
综上所述，OD的取值范围是2≤OD≤2 ﹣1．
故答案为： ．（12分）
25.（12分）解：（1）如图1，连接CG，
∵四边形ABCD和四边形EBGF是正方形，
∴∠CDB＝∠CBD＝45°，∠DBG＝90°，BD＝BG，
∴∠CBG＝45°，
∴∠CBG＝∠CBD，（2分）
∵BC＝BC，
∴△CBD≌△CBG（SAS），
∴∠DCB＝∠BCG＝90°，DC＝CG＝5，
∴G，C，D三点共线，
∴AG＝ ＝ ＝5 ；
故答案为：5 ；（4分）
（2）如图2，过点G作GK⊥AB，交AB的延长线于K，∵DE＝2，DC＝5，
∴CE＝3，
∵∠EBG＝∠EBC+∠CBG＝90°，∠CBG+∠GBK＝90°，
∴∠EBC＝∠GBK，（6分）
∵BE＝BG，∠K＝∠BCE＝90°，
∴△BCE≌△BKG（AAS），
∴CE＝KG＝3，BC＝BK＝5，
∴AK＝10，
由勾股定理得：AG＝ ＝ ；（8分）
（3）分三种情况：
①当点E在CD的延长线上时，如图3，同理知△BCE≌△BKG（AAS），
∴BC＝BK＝5，
∵AG＝ ，
由勾股定理得：KG＝ ＝ ，
∴CE＝KG＝ ，此种情况不成立；（10分）②当点E在边CD上时，如图4，
同理得：DE＝ ；（11分）
③当点E在DC的延长线上时，如图5，同理得CE＝GK＝ ，
∴DE＝5+ ＝ ，
综上，DE的长是 或 ．（12分）
