2023.4燕山地区初三一模数学答案

北京市燕山地区2023年初中毕业年级质量监测（一）

                数学试卷答案及评分参考      2023年4月

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，

CFAD，

∴CFBD，

∴四边形DBCF是平行四边形，

DFBC．

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，

∴AFBG，

∴四边形ABGF是平行四边形，

∴ABFG．

∵DB＝AB，GE＝GF，

∴DBGE，

∴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