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  • 2021-11-06 发布

2020年惠安县初中学业质量检查数学参考答案及评分标准

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2020 年惠安县初中学业质量检查 数学试题参考答案及评分标准 说明: (一)考生的正确解法与“参考答案”不同时,可参照“参考答案及评分标准”的精神进行 评分. (二)如解答的某一步出现错误,这一错误没有改变后续部分的考查目的,可酌情给分,但 原则上不超过后面应得的分数的二分之一;如属严重的概念性错误,就不给分. (三)以下解答各行右端所注分数表示正确做完该步应得的累计分数. 一、选择题(每小题 4 分,共 40 分) 1.A 2.C 3.A 4.D 5.C 6.A 7.D 8.A 9.A 10.D 二、填空题(每小题 4 分,共 24 分) 11.0 12. 2 1x 13. 10 3 14. 21 15.-1.5 16. 2 2 三、解答题(共 86 分) 17.(本题 8 分) 解:      ② ① 1123 4 yx yx ②-①×2 得: 3x , ………………………………………………………………3 分 将 3x 代入①得 43  y , 解得: 1y ,……………………………………………………………………………6 分 ∴方程组的解为      .1 ,3 y x ………………………………………………………………8 分 18.(本题 8 分) 解:原式= 2-)2( )3)(3( 3 22   x x xx xx x x ……………………………………………………2 分 = 22 3 22   x x x xx ………………………………………………………………4 分 = 2 3- x x …………………………………………………………………………6 分 当 2x 时,原式= 2 3-4- 6 22- 2-3-   )( . ……………………………………8 分 19. (本题 8 分) ∵四边形 ABCD 是菱形, ∴AD=CD,∠ADE=∠CDE. ……………………………………………………………3 分 在△ADE 和△CDE 中, ∵       DEDE CDEADE CDAD ∴△ADE≌△CDE, ……………………………………………………………………6 分 ∴AE=CE.………………………………………………………………………………8 分 20. (本题 8 分) (1)作图如下: ………………………………………………………………4 分 ∴△DEF 为所求的三角形. (2)∵DE、DF、EF 为△ABC 的三条中位线, ∴ BCDE 2 1 , ACDF 2 1 , ABEF 2 1 , ∴ 2 1 AB EF AC DF BC DE ,………………………………………………………………6 分 ∴△FED∽△ABC, ……………………………………………………………………7 分 ∴ 4 1)2 1( 2    ABC FED S S .……………………………………………………………………8 分 21.(本题 8 分) (1)证明:由旋转的性质得, ABAD  , ACAE  , ∴ ADBB  , AECACE  .…………………………………………………2 分 ∵  90DAEBAC , 即  90DACCAEDACBAD , ∴ CAEBAD  .……………………………………………………………………3分 又∵ BADB  2 190 , CAEECA  2 190 , ∴ BECA  . ………………………………………………………………………4分 F ED CB A K F A B C D E 说明:其他解法可参照以上的评分标准给分. (2)在 Rt△ABC 中,∵  90BAC , AB = 3,AC = 4, ∴ 543 2222  ACABBC . 如图,过点 A 作 BCAF  ,垂足为点 F , ∴ AFBCACAB  2 1 2 1 , ∴ 5 12 5 43  BC ACABAF ,……………………5 分 ∴ 5 9)5 12(3 2222  AFABBF . ∵ ABAD  , , ∴ 5 9 BFDF ,∴ 5 7 BDBCCD .…………………………………………6 分 设 AC 与 DE 相交于点 K . ∵ ADEBECA  , EKCAKD  , ∴ CEDDAC  . ………………………………………………………………7 分 ∵  90BACB , BECA  , ∴  90ECAACB , ∴ 25 7 5 5 7 sinsin  DE CDCEDDAC . ……………………………………8 分 22.(本题 10 分) 解:(1)甲地不会发生大规模群体感染.……………………1 分 理由如下:由题设可知,样本容量 n=14,平均数为 2,方差为 2,则由方差计算公式得: 2 2 2 1 2 1428 ( 2) ( 2) ( 2)x x x        若甲地 14 天中存在某一天新增疑似病例超过 7 人,则最少为 8 人,由于 2 36 28- (82) , 所以没有一天新增疑似病例超过 7 人,故甲地不会发生大规模群体感染.………………5 分 (2)乙地不会发生大规模群体感染.……………………6 分 理由如下:由于样本容量 n=14,所以中位数为中间两个数(即第 7、8 个数)的平均数, 因为中位数为 3,中位数为 4 和 5,所以第 7,8 个数可能为 2,4 或 3,3 两种情形,且 4 和 5 的个数只能都是三个.若中间两个数为 2 和 4,则前面 7 个数只能取 0,1,2 这三个数, 从而有一个数至少出现三次,于是这个数也是众数,不合题意;若中间两个数都是 3,因为 众数为 4 和 5,所以较大的六个数恰好是 4 和 5 各有三个,故这 14 个数只能是 0,0,1,1, 2,2,3,3,4,4,4,5,5,5,所以乙地不会发生大规模群体感染.…………………10 分 说明:若直接写出这 14 个数据正确的,但没说明理由的扣 1 分 23. (本题 10 分) (1)解:设 B 种口罩的售价为 x 元,则 A 种口罩的售价为 1.5x 元,依题意得: 48050150  xx , …………………………………………………………………2 分 解得: 4.2x , 则 6.35.1 x . …………………………………………………………………………4 分 答:A 种口罩的售价为 3.6 元,B 种口罩的售价为 2.4 元. (2)设购进 A 种口罩的数量为 m 个,则购进 B 种口罩的数量为(10000-m)个,依题意, 得      ,400010000 ,26000)10000(23 m mm …………………………………………………5 分 解得:4000≤m≤6000.…………………………………………………………………6 分 设全部售完获得利润为 y 元,依题意得: ,4000)2.0( 40002.0 )10000(4.0)6.0(    ma amm mmay …………………………………………………7 分 ∵ 3.01.0  a ,∴有以下三种情形: ①当 0.1≤a<0.2 时,0.2-a>0,∴y 随 m 的增大而增大, 又∵4000≤m≤6000. ∴当 m=6000 时,y 有最大值, 故 A 种口罩购进 6000 个,B 种口罩购进 4000 个,利润最大.……………………8 分 ②当 a=0.2 时,0.2-a=0,获得的利润均为 4000 元;………………………………9 分 ③当 0.2<a<0.3 时,0.2-a<0,∴ y 随 m 的增大而减小, 又∵ 4000≤m≤6000.∴ 当 m=4000 时,y 有最大值, 故 A 种口罩购进 4000 个,B 种口罩购进 6000 个,利润最大.…………………10 分 24. (本题 12 分) 解: (1)连结 OC,如图. ∵CF 切⊙O 于点 C, ∴OC⊥CF,∴∠OCB+∠DCF=90°.……………………………………………………1 分 ∵OC=OB,∴∠B=∠OCB.………………………………………………………………2 分 ∵EM⊥AB,∴∠B+∠BDM=90°, ∴∠DCF=∠BDM.………………………………………………………………………3 分 ∵∠CDF=∠BDM,∴∠DCF=∠CDF, …………………………………………………4 分 ∴FC=FD;…………………………………………………………………………………5 分 (2) ∵AB 是⊙O 的直径,∴∠ACB=90°, ………………………………………………6 分 ∴∠BCE=90°, ∴∠FCE+∠DCF=90°. ∵∠CDF+∠E=90°, ∠DCF=∠CDF, ∴∠E=∠FCE,……………………………………………………………………………7 分 ∴CF=EF=5,∴DF=CF= 5,………………………………………………………………8 分 ∴在 Rt△CDE 中,由勾股定理得: 8610 2222  CDDECE , ∴ 3 4tan CDE .………………………………………………………………………9 分 ∵∠BDM=∠CDE, ∴ 3 4tan BDM . ……………………………………………………………………10 分 设⊙O 的半径为 R,则 RBM 2 1 , ∴ RDM 8 3 . 如图,连结 OF. 由勾股定理得: 22222 FMOMCFOCCF  , ∴ 2 2 22 )8 35(2 15 RRR    , ……………………………………………………11 分 解得: 13 80R . …………………………………………………………………………12 分 说明:其他解法可参照以上的评分标准给分. 25. (本题 14 分) 解:(1)如图 1,当 x=0 时,y=n,∴点 C 的坐标为(0,n).……………………1 分 不妨设点 A 0,1x ,点 B 0,2x ,其中 120, 0xx. 令 0y ,则 02  nmxx ,∴ nxx  21 . ………………………………2 分 ∵ 90ACB , 90AOC ∴ 90 OCAOCB , 90 OCAOAC ∴ OACOCB  又∵ BOCAOC  ∴ AOC ∽ COB ∴ OC OA OB OC  ∴ OBOAOC 2 ∴ nn 2 , ………………………………………………………………3 分 解得 1n , 0n (舍去), ∴C 的坐标为(0,-1).………………………………………………………………4 分 (说明:若直接利用射影定理解题正确的,不扣分) (2)当 1m 时, nxxy  2 , ∵抛物线 与 x 轴只有一个公共点, 则对于方程 02  nxx 有 041  n , ∴ 4 1n ……………………5 分 ① 当 4 1n 时, 2 1 21  xx ,此时抛物线与 轴只有一个公共点 )0,2 1( ……………6 分 ② 当 4 1n 时, ∵当 11  x 时,抛物线与 轴有且只有一个公共点, ∴若 1x 时, 11y n n    ; 若 1x 时, 1 1 2y n n     又抛物线的对称轴为直线 2 1x ,结合图象,得 0 20 n n    解得 02  n …………………………………………8 分 综合①②得,n 的取值范围是 4 1n 或 …………9 分(说明:若没有等号扣 1 分) (3)抛物线 2y x mx n   可以看作由抛物线 2xy  通过平移得到的 ………………10 分 对于 ,当 x=0 时,y=0;当 2x 时, 4y ,其图象如图 2 所示. ………………11 分 ∴要使不等式 2 2x mx n   ,当15x时恒成立,则抛物线 2y x mx n   在 的图象,最高点的纵坐标不大于 2,最低点的纵坐标不小于-2,则可通过平移, 即把抛物线 2xy  的顶点(0,0)平移至点(3,-2),如图 3 所示.…………………12 分 此时,有 2 32 4 24 m nm    解得      7 6 n m …………………………………………14 分 所以使得不等式 ,当15x时恒成立的实数对是(-6,7).