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微信：cs5311742016 主营各地名校期中期末真题卷及小初高全套教材教案讲义知识点总结
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2024 年中考押题预测卷 02【北京卷】
数 学
一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．
1 2 3 4 5 6 7 8
A C C D B B D B
二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）
9． 且 10．3m(m﹣n)2 11．x=-1 12．
13． / 14. 15．真 假 16．20
三、解答题（共68分，第17-20题，每题5分，第21题6分，第22题5分，第23-24题，每题6分，第
25题5分，第26题6分，第27-28题，每题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
17．解：（1）解：原式
（2分）
（2）解：原方程可化为 ，
∴ ，
∴ ，
解得： ， ．（5分）
18解： （1分）
解不等式①，可得 ，（2分）
解不等式②，可得 ，（3分）
∴原不等式组的解集为 ，
将不等式组的解集在数轴上表示为：
∴原不等式组的整数解为 ， ， ， ， ， ．（5分）
19．解：（1）
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；（2分）
（2）
，
当x＝ +1时，原式＝ ．（5分）
20．解：（1）解：点 应修建在 的角平分线和线段 的垂直平分线的交点处；（2分）
（2）解：如图所示，点 即为所求．
（5分）
21．解：(1) 如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DC=DA．∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，
∵△DEC沿DE折叠得到△DEF，
∴∠DFE=∠C，DC=DF，∠1=∠2，
∴∠DFG=∠A=90°，DA=DF，
在Rt DGA和Rt DGF中， ，
△ △
∴Rt DGA≌Rt DGF（HL），
△ △
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∴∠3=∠4，
∴∠EDG=∠3+∠2= ∠ADF+ ∠FDC，
= （∠ADF+∠FDC），
= ×90°，
=45°（2分）
(2)①解：∵将 沿 折叠得到 ， 为 的中点，
∴ ， ，∵四边形 是正方形，
∴ ，∴ .
在 和 中，
，
∴ (HL)，∴ ，
∵ 为 中点，∴ .
设 ，则 ， ，∴ ，
在 中，根据勾股定理得：
，即 ，
解得 ，即线段 的长为2；(3分)
②在 中， ， ，根据勾股定理得： .
∵ BE•BG .
∵△BEF和△BEG等高，
∴ ；（4分）
(3)∵DE=DG，∠DFE=∠C=90°，
∴点F是EG的中点，即GF=EF，
在Rt ADG和Rt CDE中， ，
△ △
∴Rt ADG≌Rt CDE（HL），
∴AG=CE，
△ △
∴AB-AG=BC-CE，AG=CE=EF=GF=a，
即BG=BE，
∴△BEG是等腰直角三角形，
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∴ 即
解得BE= a ．（6分）
22．解：（1）解：描出以表格中数据为坐标的各点，并连线，如图：
；（1分）
（2）解：观察图象可知，它是我们学过的一次函数，
∵所对应的函数解析式是 ，
∴将 ，代入得： ．（3分）
（3）解：由（2）知函数解析式是 ，
①当 时， ，
∴供水时间达到 时，箭尺的读数为 ；（4分）
②当 时，即 ，
解得： ，
即经过 ，箭尺读数为 ，
∵本次实验记录的开始时间是上午 ，
∴当箭尺读数为 时是 ．（5分）
23．（1）解：根据题意得：港珠澳大桥开通后，
①从香港到珠海的车程为 （千米），（1分）
②开通后的行驶时间=开通前的行驶时间 ．（2分）
故答案为：①50；② ；（1分）
（2）解：设港珠澳大桥开通后从香港到珠海的平均速度是x千米/小时，则港珠澳大桥开通前从香港到珠
海的平均速度是 千米/小时，
根据题意得： ，（3分）
解得： ，
经检验， 是所列方程的解，且符合题意．（5分）
答：港珠澳大桥开通后从香港到珠海的平均速度是100千米/小时．（6分）
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24．解：（1）∵∠B=40°，∠BDA=115°，
∴∠BAD=180°-∠B-∠BDA=180°-115°-40°=25°，
∵AB=AC，
∴∠C=∠B=40°，
∵∠EDC=180°-∠ADB-∠ADE=25°，
∴∠DEC=180°-∠EDC-∠C=115°，
故答案为：25°；115°；（2分）
（2） ，
，
又 ，
，
，
在 和 中，
，
；（4分）
（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形，
当DA=DE时，∠DAE=∠DEA=70°，
∴∠BDA=∠DAE+∠C=70°+40°=110°；
当AD=AE时，∠AED=∠ADE=40°，
∴∠DAE=100°，
此时，点D与点B重合，不合题意；
当EA=ED时，∠EAD=∠ADE=40°，
∴∠AED=100°，
∴EDC=∠AED-∠C=60°，
∴∠BDA=180°-40°-60°=80°
综上所述，当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形．（6分）
25．解：（1）将(0,2),(1,1)代入解析式得
解得:
∴函数的解析式为y= （1分）
（2）①令x=-1,
则y=1,
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∴m=1
令y= ,则x=±3,
∵2＜n＜4,
∴n=3
② （3分）
(3)函数存在最大值,当x=0是,y取得最大值2. （4分）
(4)直接观察图象可知,
当| x﹣ |≤时,-1≤x≤2（5分）
26．解：（1）解： ，
∴ ．
∴不论m取何值，该二次函数的图象与x轴总有两个交点．（1分）
（2）解：把 代入，得 ，
解得 ．
当 时， ，
当 时， ；
综上所述，该二次函数的解析式为 或 ．（3分）
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（3）解：∵在（2）的条件下，若抛物线 与直线 （t是常数）在第四象限内
有两个交点
∴
当抛物线为 时，令 ，
解得：
∴抛物线与 轴正半轴的交点为：
将 代入直线 ，
可得
∵抛物线与直线有两个交点
∴联列解析式可得： = ，即 ，
令 ，即 ，解得
∴t的取值范围为
当抛物线为 时，抛物线与 轴负半轴的交点为（0，-2）
当直线 经过（0，-2）时，解得：
∵抛物线与直线有两个交点
∴联列解析式可得： = ，即 ，
令 ，即 ，
解得
∴t的取值范围为
综上所述：t的取值范围为 或 ．（6分）
27．（1）解： ．理由如下：
如图：延长 至E，使得 并连接 ，
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∵ 是正三角形， 是等腰三角形，
∴ ，
又∵ ，且 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 与 中， ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∵ ，
在 与 中，
，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ．（3分）
（2）解：∵ 为等边三角形，
∴ ，
利用（1）中的结论得出： ，
的周长 ，
，
，
，
，
．（7分）
28．解：（1）答案不唯一，如
；（3分）
（2）能，所作的新方程为 ．
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通过观察可以发现 ．（7分）
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