11.2015-2016第2学期初2年级数学期末考试题答案-石景山

石景山区2015—2016学年第二学期期末试卷初二数学试卷答案及评分参考阅卷须知：为便于阅卷，解答题中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．若考生的解法与给出的解法不同，正确者可参照评分参考给分．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．一、选择题（本题共30分，每小题3分）题号12345678910答案CABADBDCBB二、填空题（本题共18分，每小题3分）11．612．2m13．ACDB（或ADCACB或ADACACAB）14．92515．316．（1，2）；12(1)nn；或2nn（每空1分）三、解答题（本题共52分，第17-24题，每小题5分；第25-26题，每小题6分）17．18．证明一：联结AF，CE，联结AC交BD于点O.∵四边形ABCD是平行四边形∴OA＝OC，OB＝OD⋯⋯⋯⋯⋯2分又∵BE＝DF∴OE＝OF⋯⋯⋯⋯⋯3分∴四边形AECF是平行四边形⋯⋯4分∴AE＝CF⋯⋯⋯⋯⋯5分证明二：∵四边形ABCD是平行四边形∴AB＝CD，AB∥CD⋯⋯⋯⋯⋯1分∴∠1＝∠2⋯⋯⋯⋯⋯2分OFECADB解法一：26919xx⋯⋯⋯⋯⋯1分2310x（）⋯⋯⋯⋯⋯3分310x⋯⋯⋯⋯⋯4分12310,310xx+-⋯⋯5分解法二：2140=---=△(6)41()⋯⋯1分6402x⋯⋯⋯⋯⋯3分62102x⋯⋯⋯⋯⋯4分12310,310xx+-⋯⋯5分在△ABE和△CDF中12ABCDBEDF∴△ABE≌△CDF（SAS）⋯⋯⋯⋯⋯4分∴AECF=⋯⋯⋯⋯⋯5分19．解：（1）∵2ymx过点A（-1，2）∴-m＝2∴m＝-2⋯⋯⋯⋯⋯1分∵点A（-1，2）和点B（0，3）在直线1ykxb上2133kbkbb⋯⋯⋯⋯⋯3分∴这两个函数的表达式为：13yx和2-2yx⋯⋯⋯⋯⋯3分（2）过点A作AD⊥x轴于点D，则AD＝2∵13yx交x轴于点C（-3,0）⋯⋯4分∴1=2AOCSOCAD△1=322=3⋯⋯5分即这两个函数图象与x轴所围成的三角形的面积是3.20．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形∴∠D=∠1=∠2+∠3=90°⋯⋯⋯⋯⋯1分∵CF⊥CE∴∠4+∠3=90°∴∠2=∠4∴△CDE∽△CBF⋯⋯⋯⋯⋯2分（2）解：∵四边形ABCD是矩形∴CD=AB∵B为AF的中点∴BF=AB∴设CD=BF=x⋯⋯⋯3分∵△CDE∽△CBF21FECADByx–11–1–2–3–41234DCBAO4321EDAFBC∴CDDECBBF⋯⋯4分∴13xx∵x＞0∴3x⋯⋯⋯5分即：3CD21．（1）证明：∵0m≠∴2(32)60mxmx是关于x的一元二次方程∵2[(32)]46mm△⋯⋯⋯⋯⋯1分2912424mmm29-124mm23-20m()≥⋯⋯⋯⋯⋯2分∴此方程总有两个实数根.⋯⋯⋯⋯⋯3分（2）解：∵(3)(2)0xmx∴1223,xxm⋯⋯⋯⋯⋯4分∵方程的两个实数根都是整数，且m是正整数∴m=1或m=2⋯⋯⋯⋯⋯5分22．（1）证明：∵AE∥DC，CE∥AB∴四边形AECD是平行四边形⋯⋯⋯⋯⋯1分∵Rt△ABC中，90ACB，CD是斜边AB上的中线∴CD=AD∴四边形AECD是菱形⋯⋯⋯⋯⋯2分（2）解：联结DE.∵90ACB，60B∴30BAC∴423AABC,⋯⋯⋯⋯⋯3分∵四边形AECD是菱形∴EC=AD=DB又∵EC∥DB∴四边形ECBD是平行四边形∴ED=CB=2⋯⋯⋯⋯⋯4分∴2322322AECDACEDS菱形⋯⋯⋯⋯⋯5分23．解：设该地区这两年快递业务量的年平均增长率为x.根据题意，得⋯⋯1分22(1)3.92x⋯⋯⋯⋯⋯3分解得120.4,2.4xx-（不合题意，舍去）⋯⋯⋯⋯⋯4分∴0.440x%答：该地区这两年快递业务量的年平均增长率为40%.⋯⋯⋯⋯⋯5分EDBAC24．（1）0.5⋯⋯⋯⋯⋯1分（2）解：当x＞240时，设y=kx+b，由图象可得：2401200.640021624kbkkbb⋯⋯⋯⋯⋯2分∴0.624(240)yxx⋯⋯⋯⋯⋯3分（3）解：∵132120y∴令0.624=132x，⋯⋯⋯⋯⋯4分得：=260x⋯⋯⋯⋯⋯5分∴小石家这个月用电量为260度.25．（1）①补全图形，如右图所示.⋯⋯⋯⋯⋯1分②数量关系：AMBMDN⋯⋯⋯⋯⋯2分证明：在CD的延长线上截取DE＝BM，联结AE.∵四边形ABCD是正方形∴190B，ADAB=，ABCD∥∴6BAN在△ADE和△ABM中1ADABBDEBM∴△ADE≌△ABM（SAS）∴AEAM=，32⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分又∵54∴EANBAN又∵6BAN∴6EAN∴AENE=⋯⋯⋯⋯⋯4分又∵AEAM=，NEDEDNBMDN=∴AMBMDN⋯⋯⋯⋯⋯5分（证法二：在CB的延长线上截取BF＝DN，联结AF）（2）数量关系：AMDNBM-⋯⋯⋯⋯⋯6分654321ENADBCMNADBCM26．（1）H2⋯⋯⋯⋯⋯1分（2）解：∵点C(-1,4)在直线yxb上∴14b∴3b∴3yx⋯⋯⋯⋯⋯2分∴3yx与x轴，y轴的交点为N（3，0），M（0，3）∵点P（m，n）在直线3yx上∴点P（m，-m+3）过点P分别作x轴，y轴的垂线，垂足为D，E∵m＞0∴点P可能在第一象限或第四象限（解法一）①若点P在第一象限，如图1，则,3ODmPDnm===-∴3)6PEODCmm=2(-矩形3)PEODSmm=(-矩形∵点P是“和谐点”∴3)6mm(-=⋯⋯⋯3分260mm-3=2(-3)460△＜∴此方程无实根∴第一象限的直线上的点不可能是“和谐点”.⋯⋯⋯⋯⋯4分②若点P在第四象限，如图2，则,3)3ODmPDnmm==--(∴3)46PEODCmmm=2(-矩形3)PEODSmm=(-矩形∵点P是“和谐点”∴3)46mmm(-=⋯⋯5分260mm-7=1261mm==，∵点P（m，-m+3）在第四象限∴3m＞∴6m=∴点P（6，-3）⋯⋯⋯⋯⋯6分综上所述，满足条件的点P的坐标为P（6，-3）.yxy=-x+3EDP(m,-m+3)Oyx33y=-x+3EDMNOP(m,-m+3)图1图2（解法二）①若点P在第一象限，如图1，则,3ODmPDnm===-∴3)6PEODCmm=2(-矩形∵1334.52MONS=△⋯⋯⋯3分而MONPEODSS△矩形∴PEODPEODCS矩形矩形≠∴第一象限的直线上的点不可能是“和谐点”.⋯⋯⋯⋯⋯4分②若点P在第四象限，如图2，则,ODmPDn==-∴)PEODCmn=2(-矩形PEODSmn=-矩形∵点P是“和谐点”∴2)mnmn(-=-⋯⋯⋯⋯⋯5分∴22mnm∵点P（m，n）在直线3yx上∴3nm∴232mmm260mm-7=1261mm==，经检验，1261mm==，是方程232mmm的解∵点P（m，-m+3）在第四象限∴3m＞∴6m=∴点P（6，-3）⋯⋯⋯⋯⋯6分综上所述，满足条件的点P的坐标为P（6，-3）.yxy=-x+3EDP(m,-m+3)Oyx33y=-x+3EDMNOP(m,-m+3)图1图2