10、2023年北京燕山初三一模数学参考答案

这是一份10、2023年北京燕山初三一模数学参考答案，共9页。试卷主要包含了 10等内容，欢迎下载使用。

阅卷须知：
1．为便于阅卷,本试卷答案中有关解答题的推导步骤写得较为详细，阅卷时,只要考生将主要过程正确写出即可。
2．若考生的解法与给出的解法不同，正确者可参照评分参考相应给分。
3．评分参考中所注分数,表示考生正确做到此步应得的累加分数。
第一部分 选择题
一、选择题（共16分，每题2分）
第二部分 非选择题
二、填空题（共16分，每题2分）
9． 10． 11．
12．－1 13．115 14．
15．＞； ＝ 16．(1) 3； (2) 2，1，2
三、解答题（共68分，第17－20题，每题5分，第21题6分，第22题5分，第23－24题，每题6分，第25题5分，第26题6分，第27－28题，每题7分）
17．(本题满分5分)
解：原式＝ ……………………………………………4分
＝． ……………………………………………5分
18．(本题满分5分)
解：原不等式组为
解不等式①，得 ， ……………………………………………2分
解不等式②，得 ， ……………………………………………4分
∴原不等式组的解集为． …………………………………………5分
19．(本题满分5分)
解：
＝ ……………………………………………2分
＝
＝ ……………………………………………3分
∵，
∴， ……………………………………………4分
∴原式＝29． ……………………………………………5分
20．(本题满分5分)
方法一
证明：如图，延长DE到点F，使EF＝DE，连接FC，DC，AF．
∵点D，E分别是AB，AC边的中点，
∴AE＝EC，AD＝BD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
CF eq \(\s\up3(∥),\s\d5(＝))AD，
∴CF eq \(\s\up3(∥),\s\d5(＝))BD，
∴四边形DBCF是平行四边形，
DF eq \(\s\up3(∥),\s\d5(＝))BC．
又∵DE＝DF，
∴DE∥BC，且DE＝BC． ……………………………………………5分
方法二
证明：如图，取BC中点G，连接GE并延长到点F，使EF＝GE，连接AF．
∵点D，E分别是AB，AC边的中点，
∴AE＝EC，AD＝BD．
又∵∠AEF＝∠CEG，
∴△AEF≌△CEG，
∴AF＝CG，∠F＝∠CGE，
∴AF∥CG．
∵BG＝CG，
∴AF eq \(\s\up3(∥),\s\d5(＝))BG，
∴四边形ABGF是平行四边形，
∴AB eq \(\s\up3(∥),\s\d5(＝))FG．
∵DB＝AB，GE＝GF，
∴DB eq \(\s\up3(∥),\s\d5(＝))GE，
∴四边形DBGE是平行四边形，
∴DE∥BC，且DE＝BG＝BC． ……………………………………………5分
21．(本题满分6分)
(1) 证明：在△OED和△OCB中，
OB＝OD，∠DOE＝∠BOC，∠OED＝∠OCB，
∴△OED≌△OCB，
∴OE＝OC．
又∵AB＝AD，OB＝OD，
∴AO⊥BD于点O，
∴四边形EBCD是菱形． ……………………………………………3分
(2) 解：∵四边形EBCD是菱形，
∴CD＝BC＝5，OE＝OC＝EC＝4．
∵CE⊥BD于点O，∴∠DOC＝∠DOA＝90°，
∴在Rt△OCD中，OD＝＝3．
在Rt△AOD中，由sin∠DAO＝＝＝，
得AD＝，
∴AO＝＝9，
∴AE＝AO－OE＝9－4＝5． ……………………………………………6分
22．(本题满分5分)
解：(1) ∵一次函数()的图象由函数的图象平移得到，
∴k＝2．
将点A(2，0)的坐标代入中，得，
解得，
∴该一次函数的解析式为． …………………………………3分
(2) ． ……………………………………………5分
23．(本题满分6分)
解：(1) 由题意可知，乙校学生成绩数据的中位数
． ……………………………………………2分
(2) p＜q，理由：答案不唯一，如
甲校成绩数据的中位数为79低于平均数79.2，而乙校成绩数据的中位数80.5高于平均数79.7，故乙校成绩高于平均数的人数更多． ………………4分
(3)88． ……………………………………………6分
24．(本题满分6分)
(1) 证明：如图，连接OD，
∵点D为eq \(BC,\s\up5(︵))的中点，
∴∠1＝∠2．
∵OA＝OD，
∴∠2＝∠3．
∴∠1＝∠3，
∴OD∥AE．
∵DE⊥AE，
∴DE⊥OD．
又∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线． ……………………………………………3分
(2) 解：如图，设⊙O的半径为r，则OD＝OB＝r，
在Rt△ODF中，∠ODF＝90°，OD＝r，OF＝r＋2，DF＝4，
由 ＝＋，
得 ＝＋，
解得 r＝3，
即⊙O的半径为3，
∴OF＝OB＋BF＝5．
∵OD∥AE，
∴，
即，
∴DE＝． ……………………………………………6分
25．(本题满分5分)
解：(1) 弹珠竖直高度的最大值为6.5dm，
由题意可知，
∵当x＝0时，y＝2.5，
∴，
解得a＝，
∴函数关系为． ………………………………………4分
(2) 能． ……………………………………………5分
26．(本题满分6分)
解：(1) 由题意，抛物线与y轴交于点C(0，5)．
对称轴为直线．……………………………………………3分
(2) ∵抛物线的对称轴为直线，
∴点(－1，)关于对称轴的对称点为(5，)，
点(2，)在对称轴上，点(5，)，(6，)在对称轴右侧．
当x＝－1时，＝＝，
当x＝2时，＝＝，
当x＝6时，＝＝．
当时，抛物线在对称轴右侧（即时）y随x的增大而增大，
∴＜＜．
∵，，中有且只有一个小于0，
∴＜0，且≥0，
即
解得 ．
当时，抛物线在对称轴右侧（即时）y随x的增大而减小，
∴＜＜．
∵，，中有且只有一个小于0，
∴＜0，且≥0，
即
解得 ．
综上所述，或．…………………………………6分
27．(本题满分7分)
解：(1)依题意补全图形，如图．
线段CE与BF的数量关系：CE＝BF．
证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠CAE＋∠CDE＝90°．
∵CE⊥AD，
∴∠CED＝90°，
∴∠DCE＋∠CDE＝90°，
∴∠CAE＝∠DCE．
在△ACE和△CBF中，
∠AEC＝∠CFB＝90°，∠CAE＝∠BCF，AC＝BC，
∴△ACE≌△CBF，
∴CE＝BF． ……………………………………………3分
(2)线段AE，BF，FG之间的数量关系：AE－BF＝FG．
证明：连接CG，EG，设CF与AB交于点H．
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，点G为AB中点，
∴CG⊥AB，CG＝BG＝AB．
∵∠CGH＝∠BFH＝90°，
∠CHG＝∠BHF，
∴∠GCH＝∠FBH．
由(1)得△ACE≌△CBF，
∴AE＝CF，CE＝BF．
在△GCE和△GBF中，
CG＝BG，∠GCE＝∠GBF，CE＝BF，
∴△GCE≌△GBF，
∴GE＝GF，∠CGE＝∠BGF，
∴∠EGF＝∠EGB＋∠BGF＝∠EGB＋∠CGE＝∠CGB＝90°，
∴△GEF是等腰直角三角形，
∴EF＝FG．
∵CF－CE＝EF，CF＝AE，CE＝BF，
∴AE－BF＝FG． ……………………………………………7分
28．(本题满分7分)
解：(1)①如图，点Q即为所求；
②证明：方法一：如图1，过点P′作P′T⊥y轴于点T，
∵将点P绕点M顺时针旋转90°，得到点P′，
∴MP′＝MP，∠P′MP＝90°，
∴∠P′MT＋∠OMP＝90°．
∵∠MOP＝90°，
∴∠OMP＋∠OPM＝90°，
∴∠P′MT＝∠OPM，
∴△P′MT≌△PMO，
∴MT＝OP＝4，P′T＝OM＝1，
∴P′(－1，－3)．
∵点P′关于点N(0，－2)的对称点为Q，
∴Q(1，－1)，
∴OQ＝．
∵OM＝1，
∴OQ＝OM．
(图1) (图2)
方法二：如图2，设点G(0，－4)，连接P′G，PG，PP′，
由题意可知，△MP′P和△OGP都是等腰直角三角形，
∴＝＝，∠MPP′＝∠OPG＝45°，
即∠OPM＋∠OPP′＝∠OPP′＋∠GPP′，
∴∠OPM＝∠GPP′，
∴△OPM∽△GPP′，
∴＝，
即GP′＝OM．
又∵P′N＝NQ，∠GNP′＝∠ONQ，GN＝NO，
∴△P′NG≌△QNO，
∴GP′＝OQ，
∴OQ＝OM． ……………………………………………5分
(2) PQ长的最大值与最小值的积为． …………………………7分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
B
C
D
C
A
A
B