2024年中考考前最后一套押题卷：数学（北京卷）（全解全析）

这是一份2024年中考考前最后一套押题卷：数学（北京卷）（全解全析），共18页。试卷主要包含了【答案】C，【答案】A，【答案】D，【答案】B，【答案】等内容，欢迎下载使用。

选择题（本大题包括8小题，每小题2分，共16分。在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请将答题卡上对应题目所选的选项涂黑）
1．【答案】C
【分析】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的意义是正确判断的前提．
根据俯视图的意义进行判断即可．
【详解】解：根据三视图的意义可知，圆台的俯视图是同心圆，因此选项C中的几何体符合题意，
故选：C．
2．【答案】A
【分析】本题考查用科学记数法表示较大的数，一般形式为，其中，n可以用整数位数减去1来确定．用科学记数法表示数，一定要注意a的形式，以及指数n的确定方法．
科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
【详解】解：32193亿用科学记数法表示为．
故选：A．
3．【答案】A
【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的识别：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，本选项符合题意；
B、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，本选项不符合题意；
C、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，本选项不符合题意；
D、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，本选项不符合题意．
故选：A．
4．【答案】D
【分析】本题主要考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．过点作，则有，然后根据平行线的性质可进行求解．
【详解】解：过点作，如图所示：
，，
，
，
，
，
，，
；
故选：D．
5．【答案】C
【分析】本题主要考查了实数与数轴，不等式的性质，解题的关键是利用数轴确定、、的取值范围．先由数轴可得，且，再判定即可．
【详解】解：由数轴可得，且，
①，正确；
②，正确；
由，得到，③错误；
④，正确；共个正确．
故选：C．
6．【答案】B
【分析】本题考查一元一次方程解决应用题，解题的关键是根据题意找到等量关系．根据总钱数不变列方程即可求解．
【详解】解：若设有人合伙购买物品，依题意得，
解得：，
则物品的价格是，
若设物品的价格为钱，依题意得，
故选：B．
7．【答案】D
【分析】本题主要考查了求平均数和方差，分别求出两所中学5名学生的成绩的平均数和方差，即可求解．
【详解】解：根据题意得：甲所中学名学生的成绩为，，，，，
乙所中学名学生的成绩为，，，，，
∴，，
，
，
∴，．
故选：D
8．【答案】A
【分析】本题考查了二次函数与一元二次方程、二次函数的图象及性质、二次函数的最值，根据函数图象与轴的交点，将函数解析式化为交点式，进而可判断①，当时，代入，再将函数解析式化为顶点式，利用函数的性质即可判断②，根据函数的顶点坐标及开口方向即可判断③，方程化为：，整理得，进而可判断④，熟练掌握二次函数的图象及性质是解题的关键．
【详解】解：二次函数的图象经过点、点，
抛物线解析式为：，即：，
，，
，故①正确；
当时，，
，
顶点坐标为：，
抛物线的开口向下，
当时，则，故②错误；
，
抛物线的开口向下，
当时，该二次函数有最大值，
∴，
∴，
∴，故③正确；
方程化为：，
整理得：，
解得：，，故④正确，
则正确的结论是①③④，
故选A．
填空题（本大题包括6小题，每小题2分，共16分。请把各题的答案填写在答题卡上）
9．【答案】
【分析】本题主要考查二次根式的取值范围，熟练掌握二次根式的定义即可得到答案．根据即可得到答案．
【详解】解：依题意，，
解得．
故答案为：．
10．【答案】
【分析】本题考查了因式分解．先根据完全平方公式分解，再根据平方差公式分解即可．
【详解】解：
．
故答案为：．
11．【答案】3
【分析】本题考查了解分式方程 ，利用增根求字母的值，增根就是使最简公分母为零的未知数的值；解决此类问题的步骤：①化分式方程为整式方程；②让最简公分母等于零求出增根的值；③把增根代入到整式方程中即可求得相关字母的值．
先把分式方程去分母转化为整式方程，然后由分式方程有增根求出x的值，代入到转化以后的整式方程中计算即可求出m的值．
【详解】解：去分母得：，整理得：，
∵关于x的分式方程有增根，即，
∴，
把代入到中得：，
解得：；
故答案为：3．
12．【答案】
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系；根据一元二次方程根与系数的关系可得，代入代数式，即可求解．
【详解】解：∵一元二次方程的两个根为，，
∴，
∴，
故答案为：．
13．【答案】
【分析】本题考查概率公式，用物理变化的张数除以总张数即可．解题的关键是掌握：随机事件的概率事件可能出现的结果数所有可能出现的结果数．
【详解】解：从中随机抽取一张卡片共有种等可能结果，抽中生活现象是物理变化的有种结果，
∴从中随机抽取一张卡片，抽中生活现象是物理变化的概率为：．
故答案为：．
14．【答案】或5
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，坐标与图形，以点B为原点，所在的直线为x轴，y轴建立如下坐标系，则，再分当点E靠近B时，当点E靠近C时两种情况先求出点E的坐标，进而求出点F的坐标，再利用两点距离计算公式求解即可．
【详解】解：如图所示，以点B为原点，所在的直线为x轴，y轴建立如下坐标系，
∵正方形中，，
∴，
∴，
当点E靠近B时，则，
∴，
∵F为中点，
∴，
∴；
当点E靠近C时，同理可得；
综上所述，的长为或5，
故答案为：或5．
15．【答案】/
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，矩形的判定与性质，垂线段最短等知识．熟练掌握勾股定理的逆定理，矩形的判定与性质，垂线段最短是解题的关键．
如图，连接，由，可得，证明四边形是矩形，则，当值最小时，的值最小，当时，的值最小，由，可求，然后作答即可．
【详解】解：如图，连接，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴当值最小时，的值最小，
∵当时，的值最小，
∴，即，
解得，，
∴的最小值为，
故答案为：．
16．【答案】
【分析】根据圆的旋转不变性，易知图中的6个小直角三角形都全等，则图中阴影部分的面积为圆的面积减去一个正三角形的面积，再减去3个小直角三角形的面积即可求出阴影部分的面积．
【详解】解：根据圆的旋转不变性，易知图中的6个小直角三角形都全等，则图中阴影部分的面积为圆的面积减去一个正三角形的面积，再减去3个小直角三角形的面积．
如图1，连接、、，延长交于点P，
则、、 分别平分等边三角形的顶角，且，
，为等边三角形，
，，
∴，
∴，
设、交于点Q，连接，延长交于点N，
则，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴．
如图2，在中，过点Q作，交于点M，，，，
设，则，
∴，
解得：，
则，
在中，，则，，
，
，
，
∴
．
故答案为：．
解答题（共68分，第17-20题，每题5分，第21题6分，第22-23题，每题5分，第24-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。
17．（5分）【答案】
【分析】本题考查了实数的运算，涉及零指数幂，立方根的运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．利用零指数幂，立方根的运算的运算法则进行运算即可．
【详解】解：原式
18．（5分）【答案】，整数解为整数解为、0、1．
【分析】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
则不等式组的解集为，
所以其整数解为、0、1．
19．（5分）【答案】，
【分析】本题主要考查了整式的化简求值，熟练掌握平方差公式，以及单项式乘多项式法则是解题的关键．先根据平方差公式和单项式乘多项式法则进行运算，再合并同类项，最后再把所给的a的值代入化简以后的式子中求值即可．
【详解】解：，
，
，
将代入上式有，
．
20．（5分）【答案】甲、乙两工程队每天能完成的绿化改造面积分别是和
【分析】本题考查了分式方程的应用．设乙工程队每天能完成的绿化改造面积是，则甲工程队每天能完成的绿化改造面积是，由甲工程队完成的绿化改造比乙工程队完成的绿化改造少用4天，列出方程，可求解．
【详解】解：设乙工程队每天能完成的绿化改造面积是，
则甲工程队每天能完成的绿化改造面积是．
根据题意，得，解得．
经检验，是原分式方程的解，且符合题意．此时．
故甲、乙两工程队每天能完成的绿化改造面积分别是和．
21．（6分）【答案】(1)证明过程见详解；
(2)
【分析】本题考查平行四边形和菱形的判定，难度适中，解题关键是熟练掌握它们的判定方法并灵活运用．
（1）根据一组对边平行且相等判断四边形是平行四边形即可；
（2）根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可求出的值．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
．
又，
，
四边形是平行四边形．
（2）解：作于点G，作于点H，
,
四边形是矩形，
,
，
,
,
，
,
在中，，
设,
，则,
在中，，
，
解得：，
∴当时，四边形是菱形．
22．（5分）【答案】(1)①②
(2)
【分析】本题考查二次函数的图象和性质：
（1）①待定系数法求出函数解析式即可；②根据二次函数的增减性进行求解即可；
（2）根据二次函数的增减性，得到当时，，代入求解即可．
【详解】（1）解：①当，时，代入得：
，解得：，
∴；
②∵，
∴抛物线的开口向上，对称轴为直线，抛物线上的点离对称轴越远，函数值越大，
由题意，得：，
解得：；
（2）∵点在抛物线上，
∴，
∴对称轴为直线，
∵时，总有，且当时总有，
∴在对称轴的左侧随的增大而增大，在对称轴的右侧随的增大而减小，
∴当时，，
∴，
解得：．
23．（5分）【答案】(1)见解析
(2)84.2，89
(3)见解析
【分析】本题考查了补全频数分布直方图、平均数、中位数、方差，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由成绩统计可得：八年级成绩在之间的有人，在之间的有人，由此补全八年级频数分布直方图即可；
（2）根据平均数和中位数的定义计算即可；
（3）根据平均数、中位数以及方差分析即可得出答案．
【详解】（1）解：由成绩统计可得：八年级成绩在之间的有人，在之间的有人，
补全八年级频数分布直方图如答图所示：
（2）解：由题意得：
，
，
故答案为：84.2，89；
（3）解：答案不唯一，合理即可，
从平均数来看：七年级抽取的10名学生成绩的平均数高于八年级抽取的10名学生成绩的平均数；
从中位数来看：八年级抽取的10名学生成绩的中位数高于七年级抽取的10名学生成绩的中位数；
从方差来看：七年级抽取的10名学生成绩的方差小于八年级抽取的10名学生成绩的方差，
说明七年级抽取的10名学生成绩波动小．
24．（6分）【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】（1）连接，要证明是的切线，只要证明即可；
（2）连接，在中，求得，，在中，求得，证明，利用相似三角形的性质，列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：连接，
∵为直径，
∴，
在中，，，
∴，，
在中，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
解得，
即．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理及其推论、勾股定理、等腰三角形的性质以及解直角三角形等，注意准确作出辅助线是解此题的关键．
25．（6分）【答案】(1)；
(2)
(3)①；②；③
【分析】此题主要考查了一元一次方程的解、一次函数与不等式，一次函数与不等式组，
（1）利用直线与轴交点即为时，对应的值，进而得出答案；
（2）利用两直线与轴交点坐标，结合图象得出答案；
（3）①利用图象即可求解；②利用三角形面积公式求得即可；③记交轴于点，此时最大，再求解直线解析式即可．
【详解】（1）解：一次函数和的图象，分别与轴交于点、，点坐标为，点坐标为，
关于的方程的解是，关于的不等式的解集为，
（2）根据图象可以得到关于的不等式组的解集；
（3）①∵点，
结合图象可知，不等式的解集是；
②，，
；
③，记交轴于点，
此时，此时最大，
设直线为，
∴，解得，
直线为，
令，则，
，
26．（6分）【答案】（1）与的函数表达式为
（2）此时仪表盘显示的电量是
（3）30
【分析】此题考查了一次函数的实际应用，正确理解题意，掌握待定系数法及求函数值是解题的关键：
（1）设，利用待定系数法求解即可；
（2）设，利用待定系数法求出，将代入求出函数值即可；
（3）分别求出前后路程需消耗的电量，假设充电t分钟，应增加电量为，由此列方程求解．
【详解】解：（1）设，将代入，得
，
解得，
∴关于的函数表达式为，
故答案为；
（2）设，将代入，
得，
解得，
∴，
当时，，
当汽车充满电的情况下，行驶180千米，此时仪表盘显示的电量是；
（3）当时，，
∴未充电前电量显示为，
假设充电t分钟，应增加电量为，
再次出发时电量是，
走完剩下的路程为（km），故，
∴需消耗的电量为
∴，
解得，
故答案为30．
27．（7分）【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，交点坐标满足两个函数解析式是解答本题的关键．
（1）将两点坐标代入直线解析式求出m、n继而得到反比例函数解析式；
（2）利用直线解析式求出点C坐标，根据代入数据计算即可．
【详解】（1）∵、两点在直线的图象上，
∴当时，；当时，，
∴、．
∵、在反比例函数图象上，
∴，
∴反比例函数解析式为：；
（2）在直线中，令，则，
∴，
∵，
∴．
28．（7分）【答案】(1)90，4
(2)
(3)扫过的面积约为，
【分析】（1）利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论；
（2）过点G作的平行线，分别交，于点M，N，利用相似三角形的判定与性质求得，则此时点G到边的距离为；
（3）过点K作的平行线，分别交于点M，N，连接，利用矩形的判定与性质和三角形的中位线定理求得，则d的最大值可求；当时，经过旋转后，使点F落到边上，平移和旋转过程中边扫过的面积为一个矩形和一个以点E为圆心，为半径的扇形的和，分别计算矩形与扇形面积即可；设交于点M，由题意可知d的最小值为，则d的取值范围可得
【详解】（1）解：∵中，，
∴
∴
又
∴
∴．
当时，旋转到点G落在上时，点G到的距离最小，
∴旋转度时，点G到的距离最小，最小值为．
故答案为：90；4；
（2）解：如图，当时，经过旋转后，点F落在边上，
过点G作的平行线，分别交于点，
则四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
由题意得：，
∴
∴，
∴，
∴．
∴点G到边的距离为；
（3）解：过点K作的平行线，分别交于点M，N，连接，如图，
则四边形为矩形，
∴，
∵K为的中点，
∴，
∴，
∴d的最大值为．
∵，
∴，
∴，
当时，经过旋转后，使点F落到边上，平移和旋转过程中边扫过的面积为一个矩形和一个以点E为圆心，为半径的扇形的和，此时，，，
设旋转后点F落在点处，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的旋转角度为，
∴．
∴平移和旋转过程中边EF扫过的面积
．
设交于点M，
∴，
则d的最小值为．
∴此过程中d的取值范围为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，图形的平移与旋转的性质，勾股定理，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．1
2
3
4
5
6
7
8
C
A
A
D
C
B
D
A