福建省厦门市2021-2022学年九年级上学期市质检期末考试数学试题

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3 .
1
＝
2
x
2021—2022 学年第一学期初中毕业班期末考试
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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
选项
A
C
D
B
A
C
B
A
D
B


二、填空题 （本大题共 6 小题， 每题 4 分，共 24 分）
11. (2 ，3). 12. 13. ∠B.
15.（1）已知小正方形边长为 x，将其边长增加，得到大正方形；
16.②④.


14.4＋4 .
（2）(x＋) 2＝－c＋


三、解答题（本大题有 10 小题， 共 86 分）
17. （本题满分 7 分）
解法一：
a＝1 ，b＝－4 ，c＝－ 1.
因为△＝b2 －4ac＝20＞0，…………………………3 分
所以方程有两个不相等的实数根：
－b±
2a
4±
＝
＝2± ．…………………………5 分
即 x1＝2＋ ，x2＝2－ ．…………………………7 分
解法二：
由原方程得 x2 －4x＝1 ．…………………………1 分
x2 －4x＋4＝5 ．…………………………3 分
(x －2) 2＝5 ．…………………………4 分
可得 x－2＝±…………………………5 分
x1＝2＋ ，x2＝2－ ．…………………………7 分

a －2 (a －1)2
a2 －2a＋1 a＋1
a －2 (a －1)2
(a －1)2 a＋1
a －2 (a －1)2
a＋1
a －2
a －2 a＋1
a(a －2)＋1 a＋1
1 (a －1)2


18. （本题满分 7 分）
解法一：
证明：
∵ E，F 是对角线AC 的三等分点，
1
∴ AE＝CF＝ AC. ……………………1 分
3 B
∵ 四边形ABCD 是平行四边形，
∴ AB∥CD，AB＝CD.………………………………3 分
∴ ∠BAE＝ ∠DCF. ………………………………4 分
∵ AB＝CD ， ∠BAE＝ ∠DCF，AE＝CF，

∴ △BAE≌△DCF. ∴ BE＝DF.
………………………………6 分
………………………………7 分



A D
E
F

C




解法二：
证明：
分别连接 DE，BF，BD ，BD 交AC 于点 O，
∵ E，F 是对角线AC 的三等分点，
1
∴ AE＝CF＝ AC. ………………………………1 分
3 B
∵ 四边形ABCD 是平行四边形，
∴ OA＝OC，OB＝OD.……………………………3 分
又∵ AE＝CF，
∴ OA－AE＝OC－CF，
∴ OE＝OF， ……………………………4 分
∴ 四边形 BFDE 是平行四边形，…………………6 分
∴ BE＝DF. ……………………………7 分


A D
E

O F

C



19.（本题满分 7 分）
解： (a＋ )÷

＝ · ……………………………2 分

＝ · ……………………………3 分

＝ · ……………………………4 分

＝ ………………………………………5 分


当 a＝＋2 时， 原式＝



＋2＋1
＋2 －2


＝


＋3
3


＝1＋…………………………7 分

2
1
︵
︵
＝
20．
3
20.
3
20.（本题满分 7 分）
解：设该地这两年中欧班列开行量的年平均增长率为x，依题意得： ……………………1 分
500 (1＋x)2＝1280. ……………………4 分
解方程，得： x1＝－2.6(不合题意， 舍去)，x2＝0.6 ． ……………………6 分
答： 该地这两年中欧班列开行量的年平均增长率为为 0.6 ．…………………………7 分



21.（本题满分 8 分）
证明： 连接 OC.
∵ AB 为⊙O 的直径，AB＝6，
∴ OA＝3. ………………………1 分
设∠AOC＝n°.
∵ AC的长为 π，
∴ ＝π，
3πn
180
∴ n＝60，即∠AOC＝60°. ………………………3 分
∵ ∠B 与∠AOC 所对的弧都是AC，
∴ ∠B＝ ∠AOC＝30°. ………………………5 分
∵ BC＝PC，
∴ ∠P＝ ∠B＝30°，………………………6 分
∴ 在△OCP 中， ∠OCP＝180° － ∠AOC－∠P＝90°，
∴ OC⊥CP ．………………………7 分
∵ OC 是⊙O 的半径，
∴ 直线 PC 与⊙O 相切．………………………8 分






B
O

A
P C





22.（本题满分 8 分）
解：（ 1）（本小题满分 5 分）
抽检的 20 箱平均每箱中失活菌苗数为
0×6＋1×2＋2×5＋3×4＋5×2＋6×1
x 20
＝2 ． ………………………5 分
（2）（本小题满分 3 分）
估计事件 A 的概率为





………………………4 分

答：（ 1）抽检的 20 箱平均每箱中失活菌苗数为 2；（2）事件 A 的概率为 ………………8 分

1
D

Q
23.（本题满分 9 分）
解：（ 1）（本小题满分 4 分）
如图四边形ADBP 即为所求.…………………4 分


解法 1（作等角）：




D





Q



A





B P C

解法 2（作全等三角形）：

A
Q

D

B P C


解法 3（作轴对称点）：

A






B P C
（2）（本小题满分 5 分）
直线PQ 与直线 BD 互相平行．理由如下：
方法一：
∵ 把点 P 绕点A 顺时针旋转得到点 Q ，旋转角为2α， 又∵ ∠BAP＝α，
∴ AQ＝AP ， ∠QAB＝α ． …………………5 分
∵ P 是 BC 边的中点，
1
∴ BP＝ BC．
2
∵ Q 是AD 边的中点，
∴ AQ＝DQ＝2AD．
∵ AD＝BC，
∴ AQ＝DQ＝BP ． …………………6 分
∴ AP＝BP．











D









A
Q




B P C

1



∴ ∠ABP＝ ∠BAP＝α．
∴ ∠ABP＝ ∠QAB．
∴ AD∥BC,即 DQ∥BP ． …………………7 分
∴ 四边形BPQD 为平行四边形． …………………8 分
∴ BD∥PQ ．…………………9 分
方法二：
设 PQ 与AB 交点为 M.
∵ 把点 P 绕点A 顺时针旋转得到点 Q ，旋转角为2α， 又∵ ∠BAP＝α，
∴ AQ＝AP ， ∠QAB＝α ． …………………5 分
∵ P 是 BC 边的中点，
1
∴ BP＝ BC．
2
∵ Q 是AD 边的中点，
∴ AQ＝2AD．
∵ AD＝BC，
∴ AQ＝BP ． …………………6 分
∴ AP＝BP，
∴ ∠ABP＝ ∠BAP＝α．
∴ ∠ABP＝ ∠QAB．
∴ AD∥BC ． …………………7 分
∴ ∠QAM＝ ∠PBM， ∠AQM＝ ∠BPM．
又∵ AQ＝BP，
∴ △AQM≌△BPM．
∴ AM＝BM，即 M为线段 AB 中点．
∵ Q 是AD 边的中点，
∴ QM 是△ABD 的中位线． …………………8 分
∴ BD∥QM．
∴ BD∥PQ ． …………………9 分














D












A
Q



M

B P C

1
1
1
1


24.（本题满分 10 分）
（1）（本小题满分 5 分）
解： 点 C 在四边形 OP P′O′的边上． 理由如下： 因为y＝ax2 －2ax－3a＝a（x －1）2 －4a，
所以抛物线顶点 B 的坐标为（ 1 ，－4a）．
因为 BC⊥x 轴于点 C，
所以点 C 的坐标为（1 ，0）．
因为点 P 是 BC 的中点，
所以点 P 的坐标为（1 ，－2a）．





………………………………1 分



………………………………2 分

因为将线段 OP 向右平移得到线段 O′P′，且点P′在此抛物线上，
所以当y＝－2a 时，－2a＝a （x－1）2 －4a．
解得 x＝1±．
所以xP′＝1＋ ． ………………………………3 分
即 P′（1＋ ，－2a）．


所以线段 OP 向右平移个单位． 所以点 O′的坐标为（ ，0）．
因为 0＜ 1＜，
所以 点 C 在线段 OO′上．
即点 C 在四边形 OP P′O′的边上．


………………………………4 分


……………………………5 分


（2）（本小题满分 6 分）
解法一：
将线段 OP 向下平移a＋1 个单位， 得到
O′(0 ，－a－1)，P′(1 ，－3a－1)． …………………………6 分
又因为 A (0 ，－3a)，B (1 ，－4a)，0＜a＜4，
所以yO′－yB＝( －a－1)－( －4a)＝3a －1＜0，
yA－yP＝－3a－( －2a) ＝－a＜0．
所以yO′＜yB，yA＜yP．
由 O (0 ，0)，P (1 ，－2a)，可得线段 OP 的函数表达式为y＝－2ax （0＜a＜4 ，0≤x≤1）．
因为－2a＜0， 所以y 随x 的增大而减小，
所以当x＝1 时，该函数的最小值为yP．
因为线段 OP 向下平移a＋1 个单位得到线段 O′P′，
所以线段 O′P′的函数表达式为y＝－2ax－a－1 （0＜a＜4 ，0≤x≤1）． 同理， 当 x＝0 时， 该函数的最大值为y O′．
对于函数y＝a （x －1）2 －4a ，（0＜a＜4 ，0≤x≤1），
因为a＞0 ，抛物线开口向上，
当 0≤x≤1 时， y 随x 的增大而减小．
所以yB≤y≤yA ．
所以对于图象 T 上的任意一点 M，有 yB＜yM＜yA ． …………………………9 分
又因为yO′＜yB，yA＜yP，

1
1
1
1
所以yO′＜yM＜yP．
因为 0＜xM＜1，
点 M在四边形 OP P′O′的内部． …………………………10 分

解法二：
解：
将线段 OP 向下平移a＋1 个单位，得到
O′(0 ，－a－1)，P′(1 ，－3a－1)． …………………………6 分
由 O (0 ，0)，P (1 ，－2a)，可得线段 OP 的函数表达式为y＝－2ax （0＜a＜4 ，0≤x≤1）．
所以线段 O′P′的函数表达式为y＝－2ax－a－1 （0＜a＜4 ，0≤x≤1）．
由题可设点 M 的横坐标为 m (0＜m＜1)，过点 M作 x 轴的垂线分别交线段 OP，O′P′于点 N，Q， 则yM＝am 2 －2am －3a，yN＝－2am，yQ＝－2am －a－1．
所以yM－yN＝am 2－3a，yM－yQ＝am 2 －2a＋1．
令 t＝am 2－3a，
因为a＞0 ，抛物线 t＝ am 2－3a 开口向上，
当 0＜m＜1 时， t 随m 的增大而增大．
当 m＝1 时， t＝－2a＜0．
所以 t＜0．
也即yM＜yN．
令 q＝am 2 －2a＋1，
因为 a＞0，抛物线 q＝am 2 －2a＋1 开口向上，
当 0＜m＜1 时， q 随m 的增大而增大．
当 m＝0 时， q＝－2a＋1．
因为 a＜4，
所以 q＞2＞0．
所以yM＞yQ ． …………………………9 分
所以对于图象 T 上的任意一点 M，都有yQ＜yM＜yN．
又因为 0＜m＜1，
所以点 M在四边形 OP P′O′的内部． …………………………10 分

1 1
1 1
1 1
2
1


25. （本题满分 11 分）
（1）（本小题满分 5 分）
证明：
方法一：
∵ BA＝BC，AC⊥BD，
∴ AO＝CO. …………………………2 分
∵ BO＝DO，
∴ 四边形ABCD 是平行四边形. ……………………4 分

又∵ AC⊥BD，
∴ 四边形ABCD 是菱形. 方法二：
∵ AC⊥BD ，BO＝DO ， ∴ BA＝DA ，BC＝DC. ∵ BA＝BC， ∴ BA＝BC＝DA＝DC. ∴ 四边形ABCD 是菱形.
（2）（本小题满分 6 分）
…………………………5 分


…………………………3 分

…………………………4 分
…………………………5 分
解： PO2＋PF2＝4PE2.理由如下：
连接AE，FQ，设∠OAP＝ ∠PAQ＝α，
∵ AC⊥BD，
∴ ∠AOP＝90°．
∵ AP＝AQ，
∴ ∠APQ＝ ∠AQP＝2 (180°－ ∠PAQ)＝90°－2α．





Q

E
F
B D
O P


C

Q
A

E
F
B D
O P



C

又∵ E 是线段 PQ 的中点，
∴ AE⊥PQ ， ∠PAE＝2∠PAQ＝2α ． …………………………6 分
∴ ∠AEP＝90°．
∴ A ，O，P ，E 在以AP 为直径的圆上．…………………………7 分
∴ ∠AOE＝ ∠APQ＝90°－2α ， ∠POE＝ ∠PAE＝2α ． …………………………8 分
∵ 在△AOP 中， ∠AOP＝90°，∠OAP＝α，
∴ ∠APO＝90°－α．
∴ ∠AFO＝ ∠APO＋∠POE＝90°－ α．


∴ ∠AOE＝ ∠AFO．
∴ AO＝AF．
又∵ ∠OAP＝ ∠PAQ，AP＝AQ， ∴ △AOP≌△AFQ．


…………………………9 分

…………………………10 分

∴ FQ＝PO ， ∠AFQ＝ ∠AOP＝90°．
∴ ∠PFQ＝90°．
∴ 在 Rt△PFQ 中， FQ2＋PF2＝PQ2．
∴ PO2＋PF2＝PQ2．
又∵ PQ＝2PE ， ∴ PO2＋PF2＝4PE2 ． …………………………11 分

0.00235+0.00242+0.00245+0.00245+0.00262+0.00271
1
26.5+27.2+27.5+27.5+29.2+30.1
400．
1 3
1
3
1 3
1 3
3
1 3
3
100
3
26 （本题满分 12 分）
（1）（本小题满分 5 分）
解法一：
解： 当车速 x＝100 时， 综合考虑各种路面情况， 可估计“刹车距离”为
y1 ＝ 6 ＝28 ．………………………………2 分
把 x＝100，y1＝28 代入y1＝ax2＋100x （0≤x≤200），得
a ·1002＋ ×100＝28．

解得a＝400 ． ……………………………………………………………4 分
所以y1＝400x2＋100x （0≤x≤200）．
当y1＝3.15 时， 可得400x2＋100x＝3.15．
解得 x1＝30，x2＝－42（不合题意， 舍去）．
所以 M款型号汽车的 “刹车距离”为 3. 15 m 时所对应的车速是 30 km/h ．……………………5 分

解法二：
解：在路面一中， 当x＝100 时， y1＝26.5，
代入y1＝ax2＋100x （0≤x≤200），得
a ·1002＋100×100＝26.5．
解得a＝0.00235 ．…………………………………………………………………………………2 分
同理可得， 在路面二至路面六中， 相应的 a 的值依次为 0.00242，0.00245，0.00245，0.00262，0.00271．
综合考虑各种路面情况， 此时 a ＝ 6 ＝0.0025
＝ ……………………………………………………………………………………………4 分

所以y1＝400x2＋100x （0≤x≤200）．
当y1＝3.15 时， 可得400x2＋100x＝3.15．
解得 x1＝30，x2＝－42（不合题意， 舍去）．
所以 M款型号汽车的 “刹车距离”为 3. 15 m 时所对应的车速是 30 km/h ．……………………5 分

（2）（本小题满分 7 分）
结合实际情境可知， 当车速 x＝0 时，“刹车距离”y2＝0，可得 c＝0 ．…………………………6 分
要使得当 50≤x≤200 时， 在相同的车速下 N款型号汽车的“刹车距离”始终比 M款型号汽车的“刹 车距离”小，
即当 50≤x≤200 时， y2－y1＜0．

11 11
11
y2－y1 ＝500x2＋100x －400x2 －100x
1 b － 3
1
1 b 1 3


＝－ x2＋ x ………………………………………7 分
2000 100
＝2000[－x2＋20(b －3) x] ．
令 t＝－x2＋20(b－3) x，其中 50≤x≤200 ，b≥1.
因为－1＜0，
所以抛物线开口向下．
因为对称轴 x＝10(b －3)，
所以当 x＜10(b －3)时， t 随 x 的增大而增大；当 x＞10(b －3) 时， t 随x 的增大而减小．


且当 t＝0 时， x1＝0，x2＝20(b －3) ．
①若 x＝10(b－3) ≤0，即 1≤b≤3，
当x＞0 时， t 随x 的增大而减小． 此时 t＜0，
所以当 50≤x≤200 时， t＜0．
即y2－y1＜0．
②若 x＝10(b－3) ＞0，即 b＞3．

………………………………8 分




………………………………10 分

当 x＞10(b －3)时， t 随x 的增大而减小，
此时， 若 x2＝20(b－3) ＜50，即 b＜ 2 ，也即 3＜b＜ 2 ，
当 50≤x≤200 时， t 随x 的增大而减小， 且 t＜0．
即y2－y1＜0．
综上所述， b 的取值范围是 1≤b＜ 2 ．…………………………………………………12 分