2020年厦门市初中毕业班教学质量检测数学及答案

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1、 1 2020 年厦门市初中毕业班教学质量检测年厦门市初中毕业班教学质量检测 数学参考答案数学参考答案 说明：解答只列出试题的一种或几种解法如果考生的解法与所列解法不同，可参照评分量 表的要求相应评分. 一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分） 题号12345678910 选项ACBABDCDAC 二、填空题（本大题共 6 小题，每题 4 分，共 24 分） 11.5.12.50.13. 1 10. 14.3.15.15.16.9. 三、解答题（本大题有 9 小题，共 86 分） 17.（本题满分 8 分） x30， 2x+15x. 解：解不等式，得 x3，3 分 解不

2、等式，得 2x+x-5-1，4 分 3x-6，5 分 x-2，6 分 所以这个不等式组的解集是 2x3. 8 分 18.（本题满分 8 分） 解： (1 2 m1) (m1) (m1 m1 2 m1) (m1) 2 分 m12 m1 1 m1 4 分 m1 m1 1 m1 5 分 1 m1. 6 分 当 m 31 时，原式 1 311 7 分 3 3 .8 分 2 19.（本题满分 8 分） 方法一： 证明： BEAC，DFAC， AEB90，CFD90.1 分 四边形 ABCD 是平行四边形， ABCD，ABCD.4 分 BAEDCF.5 分 BAEDCF，AEBCFD，ABCD， BAED

3、CF.7 分 BEDF.8 分 方法二： 证明： BEAC，DFAC， SABC1 2ACBE，S ADC1 2ACDF.1 分 四边形 ABCD 是平行四边形， ABCD，BCDA.4 分 又ACAC， ABCCDA.7 分 SABCSADC BEDF.8 分 20.（本题满分 8 分） （1） （本小题满分 3 分） 解：如图点 M 即为所求. 解法一（作BACDAM） ： 3 分 解法二（作CAMBAD） ： 3 分 3 （2） （本小题满分 5 分） 解： ADMABC， BC DM AB AD .5 分 在 RtABD 中， cosBADAB AD，7 分 cosBAD2 3， AB

4、 AD 2 3. BC DM 2 3. BC6， DM9.8 分 21.（本题满分 8 分） （1） （本小题满分 4 分） 解： 由题可设 l2的解析式为 sk2t+b（k20）.1 分 因为当 t0 时，s6；当 t5 时，s8， 代入得 6b 5k2+b8 2 分 解得 b=6 k22 5 3 分 所以 l2：s2 5t+6（t0）.4 分 （2） （本小题满分 4 分） 解： 由题可设 l1：sk1t， （k10） 因为当 t5 时，s4，代入可得 l1：s4 5t（t0）. 5 分 当二者处于同一高度时，2 5t+6 4 5t. 6 分 解得 t15.7 分 此时 s12. 即在 1

5、5min 时，二者处于同一高度 12m. 因为 12m16m， 所以探测气球甲从出发点上升到海拔 16m 处的过程中，当上升 15min 时探测气球甲、 乙位于同一高度. 4 答：探测气球甲从出发点上升到海拔 16m 处的过程中，当上升 15min 时探测气球甲甲、 乙位于同一高度. 8 分 22.（本题满分 10 分） （1） （本小题满分 5 分） 解：连接 DG，交 AP 于点 E，连接 AG. 点 G 与点 D 关于直线 AP 对称， AP 垂直平分 DG， 1 分 ADAG. 在ADG 中，ADAG，AEDG， PAGPAD302 分 又在正方形 ABCD 中，ADAB，DABABC

6、90，3 分 AGAB，GABDABPADPAG30， 在GAB 中，ABGAGB180GAB 2 75，4 分 GBCABCABG15.5 分 （2） （本小题满分 5 分） 解：连接 DG，AG. 由（1）可知，在ADG 中，ADAG， DAGPADPAG60， ADG 是等边三角形，6 分 DGAGAD，DAGADGDGA60. 又在矩形 ABCD 中，ABDC，DABADCABC90， DABDAGADCADG， 即GABGDC30， GABGDC，7 分 GBGC. 当CGB120时，点 G 可能在矩形 ABCD 的内部或外部. 若点 G 在矩形 ABCD 的内部， 在BGC 中，G

7、BGC，CGB120， GBC180CGB 2 30， GBAABCGBC903060， 在ABG 中，AGB180GABGBA90， 在 RtABG 中，cosGABAG AB b a 3 2 ， a2 3 3 b.8 分 若点 G 在矩形 ABCD 的外部， 在BGC 中，GBC30， ABG120， 又GAB30， AGB1803012030. BABG， 5 过点 B 作 BHAG，垂足为 H， AH1 2AG 1 2b. 在 RtABH 中，AHB90，HAB30， cosHABAH AB 1 2b a 3 2 ， a 3 3 b.9 分 在 RtADP 中，ADP90，PAD30，

8、 tanPADDP AD 3 3 ， DP 3 3 b. 所以无论点 G 在矩形 ABCD 内部还是点 G 在矩形 ABCD 外部，都有 DPDC，均符合 题意. 综上，当CGB120时 a 与 b 的数量关系为 a2 3 3 b 或 a 3 3 b.10 分 23.（本题满分 10 分） （1） （本小题满分 4 分） 解法一：50064%50028%460（份）.4 分 答：食堂每天需要准备 460 份午餐. 解法二：5005008%460（份）. 答：食堂每天需要准备 460 份午餐.4 分 （2） （本小题满分 6 分） 解：可以估计参加演练的 100 名职员用餐时间的平均数为： x

9、1620184020182214248 204018148 19（min）.6 分 参加演练的 100 名职员取餐的人均时间： 1 . 0 100 10 = （min） ； 可以估计： 该公司用餐职员的用餐时间平均为 19 min， 取餐职员取餐时间平均为 0.1 min. 根据表格， 可以估计第一批职员用餐 19 min 后， 空出的座位有： 16060%96 （个） . 而第二批职员此时开始排队取餐，取完餐坐满这 96 个空位所用的时间约为： 960.19.6（min）. 根据表格，可以估计：第一批职员用餐 19 min 后，剩下的职员在 6 min 后即可全部 结束用餐，因为 9.66，

10、所以第二批取餐进入用餐区的职员都能保证有座位. 8 分 可以估计 140 名只取餐的职员，需要 14min 可取完餐. 可设计时间安排表如下： 时间取餐、用餐安排 12:0012:19 第一批 160 名在食堂用餐的职员用餐； 仅在食堂取餐的 140 名职员取餐 12:1913:00第二批 160 名在食堂用餐的职员取餐、用餐 13:00食堂进行消杀工作 6 10 分 24.（本题满分 12 分） （1） （本小题满分 6 分） 解：在ABCD 中，ABBC2， 四边形 ABCD 是菱形. 2 分 ACBD. AMB90.4 分 AB 为O 的直径.5 分 r1 2AB1.6 分 （2） （本

11、小题满分 6 分） 解：连接 AE，设圆心为如图点 O，连接 OA，OB，OC，OD，OE，直线 OC 与 AD 交于 点 N，则 OAOBOEr. 在O 中， AEnr 180. AE 2r， n90.即AOE90.7 分 AE AE， ABE1 2AOE45. 在ABCD 中，ADBC， ACBDAC45. BACB45. BAC90，ABAC. 在 RtABC 中，BC AB2AC2 2AB.8 分 CE 2AB， BCCE. 又OBOE， OCBE.9 分 OCB90. ADBC， OCBONA90. OCAD. 在ABCD 中，DB45. ACCD. ANND. 即直线 OC 垂直平

12、分 AD OAOD. 点 D 在O 上.11 分 DF 为O 的直径. DEF90.12 分 25.（本题满分 14 分） 7 （1） （本小题满分 3 分） 解：因为点（1，2） ， （3，a）是一对泛对称点， 设 3t2，1 分 解得 t2 3. 2 分 所以 at12 3. 3 分 （2） （本小题满分 4 分） 解法一： 解：设 P，Q 两点的坐标分别为 P（p,tq） ，Q（q,tp） ，其中 0pq，t0. 因为 PAx 轴于点 A，QBy 轴于点 B，线段 PA，QB 交于点 C， 所以点 A，B，C 的坐标分别为：A（p,0） ，B（0,tp） ，C（p,tp）.4 分 设直线

13、 AB，PQ 的解析式分别为：yk1xb1，yk2xb2，其中 k1k20. 分别将点 A（p,0） ，B（0,tp）代入 yk1xb1，得 pk1b10 b1tp . 解得 k1t b1tp .5 分 分别将点 P（p,tq） ，Q（q,tp）代入 yk2xb2，得 pk2b2tq qk2b2tp . 解得 k2t b2tptq ，6 分 所以 k1k2. 所以 ABPQ.7 分 解法二： 解：设 P，Q 两点的坐标分别为 P（p,tq） ，Q（q,tp） ，其中 0pq，t0. 因为 PAx 轴于点 A，QBy 轴于点 B，线段 PA，QB 交于点 C， 所以点 A，B，C 的坐标分别为：

14、A（p,0） ，B（0,tp） ，C（p,tp）.4 分 所以 QCxQxCqp，CBxCxBp，PCyPyCtqtp，CAyCyAtp. 在 RtPCQ 与 RtACB 中， tanCPQQC PC qp tqtp qp t（qp） 1 t .5 分 tanCABCB CA p tp 1 t .6 分 所以 tanCPQtanCAB. 所以CPQCAB. 所以 ABPQ.7 分 （3） （本小题满分 7 分） 解：因为抛物线 yax2bxc（a0）交 y 轴于点 D， 所以点 D 的坐标为（0,c）. 因为 DMx 轴， 所以点 M 的坐标为（xM,c） ，又因为点 M 在抛物线 yax2b

15、xc（a0）上. 可得 axM2bxMcc，即 xM（axMb）0. 解得 xM0 或 xMb a. 8 因为点 M 不与点 D 重合，即 xM0，也即 b0， 所以点 M 的坐标为（b a,c）. 8 分 因为直线 yaxm 经过点 M， 将点 M（b a,c）代入直线 yaxm 可得，a（ b a）mc. 化简得 m?c.9 分 所以直线解析式为：yax?c. 因为抛物线 yax2bxc 与直线 yax?c 交于另一点 N， 由 ax2bxcax?c，可得 ax2（?a）xb0. 因为（?a）24a?（ab）2， 解得 x1b a，x 21. 即 xMb a，x N1，且b a1，也即 a

16、b0. 所以点 N 的坐标为（1,a?c）.10 分 要使 M（b a,c）与 N（1,a?c）是一对泛对称点， 则需 ct 1 且 a?ct （b a）. 也即 a?c（b a）c. 11 分 也即（ab）a（ab）c. 因为 ab0， 所以当 ac 时，M，N 是一对泛对称点. 因此对于任意满足条件的实数 b，都存在 M，N 是一对泛对称点的情形. 12 分 此时点 M 的坐标为（b a,a） ，点 N 的坐标为（1,?）. 所以 M，N 两点都在函数 yb x（b0）的图象上. 因为 a0， 所以当 b0 时，点 M，N 都在第一象限，此时 y 随 x 的增大而减小，所以当 yMyN时， 0xM1； 当 b0 时，点 M 在第二象限，点 N 在第四象限，满足 yMyN，此时 xM0. 综上，对于任意满足条件的实数 b，都存在 M，N 是一对泛对称点的情形，此时对于所有 的泛对称点 M（xM,yM） ，N（xN,yN） ，当 yMyN时，xM的取值范围是 xM1 且 xM0. 14 分