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数学（浙江卷）-2024年中考数学考前押题卷
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这是一份数学（浙江卷）-2024年中考数学考前押题卷，文件包含数学浙江卷全解全析docx、数学浙江卷参考答案及评分标准docx、数学浙江卷考试版A4docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共45页， 欢迎下载使用。
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30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）
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
11．3xy（2y﹣x） 12．20 13．45
14． 15． 16. 36
三、解答题（本大题共8个小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（6分）【解析】解：（1）上面第二步计算中，中括号里的变形是通分，通分的依据是分式的基本性质，
故答案为：通分；(1分)
（2）第三步出现错误，原因是分子相减时未变号，
原式＝[﹣]×，
＝[﹣]×，
＝×，
＝×，(3分)
＝．(4分)
故答案为：三．
（3）当x＝0时，上式＝＝．(6分)
18．（6分）【解析】解：（1）如图1，△A1B1C1即为所求．A1（1，﹣5），B1（4，﹣3），C1（2，﹣2）；
（2分）
（2）如图2，△A2B2C2即为所求；
（4分）
（3），
点C经过的路径长为．（6分）
19．（6分）【解析】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
在△DBE和△CEF中，
，
∴△DBE≌△CEF（SAS），
∴∠BED＝∠CFE；（3分）
（2）解：由（1）知：△DBE≌△CEF，
∴∠1＝∠3，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠B＝∠C，
∴∠B＝（180°﹣44°）＝68°，
∴∠1+∠2＝180°﹣68°＝112°，
∴∠3+∠2＝112°，
∴∠DEF＝180°﹣112°＝68°．（6分）
20．（8分）【解析】解：（1）在被抽取20名八年级学生进行1分钟跳绳测试成绩中，165出现的次数最多，故众数a＝165；
把被抽取20名八年级学生进行1分钟跳绳测试成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别是148，152，故中位数b＝＝150．
故答案为：165；150；（3分）
（2）500×＝175（名），
答：估计八年级500名学生中，约有175名学生能达到优秀；（5分）
（3）超过年级一半的学生，理由如下：
∵152＞150，
∴推测该同学的1分钟跳绳次数超过年级一半的学生．（8分）
21．（8分）【解析】解：（1）由图可得，甲车的速度为120÷2＝60（km/h），
故答案为：60；（2分）
（2）∵乙车从B地以80km/h的速度匀速驶往A地，两车同时到达目的地，
∴乙车行驶时间为120÷80＝1.5（h），
∵2﹣1.5＝0.5（h），
∴乙车比甲车晚出发0.5h，
画出y2与x的函数图象如下：
图象CD即为y2与x的函数图象，
由题意得y1＝60x，
设CD的函数表达式为y2＝﹣80x+b，将（2，0）代入y2＝﹣80x+b，得b＝160，
∴y2＝﹣80x+160，（3分）
由﹣80x+160＝60x，解得x＝，
∴甲车出发后h与乙车相遇，
答：甲车出发后h与乙车相遇；（5分）
（3）根据题意得y1＝60x，y2＝120﹣80（x﹣m）＝﹣80x+120+80m，
由60x＝﹣80x+120+80m得：x＝+m，
当x＝+m时，y1＝y2＝60（+m），
∵甲、乙两车在距A地60km至72km之间的某处相遇，
∴60＜60（+m）＜72，
解得＜m＜，
∴m的范围是＜m＜．（8分）
22．（10分）【解析】解：任务1：设OA段h关于s的函数解析式为h＝ks，
∴k＝＝tan45°＝1，
∴h＝s，
∴当h＝4时，s＝4，
∴OA段h关于s的函数解析式为h＝s（0≤s≤4）；（1分）
2号机从O点到达A点飞行的路程为OA＝＝4（km），所用时间为min，
∴2号机的爬升速度为4÷＝3（km/min）．（3分）
任务2：B点的横坐标为4+1×3＝7，
∴B点的坐标为（7，4）．
设BC段h关于s的函数解析式为h＝k1s+b（k1、b为常数，且k1≠0）．
将坐标B（7，4）和C（10，3）分别代入h＝k1s+b，
得，解得，
∴BC段h关于s的函数解析式为h＝﹣s+．（5分）
当h＝0时，0＝﹣s+，解得s＝19，
∴预计2号机着陆点的坐标为（19，0）．（6分）
任务3：当2号机在OA段，且PQ＝3时，5﹣s＝3，解得s＝2；
当2号机在BC段，且PQ＝3时，5﹣（﹣s+）＝3，解得s＝13，（8分）
根据图象可知，当2≤s≤13时，两机距离PQ不超过3km，
∴两机距离PQ不超过3km的时长是（13﹣2）÷3＝（min）．（10分）
23．（10分）【解析】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，
由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，
∴BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°，
即∠EAM＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MAN＝∠EAN，
在△AMN和△AEN中，
，
∴△AMN≌△AEN（SAS），（1分）
∴MN＝EN，
∵EN＝BE+BN＝DM+BN，
∴MN＝BN+DM，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：MN＝＝＝10，
则BN+DM＝10，
设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，
∴x﹣6+x﹣8＝10，
解得：x＝12，
即正方形ABCD的边长是12；
故答案为：12；（3分）
（2）证明：设BN＝m，DM＝n，
由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n，
∵∠B＝90°，tan∠BAN＝，
∴tan∠BAN＝＝，
∴AB＝3BN＝3m，
∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：（2m）2+（3m﹣n）2＝（m+n）2，
整理得：3m＝2n，（4分）
∴CM＝2n﹣n＝n，
∴DM＝CM，
即M是CD的中点；（6分）
（3）解：延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，如图③所示：
则四边形APQD是正方形，
∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝12+4＝16，
设DM＝a，则MQ＝16﹣a，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
∴＝＝＝，
∴PE＝BN＝，
∴EQ＝PQ﹣PE＝16﹣＝，（8分）
由（1）得：EM＝PE+DM＝+a，
在Rt△QEM中，由勾股定理得：（）2+（16﹣a）2＝（+a）2，
解得：a＝8，
即DM的长是8；
故答案为：8．（10分）
24．（12分）【解析】解：（1）连接AC，CE，
∵A（﹣1，0）、E（1，0），
∴OA＝OE＝1，
∵OC⊥AE，
∴AC＝CE，
∵AE＝CE，
∴AC＝CE＝AE，（2分）
∴∠CAE＝60°，
∴∠BEC＝2∠CAB＝120°，
∴的度数为120°，
故答案为：120；（3分）
（2）由题可得，AB为⊙E直径，且AB⊥CD，
由垂径定理可得，CO＝OD，
连接PD，如图2，
又∵G为PC的中点，
∴OG∥PD，且OG＝，
当D，E，P三点共线时，此时DP取得最大值，（5分）
且DP＝AB＝2AE＝4，
∴OG的最大值为2，
故答案为：2；（7分）
（3）连接AC，BC，
∵直径AB⊥CD，
∴，
∴∠ACD＝∠CPA，
∵CQ平分∠DCP，
∴∠DCQ＝∠PCQ，
∴∠ACD+∠DCQ＝∠CPA+∠PCQ，
∴∠ACQ＝∠AQC，
∴AQ＝AC，
∵∠CAO＝60°，AO＝1，
∴AC＝2，
∴AQ＝2；
（4）由题可得，直径AB⊥CD，
∴AB垂直平分CD，
如图4，连接AC，AD，则AC＝AD，
由（1）得，∠DAC＝120°，
将△ACP绕A点顺时针旋转120°至△ADM，
∴△ACP≌△ADM，
∴∠ACP＝∠ADM，PC＝DM，
∵四边形ACPD为圆内接四边形，
∴∠ACP+∠ADP＝180°，
∴∠ADM+∠ADP＝180°，
∴M、D、P三点共线，（8分）
∴PD+PC＝PD+DM＝PM，
过A作 AG⊥PM于G，则 PM＝2PG，
⋅∠APM＝∠ACD＝30°，
在 Rt△APG 中，∠APM＝30°，（10分）
设AG＝x，则AP＝2x，
∴，
∴
∴，
∴
∴ 为定值．（12分）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
C
B
B
A
C
A
B
D
A
B
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30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）
第Ⅱ卷
二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
11．3xy（2y﹣x） 12．20 13．45
14． 15． 16. 3
三、解答题（本大题共8个小题，共66分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（6分）【解析】解：（1）上面第二步计算中，中括号里的变形是通分，通分的依据是分式的基本性质，
故答案为：通分；(1分)
（2）第三步出现错误，原因是分子相减时未变号，
原式＝[﹣]×，
＝[﹣]×，
＝×，
＝×，(3分)
＝．(4分)
故答案为：三．
（3）当x＝0时，上式＝＝．(6分)
18．（6分）【解析】解：（1）如图1，△A1B1C1即为所求．A1（1，﹣5），B1（4，﹣3），C1（2，﹣2）；
（2分）
（2）如图2，△A2B2C2即为所求；
（4分）
（3），
点C经过的路径长为．（6分）
19．（6分）【解析】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
在△DBE和△CEF中，
，
∴△DBE≌△CEF（SAS），
∴∠BED＝∠CFE；（3分）
（2）解：由（1）知：△DBE≌△CEF，
∴∠1＝∠3，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠B＝∠C，
∴∠B＝（180°﹣44°）＝68°，
∴∠1+∠2＝180°﹣68°＝112°，
∴∠3+∠2＝112°，
∴∠DEF＝180°﹣112°＝68°．（6分）
20．（8分）【解析】解：（1）在被抽取20名八年级学生进行1分钟跳绳测试成绩中，165出现的次数最多，故众数a＝165；
把被抽取20名八年级学生进行1分钟跳绳测试成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别是148，152，故中位数b＝＝150．
故答案为：165；150；（3分）
（2）500×＝175（名），
答：估计八年级500名学生中，约有175名学生能达到优秀；（5分）
（3）超过年级一半的学生，理由如下：
∵152＞150，
∴推测该同学的1分钟跳绳次数超过年级一半的学生．（8分）
21．（8分）【解析】解：（1）由图可得，甲车的速度为120÷2＝60（km/h），
故答案为：60；（2分）
（2）∵乙车从B地以80km/h的速度匀速驶往A地，两车同时到达目的地，
∴乙车行驶时间为120÷80＝1.5（h），
∵2﹣1.5＝0.5（h），
∴乙车比甲车晚出发0.5h，
画出y2与x的函数图象如下：
图象CD即为y2与x的函数图象，
由题意得y1＝60x，
设CD的函数表达式为y2＝﹣80x+b，将（2，0）代入y2＝﹣80x+b，得b＝160，
∴y2＝﹣80x+160，（3分）
由﹣80x+160＝60x，解得x＝，
∴甲车出发后h与乙车相遇，
答：甲车出发后h与乙车相遇；（5分）
（3）根据题意得y1＝60x，y2＝120﹣80（x﹣m）＝﹣80x+120+80m，
由60x＝﹣80x+120+80m得：x＝+m，
当x＝+m时，y1＝y2＝60（+m），
∵甲、乙两车在距A地60km至72km之间的某处相遇，
∴60＜60（+m）＜72，
解得＜m＜，
∴m的范围是＜m＜．（8分）
22．（10分）【解析】解：任务1：设OA段h关于s的函数解析式为h＝ks，
∴k＝＝tan45°＝1，
∴h＝s，
∴当h＝4时，s＝4，
∴OA段h关于s的函数解析式为h＝s（0≤s≤4）；（1分）
2号机从O点到达A点飞行的路程为OA＝＝4（km），所用时间为min，
∴2号机的爬升速度为4÷＝3（km/min）．（3分）
任务2：B点的横坐标为4+1×3＝7，
∴B点的坐标为（7，4）．
设BC段h关于s的函数解析式为h＝k1s+b（k1、b为常数，且k1≠0）．
将坐标B（7，4）和C（10，3）分别代入h＝k1s+b，
得，解得，
∴BC段h关于s的函数解析式为h＝﹣s+．（5分）
当h＝0时，0＝﹣s+，解得s＝19，
∴预计2号机着陆点的坐标为（19，0）．（6分）
任务3：当2号机在OA段，且PQ＝3时，5﹣s＝3，解得s＝2；
当2号机在BC段，且PQ＝3时，5﹣（﹣s+）＝3，解得s＝13，（8分）
根据图象可知，当2≤s≤13时，两机距离PQ不超过3km，
∴两机距离PQ不超过3km的时长是（13﹣2）÷3＝（min）．（10分）
23．（10分）【解析】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，
由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，
∴BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°，
即∠EAM＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MAN＝∠EAN，
在△AMN和△AEN中，
，
∴△AMN≌△AEN（SAS），（1分）
∴MN＝EN，
∵EN＝BE+BN＝DM+BN，
∴MN＝BN+DM，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：MN＝＝＝10，
则BN+DM＝10，
设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，
∴x﹣6+x﹣8＝10，
解得：x＝12，
即正方形ABCD的边长是12；
故答案为：12；（3分）
（2）证明：设BN＝m，DM＝n，
由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n，
∵∠B＝90°，tan∠BAN＝，
∴tan∠BAN＝＝，
∴AB＝3BN＝3m，
∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：（2m）2+（3m﹣n）2＝（m+n）2，
整理得：3m＝2n，（4分）
∴CM＝2n﹣n＝n，
∴DM＝CM，
即M是CD的中点；（6分）
（3）解：延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，如图③所示：
则四边形APQD是正方形，
∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝12+4＝16，
设DM＝a，则MQ＝16﹣a，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
∴＝＝＝，
∴PE＝BN＝，
∴EQ＝PQ﹣PE＝16﹣＝，（8分）
由（1）得：EM＝PE+DM＝+a，
在Rt△QEM中，由勾股定理得：（）2+（16﹣a）2＝（+a）2，
解得：a＝8，
即DM的长是8；
故答案为：8．（10分）
24．（12分）【解析】解：（1）连接AC，CE，
∵A（﹣1，0）、E（1，0），
∴OA＝OE＝1，
∵OC⊥AE，
∴AC＝CE，
∵AE＝CE，
∴AC＝CE＝AE，（2分）
∴∠CAE＝60°，
∴∠BEC＝2∠CAB＝120°，
∴的度数为120°，
故答案为：120；（3分）
（2）由题可得，AB为⊙E直径，且AB⊥CD，
由垂径定理可得，CO＝OD，
连接PD，如图2，
又∵G为PC的中点，
∴OG∥PD，且OG＝，
当D，E，P三点共线时，此时DP取得最大值，（5分）
且DP＝AB＝2AE＝4，
∴OG的最大值为2，
故答案为：2；（7分）
（3）连接AC，BC，
∵直径AB⊥CD，
∴，
∴∠ACD＝∠CPA，
∵CQ平分∠DCP，
∴∠DCQ＝∠PCQ，
∴∠ACD+∠DCQ＝∠CPA+∠PCQ，
∴∠ACQ＝∠AQC，
∴AQ＝AC，
∵∠CAO＝60°，AO＝1，
∴AC＝2，
∴AQ＝2；
（4）由题可得，直径AB⊥CD，
∴AB垂直平分CD，
如图4，连接AC，AD，则AC＝AD，
由（1）得，∠DAC＝120°，
将△ACP绕A点顺时针旋转120°至△ADM，
∴△ACP≌△ADM，
∴∠ACP＝∠ADM，PC＝DM，
∵四边形ACPD为圆内接四边形，
∴∠ACP+∠ADP＝180°，
∴∠ADM+∠ADP＝180°，
∴M、D、P三点共线，（8分）
∴PD+PC＝PD+DM＝PM，
过A作 AG⊥PM于G，则 PM＝2PG，
⋅∠APM＝∠ACD＝30°，
在 Rt△APG 中，∠APM＝30°，（10分）
设AG＝x，则AP＝2x，
∴，
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∴ 为定值．（12分）
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