中考数学押题-（辽宁卷） -2024年中考押题卷预测

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2、练心态。平时做练习卷，有多少同学是磨磨蹭蹭应付的？如果严格按照中考的时间限时做题，并且仔细把答题卡填涂好，这种限时训练是非常必要的。因此中考流程越熟悉，超常发挥的几率才越大。
3、研究答案详解。押题卷里面的答案非常详细，解题思路、考点、命题意图全都有，而且还要对照中考改卷标准，这才是真正意义的改完一道题。
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2024年中考押题预测卷01【辽宁卷】
数 学
选择题（共30分，每题3分）第1-10题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11．a+2b2a−2b212．9 13．414. 3 15．20
三、解答题（共75分，第16题，10分，第17-20题,每题8分，第21题10分，第22题12分，第23题13分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
16．
解：（1）原式=9+2−1
=10；………………（5分）
（2）x+2>0①2x−1−1≤5②，
解不等式①，得x>−2，
解不等式②，得x≤4，
∴不等式组的解集为−217．
解：任务1：设长方体的高度为acm，
则：80−2a=3(40−2a)，
解得：a=10，
答：长方体的高度为10cm；………………（3分）
任务2：设x张木板制作无盖的收纳盒，
则：2(100−x)>x−2(100−x)2(100−x)<2[x−2(100−x)]，
解得：75∴x的整数解有：76，77，78，79，
∴共有4种方案：①76张木板制作无盖的收纳盒，24张制作盒盖；………………（5分）
②77张木板制作无盖的收纳盒，23张制作盒盖；
③78张木板制作无盖的收纳盒，22张制作盒盖；
④79张木板制作无盖的收纳盒，21张制作盒盖；
任务3：设：m张木板制作无盖的收纳盒，则(100−m)张制作盒盖，利润为y元，
由题意得：y=28×2(100−m)+5(100−m)+20×[m−(100−m)]−1500
即：y=−21m+2600，
∵x的整数解有：76，77，78，79，
∴当m=76时，y有最大值，为：−21×76+2600=1004，
答：76张木板制作无盖的收纳盒，23张制作盒盖，利润最大，最大值为1004元．………………（8分）
18．
（1）解：从小到大排列为：85、87、88、91、91、93、94，去掉一个最高分和一个最低分，剩余数据为87、88、91、91、93
中位数为91，众数是91分，平均数是15×87+88+91+91+93=90（分）
故答案为：91，91，90．………………（3分）
（2）x=90×4+88×3+83×2+85×14+3+2+1 =87.5………………（4分）
（3）小蕊获一等奖，小迪获三等奖．
理由：获一等奖的学生有30×10%=3(名)，由频数直方图可知，最终成绩不低于95 分且小于100分的学生有2名，
小蕊最终成绩95分在这一组，因此小蕊获一等奖；
获一、二等奖的学生共有30×(10%+20%)=9(名)，
获三等奖的学生有30×30%=9(名),由频数直方图可知，最终成绩不低于90分的学生获一等奖或二等奖，最终成绩不低于85分且小于90分的学生有9名，均获三等奖.又因为小迪最终成绩为87.5分，所以小迪获三等奖. ………………（8分）
19．
解：设解析式为y=kx+b(30≤x≤60)
根据图象可知，点(30，100)、(50，60)在y=kx+b上
∴30k+b=10050k+b=60，
解得k=−2b=160，
∴y与x的函数关系式为y=−2x+160(30≤x≤60)；………………（4分）
（2）解：设每天获利w元，
根据题意得w=(x−30)⋅(−2x+160)=−2x2+220x−4800=−2(x−55)2+1250，
∵−2<0，
∴当x=55时，w取最大值为1250，
答：当销售单价55元每件时，每天获利最大，最大利润为1250元．………………（8分）
20．解：（1）作OG⊥AC于点G（图1），
∵O为AB的中点，AB=6，
∴OA=12AB=3m
∵∠OGP=∠GPD=∠PDO=90°，
∴∠DOG=90°
∵∠AOD=120°，
∴∠AOG=30°，
在Rt△AOG中，
OG=OAcs30°≈2.6m
∴点A到地面EF的距离为2.6m．………………（4分）
（2）记OG交A1C1于点H（图2），
∵AC⊥EF，A1C1⊥EF，
∴AC∥A1C1，
∴∠A1HO=90°
∵∠AOD=143°，
∴∠A1HO=53°，
∴∠OA1H=37°
在Rt△OA1H中，
A1H=OA1sin∠A1OH=3cs37°≈2.4m，
在Rt△AOG中，
AG=OAsin∠AOG=3sin30°≈1.5m
∴点A上升的高度为A1H−AG=2.4−1.5=0.9m．………………（8分）
21．（1）证明：如图所示，连接OC，
∵AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，
∴BC=BD，
∴∠BAC=∠BAD，
∵∠BOC=2∠BAC，∠ECD=2∠BAD，
∴∠BOC=∠ECD，
∵∠OCH+∠BOC=90°，
∴∠OCH+∠ECD=90°，即∠OCE=90°，
∴OC⊥CF，
∵OC是⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线；………………（5分）
（2）解：∵AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，
∴OC=5，CH=12CD=3，
∴OH=OC2−CH2=4，
∴tan∠COH=CHOH=34，
∵∠BOC=∠ECD，
∴tan∠ECH=tan∠COH=HECH=34，
∴HE=94，
∴AE=OA+OH+HE=454．………………（10分）
22．
证明：∵翻折，
∴∠DEA=∠DEA'，
∴2∠DEA=∠AEA'=∠EA'B+∠EBA'=2∠EBA'，
∴∠DEA=∠EBA'，
∴A'B∥DE．………………（2分）
【结论应用】（1）解：连接AA'交DE于点M，
设A'B=3x，则DE=5x，
∵E为AB的中点，DE∥A'B，
∴ME=12A'B=32x，
∴DM=DE−ME=72x，
∵∠MAE+∠DAM=90°，∠DAM+∠ADM=90°，
∴∠MAE=∠ADM，
又∵∠AME=∠AMD，
∴△AME∽△DMA，
∴AMDM=MEAM，
∴AM72x=32xAM，
∴AM=212x，
∴AA'=2AM=21x，
∴AB=AA'2+A'B2=30x，
∵∠A'AB=∠ADE，∠AA'B=∠DAE，
∴△AA'B∽△DAE，
∴S△AA'BS△ADE=ABDE2=3052=65，
∵S△AA'B=2S△A'BE=12，
∴S△ADE=10，
∵AB=2AE，
∴S矩形ABCD=4S△ADE=40．
故答案为：40；………………（7分）
（2）连接AA'交DE于点N，
∵A'F∥AB，
∴∠A'FE=∠AED，
∵∠AED=∠A'ED，
∴∠A'FE=∠A'EF，
∴A'E=A'F=3，
又∵AA'⊥DE，
∴FN=EN，
设FN=EN=x，
由（1）知∠NAE=∠ADE，∠ANE=∠DAE，
∴△ANE∽△DAE，
∴AEDE=NEAE，
∴31+2x=x3，
∴x=1（x=−32舍去），
∴FN=EN=1，
∴DE=3，
∴AD=DE2−AE2=6，
∴矩形ABCD的周长为2AB+AD=223+6=43+26．
故答案为：43+26．………………（12分）
23．
（1）解：在y=12x+1中，令x=2y，得y=y+1不成立，
∴函数y=12x+1的图象上不存在“倍值点”；
在y=x2−x中，令2y=x，y=4y2−2y
解得：x1=0，x2=34，
∴函数y=x2−x的图象上有两个“倍值点”(0,0)或34，38；………………（3分）
（2）解：在函数y=2x(x>0)中，令x=2y，
解得：y=1，
∴A(2,1)，
在函数y=−x+b中，令x=2y，
解得：y=13b，
∴B12b，12b，
∵BC⊥x轴，
∴C23b，0，
∴BC=13|b|，
∵△ABC的面积为2，
12×2−23b⋅−13b=2，
−1+13b⋅b=6
13b2−b−6=0
b2−3b−18=0
∴b=6（舍去），b=−3，
∵△ABC的面积为2，
b>0，
12×2−23b×13b=2，
1−13b×b=6
b2−3b+18=0
∴b=6，b=−3（舍去），
综上所述，b的值为−3或6；………………（8分）
（3）解：令12x=x2−3，
解得：x1=−32，x2=2，
∴函数y=x2−3的图象上有两个“倍值点”−32，−34或(2,1)，
①当m<−32时，W1，W2两部分组成的图象上必有2个“倍值点”−32，−34或(2,1)，
W1:y=x2−3(x≥m)，
W2:y=(x−2m)2−3(x令12x=(x−2m)2−3，
整理得：2x2−(8m+1)x+8m2−6=0，
∵W2的图象上不存在“倍值点”，
∴△<0，
∴(8m+1)2−8(8m2−6)<0，
∴m<−4916，
②当m=−4916时，有3个“倍值点”(−2,−2)，
③当−4916④当m=2时，W1，W2两部分组成的图象上恰有1个“倍值点”(2,2)，
⑤当m>2时，W1，W2两部分组成的图象上没有“倍值点”，
综上所述，当W1，W2两部分组成的图象上恰有2个“倍值点”时，m<−4916或−49161
2
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