2024年山东省聊城市中考数学模拟押题预测试卷

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11. 3
12. 20π
13. 0.5
14. 31.5°
15. 323
16. 48
17. 解：(1)原式=4 2+2−|1− 2|−3
=4 2+2−( 2−1)−3
=4 2+2− 2+1−3
=3 2；
(2)3(x−1)≤2x−2①x+33+1>x+22②，
由①，得x≤1；
由②，得x<6；
在数轴上表示为：

所以不等式组的解集为x≤1．
18. 解：(1)设每瓶免洗手消毒液和每瓶84消毒液的价格分别是x元和y元．
30x+60y=360,40x+90y=500.
解得x=8,y=2.
答：每瓶免洗手消毒液和每瓶84消毒液的价格分别是8元和2元；
(2)方案一的花费为(8×100+2×60)×0.9=828(元)．
方案二的花费为8×100+2×(60−100÷10×5)=820(元)，828−820=8(元)．
答：学校选择方案二更节约钱，节约8元．
19. 解：(1)α=360°×(1−14%−30%−24%−12%)=72°，
七年级投稿的人数为：7÷14%=50(名)，
∵两个年级随机抽取相同数量的学生，
∴八年级投稿的人数为50名，
∴m=50−2−10−13−4=21，
补全补全条形统计图如下：
(2)∵八年级投稿篇数数据由小到大排列第25、26个数据分别为3，4，
∴x=3+42=3.5，
∵七班级投稿篇数3篇是出现最多的，
∴众数y=3；
20. (1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，∠D=∠ABC，AD=BC，
∴∠AED=∠EAF，
∵FG//AE，
∴∠EAF=∠GFB，
∴∠AED=∠GFB，
∵∠ABC=∠GBF，
∴∠D=∠GBF，
在△ADE和△GBF中，
∠D=∠GBFDE=BF∠AED=∠GFB，
∴△ADE≌△GBF(ASA)；
(2)解：四边形AGFE是菱形，理由如下：
连接EG，交AF于点O，
由(1)△ADE≌△GBF得，AD=GB，AE=GF，
∵FG/​/AE，AE=GF，
∴四边形AGFE是平行四边形，
∴OE=OG，
∵AD=GB，AD=BC，
∴GB=BC，
又∵BE=BC，
∴BE=BG，
∴△BEG为等腰三角形，
∵OE=OG，
∴BO⊥EG，
即AF⊥EG，
∴平行四边形AGFE是菱形．

21. 解：(1)如图1，点D即为所求，
；
(2)延长FG交AB于H，则BE=FH，EF=BH=1.6米，如图2，

由题意，知PD//AC，
∴∠ACB=∠PDC，
∴tan∠ACB=tan∠PDC，
∴ABBC=PCCD，即ABBC=2.52=54，
设BC=4x米，则AB=5x米，
∴AH=AB−BH=(5x−1.6)米，FH=BE=CE+BC=(13+4x)米，
在Rt△AFH中，tan∠AFH=AHFH，
∴0.38≈5x−1.613+4x，
解得x≈1.9，
∴AB=9.5米，
即古树的高度AB为9.5米．
22. (1)证明：连接OD，OF．

∵O为AB的中点，D为BC的中点；
∴OD//AC，
∴∠DOB=∠CAB，∠DOF=∠AFO．
又∵OF=OA，
∴∠CAB=∠AFO，
∴∠DOB=∠DOF，
∵OF=OB，OD为△DOF和△DOB的公共边，
∴△DOF≌△DOB(SAS)，
∴∠DFO=∠DBO，
∵∠ABC=90°，
∴∠DFO=90°，
∵OF为⊙O的半径，
∴DF为⊙O的切线．
(2)解：∵CD=3，D为BC的中点；
∴BD=3．
在Rt△ABD中，tan∠DAB=34，
∴AB=4，AO=BO=FO=2．
∵∠E公共，∠EFO=∠ABD=90°，
∴Rt△EFO∽Rt△EBD，
∴OFBD=EFEB=23，
设EF=2x，则BE=3x，EO=3x−2．
在Rt△EFO中，(2x)2+22=(3x−2)2；
解这个方程得，x1=0(不符合题意，舍去)，x2=125，
∴EF=125×2=245．
23. 解：(1)把点 A(−1,0)的坐标代入y=ax2−2ax+3中，得：a+2a+3=0，
∴a=−1，
∴抛物线解析式为：y=−x2+2x+3；
(2)存在定点D，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大；
如图1，过点D作DE⊥x轴交B′C′于点E，交BC于点G，过点D作DF⊥B′C′于F；

令y=−x2+2x+3=0，解得：x1=−1，x2=3；令x=0，则y=3；
∴B(3,0)，C(0,3)，
∴OB=OC=3，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∵DE//OC，BC//B′C′，
∴∠DGC=∠OCB=45°，∠FED=∠DGC=45°，
∴∠FED=∠D=45°，
即△DEF是等腰直角三角形，则DF= 22DE；
设直线BC的解析式为y=kx+b，则有3k+b=0b=3，
解得：k=−1b=3，
即直线BC的解析式为y=−x+3；
∵直线BC向下平移m(m>0)个单位长度得直线B′C′，
∴直线B′C′的解析式为y=−x+3−m；
设D(t,−t2+3t+3)，则E的坐标为(t,−t+3−m)，
∴DE=−t2+3t+3−(−t+3−m)=−t2+3t+m，
∴DF= 22DE= 22(−t2+3t+m)=− 22(t−32)2+ 22(m+94)，
∵− 22<0，
∴当t=32时，DF取得最大值，DF的最大值为 22(m+94)，
此时点D的坐标为(32,154)；
∴存在定点D(32,154)，无论m取何值时，都是点D到直线B′C′的距离最大；
(3)①当∠PBC在直线BC的下方时；
如图2，在y轴正半轴上取点M(0,1)，连接BM交抛物线于点P，

∵A(−1,0)，
∴OA=OM=1，
∵OB=OC=3，∠COA=∠BOM=90°，
∴△COA≌△BOM，
∴∠ABM=∠ACO，
∵∠ABM+∠PBC=∠OBC=45°，
∴∠ACO+∠PBC=45°；
设直线BM解析式为y=k1x+b1，则有3k1+b1=0b1=1，
∴k1=−13b1=1，
∴直线BM解析式为y=−13x+1，
联立直线BM解析式与抛物线解析式得：y=−13x+1y=−x2+2x+3，
解得：x1=−23y=119，x2=3y2=0(舍去)，
∴P(−23,119)；
②∠PBC在直线BC的上方时；
如图3，作点M关于直线BC的对称点H，连接CH，MH，直线BH交抛物线于点P，

由对称得：CH=CM=2，MH⊥BC，∠BCH=∠BCM=45°，
∴∠MCH=90°，
∴H(2,3)；
设直线BH的解析式为y=k2x+b2，则有3k2+b2=02k2+b2=3，
∴k2=−3b2=9，
∴直线BH解析式为y=−3x+9，
联立直线与抛物线解析式得：y=−3x+9y=−x2+2x+3，
解得：解得：x1=2y=3，x2=3y2=0(舍去)，
∴P(2,3)；
综上，满足条件的点P的坐标为P(−23,119)或P(2,3)．
24. 解：(1)四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，BC=AD=10，∠A=90°，
∴∠APB=∠PBC，
由折叠可知，∠A′PB=∠APB，∠PA′B=∠A=90°，
∴A′B=AB=6，A′P=AP，
∵∠A′PB=∠PBC，∠BA′C=90°，
∴PC=BC=10,CA′= BC2−A′B′2= 102−62=8，
∴tan∠A′BC=A′CA′B=43，
∴AP=PA′=PC−CA′=10−8=2，
故答案为：43，2；
(2)四边形BPDQ是平行四边形，
理由：四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，CD=AB=6，∠A=90°，
∴∠ADB=∠DBC，
由折叠的性质可知，∠PA′B=∠A=90°，∠DC′Q=∠C=90°，A′B=AB=DC=DC′，A′P=AP，
∴∠PA′D=∠QC′B，DC′−A′C′=A′B−A′C′，
∴.DA′=BC′，
∴△PDA′≌△QBC′(ASA)，
∴PD=BQ，
又∵PD//QB
∴四边形BPDQ是平行四边形；
(3)①当MD：MQ=1：2时，∠MQD=30°，如图(1)，
∵∠PMA′=∠QMD=60°，
∴MB=ABsin60∘=6 32=4 3，
∴MA′=4 3−6．
在Rt△A′MP中，tan60°=A′PMA′，
∴AP=A′P= 3MA′=12−6 3．
②当MD：QD=1：2时，如图(2)，
∵AB//CQ，
∴△ABM∽△DQM，
∴ABDQ=AMMD，
∴AM：AB=1：2，
同理：△A′PM∽△DQM，
∴A′M：A′P=1：2，
∴AM=3，
∴BM=3 5，
∴A′M=3 5−6，
∴AP=A′P=2×(3 5−6)=6 5−12，
③∵AM∴ABAM>ABAD，即ABAM>35>12，
∴QD：MD=1：2这种情况不存在，
④连接BD，则BD= AB2+AD2= 62+102=2 34，
∵BM∴ABAM>ABAD，即ABAM>62 34>12，
∴QD：QM=1：2这种情况不存在，
综上，AP的长为6 5−12或12−6 3．