2024年中考數(shù)學考前押題密卷（甘肅卷）（參考答案及評分標準）

年中考考前押題密卷（甘肅卷）數(shù)學·參考答案第Ⅰ卷一、選擇題（本大題共12個小題，每小題3分，共36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）123456789101112CCDDBAACBAAB第Ⅱ卷二、填空題（本大題共4小題，每小題3分，共12分）13．（2m+1）214．四15．60°，16．90%三、解答題（本大題共8個小題，共75分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17．（4分）【詳解】解：去括號得：2x﹣1＜3+3x，移項得：2x﹣3x＜3+1，（2分）合并得：﹣x＜4，解得：x＞﹣4．（4分）（4分）【詳解】解：原式＝?＝?（2分）＝．（4分）19．（4分）【詳解】證明：∵點C是線段AE的中點，∴AC＝CE，∵AB∥CD，BC∥DE，∴∠A＝∠DCE，∠ACB＝∠CED，（1分）在△ABC與△CDE中，，∴△ABC≌△CDE（ASA），（3分）∴AB＝CD．（4分）20．（6分）【詳解】解：過點O作OD⊥BC，交BC的延長線于點D，過點O作OE⊥AB，垂足為E，由題意得：AO＝8×5＝40（米），OC＝4×5＝20（米），OE＝BD，OE∥BD，∴∠EOC＝∠OCD＝45°，∵∠AOC＝75°，∴∠AOE＝∠AOC﹣∠EOC＝30°，（2分）在Rt△OCD中，CD＝OC?cos45°＝20×＝10（米），在Rt△AOE中，OE＝AO?cos30°＝40×＝20（米），（4分）∴OE＝BD＝20（米），∴BC＝BD﹣CD＝20﹣10≈21（米），∴小李到古塔的水平距離即BC的長約為21米．（6分）21．（6分）【詳解】解：（1）m＝102+48+75+51+24＝300，n＝m﹣（255+15+24）＝6，∴＝＝0.02，故答案為：300；0.02；（2分）（2）匯總表1和圖1可得：01234及以上總數(shù)“雙減”前172821188246500“雙減”后4232440121500×100%＝2.4%，答：“雙減”后報班數(shù)為3的學生人數(shù)所占的百分比為2.4%；（4分）（3）①“雙減”前共調(diào)查500個數(shù)據(jù)，從小到大排列后，第250個和第251個數(shù)據(jù)均為1，∴“雙減”前學生報班個數(shù)的中位數(shù)為1，“雙減”后學生報班個數(shù)出現(xiàn)次數(shù)最多的是0，∴“雙減”后學生報班個數(shù)的眾數(shù)為0，故答案為：1；0；②從“雙減”前后學生報班個數(shù)的變化情況說明：“雙減”政策宣傳落實到位，參加校外培訓機構的學生大幅度減少，“雙減”取得了顯著效果．（6分）22．（6分）【詳解】（1）證明：如圖，連接BQ，∴∠C＝∠AQB，∠BAP＝∠BQP，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∴∠ABC＝∠AQB，（1分）∵∠ADB+∠ABC+∠BAD＝180°，∴∠PDE+∠AQB+∠BQP＝180°，∴∠PDE+∠EQP＝180°，∵∠PDE+∠DEQ+∠EQP+∠P＝360°，∴∠P+∠DEQ＝180°，∴D，E，Q，P四點共圓；（3分）（2）解：∵AD＝BD＝3，DC＝5∴∠ABD＝∠BAD，BC＝8，（4分）由（1）知∠ABC＝∠C，∴∠ABD＝∠BAD＝∠C，∴△ABC∽△DAB，∴，即，∴，（5分）由（1）可知∠ABE＝∠AQB，∵∠BAE＝∠QAB，∴△ABE∽△AQB，∴，即，解得AQ＝6．（6分）23．（6分）【詳解】解：（1）∵直線y＝x+2與x軸，y軸分別交于A，B兩點，∴當x＝0時，y＝2，B（0，2），當y＝0時，x＝﹣2，A（2，0）．（1分）∵點P從B點出發(fā)，沿射線AB的方向運動，∴P（x，x+2），∵C（1，0），∴△COP的面積為y1＝×1×（x+2）＝x+1．∴y1關于x的函數(shù)關系式為：y＝x+1，x的取值范圍為：x≥0；（2分）（2）如圖所示，（1）中所得函數(shù)的圖象為y1＝0.5x+1，旋轉后的圖象為y3＝﹣2x+1．（4分）（3）旋轉前后的圖象與直線y2＝﹣x+3的交點坐標為點E、F，解得所以E（，）．（5分）解得所以F（﹣2，5）．答：旋轉前后的圖象與直線y2＝﹣x+3的交點坐標為（，），（﹣2，5）．（6分）24．（6分）【詳解】解：（1）由題意知，拋物線頂點為（5，3.2），設拋物線的表達式為y＝a（x﹣5）2+3.2，將（0，0.7）代入得：0.7＝25a+3.2，解得a＝﹣，（1分）∴y＝﹣（x﹣5）2+3.2＝﹣x2+x+，答：拋物線的表達式為y＝﹣x2+x+；（3分）（2）當y＝1.6時，﹣x2+x+＝1.6，解得x＝1或x＝9，（4分）∴他與小明的水平距離為3﹣1＝2（m）或9﹣3＝6（m），答：當他的頭頂恰好接觸到水柱時，與小明的水平距離是2m或6m．（6分）25.（6分）【詳解】解：（1）將點A（2，2）代入中，得k＝4，∴反比例函數(shù)的表達式為，（1分）將點A（2，2），B（4，1）代入y＝ax+b中，得，解得，∴一次函數(shù)的表達式為；（2分）（2）如圖，作直線AB的平行線，當其與反比例函數(shù)的圖象只有一個交點P時，此時點P到直線AB的距離最短，（3分）設直線PM的解析式為，則，去分母，得x2﹣2nx+8＝0，由題意得，Δ＝0，∴4n2﹣32＝0，解得，（不合題意，舍去），（5分）∴，解得，∴在中，當時，，∴點P的坐標為．（6分）26.（7分）【詳解】（1）證明：如圖，連接AE，∵AB是⊙O的直徑，∴∠AEB＝90°，即AE⊥BC，∴∠BAE+∠ABE＝90°，（1分）∵AB＝AC，∴∠BAE＝∠CAE＝∠BAC，∵∠CBF＝∠CAB，∴∠CBF＝∠BAE，∴∠ABE+∠CBF＝90°，即AB⊥BF，∵AB是⊙O的直徑，∴BF是⊙O的切線；（3分）（2）解：過點C作CG⊥BF于點G，在Rt△ABE中，AB＝3，sin∠BAE＝sin∠CBF＝，∴BE＝AB＝，AE＝＝，∵AB＝AC，AE⊥BC，∴BC＝2BE＝，（4分）在Rt△BCG中，BC＝，sin∠CFB＝，∴CG＝BC＝，BG＝＝，（5分）∵AB∥CG，∴△ABF∽△CGF，∴＝，即＝，解得FG＝，經(jīng)檢驗FG＝是原方程的解，（6分）∴BF＝BG+FG＝+＝4．（7分）（8分）【詳解】解：（1）①當t＝0時，A（﹣2，0），B（2，0），根據(jù)“等直點”得的定義，線段AB的“等直點”在以點C（0，2）為圓心，為半徑的圓中的優(yōu)弧上，或在以點D（0，﹣2）為圓心，為半徑的圓中的優(yōu)弧上，如圖，則即“等直點”到圓心C的距離均為，∵，P2（﹣4，0），，P4（2，5），∴，，，，DP3＝2，∴點P1，P3是線段AB的“等直點”，故答案為：點P1，P3；（2分）②由點Q在直線y＝x上，設Q（m，m），∵點Q為線段AB的“等直點”，∴CQ＝，∴，解得，（不合題意舍去），（3分）利用對稱性可求第三象限也存在符合題意的點Q，它們關于原點對稱，∴此時的點Q的橫坐標為﹣1﹣．∴點Q的橫坐標為1+或﹣1﹣．（4分）（2）∵A（t﹣2，0），B（t+2，0），∴AB＝4，AB的中點的橫坐標為t，由（1）知：線段AB的“等直點”在以AB為弦的優(yōu)弧上，即圓心在直線y＝2或y＝﹣2上，2為半徑的圓的優(yōu)弧上．①當t＞0時，設直線y＝x+t與x軸交于點N，與y軸交于點F，如圖，則F（0，t），N（﹣t，0），∴OF＝ON＝t，∴∠NFO＝∠FNO＝45°．⊙C為一個符合條件的圓，設直線y＝x+t與⊙C相切于點E，交直線y＝2于點G，直線y＝2與y軸交于點H，連接CE，則CE⊥EF，過點C作CM⊥AB于點M，則M為AB的中點，∴OM＝t，∵CM⊥AB，HO⊥AB，CH⊥OH，∴四邊形OMCH為矩形，∴CH＝OM＝t．由題意：OH＝2，OF＝t，CE＝2，∴HF＝OF﹣OH＝t﹣2，∴GH＝HF﹣OH＝t﹣2，∴CG＝GH+CH＝t﹣2+t＝2t﹣2．∵CG∥ON，∴∠EGC＝∠FNO＝45°，∴CG＝CE，∴2t﹣2＝，∴t＝3．∴當直線y＝x+t上存在線段AB的兩個“等直點”時，t＜3，由于當t＝1時，y＝x+1經(jīng)過點A，符合條件的點只有一個，∴t≠1．（6分）②當t＜0時，設直線y＝x+t與x軸交于點N，與y軸交于點F，如圖，則F（0，t），N（﹣t，0），∴OF＝ON＝﹣t，∴∠NFO＝∠FNO＝45°．⊙D為一個符合條件的圓，設直線y＝x+t與⊙D相切于點E，直線y＝﹣2交直線y＝x+t于點G，直線y＝﹣2與y軸交于點H，連接DE，則DE⊥EF，過點D作DM⊥AB于點M，則M為AB的中點，∴OM＝﹣t，∵DM⊥AB，HO⊥AB，DH⊥OH，∴四邊形OMDH為矩形，∴DH＝OM＝﹣t．由題意：OH＝2，OF＝﹣t，DE＝2，∴HF＝OF﹣OH＝﹣t﹣2，∴GH＝HF﹣OH＝﹣t﹣2，∴DG＝GH+DH＝﹣t﹣2﹣t＝﹣2t﹣2．∵CG∥ON，∴∠EGC＝∠FNO＝45°，∴CG＝CE，∴﹣2t﹣2＝，∴t＝﹣3．∴當直線y＝x+t上存在線段AB的兩個“等直點”時，t＞﹣3，由于當t＝﹣1時，y＝x+1經(jīng)過點B，符合條件的點只有一個，∴t≠﹣1．綜上，當直線y＝x+t上存在線段AB的兩個“等直點”時，t的取值范圍為﹣3＜t＜3且t≠±1．（8分）（9分）【詳解】解：【觀察猜想】（1）∵四邊形ABCD為正方形，∴AD＝AB，∠ABG＝∠ADF＝90°，∵BG＝DF，∴△ADF≌△ABG（SAS），∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BAD＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，∴∠GAE＝∠EAF＝45°，在△AGE和△AFE中，，∴△AGE≌△AFE（SAS），∴GE＝EF，∵GE＝GB+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+DF．故答案為：EF＝BE+DF；（2分）【類比探究】（2）EF＝BE﹣DF，理由如下：（3分）如圖2，在BC上截取BG＝DF，連接AG．∵四邊形ABCD為正方形，∴AD＝AB，∠ABG＝∠ADF＝90°，∵BG＝DF，∴△ADF≌△ABG（SAS），∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BAD＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠DAE+∠DAF＝45°，∴∠BAG+∠DAF＝45°，∴∠GAE＝∠EAF＝45°，在△AGE和△AFE中，，∴△AGE≌△AFE（SAS），∴GE＝EF，∵GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF，∴EF＝BE﹣DF；（6分）【拓展應用】（3）如圖3，將△ABD繞點A逆時針旋轉90°得到△AC