2024年中考數(shù)學(xué)考前押題密卷（北京卷）（參考答案及評分標準）

年中考考前押題密卷（北京卷）數(shù)學(xué)·參考答案第Ⅰ卷一、選擇題（本大題共8個小題，每小題2分，共16分．在每個小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，請選出并在答題卡上將該項涂黑）12345678CBBBBCBC第Ⅱ卷二、填空題（本大題共8小題，每小題2分，共16分）9．10．3a（a+2）（a﹣2）11．x＝212．﹣213．9.114．15．616．1和3；5和10三、解答題（共68分，第17-20題，每題5分，第21題6分，第22題5分，第23-24題，每題6分，第25題5分，第26題6分，第27-28題，每題7分）解答應(yīng)寫出文字說明、演算步驟或證明過程．）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）解①，得x＜；（3分）解②，得x≤1．（4分）∴原不等式組的解集為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：如圖，在△ABC中，點D，E分別是AB，AC邊的中點，（1分）求證：DE∥BC，且DE＝BC．（2分)如圖，延長DE到點F，使DE＝EF，連接FC，DC，AF．在△AED和△CEF中，，∴△AED≌△CEF（SAS），∴CF＝AD，∠DAE＝∠FCE，∴CF∥AB，∵AD＝DB，∴CF＝DB，∴四邊形DBCF為平行四邊形，∴DF＝BC，DF∥BC，∵DE＝DF，∴DE＝BC，DE∥BC．(5分)故答案為：點D，E分別是AB，AC邊的中點；DE∥BC，且DE＝BC．21．【解析】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠ABE＝∠CDF，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（SAS）；（3分)（2）如圖，由（1）可知，△ABE≌△CDF，∴AE＝CF，∠AEB＝∠CFD．∵∠AEB+∠AEO＝∠CFD+∠CFE＝180°∴∠AED＝∠CFE，∴AE∥CF，∴四邊形AECF為平行四邊形．又∵∠AEC＝90°，∴平行四邊形AECF為矩形．（6分)22．【解析】解：（1）設(shè)一次函數(shù)解析式求為y＝kx+b，∵x＝1，y＝﹣5；x＝3時，y＝1，∴，解得，∴一次函數(shù)解析式求為y＝3x﹣8；（3分）（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片芒果樹葉的長寬比從小到大排列，排在中間的兩個數(shù)分別為3.7、3.8，故m＝＝3.75；10片荔枝樹葉的長寬比中出現(xiàn)次數(shù)最多的是2.0，故n＝2.0；故答案為：3.75；2.0；（2分）（2）∵0.0424＜0.0669，∴芒果樹葉的形狀差別小，故A同學(xué)說法不合理；∵荔枝樹葉的長寬比的平均數(shù)1.91，中位數(shù)是1.95，眾數(shù)是2.0，∴B同學(xué)說法合理．故答案為：②；（3分）（3）∵11÷5.6≈1.96，∴這片樹葉更可能是荔枝樹葉．（6分）24．【解析】（1）證明：連接OD，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠DAC，∵OA＝OD，∴∠BAD＝∠ODA，∴∠ODA＝∠DAC，∴OD∥AE，∵DE⊥AE，∴OD⊥DE，∵OD是⊙O的半徑，∴DE是的⊙O的切線；（3分）（2）解：連接CD，BD，∵DE⊥AE，DE＝2CE，∴∠E＝90°，∴CD＝＝＝CE，∴＝＝，∵四邊形ABDC內(nèi)接于⊙O，∴∠ECD＝∠B，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°＝∠E，∴△ABD∽△DCE，∴＝＝．（6分)25．【解析】解：（1）∵對于t的每一個值，h都有唯一的值與t對應(yīng)，∴h是t的函數(shù)．故答案為：是；(1分）（2）∵圖象的最高點對應(yīng)的h的值是108，最低點對應(yīng)的h的值是3米，∴摩天輪最高點距地面108米，最低點距離地面3米．故答案為：108，3；（3分）（3）∵摩天輪最高點距地面108米，最低點距離地面3米，∴摩天輪的直徑是105米，∴摩天輪的半徑是52.5米．答：摩天輪的半徑是52.5米；（5分）26．【解析】解：（1）把A（﹣2，﹣4）和B（3，1）代入y＝ax2+bx+c，得：，解得：；（2分）（2）∵拋物線經(jīng)過C（2m﹣3，n），D（7﹣2m，n）兩點，∴拋物線的對稱軸為：直線，∵拋物線開口向下，當k﹣3＜x＜k+3時，y隨x的增大而減小，∴k﹣3≥2，即k≥5；（3分）（3）①當a＞0時，x＝﹣6，y≥5，即a×（﹣6）2+（1﹣a）×（﹣6）﹣6a﹣2≥5，解得：，拋物線不經(jīng)過點N，如圖①，拋物線與線段MN只有一個交點，結(jié)合圖象可知：；②當a＜0時，若拋物線的頂點在線段MN上時，則＝＝5，解得：a1＝﹣1，a2＝，當a1＝﹣1時，＝＝1，此時，定點橫坐標滿足﹣6≤﹣≤2，符合題意；當a1＝﹣1時，如圖②，拋物線與線段MN只有一個交點，如圖③，當a2＝時，＝＝13，此時頂點橫坐標不滿足﹣6≤≤2，不符合題意，舍去；若拋物線與線段MN有兩個交點，且其中一個交點恰好為點N時，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＝，當a＝時，如圖④，拋物線和線段MN有兩個交點，且其中一個交點恰好為點N，結(jié)合圖象可知：a＜時，拋物線與線段MN有一個交點，綜上所述：a的取值范圍為：a≥或a＝﹣1或a＜．（6分）27.【解析】解：（1）△ABC與△ACD，△ABC與△BCD，△ACD與△BCD是“等角三角形”；（1分）（2）在△ABC中，∠A＝40°，∠B＝60°∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝80°∵CD為角平分線，∴∠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為△ABC的等角分割線；（4分）（3）當△ACD是等腰三角形，如圖2，DA＝DC時，∠ACD＝∠A＝50°，∴∠ACB＝∠BDC＝50°+50°＝100°，當△ACD是等腰三角形，如圖3，DA＝AC時，∠ACD＝∠ADC＝65°，∠BCD＝∠A＝50°，∴∠ACB＝50°+65°＝115°，當△ACD是等腰三角形，CD＝AC的情況不存在，當△BCD是等腰三角形，如圖4，DC＝BD時，∠ACD＝∠BCD＝∠B＝＝，∴∠ACB＝，當△BCD是等腰三角形，如圖5，DB＝BC時，∠BDC＝∠BCD，設(shè)∠BDC＝∠BCD＝x，則∠B＝180°﹣2x，則∠ACD＝∠B＝180°﹣2x，由題意得，180°﹣2x+50°＝x，解得，x＝，∴∠ACD＝180°﹣2x＝，∴∠ACB＝，綜上所述：∠ACB的度數(shù)為100°或115°或或．（7分）28.【解析】解：（1）∵點，，∴弦AB的中點為P的坐標為，∴C1（1，﹣1）關(guān)于點P的對稱點坐標為（0，1），∵點（0，1）在⊙O上，∴C1（1，﹣1）是弦AB的“關(guān)聯(lián)點”；同理關(guān)于點P的對稱點坐標為，C3（2，0）關(guān)于點P的對稱點坐標為（﹣1，0），C4（2，1）關(guān)于點P的對稱點坐標為（﹣1，﹣1），∵，，∴點，（﹣1，﹣1）都不在⊙O上，而點（﹣1，0）在⊙O上，∴只有C1（1，﹣1），C3（2，0）是弦AB的“關(guān)聯(lián)點”；故答案為：C1，C3；（2分）（2）如圖2﹣1所示，過點O作OP⊥AB于P，連接OA，∴，∴，∴弦AB的中點到原點的距離為，∴弦AB的中點在以O(shè)為圓心，半徑為的圓上；設(shè)點Q關(guān)于弦AB的中點對稱的點為R，∵Q、R關(guān)于弦AB的中點對稱，∴QR的垂直平分線一定與半徑為的⊙O有交點；如圖2﹣2所示，點Q在x軸上方，當點R恰好在直線y＝x上時，設(shè)直線y＝x與半徑為的⊙O交于T，與半徑為1的⊙O交于H，此時點Q與點R關(guān)于點T對稱，∴；∴QO＝2，∴，∵OH＝1，∴；∵點Q到半徑為的⊙O的最小距離QT，當點Q的橫坐標增大時，點Q到半徑為的⊙O的最小距離QT逐漸增大，則點R到半徑為的⊙O的最大距離逐漸增大，故當點Q繼續(xù)運動時，點R不可能在半徑為1的⊙O上，∴當時，直線y＝x上存在弦AB的“關(guān)聯(lián)點”Q，同理，在x軸下方，當時，直線y＝x上存在弦