1、2022 年福建省厦门市初中毕业班模拟考试数学试卷年福建省厦门市初中毕业班模拟考试数学试卷 一、选择题（本大题有一、选择题（本大题有 8 8 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 3232 分分. .） 1.根据国家统计局发布的统计公报，2021 年我国新能源汽车产量已超 3500000 辆，其中 3500000 用科学记数法表示为 A.35 105 B.3.5 105 C.3.5 106 D.0.35 107 2.下列式子计算结果是负数的是 A.1 - 3 B.4 C.| - 2| D.2 - 1 3.图 1是由一个长方体和一个正方体组成的零件，它的主视图是 4.某超市 4 月份新
2、上架四种数量相同、款式不同的保温杯，该月这四款保温杯的销售量如表一所示，则最适宜加大进货量的款式是 A.甲 B.乙 C.丙 D.丁 5.不透明袋子中装有红、黄小球各若干个，这些球除颜色外无其他差别.把“从袋子中随机摸出一个小球”作为试验，每次试验后，将摸出的小球放回摇匀，再进行下一次试验.试验数据显示:大量重复试验后，摸出红球的频率越来越稳定于 0.2，则下列对于袋子中球的数量的估计，最合理的是 A.红球有 2个 B.黄球有 10个 C.黄球的数量是红球的 4倍 D.黄球和红球的数量相等 6.如图 2，菱形 ABCD 的对角线 AC，BD 交于点 O，M 是边 AB 的中点，点 P 在边 BC
3、 上，且 BP = BM.将点 M平移到点 P，则平移的距离等于 A.AB B. AB C. AC D. BD 7.已知正方形 ABCD，ABP = DCQ = ，0 10 - x的解集为 _ . 11.在ABC中，C = 90，AB = 10，AC = 8，则 BC的长为 _ . 12.如图 4 所示，点 B，A，D 在一条直线上，AFBC，则图中与DAF 相等的角是 _ . 13.如图 5，AB的垂直平分线 l 交 AB于点 M，P是 l 上一点，PB平分 MPN.若 AB = 2，则点 B到直线 PN的距离为 _ . 14.数轴上点 A，B 表示的数分别为 0，1，若 m 是无理数，m
4、对应的点在线段AB上，请写出一个符合条件的 m: _ . 15.在平面直角坐标系 xOy 中，A（2a，0），a 0，OAB 是等边三角形.若P（a + 1， a）在OAB的内部（不含边界），则 a的取值范围是 _ . 16.将抛物线 y = -（x-1）2 + 向上平移（2k -2k）个单位长度， k 0）交于点 P（p，q），M（1 + ，n），则下列结论正确的是 _ . 0 p 1 - ； 1 - p 1； q 2k -2k. （写出所有正确结论的序号） 三、解答题（本大题有三、解答题（本大题有 9 9 小题，共小题，共 8686 分）分） 17.（本题满分 8分） 解方程组:.1332
5、, 5yxyx 18.（本题满分 8分） 如图 6，点 E，F在 BC上，BE = CF，AB = DC，B = C. 证明A = D. 19.（本题满分 8分） 先化简，再求值:（ + ） ，其中 m = 2+ 1. 20.（本题满分 8分） 如图 7，AB 是O 的直径，点 C 在O 上，点 D 在 AC 的延长线上，连接 OC，BD.若O 的半径为 3，扇形 OAC的面积为 ，ADB = 50.证明:直线 BD与O相切. 21.（本题满分 8分） 某旅游区的湖边有一个观赏湖中音乐喷泉的区域，该区域沿湖边有一条东西向的长为 32 m 的栏杆.考虑到观景安全和效果，旅游区计划设置一个矩形观众
6、席，该观众席一边靠栏杆，另三边用现有的总长为 60 m 的移动围栏围成，并在观众席内按行、列（东西向为行，南北向为列）摆放单人座椅，要求每个座位占地面积为 1 m2（如图 8所示），且观众席内的区域恰好都安排了座位. （1）若观众席内有 x 行座椅，用含 x 的代数式表示每行的座椅数，并求 x 的最小值；（2）旅游区库存的 500张座椅是否够用?请说明理由. 22.（本题满分 10分） 如图 9，在ABC中，AB = AC，ADBC于点 D，BAC为锐角. （1）将线段 AD绕点 A逆时针旋转（旋转角小于 90），在图 9中求作点 D的对应点 E，使得 CE = BC；（要求:尺规作图，不写作
7、法，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，过点 B作 BFAC于点 F，连接 EF，EC，若 sinECA = ，探究线段 EF与 BF的数量关系，并说明理由. 23.（本题满分 10分） 某校开展“关心身边事，我们来献策”的活动. 小清每天乘坐私家车上学，对他家附近的坪南路的车流量与车辆行驶安全产生了兴趣.于是，他和同学进行了一番调查. 首先，他们查阅资料，获得以下信息: 某单向车道上的车流量/是指一定时间内通过诚车道某点的车辆数，利用公式 f = 可以计算该车道上每秒的车流量，其中 v（单位:m/s）是车辆的平均速度，d（单位:m）是车辆的车头与前车车头之间的平均距离. 司机意识到应当紧
8、急利车到实施制车需要一段反应时间 t（单位:s），而实施利车后，车辆还将滑行一段时间才能停下，因此，道路上行驶的车辆之间（指车辆的车头与前车的车尾）必须保持一定的距离，记为 d（单位:m）.考虑到安全，通常的做法是:车辆之间应留出反应时间 t 的三倍所行驶的距离. 普通人的刹车反应时间 t 大致在 0.4s1s之间. 然后，他们随机选择了坪南路上的一条单向车道进行观测.他们以路标 P 为标志物，分段记录了某日上午 8:00 - 8:30的高峰时段经过该路标的车辆数及车辆型号，其中车辆数的记录如表二所示: 根据车辆型号可知这些车辆的平均车长是 4.8 m，若这些车辆的平均速度为 m/8， （1）
9、根据表中数据，计算该车道在该高峰时段每秒的车流量； （2）小清根据观测提出建议:若保持车辆的平均速度不变，在高峰时段应对要进人坪南路的车辆进行提前分流（“分流”是指让部分车辆改走其他路段）.你认为他的建议合理吗?请说明理由. 24.（本题满分 12分） 如图 10，点 C 是射线 BM 上的动点，四边形 ABCD 是矩形，对角线 AC，BD 交于点 O，DAC 的平分线交边 DC 于点 P，交射线 BM 于点 F，点 E 在线段 PF 上（不与点 P 重合），连接 EC，若2ECF + OBC = 180. （1）证明 AE = EF； （2）点 Q在线段 EF上，连接 DQ，CQ，DE，当A
10、QC = DAE + DEA时，是否存在 CP = DQ的情形?请说明理由. 5.（本题满分 14分） 在平面直角坐标系 xOy 中，平行四边形 ABCD的顶点 A，D的坐标分别是（b，0）,（m，0）,其中m b. （1）若点 B在 x轴的上方， m = b + 4，求 BC的长； B（n，t），t = n - b，且2n - m =（2 - 1）b.证明:四边形 ABCD是菱形； （2）抛物线 y = a（x - m）2 + km（a 0）经过点 B，C.对于任意的 k（0 k 4），当 a，m的值变化时，抛物线会不同，记其中任意两条抛物线的顶点为 P1，P2（P1与 P2不重合），则命题
11、“对所有的 a，b，当 ab1时，一定不存在 ABP1P2，的情形.”是否正确?请说明理由. 参考答案参考答案 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） 92 10 x2 116 12B 131 14 21 15a2 16 三、解答题（本大题有 9 小题，共 86 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 选项 C A B A C C D B 17（本题满分 8 分） 解法一（代入消元）： 解：xy5， 2x+3y13 由得 x5y 3 分 把代入，得 2(5y)3y13， 10y13， y3. 5 分 将
12、y3 代入，得 x2. 7 分 所以这个方程组的解为 x2，y3 8 分 解法二（加减消元）： 解：xy5， 2x+3y13 2，得 2x2y10， 3 分 ，得 y3. 5 分 将 y3 代入得 x2. 7 分 所以这个方程组的解为 x2，y3 8 分 18（本题满分 8 分） 证明： BECF， BEEFCFEF， BFCE. 3 分 又 BC，ABDC， ABFDCE. 6 分 AD. 8 分 19（本题满分 8 分） 解：原式 m+1m3(m1)(m1) (m3)2 3 分 m+1m3(m3)2 (m1)(m1) 4 分 m3m1 6 分 当 m 21 时， 原式213 211 22
13、2 1 2 8 分 20（本题满分 8 分） 证明：设AOCn, 扇形 OAC 的面积为52，r3， nr2360 52 解得 n100 AOC100 3 分 在O 中，OAOC， AACO180AOC240 ADB50， 在ABD 中，ABD180AADB907 分 ABBD 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：602x. 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 602x32， 3 分 解得 x14， 所以 x 的最小值为 14. 4 分 （2）（本小题满分
14、4 分） 解法一： 设观众席内的座位数为 y， 由题得 yx（602x），其中 14x30，其中 x 为整数， 5 分 所以 y2x260 x 2（x15）2450， 所以 y 的最大值为 450. 7 分 因为 450500， 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（602x），其中 14x30，其中 x 为整数， 5 分 因为 x（602x）5002x260 x5002（x15）250， 又因为2（x15）2 0， 所以2（x15）2500. 7 分 所以 x（602x）500， 所以库存的 500 张座椅够用
15、. 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，ABAC，ADBC， CD12BC 5 分 由（1）可知 CE12BC，AEAD， CECD 又 ACAC， ACE ACD 6 分 EACDAC，ECADCA 又 AFAF， AEF ADF EFDF BFAC， 在 Rt BCF 中，sinBCFsinECABFBC45 设 BF4a，BC5a， EDCB
16、AEDCBAFABCDEEDCBA CD12BC， DF12BC52a EF52a 9 分 EFBF52a4a58 10 分 解法二： 连接 DE，交 AC 于点 G， 在ABC 中，ABAC，ADBC， CD12BC 5 分 由（1）可知 CE12BC，AEAD， CECD 又 ACAC， ACE ACD 6 分 EACDAC 在ADE 中，AGDE，DGEG12DE 又 BFAC， AGDAFB90 又 GCDFCB， CGD CFB CGCFDGBFCDCB12， 即 CG12CF，DG12BF DEBF，DE 垂直平分 CF EFCE 8 分 在 Rt ECG 中，sinECGEGCE
17、45 设 EG4x，CE5x， DEBF8x，EFCE5x EFBF58 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： 126+141+135+144+129+1356 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：f135300 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 fvdvld，其中 l 为车长, d3vt. 6 分 由于普通人的刹车反应时间 t 大致在 0.4s1s 之间，估计其平均值为 0.7s. 7
18、分 若这些车辆的平均车长是 4.8 m，平均速度为353 m/s，则以反应时间为 0.7s，计算车流量为： GEDCBAFf3534.833530.70.398. 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 0.450.398 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 fvdvld，其中 l 为车长, d3vt. 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353 m/s， 此时
19、，0.453534.8d. 解得 d21.126. 8 分 由于普通人的刹车反应时间 t 大致在 0.4s1s 之间，若保持车辆的平均速度为353 m/s， 由题可知，两车之间应留出的距离大致在 14m35m 之间，估计其平均值为 24.5m. 9 分 因为 21.12624.5 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 fvld，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 fvdv
20、ld，其中 l 为车长, d3vt. 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353 m/s， 此时，0.453534.83353t. 解得 t0.604. 8 分 由于普通人的刹车反应时间 t 大致在 0.4s1s 之间，估计其平均值为 0.7s. 9 分 因为 0.6040.7 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 fvld，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
21、 24（本题满分 12 分） （1）（本小题满分 6 分） 证明：在矩形 ABCD 中，ADBC， 132ACBDEFMPQO 12 AF 平分DAC， 13 23 CFCA 3分 在矩形 ABCD 中， AOCO12AC，BODO12BD，ACBD， BOCO OBCOCB 4 分 2ECFOBC180， 2ECFOCB180 ACFOCB180， ACF2ECF CE 平分ACF 5 分 又 CFCA， AEEF 6分 （2）（本小题满分 6 分） 解法一： 过 Q 作 QNAD，交 AD 延长线于 N 由（1）得 CACF，AEEF， CEAF，即AEC90 7 分 又 矩形 ABCD，
22、 ABCADC90 点 A，B，C，D，E 在以 AC 为直径的圆上 16，45 13， QPC3514 AQC14， AQCQPC CPCQ 45，16， ECA5614AQC AEC90， 在AEC 中，ECA390 在ACQ 中，AQC390 QCA90，即 QCAC 于 C 10 分 QNAD 于 N，AQ 平分DAC， CQQN CPQN 点 P 不与点 E 重合，点 Q 在线段 EF 上， 点 P 不与点 Q 重合 QNAD 265413NACBDEFMPQO DQQN DQCP 不存在 CPDQ 的情形 12 分 解法二： 过 Q 作 QNAD，交 AD 延长线于 N，连接 BE
23、 由（1）知 CACF，AEEF， CEAF，即AEC90 7 分 矩形 ABCD， DABFBA90，ADBC 在 RtABF 中，BE12AFAE EABEBA DABEABFBAEBA EADEBC EDAECB 1CBE，4CEB 14CBECEBECF AQC 14， ECFAQC 又 AEC90，PCF90， 在AEC 中，QPC690，ECF690 QPCECFAQC CPCQ 又由（1）得ECAECF ECAAQC AQCEACECAEAC180AEC90 QCA90，即 QCAC 于 C 10 分 QNAD 于 N，AQ 平分DAC， CQQN CPQN 点 P 不与点 E
24、重合，点 Q 在线段 EF 上， 点 P 不与点 Q 重合 在 RtQND 中，QND90， DQQN DQCP 不存在 CPDQ 的情形 12 分 解法三：连接 OQ， 由（1）知 CACF，AEEF， CEAF，即AEC90 7 分 又 矩形 ABCD， ABCADC90 点 A，B，C，D，E 在以 AC 为直径的圆上 654321ACBDEFMPQO265413NACBDEFMPQO 16，3CDE，45 13， 6CDE，QPC3514 CEDE，AQC14， AQCQPC CPCQ 由（1）得 ODOC， OE 垂直平分 CD 若存在 CPDQ 的情形，则 CQDQ， 则点 Q 也
25、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 CQCE DQCE CEAF，且点 E 不与点 P 重合， CECP DQCP 与 CPDQ 矛盾， 不存在 CPDQ 的情形 12 分 25（本题满分 14 分） （1） （本小题满分 3 分） 解： A(b,0)，D (m,0)，其中 mb， ADmb4 2 分 四边形 ABCD 是平行四边形， BCAD4 3 分 （本小题满分 4 分） 解：如图，过点 B 作 BEx 轴于点 E B(n,t)在 x 轴上方， BEt0，E(n,0) A(b,0)，tnb， nb0. AEnb
26、t 4 分 BEx 轴， AEB90 在 RtAEB 中，AB AE2BE2 2t 5 分 2nm( 21)b, 2n 2bmb 2(nb)mb 6 分 2tmb ABmb A(b,0)，D(m,0)，其中 mb， ADmb ADAB ABCD 是菱形 7 分 （2）（本小题满分 7 分） 解：命题“对所有的 a，b，当 ab1 时，一定不存在 ABP1P2的情形”正确，理由如下： OyxEDCBA因为对于任意的 k(0k4)，抛物线 ya(xm)2km (a0)的顶点坐标为（m，km）， 所以直线 P1P2的解析式为 ykx 8 分 因为四边形 ABCD 是平行四边形， 所以 ADBC，AD
27、BC 因为 A，D 的坐标分别是(b,0)， (m,0)，其中 mb， 所以 BCx 轴，BCmb 因为抛物线 ya(xm)2km 的对称轴是 xm，且抛物线经过点 B，C， 所以点 B，C 关于 xm 对称 所以 B(mmb2 ,a(mb2 )2km) 9 分 即 B(mb2 ,a(mb2 )2km) 设直线 AB 的解析式为 yk0 xb0，代入 A(b,0)，B(mb2 ,a(mb2 )2km)， 可得 k0am22ambab24km2m2b 当 k0k 时，可得方程am22ambab24km2m2b k 11 分 化简得：am22ambab22km2kb0 因为 a0，整理为关于 m 的一元二次方程 am2(2ab2k)mab22kb0 此时根的判别式4k216abk4k(k4ab) 12 分 因为 ab1， 所以 4ab4 因为 0k4， 所以 4k0，4abk 所以 k4ab0 所以 4k(k4ab)0 即0 13 分 所以关于 m 的一元二次方程 am2(2ab2k)mab22kb0 无实数解 即对所有的 a，b，当 ab1 时，k0k 始终不成立 所以对所有的 a，b，当 ab1 时，一定不存在 ABP1P2的情形，即命题正确 14 分
