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2024 年中考第二次模拟考试（安徽卷）
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 D B A A A B D B B
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
11．2
12．1.5484×1011
15 1
13． /2
7 7
14． /
4√3 (8√5−8,0)(−5+8√5,0)
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15.（本题满分8分）
m−3 ( 5 )
【详解】解： ÷ m+2−
3m2−6m m−2
m−3 (m+2)(m−2)−5
= ÷
3m(m−2) m−2
m−3 m2−9
= ÷
3m(m−2) m−2
m−3 m−2
= ×
3m(m−2) (m+3)(m−3)
1
= ，……4分
3m(m+3)
1 1
−3+√5
= =−
当m= 时，原式 −3+√5 (−3+√5 ) 3．……8分
2 3× × +3
2 2
16.（本题满分8分）【详解】解：设调价前上衣的单价是x元，裤子的单价是y元，由题意得
¿……2分
解得，¿……4分
60×(1+20%)=72（元）……6分
40×(1−10%)=36（元）……8分
答：调价后上衣的单价是72元，袘子的单价是36元．（方法不唯一）
四、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
17.（本题满分8分）
【详解】（1）解：如图所示，A′D′即为所求；……2分
（2）如图所示，B′C′即为所求；……4分
（3）如图，取格点E，
由勾股定理可得 ，
A′D′=B′D′=B′E=A′E=√12+42=√17
∴四边形A′D′B′E是菱形，
菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，
即：四边形A′D′B′E即为所求．……8分
18.（本题满分8分）
【详解】（1）解：当有13层时，图3中到第12层共有1+2+3+⋯+11+12=78个圆圈，对底层最左边
圆圈中的数为78+1=79个，
故答案为：79；……2分
13×14
（2）图4中所有圆圈共有1+2+3+⋯+13= =91个数，
2
最底层最右边圆圈内的数是−23+91−1=67，
故答案为：67；……4分（3）图4中共有91个数，其中23个负数，1个0，67个正数，所以图4所有圆圈中各数之和为：
91×(−23+67)
(−23)+(−22)+⋯+(−1)+0+1+2+⋯+67= =2002
2
故答案为：2002．……8分
五、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
19.（本题满分10分）
【详解】
解：过A作AG⊥BD于G，AF⊥DE于F，
则四边形AGDF是矩形，
∴∠AGD=∠AGB=∠AFE=∠D=90°，AF=DG，AG=DF，
AG 5
在Rt△ABG中，AB=130米， = ，
BG 12
设AG=5k，BG=12k，
，
∴AB=√AG2+BG2=13k=130
∴k=10，
∴AG=50米．BG=12k=120米，
∵CG=30米，DF=50米，
∴AF=DG=(30+CD)米，……2分
∵∠EAF=45°，
∴∠AEF=∠EAF=45°，
∴EF=AF=30+CD，……4分
DE
在Rt△CDE中，∠DCE=60°，DE=30+CD+50=80+CD，tan∠DCE= ，
CD
∴80+CD=√3CD，∴CD=40+40√3，
∴DE=80+40+40√3≈189.3（米)．……8分
∵189.3在190±5即185与195的范围内，……10分
答：说明书写的烟花燃放高度属实．
20.（本题满分10分）
【详解】（1）证明：如图1，连接OE，
∵AC是⊙O的切线，
∴OE⊥AC，
又∵∠A=90°，
∴AB∥OE，
∴∠ABE=∠OEB，
∵OB=OE，
∴∠EBO=∠OEB，……2分
∵∠ABE=24°，
∴∠ABE=∠EBO=∠OEB=24°，
∴∠C=180°−∠EBO−∠OEB−∠OEC=180°−24°−24°−90°=42°，……5分
所以∠C的度数是42°．
（2）解：连接OF，OE，∵点F是B´E的中点，
∴B´F=E´F，
∴∠BOF=∠EOF，
∵AB∥OE，
∴∠BFO=∠EOF,∠OBF=∠COE，
∴∠BOF=∠EOF=∠COE=60°，
∴∠C=30°，
∴CO=2EO，……7分
∵∠A=∠OEC,∠C=∠C，
∴△OCE∽△BCA，
OE OC
∴ = ，
AB BC
∵AB=3,OB=OD=OE，
OE 2OE
∴ = ，
3 3OE
∴OE=2，……10分
即⊙O的半径为2．
六、（本题满分12分）
21.（本题满分12分）
【详解】（1）解：∵共有20个数据，
45+46
∴中位数为第10个，第11个的平均数，即：中位数为： =45.5；……2分
2
55出现的次数最多，即：众数为55，……4分
故答案为：45.5，55；
7
（2）a=20×25%=5，b= ×100%=35%，c=20×20%=4，……7分
20
补全频数分布直方图如下：……8分故答案为：5，35%，4；
（3）A组的棵树：5000×10%=500棵，……10分
B组的棵树：5000×25%=1250棵，……12分
即：该果园有该品种水梨树梨个数在A组由500棵，B组有1250棵．
七、（本题满分12分）
22.（本题满分12分）
【详解】（1）∵四边形BDEF是正方形，
∴EF=BF，∠F=90°，
∴ ，
AB=√EF2+BF2=√2BF=√2EF
∵AB=AC，点E与点A重合，
∴CE=√2AF，……3分
故答案为：CE=√2AF；
（2）CE=√2AF，理由为：
∵在Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，
∴ ，
BC=√AC2+AB2=√2AB
∵四边形BDEF是正方形，
∴BE=√2BF，∠FBE=45°，
BC BE
∴ = =√2，∠CBE=∠ABF=45°−∠ABE，
AB BF
∴△CBE∽△ABF，
CE BC
∴ = =√2，
AF AB
∴CE=√2AF；……8分
（3）∵在Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，△ABC的面积为8，
1
∴ AB2=8，则AB=4（负值舍去），
2
∴BC=√2AB=4√2，
√2
由（1）知，EF=BF= AB=2√2，
2
设AF=x，则CE=√2x，
∵C、E、F三点共线，∴有两种情况：
①如图1，
在Rt△CFB中，∠BFC=90°，CF=CE+EF=√2x+2√2，
由 得 ，
CF2+BF2=BC2 (√2x+2√2) 2+(2√2) 2=(4√2) 2
解得x=2√3−2（负值舍去）；
②如图②，
在Rt△CFB中，∠BFC=90°，CF=CE−EF=√2x−2√2，
由 得 ，
CF2+BF2=BC2 (√2x−2√2) 2+(2√2) 2=(4√2) 2
解得x=2√3+2（负值舍去）；
综上，满足条件的线段AF值为2√3−2或2√3+2．……12分
八、（本题满分14分）
23.（本题满分14分）
1
【详解】（1）将A(−2,0)，B(8,0)代入抛物线y=− x2+bx+c，
4
得¿，
解得¿，
1 3
∴该抛物线的解析式为y=− x2+ x+4．……3分
4 2
1 3
（2）①由抛物线的解析式为y=− x2+ x+4，得C(0,4)．
4 2设直线BC的解析式为y=kx+t，将B(8,0)，C(0,4)代入，
得¿解得¿
1
∴直线BC的解析式为y=− x+4．
2
设第一象限内的点D的坐标为 ( m,− 1 m2+ 3 m+4 ) ，则E ( m,− 1 m+4 ) ，
4 2 2
∴DE= ( − 1 m2+ 3 m+4 ) − ( − 1 m+4 ) =− 1 m2+2m，BF=8−m，
4 2 2 4
∴DE+BF= ( − 1 m2+2m ) +(8−m)=− 1 (m−2) 2+9．
4 4
1
∵− <0，
4
∴当m=2时，DE+BF有最大值，为9．……8分
②∵A(−2,0)，B(8,0)，C(0,4)，
∴OA=2，OB=8，OC=4，AB=10，
∴AC2=OA2+OC2=20，BC2=OB2+OC2=80，AB2=102=100，
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠CBA=90°．
∵DF⊥x轴于点F，
∴∠FEB+∠CBA=90°，
∴∠CAB=∠FEB=∠DEC．
OA AG OA AG
以点C，D，E为顶点的三角形与△AOG相似，只需 = 或 = ．
DE CE CE DE
∵G是AC的中点，A(−2,0)，C(0,4)，
1 1
∴G(−1,2)，OA=2，AG= AC= √20=√5．
2 2
由①知DE=− 1 m2+2m，E ( m,− 1 m+4 ) ，
4 2
∴CE= √ m2+ [ 4− ( − 1 m+4 )] 2 = √5 m ．
2 2
2 √5
OA AG =
当 = 时， 1 √5 ，
DE CE − m2+2m m
4 2解得m=4或m=0（舍去），
∴D(4,6)．……12分
2 √5
OA AG =
当 = 时，√5 1 ，
CE DE m − m2+2m
2 4
解得m=3或m=0（舍去），
( 25)
∴D 3, ．……14分
4
( 25)
综上所述，以点C，D，E为顶点的三角形与△AOG相似，点D的坐标为(4,6)或 3, ．
4
