2024年中考数学考前押题密卷（福建卷）（全解全析）

年中考考前押题密卷（福建卷）数学·全解全析第Ⅰ卷一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）1．据国家邮政局公布：2023年我国累计完成快递业务量亿件，平均每个人收发了约94个快递包裹．将数据“亿”件用科学计数法表示为（

）A．件B．件C．件D．件【答案】B【分析】用移动小数点的方法确定a值，根据整数位数减一原则确定n值，最后写成的形式即可．本题考查了科学记数法表示大数，熟练掌握把小数点点在左边第一个非零数字的后面确定a，运用整数位数减去1确定n值是解题的关键．【详解】∵亿，故选B．2．铜鼓是我国古代南方少数民族使用的打击乐器和礼器，世界上最重的铜鼓王出土于广西、如图是铜鼓的实物图，它的左视图是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了简单组合体的三视图用到的知识点为：主视图指从物体的正面看，左视图是指从物体的左面看，俯视图是指从物体的上面看．准确掌握定义是解题的关键．根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．【详解】解：从左边看，可得选项B的图形，故选：B．3．下列运算正确的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了整式的运算，利用同底数幂的乘法、除法运算，合并同类项，幂的乘方与积的乘方计算并判断．【详解】解：A、，不能运算，A选项错误，不符合题意；B、，B选项错误，不符合题意；C、，不能运算，C选项错误，不符合题意；D、，D选项正确，符合题意．故选：D．4．如图，在中，点分别是的中点，连接，若，则的长为（

）A． B．3 C． D．6【答案】B【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的中位线，解题的关键是掌握三角形的中位线等于第三边的一半，平行四边形对边相等．由是中位线，得根据平行四边形的性质即可求解．【详解】解：分别是的中点，是中位线，，四边形是平行四边形，，故选：B．5．下图是深圳市2024年4月7~11日的天气情况，这5天中最低气温（单位：℃）的中位数与众数分别是（

）A．19，19 B．19，18 C．18，19 D．20，19【答案】A【分析】本题考查众数和中位数，解答本题的关键是明确题意，利用众数和中位数的知识解答．根据这5天的最低气温，先按照从低到高排列，然后即可得到这组数据的中位数和众数，本题得以解决．【详解】解：这5天中最低气温从低到高排列是：18，19，19，20，23，故这组数据的中位数是19，众数是19，故选：A．6．如图，将纸片绕点C顺时针旋转得到，连接，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，等边对等角．设与交于点，根据旋转的性质可得，，根据等边对等角以及三角形的内角和定理求得，根据直角三角形的两个锐角互余即可求得的度数．【详解】解：设与交于点，如图，∵将△ABC纸片绕点C顺时针旋转得到，∴，，，AC⊥，，，故选：C．7．如图，在中，是正三角形，点C在上，若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了圆周角定理、内接四边形，等边三角形的性质，先根据等边三角形的性质得出结合圆周角定理，得出，又因为圆内接四边形，则，运用三角形的内角和性质列式计算，即可作答．【详解】解：如图：取一点，连接∵是正三角形，∴∵∴∵四边形是圆内接四边形∴∵∴在中，，故选：A．8．若一次函数的图象经过第一、二、三象限，则化简可得（

）A． B． C． D．1【答案】D【分析】本题主要考查一次函数和图象和性质，二次根式的化简，熟记一次函数的图象和性质是解题的关键．首先根据一次函数的位置确定，然后化简二次根式．【详解】解：∵若一次函数的图象经过第一、二、三象限，∴，∴，∴，故选D．9．在给定的平行四边形中作出一个菱形，甲、乙两人的作法如下：甲：如图（1），以点A为圆心，长为半径画弧，交于点M，以点B为圆心，长为半径画弧，交于点N，连接，则四边形是菱形．乙：如图（2），以点A为圆心，长为半径画弧，交于点E，分别以点B，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点G，H，作直线交于点K，连接，则四边形是菱形．

下列判断正确的是（

）A．甲对，乙错 B．甲错，乙对 C．甲和乙都对 D．甲和乙都错【答案】C【分析】本题考查了作图-复杂作图，线段垂直平分线的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质．甲：根据作图过程可得有一组邻边相等的平行四边形是菱形；乙：根据作图过程可得是的垂直平分线，然后证明，可得，判断四边形是平行四边形，根据，即可得四边形是菱形．【详解】解：甲正确，理由如下：四边形是平行四边形，

，根据作图过程可知：，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形，故甲的说法正确；乙正确，理由如下：如图(2)，连接交于点O，根据作图过程可知：是的垂直平分线，，.四边形是平行四边形，，，，在和中，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形，故乙的说法正确，故选：C.10．在平面直角坐标系中，已知点，，若抛物线与线段有两个不同的交点，则a的取值范围是（

）A．或 B．或C．且 D．或【答案】A【分析】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，分类讨论是解题的关键．分两种情况讨论：当时，，求出的取值范围；当时，求出直线的解析式，联立方程组，由判别式和函数经过点结合求出的取值范围．【详解】解：当时，时，时，，，解得，当时，设直线的解析式为，，，，联立方程组，，，，，当时，，，此时抛物线与线段有两个不同的交点，，综上所述：或时，抛物线与线段有两个不同的交点，故选：A．第Ⅱ卷二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）11．分解因式：．【答案】【分析】本题考查因式分解．因式分解的步骤为：一提公因式；二看公式．要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以提取公因式的要先提取公因式．找到公因式，直接提取可得．【详解】解：原式．故答案为：．12．抛物线的最大值是．【答案】8【分析】由二次函数的解析式可得出抛物线的开口方向及顶点坐标，由顶点坐标即可得出答案．【详解】解：，抛物线的开口向下，又顶点坐标为，的最大值为8，故答案为：8．13．我国古代数学名著《九章算术》中有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1500石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得300粒内夹谷25粒．则这批米内夹谷约为石．【答案】125【分析】本题考查由样本估计总体．由300粒内谷所占的比例来估计总体中谷的比例即可．【详解】解：这批米内夹谷约为（石），故答案为：125．14．小王在使用计算器求100个数据的平均数时，错将150输入为1500，那么由此求出的平均数与实际平均数的差是．【答案】13.5【分析】本题考查平均数的计算，根据题意可知，这100个数据之和比实际多了1350，因此求出的平均数比实际平均数多13.5，是本题的关键．【详解】解：．故答案为：13.5．15．如图，中，于点，利用尺规在上分别截取，使；分别以为圆心，大于长为半径作弧，两弧在内交于点；作射线交于点．则的长为．【答案】【分析】本题考查作角平分线，角平分线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理如图，过点作于点．首先证明，利用勾股定理求出，再利用面积法求解．【详解】解：如图，过点作于点．平分，，设．，，，，，，，，故答案为：．16．如图，点在反比例函数的图像上，点在反比例函数的图像上，，连结交的图像于点，若是的中点，则的面积是．【答案】【分析】如图所示，过点作轴于点，过点作轴于点，可证，根据相似三角形的性质，反比例系数与几何图形面积的计算方法可得，设，则，根据点是中点，且在反比例函数的图象上，可得，由此即可求解．【详解】解：如图所示，过点作轴于点，过点作轴于点，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，设，则，∵点是中点，且在反比例函数的图象上，∴，∴，整理得，，∴，故答案为：．三、解答题（本大题共9个小题，共86分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．（8分）求不等式组的整数解．【分析】本题考查的知识点是解一元一次不等式组，解题关键是熟练掌握不等式组的解法．求不等式组的解集，遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．解完不等式组，再从不等式组的解集中找出适合条件的整数即可．【详解】解：由①得：，得；由②得：，得；不等式组的解集是．故该不等式组的整数解是，．18．（8分）如图，在中，点E是的中点，连结并延长，交的延长线于点F．求证：．【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，根据平行四边形的性质可得出，，再利用即可证明即可求解；【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵点E是的中点，∴，在和中，，∴，∴，∴．19．（8分）先化简，再求值：，其中．【分析】本题考查了分式的化简求值，解题的关键是熟练掌握分式的混合运算顺序和运算法则．先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将代入计算即可．【详解】．当时，原式20．（8分）如图，四边形的四个顶点都在上，平分，连接，且．(1)求证：(2)若，，求的半径．【分析】本题考查了垂径定理，弧与弦的关系，勾股定理；（1）根据角平分线的定义得出则，根据垂径定理可得，即可得出，则；（2）连接，设与交于，在中，勾股定理求得，设半径为，在中，勾股定理，即可求解．【详解】（1）证明：平分，

，，，，，；（2）解：连接，，设与交于，

，平分，即，在中，，设半径为，在中，，∴．21．（8分）游神民俗文化活动，主要在中国的闽台地区流行，是一项流传了数百年的习俗，在甲辰龙年春节爆火出圈，无数网友对游神前的掷筊杯仪式感到好奇．掷筊杯是民间一种问卜的方式，每次将两个筊杯掷向地面，根据筊杯落地后的状态来推测行事是否顺利．每个筊杯都有一个平面，一个凸面．筊杯落地的结果如图所示，如果是两个平面称之为笑杯，表示行事状况不明；如果是两个凸面称之为阴杯，表示不宜行事；如果是一个平面和一个凸面称之为圣杯，表示行事会顺利．假设每个筊杯形状大小相同，掷筊杯落地后平面朝上和凸面朝上的可能性也相同．

(1)笑笑同学想要计算将两个筊杯连续掷两次都得到圣杯的概率，她采用面树状图的方法，请将她的求解过程补充完整．解：根据题意，可以画出如下的树状图：

(2)在中国台湾电影《周处除三害》中有一段场景，主角陈桂林用签杯问卜，将两个筊杯连续掷九次．请问连续掷筊杯九次都出现圣杯的概率是______．【分析】该题主要考查了列树状图求解概率，解题的关键是正确列出树状图．（1）列表画出树状图即可求解；（2）找到规律，即可解答；【详解】（1）根据题意，可以画出如下的树状图：共有16种情况，其中两次都得到圣杯的有4种情况，故将两个筊杯连续掷两次都得到圣杯的概率；

（2）根据题意，可得掷筊杯一次，共有4种情况，其中得到圣杯的有2种情况，故掷筊杯一次都出现圣杯的概率；连续掷筊杯两次，共有16种情况，其中两次都得到圣杯的有4种情况，连续掷筊杯两次都出现圣杯的概率；连续掷筊杯三次，共有64种情况，其中三次都得到圣杯的有8种情况，连续掷筊杯三次都出现圣杯的概率是；故根据规律可得连续掷筊杯n次，共有种情况，其中n次都得到圣杯的有种情况，连续掷筊杯三次都出现圣杯的概率是；故连续掷筊杯九次都出现圣杯的概率．22．（10分）如图，点在正方形的边上．(1)请用尺规作图法，在上分别取点使得且平分正方形的面积．（保留作图痕迹，不写作法）(2)求证：【分析】本题考查了正方形的性质，作线段的垂线，全等三角形的性质与判定．（1）平分正方形的面积，会经过正方形的中心，过点作的垂线即可；（2）过点作于点，过点作，设交于点，证明，即可得证．【详解】（1）解：如图，即为所作，（2）解：如图所示，过点作于点，过点作，设交于点，∴四边形是矩形，∴，∵四边形是正方形，∴，，∴，∵∴∵，∴，∴即在中，∴∴23．（12分）鹿鸣学堂兴趣小组进行一次科学实验探究活动，图1是由七根连杆链接而成的机械装置，图2是其示意图．已知O，P两点固定，连杆cm，cm，O、P两点间距与长度相等．当绕点O转动时，点A，B，C的位置随之改变，点B恰好在线段上来回运动．当点B运动至点M或N时，点A，C重合，点P，Q，A，B在同一直线上（如图3），此时点P到的距离为144cm．(1)直接判断与是否一定垂直：（填“是”或“不是”）；(2)求O、P两点间的距离；(3)当点P，O，A在同一直线上时，求点Q到的距离．【分析】（1）根据cm，cm，得到点都在的中垂线上，进而得到点三点共线，再根据时，三点共线，即可得出结论；（2）延长交于点，过点作，证明，列出比例式进行求解即可；（3）过点作于点，设，则：，利用勾股定理求出的值，再求出的长，即可．【详解】（1）解：∵cm，cm，∴点都在的中垂线上，∴点三点共线，当时，此时三点共线，∴一定垂直于；故答案为：是；（2）如图，延长交于点，过点作，则：，，由题意，得：，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）当点P，O，A在同一直线上时，如图，过点作于点，∵，∴，设，则：，由勾股定理，得：，∴，解得：，∴，∴，∴点到的距离为．24．（12分）如图，中，，，射线从射线开始绕点C逆时针旋转α角，与射线相交于点D，将沿射线翻折至处，射线与射线相交于点E．(1)若，求的度数；(2)设，探究α、β之间的数量关系；(3)若是等腰三角形，请直接写出的度数．【分析】（1）根据图形翻折的性质，结合三角形的内角和定理即可解决问题．（2）根据点的位置，分类讨论即可解决问题．（3）根据点的位置，画出示意图，分类讨论即可解决问题．【详解】（1）解：∵，∴．又∵，∴．由翻折可知，，∴．（2）解：当点在射线