《2024年福建省厦门市初中毕业年级模拟考试数学试卷参考答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024年福建省厦门市初中毕业年级模拟考试数学试卷参考答案（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024 年毕业年级模拟考试数学参考答案第1页共 9 页 2024 年厦门市初中毕业年级模拟考试参考答案 数 学 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）925 10(a3)(a3)11BOC 121x2 133 14小正方形的边长 1512 和 48 或 25 和 35 或 9 和 51（写出其中任意一组即可）164 或 12 三、解答题（本大题有 10 小题，共 86 分）17（本题满分 8 分）解：原式1212
2、6 分 12 8 分 18（本题满分 8 分）证明：四边形 ABCD 是矩形，ADBC，C90 4 分 ADFDEC 5 分 AFDE，AFD90 AFDC ADFDEC，AFDC，AFDC，ADFDEC 7 分 ADDE 8 分 19（本题满分 8 分）解：原式a2a2a22aa24a4 1 分 a2a2a(a2)(a2)2 3 分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 选项 D B C A C A B C 2024 年毕业年级模拟考试数学参考答案第2页共 9 页 a2a2(a2)2a(a2)5 分 a2a 6 分 当 a 2时，原式22 2 21 8 分 20（本题满分 8 分）解：（1）
3、（本小题满分 5 分）根据图 11，可估计这 30 名男生 40 秒对墙垫球的平均个数为 226269301134238230 3 分 28（个）5 分（2）（本小题满分 3 分）P（A）2230430215 8 分 答：（1）估计这 30 名男生 40 秒对墙垫球的平均个数为 28 个；（2）估计事件 A 的概率为215 21（本题满分 8 分）解：（1）（本小题满分 3 分）由题意得，该种盆栽每天租出的数量为(955x)盆 3 分（2）（本小题满分 5 分）设该公司每天租出该种盆栽的总收益为 w 元，由题意得：w(955x)(x15)5 分 5x220 x1425 5（x2）21445 6
4、 分 由（1）可知，0955x95，所以 0 x19 因为50，所以当 x2 时，w 有最大值 所以当 0 x2 时，w 随 x 的增大而增大；当 2x19 时，w 随 x 的增大而减小 答：（1）该种盆栽每天租出的数量为(955x)盆；（2）当该种盆栽每盆租金上涨 0 到 2 元时，该公司每天租出该种盆栽的总收益随着租金的上涨而增加；当该种盆栽每盆租金上涨2 到 19 元时，该公司每天租出该种盆栽的总收益随着租金的上涨而减少8 分 2024 年毕业年级模拟考试数学参考答案第3页共 9 页 22（本题满分 10 分）解：（1）（本小题满分 5 分）CD 与 AC 也垂直，理由如下：1 分 连接
5、 AD，由测量数据可知，ABAEBE30，ACAFCF30 ABAC 3 分 又 ADAD，BDCD，ABDACD 4 分 ABDACD90 5 分 DCAC （2）（本小题满分 5 分）解法一：小梧可以完成验证，过程如下：过点 E 作 EGAD，垂足为点 G 由数据可知，在 RtABD 中，AB30，BD10 3，tanBADBDAB33 BAD30 6 分 AD2BD20 3 在 RtAEG 中，EAG30，AE15 AGcosEAGAE32151523，GE12AE152 7 分 GDADAG2523 在 RtDGE 中与 RtDCF 中，GECFGDCD54，且EGDFCD90，DGE
6、DCF EDGFDC 9 分 EDFEDGFDGFDCFDG 即 EDFADC 由（1）可知，在 RtACD 中，ADCADB60，EDF60 所以照射角EDF 符合要求 10 分 解法二：小梧可以完成验证，过程如下：过点 F 作 FHAB，垂足为点 H，连接 EF 在 RtABD 中，AB30，BD10 3，tanBADBDAB33 BAD30 6 分 由（1）可知，ABDACD BACBADCAD60 在 RtAHF 中，HAF60，AF24，2024 年毕业年级模拟考试数学参考答案第4页共 9 页 AHcosHAFAF122412，HFsinHAFAF322412 3 7 分 HEAEA
7、H3 在 RtHEF 中，EF HE2HF221 延长 AB 并在 AB 的延长线上截取 BKCF，连接 DK，KBD90 在KBD 与FCD 中，BKCF，KBDFCD90，BDCD KBDFCD DKDF，KDBFDC 又 EKBEBK21，在EDK 与EDF 中，EKEF，DKDF，DEDE EDKEDF EDKEDF 9 分 即EDBKDBEDF KDBFDC，EDBFDCEDF EDF12BDC 在四边形 ABDC 中，BDC120，EDF12BDC60 所以照射角EDF 符合要求 10 分 23（本题满分 10 分）解：（1）（本小题满分 5 分）当 xm 时，yam22(m1)m
8、2m24m1 am22m1 2 分 因为 a0，m1，所以 am20 3 分 所以 y02m1 即 y12m 4 分 所以点(m，12m)不在抛物线 T 上 5 分（2）（本小题满分 5 分）假设四边形 APBQ 是抛物线 T 的“正菱形”，则 AB，PQ 互相垂直且平分 因为 P 是抛物线 T 的顶点，又因为菱形 APBQ 的一条对角线在抛物线 T 的对称轴上，所以点 Q 在对称轴上，点 A，B 在抛物线上 所以 PQx 轴 所以 ABx 轴 5 分 2024 年毕业年级模拟考试数学参考答案第5页共 9 页 所以 yAyB 所以 mn3，即 nm3 6 分 所以 A(m2，3)，B(m，3)
9、因为 PQ 垂直平分 AB，且 PQ 在抛物线 T 的对称轴上，所以m1a(m2)m2 因为 m1，可得 a1 7 分 所以抛物线 T：yx22(m1)x2m24m1 因为点 B(m，3)在抛物线 T 上，所以 m 22(m1)m2m24m13 解得 m1 31，m2 31（舍去）8 分 所以 A(31，3)，B(31，3)，P（3，2）所以点 Q 的坐标为（3，4）设对角线 PQ，AB 交于点 G，则点 G 的坐标为（3，3）所以 AG1，QG1 9 分 所以AGQ 是等腰直角三角形 所以AQP45 所以 sinAQP2 2 综上所述：存在点 Q（3，4），使得四边形 APBQ 是抛物线 T
10、 的“正菱形”，相应的 sinAQP 的值为2 2 10 分 24（本题满分 12 分）（1）（本小题满分 4 分）解：四边形 AOEF 即为所求 4 分（因为所求作的四边形是平行四边形，所以能判定四边形 AOEF 是平行四边形的所有作法均可）（2）（本小题满分 4 分）连接 AD，设O 的半径为 r CD 与O 相切于点 D，ODC90 DCB30，在 RtCOD 中，AOD60 扇形 AOD 的面积为23，xyGQBPAO2024 年毕业年级模拟考试数学参考答案第6页共 9 页 60r236023 5 分 可得 r2 AB 是O 的直径，ADB90 在 RtABD 中，AB4，B12AOD
11、30 BDABcos302 3 PD 3，PD12BD，即 P 是 BD 的中点 6 分 O 是 AB 的中点，OP 是ABD 的中位线 OPAD 又 EFAO，EFAO，四边形 AOEF 是平行四边形 OPAF 过直线 OP 外点 A 有且只有一条直线与已知直线 OP 平行，AD 和 AF 为同一条线，即点 D 在直线 AF 上 8 分 （2）（本小题满分 4 分）由（2）知：ODC90，DCB30，AODO2，四边形 AOEF 是平行四边形 在 RtCOD 中，CO2DO4，CD2 3 CAAO2 四边形 AOEF 是平行四边形，FEAOCA2，EFCA MEFMCA，MFEMAC EFM
12、CAM CMME，AMFM12AF12EO FMEO，NFMNOE，NMFNEO FMNOEN MNENMFEO12 EN2MN 9 分 当点 N 与点 D 重合时，设 DMm，则 DE2m，CMME3m，CDCMDM4m，又 CD2 3，可得 m32 DE 3 过点 P 作 PHDO 于 H，设 PHn，在 Rt PDH 中，2024 年毕业年级模拟考试数学参考答案第7页共 9 页 HOPFEDCBAM ODP30，PD2n，DH 3n ODE90，OHPODE，HOPDOE OHPODE HPDEOHOD，即n32 3n2 可得 n2 35 PD4 35 所以当 PD4 35时，点 D，N
13、 重合，此时由 EN2MN，可得 DE2DM 当 0PD4 35时，点 D 在 E，N 之间，EN2MN，DEDN2(DMDN)DE3DN2DM 11 分 当4 35PD3时，点 D 在 M，N 之间，EN2MN，DEDN2(DMDN)DE3DN2DM 综上，当 0PD4 35时，DE3DN2DM；当4 35PD3时，DE3DN2DM 12 分 25（本题满分 14 分）解：（1）（本小题满分 4 分）设营养素用量为 x mg，该种幼苗的生长速度为 y cm 因为在 10C15C 范围内的不同温度下，该种幼苗的生长速度随着营养素用量的增加都会大致呈现出均匀增大的规律，所以可设 ymxn(m0)
14、2 分 根据表二，函数图象经过(0，1)，(0.5，2)，代入可得 n1 0.5mn2，解得 m2 n1 所以 y2x1(0 x0.5)4 分（2）（本小题满分 5 分）不能提前 12 天完成，理由如下：由表二可知，在不使用营养素时，该种幼苗的生长速度是 1 mm/天6 分 所以不使用营养素时，该种幼苗从 10 mm 培育到 30 mm 所需的时间是(3010)120天 由表三可知，在 10C 下该种幼苗达到最大生长速度平均所需的营养素是 0.540 mg，即2024 年毕业年级模拟考试数学参考答案第8页共 9 页 x0.540 代入（1）中所求函数解析式可得 y2.08 即该种幼苗在 10C
15、 使用营养素的最大生长速度是 2.08 mm/天8 分 此种情况下，该种幼苗在 20128 天内的生长高度为 2.08816.64 mm 因为 1016.6430，所以不能提前 12 天完成 9 分 （3）（本小题满分 5 分）设营养素用量为 x mg，该种幼苗的生长速度为 y cm 因为在 10C15C 范围内的不同温度下，该种幼苗的生长速度随着营养素用量的增加都会大致呈现出均匀增大的规律，所以可设 ykxb(k0)因为在 10C15C 的温度下培育一种植物幼苗，该种幼苗在此温度范围内的生长速度相同，结合表二可知，当 x0 时，都有 y1，所以 b1 即 ykx1(k0)10 分 因为在10
16、C15C范围内的不同温度下，该种幼苗所能达到的最大生长速度始终不变，所以由（2）可知，在 10C15C 范围内的不同温度下，y最大2.0811 分 且当 y 取最大值时，在 10C15C 范围内的不同温度下，对应的营养素用量如表三中第二行数据所示，将(0.360，2.08)，(0.270，2.08)，(0.216，2.08)，(0.180，2.08)，(0.156，2.08)逐一代入 ykx1，分别可求得在 10C15C 范围内的不同温度下解析式中相应的 k的值，如下表所示：t（C）10 11 12 13 14 15 k 2 3 4 5 6 6.92 根据表中数据，k 的值与相应的温度值大致符合关系式：kt8 13 分 所以 y(t8)x1，其中 0 x1.08 t8 所以在 10C15C 范围内的不同温度下，该种幼苗的生长速度随营养素用量的增加而增大直至达到最大的规律可用关系式 y(t8)x1(0 x1.08 t8)表示 答：（1）该关系式为 y2x1(0 x0.5)；（2）不能提前 12 天完成；（3）该关系式为y(t8)x1(0 x1.08 t8).14 分
