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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
2024 年中考考前押题密卷（北京卷）
数学·参考答案
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共8个小题，每小题2分，共16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
C B B B B C B C
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）
9．
10．3a（a+2）（a﹣2）
11．x＝2
12．﹣2
13．9.1
14．
15．6
16．1和3；5和10
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．【解析】解：原式＝﹣4+1﹣4× + ﹣1（2分）
＝﹣3﹣2 + ﹣1（4分）
＝﹣4﹣ ．（5分）
18．【解析】解： ，（2分）
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解①，得x＜ ；（3分）
解②，得x≤1．（4分）
∴原不等式组的解集为x≤1．（5分）
19．【解析】解：令x＝3k，y＝2k（k≠0），
∴原式＝ （2分）
＝
＝
＝ ．（4分）
即 ．（5分）
20．【解析】已知：如图，在△ABC中，
点D，E分别是AB，AC边的中点，（1分）
求证：DE∥BC，且DE＝ BC．（2分)
如图，延长DE到点F，使DE＝EF，连接FC，DC，AF．
在△AED和△CEF中， ，
∴△AED≌△CEF（SAS），
∴CF＝AD，∠DAE＝∠FCE，
∴CF∥AB，
∵AD＝DB，
∴CF＝DB，
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∴四边形DBCF为平行四边形，
∴DF＝BC，DF∥BC，
∵DE＝ DF，
∴DE＝ BC，DE∥BC．(5分)
故答案为：点D，E分别是AB，AC边的中点；DE∥BC，且DE＝ BC．
21．【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；（3分 )
（2）如图，由（1）可知，△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD．
∵∠AEB+∠AEO＝∠CFD+∠CFE＝180°
∴∠AED＝∠CFE，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF为平行四边形．
又∵∠AEC＝90°，
∴平行四边形AECF为矩形．（6分 )
22．【解析】解：（1）设一次函数解析式求为y＝kx+b，
∵x＝1，y＝﹣5；x＝3时，y＝1，
∴ ，
解得 ，
∴一次函数解析式求为y＝3x﹣8；（3分）
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（2）把A（m，n）代入y＝3x﹣8得n＝3m﹣8，
∴n﹣3m＝﹣8，
∴（n﹣3）（m+1）﹣mn＝mn+n﹣3m﹣3﹣mn＝n﹣3m﹣3＝﹣8﹣3＝﹣11．（5分）
23．【解析】解：（1）把10片芒果树叶的长宽比从小到大排列，排在中间的两个数分别为 3.7、3.8，
故m＝ ＝3.75；
10片荔枝树叶的长宽比中出现次数最多的是2.0，故n＝2.0；
故答案为：3.75；2.0；（2分）
（2）∵0.0424＜0.0669，
∴芒果树叶的形状差别小，故A同学说法不合理；
∵荔枝树叶的长宽比的平均数1.91，中位数是1.95，众数是2.0，
∴B同学说法合理．
故答案为：②；（3分）
（3）∵11÷5.6≈1.96，
∴这片树叶更可能是荔枝树叶．（6分）
24．【解析】（1）证明：连接OD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠DAC，
∵OA＝OD，
∴∠BAD＝∠ODA，
∴∠ODA＝∠DAC，
∴OD∥AE，
∵DE⊥AE，
∴OD⊥DE，
∵OD是 O的半径，
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∴DE是的 O的切线；（3分）
（2）解：连⊙接CD，BD，
∵DE⊥AE，DE＝2CE，
∴∠E＝90°，
∴CD＝ ＝ ＝ CE，
∴ ＝ ＝ ，
∵四边形ABDC内接于 O，
∴∠ECD＝∠B， ⊙
∵AB是 O的直径，
∴∠ADB⊙＝90°＝∠E，
∴△ABD∽△DCE，
∴ ＝ ＝ ．（6分)
25．【解析】解：（1）∵对于t的每一个值，h都有唯一的值与t对应，
∴h是t的函数．
故答案为：是；(1分）
（2）∵图象的最高点对应的h的值是108，最低点对应的h的值是3米，
∴摩天轮最高点距地面108米，最低点距离地面3米．
故答案为：108，3；（3分）
（3）∵摩天轮最高点距地面108米，最低点距离地面3米，
∴摩天轮的直径是105米，
∴摩天轮的半径是52.5米．
答：摩天轮的半径是52.5米；（5分）
26．【解析】解：（1）把A（﹣2，﹣4）和B（3，1）代入y＝ax2+bx+c，
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得： ，
解得： ；（2分）
（2）∵抛物线经过C（2m﹣3，n），D（7﹣2m，n）两点，
∴抛物线的对称轴为：直线 ，
∵抛物线开口向下，
当k﹣3＜x＜k+3时，y随x的增大而减小，
∴k﹣3≥2，即k≥5；（3分）
（3）①当a＞0时，x＝﹣6，y≥5，即a×（﹣6）2+（1﹣a）×（﹣6）﹣6a﹣2≥5，
解得： ，抛物线不经过点 N，
如图①，抛物线与线段MN只有一个交点，结合图象可知： ；
②当a＜0时，若抛物线的顶点在线段MN上时，则 ＝ ＝5，
解得：a ＝﹣1，a ＝ ，
1 2
当a ＝﹣1时， ＝ ＝1，
1
此时，定点横坐标满足﹣6≤ ﹣ ≤2，符合题意；
当a ＝﹣1时，如图②，抛物线与线段MN只有一个交点，
1
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如图③，
当a ＝ 时， ＝ ＝13，
2
此时顶点横坐标不满足﹣6≤ ≤2，不符合题意，舍去；
若抛物线与线段MN有两个交点，且其中一个交点恰好为点 N时，把N（2，5）代入y＝ax2+（1﹣a）x
﹣6a﹣2，得：
5＝a×22+（1﹣a）×2﹣6a﹣2，
解得：a＝ ，
当a＝ 时，如图④，抛物线和线段MN有两个交点，且其中一个交点恰好为点 N，
结合图象可知：a＜ 时，抛物线与线段MN有一个交点，
综上所述：a的取值范围为：a≥ 或a＝﹣1或a＜ ．（6分）
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27.【解析】解：（1）△ABC与△ACD，△ABC与△BCD，△ACD与△BCD是“等角三角形”；（1
分）
（2）在△ABC中，∠A＝40°，∠B＝60°
∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝80°
∵CD为角平分线，
∴∠ACD＝∠DCB＝ ∠ACB＝40°，
∴∠ACD＝∠A，∠DCB＝∠A，
∴CD＝DA，
在△DBC中，∠DCB＝40°，∠B＝60°，
∴∠BDC＝180°﹣∠DCB﹣∠B＝80°，
∴∠BDC＝∠ACB，
∵CD＝DA，∠BDC＝∠ACB，∠DCB＝∠A，∠B＝∠B，
∴CD为△ABC的等角分割线；（4分）
（3）当△ACD是等腰三角形，如图2，DA＝DC时，∠ACD＝∠A＝50°，
∴∠ACB＝∠BDC＝50°+50°＝100°，
当△ACD是等腰三角形，如图3，DA＝AC时，∠ACD＝∠ADC＝65°，∠BCD＝∠A＝50°，
∴∠ACB＝50°+65°＝115°，
当△ACD是等腰三角形，CD＝AC的情况不存在，
当△BCD是等腰三角形，如图4，DC＝BD时，∠ACD＝∠BCD＝∠B＝ ＝ ，
∴∠ACB＝ ，
当△BCD是等腰三角形，如图5，DB＝BC时，∠BDC＝∠BCD，
设∠BDC＝∠BCD＝x，
则∠B＝180°﹣2x，
则∠ACD＝∠B＝180°﹣2x，
由题意得，180°﹣2x+50°＝x，
解得，x＝ ，
∴∠ACD＝180°﹣2x＝ ，
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∴∠ACB＝ ，
综上所述：∠ACB的度数为100°或115°或 或 ．（7分）
28.【解析】解：（1）∵点 ， ，
∴弦AB的中点为P的坐标为 ，
∴C （1，﹣1）关于点P的对称点坐标为（0，1），
1
∵点（0，1）在 O上，
∴C （1，﹣1）是⊙弦AB的“关联点”；
1
同理 关于点P的对称点坐标为 ，C （2，0）关于点P的对称点坐标为（﹣
3
1，0），C （2，1）关于点P的对称点坐标为（﹣1，﹣1），
4
∵ ， ，
∴点 ，（﹣1，﹣1）都不在 O上，而点（﹣1，0）在 O上，
⊙ ⊙
∴只有C （1，﹣1），C （2，0）是弦AB的“关联点”；
1 3
故答案为：C ，C ；（2分）
1 3
（2）如图2﹣1所示，过点O作OP⊥AB于P，连接OA，
∴ ，
∴ ，
∴弦AB的中点到原点的距离为 ，
∴弦AB的中点在以O为圆心，半径为 的圆上；
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设点Q关于弦AB的中点对称的点为R，
∵Q、R关于弦AB的中点对称，
∴QR的垂直平分线一定与半径为 的 O有交点；
⊙
如图2﹣2所示，点Q在x轴上方，当点R恰好在直线y＝x上时，设直线y＝x与半径为 的 O交于
⊙
T，与半径为1的 O交于H，
此时点Q与点R关⊙于点T对称，
∴ ；
∴QO＝2，
∴ ，
∵OH＝1，
∴ ；
∵点Q到半径为 的 O的最小距离QT，
⊙
当点Q的横坐标增大时，点Q到半径为 的 O的最小距离QT逐渐增大，则点R到半径为 的 O的
⊙ ⊙
最大距离逐渐增大，故当点Q继续运动时，点R不可能在半径为1的 O上，
⊙
∴当 时，直线y＝x上存在弦AB的“关联点”Q，
同理，在x轴下方，当 时，直线y＝x上存在弦AB的“关联点”Q；
综上所述， 或 ；（4分）
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（3）设点S关于弦AB中点对称的点为K，
∵要使弦AB最大，
∴弦AB到圆心的距离要最小，即OP最小，
∵OP≥|KP﹣OK|，
∴当O、P、K三点共线时，OP≥|KP﹣OK|，
∴此时KS一定经过圆心
如图3﹣2所示，当OS⊥MN时，
∵M（0，2）， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
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∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
同理当点S运动到点M时，可得 ，
∴ ．（7分）
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