2021年厦门市初中毕业班教学质量检测(含答案)

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：
1．全卷三大题，25小题，试卷共5页，另有答题卡．2．答案必须写在答题卡上，否则不能得分．3．可以直接使用2B 铅笔作图．
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 .14×104B .1.4×105C .1.4×104D .0.14×106
3.图1所示的立体图形的主视图是
4.有一组数据：2，3，5，7，
5.这组数据的众数是A .2B .3C .5D .75.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 56.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 ＋17.△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 2C .(a －b )2＝a 2－2ab ＋b 2D .(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 .π
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）
解不等式组：
x ＋1≥2，
①
2x －3＜6－x .②
18.（本题满分8分）
如图8，四边形ABCD 是平行四边形，E ，F 分别是边AB ，CD 上的点，AE ＝CF .证明AF ＝CE .
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：
所抽取的班级班级1班级2班级3班级4班级5总学生数4743424850近视学生数
25
25
30
27
33
（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200m 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9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.
表一
图9
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
CD＝
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11，若点M在⊙O上，且CE＝CM.求证：CM是⊙O的切线；
（2）如图12，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.
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QO 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∠PAQ ），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通常围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 ，且AD ＝AC .（1）若m 2＝1，
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 △ACK ＝5
12
S △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）
题号12345678910
选项A B A C B D D C B D
二、填空题（本大题共6小题，每题4分，共24分）
.12.a2(a－b).13.5.14.3.
11.1
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）
+1≥2，①
x－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 +1
m (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＝1423
.………………………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1423
；（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
k
1+b 1＝200，k 1+b 1＝900.
1=－4000，2＝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
，0≤t＜60，
t－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
＝70t－4000，
＝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分
∵∠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
2
PQ ＝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＝12
.所以A (－12
，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)－12k ＋b ＝1，＋b ＝4m 2
．可得b ＝2m .
所以N （0，2m ）．…………………………………5分
因为14
≤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14
≤m ≤1时，△PNQ 的面积S 随m 的增大而增大.所以716
≤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 ＝22
．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 2,412＝1，
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 ＝512
S △ACD ，所以CK ＝512CD ＝52
．所以K (2,32
)．……………………………………………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。