【质检试卷】2021年厦门市初中毕业班质量检查数学试题及答案

准考证号：___________姓名:___________
（在此卷上答题无效）
2021年厦门市初中毕业班教学质量检测
数学
注意事项:考生必须写在答题卡上相应的区域内作答，否则不能得分.
一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分.每小题都有四个选项，其中有且只有一个选项正确） 1.计算│−4│的结果是 A .4
B .-4
C .±4
D .±2
2.截止2020年底，我国铁路营业里程超过140000公里，其中高铁里程超过世界高铁总里程的三分之二，是世界上唯一高铁成网运行的国家.将140000用科学记数法表示为 A .14×104
B .1.4×105
C .1.4×104
D .0.14×106
3.图1所示的立体图形的主视图是
A .2
B .3
C .5
D .
4.有一组数据:2，3，5，7，
5.这组数据的众数是 A .2
B .3
C .5
D .7
5.下列计算正确的是 A .a 3+a 2=a 5
B .a 3·a 2=a 5
C . a 3÷a 2=a 5
D .(a 3)2=a 5
6.点P 在数轴上的位置如图2所示，若点P 表示实数a ，则下列数中，所对应的点在数轴上位于-1与0之间的是 A .−a
B .a −1
C .1−a
D .a +1
7.△ABC 内接于圆，延长BC 到D ，点E 在⌒
BC 上，连接AE 、EC ，
如图3所示.图中等于∠ACD 与∠BAC 之差的角是 A .∠ACB
B .∠BAE
C .∠EAC
D .∠AEC
8.观察“赵爽弦图”（如图4），若图中四个全等的直角三角形的两直角边分别为a ，b ，a >b ，根据图中图形面积之间的关系及勾股定理，可直接得到等式 A .a(a–b)=a 2−ab
B .(a +b)(a–b)=a 2−b 2
图1
C .(a −b )2=a 2−2ab +b 2
D .(a +b )2=a 2+2ab +b 2
9.将一个半径为1的圆形轮子沿直线l 水平向右滚动，图5 中显示的是轮子上的点P 的起始位置与终止位置，其中 在起始位置时PO ∥l ，在终止位置时PO 与l 所夹锐角为 60°，则滚动前后，圆心之间的距离可能为
A .π3
B .2π3
C .
D .4π3
10.在平面直角坐标系:xOy 中，抛物线y =x 2+bx −b(b >0)与y 轴交于点C ，点A(m ，n)在该抛物线位于y 轴左侧的图象上.记△AOC 的面积为S ，若0<S <b 2，∠AOC >45°，则下列结论正确的是 A .0<m <2b B .−2b <m <0
C .−b <n <2b 2
D .−b <n <2b 2−b
二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）
11.把一个圆形转盘分成3个相同的扇形，分别涂上红、绿、黄三种颜色.转盘的中心装有固定的指针，绕中心自由转动转盘，当它停止时，指针指向红色的概率是 _________.
12.因式分解:a 3−a 2b =_________.
13.如图6，在Rt △ABC 中，∠C =90°，BC =3，AC =4， BD 平分∠ABC ，AD ∥BC ，则AD 的长是_________. 14.如图7，正方形ABCD 的边长为5，点O 是中心，点M 在边AB 上，连接OB 、OM ，过O 作ON ⊥OM 交边BC 于点N .若BM =2，则BN 的长是_________. 15.在平面直角坐标系xOy 中，点A(x A ,y A )，B(x B ,y B )，
C(x C ,y C )，D(x D ,y D )在双曲线y =k
x （k >0）上，且
图2
E D
C
B
A
图3
图4
l
图5
M O
D
C
B
A
D
C B
A
图6
0<x A <x B ，x D <x C <0.要使得四边形ABCD 是矩 形，至少要满足条件_________.（只需写出一种符合 题意的答案，填写相应的序号即可）
①x B =y A ；②x D +y A =0；③x A +x C =0且x B +x D =0；④AC 、BD 都经过点O . 16.用《九章算术》中记载的“更相减损术”求168和72的最大公约数，运算步骤如下: 第一步:168−72=96；第二步:96−72=24； 第三步:72−24=48；第四步:48−24=24.
如果继续操作，可得24−24 = 0，因此，经过上述四步运算，求得的结果24是168和72的最大公约数.若两个正整数经过“更相减损术”的三步运算，所求得的最大公约数为a ，且这两个数中的一个大于另一个的2倍，则这两个正整数分别为________.（用含a 的代数式表示）
三、解答题（本大题有9小题，共86分） 17.（本题满分8分）
解方程组：{
x +1≥2 ①
2x −3<6−x ②
18.（本题满分8分）
如图，四边形ABCD 是平行四边形，E 、F 分别是边AB 、CD 上的点，AE =CF . 证明AF =CE .
19.（本题满分8分） 先化简，再求值:(m −
m+9m+1
)÷
m 2+3m m+1
，其中m =√3.
20.（本题满分8分）
某校为了解初一年级学生的近视情况，在初一年级随机抽取五个班级的学生进行调查，统计结果如表一所示:
表一
F
E D
C B
A
（1）在这五个班级的学生中随机抽取一名学生，求抽中近视的学生的概率； （2）该校初一年级有690名学生，估计该校初一年级近视的学生数.
21.（本题满分8分）
某学校、电影院、市体育馆依次在一条东西向的路上.某日，甲同学到距离学校200 m 的电影院看电影，在电影院内停留60min 后，以70m /min 的速度步行10min 到达市体育馆.甲同学与学校的距离s （单位:m ）与时间t （单位:min ）的关系如图所示
（1）求甲同学与学校的距离s 关于时间t 的函数解析式；
（2）乙同学在甲到达电影院53min 后从学校出发，以50m /min 的速度步行去市体育馆，他们会在路上相遇吗?请说明理由.
22.（本题满分10分）
如图10，在△ABC 中，点D ，E 分别在边BC ，AC 上，且CD =CE ，点P 与点C 关于直线DE 成轴对称.
（1）求作点P ；（要求:尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
（2）连接EP ，若BD AD =EP AE =1
2，判断点P 是否在直线AB 上，并说明理由.
23.（本题满分10分）
四边形ABCD 是正方形，⊙O 经过A 、D 两点且与BC 边相切于点E ，动点P 在射线BC 上且在点C 的右侧，动点Q 与点O 位于射线BC 的同侧，点M 是BQ 的中点，连接CM 、PQ .
（1）如图1，若点M 在⊙O 上，且CE = CM .求证:CM 是⊙O 的切线；
（2）如图2，连接OE 交BQ 于点G ，若BC =2，∠BPQ =60°，PQ =CP =m ，当点M
在⊙O 内时，求BM
BG 的值（用含m 的代数式表示），并直接写出m 的取值范围.
第23题图2
第23题图
1
E
24.（本题满分12分）
一个角的顶点在圆外，两边都与该圆相交，则称这个角是它所夹的较大的弧所对的圆外角.
（1）证明:一条弧所对的圆周角大于它所对的圆外角； （2）应用（1）的结论，解决下面的问题:
某市博物馆近日展出当地出土的珍贵文物，该市小学生合唱队计划组织120名队员前去参观，队员身高的频数分布直方图如图13所示.该文物PQ 高度为96cm ，放置文物的展台Q 0高度为168cm ，如图14所示.为了让参观的队员站在最理想的观看位置，需要使其观看该文物的视角最大（视角:文物最高点P 、文物最低点Q 、参观者的眼睛A 所形成的∠P AQ ），则分隔参观者与展台的围栏应放在距离展台多远的地方?请说明理由.（说明:①参观者眼睛A 与地面的距离近似于身高；②通常圆栏的摆放位置需考虑参观者的平均身高）
25.（本题满分14分）
点A(−m 1,1)，B(m 1,1)，C(m 2,4)在抛物线y =a(x–ℎ)2上，其中m 1>0，m 2>0，点D 在第四象限，直线AD ⊥AC 交x 轴于点M ，AD =AC . （1）若m 2=1，
24题图1
24题图2
Q
P
①求该抛物线的解析式；
②P(m,n)（1
4≤m ≤1）是该抛物线上的动点.连接AP 交y 轴于点N ，点Q 的坐标为
(0,4)，求△PNQ 面积的取值范围；
（2）连接CD ，点K 在线段CD 上，AM =√2，S ∆AC K =5
12S ∆ACD .将抛物线y =a(x −ℎ)2
平移.若平移后抛物线的顶点仍在原抛物线上，判断平移后的抛物线是否经过点K ，并说明理由.
2021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）
11.13
.
12.a 2
(a －b ).
13.5. 14.3.
15. ①③（或①④或②③或②④，写出一种即可）. 16.4a ,a 或5a ,2a . 三、解答题（本大题有9小题，共86分） 17.（本题满分8分）
⎩⎨
⎧x +1≥2，①
2x －3＜6－x .②
解：解不等式①，得
x ≥2－1，………………2分
x ≥1，………………3分
解不等式②，得
2x+x ＜6+3，………………4分 3x ＜9，………………5分
x ＜3，………………6分
所以这个不等式组的解集是
1≤x ＜3. ………………8分
18.（本题满分8分） 方法一 证明：
∵ 四边形ABCD 是平行四边形，
∴ AB ∥CD . ……………………………3分 ∴ AE ∥CF . 又∵ AE ＝CF ，
∴ 四边形AECF 是平行四边形. ……………………………7分 ∴ AF ＝CE . ……………………………8分 方法二 证明：
∵ 四边形ABCD 是平行四边形，
∴ AD ＝BC ，AB ＝CD ，∠B ＝∠D . ……………………………3分 ∵ AE ＝CF ，
∴ AB －AE ＝CD －CF .即BE ＝DF .……………………………5分 ∴ △ADF ≌△CBE .……………………………7分 ∴ AF ＝CE . ……………………………8分
19.（本题满分8分）
解： (m －m +9m ＋1) ÷m 2+3m
m ＋1
＝[
m (m ＋1)m ＋1－m +9m ＋1]·m +1m (m +3)
………………………2分
＝m 2－9m ＋1·m +1m (m +3)
………………………3分
＝(m －3)(m +3)m ＋1·m +1
m (m +3)………………………5分
＝
m －3
m
.……………………………6分 当m ＝3时，原式＝
3－3
3
……………………………7分 ＝1－ 3. ……………………………8分
20.（本题满分8分）
解：（1）（本小题满分5分）
记这五个班级的学生中随机抽取一名学生，抽中近视的学生为事件A ，则
P (A )＝
25＋25＋30＋27＋3347＋43＋42＋48＋50＝14
23
. ………………………5分
（2）（本小题满分3分） 690×14
23
＝420.
答：（1）这五个班级的学生中随机抽取一名学生，抽中近视的学生的概率为14
23；
（2）估计该校初一年级近视的学生为420人. ………………………8分
21.（本题满分8分）
解：（1）（本小题满分4分）
由题可设l AB 的解析式为s ＝k 1t ＋b 1（k 1≠0）.………………………1分
依题意，体育馆与学校的距离为70×20＋200＝900，所以B (200，900). 把A (60，200)，B (200，900)分别代入s ＝k 1t+b ，得
⎩⎨
⎧60k 1+b 1＝200，
200k 1+b 1＝900. 解得⎩⎨⎧b 1=－4000，k 2＝70.
所以l AB 的解析式为s ＝70t －4000(60≤t ≤70).……………………………3分 所以甲同学与学校的距离s 关于时间t 的函数解析式为
s ＝⎩⎨⎧200，0≤t ＜60，70t －4000，60≤t ≤70.
……………………………4分 （2）（本小题满分4分） 他们会在路上相遇，理由如下：
由题可知，对于乙同学，s 与t 的关系为：s ＝50(t －53)(53≤t ≤71). 即s ＝50t －2650 (53≤t ≤71). …………………5分
当53≤t ＜60时，甲在电影院内，乙在路上行走，两人不会相遇.
当60≤t ≤70时，解方程组⎩⎨⎧s ＝70t －4000，
s ＝50t －2650
可得t ＝67.5.…………………7分
因为60≤67.5≤70，即在甲从电影院到体育馆的路上，两人会相遇. 所以他们会在路上相遇.……………8分
22.（本题满分10分） 解：（1）（本小题满分4分）
如图点P 即为所求.……………………………4分 解法一： 解法二：
（2）（本小题满分6分）
点P 在直线AB 上，理由如下：
如图，连接DP ，设线段EP 与AB 交于点Q ， ∵ 点P 与点C 关于直线DE 成轴对称， ∴ ED 垂直平分CP .
∴ EP ＝CE ，DP ＝CD .……………………………5分 ∵ CD ＝CE ， ∴ EP ＝CE ＝CD ＝DP .
∴ 四边形EPDC 是菱形.……………………………6分 ∴ EP ∥CD .
∴ ∠AQE ＝∠B ，∠AEQ ＝∠C .
∴ △AQE ∽△ABC .……………………………7分
∴AE
AC＝
QE
BC
.
∵BD
CD＝
EP
AE＝
1
2
，
设BD＝a，则CD＝2a.
∴CE＝EP＝2a，BC＝3a. ∴AE＝4a.
∴AC＝6a.
∵QE
BC＝
AE
AC，
∴QE
3a
＝
4a
6a
.
∴QE＝2a.
∴QE＝EP.
又∵点Q在EP上，
∴点Q与点P重合.
∴点P在直线AB上.……………………………10分
23.（本题满分10分）
（1）（本小题满分5分）
证明：连接OE，OM，OC.
∵ BC切⊙O于点E，
∴ OE⊥BC，即∠OEC＝90°. ……………………1分
∵ 点E，点M在⊙O上，
∴ OE＝OM.
又∵ CE＝CM，OC＝OC，
∴ △OCE≌△OCM，……………………3分
∴ ∠OMC＝∠OEC＝90°，即OM⊥CM，……………………4分又∵ 点M在⊙O上，
∴ CM是⊙O的切线. ……………………5分
（2）（本小题满分5分）
解：连接EO并延长交AD于点F，连接OA，OD.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝BC＝2.
又∵ 由（1）得∠OEC ＝90°， ∴ 四边形ECDF 为矩形. ∴ EC ＝FD ，∠OFD ＝90°.
∵ OA ＝OD ，所以AF ＝FD ＝1
2AD ，
∴ EC ＝FD ＝12AD ＝1
2BC .
∴ BE ＝EC ＝1
2
BC .
……………………6分
过点Q 作QH ⊥CP 于H ，连接CQ . ∵ ∠BPQ ＝60°，PQ ＝PC ＝m ， ∴ △CPQ 为等边三角形，QC ＝PQ . ∵ QH ⊥CP ，即∠QHP ＝90°， ∴ CH ＝HP ＝12CP ＝1
2
m .
(7)
∵ ∠OEC ＝∠QHP ＝90°，所以GE ‖QH ， ∴
BQ BG ＝BH
BE
. ∵ 点M 是BQ 的中点，所以BM ＝1
2
BQ ，
∴ BM BG ＝BQ 2BG ＝BH 2BE ＝BH BC ＝BC +CH BC ＝2+12m 2＝ 1+m
4.
………………8分
当点M 在⊙O 内时，0＜m ＜534.
……………………10分
24.（本题满分12分） （1）（本小题满分5分）
已知：如图所示，点A ，B ，C 在⊙O 上，点P 在⊙O 外. 求证：∠ACB ＞∠APB .
……………………2分
证明：设BP 交⊙O 于点Q ，连接AQ ， ∵ ∠ACB 与∠AQB 同对︵AB ， ∴ ∠ACB ＝∠AQB .
……………………3分
∵ 在△APQ 中，∠AQB ＝∠APB ＋∠PAQ ， ∴ ∠AQB ＞∠APB .
……………………4分
∴ ∠ACB ＞∠APB . ……………………5分
（2）（本小题满分7分）
解：设合唱队员平均身高为—
x cm ，则
—x ＝142×15＋146×18＋150×18＋154×30＋158×3915＋18＋18＋30＋39＝152.……………………7分
在QO 上取一点B ，使得BO ＝152cm ，则BQ ＝16cm ，
过B 作射线l ⊥QO 于B ，过P ，Q 两点作⊙C 切射线l 于M . …………………9分 依题意可知，参观的队员的眼睛A 在射线上.
而此时，射线l 上的点只有点M 在⊙C 上，其他的点在⊙C 外.
根据（1）的结论，视角∠PMQ 最大，即队员的眼睛A 与M 重合（也即队员站在MN 处）时，观看该展品的视角最大. 所以围栏应摆放在N 处.
…………………10分
连接CM 并延长交地面OD 于N ， 过C 作CH ⊥PQ 于H ，连接CP ，CQ ， 从而四边形HBMC 和四边形HONC 均为矩形. ∵ 在⊙C 中，CP ＝CQ ，CH ⊥PQ ， ∴ PH ＝HQ ＝1
2PQ ＝48.
∴ CQ ＝CM ＝HB ＝48+16＝64.
∵ 在Rt△CHQ 中，∠CHQ ＝90°，CQ 2
＝CH 2
+HQ 2
， ∴ CH ＝CQ 2
－HQ 2
＝642
－482
＝167. ∴ ON ＝CH ＝167.
即围栏应摆在距离展台167cm 处.…………………12分
25．（本题满分14分）
解：（1）①（本小题满分3分）
因为点A (－m 1,1),B (m 1,1)在抛物线y ＝a (x －h )2
上， 所以h ＝0，…………………………2分 所以该抛物线的解析式为y ＝ax 2
．
因为当m 2＝1时，点C 的坐标为（1，4），代入y ＝ax 2
，得a ＝4. 所以抛物线的解析式为y ＝4x 2
．…………………………………3分 ②（本小题满分4分）
因为A (－m 1,1),P (m ，n ) 在抛物线y ＝4x 2
上，
所以1＝4m 12，n ＝4m 2
. 因为m 1＞0， 所以m 1＝1
2
.
所以A (－1
2，1)．………………………………………………4分
设直线AP 的解析式为y ＝kx ＋b ，则N （0，b ）， 分别代入A (－12，1)，P (m ，4m 2
)得
⎩⎨
⎧
－1
2
k ＋b ＝1，km ＋b ＝4m
2
．
可得b ＝2m .
所以N （0，2m ）．…………………………………5分 因为1
4≤m ≤1，
所以2m ≤2＜4. 所以NQ ＝4－2m ．
过点P 作PH ⊥y 轴于点H ，则PH ＝m .
所以△PNQ 的面积S ＝12·NQ ·PH ＝12m ·（4－2m ）＝－m 2
＋2m (14≤m ≤1) .……6分
因为－1＜0，对称轴m ＝1，
所以当1
4≤m ≤1时，△PNQ 的面积S 随m 的增大而增大.
所以7
16≤S ≤1．……………………………7分
（2）（本小题满分7分）
平移后的抛物线不经过点K ，理由如下：
过点A 作直线AE ⊥x 轴于点E ，过点C 作CG ⊥AE 于点G ，过点D 作DF ⊥AE 于点F ． 因为A (－m 1,1)，AE ⊥x 轴， 所以AE ＝1. 因为AM ＝2，
所以在Rt △AEM 中，cos ∠EAM ＝AE AM ＝2
2
．
所以∠EAM ＝45°．…………………………8分 因为DF ⊥AE ， 所以∠AFD ＝90°． 所以∠ADF ＝45°．
因为AD ⊥AC ， 所以∠DAC ＝90°.
所以∠GAC ＝90°－∠EAM ＝45°. 因为CG ⊥AE ， 所以∠AGC ＝90°. 所以∠ACG ＝45°. 所以AG ＝CG ＝3. 所以m 2＋m 1＝3．
因为点A (－m 1,1),B (m 1,1)在抛物线y ＝a (x －h )2
上， 所以h ＝0. 所以y ＝ax 2
，
分别代入A (－m 1,1),C (m 2,4)得⎩⎨⎧am 12
＝1，am 22
＝4
．可得m 22＝4m 12
. 因为m 1＞0，m 2＞0， 所以m 2＝2m 1． 又因为m 2＋m 1＝3， 所以m 2＝2，m 1＝1．
所以C (2,4)，A (－1,1)．…………………………………………10分 把C (2,4)代入y ＝ax 2
得a ＝1． 所以y ＝x 2
．
因为平移后抛物线的顶点仍在y ＝x 2
上,
所以可设平移后抛物线的解析式为y ＝(x －t )2
＋t 2
．
因为∠EAM ＝∠GAC ，AD ＝AC ，∠ADF ＝∠ACG ， 所以△FAD ≌△GAC .……………………………………………………11分 所以FA ＝FD ＝AG ＝CG ＝3. 因为A (－1,1)， 所以D (2,－2)． 因为C (2,4)，
所以CD ⊥x 轴， ……………………………………………12分 且CD ＝6．
因为S △ACK ＝5
12S △ACD ，
所以CK ＝512CD ＝5
2
．
所以K (2,3
2
)．……………………………………………13分
代入平移后抛物线的解析式y ＝(x －t )2＋t 2得(2－t )2＋t 2
＝32．
化简得4t 2
－8t ＋5＝0．
该方程无实数根，故平移后的抛物线不经过点K ．……………………………14分。