2024年中考押題預(yù)測卷（江蘇常州卷）-數(shù)學(xué)（參考答案）

絕密★啟用前2024年中考押題預(yù)測卷【常州卷】數(shù)學(xué)選擇題（共8小題，滿分16分，每小題2分）12345678CBACBADA二、填空題（共10小題，滿分20分，每小題2分）9．12 10．2a（b﹣1）2 11．﹣10 12．13．3.6 14．13 15．1 17．1.3 18．10三．解答題（共10小題，滿分84分）19．（6分）解：（x﹣2）2﹣（x+2）（x﹣1）＝x2﹣4x+4﹣（x2﹣x+2x﹣2）＝x2﹣4x+4﹣x2﹣x+2＝﹣5x+6；當(dāng)x＝﹣1時(shí)，原式＝5+6＝11．20．（8分）解：由4x﹣2（x﹣1）＜4得：x＜1，由x?12≤2x則不等式組的解集為﹣3≤x＜1，將解集表示在數(shù)軸上如下：21．（8分）解：（1）這次調(diào)查的樣本容量是：25÷25%＝100，D組的人數(shù)為：100﹣10﹣20﹣25﹣5＝40，故答案為：100；（2）在扇形統(tǒng)計(jì)圖中，B組的圓心角是：360°×20補(bǔ)全的條形統(tǒng)計(jì)圖如圖所示：故答案為：72；（3）∵本次調(diào)查了100個(gè)數(shù)據(jù)，第50個(gè)數(shù)據(jù)和51個(gè)數(shù)據(jù)都在C組，∴中位數(shù)落在C組；故答案為：C；（4）1800×100?5答：估計(jì)該校每天完成書面作業(yè)不超過90分鐘的學(xué)生有1710人．22．（8分）解：（1）∵一共有4個(gè)編號(hào)的小球，編號(hào)為2的有一個(gè)，∴P（任意摸出1個(gè)球，這個(gè)球的編號(hào)是2）=1（2）畫樹狀圖如下：一共有16個(gè)等可能的結(jié)果，其中第2次摸到的小球編號(hào)比第1次摸到的小球編號(hào)大2的情況出現(xiàn)了2次，∴P（第2次摸到的小球編號(hào)比第1次摸到的小球編號(hào)大2）=223．（8分）（1）證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴∠B＝∠D＝90°，∵∠ACB＝∠DCE，∴△CAB∽△CED．（2）解：直線CE與⊙O相切，證明如下：連接OE，∵OA＝OE，∴∠DAC＝∠AEO，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC∥AD，∴∠ACB＝∠DAC，∵∠ACB＝∠DCE，∴∠DAC＝∠DCE，∴∠AEO＝∠ACB＝∠DCE，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，∴∠DCE+∠DEC＝90°，∴∠AEO+∠DEC＝90°，∴∠OEC＝180°﹣90°＝90°，即OE⊥EC，∵OE為半徑，∴直線CE與⊙O相切；（3）∵點(diǎn)E落在線段AC的垂直平分線上，∴AE＝CE，∴∠DAC＝∠ECA，由（1）得∠DAC＝∠DCE，∴∠DAC＝∠ECA＝∠DCE．在Rt△ACD中，∠DAC+∠ECA+∠DCE＝90°，∴∠DAC＝∠DCE＝30°，∴DE=CDtan30°=233，AD=∴AE=AD?∵OA＝OE，∴∠DAC＝∠AE0＝30°，∴∠AEO＝∠ACE，又∵∠EAO＝∠CAE，∴△EAO∽△CAE，∴AEAC∴43解得OA=424．（8分）解：（1）30﹣0.5×（50﹣40）＝30﹣0.5×10＝30﹣5＝25（元）．答：購買數(shù)量為50支時(shí)，方案二湖筆的單價(jià)為25元．（2）①依題意得：當(dāng)40＜x≤60時(shí)，湖筆的單價(jià)為30﹣0.5（x﹣40）＝（50﹣0.5x）元，總金額為（50﹣0.5x）x元．故答案為：（50﹣0.5x）；（50﹣0.5x）x．②當(dāng)40＜x≤60時(shí)，24x﹣（50﹣0.5x）x＝174，整理得：x2﹣52x﹣348＝0，解得：x1＝58，x2＝﹣6（不符合題意，舍去），∴（50﹣0.5x）x＝（50﹣0.5×58）×58＝1218；當(dāng)x＞60時(shí)，24x﹣20x＝174，解得：x＝43.5（不符合題意，舍去）．答：王老師購買湖筆所付的總金額為1218元．25．（8分）解：（1）把A點(diǎn)（1，4）分別代入反比例函數(shù)y=k得k＝1×4＝4，∴反比例函數(shù)為y=4∵點(diǎn)B（﹣4，n）也在反比例函數(shù)y=4∴n=4∴B（﹣4，﹣1），∵一次函數(shù)y＝ax+b的圖象過點(diǎn)A（1，4），B（﹣4，﹣1），∴a+b=4?4a+b=?1解得a＝1，b＝3；（2）根據(jù)圖象可知：ax+b＞kx的x的取值范圍為﹣4＜x＜0或（3）如圖，設(shè)直線y＝x+3與x軸的交點(diǎn)為C，當(dāng)y＝0時(shí)，x＝﹣3，∴C（﹣3，0），∴S△AOB＝S△AOC+S△BOC=12×26．（10分）解：（1）過A作AD⊥BC于D，如圖1所示：則∠ADP＝90°，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠C＝45°，AD=12BC＝BD＝∵∠BAP＝15°，∴∠APD＝∠B+∠BAP＝45°+15°＝60°，∴∠PAD＝90°﹣60°＝30°，∴AP＝2PD，∴AD=AP設(shè)PD＝x，則AD=3x∴CD＝AD=3x∵PD+CD＝PC，PC=3∴x+3x=解得：x＝1，∴BD＝CD＝AD=3∴BP＝BD﹣PD=3∴S△ABP=12BP×AD=12×（2）PE2＝PB2+4AF2，證明如下：連接CE幷延長，交BA的延長線于D，如圖2所示：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠BAP+∠CAP＝90°，∠ABC＝∠ACB＝45°，∵△APE是等腰直角三角形，∴∠PAE＝90°，AP＝AE，∴∠CAE+∠CAP＝90°，∴∠CAE＝∠BAP，∴△CAE≌△BAP（SAS），∴EC＝PB，∠ACE＝∠ABP＝45°，∴∠PCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，∴PC2+EC2＝PE2，∴PC2+PB2＝PE2，∵∠BAC＝90°，∴∠DAC＝90°，∴△ACD是等腰直角三角形，∴AC＝AD，∵AB＝AC，∴AB＝AD，又∵F是BE的中點(diǎn)，∴AF是△BDE的中位線，∴DE＝2AF，∵∠PAE＝∠CAD＝90°，∴∠PAE﹣∠CAE＝∠CAD﹣∠CAE，即∠PAC＝∠EAD，又∵∠ACP＝∠ADE＝45°，∴△PAC≌EAD（ASA），∴PC＝DE，∴PC＝2AF，∴（2AF）2+PB2＝PE2，∴PE2＝PB2+4AF2；（3）∵PD⊥AB于D，PE⊥AC于E，∴∠ADP＝∠AEP＝90°，∴∠ADP+∠AEP＝180°，∴A、E、P、D四點(diǎn)共圓，且AP為直徑，∵∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣75°﹣45°＝60°是定值，∴直徑AP最小時(shí)，∠DAE所對的弦最小，∴當(dāng)AP⊥BC時(shí)，線段DE的值最小，在Rt△PEC中，∠C＝45°，∴△PEC是等腰直角三角形，∠APE＝45°，∴△APE是等腰直角三角形，∴∠PAE＝45°，AE＝PE，∴∠PDE＝∠PAE＝45°，∴∠ADE＝45°，∴∠ADE＝∠C＝45°，∵∠EAD＝∠CAB，∴△ADE∽△ACB，∴ADAC設(shè)AE＝2x，則PE＝CE＝2x，AP＝22x，∴AC＝4x，如圖3，取AP的中點(diǎn)O，連接EO，則OD=12AP＝OA＝OP=∵∠DAP＝∠BAC﹣∠PAE＝60°﹣45°＝15°，∴∠DOP＝2∠DAO＝30°，過D作DM⊥AP于M，則DM=12OD=∵cos∠DOP＝cos30°=OM∴OM=32OD=∴AM=2x+6由勾股定理得：AD=AM2+DM∴(3解得：DE=3則線段DE的最小值為3327．（10分）解：（1）∵y=?34x2?94x+3=?34（x+4）（x﹣1）∴A（﹣4，0），B（1，0），C（0，3），對稱軸為直線x=?（2）如圖所示：過N作NQ⊥x軸于點(diǎn)Q，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得MB⊥x軸，∠CBN＝90°，BM＝AB＝5，BN＝BC，∴M（1，5），∠OBC+∠QBN＝90°，∵∠OBC+∠BCO＝90°，∴∠BCO＝∠QBN，又∵∠BOC＝∠NQB＝90°，BN＝BC，∴△OBC≌△QNB（AAS），∴BQ＝OC＝3，NQ＝OB＝1，∴OQ＝1+3＝4，∴N（4，1）；（3）設(shè)直線NB的解析式為y＝kx+b．∵B（1，0）、N（4，1）在直線NB上，∴k+b=04k+b=1解得：k=1∴直線NB的解析式為：y=13x當(dāng)點(diǎn)P，N，B在同一直線上時(shí)|NP﹣BP|＝NB=3當(dāng)點(diǎn)P，N，B不在同一條直線上時(shí)|NP﹣BP|＜NB，∴當(dāng)P，N，B在同一直線上時(shí)，|NP﹣BP|的值最大，即點(diǎn)P為直線NB與拋物線的交點(diǎn)．解方程組：y=1解得：x1=1y∴當(dāng)P的坐標(biāo)為（1，0）或（?409，?4927）時(shí)，|NP﹣28．（10分）（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，由翻折的性質(zhì)得：AD＝AF，DE＝EF，∠AFE＝∠D＝90°，∴AB＝AF，∠AFG＝∠AFE＝90°，∴∠B＝∠AFG＝90°，在Rt△ABG和Rt△AFG中，AB=AFAG=AG∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），∴BG＝GF，∴BG+DE＝GF+EF＝EG；（2）解：由翻折的性質(zhì)得，AM＝CM，AE＝CD，∠E＝∠D，∠AMN＝∠CMN，在△ANE與△CND中，∠ANE=∠CND∠E=∠D∴△ANE≌△CND（AAS），∴AN＝CN，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ANM＝∠CMN，∴∠AMN＝∠ANM，∴AM＝AN＝CM＝CN，∴S△AMN＝S△CMN=12CM?又∵S△CDN：S△CMN＝1：3，S△CDN=12DN?∴12設(shè)DN＝k，則CN＝CM＝3k，如圖2，過點(diǎn)N作NG⊥MC于點(diǎn)G，則四邊形CDNG為矩形，∴CG＝DN＝k，MG＝CM﹣CG＝3k﹣k＝2k，NG=CN2?C∴MN=MG2+N∴MNDN=2（3）解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝DC＝6，AD∥BC，①如圖3，當(dāng)DE=13DC=13×6＝2時(shí)，延長FE交AD于點(diǎn)Q，過點(diǎn)Q作QH⊥CD于點(diǎn)H，過點(diǎn)E作EM⊥AQ于點(diǎn)M，作EN⊥AF于點(diǎn)N，過點(diǎn)A作AR設(shè)DQ＝x，QE＝y(tǒng)，則AQ＝AD﹣DQ＝6﹣x，∵CP∥DQ，∴△CPE∽△DQE，∴CPDQ∴CP＝2DQ＝2x，由翻折的性質(zhì)得：EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，∴AE是平分∠QAF，∴EM＝EN，∵S△AQE=12AQ?EM=12QE?AR，S△AEF=12AF?∴12∴AQAF即6?x6∴y＝2?13∵∠D＝60°，∴DH=12DQ=∴HE＝DE﹣DH＝2?12x，HQ=(2DH)在Rt△HQE中，由勾股定理得：HE2+HQ2＝EQ2，即（2?12x）2+（32x）2＝∵y＝2?13解得：x1=34，x∴PC＝2×3②如圖4，當(dāng)CE=13DC=13×6＝2時(shí)，延長FE交AD于點(diǎn)Q′，過點(diǎn)Q′作Q′H′則DE＝4，設(shè)DQ′＝x′，Q′E＝y(tǒng)′，則AQ′＝AD+DQ′＝6+x′，∵CP∥DQ′，∴△CPE∽△DQ′