福建省泉州市最全初中毕业班质量检测数学试题含答案解析.docx
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福建省泉州市最全初中毕业班质量检测数学试题含答案解析
drive驾驶drovedriven
find找出foundfound
steal偷stolestolen
give给gavegiven
wake醒着woke/wakedwoke/waked/woken
withdraw撤退;收回withdrewwithdrawn
arise出现arosearisen
bend使弯曲bentbent
overtake超车,赶上overtookovertaken
rid免除rid/riddedrid/ridded
2019届福建省泉州市初中学业质量检查
数学试题
(试卷满分:
150分;考试时间:
120分钟)
友情提示:
所有答案必须填写在答题卡相应的位置上.
一、选择题:
本大题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.请在答题卡上相应题目的答题区域内作答.
1.下列各式正确的是( )
A.-(-2018)=2018 B.|-2018|=±2018
C.20180=0D.2018-1=-2018
2.计算(-2a2)3的结果是( )
A.-6a2 B.-8a5 C.8a5 D.-8a6
3.某几何体如下左图所示,该几何体的右视图是( )
第3题图
4.一个正多边形的边长为2,每个外角都为60°,则这个多边形的周长是( )
A.8B.12C.16D.18
5.不等式组
,的整数解的个数为( )
A.0个B.2个C.3个D.无数个
6.如图,▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O,要使它成为矩形,需再添加的条件是( )
A.OA=OCB.AC=BDC.AC⊥BDD.BD平分∠ABC
第6题图
7.在学校演讲比赛中,10名选手的成绩折线统计图如图所示,则下列说法正确的是( )
A.最高分90B.众数是5
C.中位数是90D.平均分为87.5
第7题图
8.如图,在△ABC中,点D、E分别是边AB、AC上的点,且DE∥BC,若
=
,DE=3,则BC的长度是( )
A.6B.8C.9D.10
第8题图
9.实数a、b、c、d在数轴上的对应点从左到右依次是A、B、C、D,若b+d=0,则a+c的值( )
A.小于0B.等于0
C.大于0D.与a、b、c、d的取值有关
10.已知双曲线y=
经过点(m,n),(n+1,m-1),(m2-1,n2-1),则k的值为( )
A.0或3B.0或-3C.-3D.3
二、填空题:
本大题共6小题,每小题4分,共24分.把答案填在答题卡的相应位置.
11.已知x=0是方程x2-5x+2m-1=0的解,则m的值是________.
12.分解因式:
x3-4x=________.
13.某口袋中装有2个红球和若干个黄球,每个球除颜色外其它都相同,搅匀后从中摸出一个球恰为红球的概率是
,则袋中黄球的个数为________.
14.抛物线y=x2-6x+7的顶点坐标是________.
15.在直角坐标系中,点M(
,1)绕着原点O顺时针旋转60°后的对应点的坐标是________.
16.如图,在面积为16的四边形ABCD中,∠ADC=∠ABC=90°,AD=CD,DP⊥AB于点P,则DP的长是________.
第16题图
三、解答题:
本大题共9小题,共86分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.在答题卡的相应位置内作答.
17.(8分)先化简,再求值:
x(x+2)+(x-1)(x+1)-2x,其中x=
.
18.(8分)解方程组:
.
19.(8分)如图,在四边形ABCD中,AB=AD=3,DC=4,∠A=60°,∠D=150°,试求BC的长度.
第19题图
20.(8分)如图,E、F是▱ABCD的对角线AC上的两点,AE=CF,求证:
DF=BE.
第20题图
21.(8分)某中学采用随机的方式对学生掌握安全知识的情况进行测评,并按成绩高低分成优、良、中、差四个等级进行统计,绘制了下面两幅尚不完整的统计图.请根据有关信息解答:
第21题图
(1)接受测评的学生共有________人,扇形统计图中“优”部分对应扇形的圆心角为________°,并补全条形统计图;
(2)若该校共有学生1200人,请估计该校对安全知识达到“良”程度的人数;
(3)测评成绩前五名的学生恰好是3个女生和2个男生,现从中随机抽取2人参加市安全知识竞赛,请用树状图或列表法求出抽到1个男生和1个女生的概率.
22.(10分)某学校在“校园读书节”活动中,购买甲、乙两种图书共100本作为奖品,已知乙种图书的单价比甲种图书的单价高出50%.同样用360元购买乙种图书比购买甲图书少4本.
(1)求甲、乙两种图书的单价各是多少元;
(2)如果购买图书的总费用不超过3500元,那么乙种图书最多能买多少本?
23.(10分)如图,在矩形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,E是边AD的中点,且AC=
,DC=1.
(1)求证:
AB=DE;
(2)求tan∠EBD的值.
第23题图
24.(13分)如图,AB为⊙O的直径,F为弦AC的中点,连接OF并延长交
于点D,过点D作DE∥AC,交BA的延长线于点E,连接AD、CD.
(1)求证:
DE是⊙O的切线;
(2)若OA=AE=2时,
①求图中阴影部分的面积;
②以O为原点,AB所在的直线为x轴,直径AB的垂直平分线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,试在线段AC上求一点P,使得直线DP把阴影部分的面积分成1∶2的两部分.
第24题图
25.(13分)如图,在直角坐标系中,抛物线y=-x2+bx+2与x轴交于A、B两点,与直线y=2x交于点M(1,m).
(1)求m,b的值;
(2)已知点N,点M关于原点O对称,现将线段MN沿y轴向上平移s(s>0)个单位长度.若线段MN与抛物线有两个不同的公共点,试求s的取值范围;
(3)利用尺规作图,在该抛物线上作出点G,使得∠AGO=∠BGO,并简要说明理由.(保留作图痕迹)
第25题图
2019届福建省泉州市初中学业质量检查
1.A【解析】
选项
逐项分析
正误
A
-(-2018)=2018
√
B
|-2018|=2018
×
C
20180=1
×
D
2018-1=12017
×
2.D【解析】(-2a2)3=(-2)3(a2)3=-8a6,故选D.
3.D【解析】本题考查几何体的右视图,从右往左看,可看到两个矩形,一上一下叠放在一起,且所有棱都能看到,故轮廓线均为实线,符合条件的只有D.
4.B【解析】正多边形的每个外角都为60°,360°÷60°=6,所以这个多边形为正六边形,正六边形的周长为6×2=12.
5.C【解析】不等式组的解为-2 6.B【解析】对角线相等的平行四边形是矩形,故选B. 7.C【解析】由折线统计图可知,十名选手的最高分为95分,A错误;众数为90,B错误;把成绩从低到高排,中间两数都为90,所以中位数为90,C正确;x-=80×2+85+90×5+95×210=88.5(分),故D错误. 8.C【解析】∵DE∥BC,∴ADAB=DEBC,∵ADDB=12,∴DEBC=13,∵DE=3,∴BC=9. 9.A【解析】根据数轴上右边的数总比左边的大,得aa,∴a+c<0. 10.D【解析】把点(m,n),(n+1,m-1),(m2-1,n2-1)代入双曲线y=kx得,k=mn①,k=(n+1)(m-1)②,k=(m2-1)(n2-1)③,①代入②得m-n=1;②代入③中得,1=(m+1)(n-1),1=mn+n-m-1,mn=2+(m-n)=3,所以k=3. 11.12【解析】把x=0代入方程得2m-1=0,∴m=12. 12.x(x+2)(x-2)【解析】x3-4x=x(x2-4)=x(x+2)(x-2) 13.8【解析】口袋中球的个数为2÷15=10个,袋中黄球的个数为10-2=8个. 14.(3,-2)【解析】y=x2-6x+7=(x2-6x+9)-9+7=(x-3)2-2,所以抛物线的顶点坐标为(3,-2). 15.(,-1)【解析】如解图,由旋转的性质可知∠MOB=60°,OM=OB,又∵M(,1),可得∠MOC=30°,∴∠COB=30°,过点B作BC⊥OC于点C,结合OB=OM可知,点B与点M关于x轴对称,∴B(,-1). 第15题解图 16.4【解析】如解图所示,过D点作DE⊥BC交BC的延长线于点E.∵∠ADC=∠ABC=90°,∴四边形DPBE是矩形.∴∠PDE=90°,∴∠ADP=∠CDE.∵AD=DC,∴Rt△APD≌Rt△CED,∴DP=DE,∴四边形PDEB是正方形,又∵四边形ABCD的面积为16,∴正方形DPBE的面积也为16,∴DP=DE=4. 第16题解图 17.解: 原式=x2+2x+x2-1-2x =2x2-1 当x=时,原式=2×()2-1=4-1=3. 18.解: x-y=1 ①3x+y=7②, ①+②得4x=8,∴x=2, 将x=2代入①得y=1. 所以该方程组的解为x=2y=1. 19.解: 如解图,连接DB, 第19题解图 ∵AB=AD,∠A=60°, ∴△ABD是等边三角形, ∴BD=AD=3,∠ADB=60°, 又∵∠ADC=150°,∴∠CDB=∠ADC-∠ADB=150°-60°=90°, ∵DC=4, ∴BC===5. 20.证明: 在▱ABCD中,CD∥AB,DC=AB, ∴∠DCA=∠BAC, 在△DCF和△BAE中, ∠DCA=∠BACCF=AE, ∴△DCF≌△BAE(SAS), ∴DF=BE. 21. (1)80,135,补全条形统计图如解图①所示; 第21题解图① 【解法提示】接受测评的学生共有20÷25%=80(人),安全知识达到“良”的人数为80-30-20-5=25(人),扇形统计图中“优”部分对应扇形的圆心角为3080×360°=135°. (2)该校对安全知识达到“良”程度的人数为: 1200×30+2580=825(人); (3)列表如下: 女1 女2 女3 男1 男2 女1 —— 女1女2 女1女3 女1男1 女1男2 女2 女2女1 —— 女2女3 女2男1 女2男2 女3 女3女1 女3女2 —— 女3男1 女3男2 男1 男1女1 男1女2 男1女3 —— 男1男2 男2 男2女1 男2女2 男2女3 男2男1 —— 所有等可能的结果为20种,其中抽到一男一女的为12种, 所以P(抽到1男1女)=1220=35. 或画树状图如解图②: 第21题解图② 所有等可能的结果为20种,其中抽到一男一女的为12种, 所以P(抽到1男1女)=1220=35. 22.解: (1)设甲种图书的单价是x元,则乙种图书的单价是1.5x元, 依题意得: 360x-3601.5x=4. 解得: x=30, 经检验x=30是原方程的解,且x=30,1.5x=45符合题意. 答: 甲种图书的单价是30元,乙种图书的单价是45元. (2)设乙种图书能买m本, 依题意得: 45m+30(100-m)≤3500, 解得: m≤1003=3313, 因为m是正整数,所以m最大值为33, 答: 乙种图书最多能买33本. 23. (1)证明: 在矩形ABCD中,∠ADC=90°,AB=DC=1, ∵AC=,DC=1, ∴在Rt△ADC中,AD===2, ∵E是边AD的中点, ∴AE=DE=1, 又∵AB=1, ∴AB=DE; (2)解: 如解图,过点E作EM⊥BD于点M, 第23题解图 ∵BD=AC=, 在Rt△DEM和Rt△DBA中, sin∠ADB=EMED=BABD,即EM1=15, 解得: EM=55, 又∵在Rt△ABE中,BE===, ∴在Rt△BEM中,BM==5)2=55, ∴在Rt△BEM中,tan∠EBD=EMBM=55=13. 第24题解图 24. (1)证明: 如解图,连接OC, ∵OA=OC,F为AC的中点, ∴OD⊥AC, 又∵DE∥AC, ∴OD⊥DE, ∵OD为⊙O的半径, ∴DE是⊙O的切线; (2)解: ①由 (1)得OD⊥DE, ∴∠EDO=90°, ∵OA=AE=2, ∴OA=OD=AD=2, ∴△AOD是等边三角形, ∴∠AOD=∠DAO=60°, ∴∠ACD=12∠AOD=30°, 又∵AC⊥OD, ∴∠CAO=∠CAD=30°, ∴∠ACD=∠CAO, ∴CD∥AB, ∴S△ACD=S△OCD, ∴S阴=S扇形OCD, ∵∠CAD=∠OAD-∠OAC=60°-30°=30°, ∴∠COD=2∠CAD=60°, ∴S阴=60π×22360=23π; ②由已知得: A(-2,0),C(1,), ∴直线AC的表达式为y=33x+33, 如解图,过点P1分别作P1M⊥x轴,P1N⊥AD,垂足分别M,N, 由①得AC平分∠OAD, ∴P1M=P1N, 设P1(x,33x+33)(-2≤x≤1), P1M=P1N=33x+33, ∵直线DP1把阴影部分面积分成1∶2的两部分, 若S△AP1D=13S阴,即12×2·(33x+33)=13×23π, 解得: x=3π-189,此时P1(3π-189,2π9), 若S△AP2D=23S阴,同理可求得P2(3π-189,4π9), 综上所述: 满足条件的点P的坐标为P1(3π-189,2π9)和P2(3π-189,4π9). 25.解: (1)把M(1,m)代入y=2x得m=2×1=2, 把M(1,2)代入y=-x2+bx+2得2=-12+b+2,即b=1; (2)由 (1)得y=-x2+x+2,M(1,2), 因为点N,点M关于原点O对称,所以N(-1,-2), 如解图①,过点N作CN⊥x轴,交抛物线于C,则C的横坐标为-1, 所以C的纵坐标为-(-1)2+(-1)+2=0, 第25题解图① 所以C(-1,0)与A重合, 则CN=AN=2,即当s=2时线段MN与抛物线有两个公共点, 设平移后的直线表达式为y=2x+s, 由y=2x+sy=-x2+x+2得x2+x+s-2=0, 由Δ=12-4(s-2)=0,得s=94, 即当s=94时,线段MN与抛物线只有一个公共点, 所以,当线段MN与抛物线有两个公共点时,s的取值范围为2≤s<94; (3)如解图②,在x轴上取一点P(-2,0),以P为圆心,OP为半径作圆,⊙P与抛物线的交点,即是所求作的点G(解图②中的G与G′), 理由: 第25题解图② 当点G在x轴上方时,由作图可知,PG=2,PA=1,PB=4, 则PAPG=PGPB=12, ∵∠GPA=∠BPG, ∴△GPA∽△BPG, ∴∠PBG=∠PGA, ∵GP=PO, ∴∠POG=∠PGO, 又∵∠POG=∠PBG+∠OGB, ∠PGO=∠PGA+∠AGO, ∴∠AGO=∠BGO, 同理可证: 当点G′在x轴的下方时,结论也成立.
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