2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(73)-教师用卷

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（73）
一、选择题（本大题共5小题，共30.0分）
1.关于x的方程x2+|x|−a2=0的所有实数根之和等于()
A. −1
B. 1
C. 0
D. −a2
【答案】C
【解析】解：方程x2+|x|−a2=0的解可以看成函数y=x与函数y=−x2+a2的图象的交点的横坐标，
根据对称性可知：所有实数根之和等于0．
故选：C．
利用图象法解决问题即可．
本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
2.抛物线y=x2上有三点P1、P2、P3，其横坐标分别为t，t+1，t+3，则△P1P2P3的
面积为()
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】C
【解析】解：分别从点P1、P2、P3向x轴作垂线，因为P1、
P2、P3，
其横坐标分别为t，t+1，t+3，而三点在抛物线y=x2
上，
所以三点纵坐标分别是：t2，(t+1)2，(t+3)2，
则S△P1P2P3=1
2×3×[t2+(t+3)2]−1
2
×[(t+1)2+
t2)]−1
2
×2×[(t+1)2+(t+3)2]=3．
故选：C．
分别从点P1、P2、P3向x轴作垂线构造梯形，利用面积差求解．则△P1P2P3的面积为：
1 2×3[t2+(t+3)2]−1
2
[(t+1)2+t2]−1
2
×2[(t+1)2+t2]=3．
主要考查了梯形的面积公式的运用和一次函数图象上点的坐标特征，要会根据点的坐标求出所需要的线段的长度，灵活运用勾股定理和面积公式求解．
3.已知a、b、c为自然数，且a2+b2+c2+42<4a+4b+12c，且a2−a−2>0，
则代数式1
a +1
b
+1
c
的值为()
A. 1
B. 7
6
C. 10
D. 11【答案】A
【解析】解：由a2−a−2>0，a为自然数，可知a>2，
将化a2+b2+c2+42<4a+4b+12c为(a−2)2+(b−2)2+(c−6)2<2，因为(a−2)2、(b−2)2、(c−6)2都大于0，
当a≥4时，上式不成立，所以自然数a只能取值为3．
当a=3时，代入上式，得：
(b−2)2+(c−6)2<1，
所以只能使(b−2)2=0，(c−6)2=0，即b=2，c=6，
所以1
a +1
b
+1
c
=1．
故选：A．
先由a2−a−2>0得到a>2或a<−1，再变形a2+b2+c2+42<4a+4b+12c为：(a−2)2+(b−2)2+(c−6)2<2，得到a=3，进而得到(b−2)2+(c−6)2<1，再
得到b=2，c=6，故能求得1
a +1
b
+1
c
的值．
本题的关键是把不等式转化成平方的形式，然后分析在什么情况下小于2，从而求出a，b，c的值．
4.正五边形广场ABCDE的边长为80米，甲、乙两个同学做游戏，分别从A，C两点
处同时出发，沿A−B−C−D−E−A的方向绕广场行走，甲的速度为50米/分，乙的速度为46米/分，则两人第一次刚走到同一条边上时()
A. 甲在顶点A处
B. 甲在顶点B处
C. 甲在顶点C处
D. 甲在顶点D处【答案】D
【解析】解：①二人在1条边上，二人地距离差小于或等于80米．
②甲在A点，乙在C点，二人的距离差是160米，甲要追回80米需要的时间是80比(50−46)是20分钟．
③20分钟甲走了1000米，正好走到CD的中点设为F；20分钟乙走920米走到DE距D点40米处设为G．
④甲从F走到D是40比50等于0.8分钟；乙用0.8分从G点走出0.8乘46等于36.8米距E点80−36.8−40=3.2米．
⑤由此得知甲走到D点时乙走在DE线上距E3.2米处．
故选：D．
解决问题的关键是读懂题意，找到关键描述语，进而找到所求的量的关系求解．
本题考查一元一次不等式组的应用，将现实生活中的事件与数学思想联系起来，读懂题列出不等式关系式即可求解．
5.已知点A(x1,y1)，B(x2,y2)均在抛物线y=ax2+2ax+4(0<a<3)上，若x1<x2，
x1+x2=1−a，则()
A. y1>y2
B. y1<y2
C. y1=y2
D. y1与y2大小不能确定
【答案】B
【解析】解：将点A(x1,y1)，B(x2,y2)分别代入y=ax2+2ax+4(0<a<3)中，得：y1=ax12+2ax1+4----①，
y2=ax22+2ax2+4----②，
②−①得：
y2−y1=(x2−x1)[a(3−a)]，
因为x1<x2，3−a>0，
则y2−y1>0，
即y1<y2．
故选B．
将点A(x1,y1)，B(x2,y2)分别代入y=ax2+2ax+4(0<a<3)中得y1=ax12+2ax1+ 4----①；y2=ax22+2ax2+4----②；利用作差法求出y2−y1>0，即可得到y1>y2．本题难度较大，要充分利用数据特点，进行计算．
二、填空题（本大题共6小题，共36.0分）
6.如图，E、F分别是▱ABCD的边AB、CD上的点，AF
与DE相交于点P，BF与CE相交于点Q，若S△APD=
10cm2，S△BQC=20cm2，则阴影部分的面积为______．
【答案】30cm2
【解析】解：连接E、F两点，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//CD，
∴△EFC的FC边上的高与△BCF的FC边上的高相等，∴S△EFC=S△BCF，∴S△EFQ=S△BCQ，
同理：S△EFD=S△ADF，∴S△EFP=S△ADP，
∵S△APD=10cm2，S△BQC=20cm2，
=30cm2，
∴S
四边形EPFQ
故阴影部分的面积为30cm2．
连接E、F两点，由三角形的面积公式我们可以推出S△EFC=S△BCF，S△EFD=S△ADF，所以S△EFG=S△BCQ，S△EFP=S△ADP，因此可以推出阴影部分的面积就是S△APD+S△BQC．本题主要考查平行四边形的性质，三角形的面积，解题的关键在于求出各三角形之间的面积关系．
7.如图，是一回形图，其回形通道的宽和OB的长均为1，
回形线与射线OA交于A1、A2、A3、….若从O点到A1点
的回形线为第一圈(长为7)，从A1点到A2点的回形线为
第二圈，…，以此类推，则第11圈的长为______．
【答案】87
【解析】解：观察图形发现：
第一圈的长是2(1+2)+1=7；
第二圈的长是2(3+4)+1=15；
第三圈的长是2(5+6)+1=23；
则第n圈的长是2(2n−1+2n)+1=8n−1．
所以，当n=11时，原式=88−1=87．
故答案为87．
根据题意结合图形，可从简到繁，先从第1圈开始，逐圈分析，推出通用公式，再代入计算．
此题主要考查图形变化的规律，结合图形发现：图形的周长正好能转化为长方形的周长再加1.重点分析对应长方形的周长：第n个长方形的长是对应的偶数，宽是对应的奇数．8.有6张卡片，每张卡片上分别写有不同的从1到6的自然数，从中任意抽出两张卡
片，则两张卡片中的数字之和为偶数的概率为______．
【答案】2
5
【解析】解：共有6×5=30种可能，两张卡片中的数字之和为偶数的有12种，所以概率是2
5
．
依据题意分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率即可．
用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
9.如图，AB为⊙O的直径，D为AB上一点，且AB=5AD，
CD⊥AB，垂足为D，C在圆上，设∠COD=α，则
sinα
2
=______．
【答案】√5
5
【解析】解：设AD=x，则AB=5x，即⊙O的直径为5x，
∴OA=OC=1
2×5x=5x
2
，OD=OA−AD=3x
2
，
∵AB为圆的直径，∴∠ACB=90°，
∵圆心角∠AOC=α与圆周角∠B所对的弧都为AC⏜，
∴∠B=1
2∠AOC=α
2
，
在Rt△OCD中，根据勾股定理得：CD2+OD2=OC2，∴CD=2x，
在Rt△ACD中，AD=x，CD=2x，
根据勾股定理得：AC=√5x，
在Rt△ABC中，sinB=sinα
2=√5x
5x
=√5
5
．
由同弧所对的圆周角等于所对的圆心角的一半，得到所求式子的角α
2
与角B相等，求出
sin B即可求出所求的，方法为：根据题中所给的条件设出AD=x，AB=5x，可将OD 和OC的值表示出来，在直角三角形OCD中，根据勾股定理表示出CD，在直角三角形ADC中，再利用勾股定理表示出AC，最后在直角三角形ABC中，根据锐角三角函数的
定义，即可求出sin B的值，即为所求sinα
2
的值．
考查综合应用解直角三角形、直角三角形性质，进行逻辑推理能力和运算能力．10.今有一副三角板(如图1)，中间各有一个直径为4cm的圆洞，现将三角板a的30°角
的那一头插入三角板b的圆洞内(如图2)，则三角板a通过三角板b的圆洞的那一部分的最大面积为______ cm2.(不计三角板的厚度，精确到0.1cm2)
【答案】14.9
【解析】解：如图，BC=4，∠BAC=30°，
作AD⊥BC，
当点D是BC的中点时，△ABC的面积最大，
此时由中垂线的性质知，AB=AC，∠B=75°，
S△ABC=1
2BC⋅BDtan75°=1
2
×4×2×3.732≈14.9cm2．
作AD⊥BC，当点D是BC的中点时，△ABC的面积最大，此时由中垂
线的性质知，AB=AC，∠B=75°，可求S△ABC=1
2
BC⋅BDtan75°．
本题利用了中垂线的性质，三角形的面积公式，正切的概念求解．
11.已知点A(0,2)，B(4,0).点C，D分别在直线x=1与x=2上，且CD//x轴，则AC+
CD+DB的最小值为______．
【答案】1+√13
【解析】解：作法如图，过A作直线x=1的垂线，垂足为M，连接BM交直线x=2于D点，过D点作直线x=1的垂线，垂足为C点，
此时，AC+CD+DB的最小，AC+CD+DB=MD+CD+DB=BM+CD=
√MN2+NB2+CD=√13+1．
可以把直线x=1，x=2形成的图形理解为一条河，CD为一座桥，求AC+CD+DB的最小值，可转化为“修桥问题”．
本题要善于将实际问题转化为数学模型“修桥问题”，结合图形进行计算．
三、解答题（本大题共4小题，共64.0分）
12.请设计三种方案：把一个正方形剪两刀，使剪得的三块图形能够拼成一个三角形，
并且使拼成的三角形既不是直角三角形也不是等腰三角形，画出必要的示意图，并附以简要的文字说明．
【答案】解：如图，在AD边上任取一点N，使点N不是边AD的中点．分别作出线段AN、DN的中点O1、O2，只要把正方形ABCD沿BO1、CO2剪两刀，则得到的三块图形
就可以如图所示地拼成一个符合题意的三角形．
答案不唯一：
【解析】由题意知，只要剪两刀后，剪下的两个直角三角形中有一边与另一个三角形的一边的和能与余下的正方形的部分重合，或才能与原正方形的一边重合的都能符合要求．本题的答案不唯一，可以拓展学生的空间想象能力，又可以培养动手能力．
13.甲、乙两人同时从A地出发，沿同一条道路去B地，途中都使用两种不同的速度v1
与v2(v1>v2)，甲前一半的路程使用速度v1、后一半的路程使用速度v2；乙前一半的时间使用速度v2、后一半的时间使用速度v1．
(1)甲、乙两人从A地到达B地的平均速度各是多少(用v1和v2表示)
(2)甲、乙两人谁先到达B地，为什么？
(3)如图是甲从A地到达B地的路程s与时间t的函数图象，请你在图中画出相应的
乙从A地到达B地的路程s与t的函数图象．
【答案】解：V甲(1)设AB两地的路程为s，乙从A地到B地的总时间为a．
v 甲=s1
2s
v1
+
1
2s
v2
=2v1v2
v1+v2，(3分)
v
乙
=
v1a
2
+v2a
2
a
=v1+v2
2
.(3分)
(2)v
乙
−v
甲
=
(v
1
−v2)2
2(v1+v2)
∵0<v2<v1，
∴v
乙
−v
甲
>0，乙先到B地．(4分)
(3)如图(6分)
(只要两对平行线及三点共线即可得分)
【解析】(1)设AB两地的路程为s，乙从A地到B地的总时间为a．
先算出前一半的路程所用的时间，后一半的路程所用的时间相加，速度=路程÷时间求出V甲；
先算出前一半的时间所行的路程，后一半的时间所行的路程相加，速度=路程÷时间求出V乙；
(2)看甲、乙两人谁先到达B地，因为路程一定，比较V甲，V乙的大小即可；
(3)乙从A地到达B地的路程s与t的函数图象，乙的时间短，前一半的时间的图象与甲
后一半的路程的图象平行，后一半的时间的图象与甲前一半的路程的图象平行．
本题重点考查了实际应用和一次函数图象相结合的问题，是一道难度中等的题目．
14.已知，如图，矩形ABCD中，AD=6，DC=7，菱形EFGH的三个顶点E，G，H
分别在矩形ABCD的边AB，CD上，AH=2，连接CF．
(1)当四边形EFGH为正方形时，求DG的长；
(2)当△FCG的面积为1时，求DG的长；
(3)当△FCG的面积最小时，求DG的长．
【答案】解：(1)∵四边形EFGH为正方形，
∴HG=HE，
∵∠DHG+∠AHE=90°，
∠DHG+∠DGH=90°，
∴∠DGH=∠AHE，
∴△AHE≌△DGH(AAS)
∴DG=AH=2
(2)作FM⊥DC，M为垂足，连接GE，
∵AB//CD，∴∠AEG=∠MGE
∵HE//GF，∴∠HEG=∠FGE，
∴∠AEH=∠MGF．
在△AHE和△MFG中，∠A=∠M=90°，HE=FG，∴△AHE≌△MFG．
∴FM=HA=2，即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值2．×2×GC=1，解得GC=1，DG=6．
因此S△FCG=1
2
(3)设DG=x，则由第(2)小题得，S△FCG=7−x，又在△AHE中，AE≤AB=7，
∴HE2≤53，∴x2+16≤53，x≤√37，
∴S△FCG的最小值为7−√37，此时DG=√37．
【解析】(1)当四边形EFGH为正方形时，则易证AHE≌△DGH，则DG=AH=2 (2)作FM⊥DC，M为垂足，连接GE，可以证明△AHE≌△MFG，则FM=HA=2，即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值2.根据△FCG的面积为1，就可以解出GC，DG的长．
(3)先求出DG的取值范围，S△FCG的面积可以表示成x的函数，根据函数的性质，就可以求出最值．
求最值的问题一般是转化为函数问题，根据函数的性质
求解．
15.设点O(0,0)、点A(2,0)，分别以O、A为圆心，半径
为2r、r作圆，两圆在第一象限的交点为P．
(1)当r =1时，求点P 的坐标；
(2)当2
3<r <2时，能否找到一定点Q ，使PQ 为定值？若能找到，请求出Q 点的坐标及定值；若不能找到，请说明理由．
【答案】解：(1)设P(x,y)， 由勾股定理，得{x 2+y 2=22
(2−x)2+y 2=12
解得{x =74
y =√15
4(舍去负值) ∴P(74,
√15
4
)；
(2)设P(x,y)，
由题意，得x 2+y 2=4[(x −2)2+y 2] 化简，得x 2+y 2−163
x +
163
=0
即(x −8
3)2+y 2=
169
∴定点为(83,0)，定值为4
3．
【解析】(1)过P 点作x 轴的垂线，把△OPA 分割成两个直角三角形，设P(x,y)，在两个三角形中使用勾股定理，列方程组，解答本题； (2)根据勾股定理，列方程求解．
考查了运用勾股定理解二元二次方程组(二元二次方程)、圆与圆的位置关系与数量关系间的联系．此类题为中考热点，需重点掌握．。