2024年中考押题预测卷（江苏常州卷）-数学（参考答案）

绝密★启用前2024年中考押题预测卷【常州卷】数学选择题（共8小题，满分16分，每小题2分）12345678CBACBADA二、填空题（共10小题，满分20分，每小题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．解答题（共10小题，满分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；当x＝﹣1时，原式＝5+6＝11．20．（8分）解：由4x﹣2（x﹣1）＜4得：x＜1，由x−12≤2x则不等式组的解集为﹣3≤x＜1，将解集表示在数轴上如下：21．（8分）解：（1）这次调查的样本容量是：25÷25%＝100，D组的人数为：100﹣10﹣20﹣25﹣5＝40，故答案为：100；（2）在扇形统计图中，B组的圆心角是：360°×20补全的条形统计图如图所示：故答案为：72；（3）∵本次调查了100个数据，第50个数据和51个数据都在C组，∴中位数落在C组；故答案为：C；（4）1800×100−5答：估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生有1710人．22．（8分）解：（1）∵一共有4个编号的小球，编号为2的有一个，∴P（任意摸出1个球，这个球的编号是2）=1（2）画树状图如下：一共有16个等可能的结果，其中第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大2的情况出现了2次，∴P（第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大2）=223．（8分）（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，∴∠B＝∠D＝90°，∵∠ACB＝∠DCE，∴△CAB∽△CED．（2）解：直线CE与⊙O相切，证明如下：连接OE，∵OA＝OE，∴∠DAC＝∠AEO，∵四边形ABCD是矩形，∴BC∥AD，∴∠ACB＝∠DAC，∵∠ACB＝∠DCE，∴∠DAC＝∠DCE，∴∠AEO＝∠ACB＝∠DCE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，∴∠DCE+∠DEC＝90°，∴∠AEO+∠DEC＝90°，∴∠OEC＝180°﹣90°＝90°，即OE⊥EC，∵OE为半径，∴直线CE与⊙O相切；（3）∵点E落在线段AC的垂直平分线上，∴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：购买数量为50支时，方案二湖笔的单价为25元．（2）①依题意得：当40＜x≤60时，湖笔的单价为30﹣0.5（x﹣40）＝（50﹣0.5x）元，总金额为（50﹣0.5x）x元．故答案为：（50﹣0.5x）；（50﹣0.5x）x．②当40＜x≤60时，24x﹣（50﹣0.5x）x＝174，整理得：x2﹣52x﹣348＝0，解得：x1＝58，x2＝﹣6（不符合题意，舍去），∴（50﹣0.5x）x＝（50﹣0.5×58）×58＝1218；当x＞60时，24x﹣20x＝174，解得：x＝43.5（不符合题意，舍去）．答：王老师购买湖笔所付的总金额为1218元．25．（8分）解：（1）把A点（1，4）分别代入反比例函数y=k得k＝1×4＝4，∴反比例函数为y=4∵点B（﹣4，n）也在反比例函数y=4∴n=4∴B（﹣4，﹣1），∵一次函数y＝ax+b的图象过点A（1，4），B（﹣4，﹣1），∴a+b=4−4a+b=−1解得a＝1，b＝3；（2）根据图象可知：ax+b＞kx的x的取值范围为﹣4＜x＜0或（3）如图，设直线y＝x+3与x轴的交点为C，当y＝0时，x＝﹣3，∴C（﹣3，0），∴S△AOB＝S△AOC+S△BOC=12×26．（10分）解：（1）过A作AD⊥BC于D，如图1所示：则∠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设PD＝x，则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，证明如下：连接CE幷延长，交BA的延长线于D，如图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的中点，∴AF是△BDE的中位线，∴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四点共圆，且AP为直径，∵∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣75°﹣45°＝60°是定值，∴直径AP最小时，∠DAE所对的弦最小，∴当AP⊥BC时，线段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设AE＝2x，则PE＝CE＝2x，AP＝22x，∴AC＝4x，如图3，取AP的中点O，连接EO，则OD=12AP＝OA＝OP=∵∠DAP＝∠BAC﹣∠PAE＝60°﹣45°＝15°，∴∠DOP＝2∠DAO＝30°，过D作DM⊥AP于M，则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则线段DE的最小值为3327．（10分）解：（1）∵y=−34x2−94x+3=−34（x+4）（x﹣1）∴A（﹣4，0），B（1，0），C（0，3），对称轴为直线x=−（2）如图所示：过N作NQ⊥x轴于点Q，由旋转性质得MB⊥x轴，∠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）设直线NB的解析式为y＝kx+b．∵B（1，0）、N（4，1）在直线NB上，∴k+b=04k+b=1解得：k=1∴直线NB的解析式为：y=13x当点P，N，B在同一直线上时|NP﹣BP|＝NB=3当点P，N，B不在同一条直线上时|NP﹣BP|＜NB，∴当P，N，B在同一直线上时，|NP﹣BP|的值最大，即点P为直线NB与抛物线的交点．解方程组：y=1解得：x1=1y∴当P的坐标为（1，0）或（−409，−4927）时，|NP﹣28．（10分）（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，由翻折的性质得：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：由翻折的性质得，AM＝CM，AE＝CD，∠E＝∠D，∠AMN＝∠CMN，在△ANE与△CND中，∠ANE=∠CND∠E=∠D∴△ANE≌△CND（AAS），∴AN＝CN，∵四边形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设DN＝k，则CN＝CM＝3k，如图2，过点N作NG⊥MC于点G，则四边形CDNG为矩形，∴CG＝DN＝k，MG＝CM﹣CG＝3k﹣k＝2k，NG=CN2−C∴MN=MG2+N∴MNDN=2（3）解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝DC＝6，AD∥BC，①如图3，当DE=13DC=13×6＝2时，延长FE交AD于点Q，过点Q作QH⊥CD于点H，过点E作EM⊥AQ于点M，作EN⊥AF于点N，过点A作AR设DQ＝x，QE＝y，则AQ＝AD﹣DQ＝6﹣x，∵CP∥DQ，∴△CPE∽△DQE，∴CPDQ∴CP＝2DQ＝2x，由翻折的性质得：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如图4，当CE=13DC=13×6＝2时，延长FE交AD于点Q′，过点Q′作Q′H′则DE＝4，设DQ′＝x′，Q′E＝y′，则AQ′＝AD+DQ′＝6+x′，∵CP∥DQ′，∴△CPE∽△DQ′