2024年中考押題預(yù)測(cè)卷（山西卷）數(shù)學(xué)（參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)）VIP

2024年中考押題預(yù)測(cè)卷數(shù)學(xué)·參考答案第Ⅰ卷一、選擇題（本大題共10個(gè)小題，每小題3分，共30分．在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求，請(qǐng)選出并在答題卡上將該項(xiàng)涂黑）12345678910ACBDBDDCDA第Ⅱ卷二、填空題（本大題共5小題，每小題3分，共15分）11．a(chǎn)y12．113．y=?0.0114．215．9?3三、解答題（本大題共8個(gè)小題，共75分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）16.【詳解】解：（1）原式=5?2×1=5?1+1?1=4；(5分)（2）變形整理，得x2?6x+8=0x?4x?4=0或x?2=0x1=4，x17．【詳解】解：x===12解不等式①得：x<4，解不等式②得：x≥?1，∴不等式組的解集為?1≤x<4，（5分）∵x為整數(shù)且x+1≠0，∴x=3，（6分）∴原式=118．【詳解】（1）解：1?14%八年級(jí)一組50×14%=7人，二組50×22%=11人，三組50×34%將八年級(jí)50人成績(jī)從小到大排列，第25、26個(gè)數(shù)據(jù)分別為74、74，∴八年級(jí)成績(jī)的中位數(shù)=74+74故答案為：34，74；（2分）（2）七年級(jí)二組的學(xué)生人數(shù)為50×32%五組的學(xué)生人數(shù)為50?10?16?14?8=2人，所以，可補(bǔ)畫條形統(tǒng)計(jì)圖如下：

（4分）（3）這次競(jìng)賽中，甲、乙兩名同學(xué)的成績(jī)均為73分，但甲的成績(jī)?cè)谄渌诘哪昙?jí)中排名更靠前，根據(jù)八年級(jí)成績(jī)的中位數(shù)為74，故73分在年級(jí)中排名在第26名之后，而七年級(jí)成績(jī)的中位數(shù)為71，故73分在年級(jí)中排名在第25名之前，可知甲是七年級(jí)的學(xué)生．故答案為：七；（6分）（4）八年級(jí)的學(xué)生掌握的更好．因?yàn)?，七、八年?jí)的學(xué)生成績(jī)平均數(shù)一樣，而八年級(jí)的學(xué)生成績(jī)的中位數(shù)和眾數(shù)更高，所以，八年級(jí)的學(xué)生掌握的更好．（9分）19．【詳解】（1）解：設(shè)棗樹的單價(jià)是x元，則桃樹的單價(jià)為87x根據(jù)題意得，100087解得，x=35，（3分）經(jīng)檢驗(yàn)，x=35是原方程的解，∴87×35=40答：棗樹的單價(jià)是35元，則桃樹的單價(jià)為40元（2）解：設(shè)棗樹的棵數(shù)為m，則桃樹為60?m棵，∵m≤23解得：m≤24，（6分）總費(fèi)用為y=35m+4060?m=?5m+2400∵?5<0，∴y隨x的增大而減小，當(dāng)m=24，y有最小值，為?5×24+2400=2280（元），（8分）60?24=36（棵）（9分）所以，當(dāng)購(gòu)進(jìn)棗樹24棵，桃樹36棵時(shí)，費(fèi)用最低，為2280元20．【詳解】解：如圖，延長(zhǎng)EF,CD，分別與AB交于點(diǎn)M和點(diǎn)N，（1分）由題意得，四邊形CPBN和四邊形ECNM都是矩形，∴EM=CN,MN=CE,BN=PC=0.8米，（2分）∵PE=1.8米，∴MN=CE=PE?PC=1米．（3分）設(shè)EM=CN=x米，在Rt△AEM中，∠AME=90°,∠AEM=37°,∴AM=EM?tan37°，即AM≈0.75x在Rt△ACN中，∠ANC=90°,∠ACN=38.7°,∴AN=CN?tan38.7°，即AN≈0.8x∵M(jìn)N=AN?AM，∴1=0.8x?0.75x，（6分）解，得x=20．（7分）∴AM=0.75×20=15米．∴AB=AM+MB=15+1.8=16.8≈17米．（8分）答：紀(jì)念碑的高度AB約為17米．21.【詳解】解：任務(wù)一：（1）∵∠ADB=90°=∠ADC，∠BAD=∠C，∴△ABD∽△CAD（兩角分別對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似），故答案為：兩角分別對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似；（1分）（2）證明：②AB2如圖，∵AD⊥BC，∠CAB=90°，∴∠ABC=∠BAC=90°，而∠ABD=∠CBA，∴△ABD∽△CBA，∴AB:BC=BD:AB，∴AB③AC如圖，∵AD⊥BC，∠CAB=90°，∴∠ADC=∠CAB=90°，而∠ACD=∠BCA，∴△ACD∽△BCA，∴AC:BC=CD:AC，∴AC任務(wù)二：（1）證明：如圖，∵四邊形ABCD為正方形，∴OC⊥BO，∠BCD=90°，∴BC2∵CF⊥BE，∴BC∴BO?BD=BF?BE；（4分）（2）解：設(shè)BC=CD=3a，而DE=2CE，（5分）∴DE=2a，CE=a，在Rt△BCE中，BE=在Rt△OBC中，OB=∵BO?BD=BF?BE，即BOBE而∠OBF=∠EBD，∴△BOF∽△BED，（6分）∴OFDE即65解得a=2，∴BC=CD=6．故答案為：6．（7分）

22．【詳解】（1）解：∵∠BAC=∠EAF=30°，∴∠BAE=∠CAF，又∵AB=AC，AE=AF，∴△BAE≌△CAF，∴BE=CF，∠ABE=∠ACF設(shè)AC,BD交于點(diǎn)O，

∵∠AOD=∠ACF+∠BDC=∠ABE+∠BAO∴∠BDC=∠BAO=∠BAC=30°，故答案為：BE=CF，30．（1分）（2）結(jié)論：BE=CF，∠BDC=60°；（2分）證明：∵∠BAC=∠EAF=120°，∴∠BAC?∠EAC=∠EAF?∠EAC，即∠BAE=∠CAF，又∵AB=AC，AE=AF，∴△BAE≌△CAF（3分）∴BE=CF，∠AEB=∠AFC，∵∠EAF=120°，AE=AF，∴∠AEF=∠AFE=30°，∴∠BDC=∠BEF?∠EFD=∠AEB+30°?∠AFC?30°=60°（3）BF=CF+2AM，（5分）理由如下，∵∠BAC=∠EAF=90°，∴∠BAC?∠EAC=∠EAF?∠EAC，即∠BAE=∠CAF，又∵△ABC和△AEF均為等腰直角三角形∴AB=AC,AE=AF，∴△BAE≌△CAFSAS∴BE=CF，在Rt△AEF中，AM⊥BF∴AM=1∴BF=BE+EF=CF+2AM；（4）解：如圖所示，

連接BD，以BD為直徑,BD的中點(diǎn)為圓心作圓，以D點(diǎn)為圓心，1為半徑作圓，兩圓交于點(diǎn)P,P延長(zhǎng)BP至M，使得PM=DP=1，（6分）則△MDP是等腰直角三角形，∠MDP=45°，

∵∠CDB=45°,∴∠MDB=∠MDP+∠PDC+∠CDB=90°+∠PDC=∠ADP，∵ADDB∴△ADP∽△BDM，（7分）∴PABM∴PA=2∵AB=2，在Rt△DPB中，PB=∴BM=BP+PM=7∴PA=22過點(diǎn)P作PQ⊥AB于點(diǎn)Q，設(shè)QB=x，則AQ=2?x，在Rt△APQ中，P在Rt△PBQ中，P∴AP∴2+解得：x=7?74，則設(shè)PQ,BD交于點(diǎn)G，則△BQG是等腰直角三角形，∴QG=QB=7?在Rt△DPB,DP=DP∴Rt△DPB≌∴∠PDB=∠P又PD=P1D=1∴△PGD≌△P∴∠PGD=∠P∴∠PGP∴P1∴S△ABP在Rt△PQB中，PQ=∴S△ABP=綜上所述，S△ABP=7+7故答案為：7+74或23．【詳解】（1）解：把B4,0，C0,2代入y=?12∴b=3∴拋物線解析式為y=?12設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b把B4,0，C0,2代入y=kx+b∴k=?1∴直線BC的解析式為y=?12（2）解：如圖所示，過點(diǎn)P作PD∥y軸交BC于D，設(shè)Pm，?1∴PD=?1∵S△PBC∴S==2PD=?m?22∵?1<0，∴當(dāng)m=2時(shí)，S△PBC∴此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為2，（3）解：如圖所示，取點(diǎn)H?2，?2，連接∵B4,0，C∴BC2=CH2∴BC2+C∴△BCH是直角三角形，且∠HCB=90°，∴△BCH是等腰直角三角形，∴∠BHC=45°，∴∠OBC+∠OBH=45°，∵