2024年福建省中考数学模拟押题预测试卷+参考答案

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11. 没有
12. 6
13. 70°
14. 24.5
15. 6
16. 60 45
17. 解：原式=1−(2− 3)−3× 33+2
=1−2+ 3− 3+2
=1．
18. 解：2x−3>0,①2x+13≥x−1,②，
由①得：x>32，
由②得：x≤4，
∴不等式组的解集为：3219. ∵△ADF≌△BEF，
∴AD=BE，证明：∵点F为边AB的中点，
∴AF=BF，
在△ADF和△BEF中，
AF=BF∠AFD=∠BFEDF=EF，
∴△ADF≌△BEF(SAS)，
∴AD=BE，
∵点D为AC的中点，
∴AD=CD，
∴BE=CD．
20. 解：原式=[(x+1)(x−1)(x−1)2−1x−1]×x−13
=(x+1x−1−1x−1)×x−13
=xx−1×x−13
=x3；
∵x=(12)−1+(−3)0=2+1=3，
∴原式=33=1．
21. 解：(1)连接OC，如图，
∵EC是⊙O的切线，
∴OC⊥EC，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠CBA．
∵∠DBC=∠CBA，
∴∠OCB=∠DBC，
∴OC//BE，
∴CE⊥BE；
(2)连接AD，如图，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴sin∠A=BDAB．
∴∠DCB=∠A，
∴sin∠A=sin∠DCB=35，
∴BDAB=35，
∵BD=6，
∴AB=10．
∴⊙O的半径为12AB=5．
22. 解：(1)10÷20=50(名)，
故答案为：50，
补全条形图如下：
(2)测试结果为C等级的学生数为：50−10−20−4=16(名)，
∴360°×1650=115.2°，
故答案为：115.2°；
(3)画出树状图如下：
共有12种等可能的结果数，其中抽取的两人恰好都是男生的结果数为2，
所以抽取的两人恰好都是男生的概率为212=16．
23. 解：(1)设给定正方形边长为a，则其周长为4a，面积为a2．
若新正方形的周长是原正方形周长的一半，则新正方形边长为4a×12÷4=12a，
此时新正方形的面积是(12a)2=14a2，
即不存在一个新正方形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半；
已知矩形的长和宽分别为4和2，若存在一个新矩形，它的周长和面积分别是原矩形周长和面积的一半，
设新矩形长和宽分别为x、y，
根据题意，得方程组2(x+y)=6xy=4，
整理得x+y=3①xy=4②，
由①得y=3−x③，
将③代入①得x(3−x)=4，
∴x2−3x+4=(x−32)2+74=0，
∵(x−32)2≥0，
∴(x−32)2+74>0，
∴方程组无解，
即不存在一个新矩形，使其周长和面积都是长和宽分别为4和2的矩形周长和面积的一半．
故答案为：①12a；②14a2③不存在；④2(x+y)=6xy=4；⑤不存在；
(2)设新矩形长和宽分别为x，y，
根据题意，得方程组x+y=3xy=4，
思路一：见(1)解答；
思路二：∵(x−y)2=(x+y)2−4xy=9−16=−7，且(x−y)2≥0，
∴x、y不存在满足条件的情况，
即不存在一个新矩形，使其周长和面积都是长和宽分别为4和2的矩形周长和面积的一半．
(3)设新矩形长和宽分别为x、y，
根据题意得2(x+y)=2(m+n)×12=m+n①xy=12mn②，
由①得y=12(m+n)−x③，
将③代入②得x[12(m+n)−x]=12mn，
整理得2x2−(m+n)x+mn=0，
∴Δ=[−(m+n)]2−4×2mn=(m+n)2−8mn，
∵Δ≥0时，方程有实数解，
∴(m+n)2−8mn≥0时，
即(m+n)2≥8mn，方程有解，存在满足条件的新矩形．
24. 解：(1)由题意得：x=−b2×1=11−b+c=0，
解得：b=−2c=−3，
∴二次函数的解析式是y=x2−2x−3；
(2)设对称轴与x轴交于点D，
由(1)及已知得，OB=OC，
∴△BOC是等腰直角三角形，
又∵点P在对称轴上，且△BOC∽△APB，
∴△APB是等腰直角三角形，∠APB=90°，
∴AD=PD=2，
当点P在x轴上方时，坐标是(1,2)，
当点P在x轴下方时，坐标是(1,−2)，
∴综上，点P的坐标是(1,2)或(1,−2)；
(3)存在，理由：
点M1和点C(0,−3)关于对称轴x=1对称，
∴点M1的坐标是(2,−3)，
点C(0,−3)关于x轴的对称点C′(0,3)，
∵S1=S2，
∴x2−2x−3=3，
解得：x1=1+ 7，x2=1− 7，
∴M2(1+ 7,3)，M3(1− 7,3)，
∴点M的坐标是(2,−3)或(1+ 7,3)或(1− 7,3)．
25. 解：(1)EF=FC+AE，理由如下：
∵将△DAE绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，
∴△DAE≌△DCM，
∴DE=DM，AE=CM，∠ADE=∠CDM，B、C、M三点共线，
∵∠EDF=45°，
∴∠ADE+∠FDC=∠CDM+∠FDC=∠MDF=45°，
在△DEF和△DMF中，
DE=DM∠EDF=∠MDF=45°DF=DF，
∴△DEF≌△DMF(SAS)，
∴EF=FM，
∴EF=FM=FC+CM=FC+AE；
(2)如图，在DC上取一点G，使得DG=BE，

∵∠BAD=∠BCD=90°，
∴∠ABC+∠D=180°，∠ABE+∠ABC=180°，
∴∠ABE=∠D，
∵AB=AD，BE=DG，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAB+∠BAF=∠DAG+∠BAF=45°，
∵∠BAD=90°，
∴∠FAG=∠FAE=45°，
∵AE=AG，AF=AF，
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG，
设BE=x，则EC=EB+BC=x+7，EF=FG=18−x，
在Rt△ECF中，EF2=EC2+CF2，
∴52+(7+x)2=(18−x)2，
解答x=5，
∴BE=5；
(3)在DF上截取DM=BE，
∵∠D+∠ABC=∠ABE+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABE，
在△ADM≌△ABE中，
DM=BE∠D=∠ABEAD=AB，
∴△ADM≌△ABE(SAS)，
∴AM=AE，∠DAM=∠BAE；
∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=12∠BAD，
∴∠MAF=12∠BAD，
∴∠EAF=∠MAF，
在△EAF≌△MAF，
AE=AM∠EAF=∠MAFAF=AF，
∴△EAF≌△MAF(SAS)，
∴EF=MF；
∵MF=DF−DM=DF−BE，
∴EF=DF−BE．
∴△CEF的周长=CE+EF+FC=BC+BE+DC+CF−BE+CF=BC+CD+2CF=13．