【厦门二检】2020年厦门市初中毕业班教学质量检测数学及答案

12020年厦门市初中毕业班教学质量检测数学参考答案说明：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）11.5.12.50.13.110.14.3.15.15.16.9.三、解答题（本大题有9小题，共86分）17.（本题满分8分）x－3≤0，①2x+1＞－5－x.②解：解不等式①，得x≤3，………………3分解不等式②，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－2＜x≤3.………………8分18.（本题满分8分）解：(1－2m＋1)÷(m－1)＝(m＋1m＋1－2m＋1)÷(m－1)………………………2分＝m＋1－2m＋1·1m－1……………………………4分＝m－1m＋1·1m－1……………………………5分＝1m＋1.……………………………6分当m＝3－1时，原式＝13－1＋1……………………………7分＝33.……………………………8分219.（本题满分8分）方法一：证明：∵BE⊥AC，DF⊥AC，∴∠AEB＝90°，∠CFD＝90°.……………………………1分∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD.……………………………4分∴∠BAE＝∠DCF.……………………………5分∵∠BAE＝∠DCF，∠AEB＝∠CFD，AB＝CD，∴△BAE≌△DCF.……………………………7分∴BE＝DF.……………………………8分方法二：证明：∵BE⊥AC，DF⊥AC，∴S△ABC＝12AC·BE，S△ADC＝12AC·DF.……………………………1分∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，BC＝DA.……………………………4分又∵AC＝AC，∴△ABC≌△CDA.……………………………7分∴S△ABC＝S△ADC∴BE＝DF.……………………………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∠BAC＝∠DAM）：……………………………3分解法二（作∠CAM＝∠BAD）：……………………………3分3（2）（本小题满分5分）解：∵△ADM∽△ABC，∴BCDM＝ABAD.……………………………5分∵在Rt△ABD中，cos∠BAD＝ABAD，……………………………7分∵cos∠BAD＝23，∴ABAD＝23.∴BCDM＝23.∵BC＝6，∴DM＝9.……………………………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s＝k2t+b（k2≠0）.……………………………1分因为当t＝0时，s＝6；当t＝5时，s＝8，代入得6＝b5k2+b＝8……………………………2分解得b=6k2＝25……………………………3分所以l2：s＝25t+6（t≥0）.……………………………4分（2）（本小题满分4分）解：由题可设l1：s＝k1t，（k1≠0）因为当t＝5时，s＝4，代入可得l1：s＝45t（t≥0）.……………………………5分当二者处于同一高度时，25t+6＝45t.……………………………6分解得t＝15.……………………………7分此时s＝12.即在15min时，二者处于同一高度12m.因为12m＜16m，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∴AD＝AG.∵在△ADG中，AD＝AG，AE⊥DG，∴∠PAG＝∠PAD＝30°．……………2分又∵在正方形ABCD中，AD＝AB，∠DAB＝∠ABC＝90°，……………3分∴AG＝AB，∠GAB＝∠DAB－∠PAD－∠PAG＝30°，∴在△GAB中，∠ABG＝∠AGB＝180°－∠GAB2＝75°，……………4分∴∠GBC＝∠ABC－∠ABG＝15°.……………5分（2）（本小题满分5分）解：连接DG，AG.由（1）可知，在△ADG中，AD＝AG，∠DAG＝∠PAD＋∠PAG＝60°，∴△ADG是等边三角形，……………6分∴DG＝AG＝AD，∠DAG＝∠ADG＝∠DGA＝60°.又∵在矩形ABCD中，AB＝DC，∠DAB＝∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠DAB－∠DAG＝∠ADC－∠ADG，即∠GAB＝∠GDC＝30°，∴△GAB≌△GDC，……………7分∴GB＝GC.当∠CGB＝120°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，GB＝GC，∠CGB＝120°，∴∠GBC＝180°－∠CGB2＝30°，∴∠GBA＝∠ABC－∠GBC＝90°－30°＝60°，在△ABG中，∠AGB＝180°－∠GAB－∠GBA＝90°，∴在Rt△ABG中，cos∠GAB＝AGAB＝ba＝32，∴a＝233b.……………8分若点G在矩形ABCD的外部，在△BGC中，∠GBC＝30°，∴∠ABG＝120°，又∵∠GAB＝30°，∴∠AGB＝180°－30°－120°＝30°.∴BA＝BG，5过点B作BH⊥AG，垂足为H，∴AH＝12AG＝12b.在Rt△ABH中，∠AHB＝90°，∠HAB＝30°，∴cos∠HAB＝AHAB＝12ba＝32，∴a＝33b.……………9分在Rt△ADP中，∠ADP＝90°，∠PAD＝30°，∴tan∠PAD＝DPAD＝33，∴DP＝33b.所以无论点G在矩形ABCD内部还是点G在矩形ABCD外部，都有DP≤DC，均符合题意.综上，当∠CGB＝120°时a与b的数量关系为a＝233b或a＝33b.………10分23.（本题满分10分）（1）（本小题满分4分）解法一：500×64%＋500×28%＝460（份）.……………4分答：食堂每天需要准备460份午餐.解法二：500－500×8%＝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：①可以估计参加演练的100名职员用餐时间的平均数为：x＝16×20＋18×40＋20×18＋22×14＋24×820＋40＋18＋14＋8＝19（min）.……………6分参加演练的100名职员取餐的人均时间：1.010010=（min）；可以估计：该公司用餐职员的用餐时间平均为19min，取餐职员取餐时间平均为0.1min.根据表格，可以估计第一批职员用餐19min后，空出的座位有：160×60%＝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：96×0.1＝9.6（min）.根据表格，可以估计：第一批职员用餐19min后，剩下的职员在6min后即可全部结束用餐，因为9.6＞6，所以第二批取餐进入用餐区的职员都能保证有座位.…………8分②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12:00—12:19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12:19—13:00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，AB＝BC＝2，∴四边形ABCD是菱形.……………2分∴AC⊥BD.∴∠AMB＝90°.……………4分∴AB为⊙O的直径.……………5分∴r＝12AB＝1.……………6分（2）（本小题满分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OA＝OB＝OE＝r.在⊙O中，︵AE＝nπr180.∵︵AE＝π2r，∴n＝90°.即∠AOE＝90°.……………7分∵︵AE＝︵AE，∴∠ABE＝12∠AOE＝45°.在□ABCD中，AD∥BC，∴∠ACB＝∠DAC＝45°.∴∠B＝∠ACB＝45°.∴∠BAC＝90°，AB＝AC.∴在Rt△ABC中，BC＝AB2＋AC2＝2AB.……………8分∵CE＝2AB，∴BC＝CE.又∵OB＝OE，∴OC⊥BE.……………9分∴∠OCB＝90°.∵AD∥BC，∴∠OCB＝∠ONA＝90°.∴OC⊥AD.在□ABCD中，∠D＝∠B＝45°.∴AC＝CD.∴AN＝ND.即直线OC垂直平分AD∴OA＝OD.∴点D在⊙O上.……………11分∴DF为⊙O的直径.∴∠DEF＝90°.……………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3t＝2，……………1分解得t＝23.……………2分所以a＝t×1＝23.……………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0＜p＜q，t＞0.因为PA⊥x轴于点A，QB⊥y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AB，PQ的解析式分别为：y＝k1x＋b1，y＝k2x＋b2，其中k1k2≠0.分别将点A（p,0），B（0,tp）代入y＝k1x＋b1，得pk1＋b1＝0b1＝tp.解得k1＝－tb1＝tp.……………5分分别将点P（p,tq），Q（q,tp）代入y＝k2x＋b2，得pk2＋b2＝tqqk2＋b2＝tp.解得k2＝－tb2＝tp＋tq，……………6分所以k1＝k2.所以AB∥PQ.……………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0＜p＜q，t＞0.因为PA⊥x轴于点A，QB⊥y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分所以QC＝xQ－xC＝q－p，CB＝xC－xB＝p，PC＝yP－yC＝tq－tp，CA＝yC－yA＝tp.在Rt△PCQ与Rt△ACB中，tan∠CPQ＝QCPC＝q－ptq－tp＝q－pt（q－p）＝1t.……………5分tan∠CAB＝CBCA＝ptp＝1t.……………6分所以tan∠CPQ＝tan∠CAB.所以∠CPQ＝∠CAB.所以AB∥PQ.……………7分（3）（本小题满分7分）解：因为抛物线y＝ax2＋bx＋c（a＜0）交y轴于点D，所以点D的坐标为（0,c）.因为DM∥x轴，所以点M的坐标为（xM,c），又因为点M在抛物线y＝ax2＋bx＋c（a＜0）上.可得axM2＋bxM＋c＝c，即xM（axM＋b）＝0.解得xM＝0或xM＝－ba.8因为点M不与点D重合，即xM≠0，也即b≠0，所以点M的坐标为（－ba,c）.……………8分因为直线y＝ax＋m经过点M，将点M（－ba,c）代入直线y＝ax＋m可得，a·（－ba）＋m＝c.化简得m＝＋c.……………9分所以直线解析式为：y＝ax＋＋c.因为抛物线y＝ax2＋bx＋c与直线y＝ax＋＋c交于另一点N，由ax2＋bx＋c＝ax＋＋c，可得ax2＋（－a）x－b＝0.因为△＝（－a）2＋4a＝（a＋b）2，解得x1＝－ba，x2＝1.即xM＝－ba，xN＝1，且－ba≠1，也即a＋b≠0.所以点N的坐标为（1,a＋＋c）.……………10分要使M（－ba,c）与N（1,a＋＋c）是一对泛对称点，则需c＝t×1且a＋＋c＝t×（－ba）.也即a＋＋c＝（－ba）·c.……………11分也即（a＋b）·a＝－（a＋b）·c.因为a＋b≠0，所以当a＝－c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.……………