2022年福建省厦门市初中毕业班模拟考试（一模）数学试卷及答案

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2022年厦门市初中毕业年级模拟考试
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8小题，每小题4分，共32分）
二、填空题（本大题共8小题，每题4分，共32分）
9．210．x＞211．612．∠B
13．114． eq \r(2)－115．a＞216．②④
三、解答题（本大题有9小题，共86分）
17．（本题满分8分）
解法一（代入消元）：
解： eq \b\lc\{( eq \a\al\c1\vs8(x＋y＝5， ①,2x+3y＝13．②))
由①得
x＝5－y．③……………………………3分
把③代入②，得
2(5－y)＋3y＝13，
10＋y＝13，
y＝3. ……………………………5分
将y＝3代入③，得
x＝2.……………………………7分
所以这个方程组的解为
eq \b\lc\{( eq \a\al\c1\vs8(x＝2，,y＝3．))……………………………8分
解法二（加减消元）：
解： eq \b\lc\{( eq \a\al\c1\vs8(x＋y＝5， ①,2x+3y＝13．②))
①×2，得
2x＋2y＝10，③……………………………3分
②－③，得
y＝3. ……………………………5分
将y＝3代入①得
x＝2. ……………………………7分
所以这个方程组的解为
eq \b\lc\{( eq \a\al\c1\vs8(x＝2，,y＝3．))……………………………8分
18．（本题满分8分）
证明：
∵ BE＝CF，
∴ BE＋EF＝CF＋EF，
∴ BF＝CE. ……………………………3分
又∵ ∠B＝∠C，AB＝DC，
∴ △ABF≌△DCE. ……………………………6分
∴ ∠A＝∠D. ……………………………8分
19．（本题满分8分）
解：原式 ＝ eq \F(m+1,m－3)÷ eq \F((m＋1)(m－1), (m－3)2)……………………………3分
＝ eq \F(m+1,m－3)× eq \F((m－3)2, (m＋1)(m－1))……………………………4分
＝ eq \F(m－3,m－1) ……………………………6分
当 m＝eq \r(2)＋1时，
原式＝ eq \F(eq \r(2)＋1－3, eq \r(2)＋1－1)
＝ eq \F(eq \r(2)－2, eq \r(2))
＝1－eq \r(2)……………………………8分
20．（本题满分8分）
证明：设∠AOC＝n°,
∵ 扇形OAC的面积为 eq \f(5π,2)，r＝3，
∴ eq \f(nπr2,360) ＝ eq \f(5π,2)．
解得n＝100．
∴ ∠AOC＝100°．……………………………3分
∵ 在⊙O中，OA＝OC，
∴ ∠A＝∠ACO＝ eq \f(180°－∠AOC,2)＝40°．
∵ ∠ADB＝50°，
∴ 在△ABD中，∠ABD＝180°－∠A－∠ADB＝90°．……………7分
∴ AB⊥BD．
∵ AB是⊙O的直径，
∴ 直线BD与⊙O相切．……………………………8分
21．（本题满分8分）
（1）（本小题满分4分）
解：
每行的座椅数为：60－2x.……………………………2分
因为栏杆总长为32m，且每个座位为占地面积1m2的正方形，
所以60－2x≤32，……………………………3分
解得x≥14，
所以x的最小值为14. ……………………………4分
（2）（本小题满分4分）
解法一：
设观众席内的座位数为y，
由题得y＝x（60－2x），其中14≤x＜30，其中x为整数，……………………………5分
所以 y＝－2x2＋60 x
＝－2（x－15）2＋450，
所以y的最大值为450.……………………………7分
因为450＜500，
所以库存的500张座椅够用.
答：旅游区库存的500张座椅够用. ……………………………8分
解法二：
由题得观众席内座位数为x（60－2x），其中14≤x＜30，其中x为整数，……………5分
因为x（60－2x）－500＝－2x2＋60 x－500＝－2（x－15）2－50，
又因为－2（x－15）2 ≤0，
所以－2（x－15）2－50＜0.……………………………7分
所以x（60－2x）＜500，
所以库存的500张座椅够用.
答：旅游区库存的500张座椅够用. ……………………………8分
22．（本题满分10分）
解：（1）（本小题满分4分）
如图点E即为所求. ……………………………4分
解法一（作两圆交点或作全等）：
解法二（作旋转）：
解法三（作轴对称点）：
（2）（本小题满分6分）
解法一：
连接DF.
在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，
∴ CD＝ eq \f(1,2)BC．……………………………5分
由（1）可知CE＝ eq \f(1,2)BC，AE＝AD，
∴ CE＝CD．
又∵ AC＝AC，
∴ △ACE ≌△ACD．……………………………6分
∴ ∠EAC＝∠DAC，∠ECA＝∠DCA．
又∵ AF＝AF，
∴ △AEF ≌△ADF．
∴ EF＝DF．
∵ BF⊥AC，
∴ 在Rt△BCF中，sin∠BCF＝sin∠ECA＝ eq \f(BF,BC)＝ eq \f(4,5)．
设BF＝4a，BC＝5a，
∵ CD＝ eq \f(1,2)BC，∴ DF＝ eq \f(1,2)BC＝ eq \f(5,2)a．
∴ EF＝ eq \f(5,2)a．……………………………9分
∴ eq \f(EF,BF)＝ eq \f( eq \f(5,2)a,4a)＝ eq \f(5,8)．……………………………10分
解法二：
连接DE，交AC于点G，
在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，
∴ CD＝ eq \f(1,2)BC．……………………………5分
由（1）可知CE＝ eq \f(1,2)BC，AE＝AD，
∴ CE＝CD．
又∵ AC＝AC，
∴ △ACE ≌△ACD．……………………………6分
∴ ∠EAC＝∠DAC．
∴ 在△ADE中，AG⊥DE，DG＝EG＝ eq \f(1,2)DE．
又∵ BF⊥AC，
∴ ∠AGD＝∠AFB＝90°．
又∵ ∠GCD＝∠FCB，
∴ △CGD ∽△CFB．
∴ eq \f(CG,CF)＝ eq \f(DG,BF)＝ eq \f(CD,CB)＝ eq \f(1,2)， 即CG＝ eq \f(1,2)CF，DG＝ eq \f(1,2)BF．
∴ DE＝BF，DE垂直平分CF．
∴ EF＝CE．……………………………8分
在Rt△ECG中，sin∠ECG＝ eq \f(EG,CE)＝ eq \f(4,5)．
设EG＝4x，CE＝5x，
∴ DE＝BF＝8x，EF＝CE＝5x．
∴ eq \f(EF,BF)＝ eq \f(5,8)．……………………………10分
23．（本题满分10分）
解：（1）（本小题满分4分）
根据表中数据，5分钟经过路标P的平均车辆数（辆）为：
eq \f(126+141+135+144+129+135,6) ＝135．……………………………3分
因为5分钟等于300秒，
所以该车道在该高峰时段每秒的车流量为：f＝ eq \f(135,300) ＝0.45．………………………4分
（2）（本小题满分6分）
解法一（根据车流量进行判断）：
根据题意，车流量f＝ eq \f(v,d)＝ eq \f(v,l＋d′)，其中l为车长, d′＝3vt. ………………………6分
由于普通人的刹车反应时间t大致在0.4s～1s之间，估计其平均值为0.7s. ………7分
若这些车辆的平均车长是4.8 m，平均速度为 eq \f(35,3) m/s，则以反应时间为0.7s，计算车流量为：
f＝ eq \f( eq \f(35,3),4.8＋3× eq \f(35,3)×0.7)≈0.398. ……………………………9分
由（1）得，该日该高峰时段该路段上的车流量为0.45，
因为0.45＞0.398
所以，即使以反应时间的均值计算，该日该高峰时段该路段上的车流量仍偏大，从交通安全的角度考虑，小清提出的限流的建议是合理的. ……………………………10分
解法二（根据辆车之间的距离进行判断）：
根据题意，车流量f＝ eq \f(v,d)＝ eq \f(v,l＋d′)，其中l为车长, d′＝3vt.……………………………6分
由（1）得，该日该高峰时段该路段上的车流量为0.45，保持车辆的平均速度为 eq \f(35,3) m/s，
此时，0.45＝ eq \f( eq \f(35,3),4.8＋d′).
解得d′≈21.126. ……………………………8分
由于普通人的刹车反应时间t大致在0.4s～1s之间，若保持车辆的平均速度为 eq \f(35,3) m/s，
由题可知，两车之间应留出的距离大致在14m～35m之间，估计其平均值为24.5m.……9分
因为21.126＜24.5
所以，即使以两车之间较为安全的距离的均值计算，该日该高峰时段该路段上的两车距离仍偏小.
根据f＝ eq \f(v,l＋d′)，若v，l为定值，d′越小，则车流量f越大. 所以该日该高峰时段该路段上的车流量偏大，从交通安全的角度考虑，小清提出的限流的建议是合理的. ……………………10分
解法三（根据反应时间进行判断）：
根据题意，车流量f＝ eq \f(v,d)＝ eq \f(v,l＋d′)，其中l为车长, d′＝3vt.……………………………6分
由（1）得，该日该高峰时段该路段上的车流量为0.45，保持车辆的平均速度为 eq \f(35,3) m/s，
此时，0.45＝ eq \f( eq \f(35,3),4.8＋3× eq \f(35,3)×t).
解得t≈0.604. ……………………………8分
由于普通人的刹车反应时间t大致在0.4s～1s之间，估计其平均值为0.7s. ………9分
因为0.604＜0.7
所以，即使以反应时间的平均值计算，该日该高峰时段该路段上的两车之间留给司机的反应时间仍偏少. 根据f＝ eq \f(v,l＋d′)，若v，l为定值，t越小，则 d′越小，则车流量f越大.所以该日该高峰时段该路段上的车流量偏大，从交通安全的角度考虑，小清提出的限流的建议是合理的.………10分
24．（本题满分12分）
（1）（本小题满分6分）
证明：在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴ ∠1＝∠2．
∵ AF平分∠DAC，
∴ ∠1＝∠3．
∴ ∠2＝∠3．
∴ CF＝CA．……………………………3分
在矩形ABCD中， AO＝CO＝ eq \f(1,2)AC，BO＝DO＝ eq \f(1,2)BD，AC＝BD，
∴ BO＝CO．
∴ ∠OBC＝∠OCB．……………………………4分
∵ 2∠ECF＋∠OBC＝180°，
∴ 2∠ECF＋∠OCB＝180°．
∵ ∠ACF＋∠OCB＝180°，
∴ ∠ACF＝2∠ECF．
∴ CE平分∠ACF．……………………………5分
又∵ CF＝CA，
∴ AE＝EF．……………………………6分
（2）（本小题满分6分）
解法一：
过Q作QN⊥AD，交AD延长线于N．
由（1）得CA＝CF，AE＝EF，
∴ CE⊥AF，即∠AEC＝90°．……………………………7分
又∵ 矩形ABCD，
∴ ∠ABC＝∠ADC＝90°．
∴ 点A，B，C，D，E在以AC为直径的圆上．
∴ ∠1＝∠6，∠4＝∠5．
∵ ∠1＝∠3，
∴ ∠QPC＝∠3＋∠5＝∠1＋∠4．
∵ ∠AQC＝∠1＋∠4，
∴ ∠AQC＝∠QPC．
∴ CP＝CQ．
∵ ∠4＝∠5，∠1＝∠6，
∴ ∠ECA＝∠5＋∠6＝∠1＋∠4＝∠AQC．
∵ ∠AEC＝90°，
∴ 在△AEC中，∠ECA＋∠3＝90°．
∴ 在△ACQ中，∠AQC＋∠3＝90°．
∴ ∠QCA＝90°，即QC⊥AC于C．……………………………10分
∵ QN⊥AD于N，AQ平分∠DAC，
∴ CQ＝QN．
∴ CP＝QN．
∵ 点P不与点E重合，点Q在线段EF上，
∴ 点P不与点Q重合．
∵ QN⊥AD．
∴ DQ＞QN．
∴ DQ＞CP．
∴ 不存在CP＝DQ的情形．……………………………12分
解法二：
过Q作QN⊥AD，交AD延长线于N，连接BE．
由（1）知CA＝CF，AE＝EF，
∴ CE⊥AF，即∠AEC＝90°． ……………………………7分
∵ 矩形ABCD，
∴ ∠DAB＝∠FBA＝90°，AD＝BC．
∴ 在Rt△ABF中，BE＝ eq \f(1,2)AF＝AE．
∴ ∠EAB＝∠EBA．
∴ ∠DAB－∠EAB＝∠FBA－∠EBA．
∴ ∠EAD＝∠EBC．
∴ △EDA≌△ECB．
∴ ∠1＝∠CBE，∠4＝∠CEB．
∴ ∠1＋∠4＝∠CBE＋∠CEB＝∠ECF．
∵ ∠AQC ＝∠1＋∠4，
∴ ∠ECF＝∠AQC．
又∵ ∠AEC＝90°，∠PCF＝90°，
∴ 在△AEC中，∠QPC＋∠6＝90°，∠ECF＋∠6＝90°．
∴ ∠QPC＝∠ECF＝∠AQC．
∴ CP＝CQ．
又由（1）得∠ECA＝∠ECF
∴ ∠ECA＝∠AQC．
∴ ∠AQC＋∠EAC＝∠ECA＋∠EAC＝180°－∠AEC＝90°．
∴ ∠QCA＝90°，即QC⊥AC于C．……………………………10分
∵ QN⊥AD于N，AQ平分∠DAC，
∴ CQ＝QN．
∴ CP＝QN．
∵ 点P不与点E重合，点Q在线段EF上，
∴ 点P不与点Q重合．
∵ 在Rt△QND中，∠QND＝90°，
∴ DQ＞QN．
∴ DQ＞CP．
∴ 不存在CP＝DQ的情形．……………………………12分
解法三：连接OQ，
由（1）知CA＝CF，AE＝EF，
∴ CE⊥AF，即∠AEC＝90°．……………………………7分
又∵ 矩形ABCD，
∴ ∠ABC＝∠ADC＝90°．
∴ 点A，B，C，D，E在以AC为直径的圆上．
∴ ∠1＝∠6，∠3＝∠CDE，∠4＝∠5．
∵ ∠1＝∠3，
∴ ∠6＝∠CDE，∠QPC＝∠3＋∠5＝∠1＋∠4．
∵ CE＝DE，∠AQC＝∠1＋∠4，
∴ ∠AQC＝∠QPC．
∴ CP＝CQ．
由（1）得OD＝OC，
∴ OE垂直平分CD．
若存在CP＝DQ的情形，则CQ＝DQ，
则点Q也在线段DC的垂直平分线OE上.
但直线OE与直线AF只能有一个交点，
∴ E，Q两点重合．……………………………10分
∴ CQ＝CE．
∴ DQ＝CE．
∵ CE⊥AF，且点E不与点P重合，
∴ CE＜CP．
∴ DQ＜CP．
与CP＝DQ矛盾，
∴ 不存在CP＝DQ的情形．……………………………12分
25．（本题满分14分）
（1）① （本小题满分3分）
解：∵ A(b,0)，D (m,0)，其中m＞b，
∴ AD＝m－b＝4．……………………………2分
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ BC＝AD＝4．……………………………3分
② （本小题满分4分）
解：如图，过点B作BE⊥x轴于点E．
∵ B(n,t)在x轴上方，
∴ BE＝t＞0，E(n,0)．
∵ A(b,0)，t＝n－b，
∴ n－b＞0.
∴ AE＝n－b＝t．……………………………4分
∵ BE⊥x轴，
∴ ∠AEB＝90°．
∴ 在Rt△AEB中，AB＝ eq \r(AE2＋BE2) ＝ eq \r(2)t．……………………………5分
∵ eq \r(2)n－m＝( eq \r(2)－1)b,
∴ eq \r(2)n－ eq \r(2)b＝m－b．
∴ eq \r(2)(n－b)＝m－b． ……………………………6分
∴ eq \r(2)t＝m－b．
∴ AB＝m－b．
∵ A(b,0)，D(m,0)，其中m＞b，
∴ AD＝m－b．
∴ AD＝AB．
∴ ABCD是菱形．……………………………7分
（2）（本小题满分7分）
解：命题“对所有的a，b，当ab≥1时，一定不存在AB∥P1P2的情形．”正确，理由如下：
因为对于任意的k(0＜k＜4)，抛物线y＝a(x－m)2＋km (a＜0)的顶点坐标为（m，km），
所以直线P1P2的解析式为y＝kx．……………………………8分
因为四边形ABCD是平行四边形，
所以AD∥BC，AD＝BC．
因为A，D的坐标分别是(b,0)， (m,0)，其中m＞b，
所以BC∥x轴，BC＝m－b．
因为抛物线y＝a(x－m)2＋km 的对称轴是x＝m，且抛物线经过点B，C，
所以点B，C关于x＝m对称．
所以B(m－ eq \f(m－b,2) ,a( eq \f(m－b,2) )2＋km) ．……………………………9分
即B( eq \f(m＋b,2) ,a( eq \f(m－b,2) )2＋km)．
设直线AB的解析式为y＝k0x＋b0，代入A(b,0)，B( eq \f(m＋b,2) ,a( eq \f(m－b,2) )2＋km)，
可得k0＝ eq \f(am2－2amb＋ab2＋4km,2m－2b) ．
当k0＝k时，可得方程 eq \f(am2－2amb＋ab2＋4km,2m－2b) ＝k．……………………………11分
化简得：am2－2amb＋ab2＋2km＋2kb＝0．
因为a≠0，整理为关于m的一元二次方程am2－(2ab－2k)m＋ab2＋2kb＝0．
此时根的判别式△＝4k2－16abk＝4k(k－4ab)．……………………………12分
因为ab≥1，
所以4ab≥4．
因为0＜k＜4，
所以4k＞0，4ab＞k．
所以k－4ab＜0．
所以4k(k－4ab)＜0．
即△＜0．……………………………13分
所以关于m的一元二次方程am2－(2ab－2k)m＋ab2＋2kb＝0无实数解．
即对所有的a，b，当ab≥1时，k0＝k始终不成立．
所以对所有的a，b，当ab≥1时，一定不存在AB∥P1P2的情形，即命题正确．
……………………………14分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
选项
C
A
B
A
C
C
D
B