2021年厦门市初中毕业班教学质量检测(数学)参考答案.pdf

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1、2021 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）题号选项1A2C3B4A113.105B6D7C8D9A10C二、填空题（本大题共 6 小题，每题 4 分，共 24 分）11.5.12.50.14.3.15.15.16.9.三、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 分解不等式，得2x+x-5-1，4 分3x-6，5 分x-2，6 分所以这个不

2、等式组的解集是2x3.8 分18.（本题满分 8 分）2解：(1)(m1)m1m12()(m1)2 分m1m1m1214 分m1m1m115 分m1m11.6 分m117 分3113.8 分3当 m 31 时，原式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，BAEDCF.7 分BEDF.8 分方法二：证明：BEAC，DFAC，11SABC ACBE，SADC ACDF.1 分22四边形 ABCD 是平行四边形，ABCD，BCDA.4

3、分又ACAC，ABCCDA.7 分SABCSADCBEDF.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）：AEMCBD3 分解法二（作CAMBAD）：AEMBCD3 分（2）（本小题满分 5 分）解：ADMABC，BCAB.5 分DMADAB，7 分AD在 RtABD 中，cosBAD2cosBAD，3AB2.AD3BC2.DM3BC6，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，代入得解得b=623

4、分k252所以 l2：s t+6（t0）.4 分5（2）（本小题满分 4 分）解：由题可设 l1：sk1t，（k10）4因为当 t5 时，s4，代入可得 l1：s t（t0）.5 分524当二者处于同一高度时，t+6 t.6 分55解得 t15.7 分此时 s12.即在 15min 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.6b2 分5k2+b8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

5、）（本小题满分 5 分）PDC解：连接 DG，交 AP 于点 E，连接 AG.E点 G 与点 D 关于直线 AP 对称，GAP 垂直平分 DG，1 分ADAG.在ADG 中，ADAG，AEDG，ABPAGPAD302 分又在正方形 ABCD 中，ADAB，DABABC90，3 分AGAB，GABDABPADPAG30，180GAB在GAB 中，ABGAGB75，4 分2GBCABCABG15.5 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

6、中，ABDC，DABADCABC90，DABDAGADCADG，即GABGDC30，GABGDC，7 分DGBGC.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，GBGC，CGB120，180CGBGBC30，2GBAABCGBC903060，在ABG 中，AGB180GABGBA90，AGb3在 RtABG 中，cosGAB，ABa22 3ab.8 分3若点 G 在矩形 ABCD 的外部，在BGC 中，GBC30，ABG120，又GAB30，AGB1803012030.BABG，DPCAPCGBGHAB过点 B 作 BHAG，

7、垂足为 H，11AH AG b.22在 RtABH 中，AHB90，HAB30，1bAH23cosHAB，ABa2a3b.9 分3在 RtADP 中，ADP90，PAD30，DP3tanPAD，AD3DP3b.3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.2 33综上，当CGB120时 a 与 b 的数量关系为 ab 或 ab.10 分3323.（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

8、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：1620184020182214248x 19（min）.6 分204018148参加演练的 100 名职员取餐的人均时间：10=0.1（min）；100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 0.1min.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

9、员在6 min 后即可全部结束用餐，因为 9.66，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12:0012:1912:1913:0013:00取餐、用餐安排第一批 160 名在食堂用餐的职员用餐；仅在食堂取餐的 140 名职员取餐第二批 160 名在食堂用餐的职员取餐、用餐食堂进行消杀工作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1r AB1.6 分2（2）（

10、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 OAOBOEr.nr在O 中，AE.180AE r，2n90.即AOE90.7 分AEAE，1ABE AOE45.2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 垂直平分 ADOAOD.点 D 在O 上.11 分DF 为

11、O 的直径.DEF90.12 分25.（本题满分 14 分）ANDBCOE（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2解得 t.2 分32所以 at1.3 分3（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 AB，PQ 的解析式分别为：yk1xb1，yk2xb2，其中 k1 k20.分别将点 A（p,0

12、），B（0,tp）代入 yk1xb1，得ypk1b10k1tP.解得.5 分b1tpb1tp分别将点 P（p,tq），Q（q,tp）代入 yk2xb2，得pk2b2tqk2t.解得，6 分qk2b2tpb2tptqBCO AQx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：A（p,0），B（0,tp），C（p,tp）.4 分所以 QCxQxCqp，CBxCxBp，PCyPyCtqtp，CAyCyAtp

13、.在 RtPCQ 与 RtACB 中，qpQCqp1tanCPQ.5 分PCtqtpt（qp）tCBp1tanCAB .6 分CAtpt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 yax2bxc（a0）上.可得 axM 2bxMcc，即 xM（axMb）0.b解得 xM0 或 xM.a因为点 M 不与点 D 重合，即 xM0，也即 b0，b所以点 M 的坐标为（,c）.8 分

14、a因为直线 yaxm 经过点 M，bb将点 M（,c）代入直线 yaxm 可得，a（）mc.aa化简得 mbc.9 分所以直线解析式为：yaxbc.因为抛物线 yax2bxc 与直线 yaxbc 交于另一点 N，由 ax2bxcaxbc，可得 ax2（ba）xb0.因为（ba）24ab（ab）2，b解得 x1，x21.abb即 xM，xN1，且 1，也即 ab0.aa所以点 N 的坐标为（1,abc）.10 分b要使 M（,c）与 N（1,abc）是一对泛对称点，ab则需 ct 1 且 abct（）.ab也即 abc（）c.11 分a也即（ab）a（ab）c.因为 ab0，所以当 ac 时，M

15、，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b此时点 M 的坐标为（,a），点 N 的坐标为（1,b）.ab所以 M，N 两点都在函数 y（b0）的图象上.x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，0 xM1；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