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2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(58)(有答案解析)

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2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(62)(有答案解析)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(62)(有答案解析)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（62）一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）1.若a为实数，化简的结果是A. B. C. D.2.下列说法：其中，正确的个数是等边三角形有三条对称轴；在中，已知三边a，b，c，且，则不是直角三角形；等腰三角形的一边长为4，另一边长为9，则它的周长为17或22；一个三角形中至少有两个锐角．A. 1B. 2C. 3D. 43.如图所示，将一张正方形纸片对折两次，然后在上面打3个洞，则纸片展开后是A. B. C. D.4.一艘轮船从河的上游甲港顺流到达下游的丙港，然后调头逆流向上到达中游的乙港，共用了12小时．已知这条轮船的顺流速度是逆流速度的2倍，水流速度是每小时2千米，从甲港到乙港相距18千米，则甲、丙两港间的距离为A. 44千米B. 48千米C. 30千米D. 36千米5.要得到图象，只需把抛物线的图象A. 向左平移2个单位、向上平移2个单位B. 向左平移2个单位、向下平移2个单位C. 向右平移2个单位、向上平移2个单位D. 向右平移2个单位、向下平移2个单位6.一宾馆有一人间、二人间、三人间三种客房供游客租住，某旅行团共15人准备租用客房共7间，如果每个房间都住满，租房方案有A. 6种B. 5种C. 4种D. 3种7.如图，将沿DE折叠，使点A与BC边的中点F重合，下列结论中：且；；；，正确的个数是A. 1B. 2C. 3D. 48.如图，是直角边长为2的等腰直角三角形，直角边AB是半圆的直径，半圆过C点且与半圆相切，则图中阴影部分的面积是A.B.C.D.二、填空题（本大题共10小题，共40.0分）9.某地区某中学的铅球场如图所示，已知扇形AOB的面积是72米，扇形AOB的弧长为12米，那么半径______米．10.已知菱形的一个内角为，一条对角线的长为，则另一条对角线的长为______．11.一次函数和都过点，且与y轴分别交于B、C两点，则面积______．12.为了求的值，可令，则，因此，所以，仿照以上推理计算出的值是______．13.如图，把一个转盘分成四等份，依次标上数字1、2、3、若连续自由转动转盘两次，指针指向的数字分别记作a、b作为点A的横、纵坐标，则点在函数的图象上的概率为______．14.已知关于x的不等式组恰好有四个整数解，则实数a的取值范围是______．15.如图，在菱形ABCD中，过A作于E，P为AB上一动点，已知，，则线段PE的长度最小值为______．16.如图所示，一位同学拿了两块的三角尺、做了一个探究活动；将的直角顶点M放在的斜边AB的中点处，设．猜想此时重叠部分四边形CEMF的面积为______；简述证明主要思路．17.关于x的方程有且仅有两个实数根，则实数a的取值范围是______．18.若关于x的方程的所有根都是比1小的正实数，则实数m的取值范围是______．三、解答题（本大题共4小题，共40.0分）19.若直角三角形三边长为正整数，且周长与面积数值相等，则称此三角形为“完美直角三角形”，求“完美直角三角形”的三边长．20.已知两个二次函数，，当时，取最小值6且，又最小值为，．求m值；求二次函数、表达式．21.已知关于x的方程恰好有一个实数解，求k的值及方程的解．22.的内切圆分别切BC、CA、AB于点D、E、F，过点F作BC的平行线分别交直线DA、DE于点H、求证：．-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：解：原式故选：D．要解答本题需要根据二次根式的性质变形就可以求出结果了．本题考查的是二次根式的性质及二次根式的化简及其运用．2.答案：B解析：解：、因为等边三角形由三条对称轴，等腰三角形有一条对称轴，故本小题正确；、若，则此三角形也是直角三角形，故本小题错误；、若等腰三角形的一边长为4，另一边长9，则其周长只能是22，故本小题错误；、由三角形内角和为可知，一个三角形中至少由两个锐角，故本小题正确．故选：B．分别根据等腰三角形、等边三角形的性质，勾股定理的逆定理及三角形的三角关系对各选项进行逐一判断即可．本题考查的是等腰三角形、等边三角形的性质，勾股定理的逆定理及三角形的三角关系，熟知以上知识是解答此题的关键．3.答案：D解析：解：当正方形纸片两次沿对角线对折成为一直角三角形时，在平行于斜边的位置上打3个洞，则直角顶点处完好，即原正方形中间无损，且有12个洞．故选：D．结合空间思维，分析折叠的过程及打孔的位置，易知展开的形状．本题主要考查学生抽象思维能力，错误的主要原因是空间观念以及转化的能力不强，缺乏逻辑推理能力，需要在平时生活中多加培养．4.答案：A解析：解：设船在静水中的速度为x千米小时，由题意得：，解得：千米小时；则可得顺流时的速度为8千米小时，逆流时的速度为4千米小时，设乙两地相距y千米，则，解得：，，即甲、丙两港间的距离为44千米．故选：A．设船在静水中的速度为x千米小时，则可得出从而得出船在静水中的速度，然后设甲乙两地相距y千米，根据来回公用12小时可得出方程，解出即可．本题考查了一元一次方程的应用，属于航行问题，根据题意求出船在静水中的速度是解答本题的关键，另外要掌握船航行时间的表示方法．5.答案：B解析：解：可化简为，可得出顶点坐标为，而可化简为，可得出顶点坐标为，把抛物线的图象向左平移2个单位，向下平移2个单位后得到图象．故选：B．根据题意易得原抛物线的顶点坐标为，向左平移2个单位，让横坐标减2，向下平移2个单位，纵坐标减2即可．本题主要考查了抛物线的平移，看顶点的平移即可，左右平移，只改变顶点的横坐标，左减右加，难度适中．6.答案：C解析：解：设宾馆有客房：一人间x间、二人间y间、三人间z间，根据题意得：，解得：，，y，z是整数，可选：0，2，4，6共4种情况．故选：C．首先设宾馆有客房：一人间x间、二人间y间、三人间z间，根据题意可得方程组：，解此方程组可得，又由x，y，z是整数，即可求得答案．此题考查了三元一次不定方程组的应用．此题难度较大，解题的关键是理解题意，根据题意列方程组，然后根据x，y，z是整数求解，注意分类讨论思想的应用．7.答案：B解析：解：由题意得，，但并不能说明，不能说明EF是的中位线，故错；题中没有说，那么中线AF也就不可能是顶角的平分线，故错；易知A，F关于D，E对称．那么四边形ADFE是对角线互相垂直的四边形，那么面积等于对角线积的一半，故对；，，，故对．正确的有两个，故选B．根据对折的性质可得，，，，据此和已知条件判断图中的相等关系．翻折前后对应线段相等，对应角相等．8.答案：D解析：解：如图，由等腰直角三角形性质可知，，所以S阴，设，，，，连接，，解得，S阴．故选：D．首先作出图形，由等腰直角三角形性质可知，，所以S阴，设，，利用勾股定理求出y的值，进而求出阴影的面积．本题主要考查面积及等积变换的知识点，解答本题的关键是熟练掌握等腰直角三角形的性质和勾股定理的应用，此题难度不大．9.答案：12解析：解：根据题意得，，，，．故答案为：12．根据扇形的面积与弧长的关系公式：，列式进行计算即可求解．本题考查了扇形的面积以及弧长的计算，熟练掌握扇形的面积与弧长的关系是解题的关键．10.答案：12或4解析：解：当较长对角线长为时，则另一对角线长为；当较短对角线长为时，则另一对角线长为；故另一条对角线的长为12或4．故答案为：12或4．题中没有指明该对角线是较长的对角线还是较短的对角线，所以就分两种情况进行分析．此题主要考查菱形的性质以及含30度角的直角三角形的性质，做题时注意分两种情况进行分析．11.答案：解析：解：根据题意得，，，解得，，两函数解析式是和，当时，，和，点B、C的坐标分别是，，，．故答案为：．把点A的坐标代入两函数解析式分别求出m、n的值，然后求出点B、C的值，然后求出BC的长度，再根据三角形的面积公式进行计算即可求解．本题考查了相交线的问题，根据点A的坐标求出两直线的解析式然后求出点B、C的坐标是解题的关键．12.答案：解析：解：根据题中的规律，设，则，所以即，所以．故答案为．仔细阅读题目中示例，找出其中规律，运用到本题中，先设，从而求出3S的值，然后用，错位相减即可求解本题．本题主要考查了学生的阅读理解能力，分析、总结、归纳能力，难度中等．解题的关键是弄清所给例子，找到解题的规律．13.答案：解析：解：列表得：a1234b1234因此，点的个数共有16个；若点A在上，则，可得．因此，点在函数图象上的概率为．故答案为：．依据题意先用列表法或画树状图法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．考查了一次函数图象上点的坐标特征和列表法与树状图法，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．14.答案：解析：解：解得不等式组的解集为：，不等式组只有四个整数解，所以这四个整数解为：4，5，6，7，，的最大值是7．，实数a的取值范围是：．故答案为：．首先确定不等式组的解集，先利用含a的式子表示，根据整数解的个数就可以确定有哪些整数解，根据解的情况可以得到关于a的不等式，从而求出a的范围．本题难度中等，考查解不等式组及不等组的整数解，正确解出不等式组的解集，确定a的范围，是解决本题的关键．15.答案：解析：解：设，那么，四边形ABCD是菱形，，又，，，即，解得，点E到线段AB的最小距离应该是过E作AB的垂线段的长度，那么，先过E作于P，在中，．故答案是．先设，易知，利用菱形的性质可知，在中，结合以及余弦的计算可得，易求x，据图可知点E到线段AB的最小距离应该是过E作AB的垂线段的长度，再过E作于P，在中，再利用三角函数可求PE．本题考查了菱形的性质、解直角三角形、垂线段最短．解题的关键是求出BE的长，注意．16.答案：解析：解：重叠部分四边形CEMF的面积为证明如下：连CM，如图，点M为等腰直角的斜边AB的中点，，，，又为直角三角形，，，在和中，≌，，重叠部分四边形CEMF的面积．故答案为：．连CM，由点M为等腰直角的斜边AB的中点，根据等腰直角三角形和直角三角形斜边的中线的性质得到，，，利用等角的余角相等得到，根据“SAS”可得≌，则，于是重叠部分四边形CEMF的面积，然后利用三角形的面积公式计算即可．本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有：“SAS”、“ASA”、“AAS”、“SSS”；全等三角形的对应边相等，对应角相等．也考查了等腰直角三角形和直角三角形斜边的中线的性质．17.答案：或解析：解：由原方程，得，该函数图象为：根据图示知，实数a的取值范围是或．故答案是：或．先将原绝对值方程转化为，据此作出该方程的图象；然后根据图象填空．本题考查了含绝对值符号的一元二次方程．本题采用了“数形结合”的数学思想．18.答案：或解析：解：当时，．当时，可得，，符合题意；当时，可得，，不符合题意；当时，，，，．关于x的方程的所有根都是比1小的正实数，，解得，，解得．综上可得，实数m的取值范围是或．故答案为：或．分，两种情况先求出原方程的实数根，再根据两个实数根都是比1小的正实数，列出不等式，求出m的取值范围．考查了解一元二次方程及解一元一次不等式，解题的关键是将二次项系数分，两种情况讨论求解．19.答案：解：设三边长为a，b，c，其中c是斜边，则有代入得即因为所以所以b为正整数所以，2，4，8，所以，6，8，12；，8，6，5；，10，10，13，所以，三边长为6，8，10或5，12，13．解析：设三边长为a、b、c，其中c是斜边，则存在勾股定理和周长等于面积这两个等量关系，解方程组且根据a、b、c均为正整数可得a、b、c的值．本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了分类讨论思想，本题中讨论a、b的值是解题的关键．20.答案：解：由题意设，且．．，，，解得或舍去；，此函数有最小值，解得：．，．解析：由条件可以设出的解析式，从而求出的解析式，再把，的值代入的解析式，从而求出m的值．把求得的m的值，利用顶点坐标求出a的值，就可以求出、的解析式．本题是一道二次函数的综合试题，考查了二次函数的极值的运用，运用待定系数法求字母系数的值，运用函数的关系式求函数的解析式．21.答案：解：两边同乘，得，若，，，若，由题意，知，解得，，当时，，当时，，若方程有两不等实根，则其中一个为增根，当时，，，当时，，．解析：去分母，转化为整式方程，根据整式方程为一元一次方程，即，为一元二次方程，即，分别求解．而当方程为一元二次方程时，又分为方程有等根，满足方程恰好有一个实数解，若，则方程有两不等实根，且其中一个为增根，而增根只可能为1或0．本题考查了分式方程的解．关键是将分式方程转化为整式方程，根据整式方程的特点及题目的条件分类讨论．22.答案：证明：过点A作BC的平行线分别交直线DE、DF于点P、Q，的内切圆分别切BC、CA、AB于点D、E、F，，又，，，，，同理，又，，∽，，同理，，．解析：首先过点A作BC的平行线分别交直线DE、DF于点P、根据切线的性质定理、两直线平行内错角相等的性质、对顶角相等，可证得进而得到，同理可证得，因而再根据相似三角形的性质，对应边成比例，问题得解．本题考查三角形的内切圆与内心、平行线的性质、全等三角形的性质、弦切角定理．解决本题的关键是证明，再根据相似证得最终结论．。

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(61)

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2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（61）一、选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）1. 已知非零实数a ，b 满足|2a −4|+|b +2|+√(a −3)b 2+4=2a ，则a +b 等于( ) A.−1 B.0 C.1 D.22. Rt △ABC 的三个顶点A ，B ，C 均在抛物线y ＝x 2上，并且斜边AB 平行于x 轴．若斜边上的高为ℎ，则（ ） A.ℎ<1 B.ℎ＝1 C.1<ℎ<2 D.ℎ>23. 如图，△ABC 中，∠A 、∠B 、∠C 所对的三边分别记为a ，b ，c ，O 是△ABC 的外心，OD ⊥BC ，OE ⊥AC ，OF ⊥AB ，则OD:OE:OF ＝（ ）A.a:b:cB.1a :1b :1cC.cos A:cos B:cos CD.sin A:sin B:sin C4. 若实数x ，y 满足条件2x 2−6x +y 2＝0，则x 2+y 2+2x 的最大值是（ ） A.14 B.15 C.16 D.不能确定5. 如图，正方形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 上的点，DE 交AC 于M ，AF 交BD 于N ；若AF 平分∠BAC ，DE ⊥AF ；记x =BE OM，y =BN ON，z =CF BF，则有（ ）A.x >y >zB.x ＝y ＝zC.x ＝y >zD.x >y ＝z6. 将一枚六个面编号分别为1，2，3，4，5，6的质地均匀的正方体骰子先后投掷两次，记第一次掷出的点数为a ，第二次掷出的点数为b ，则使关于x ，y 的方程组{ax +by =3x +2y =2 只有正数解的概率为（ ） A.112 B.29C.518D.1336二、填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分）若ab =20,bc =10，则a+bb+c 的值为________．已知二次函数y1＝ax2+bx+c(a≠0)与一次函数y2＝kx+b(k≠0)的图象相交于点A(−2, 4)，B(8, 2)，如图所示，则能使y1<y2成立的x的取值范围是________．已知一次函数y＝(a−1)x+a(a为整数且a≠1)的图象与x轴、y轴的交点分别为A、B，且△OAB的面积是正整数，则a＝________．在单位正三角形中，将其内切圆及三个角切圆（与角两边及三角形内切圆都相切的圆）的内部挖去，则三角形剩下部分的面积为________．，如图，设AD、BE、CF为三角形ABC的三条高，若AB＝6，BC＝5，AE−EC=115．则线段BE的长为________245如图，在平面直角坐标系xOy中，多边形OABCDE的顶点坐标分别是O(0, 0)，A(0, 6)，B(4, 6)，C(4, 4)，D(6, 4)，E(6, 0)．若直线l经过点M(2, 3)，且将多边形OABCDE分割成面积相等的两部分，则直线l的函数表达式是________．如果函数y＝b的图象与函数y＝x2−3|x−1|−4x−3的图象恰有三个交点，则b的可能值是________−25．4三、解答题（本大题共3小题，共55分）已知抛物线y＝3ax2+2bx+c．（1）若a＝b＝1，c＝−1，求抛物线与x轴公共点的坐标；（2）若a＝b＝1，且当−1<x<1时，抛物线与x轴有且只有一个公共点，求c的取值范围．如图，AB为⊙O的直径，C在⊙O上，并且OC⊥AB，P为⊙O上的一点，位于B、C 之间，直线CP与AB相交于点Q，过点Q作直线与AB垂直，交直线AP于R．求证：BQ＝QR．如图，正方形ABCD中，E、F分别是BC边、CD边上的动点，满足∠EAF＝45∘．（1）求证：BE+DF＝EF；（2）若正方形边长为1，求△CEF内切圆半径的最大值．参考答案与试题解析2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（61）一、选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）1.【答案】C【考点】非负数的性质：绝对值非负数的性质：算术平方根【解析】首先根据算术平方根的被开方数≥0，求出a的范围，进而得出|2a−4|等于原值，代入b+2|+√(a−3)b2=0．这是两项非负数之和等于0．则可分别求出a和b 原式得出|的值．【解答】解：由题设知a≥3，所以题设的等式为|b+2|+√(a−3)b2=0，于是a=3，b=−2，从而a+b=1．故选C.2.【答案】B【考点】二次函数综合题【解析】由抛物线表达式和三角形性质求出A、B、C各点坐标，就可以求出ℎ或ℎ的范围．【解答】由题A，B，C均在抛物线y＝x2上，并且斜边AB平行于x轴，知A、B两点关于y轴对称，记斜边AB交y轴于点D，可设A(−√b, b)，B(√b, b)，C(a, a2)，D(0, b)则因斜边上的高为ℎ，故：ℎ＝b−a2，∵△ABC是直角三角形，由其性质直角三角形斜边中线等于斜边一半，∴得CD=√b∴√a2+(a2−b)2=√b方程两边平方得：(b−a2)＝(a2−b)2即ℎ＝(−ℎ)2因ℎ>0，得ℎ＝1，是个定值．【答案】C【考点】三角形的外接圆与外心【解析】设三角形的外接圆的半径是R，根据垂径定理，在直角△OBD中，利用三角函数即可用外接圆的半径表示出OD的长，同理可以表示出OE，OF的长，即可求解．【解答】设三角形的外接圆的半径是R．连接OB，OC．∵O是△ABC的外心，且OD⊥BC．∴∠BOD＝∠COD＝∠A在直角△OBD中，OD＝OB⋅cos∠BOD＝R⋅cos A．同理，OE＝R⋅cos B，OF＝R⋅cos C．∴OD:OE:OF＝cos A:cos B:cos C．4.【答案】B【考点】二次函数的最值【解析】由已知得y2＝−2x2+6x，代入x2+y2+2x中，用配方法求最大值．【解答】由已知得：y2＝−2x2+6x，∴x2+y2+2x＝x2−2x2+6x+2x，＝−x2+8x，＝−(x−4)2+16，又y2＝−2x2+6x≥0，解得：0≤x≤3，∴当x＝3时，y＝0，所以x2+y2+2x的最大值为15．5.【答案】如图，由角平分线，BNON =ABAO=√2=ACAB=CFBF，即y=z=√2，又△AME的角分线与高重合，则△AME为等腰三角形，AM＝AE，作OP∥AB，交OE于P，则OP为△DBE的中位线，△OMP∽△AME，x=BEOM =BEOP=2，所以x＞y＝z【考点】相似三角形的性质与判定角平分线的性质三角形中位线定理【解析】由角平分线的性质可得BNON =ABAO=√2=ACAB=CFBF，作OP // AB，交OE于P，则OP为△DBE的中位线，则△OMP∽△AME，即可解题．【解答】即y=z=√2，又△AME的角分线与高重合，则△AME为等腰三角形，AM＝AE，作OP // AB，交OE于P，则OP为△DBE的中位线，△OMP∽△AME，x=BEOM =BEOP=2，所以x>y＝z．6.【答案】D【考点】列表法与树状图法二元一次方程组的解【解析】列举出所有情况，看所求的情况占总情况的多少即可．【解答】当2a−b＝0时，方程组无解；当2a−b≠0时，由a、b的实际意义为1，2，3，4，5，6易知a，b都为大于0的整数，则两式联合求解可得x=6−2b2a−b ，y=2a−32a−b，∵使x、y都大于0则有6−2b2a−b >0，2a−32a−b>0，解得a<1.5，b>3或者a>1.5，b<3，而a，b都为1到6的整数，所以可知当a为1时b只能是4，5，6；或者a为2，3，4，5，6时b为1或2，这两种情况的总出现可能有3+10＝13种；又掷两次骰子出现的基本事件共6×6＝36种情况，故所求概率为1336，二、填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分）【答案】21011【考点】比例的性质【解析】根据ab =20,bc=10得到a＝20b，c=b10代入a+bb+c即可求得答案．【解答】由题设得a+bb+c =ab+11+cb=20+11+110=21011．【答案】−2<x<8【考点】根据图象，找出二次函数图象在一次函数图象下方的部分的x的取值范围即可．【解答】由图形可得，当−2<x<8时，二次函数图象在一次函数图象下方，y1<y2，所以，使y1<y2成立的x的取值范围是−2<x<8．【答案】2【考点】一次函数图象上点的坐标特点【解析】先确定A、B的坐标，再由△OAB的面积是正整数，求a的值．【解答】由题意可得A、B两点的坐标为(−aa−1, 0)、(0, a)，S△AOB=12AO⋅BO=12⋅|−aa−1|⋅|a|=|a22−2a|，∵△OAB的面积是正整数，而只有当a＝2时，S△AOB＝2是正整数，故a＝2．【答案】S=√34−π9【考点】相切两圆的性质扇形面积的计算【解析】首先根据题干条件解出大圆和小圆的半径，再根据三角形面积公式求出大三角形面积，圆面积公式求出圆的面积．【解答】作图如下：由题意知AC=12，∠BAC＝30∘，解得BC=√36，设小圆半径为r，sin30∘=DEAD =√36−r=12，解得r=√318，∴三角形剩下部分的面积S=√34−3×π(√318)2−π(√36)2=√34−π9．【答案】勾股定理 【解析】可设AE ＝x ，EC ＝y ，则根据勾股定理和已知条件可得方程组，解方程组可求AE 的长，再根据勾股定理可求线段BE 的长． 【解答】设AE ＝x ，EC ＝y ，则 {36−x 2=25−y 2x −y =115，解得x =185，则BE =√AB 2−AE 2=245．【答案】y =−13x +113【考点】待定系数法求一次函数解析式 【解析】延长BC 交x 轴于点F ；连接OB ，AF ；连接CE ，DF ，且相交于点N ．把将多边形OABCDE 分割两个矩形，过两个矩形的对角线的交点的直线把多边形OABCDE 分割成面积相等的两部分．而M 点正是矩形ABFO 的中心，求得矩形CDEF 的中心N 的坐标，设y ＝kx +b ，利用待定系数法求k ，b 即可． 【解答】如图，延长BC 交x 轴于点F ；连接OB ，AF ；连接CE ，DF ，且相交于点N ．由已知得点M(2, 3)是OB ，AF 的中点，即点M 为矩形ABFO 的中心，所以直线l 把矩形ABFO 分成面积相等的两部分．又因为点N(5, 2)是矩形CDEF 的中心，所以，过点N(5, 2)的直线把矩形CDEF 分成面积相等的两部分．于是，直线MN 即为所求的直线l ．设直线l 的函数表达式为y ＝kx +b ，则{2k +b =35k +b =2解得{k =−13b =113.，故所求直线l 的函数表达式为y =−13x +113．【答案】 −6、 【考点】二次函数的性质 【解析】按x ≥1和x <1分别去绝对值，得到分段函数，确定两函数图象的交点坐标，顶点坐标，结合分段函数的自变量取值范围求出符合条件的b 的值． 【解答】当x≥1时，函数y＝x2−3|x−1|−4x−3＝x2−7x，图象的一个端点为(1, −6)，顶点坐标为(72, −494)，当x<1时，函数y＝x2−3|x−1|−4x−3＝x2−x−6，顶点坐标为(12, −254)，∴当b＝−6或b=−254时，两图象恰有三个交点．故三、解答题（本大题共3小题，共55分）【答案】此公共点一定是顶点，∴△＝4−12c＝0，一个交点的横坐标小于等于−1，另一交点的横坐标小于1而大于−1，∴3−2+c≤0，3+2+c>0，解得−5<c≤−1．综上所述，c的取值范围是：c=13或−5<c≤−1．【考点】抛物线与x轴的交点【解析】（1）将a、b、c的值代入抛物线后求得解析式，令y＝0求出x的值就是交点坐标的横坐标；（2）根据其在此范围内有一个交点，此时将两个值代入，分别大于零和小于零，进而求出相应的取值范围．【解答】此公共点一定是顶点，∴△＝4−12c＝0，一个交点的横坐标小于等于−1，另一交点的横坐标小于1而大于−1，∴3−2+c≤0，3+2+c>0，解得−5<c≤−1．综上所述，c的取值范围是：c=13或−5<c≤−1．【答案】证明：如图，连接PB、BR，则∠APC＝45∘，∠APB＝90∘；又∵∠APB＝90∘＝∠BQR，∴B、Q、R、P四点共圆；于是∠BRQ＝∠BPQ＝45∘，从而△BQR为等腰直角三角形；∴BQ＝QR．【考点】圆周角定理等腰三角形的判定【解析】连接BR、BP，由圆周角定理知∠APB＝∠AQR＝90∘，由此可得B、P、R、Q四点共圆，由圆周角定理知∠BPQ＝∠BRQ；而∠BPQ是∠CPB的补角，由此可求得∠BPQ＝45∘，即∠BRQ＝45∘，可得△BQR是等腰Rt△，由此得证．【解答】证明：如图，连接PB、BR，则∠APC＝45∘，∠APB＝90∘；故∠BPQ＝180∘−∠APC−∠APB＝45∘；又∵∠APB＝90∘＝∠BQR，∴B、Q、R、P四点共圆；于是∠BRQ＝∠BPQ＝45∘，从而△BQR为等腰直角三角形；∴BQ＝QR．【答案】证明：延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，∵在△GDA和△EBA中，{DG=BE∠GDA=∠ABE=90AD=AB，∴△GDA≅△EBA，∴AG＝AE，∠GAD＝∠EAB，故∠GAF＝45∘，在△GAF和△EAF中，∵{AG=AE∠GAF=∠EAFAF=AF，∴△GAF≅△EAF，即GD+DF＝BE+DF＝EF；令BE＝a，DF＝b，则EF＝a+b，r=1−a+1−b−(a+b)2=1−(a+b)，∵(1−a)2+(1−b)2＝(a+b)2，整理得1−(a+b)＝ab，而ab≤14(a+b)2，14(a+b)2+(a+b)−1≥0，解得：a+b≥−2+2√2或a+b≤−2−2√2（舍去），r＝1−(a+b)≤1−(−2+2√2)＝3−2√2，当且仅当a＝b=√2−1时，等号成立．【考点】全等三角形的性质与判定三角形的内切圆与内心正方形的性质【解析】（1）延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，证△GDA≅△EBA，△GAF≅△EAF，根据全等三角形的性质得出GD+DF＝BE+DF＝EF进而求出即可；（2）首先令BE＝a，DF＝b，则EF＝a+b，r=1−a+1−b−(a+b)2=1−(a+b)，进而利用勾股定理得出14(a+b)2+(a+b)−1≥0，进而求出即可．【解答】证明：延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，∵在△GDA和△EBA中，{DG=BE∠GDA=∠ABE=90AD=AB，∴△GDA≅△EBA，∴AG＝AE，∠GAD＝∠EAB，故∠GAF＝45∘，在△GAF和△EAF中，∵{AG=AE∠GAF=∠EAFAF=AF，∴△GAF≅△EAF，∴GF＝EF，即GD+DF＝BE+DF＝EF；令BE＝a，DF＝b，则EF＝a+b，r=1−a+1−b−(a+b)2=1−(a+b)，∵(1−a)2+(1−b)2＝(a+b)2，整理得1−(a+b)＝ab，而ab≤14(a+b)2，试卷第11页，总12页14(a+b)2+(a+b)−1≥0，解得：a+b≥−2+2√2或a+b≤−2−2√2（舍去），r＝1−(a+b)≤1−(−2+2√2)＝3−2√2，当且仅当a＝b=√2−1时，等号成立．试卷第12页，总12页。

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(61)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(61)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（61）一、选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）1．（5分）已知非零实数a ，b 满足|2a ﹣4|+|b +2|+√(a −3)b 2+4＝2a ，则a +b 等于（ ） A ．﹣1B ．0C ．1D ．22．（5分）Rt △ABC 的三个顶点A ，B ，C 均在抛物线y ＝x 2上，并且斜边AB 平行于x 轴．若斜边上的高为h ，则（ ） A ．h ＜1B ．h ＝1C ．1＜h ＜2D ．h ＞23．（5分）如图，△ABC 中，∠A 、∠B 、∠C 所对的三边分别记为a ，b ，c ，O 是△ABC 的外心，OD ⊥BC ，OE ⊥AC ，OF ⊥AB ，则OD ：OE ：OF ＝（ ）A ．a ：b ：cB ．1a ：1b：1cC ．cos A ：cos B ：cos CD ．sin A ：sin B ：sin C4．（5分）若实数x ，y 满足条件2x 2﹣6x +y 2＝0，则x 2+y 2+2x 的最大值是（ ） A ．14B ．15C ．16D ．不能确定5．（5分）如图，正方形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 上的点，DE 交AC 于M ，AF 交BD 于N ；若AF 平分∠BAC ，DE ⊥AF ；记x =BE OM ，y =BN ON ，z =CFBF，则有（ ）A ．x ＞y ＞zB ．x ＝y ＝zC ．x ＝y ＞zD ．x ＞y ＝z6．（5分）将一枚六个面编号分别为1，2，3，4，5，6的质地均匀的正方体骰子先后投掷两次，记第一次掷出的点数为a ，第二次掷出的点数为b ，则使关于x ，y 的方程组{ax +by =3x +2y =2只有正数解的概率为（ ）A ．112B ．29C ．518D ．1336二、填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分） 7．（5分）若ab =20，b c=10，则a+b b+c的值为 ．8．（5分）已知二次函数y 1＝ax 2+bx +c （a ≠0）与一次函数y 2＝kx +b （k ≠0）的图象相交于点A （﹣2，4），B （8，2），如图所示，则能使y 1＜y 2成立的x 的取值范围是 ．9．（5分）已知一次函数y ＝（a ﹣1）x +a （a 为整数且a ≠1）的图象与x 轴、y 轴的交点分别为A 、B ，且△OAB 的面积是正整数，则a ＝ ．10．（5分）在单位正三角形中，将其内切圆及三个角切圆（与角两边及三角形内切圆都相切的圆）的内部挖去，则三角形剩下部分的面积为 ．11．（5分）如图，设AD 、BE 、CF 为三角形ABC 的三条高，若AB ＝6，BC ＝5，AE ﹣EC =115，则线段BE 的长为 ．12．（5分）如图，在平面直角坐标系xOy 中，多边形OABCDE 的顶点坐标分别是O （0，0），A （0，6），B （4，6），C （4，4），D （6，4），E （6，0）．若直线l 经过点M （2，3），且将多边形OABCDE 分割成面积相等的两部分，则直线l 的函数表达式是 ．13．（5分）如果函数y＝b的图象与函数y＝x2﹣3|x﹣1|﹣4x﹣3的图象恰有三个交点，则b 的可能值是．三、解答题（本大题共3小题，共55分）14．（18分）已知抛物线y＝3ax2+2bx+c．（1）若a＝b＝1，c＝﹣1，求抛物线与x轴公共点的坐标；（2）若a＝b＝1，且当﹣1＜x＜1时，抛物线与x轴有且只有一个公共点，求c的取值范围．15．（18分）如图，AB为⊙O的直径，C在⊙O上，并且OC⊥AB，P为⊙O上的一点，位于B、C之间，直线CP与AB相交于点Q，过点Q作直线与AB垂直，交直线AP于R．求证：BQ＝QR．16．（19分）如图，正方形ABCD中，E、F分别是BC边、CD边上的动点，满足∠EAF＝45°．（1）求证：BE+DF＝EF；（2）若正方形边长为1，求△CEF内切圆半径的最大值．2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（61）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）1．【解答】解：由题设知a≥3，所以，题设的等式为|b+2|+√(a−3)b2=0，于是a＝3，b＝﹣2，从而a+b＝1．故选：C．2．【解答】解：由题A，B，C均在抛物线y＝x2上，并且斜边AB平行于x轴，知A、B两点关于y轴对称，记斜边AB交y轴于点D，可设A（−√b，b），B（√b，b），C（a，a2），D（0，b）则因斜边上的高为h，故：h＝b﹣a2，∵△ABC是直角三角形，由其性质直角三角形斜边中线等于斜边一半，∴得CD=√b∴√a2+(a2−b)2=√b方程两边平方得：（b﹣a2）＝（a2﹣b）2即h＝（﹣h）2因h＞0，得h＝1，是个定值．故选：B．3．【解答】解：设三角形的外接圆的半径是R．连接OB，OC．∵O是△ABC的外心，且OD⊥BC．∴∠BOD＝∠COD＝∠A在直角△OBD中，OD＝OB•cos∠BOD＝R•cos A．同理，OE＝R•cos B，OF＝R•cos C．∴OD：OE：OF＝cos A：cos B：cos C．故选：C．4．【解答】解：由已知得：y2＝﹣2x2+6x，∴x2+y2+2x＝x2﹣2x2+6x+2x，＝﹣x2+8x，＝﹣（x﹣4）2+16，又y2＝﹣2x2+6x≥0，解得：0≤x≤3，∴当x＝3时，y＝0，所以x2+y2+2x的最大值为15．故选：B．5．【解答】解：如图，由角平分线，BNON =ABAO=√2=AC AB=CF BF，即y=z=√2，又△AME的角分线与高重合，则△AME为等腰三角形，AM＝AE，作OP∥AB，交OE于P，则OP为△DBE的中位线，△OMP∽△AME，x=BEOM=BEOP=2，所以x＞y＝z．6．【解答】解：当2a﹣b＝0时，方程组无解；当2a﹣b≠0时，由a、b的实际意义为1，2，3，4，5，6易知a，b都为大于0的整数，则两式联合求解可得x=6−2b2a−b，y=2a−32a−b，∵使x、y都大于0则有6−2b2a−b ＞0，2a−32a−b＞0，解得a＜1.5，b＞3或者a＞1.5，b＜3，而a，b都为1到6的整数，所以可知当a 为1时b 只能是4，5，6；或者a 为2，3，4，5，6时b 为1或2， 这两种情况的总出现可能有3+10＝13种；又掷两次骰子出现的基本事件共6×6＝36种情况，故所求概率为1336，故选：D ．二、填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分） 7．【解答】解：由题设得a+b b+c=ab+11+c b=20+11+110=21011．故答案为：21011．8．【解答】解：由图形可得，当﹣2＜x ＜8时，二次函数图象在一次函数图象下方，y 1＜y 2， 所以，使y 1＜y 2成立的x 的取值范围是﹣2＜x ＜8． 故答案为：﹣2＜x ＜8．9．【解答】解：由题意可得A 、B 两点的坐标为（−aa−1，0）、（0，a ），S △AOB =12AO •BO =12⋅|−aa−1|⋅|a|=|a 22−2a|，∵△OAB 的面积是正整数，而只有当a ＝2时，S △AOB ＝2是正整数， 故a ＝2．10．【解答】解：作图如下： 由题意知AC =12，∠BAC ＝30°， 解得BC =√36，设小圆半径为r ， sin30°=DE AD =√36−r=12，解得r =√318，∴三角形剩下部分的面积S =√34−3×π(√318)2−π(√36)2=√34−π9．11．【解答】解：设AE ＝x ，EC ＝y ，则 {36−x 2=25−y 2x −y =115， 解得x =185，则BE =√AB 2−AE 2=245． 故答案为：245．12．【解答】解：如图，延长BC 交x 轴于点F ；连接OB ，AF ；连接CE ，DF ，且相交于点N ．由已知得点M （2，3）是OB ，AF 的中点，即点M 为矩形ABFO 的中心，所以直线l 把矩形ABFO 分成面积相等的两部分．又因为点N （5，2）是矩形CDEF 的中心，所以，过点N （5，2）的直线把矩形CDEF 分成面积相等的两部分．于是，直线MN 即为所求的直线l ．设直线l 的函数表达式为y ＝kx +b ，则{2k +b =35k +b =2解得{k =−13b =113.，故所求直线l 的函数表达式为y =−13x +113． 故答案为y =−13x +113．13．【解答】解：当x ≥1时，函数y ＝x 2﹣3|x ﹣1|﹣4x ﹣3＝x 2﹣7x ，图象的一个端点为（1，﹣6），顶点坐标为（72，−494），当x ＜1时，函数y ＝x 2﹣3|x ﹣1|﹣4x ﹣3＝x 2﹣x ﹣6， 顶点坐标为（12，−254）， ∴当b ＝﹣6或b =−254时，两图象恰有三个交点． 故本题答案为：﹣6，−254． 三、解答题（本大题共3小题，共55分） 14．【解答】解：∵a ＝b ＝1，c ＝﹣1， ∴抛物线的解析式为y ＝3x 2+2x ﹣1， 令y ＝3x 2+2x ﹣1＝0，解得：x ＝﹣1或13，∴抛物线与x 轴的交点坐标为：（﹣1，0），（13，0）；（2）∵a ＝b ＝1， ∴解析式为y ＝3x 2+2x +c ． ∵对称轴x =−b 2a =−13，∴当﹣1＜x ＜1时，抛物线与x 轴有且只有一个公共点， 则①此公共点一定是顶点，∴△＝4﹣12c ＝0，②一个交点的横坐标小于等于﹣1，另一交点的横坐标小于1而大于﹣1， ∴3﹣2+c ≤0，3+2+c ＞0， 解得﹣5＜c ≤﹣1．综上所述，c 的取值范围是：c =13或﹣5＜c ≤﹣1．15．【解答】证明：如图，连接PB 、BR ，则∠APC ＝45°，∠APB ＝90°； 故∠BPQ ＝180°﹣∠APC ﹣∠APB ＝45°； 又∵∠APB ＝90°＝∠BQR ， ∴B 、Q 、R 、P 四点共圆； 于是∠BRQ ＝∠BPQ ＝45°， 从而△BQR 为等腰直角三角形； ∴BQ ＝QR ．16．【解答】（1）证明：延长FD 到G ，使DG ＝BE ，连接AG ， ∵在△GDA 和△EBA 中， {DG =BE∠GDA =∠ABE =90°AD =AB， ∴△GDA ≌△EBA ，∴AG ＝AE ，∠GAD ＝∠EAB ， 故∠GAF ＝45°， 在△GAF 和△EAF 中， ∵{AG =AE∠GAF =∠EAF AF =AF ， ∴△GAF ≌△EAF ， ∴GF ＝EF ，即GD+DF＝BE+DF＝EF；（2）解：令BE＝a，DF＝b，则EF＝a+b，r=1−a+1−b−(a+b)2=1﹣（a+b），∵（1﹣a）2+（1﹣b）2＝（a+b）2，整理得1﹣（a+b）＝ab，而ab≤14（a+b）2，14（a+b）2+（a+b）﹣1≥0，解得：a+b≥﹣2+2√2或a+b≤﹣2﹣2√2（舍去），r＝1﹣（a+b）≤1﹣（﹣2+2√2）＝3﹣2√2，当且仅当a＝b=√2−1时，等号成立．。

三位一体考试题及答案

三位一体考试题及答案

三位一体考试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 三位一体考试中，以下哪项不是考试内容？A. 语文B. 数学C. 英语D. 体育答案：D2. 三位一体考试的总分是多少？A. 100分B. 150分C. 200分D. 300分答案：C3. 以下哪项是三位一体考试的特点？A. 只考察理论知识B. 只考察实践能力C. 理论知识与实践能力并重D. 考察单一学科答案：C4. 三位一体考试中，语文科目的分值占比是多少？A. 30%B. 40%C. 50%D. 60%答案：B5. 数学科目在三位一体考试中的分值占比是多少？A. 20%B. 30%C. 40%D. 50%答案：C6. 英语科目在三位一体考试中的分值占比是多少？A. 10%B. 20%C. 30%D. 40%答案：B7. 三位一体考试中，以下哪项不是评分标准？A. 知识掌握程度B. 逻辑思维能力C. 创新思维能力D. 体育成绩答案：D8. 三位一体考试的报名费用是多少？A. 100元B. 200元C. 300元D. 400元答案：B9. 三位一体考试的报名时间通常在每年的什么时候？A. 第一季度B. 第二季度C. 第三季度D. 第四季度答案：A10. 三位一体考试的考试时间通常安排在？A. 春季B. 夏季C. 秋季D. 冬季答案：C二、填空题（每题3分，共15分）1. 三位一体考试的全称是__________。

答案：三位一体综合素质评价考试2. 三位一体考试的目的是__________。

答案：选拔具有综合素质的优秀学生3. 三位一体考试通常包括__________和__________两个部分。

答案：笔试、面试4. 三位一体考试中，__________科目的分值占比最高。

答案：数学5. 三位一体考试的报名流程包括__________、__________和__________。

答案：网上报名、资格审核、缴费确认三、简答题（每题10分，共20分）1. 简述三位一体考试的面试环节主要考察哪些方面？答案：面试环节主要考察学生的语言表达能力、逻辑思维能力、团队合作能力以及创新思维能力等综合素质。

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(69)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(69)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（69）一、选择题（每题6分，共30分）1. 方程x3−2x2=1的实数根的情况是()A.仅有一正根B.仅有一负根C.一正根一负根D.无实数根【答案】A【考点】高次方程【解析】将方程移项可得x3=2x2+1，根据非负数的性质可得，方程右边一定大于等于1，再根据立方根的定义即可解答．【解答】解：移项得x3=2x2+1，∵2x2≥0，∴2x2+1≥1，即x3≥1，∴x≥1．故选A.2. 100人共有2000元人民币，其中任意10人的钱数的和不超过380元．那么一个人最多有（）元．A.216B.218C.238D.236【答案】B【考点】推理与论证【解析】由于共有2000元人民币，10人不超过380元，则其余90人钱数的和不少于1620元，再根据抽屉原理可知存在9人的钱数的和不少于162元，【解答】任意10个人的钱数的和不超过380元，（1）∴任意90个人的钱数的和不少于1620元，由抽屉原理，存在9人的钱数的和不少于162元，（2）（1）−(2)，一个人最多能有218元．故选：B．3. A、B、C、D、E、F、G、H为⊙O上的八个等分点，任取三点能组成直角三角形的概率是（）A.3 4B.47C.37D.27【答案】C【考点】概率公式圆周角定理【解析】首先确定构成的直角三角形在所有三角形中占的比例，根据这个比例即可求出能构成直角三角形的概率．【解答】根据圆上的八个点如图，那么只要有两点过圆心，则一定有直角存在，∴任取三点能构成直角三角形的概率是2456=37．4. 如图1所示，在直角梯形ABCD中，AB // DC，∠B＝90∘．动点P从点B出发，沿梯形的边由B→C→D→A运动．设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y．把y看作x的函数，函数的图象如图2所示，则A到BD的距离为（）A.64√4141B.10C.4√3D.4√5【答案】A【考点】动点问题【解析】作DE⊥AB，E为垂足，由图2可知BC、CD和DA的长，解Rt△ADE求AE，而AB＝AE+BE＝AE+CD，已知梯形的上底CD，下底AB，高BC可求梯形面积，同时可求出△BCD的面积，继而得出△ABD的面积；由根据勾股定理求出BD的长，最后根据三角形的面积公式即可求A到BD的距离．【解答】作DE⊥AB，E为垂足，如下图所示：由图2知：BC＝8，CD＝18−8＝10，DA＝28−18＝10，在Rt△ADE中，DA＝10，DE＝CB＝8，∴AE＝6，∴AB＝AE+EB＝AE+DC＝6+10＝16，在Rt△BCD中，根据勾股定理可知：BD=√102+82=2√41，又S梯形ABCD =12(DC+AB)⋅BC=12(10+16)×8＝104，S△BCD=12DC⋅BC=12×10×8＝40，A到BD的距离为x，则S△ABD=12BD⋅x＝S梯形ABCD−S△BCD＝104−40＝64，∴x=√41=64√4141．5. 一个正整数若能表示成两个正整数的平方差，则称这个正整数为“杨梅数”．例如，16＝52−32就是一个“杨梅数”．则把所有的“杨梅数”从小到大排列后，第47个“杨梅数”是（）A.97B.95C.64D.65【答案】D【考点】规律型：点的坐标规律型：数字的变化类规律型：图形的变化类【解析】如果一个数是杨梅数，就能表示为两个正整数的平方差，设这两个数分别m、n，设m>n，即杨梅数＝m2−n2＝(m+n)(m−n)，因为m，n是正整数，因而m+n和m−n就是两个自然数．要判断一个数是否是杨梅数，可以把这个数分解因数，分解成两个整数的积，看这两个数能否写成两个正整数的和与差．【解答】1不能表示为两个正整数的平方差，所以1不是“杨梅数”．对于大于1的奇正整数2k+1，有2k+1＝(k+1)2−k2(k＝1, 2,…)．所以大于1的奇正整数都是“杨梅数”．对于被4整除的偶数4k，有4k＝(k+1)2−(k−1)2(k＝2, 3,…)．即大于4的被4整除的数都是“杨梅数”，而4不能表示为两个正整数平方差，所以4不是“杨梅数”．对于被4除余2的数4k+2(k＝0, 1, 2, 3,…)，设4k+2＝x2−y2＝(x+y)(x−y)，其中x，y为正整数，当x，y奇偶性相同时，(x+y)(x−y)被4整除，而4k+2不被4整除；当x，y奇偶性相异时，(x+y)(x−y)为奇数，而4k+2为偶数，总得矛盾．所以不存在自然数x，y使得x2−y2＝4k+2．即形如4k+2的数均不为“杨梅数”．因此，在正整数数列中前四个正整数只有3为“杨梅数”，此后，每连续四个数中有三个“杨梅数”．∵47＝(1+3×15)+1，4×(15+1)＝64，64是第46个“杨梅数”，65是第47个“杨梅数”．二、填空题（每题6分，共36分）如图，大楼ABCD（可以看作不透明的长方体）的四周都是空旷的水平地面．地面上有甲、乙两人，他们现在分别位于点M和点N处，M、N均在AD的中垂线上，且M、N到大楼的距离分别为60米和20√3米，又已知AB长40米，AD长120米，由于大楼遮挡着，所以乙不能看到甲．若乙沿着大楼的外面地带行走，直到看到甲（甲保持不动），则他行走的最短距离长为________米．【答案】(40√3+20√2)【考点】视点、视角和盲区【解析】根据已知首先得出DH＝HP＝x米，NO＝(20√3+40−x)米，PO＝(60+x)米，再利用平行线分线段成比例定理和三角形面积求出即可．【解答】连接MD并延长，连接NC并延长，使其两延长线相交于点P，作PO⊥MN于O，作CG⊥MP于G，根据题意可得出：ME＝60，DE＝HO＝FC＝60米，FN＝20√3米，EF＝40，∴NC=√FN2+FC2=40√3米设EO＝x米，∴DH＝x米，∵ME＝DE＝60米，∴∠MDE＝45∘，∴DH＝HP＝x米，NO＝(20√3+40−x)米，PO＝(60+x)米，∵FC // PO，∴FNNO =FCPO，∴√320√3+40−x =6060+x，解得：x＝60−20√3，∴PO＝(120−20√3)米，NO＝(40√3−20)米，1 2CD⋅HP=12DP⋅CG，1 2×40×(120−20√3−60)=12×√2[20√3+40−(40√3−20)]•CG，CG＝20√2米，∴行走的最短距离长为：NC+CG＝(40√3+20√2)米．某编辑在校阅教材时，发现这句：“从60∘角的顶点开始，在一边截取9厘米的线段，在另一边截取a厘米的线段，求这个端点间的距离“，其中a厘米在排版时比原稿上多1．虽然如此，答案却不必改动，即题目与答案仍相符合，则排错的a＝________．【答案】5【考点】含30度角的直角三角形两点间的距离【解析】如图所示，先根据含30度角的直角三角形先求出垂线CB 的长，再根据垂直平分线的性质即可求解．【解答】如图所示，∵ ∠A ＝60∘，∴ AB =12AC ＝4.5，∵ a 厘米在排版时比原稿上多1，∴ AE ＝4.5+1÷2＝5厘米．如右图是由五个边长都是1的正方形纸片拼接而成的，过点A 1的直线分别与BC 1、BE 交于点M 、N ，则1MB +1NB 的值为________．【答案】1【考点】相似三角形的性质与判定【解析】本题可通过相似三角形A 1B 1M 和NBM 得出的关于NB ，A 1B 1，MB ，MB 1的比例关系式来求，比例关系式中A 1B 1，BB 1均为正方形的边长，长度都是1，因此可将它们的值代入比例关系式中，将所得的式子经过变形即可得出所求的值．【解答】∵ A 1B 1 // BN ，∴ △A 1B 1M ∽△NBM ，又A 1B 1＝BB 1＝1，∴ NB:A 1B 1＝MB:MB 1，即 NB:1＝MB ：(MB −1)，整理，得MB +NB ＝MB ⋅NB ，两边同除以MB ⋅NB 得1MB +1NB =1；如果不等式组{9x −a ≥0,8x −b <0的整数解有且仅有一个，这个解为1，且a ，b 均为整数，则a +b 的最大值是________．【答案】25【考点】一元一次不等式组的整数解【解析】分别求出两个不等式的解集，然后得到不等式组的解集，再根据有且只有一个正整数解1列出关于a 、b 的不等式组，解之求出整数a 、b 的最大值，然后相加即可得解．【解答】解不等式9x −a ≥0，得：x ≥a 9，解不等式8x −b <0，得：x <b 8，则不等式组的解集为a 9≤a <b 8，∵ 不等式组的整数解为1，∴ {0<a 9≤11<b 8≤2 ，解得{0<a ≤98<b ≤16， ∴ a 的最大值为9，b 的最大值为16，则a +b 的最大值为9+16＝25，如图：在对角线互相垂直的四边形ABCD 中，∠ACD ＝60∘，∠ABD ＝45∘．A 到CD 距离为6，D 到AB 距离为4，则四边形ABCD 面积等于________．【答案】 8√6【考点】面积及等积变换【解析】过A 作AM 垂直CD 交CD 于M ，依题意有AM ＝6，又因为∠ACD ＝60∘∠AMC ＝90∘，所以AC ＝4√3，同理可得BD ＝4√2，再利用四边形的面积＝对角线的一半即可求出答案．【解答】过A 作AM ⊥CD 交CD 于M ，依题意有AM ＝6，又∵ ∠ACD ＝60∘∠AMC ＝90∘，∴ AC ＝4√3，同理可得BD ＝4√2，∴ 四边形的面积=12AC ×BD ＝4√3×4√2=8√6．已知：二次方程m 2x 2−m(2m −3)x +(m −1)(m −2)＝0有两个不相等的实数根，且这两个根分别等于某个直角三角形两个锐角的正弦值．则m ＝________．【答案】5【考点】根的判别式锐角三角函数的定义【解析】根据一元二次方程的根的判别式，建立关于m 的不等式，求出m 的取值范围．再解出一元二次方程的两个根，再根据方程m 2x 2−m(2m −3)x +(m −1)(m −2)＝0的两个根恰好是一个直角三角形的两个锐角的正弦，可以得到(m−1m )2+(m−2m )2=1(m ≠0)，进而解出m 的值即可得到答案．【解答】∵ a ＝m 2，b ＝−m(2m −3)，c ＝(m −1)(m −2)，方程有两个不相等的实数根， ∴ △＝b 2−4ac ＝[−m(2m −3)]2−4m 2(m −1)(m −2)＝m 2>0，又∵ 二次项系数不为0，∴ m ≠0．∵ m 2x 2−m(2m −3)x +(m −1)(m −2)＝0，∴ x 1=m−1m ，x 2=m−2m ，∵ 方程m 2x 2−m(2m −3)x +(m −1)(m −2)＝0的两个根恰好是一个直角三角形的两个锐角的正弦，∴ (m−1m )2+(m−2m )2=1(m ≠0)， ∴ m 2−2m+1m 2+m 2−4m+4m 2=1， ∴ m 2−6m +5＝0∴ m 1＝1（不合题意，舍去），m 2＝5．三、解答题（每题16分，共64分）世界预选赛中，中国、澳大利亚、卡塔尔和伊拉克被分在A 组，进行主客场比赛．规定每场比赛胜者得三分，平局各得一分，败者不得分．比赛结束后前两名可以晋级．由于4支队伍均为强队，每支队伍至少得3分．于是甲专家预测：中国队只要得11分就能确保出线．问：（1）这四支队的总得分之和最多有几分？（2）甲专家的预测正确吗？为什么？【答案】∵ 每场比赛胜者得三分，平局各得一分，败者不得分∴ 每场比赛最多得3分，又四个队之间需要打比赛12场，∴ 这四支队的总得分之和最多有3×12＝36分；甲专家的预测正确．若得11分不出线，则必为第三名，故前两名至少也得11分，而最后一名至少得3分，故各队之和至少有36分，由（1）可知比赛中没有平局，而中国队已经得了11分，所以必有平局，故不可能，所以必出线．【考点】推理与论证【解析】（1）这四个队之间需要打比赛12场，根据题意可知每场比赛最多得3分，继而即可求出这四支队的总得分之和最多有几分；（2）可以利用反证法来说明甲专家的预测是否正确．【解答】∵每场比赛胜者得三分，平局各得一分，败者不得分∴每场比赛最多得3分，又四个队之间需要打比赛12场，∴这四支队的总得分之和最多有3×12＝36分；甲专家的预测正确．若得11分不出线，则必为第三名，故前两名至少也得11分，而最后一名至少得3分，故各队之和至少有36分，由（1）可知比赛中没有平局，而中国队已经得了11分，所以必有平局，故不可能，所以必出线．已知：点A(−1−√2, 0)，B(0, 1+√2)，过A、B两点作直线l，以点C(0, √2)为圆心，√2为半径作圆C，直线l与圆C相交于M、N两点．（1）求线段MN的长度．（2）求∠MON的大小（O为坐标原点）．【答案】作CH⊥MN于H，则H为MN的中点，∵OB＝1+√2，OC=√2∴CB＝1又∵∠ABC＝45∘∴CH=√22连接CM、CN，在Rt△HCM中，∵CH=√2，2又∵MC=√2∴MH=√6，2∴MN=√6在Rt△MCH中，∵CH=√2，2又∵MC=√2∴∠MCH＝60∘∴∠MCN＝120∘∴∠MON＝60∘．【考点】坐标与图形性质解直角三角形垂径定理【解析】（1）作CH⊥MN于H，在直角△CHB中，利用三角函数求得CH的长，再在直角三角形CHM中，利用勾股定理即可求得MH，进而求得MN的长；（2）在直角三角形MCH中，利用三角函数求得∠MCH的度数，再根据∠MCN＝2∠MCH即可求解．【解答】作CH⊥MN于H，则H为MN的中点，∵OB＝1+√2，OC=√2∴CB＝1又∵∠ABC＝45∘∴CH=√22连接CM、CN，在Rt△HCM中，∵CH=√2，2又∵MC=√2∴MH=√6，2∴MN=√6在Rt△MCH中，∵CH=√2，2又∵MC=√2∴∠MCH＝60∘∴∠MCN＝120∘∴∠MON＝60∘．已知：△ABC中，D为BC的中点，E为AB上一点，且BE=14AB．F为AC上一点，且CF=25AC，EF交AD于P．（1）求EP:PF的值．（2）求AP:PD的值．【答案】分别作EE1，FF1平行于BC且与AD交于E1、F1两点．则FF1DC =AFAC=35，EE1BD=AEAB=34，又BD＝CD，∴FF1EE1=45∴EPPF=EE1FF1=54；设AF1＝y，F1P＝4x，PE1＝5x，E1D＝z，则yy+9x+z=35，y+9xy+9x+z=34，解得y＝36x，z＝15x，∴APPD =y+4xz+5x=40x20x=21．【考点】平行线分线段成比例【解析】（1）分别作EE1，FF1平行于BC且与AD交于E1、F1两点．则FF1DC 与EE1BD的值，根据BD＝CD，则EPPF的值即可，（2）设AF1＝y，F1P＝4x，PE1＝5x，E1D＝z，得出关于x，y，z的式子，再用含有x 的式子表示y，z，即可得出答案．【解答】分别作EE1，FF1平行于BC且与AD交于E1、F1两点．则FF1DC =AFAC=35，EE1BD=AEAB=34，又BD＝CD，∴FF1EE1=45∴EPPF=EE1FF1=54；设AF 1＝y ，F 1P ＝4x ，PE 1＝5x ，E 1D ＝z ，则y y+9x+z =35，y+9x y+9x+z =34，解得y ＝36x ，z ＝15x ，∴ AP PD =y+4x z+5x =40x 20x =21．已知：抛物线y ＝ax 2+bx +c 经过点(−1, 1)，且对于任意的实数x ，有4x −4≤ax 2+bx +c ≤2x 2−4x +4恒成立．（1）求4a +2b +c 的值．（2）求y ＝ax 2+bx +c 的解析式．（3）设点M(x, y)是抛物线上任一点，点B(0, 2)，求线段MB 的长度的最小值．【答案】令x ＝2，则4≤4a +2b +c ≤4，∴ 4a +2b +c ＝4；∵ 抛物线过(−1, 1)，∴ a −b +c ＝1，∴ b ＝1−a ，c ＝2−2a ，而ax 2+bx +c ≥4x −4恒成立，∴ ax 2−(a +3)x +6−2a ≥0恒成立，∴ (a +3)2−4a(6−2a)≤0，即(a −1)2≤0，∴ a ＝1，又当a ＝1时，x 2≤2x 2−4x +4恒成立，∴ 解析式为y ＝x 2；设M(x, y)，则MB =√x 2+(y −2)2，而x 2＝y ，∴ MB =√y 2−3y +4=√(y −32)2+74， ∴ 当y =32时，MB 的最小值=√72． 【考点】二次函数综合题【解析】（1）把x ＝2时代入4x −4≤ax 2+bx +c ≤2x 2−4x +4，由此可以得到4≤4a +2b +c ≤4，这样就可以求出4a +2b +c 的值；（2）由于y ＝ax 2+bx +c 经过点(−1, 1)，代入解析式中得到a −b +c ＝1，变形为b＝1−a ，然后利用（1）结论得到c ＝2−2a ，接着分别把b 、c 代入已知的恒等式可以得到ax 2−(a +3)x +6−2a ≥0恒成立，然后利用非负数的性质可以得到a ＝1，最后利用恒等式即可求出y ＝ax 2+bx +c 的解析式；（3）设M(x, y)，则根据勾股定理得到MB =√x 2+(y −2)2，然后把x 换y ，接着利用配方法即可求解．【解答】令x ＝2，则4≤4a +2b +c ≤4，∴ 4a +2b +c ＝4；∵ 抛物线过(−1, 1)，∴ a −b +c ＝1，∴ b ＝1−a ，c ＝2−2a ，而ax 2+bx +c ≥4x −4恒成立，∴ ax 2−(a +3)x +6−2a ≥0恒成立，∴ (a +3)2−4a(6−2a)≤0，即(a −1)2≤0，∴ a ＝1，又当a ＝1时，x 2≤2x 2−4x +4恒成立，∴ 解析式为y ＝x 2；设M(x, y)，则MB =√x 2+(y −2)2，而x 2＝y ，∴ MB =√y 2−3y +4=√(y −32)2+74， ∴ 当y =32时，MB 的最小值=√72．。

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(77)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(77)

C . 2次2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（ 77）一、选择题（本大题共 8个小题，每小题 3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只 有一个选项符合题意要求）1. （ 3分）在我们的周围，有很多美丽的图案，下面是一些汽车的标志，请欣赏下面标志，2. （ 3分）如图，宽为50cm 的矩形图案由10个全等的小长方形拼成，其中一个小长方形的1），半径为1,那么eO 与e A 的位置关系是 C . 600 2 cm2D . 4000 cm3. （ 3分）在直角坐标系中， e O 的圆心在原点,半径为3, e A 的圆心A 的坐标为（ 3 , A •内含B .内切C .相交D .外切 4. （ 3分）如图，要判断 ABC 的面积是DBC 的面积的几倍，只有一把仅有刻度的直尺, 面积为（需要度量的次数最少是（5. （3分）若x2 3x 1 0，则x2丄的值是（）x3.7 <5A . 8B . 7C .D .226. (3 分) 若对0x 3上的一切实数x , 不等式（m 2）x2m1恒成立，则实数m的取值范围是()A .-m51B . - M m 5c 1C .51 5D . 一M m -2224 2 47. （3分）如图：四边形ABMN , BCPQ是四角都是直角的全等四边形（AB, BC），点R在线段AC上移动，则满足NRP 90的点R的个数是（）A B R CA . 1个B. 2个C. 1个或2个 D .无数多个2& （3分）二次函数y ax bx c的图象如图所示，它与x轴交于点（1,0），则化简二次根式,（a c）2（b c）2的结果是（）A. a bB. a bC. a 3bD. a 3b二、填空题（本大题共6个小题，每小题4分，共24分•把答案直接填在题中横线上）9. （4分）如图，在边长为a的正方形中挖去一个边长为b的小正方形（a b），再把剩余的部分剪拼成一个矩形，通过计算图形（阴影部分）的面积，验证了一个等式是____ .10. (4 分)已知整数对序列(1,1), (1,2) , (2,1) , (1,3), (2,2) , (3,1) , (1,4),,则第30对数为_____11. （4分）在中国古代诗词中，有很多诗句体现了数学的某些意境，如“明月松间照，清泉石上流”体现了对称的意境；“孤帆远影碧空尽，惟见长江天际流”体现了极限（或无限）的意境，请你再举出一例并说明其蕴涵的数学意义：____ .n n 112. （4 分）如果定乂k 1ak a1ga2 9 gn，那么k 2（12）_____.13. （4分）如图甲，圆的一条弦将圆分成2部分；如图乙，圆的两条弦最多可将圆分成4部分；如图丙，圆的三条弦最多可将圆分成7部分.由此推测，圆的n条弦最多可将圆ABCD 中，AB//DC , A 60 , AD DC 10 ,点E , F 分分成14. （4分）如图，等腰梯形别在AD , BC上，且AE 4 , BFx，设四边形DEFC的面积为y，则y关于x的函数关三、解答题（本大题共8个小题，共72分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）15. （8分）若方程组aX by 4与方程组x2y 1有相同的解，求a , b的值.3x y 2 ax by 2。

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(57)-教师用卷

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(57)-教师用卷

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（57）一、选择题（本大题共9小题，共36.0分） 1. 若0<x <1，则x 2，x ，√x ，1x 这四个数中( )A. 1x 最大，x 2最小 B. x 最大，1x 最小 C. x 2最大，√x 最小D. x 最大，x 2最小【答案】A【解析】【分析】本题主要考查利用特殊值比较一些式子的大小是有效的方法．可根据条件，在范围内运用取特殊值的方法比较大小． 【解答】解：∵0<x <1，∴取x =12，即x 2=14，x =12，√x =√22，1x =2．∵2最大，14最小， ∴1x 最大，x 2最小． 故选A ．2. 小明和小亮的口袋里面都放有五张不同的2008年北京奥运会福娃纪念卡，他们分别从自己口袋里摸出一张福娃纪念卡，则摸出的福娃都是贝贝的概率是( )A. 125B. 25C. 15D. 18【答案】A【解析】解：共有25种情况，摸出的福娃都是贝贝的情况有1种，概率为125．列举出所有情况，让摸出的福娃都是贝贝的情况数除以总情况数即为所求的概率． 用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．3. 方程(x 2+x −1)x+3=1的所有整数解的个数是( )A. 5个B. 4个C. 3个D. 2个【答案】B【解析】解：(1)当x+3=0，x2+x−1≠0时，解得x=−3；(2)当x2+x−1=1时，解得x=−2或1．(3)当x2+x−1=−1，x+3为偶数时，解得x=−1因而原方程所有整数解是−3，−2，1，−1共4个．故选：B．方程的右边是1，有三种可能，需要分类讨论．第1种可能：指数为0，底数不为0；第2种可能：底数为1；第3种可能：底数为−1，指数为偶数．本题考查了：a0=1(a是不为0的任意数)以及1的任何次方都等于1.本题容易遗漏第3种可能情况而导致误选C，需特别注意．4.顶点为A(6,6)，B(−4,3)，C(−1,−7)，D(9,−4)的正方形在第一象限的面积是()A. 25B. 36C. 49D. 30【答案】B【解析】解：连接OA，过A、D两点的直线方程是y−6−4−6=x−69−6，即y=−103x+16，解得它与x轴的交点E的横坐标是x=7.8，同理求得过A、B两点的直线方程是y=−310x+4.2，解得它与y轴的交点E的纵坐标是y=4.2，∴S△AOE=12×7.8×6=23.4，S△AFO=12×4.2×6=12.6，∴S△AOE+S△AFO=23.4+12.6=36，即顶点为A(6,6)，B(−4,3)，C(−1,−7)，D(9,−4)的正方形在第一象限的面积是36．根据正方形的顶点坐标，求出直线AD的方程，由方程式知AD与x轴的交点E的坐标，同理求得AB与y轴的交点F的坐标，连接OA，再去求两个三角形的面积，从而求得正方形在第一象限的面积．解答本题要充分利用正方形的特殊性质．注意在正方形中的特殊三角形的应用，利用直角三角形求面积，在本题中，借助直线方程求的点E、F在坐标轴上的坐标，据此解得所求三角形的边长，代入面积公式求得结果．5.使方程2x2−5mx+2m2=5的一根为整数的整数m的值共有()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】D【解析】解：∵方程有一个整数根，∴△=25m2−8(2m2−5)=9m2+40>0，设△=p2(p为正整数)，∴(3m−p)(3m+p)=−40，∵3m−p≤3m+p且同奇偶，∴3m−p=−4，−10，−2，−20，3m+p=10，4，20，2，∴m=±3，±1，经检验，均有一根为整数，∴符合条件的整数m的值有4个，故选：D．设△=p2=9m2+40>0，则(3m−p)(3m+p)=−40，由3m−p≤3m+p且同奇偶，则可求m=±3，±1．本题考查二元一次方程根的判别式；由△入手，利用△=p2建立等式求m的值是解题的关键．6.函数y=a|x|与y=x+a的图象恰有两个公共点，则实数a的取值范围是()A. a>1B. −1<a<1C. a≥1或a≤−1D. a>1或a<−1【答案】D【解析】解：根据题意，y=a|x|的图在x轴上过原点是折线，关于y轴对称；分两种情况讨论，①a>0时，过第一、二象限，y=x+a斜率为1，a>0时，过第一、二、三象限，若使其图象恰有两个公共点，必有a>1；②a<0时，y=a|x|过第三、四象限；而y=x+a过第二、三、四象限；若使其图象恰有两个公共点，必有a<−1；故选：D．画图象用数形结合解题，y=a|x|的图在x轴上过原点是折线，关于y轴对称；a>0时，y=x+a斜率为1，与y=a|x|交于第一、二象限，a<0时，y=x+a斜率为1，与y= a|x|交于第三、四象限，分析图象可得答案．本题要求利用图象求解各问题，先画函数图象，根据图象观察，得出结论．7.在△ABC中，AB=AC，∠BAC=80°，P在△ABC中，∠PBC=10°，∠PCB=30°，则∠PAB的度数为()A. 50°B. 60°C. 70°D. 65°【答案】C【解析】解：在BC下方取一点D，使得三角形ABD为等边三角形，连接DP、DC∴AD=AB=AC，∠DAC=∠BAC−∠BAD=20°，∴∠ACD=∠ADC=80°，∵AB=AC，∠BAC=80°，∴∠ABC=∠ACB=50°，∴∠CDB=140°=∠BPC，又∠DCB=30°=∠PCB，BC=CB，∴△BDC≌△BPC，∴PC=DC，又∠PCD=60°，∴△DPC是等边三角形，∴△APD≌△APC，∴∠DAP=∠CAP=12∠DAC=12×20°=10°，∴∠PAB=∠DAP+∠DAB=10°+60°=70°．或由△BDC≌△BPC，∴BP=BD=BA∴∠BAP=∠BPA又∵∠ABP=∠ABC−∠PBC=40°∴∠BAP=(180°−40°)÷2=70°故选：C．在BC下方取一点D，使得三角形ABD为等边三角形，连接DP、DC，根据等边三角形的性质得到AD=AB=AC，求出∠DAC、∠ACD、∠ADC的度数，根据三角形的内角和定理求出∠ABC=∠ACB=50°，即∠CDB=140°=∠BPC，再证△BDC≌△BPC，得到PC=DC，进一步得到等边△DPC，推出△APD≌△APC，根据全等三角形的性质得到∠DAP=∠CAP=10°，即可求出答案．本题主要考查对等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，作辅助线得到全等三角形是解此题的关键，此题是一个拔高的题目，有一点难度．8.二次函数y=−x2+2x+8的图象与x轴交于B，C两点，点D平分BC，若在x轴上侧的A点为抛物线上的动点，且∠BAC为锐角，则AD的取值范围是()A. 3<AD≤9B. 3≤AD≤9C. 4<AD≤10D. 3≤AD≤8【答案】A【解析】解：设B(m,0)，C(n,0)；则有：m+n=2，mn=−8；故BC=√(m+n)2−4mn=√42+32=6；设抛物线顶点为P，则P(1,9)；∴12BC<AD≤DP，即3<AD≤9；故选：A．首先设出B、C的坐标，用韦达定理求出BC的长，若以BC为直径作圆，根据圆周角定理易得出当点A在x轴上方时，∠BAC为锐角，那么AD的长就应该在12BC和DP之间(设P为抛物线顶点坐标)，且AD不等于12BC．此题考查了二次函数与一元二次方程的关系、根与系数的关系、圆周角定理等知识，能够正确的根据圆周角定理判断出∠BAC是锐角时A点的位置是解答此题的关键．9.一个三角形有一内角为48°，如果经过其一个顶点作直线能把其分成两个等腰三角形，那么它的最大内角可能值有()A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个【答案】C【解析】解：如图①所示，当∠BAC=48°时，那么它的最大内角是90°当∠ACB=48°时，有以下4种情况，所以共5种情况，故选：C ．当它为顶角时，根据等腰三角形的性质，可以求得最大角是90度，如图①所示；当它是侧角时，用同样的方法，可求得最大角有4种情况．此题主要考查学生对等腰三角形的性质和三角形内角和定理的理解和掌握，此题涉及等知识点并不多，但是要分4种情况解答，因此，属于难题．二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）10. 甲、乙、丙三人各有糖若干块，甲从乙处取来一些糖，使原来有糖的块数增加一倍，乙从丙处取来一些糖，使留下的块数增加一倍，丙再从甲处取来一些糖，也使留下的块数增加一倍．这时三人的糖块一样多．开始时，丙有32块糖，则乙原来有______块糖． 【答案】40【解析】解：设甲、乙二人原来分别有糖块x 、y 块糖，乙从丙处取来z 块糖． 则根据题意知，甲、乙、丙分别有糖块2x +z −32、y −x +z 、2×(32−z)． 乙处糖的转换过程得知，y −x =z ， 由三处糖块一样多可得，{z =y −x(1)3x −y =32(2)2x +3z =96(3)，把(1)代入(3)，得3y −x =96 (4)， 由(4)×3+(2)得，y =40． 故乙原来有40块糖块．该题是三元一次方程组的应用，根据题意列出方程组，解答即可．解方程组时，用代入消元法和加减消元法，通过“消元”使其转化为二元一次方程组来解．11. 设a −b =2+√3，b −c =2−√3，则a 2+b 2+c 2−ab −ac −bc =______． 【答案】15【解析】【分析】此题考查了对完全平方公式及整体代入的掌握情况，有一定的综合性． 将a −b =2+√3和b −c =2−√3相加，得到a −c =4，再将a 2+b 2+c 2−ab −ac −bc 转化成关于a −b ，b −c ，a −c 的完全平方的形式，再将a −b =2+√3，b −c =2−√3和a −c =4整体代入即可． 【解答】解：∵a −b =2+√3，b −c =2−√3，两式相加得，a −c =4， 原式=a 2+b 2+c 2−ab −bc −ac=2a 2+2b 2+2c 2−2ab −2bc −2ca2=(a 2−2ab +b 2)+(b 2−2bc +c 2)+(c 2−2ca +a 2)2 =(a −b)2+(b −c)2+(a −c)22 =(2+√3)2+(2−√3)2+422 =4+3+4√3+4+3−4√3+162=15．12.已知△ABC为钝角三角形，其最大边AC上有一点P(点P与点A，C不重合)，过点P作直线l，使直线l截△ABC所得的三角形与原三角形相似，这样的直线l可作的条数是______．【答案】3或2【解析】解：如图1：过点P作PE//AB的平行线，或者作PD//BC的平行线，都可使截得的三角形与原三角形相似；过点P可作直线交边AC于点F，使得∠PFC=∠A，可得△CFP∽△CAB，∴有3条；如图2：只有2条．∴这样的直线l可作的条数是3条或2条．故答案为：3或2．根据已知及相似三角形的判定方法进行分析，从而可得到该直线的条数．此题考查了相似三角形的判定，①有两个对应角相等的三角形相似；②有两个对应边的比相等，且其夹角相等，则两个三角形相似；③三组对应边的比相等，则两个三角形相似．13.如图，△ABC中，∠A的平分线交BC于D，若AB=6cm，AC=4cm，∠A=60°，则AD的长为______cm．【答案】12√35【解析】解：过B作BM//AC，交AD的延长线于点N，作BE⊥AN交AN于点E．∵BM//AC，∴∠MBA=∠BAC=60°，而∠BAD=12∠BAC=30°，∠MBA=∠BAD+∠N，∴∠BAD=∠N，∴BN=AB=6cm．在直角△ABE中，AE=AB⋅cos∠BAD=6×√32=3√3，∴AN=2AE=6√3．∵BM//AC，∴△BND∽△CAD∴ADDN =ACBN=46=23设AD=2x，则DN=3x．而AD+DN=AN，∴2x+3x=6√3．解得：x=6√35．∴AD=12√35．过B作BM//AC，交AD的延长线于点N，作BE⊥AN交AN于点E.易证△ABN是等腰三角形，根据三角函数即可求得底边AN，再根据BM//AC，证得△BND∽△CAD，根据相似三角形的对应边的比相等即可求解．本题求线段的长的问题可以转化为三角形相似的问题解决，正确作出辅助线是解题关键．14.已知a是整数，一次函数y=10x+a的图象与两坐标轴所围成的三角形的面积数为质数，则这个质数等于______．【答案】5【解析】解：∵一次函数的解析式为y=10x+a；∴图象与两坐标轴的交点为(0,a)；(−a10,0)．∴图象与两坐标轴所围成的三角形的面积可表示为：S=12×|a|×|−a10|=a220；∵一次函数y=10x+a的图象与两坐标轴所围成的三角形的面积数为质数；∴a=10；∴一次函数y=10x+a的图象与两坐标轴所围成的三角形的面积数为5．故填5．先根据一次函数的解析式y=10x+a求出与两坐标轴的交点坐标，然后根据质数的特点确定所围成的三角形的面积．一次函数的图象经过第几象限，取决于x的系数是大于0或是小于0.此题中，不管a>0还是a<0一次函数y=10x+a的图象与两坐标轴所围成的三角形的面积都一样．15.如图，△P1OA1，△P2A1A2是等腰直角三角形，点P1，P2在函数y=4x(x>0)的图象上，斜边OA1，A1A2都在x轴上，则点A2的坐标是______ ．【答案】(4√2,0)【解析】解：作P1B⊥y轴，P1A⊥x轴，∵△P1OA1，△P2A1A2是等腰直角三角形，∴AP1=BP1，A1D=DA2=DP2，则OA⋅OB=4，∴OA=OB=AA1=2，OA1=4，设A1D=x，则有(4+x)x=4，解得x=−2+2√2，或x=−2−2√2(舍去)，则OA2=4+2x=4−4+4√2=4√2，A2坐标为(4√2,0)．故答案为：(4√2,0)．作P1B⊥y轴，P1A⊥x轴，根据等腰直角三角形的性质解答即可．本题考查等腰三角形的性质与反比例函数的性质的综合，一定经过某点的函数应符合这个点的横纵坐标．16.小王沿街匀速行走，发现每隔6分钟从背后驶过一辆18路公交车，每隔3分钟从迎面驶来一辆18路公交车．假设每辆18路公交车行驶速度相同，而且18路公交车总站每隔固定时间发一辆车，那么发车间隔的时间是______分钟．【答案】4【解析】解：设车的速度是a，人的速度是b，每隔t分发一班车．二辆车之间的距离是：at车从背后超过是一个追及问题，人与车之间的距离也是：at那么：at=6(a−b)①车从前面来是相遇问题，那么：at=3(a+b)②①−②，得：a=3b所以：at=4at=4即车是每隔4分钟发一班．根据路程=速度×时间，则此题中需要用到三个未知量：设车的速度是a，人的速度是b，每隔t分发一班车．然后根据追及问题和相遇问题分别得到关于a，b，t的方程，联立解方程组，利用约分的方法即可求得t．注意：此题中涉及了路程问题中的追及问题和相遇问题．考查了对方程的应用，解方程组的时候注意技巧．17.如图，以半圆中的一条弦BC(非直径)为对称轴将弧BC折叠后与直径AB交于点D，若ADBD =23，且AB=10，则CB的长为______．【答案】4√5【解析】解：如图，∵ADBD =23，且AB=10，∴AD=4，BD=6，作AB关于直线BC的对称线段A′B，交半圆于D′，连接AC、CA′，可得A、C、A′三点共线，∵线段A′B与线段AB关于直线BC对称，∴AB=A′B，∴AC=A′C，AD=A′D′=4，A′B=AB=10．而A′C⋅A′A=A′D′⋅A′B，即A′C⋅2A′C=4×10=40．则A′C2=20，又∵A′C2=A′B2−CB2，∴20=100−CB2，∴CB=4√5．故答案是：4√5．作AB关于直线CB的对称线段A′B，交半圆于D′，连接AC、CA′，构造全等三角形，然后利用勾股定理、割线定理解答．本题主要考查了翻折变换(折叠问题)，此题将翻折变换、勾股定理、割线定理相结合，考查了同学们的综合应用能力，要善于观察图形特点，然后作出解答．三、解答题（本大题共5小题，共52.0分）18. 解关于x 的不等式：x 2+3<4|x|．【答案】解：法一：原不等式化为①{x ≥0x 2−4x +3<0或②{x <0x 2+4x +3<0，(6分)∵x 2−4x +3=(x −1)(x −3)，x 2+4x +3=(x +1)(x +3)，∴解①得，1<x <3，解②得，−3<x <−1，(10分) 所以，原不等式的解为：1<x <3或−3<x <−1；(12分)法二：原不等式化为：|x|2+3<4|x|， 即(|x|−1)(|x|−3)<0， ∴1<|x|<3，∴原不等式的解为−3<x <−1或1<x <3．【解析】法一：根据绝对值的性质，分x ≥0和x <0两种情况去掉绝对值号，然后分别对x 2−4x +3和x 2+4x +3分解因式，根据同号得正、异号得负求解． 法二：或者先分解因式求出|x|的解集，然后再解不等式组的解集．本题分解因式后利用两数相乘，同号得正、异号得负求解；也可以先求出|x|的范围，再根据绝对值的性质去掉绝对值号，从而得到不等式的解集，这对初中生要求比较高，但只要平时学习的扎实，相信也是不难解决的．19. 如图(1)，由直角三角形边角关系，可将三角形面积公式变形得到S △ABC =12bcsinA …①即三角形的面积等于两边之长与夹角正弦值之积的一半 如图，在△ABC 中，CD ⊥AB 于D ，∠ACD =α，∠DCB =β∵S △ABC =S △ACD +S △BCD ，由公式①得到12AC ⋅BC ⋅sin(α+β)=12AC ⋅CD ⋅sinα+12BC ⋅CD ⋅sinβ即AC ⋅BC ⋅sin(α+β)=AC ⋅CD ⋅sinα+BC ⋅CD ⋅sinβ…②你能利用直角三角形关系及等式基本性质，消去②中的AC 、BC 、CD 吗？若不能，说明理由；若能，写出解决过程．并利用结论求出sin75°的值．【答案】解：①能消去②中的AC 、BC 、CD ．将AC ⋅BC ⋅sin(α+β)=AC ⋅CD ⋅sinα+BC ⋅CD ⋅sinβ，两边同除以AC ⋅BC 得： sin(α+β)=CDBC ⋅sinα+CDAC ⋅sinβ③， 又∵cosβ=CDBC 、cosα=CDAC ，代入③可得：sin(α+β)=sinα⋅cosβ+cosα⋅sinβ．②由sin(α+β)=sinα⋅cosβ+cosα⋅sinβ得：sin75°=sin(30°+45°)=sin30°⋅cos45°+cos30°⋅sin45°=12×√22+√32×√22=√2+√64．【解析】将等式的两边同时除以AC和BC，然后将cosβ=CDBC 、cosα=CDAC代入，整理即可消去②中的AC、BC、CD，分别令α=30°，β=45°代入消去后的式子可得出sin75°的值．本题考查了解直角三角形的知识，题目比较长，突破口在于熟练掌握直角三角形中三角函数的表示形式，例如题中的cosβ=CDBC 、cosα=CDAC，另外在解答这样阅读型题目时，一定要有耐心，仔细分析题意，切忌看见比较长的题目就无从下手．20.如图，过△ABC内一点M做各边的平行线与各边分别交于D，E，F，G，L，N各点．求证：DEBC +FGAC+LNAB=2．【答案】证明：根据题意，DE//BC，∴△ADE∽△ABC∴DEBC =ADAB；∵△BFG∽△BAC∴FGAC =BFAB；(3分)∵AFML是平行四边形，∴LM=AF；同理，MN=BD；则LNAB =LM+MNAB，∴DEBC+FGAC+LNAB=AD+BF+LM+MNAB=2ABAB=2．【解析】若将所求的等式左边进行通分，解起来会非常麻烦，所以要通过相似三角形得出的对应成比例相等来求证；根据△ADE∽△ABC、△BFG∽△BAC得出的对应成比例线段，用分母为AB的式子替换掉DEBC 、FGAC，然后再通过这些线段和AB的关系来证明所求的结论．此题主要考查了平行四边形的性质以及相似三角形的判定和性质．21.已知二次函数y1=ax2+4ax+4a−1的图象是M．(1)求M关于点R(1,0)中心对称的图象N的解析式y2；(2)当2≤x≤5时，y2的最大值为√5，求a的值．【答案】解：(1)依题得，a≠0，且y1=ax2+4ax+4a−1=a(x+2)2−1，故图象M的顶点为A(−2,−1)，由对称性可知，图象N的顶点为B(4,1)，且其开口方向与M的相反，∴y2=−a(x−4)2+1，即y2=−ax2+8ax−16a+1．(2)当a<0时，抛物线N的开口向上，对称轴为x=4，若2≤x≤5，则当x=2时，y2取得最大值1−4a，由1−4a=√5得，a=1−√54．【解析】(1)先求出y1=ax2+4ax+4a−1的顶点坐标，由中心对称得出y2的顶点坐标，又由于y1和y2的开口方向相反，且开口大小相同，故a值相同，因此可确定解析式y2．(2)由于y2的开口向下，且对称轴位于2≤x≤5内，故顶点纵坐标为√5，则a的值便可求出．本题考查了二次函数图象关于定点中心对称时抛物线的解析式的求法．22.证明：只存在唯一一个三角形，它的三边长为三个连续的正整数，并且它的三个内角中有一个内角为另一个内角的2倍．【答案】证明：如图，在△ABC中，设∠A=2∠B，且三边长分别为a，b，c．延长CA到点D，使AD=AB=c，则CD=b+c，由∠A=2∠B，知∠ABC=∠D．从而，△ABC∽△BDC，故BCDC =ACBC，即ab+c=ba于是，a2=b(b+c)①当a>c>b时，设a=n+1，c=n，b=n−1，代入①式，解得，n=5．此时，a=6，b=5，c=4；当c>a>b时，设c=n+1，a=n，b=n−1，解得，n=2．此时，a=2，b=1，c=3，不能构成三角形；同理，当a>b>c时，可得，n2−3n−1=0，n不是整数，舍去．综上所述，满足条件的三角形只有一个，其三边长为4，5，6．【解析】首先保证该三角形的三个内角中有一个内角为另一个内角的2倍，构造相似三角形，得到a，b，c之间的一个关系式，再根据边长为三个连续的正整数，进行分析求解．此题综合运用了相似三角形的判定和性质以及三角形的三边关系．第11页，共11页。

2020年浙江省“三位一体”自主招生数学测试试卷（74）（有答案解析）

2020年浙江省“三位一体”自主招生数学测试试卷（74）（有答案解析）

2020年浙江省“三位一体”自主招生数学测试试卷（74）（有答案解析）2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（74）一、选择题（本大题共9小题，共36.0分）1.“割圆术”是求圆周率的一种算法．公元263年左右，我国一位著名的数学家发现当圆的内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆面积，即所谓“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”请问上述著名数学家为A. 刘徽B. 祖冲之C. 杨辉D. 秦九昭2.某校食堂有4元、5元、6元三种价格的饭菜供学生们选择每人限购一份三月份销售该三种价格饭菜的学生比例分别为、、，则该校三月份学生每餐购买饭菜的平均费用是A. 元B. 元C. 5元D. 元3.在初中已学过的一次函数、反比例函数和二次函数等函数中，它们的图象与任意一条直线是任意实数交点的个数为A. 必有一个B. 一个或两个C. 至少一个D. 至多一个4.同时掷两个骰子，其中向上的点数之和是5的概率是A. B. C. D.5.给你一列数：1，l，2，6，24，请你仔细观察这列数的排列规则，然后从四个供选择单选项中选出一个你认为最合理的一项，来填补其中的空缺项，使之符合原数列的排列规律．A. 48B. 96C. 120D. 1446.已知．二次函数是实数，当自变量任取，时，分别与之对应的函数值，满足，则，应满足的关系式是A. B.C. D.7.在8个银元中混进了一个大小形状颜色完全一样的假银元，已知7个真银元的重量完全相同，而假银元比真银元稍轻点儿，你用一台天平最少次就能找出这枚假银元．A. lB. 2C. 3D. 48.如图，P是圆D的直径AB的延长线上的一点，PC与圆D相切于点C，的平分线交AC于点Q，则A.B.C.D.9.十进制12345678二进制110111001011101111000观察二进制为1位数、2位数、3位数时，对应的十进制的数，当二进制为6位数时，能表示十进制中的最大数是A. 61B. 62C. 63D. 64二、填空题（本大题共7小题，共21.0分）10.某校去年投资2万元购买实验器材，预计今明2年的投资总额为8万元．若该校这两年购买的实验器材的投资年平均增长率为x，则可列方程为______．11.如图，在平行四边形ABCD中，于E，于F，，且，则平行四边形ABCD的周长是______ ．12.在一个木制的棱长为3的正方体的表面涂上颜色，将它的棱三等分，然后从等分点把正方体锯开，得到27个棱长为l的小正方体，将这些小正方体充分混合后，装入口袋，从这个口袋中任意取出一个小正方体，则这个小正方体的表面恰好涂有两面颜色的概率是______．13.已知关于x的一元二次方程与有一个公共实数根，则______．14.一个样本为1、3、2、2、a，b，已知这个样本的众数为3，平均数为2，那么这个样本的方差为______．15.如图，在梯形ABCD中，，，，，则该梯形的面积______．16.某计算机用户计划用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的A类软件和B类软件，根据需要A类软件至少买3片，B类软件至少买2片，则不同的选购方式共有______种．三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）17.已知，求的值．四、解答题（本大题共5小题，共53.0分）18.在凸四边形ABCD中，，且四个内角中有一个角为，求其余各角的度数．19.某商店若将进价为100元的某种商品按120元出售，一天就能卖出300个．若该商品在120元的基础上每涨价l元，一天就要少卖出10个，而每减价l完，一天赢可多卖出30个．问：为使一天内获得最大利润，商店应将该商品定价为多少？20.如图，，是等边三角形，点，在函数的图象上，点，在x轴的正半轴上，分别求，的面积．21.如图，在中，O是内心，点E，F都在大边BC上，已知，．求证：O是的外心；若，，求的大小．22.如图，正三角形ABC的边长为l，点M，N，P分别在边BC，AB上，设，，，且．试用x，y，z表示的面积求面积的最大值．答案和解析1.【答案】A【解析】解：上述著名数学家是刘徽．故选：A．根据数学史的了解进行选择．此题考查了数学常识的知识，要多读书，了解一些有关数学的故事等．2.【答案】B【解析】解：平均费用为元．故选：B．用加权平均数的计算方法计算即可．此题考查了加权平均数的知识，属于简单题目．把所有数据相加后再除以数据的个数即得平均数．3.【答案】D【解析】解：任意一条直线是任意实数是平行于y轴的一条直线，在初中已学过的一次函数、反比例函数和二次函数等函数中，只有反比例函数与时，没有交点，其他只有一个交点．它们的图象与任意一条直线交点的个数至多有一个．故选：D．根据直线是任意实数的性质，得出一次函数、反比例函数和二次函数等函数中与它的关系，直接得出答案．此题主要考查了函数图象与直线是任意实数的性质，根据已知得出任意一条直线是任意实数是平行于y轴的一条直线是解决问题的关键．4.【答案】C【解析】解：列表得：共有种等可能的结果，向上的点数之和是5的情况有4种，两个骰子向上的一面的点数和为5的概率为．故选：C．列举出所有情况，看点数之和为5的情况占总情况的多少即可．此题考查了树状图法与列表法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．树状图法适用于两步或两步以上完成的事件．解题时还要注意是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．5.【答案】C 【解析】解：观察所给数字可知，第二个数，第三个数，第四个数，第五个数，故可知第六个数．故选：C．观察所给数字可知，第二个数，第三个数，第四个数，第五个数，故可知第六个数，继而即可得出答案．本题考查规律型中的数字变化问题，仔细观察题中所给数字，可知第n个数第个数．6.【答案】D【解析】解：，抛物线对称轴为，开口向上，离对称轴越远，函数值越大，又，满足，可得，故选：D．在利用二次函数的增减性解题时，对称轴是非常重要的．根据、、，与对称轴的大小关系，判断、、的大小关系．本题主要考查了函数的对称轴求法和函数的单调性，难度一般，解答本题的关键是正确寻找出对称轴，这是解答本题的突破口．7.【答案】B【解析】解：8个银元分成4组，将其中的两组放在天平的两边进行第一次测量，天平平衡的一组没有假银元，天平不平衡，那么假银元就在较轻的那组，再一次把较轻的一组分开放在天平的两边进行第二次测量，则较轻的是假银元，所以用一台天平最少2次就能找出这枚假银元．故选：B．可以把8个银元分成4组，将其中的两组放在天平的两边进行第一次测量，天平平衡的一组没有假银元，天平不平衡，那么假银元就在较轻的那组；再把这组分开用天平测，可找出假银元．此题考查的知识点是推理与论证，关键是首先分成4组，先找出较轻的一组，再测即得．8.【答案】B【解析】解：连接BC交PQ于E，与圆D相切于点C，，为直径，，平分，，，，．故选：B．首先连接BC交PQ于E，由PC与圆D相切于点C，根据弦切角定理，即可得，又由AB为直径，即可得，然后由PQ平分与三角形外角的性质，即可证得，则可求得的度数．此题考查了圆的切线的性质，圆周角的性质，弦切角定理，等腰直角三角形的性质，以及三角形外角的性质等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用．9.【答案】C【解析】解：表示十进制中表示的数最大时，则二进制数是111111，能表示十进制是：．故选：C．根据表可以得到二进制的数转化十进制的数，，，，；表示十进制中表示的数最大时，则二进制数是111111，根据规律即可求得十进制表示的数．本题考查了有理数的计算，关键是正确观察图表，理解二进制的数写成十进制的数的方法．10.【答案】【解析】解：设该校这两年购买的实验器材的投资年平均增长率为x，今年的投资金额为：；明年的投资金额为：；所以根据题意可得出的方程：．故答案为：．本题为增长率问题，一般用增长后的量增长前的量增长率，如果该校这两年购买的实验器材的投资年平均增长率为x，根据题意可得出的方程．增长率问题，一般形式为，a为起始时间的有关数量，b为终止时间的有关数量．11.【答案】8【解析】【分析】要求平行四边形的周长就要先求出AB、AD的长，利用平行四边形的性质和勾股定理即可求出．解题关键是利用平行四边形的性质结合等角对等边、勾股定理来解决有关的计算和证明．【解答】解：，，，则，，设，则，在中，根据勾股定理可得，同理可得则平行四边形ABCD的周长是故答案为8．12.【答案】【解析】解：在27个小正方体中，恰好有三个面都涂色有颜色的共有8个，恰好有两个都涂有颜色的共12个，恰好有一个面都涂有颜色的共6个，表面没涂颜色的1个．由题意知本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是从27个小正方体中选一个正方体，共有27种结果，满足条件的事件是选出的是恰好涂有两面颜色的正方体，有12种结果，故概率为．故答案为．本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是从27个小正方体中选一个正方体，共有27种结果，满足条件的事件是选出的是表面恰好涂有两面颜色的正方体，有12种结果，根据等可能事件的概率得到结果．本题考查等可能事件的概率，考查计数原理，考查正方体的结构特征，是一个综合题目，在解题时注意分割后的小正方体一定要数清楚，本题是一个易错题．13.【答案】【解析】解：与有一个公共实数根，有一个实数根，，把代入得：．故答案为：．本题需先根据与有一个公共实数根，求出x的值，再把x的值代入原方程即可求出m的值．本题主要考查了一元二次方程的解的概念，在解题时要能够灵活应用解的概念求出结果是本题的关键．14.【答案】【解析】解：因为众数为3，可设，，c未知平均数，解得根据方差公式故填．因为众数为3，表示3的个数最多，因为2出现的次数为二，所以3的个数最少为三个，则可设a，b，c中有两个数值为另一个未知利用平均数定义求得，从而根据方差公式求方差．本题考查了众数、平均数和方差的定义．15.【答案】18【解析】解：取CD的中点E，连接BE，，是菱形，，，，，，，．四边形ABCD的面积是18．故答案为18．取CD的中点E，连接BE，从而得到进而判定四边形ABED是菱形，得到，从而得到然后得到：．本题考查了梯形的性质，解题的关键是正确地作出辅助线，熟记梯形中常用辅助线的作法对解决此类题目有很大的帮助．16.【答案】7【解析】解：设购买A、B类软件分别为x，y片，根据题意得：，，，当，时，，当，时，，当，时，，当，时，，当，时，，当，时，舍去，当，时，，当，时，舍去，当，时，舍去，当，时，，当，时，舍去，当，时，舍去，不同的选购方式共有7种．故答案为：7．首先设购买A、B类软件分别为x，y片，根据题意即可得不等式组：，解此不等式组，然后根据分类讨论的思想求解即可求得答案．此题考查了不等数组的实际应用问题．此题难度较大，解题的关键是注意理解题意，根据题意求得方程组，然后根据其性质解题，注意分类讨论思想的应用．17.【答案】解：，，原式．【解析】先化简，再代入求值即可．本题考查了二次根式的化简与求值，将二次根式的化简是解此题的关键．18.【答案】解：设，则，，，，．1、时，，，，；2、时，，，，，．3、时，，，，，4、，，，，，．【解析】可设，根据四边形内角和等于，分四种情况进行讨论，从而求解．本题考查了多边形内角与外角，四边形内角和等于，由于四个内角中有一个角为，不确定，故应该分类讨论．19.【答案】解：按120元出售，一天就能卖出300个，可获得利润：元；设涨价为x元，则可卖出个，设利润为y元，则；若设降价x元，则可以卖出个，设利润为y元，则：；，所以当售价定为115元获得最大为6750元．综上所述，当定价为115元时，商店可获得最大利润6750元．【解析】分别以120元为基础，当涨价时，大于120元，当降价时，小于120元，利用每个商品的利润卖出数量总利润分别写出函数关系式；利用配方法求得两个函数解析式的最大值，比较得出答案．此题主要考查了二次函数在实际问题中的运用，根据利润售价进价卖的件数，列出函数解析式，求最值是解题关键．20.【答案】解：分别过、作x轴的垂线，垂足分别为D、E，如图，设，．，是等边三角形，，，，，的坐标为，的坐标为，又点在函数的图象上，，解得舍去，，．点在函数的图象上，，解得，舍去，，，的面积，的面积．【解析】分别过、作x轴的垂线，垂足分别为D、E，设，根据等边三角形的性质和含30度的直角三角形三边的关系得到，，，得到的坐标为，的坐标为，然后先把的坐标代入反比例解析式求得m的值，再把的坐标代入反比例解析式得到n的值，这样就确定两等边三角形的边长，然后根据等边三角形的面积等于其边长的平方的倍计算即可．本题考查了点在反比例函数图象上，则点的横纵坐标满足其解析式．也考查了含30度的直角三角形三边的关系以及等边三角形的性质．21.【答案】解：证明：连接OA、OB、OC、OE、OF，是的内心，，在和中≌，，同理，，是的外心．是的外心，，在等腰三角形，，同理，，答：的度数是．【解析】连接OA、OB、OC、OE、OF，证≌，推出，即可；根据三角形的内角和定理求出，，再根据三角形的内角和定理求出即可．本题主要考查对三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理等知识点的理解和掌握，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．22.【答案】解：正三角形ABC的边长为l，，，，，，，，；，，，当时，等号成立，．【解析】由正三角形ABC的边长为l，，，，即可求得MC，NA，PB的值，又由与，即可求得的面积；由与，即可求得的最大值，继而求得面积的最大值．此题考查了三角形的面积问题，几何不等式的应用问题，以及正三角形的性质．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用，注意几何不等式的应用．。

三位一体招生试题及答案

三位一体招生试题及答案

三位一体招生试题及答案一、单项选择题（每题3分，共30分）1. 三位一体招生中，“三位”指的是什么？A. 学校、学生、家长B. 学校、学生、社会C. 学校、教师、学生D. 教师、学生、家长答案：C2. 下列哪项不是三位一体招生的基本原则？A. 公平性B. 公开性C. 竞争性D. 保密性答案：D3. 三位一体招生中，哪一项是对学生综合素质的评价？A. 学术成绩B. 面试表现C. 社会实践D. 所有选项答案：D4. 在三位一体招生过程中，学校主要负责什么？A. 组织面试B. 审核材料C. 制定招生政策D. 所有选项答案：D5. 以下哪项不是三位一体招生面试中常见的问题类型？A. 个人介绍B. 学术问题C. 时事政治D. 个人爱好答案：C6. 三位一体招生中，学生需要提交的材料通常包括哪些？A. 成绩单B. 个人陈述C. 推荐信D. 所有选项答案：D7. 三位一体招生的面试环节通常由哪些人员组成？A. 教师B. 学生代表C. 家长代表D. 所有选项答案：A8. 在三位一体招生中，学生被录取后，以下哪项是正确的？A. 可以自由选择专业B. 必须按照规定专业就读C. 可以申请奖学金D. 可以申请转学答案：C9. 三位一体招生中，学校对学生的评估通常包括哪些方面？A. 学术成绩B. 面试表现C. 社会实践D. 所有选项答案：D10. 以下哪项不是三位一体招生面试的准备建议？A. 熟悉学校背景B. 准备个人陈述C. 背诵答案D. 保持自信答案：C二、多项选择题（每题4分，共20分）1. 三位一体招生中，学校对学生的综合素质评价可能包括哪些方面？A. 学术成绩B. 领导能力C. 创新思维D. 团队协作答案：ABCD2. 在三位一体招生过程中，学生需要准备哪些材料？A. 成绩单B. 个人陈述C. 推荐信D. 个人作品集答案：ABC3. 三位一体招生面试中，面试官可能会关注学生哪些方面的表现？A. 语言表达能力B. 逻辑思维能力C. 应变能力D. 专业知识掌握程度答案：ABCD4. 三位一体招生中，学校制定招生政策时需要考虑哪些因素？A. 学校特色B. 社会需求C. 教育资源D. 学生发展答案：ABCD5. 在三位一体招生中，学生被录取后，以下哪些事项是他们需要关注的？A. 专业课程设置B. 奖学金申请C. 学生社团活动D. 毕业要求答案：ABCD三、简答题（每题5分，共20分）1. 请简述三位一体招生的流程。

2020年浙江省“三位一体”中考自主招生模拟试卷及答案解析

2020年浙江省“三位一体”中考自主招生模拟试卷及答案解析

第1页（共15页）2020年浙江省“三位一体”中考自主招生模拟试卷一、选择题（每题6分，共30分）1．（6分）关于x 的方程x 2+|x |﹣a 2＝0的所有实数根之和等于（ ）A ．﹣1B ．1C ．0D ．﹣a 22．（6分）抛物线y ＝x 2上有三点P 1、P 2、P 3，其横坐标分别为t ，t +1，t +3，则△P 1P 2P 3的面积为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．43．（6分）已知a 、b 、c 为自然数，且a 2+b 2+c 2+42＜4a +4b +12c ，且a 2﹣a ﹣2＞0，则代数式1a +1b +1c 的值为（ ） A ．1 B ．76 C ．10 D ．114．（6分）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 5．（6分）已知点A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）均在抛物线y ＝ax 2+2ax +4（0＜a ＜3）上，若x 1＜x 2，x 1+x 2＝1﹣a ，则（ ）A ．y 1＞y 2B ．y 1＜y 2C ．y 1＝y 2D ．y 1与y 2大小不能确定二、填空题（每题6分，共36分）6．（6分）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 ＝10cm 2，S △BQC ＝20cm 2，则阴影部分的面积为 ．7．（6分）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A 1、A 2、A 3、…．若从O 点到A 1点的回形线为第一圈（长为7），从A 1点到A 2点的回形线为第二圈，…，以此类推，则第11圈的长为 ．。

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(72)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(72)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（72）一、选择题（每小题4分，共24分.以下每小题均给出了代号A ，B ，C ，D 的四个选项，其中有且只有一个选项是正确的.请将正确的代号填入括号里，不填、多填或错填得0分）1．（4分）已知535y ax bx cx =++-．当3x =-时，7y =，那么，当3x =时，(y = )A ．3-B ．7-C ．17-D ．72．（4分）在ABC ∆中，90C ∠=︒，B ∠的平分线交AC 于D ．则(AB BC AD -= )A ．sinB B ．cos BC ．tan BD ．cot B3．（4分）四条直线6y x =--，6y x =-+，6y x =-，6y x =+围成正方形ABCD ．现掷一个均匀且各面上标有1，2，3，4，5，6的立方体，每个面朝上的机会是均等的．连掷两次，以面朝上的数为点P 的坐标（第一次得到的数为横坐标，第二次得到的数为纵坐标），则点P 落在正方形面上（含边界）的概率是( )A ．12B ．34C ．79D ．5124．（4分）已知函数2y ax bx c =++，当0y >时，1123x -<<．则函数2y cx bx a =-+的图象可能是下图中的( )A ．B ．C ．D ．5．（4分）有一堆形状大小都相同的珠子， 其中只有一粒比其它都轻些， 其余一样重 ． 若利用天平 （不 用砝码） 最多两次就找出了这粒较轻的珠子， 则这堆珠子最多有( )A ． 8 粒B ． 9 粒C ． 10 粒D ． 11 粒6．（4分）在ABC ∆中，BC a =，AB c =，CA b =．且a 、b 、c 满足：2823a b -=-，21034b c -=-，267c a -=，则2sin sin (A B += )A ．1B ．75C ．2D ．125二、填空题（每小题5分，共30分）7．（5分）已知01a <<，化简1122a a a a++-+-= ． 8．（5分）若关于x 的方程2||40x k x -+=有四个不同的解，则k 的取值范围是 ．9．（5分）对于大于或等于2的自然数m 的n 次幂进行如下方式的“分裂”：仿上，25的“分裂”中最大的数是 ，若3m 的“分裂”中最小数是21，则m = ．10．（5分）已知22(2008)(2007)1a a -+-=，则(2008)(2007)a a --=g ．11．（5分）如图，在ABC ∆中，40AB AC ==，3sin 5A =．O 为AB 上一点，以O 为圆心，OB 为半径的圆交BC 于D ，且O e 与AC 相切．则D 到AC 的距离为 ．12．（5分）在十进制的十位数中，被9整除并且各位数字都是0或5的数有 个．三、解答题（每小题11分，共66分）13．（11分）用1，2，3三个数字组成六位数，若每个数字用两次，相邻位不允许用相同的数字．（1）试写出四个符合上述条件的六位数；（2）请你计算出符合上述条件的六位数共有多少个？14．（11分）已知关于x 的方程：2102x a a x +--=-有一个增根为b ，另一根为c ．二次函数2337()22y ax bx c x =+++-剟与x 轴交于P 和Q 两点．在此二次函数的图象上求一点M ，使得PQM ∆面积最大．15．（11分）如图，已知锐角ABC ∆的外心为O ，线段OA 和BC 的中点分别为点M ，N ．若4ABC OMN ∠=∠，6ACB OMN ∠=∠．求OMN ∠的大小．16．（11分）甲，乙两辆汽车同时从同一地点A 出发，沿同一方向直线行驶，每辆车最多只能带240L 汽油，途中不能再加油，每升油可使一辆车前进12km ，两车都必须沿原路返回出发点，但是两车相互可借用对方的油．请你设计一种方案，使其中一辆车尽可能地远离出发地点A ，并求出这辆车一共行驶了多少千米？17．（11分）已知实数a ，b ，c 满足：22221a b c ab +++=，2221()8ab a b c ++=．又α，β为方程2()(2)()0a b x a c x a b +-+-+=的两个实根，试求33αβαβ++的值． 18．（11分）如图，已知菱形ABCD ，60B ∠=︒，ADC ∆内一点M 满足120AMC ∠=︒，若直线BA 与CM 交于点P ，直线BC 与AM 交于点Q ，求证：P ，D ，Q 三点共线．。

浙江省2020年“三位一体”自主招生综合测试试卷(2)(含答案)

浙江省2020年“三位一体”自主招生综合测试试卷(2)(含答案)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（2）一、选择题（每小题5分，共25分）1. 正数4−2√3的算术平方根是（）A. 1+√3B. −1+√3C. 2+√3D. −2+√32. 已知a，b两数在数轴上的位置如图所示，则化简|b2−a+a2+b−2aba−b|的结果是（）A. a−b−1B. a+b−1C. −a+b+1D. −a−b+13. 如图是5个小正方形纸片拼成的图形，现将其中一个小正方形纸片平移，使它与原图中剩下的小正方形纸片有一条或两条边重合后拼成一个轴对称图形，在拼出的所有不同位置的轴对称图形中，全等的图形共有（）A. 0对B. 1对C. 2对D. 3对4. 关于x的代数式(x+a)(x+b)(x+c)的化简结果为x3+mx+2，其中a，b，c，m都是整数，则m的值为（）A. −3B. −2C. −1D. 不确定5. 如图，在ABCD中，点E在CD边上，AD＝DE＝EC，BD交AE于点F，点O在线段AB上，以OA为半径的⊙O与BD恰好相切于点F，并交AB于点G，交AD于点H，则DHBG的值为（）A. 49B. 12C. √33D. 35二、填空题（每小题5分，共20分）6. 有两个相同的布袋，第一个布袋里装有3个红球1个白球，第二个布袋里装有1个红球1个白球，这6个球除颜色外都相同，现从这两个布袋中分别摸出1个球，摸出的2个球都是红球的概率为________．7. 如图，在正方形ABCD中，E是AB延长线上一点，BE=12AB，连接EC，ED，则tan ∠CED 的值为________．8. 关于x 的不等式组{2x −5<0x −a >0无整数解，则a 的取值范围为________<52 ． 9. 如图，直线y ＝ax +b 与反比例函数y =c x (c <0)的图象交于A ，B 两点，在反比例函数y =d x (d >0)图象的第一象限分支上取一点C ，若△ABC 是以原点O 为重心的等边三角形，则cd ab 4的值为________12 ．三、解答题（每小题15分，共30分）10. 如图，抛物线y ＝−x 2+bx +c 与x 轴交于A(1, 0)，B(5, 0)两点，直线y ＝−x +m 过点B ，与抛物线交于另一点C ，点D 在线段BC 上，∠CAD ＝45∘．（1）求AC 的长；（2）求点D 的坐标；（3）求△CAD 外接圆的面积．11. 在ABCD 中，AB 边的长为a ，对角线AC 的长为b ，以点A 为顶点的∠θ绕点A 旋转，且在旋转过程中始终保持∠θ的两边分别与BC ，DC 的延长线相交，设交点分别为E ，F ．（1）如图，当四边形ABCD 为正方形，且∠θ＝45∘时，①求证：△ACF∽△ECA．②试用a或b的代表式表示△CEF的面积．（2）当四边形ABCD为菱形，且∠BAD≠90∘时，记S△ECF＝S1；当四边形ABCD为矩形，且b≠√2a时，记S△ECF＝S2．请找出一个合适的∠θ，使得当∠θ转动时，在S1和S2中存在始终不变的值，并用关于a，b的代数式表示此时cos∠θ和S△ECFS ABCD的值．参考答案1. B2. C3.4. A5. B6. 387. 478. 2≤a9. 1．210. 函数表达式为：y＝−(x−1)(x−5)＝−x2+6x−5…①，将点B坐标代入y＝−x+m并解得：m＝5，即直线的表达式为：y＝−x+5…②，联立①②并解得：m＝2或5，故点C(2, 3)，则AC=√(1−2)2+(0−3)2=√10，同理BC＝3√2；∵直线的表达式为：y＝−x+5，则∠ABD＝45∘＝∠CAD，∠ACB＝∠ACB，∴△CAD∽△CBA，∴ AC BC =CD CA ，即：√103√2=√2−BD √10 解得：BD =√18 则点D(113, 43)；设圆的圆心坐标为P(x, y)，半径为R则PA ＝PC ＝PD ，即：(x −1)2+y 2＝(x −2)2+(y −3)2＝(x −73)2+(y −43)2＝R 2， 解得：x =12，y =116，R 2=6518， △CAD 外接圆的面积＝πR 2=65π18．11. ①证明：如图，∵ 四边形ABCD 是正方形，∴ ∠ACD ＝∠BCA ＝45∘，∠DCB ＝∠DCE ＝∠BCF ＝90∘， ∵ ∠EAF ＝∠FAC +∠CAE ＝45∘，∠ACB ＝∠AEC +∠CAE ＝45∘， ∴ ∠FAC ＝∠AEC ，∵ ∠ACF ＝∠ACE ＝90∘+45∘＝135∘，∴ △ACF ∽△ECA ．②∵ △ACF ∽△ECA ， ∴ ACEC =CFAC ，∴ AC 2＝EC ⋅CF ，∴ S △ECF =12⋅EC ⋅CF =12⋅b 2． 存在．S 1是定值．当θ=12∠BAD 时，S 1是定值． 理由：连接BD ，作BP ⊥DF 于P ，FQ ⊥BC 于Q ．∵四边形ABCD是菱形，∴∠BCA＝∠CAD＝∠BCA＝∠ACD，∴∠ACE＝∠ACF，∵∠EAF=12∠BAD，∴∠EAF＝∠ACD，∴∠FAC+∠EAC＝∠FAC+∠AFC，∴∠CAE＝∠AFC，∴△ACE∽△FCA，∴ACFC =ECAC，∴EC⋅CF＝AC2，∴S△ECFS ABCD =12⋅EC⋅CF⋅sin∠FCQCD⋅BC⋅sin∠BCP=12⋅b2a2=b22a2，∵cosθ＝cos∠BAO=OAAB =12ba=b2a．。

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试培优数学试卷-含详细解析

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试培优数学试卷-含详细解析

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试培优试卷含详细解析一、填空题（本大题共20小题，共60.0分）1.如图，在平面直角坐标系中，点A(0,4)，B(3,0)，连接AB，将△AOB沿过点B的直线折叠，使点A落在x轴上的点A′处，折痕所在的直线交y轴正半轴于点C，则直线BC的解析式为______．2.如图，在平面直角坐标系中，函数y=x和y=−12x的图象分别为直线l1，l2，过点A1(1,−12)作x轴的垂线交11于点A2，过点A2作y轴的垂线交l2于点A3，过点A3作x轴的垂线交l1于点A4，过点A4作y轴的垂线交l2于点A5，…依次进行下去，则点A2018的横坐标为______．3.实验室里有一个水平放置的长方体容器，从内部量得它的高是15cm，底面的长是30cm，宽是20cm，容器内的水深为x cm.现往容器内放入如图的长方体实心铁块(铁块一面平放在容器底面)，过顶点A的三条棱的长分别10cm，10cm，ycm(y≤15)，当铁块的顶部高出水面2cm时，x，y满足的关系式是______．4.在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为(x1,y1)，点Q的坐标为(x2,y2)，且x1≠x2，y1≠y2，若P、Q为某个矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为点P、Q的“相关矩形”.图为点P、Q的“相关矩形”的示意图．现在已知点A的坐标为(1,0)，若点C在直线x=3上，若点A，C的“相关矩形”为正方形，则直线AC的表达式为______．5.对于坐标平面内的点，先将该点向右平移1个单位，再向上平移2个单位，这种点的运动称为点的斜平移，如点P(2,3)经1次斜平移后的点的坐标为(3,5).已知点A的坐标为(1,0).如图，点M是直线l上的一点，点A关于点M的对称点为点B，点B关于直线l的对称点为点C.若点B由点A经n次斜平移后得到，且点C的坐标为(7,6)，则点B的坐标为______及n的值为______．6.用m根火柴可以拼成如图1所示的x个正方形，还可以拼成如图2所示的2y个正方形，那么用含x的代数式表示y，得______．7.若y是关于x的一次函数，当x的值减小1，y的值就减小2，则当x的值增加2时，y的值增加______．8.已知x满足−5≤x≤5，函数y1=x+1，y2=−2x+4，对任意一个x，对应的y1，y2中的较小值记作m，则m的最大值是______．9.已知梯形ABCD的四个顶点的坐标分别为A(−1,0)，B(5,0)，C(2,2)，D(0,2)，直线y=kx+2将梯形分成面积相等的两部分，则k的值为______．10.已知直线y1=x，y2=13x+1，y3=−45x+5的图象如图所示，若无论x取何值，y总取y1，y2，y3中的最小值，则y的最大值为______ ．11.在平面直角坐标系中，有A(3,−2)，B(4,2)两点，现另取一点C(1,n)，当n=______时，AC+BC的值最小．12.对于点A(x1,y1)，B(x2,y2)，定义一种运算：A⊕B=(x1+x2)+(y1+y2).例如，A(−5,4)，B(2,−3)，A⊕B=(−5+2)+(4−3)=−2，若互不重合的四点C.D，E，F，满足C⊕D=D⊕E= E⊕F=F⊕D.则C，D，E，F四点都在直线______上．13.如图，直线y=−x+4与两坐标轴交A、B两点，点P为线段OA上的动点，连接BP，过点A作AM 垂直于直线BP，垂足为M，当点P从点O运动到点A时，则点M运动路径的长为______．14.已知直线y=−(n+1)n+2x+1n+2(n为正整数)与坐标轴围成的三角形的面积为S n，则S1+S2+S3+⋯+S2012=______．15.正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，…按如图的方式放置．点A1，A2，A3，…和点C1，C2，C3，…分别在直线y=x+1和x轴上，则点B6的坐标是______．16.对于一次函数y=kx+b，当1≤x≤4时，3≤y≤6，则一次函数的解析式为______．17.如图，在直角坐标系中，直线y=43x+4分别交x轴，y轴于A，B两点，C为OB的中点，点D在第二象限，且四边形AOCD为矩形，P是CD上一个动点，过点P作PH⊥OA于H，Q是点B关于点A的对称点，则BP+PH+HQ的最小值为______．18.如图，平面直角坐标系中，已知直线y=x上一点P(1,1)，C为y轴上一点，连接PC，线段PC绕点P 顺时针旋转90°至线段PD，过点D作直线AB⊥x轴，垂足为B，直线AB与直线y=x交于点A，且BD= 2AD，连接CD，直线CD与直线y=x交于点Q，则点Q的坐标为______．19.对于平面直角坐标系中任意两点P1(x1,y1)、P2(x2,y2)，称|x1−x2|+|y1−y2|为P1、P2两点的直角距离，记作：d(P1,P2).若P0(x0,y0)是一定点，Q(x,y)是直线y=kx+b上的一动点，称d(P0,Q)的最小值为P0到直线y=kx+b的直角距离．令P0(2,−3)，O为坐标原点．则：(1)d(O,P0)=______；(2)若P(a,−3)到直线y=x+1的直角距离为6，则a=______．20.在平面直角坐标系xOy中，对于点P(x,y)，我们把点P′(−y+1,x+1)叫做点P伴随点．已知点A1的伴随点为A2，点A2的伴随点为A3，点A3的伴随点为A4，…，这样依次得到点A1，A2，A3，…，A n，….若点A1的坐标为(3,1)，则点A3的坐标为______，点A2014的坐标为______；若点A1的坐标为(a,b)，对于任意的正整数n，点A n均在x轴上方，则a，b应满足的条件为______．答案和解析1.【答案】y =−12x +32【解析】解：∵A(0,4)，B(3,0)，∴OA =4，OB =3，在Rt △OAB 中，AB =√OA 2+OB 2=5，∵△AOB 沿过点B 的直线折叠，使点A 落在x 轴上的点A′处，∴BA′=BA =5，CA′=CA ，∴OA′=BA′−OB =5−3=2，设OC =t ，则CA =CA′=4−t ，在Rt △OA′C 中，∵OC 2+OA′2=CA′2，∴t 2+22=(4−t)2，解得t =32，∴C 点坐标为(0,32)，设直线BC 的解析式为y =kx +b ，把B(3,0)、C(0,32)代入得{3k +b =0b =32，解得{k =−12b =32， ∴直线BC 的解析式为y =−12x +32．故答案为：y =−12x +32．在Rt △OAB 中，OA =4，OB =3，用勾股定理计算出AB =5，再根据折叠的性质得BA′=BA =5，CA′=CA ，则OA′=BA′−OB =2，设OC =t ，则CA =CA′=4−t ，在Rt △OA′C 中，根据勾股定理得到t 2+22=(4−t)2，解得t =32，则C 点坐标为(0,32)，然后利用待定系数法确定直线BC 的解析式． 本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了勾股定理和待定系数法求一次函数解析式．2.【答案】4504【解析】解：由题意可得，A 1(1,−12)，A 2(1,1)，A 3(−2,1)，A 4(−2,−2)，A 5(4,−2)，A 6(4,4)，…，可得A 4n+2(4n ,4n )∵2018÷4=504…2，∴A 2018在第一象限，∴点A 2018的横坐标为：4504，故答案为：4504．根据题意可以发现题目中各点的坐标变化规律，从而可以解答本题．本题考查一次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，找出题目中点的横坐标的变化规律．3.【答案】y=6x+105(0<x≤655)或y=120−15x2(6≤x<8)【解析】解：①当长方体实心铁块的棱长为10cm和ycm的那一面平放在长方体的容器底面时，则铁块浸在水中的高度为8cm，此时，水位上升了(8−x)cm(x<8)，铁块浸在水中的体积为10×8×y=80ycm3，∴80y=30×20×(8−x)，∴y=120−15x2，∵y≤15，∴x≥6，即：y=120−15x2(6≤x<8)，②当长方体实心铁块的棱长为10cm和10cm的那一面平放在长方体的容器底面时，同①的方法得，y=6x+106(0<x≤656)，故答案为：y=6x+105(0<x≤655)或y=120−15x2(6≤x<8)分两种情况：利用实心铁块浸在水中的体积等于容器中水位增加后的体积减去原来水的体积建立方程求解即可．此题主要考查了从实际问题列一次函数关系式，正确找出相等关系是解本题的关键．4.【答案】y=−x+1或y=x−1【解析】解：如图所示，若点C在直线x=3上，则A，C的“相关矩形”与x轴平行的边长度为2，设C(3,y)，就有|y|=2，∴y=±2，当C(3,2)时，直线AC的表达式为y=x−1；当C(3,−2)时，直线AC的表达式为y=−x+1；故答案为：y=−x+1或y=x−1．依据点C在直线x=3上，即可得到A，C的“相关矩形”与x轴平行的边长度为2，设C(3,y)，就有|y|=2，可得y=±2，进而得到直线AC的表达式．本题主要考查了正方形的性质以及待定系数法求一次函数解析式，解题时注意：正方形的四条边都相等，四个角都是直角．5.【答案】(5,8) 4【解析】解：连接CM，由中心对称可知：AM=BM，由轴对称可知：MB =MC ，∴AM =CM =BM ，∴∠MAC =∠ACM ，∠MBC =∠MCB ，∵∠MAC +∠ACM +∠MBC +∠MCB =180°，∴∠ACB =90°，∴△ABC 是直角三角形．延长BC 交x 轴于点E ，过点C 作CF ⊥AE 于点F ，∵A(1,0)，C(7,6)，∴AF =CF =6，∴△ACF 是等腰直角三角形，∵∠ACE =90°，∴∠AEC =45°，∴E 点坐标为(13,0)，设直线BE 的解析式为y =kx +b ，∵点C ，E 在直线上，{13k +b =07k +b =6解得{k =−1b =13∴y =−x +13，∵点B 由点A 经n 次斜平移得到，∴点B(n +1,2n)，由2n =−n −1，解得n =4，∴B(5,8)．故答案为：(5,8)、4．连接CM ，根据中心对称可得：AM =BM ，由轴对称可得：MB =MC ，所以AM =CM =BM ，进而可以证明△ABC 是直角三角形，延长BC 交x 轴于点E ，过点C 作CF ⊥AE 于点F ，可以证明△ACF 是等腰直角三角形，可得E 点坐标，进而可求直线BE 的解析式，再根据点B 由点A 经n 次斜平移得到，得点B(n +1,2n)，代入直线解析式即可求得n 的值，进而可得点B 的坐标．本题考查了坐标与图形的变化−旋转、坐标与图形的变化−平移、坐标与图形的变化−对称，解决本题的关键是综合运用旋转、平移、对称的知识．6.【答案】y =35x −15【解析】解：由图1可知：一个正方形有4条边，两个正方形有4+3条边，∴m =1+3x ，由图2可知：一组图形有7条边，两组图形有7+5条边，∴m =2+5y ，所以：1+3x =2+5y即y =0.6x −0.2．分别根据图1，求出组装x 个正方形用的火柴数量，即m 与x 之间的关系，再根据图2找到y 与m 之间的等量关系，最后利用m 相同写出关于x ，y 的方程，整理即可表示出y 与x 之间的关系．读懂题意，根据实际意义列出关于两个变量之间的等式是求得函数关系式的关键．本题要注意分别找到x ，y 与m 之间的相等关系，利用m 作为等量关系列方程整理即可表示．7.【答案】4【解析】解：∵y是关于x的一次函数，设y=kx+b，∵当x的值减小1，y的值就减小2，∴y−2=k(x−1)+b=kx−k+b，即y=kx−k+b+2．又∵y=kx+b，∴−k+b+2=b，即−k+2=0，∴k=2．当x的值增加2时，∴y=(x+2)k+b=kx+b+2k=kx+b+4，∴当x的值增加2时，y的值增加4．故答案为：4．先根据题意列出关于k的方程，求出k的值即可得出结论．本题考查的是一次函数的性质，先根据题意得出k的值是解答此题的关键．8.【答案】2【解析】【分析】本题考查了一次函数的性质，找出当x=1时，m取最大值是解题的关键．令y1=y2，求出x值，由该值在−5≤x≤5中即可得知，当x=1时，m取最大值，将x=1代入y1=x+ 1即可得出结论．【解答】解：令y1=y2，则x+1=−2x+4，解得：x=1，当x=1时，y1=y2=2．∵对任意一个x，对应的y1，y2中的较小值记作m，且x满足−5≤x≤5，∴m的最大值是2．故答案为：2．9.【答案】−23【解析】解：直线y=kx+2恒过(0,2)即D点，梯形的面积为：(6+2)×22=8，直线y=kx+2与x轴的交点为E(−2k,0)，如图：∵直线y=kx+2将梯形分成面积相等的两部分，∴S△AED=12×AE×OD=12×(−2k+1)×2=12×8=4，∴k=−23．故答案为：−23．首先根据题目提供的点的坐标求得梯形的面积，利用直线将梯形分成相等的两部分，求得直线与梯形的边围成的三角形的面积，进而求得其解析式即可．本题考查直线的交点，梯形的面积与三角形的面积公式的应用．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．10.【答案】3717【解析】解：如图，分别求出y1，y2，y3交点的坐标A(32,32)；B(259,259)；C(6017,37 17)当x<32，y=y1；当32≤x<259，y=y2；当259≤x<6017，y=y2；当x≥6017，y=y3．∵y总取y1，y2，y3中的最小值，∴y的取值为图中红线所描述的部分，则y1，y2，y3中最小值的最大值为C点的纵坐标3717，∴y最大=3717．y始终取三个函数的最小值，y最大值即求三个函数的公共部分的最大值．此题主要考查了一次函数与一次不等式的综合应用，要先画出函数的图象根据数形结合解题，锻炼了学生数形结合的思想方法．11.【答案】−25【解析】解：作点A关于x=1的对称点A′(−1,−2)，连接A′B交x=1于C，可求出直线A′B的函数解析式为y=45x−65，把C的坐标(1,n)代入解析式可得n=−25．先作出点A关于x=1的对称点A′，再连接A′B，求出直线A′B的函数解析式，再把x=1代入即可得．此题主要考查轴对称--最短路线问题，综合运用了一次函数的知识．12.【答案】y=−x+k(k为常数)【解析】解：∵对于点A(x1,y1)，B(x2,y2)，A⊕B=(x1+x2)+(y1+y2)，如果设C(x3,y3)，D(x4,y4)，E(x5,y5)，F(x6,y6)，那么C⊕D=(x3+x4)+(y3+y4)，D⊕E=(x4+x5)+(y4+y5)，E⊕F=(x5+x6)+(y5+y6)，F⊕D=(x4+x6)+(y4+y6)，又∵C⊕D=D⊕E=E⊕F=F⊕D，∴(x3+x4)+(y3+y4)=(x4+x5)+(y4+y5)=(x5+x6)+(y5+y6)=(x4+x6)+(y4+y6)，∴x3+y3=x4+y4=x5+y5=x6+y6，令x3+y3=x4+y4=x5+y5=x6+y6=k，则C(x3,y3)，D(x4,y4)，E(x5,y5)，F(x6,y6)都在直线y=−x+k(k为常数)上，∴互不重合的四点C，D，E，F在同一条直线上．故答案为y=−x+k(k为常数)．如果设C(x3,y3)，D(x4,y4)，E(x5,y5)，F(x6,y6)，先根据新定义运算得出x3+y3=x4+y4=x5+y5= x6+y6，令x3+y3=x4+y4=x5+y5=x6+y6=k，则可得结果．本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，以及学生的阅读理解能力，有一定难度．13.【答案】√2π【解析】【解答】解：∵AM垂直于直线BP，∴∠BMA=90°，∴点M的路径是以AB的中点N为圆心，AB长的一半为半径的OA⏜，连接ON，∵直线y=−x+4与两坐标轴交A、B两点，∴OA=OB=4，∴ON⊥AB，∴∠ONA=90°，∵AB=√OA2+OB2=4√2，∴ON=2√2，∴OA⏜=90π180⋅2√2=√2π．故答案为：√2π.【分析】本题考查了一次函数的综合题，涉及了两坐标轴交点坐标及点的运动轨迹，难点在于根据∠BMC=90°，判断出点M的运动路径是解题的关键，同学们要注意培养自己解答综合题的能力．根据直线与两坐标轴交点坐标的特点可得A、B两点坐标，由题意可得点M的路径是以AB的中点N为圆心，AB长的一半为半径的OA⏜，求出OA⏜的长度即可．14.【答案】5032014【解析】解：令x=0，则y=1n+2，令y=0，则−n+1n+2x+1n+2=0，解得x=1n+1，所以，S n=12⋅1n+1⋅1n+2=12(1n+1−1n+2)，所以，S 1+S 2+S 3+⋯+S 2012=12(12−13+13−14+14−15+⋯+12013−12014)=12(12−12014)=5032014． 故答案为：5032014．令x =0，y =0分别求出与y 轴、x 轴的交点，然后利用三角形面积公式列式表示出S n ，再利用拆项法整理求解即可．本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，表示出S n ，再利用拆项法写成两个数的差是解题的关键，也是本题的难点．15.【答案】(63,32)【解析】方法一：解：∵直线y =x +1，x =0时，y =1，∴A 1B 1=1，点B 2的坐标为(3,2)，∴A 1的纵坐标是：1=20，A 1的横坐标是：0=20−1，∴A 2的纵坐标是：1+1=21，A 2的横坐标是：1=21−1，∴A 3的纵坐标是：2+2=4=22，A 3的横坐标是：1+2=3=22−1，∴A 4的纵坐标是：4+4=8=23，A 4的横坐标是：1+2+4=7=23−1，即点A 4的坐标为(7,8)．据此可以得到A n 的纵坐标是：2n−1，横坐标是：2n−1−1．即点A n 的坐标为(2n−1−1,2n−1).∴点A 6的坐标为(25−1,25).∴点B 6的坐标是：(26−1,25)即(63,32)．故答案为：(63,32)．方法二：∵B 1C 1=1，B 2C 2=2，∴q =2，a 1=1，∴B 6C 6=25=32，∴OC 1=1=21=1，OC 2=1+2=22−1，OC 3=1+2+4=23−1…OC 6=26−1=63，∴B 6(63,32)．首先利用直线的解析式，分别求得A 1，A 2，A 3，A 4…的坐标，由此得到一定的规律，据此求出点A n 的坐标，即可得出点B 6的坐标．此题主要考查了一次函数图象上点的坐标性质和坐标的变化规律，正确得到点的坐标的规律是解题的关键．16.【答案】y =x +2或y =−x +7【解析】解：∵对于一次函数y =kx +b ，当1≤x ≤4时，3≤y ≤6，∴点(1,3)、(4,6)在一次函数y =kx +b 的图象上或点(1,6)、(4,3)在一次函数y =kx +b 的图象上． 当点(1,3)、(4,6)在一次函数y =kx +b 的图象上时，{k +b =34k +b =6，解得：{k =1b =2， ∴此时一次函数的解析式为y =x +2；当(1,6)、(4,3)在一次函数y =kx +b 的图象上时，{k +b =64k +b =3，解得：{k =−1b =7，此时一次函数的解析式为y=−x+7．故答案为：y=x+2或y=−x+7．由一次函数的单调性即可得知点(1,3)、(4,6)在一次函数y=kx+b的图象上或点(1,6)、(4,3)在一次函数y=kx+b的图象上，根据点的坐标利用待定系数法即可求出一次函数的解析式，此题得解．本题考查了一次函数的性质以及待定系数法求一次函数解析式，根据点的坐标利用待定系数法求出一次函数解析式是解题的关键．17.【答案】6√2+2【解析】解：如图，连接CH，x+4分别交x轴，y轴于A，B两点，∵直线y=43∴OB=4，OA=3，∵C是OB的中点，∴BC=OC=2，∵∠PHO=∠COH=∠DCO=90°，∴四边形PHOC是矩形，∴PH=OC=BC=2，∵PH//BC，∴四边形PBCH是平行四边形，∴BP=CH，∴BP+PH+HQ=CH+HQ+2，要使CH+HQ的值最小，只须C、H、Q三点共线即可，∵点Q是点B关于点A的对称点，∴Q(−6,−4)，又∵点C(0,2)，根据勾股定理可得CQ=√(2+4)2+62=6√2，此时，BP+PH+HQ=CH+HQ+PH=CQ+2=6√2+2，即BP+PH+HQ的最小值为6√2+2；故答案为：6√2+2．x+4先确定OA和OB的长，证明四边形PHOC是矩形，得PH=OC=BC=2，再证明根据直线y=43四边形PBCH是平行四边形，则BP=CH，在BP+PH+HQ中，PH=2是定值，所以只要CH+HQ的值最小就可以，当C、H、Q在同一直线上时，CH+HQ的值最小，利用平行四边形的性质求出即可．本题考查了一次函数点的坐标的求法、三角形面积的求法和三点共线及最值，综合性强．18.【答案】(94,94) 【解析】解：过P 作MN ⊥y 轴，交y 轴于M ，交AB 于N ，过D 作DH ⊥y 轴，交y 轴于H ， ∠CMP =∠DNP =∠CPD =90°，∴∠MCP +∠CPM =90°，∠MPC +∠DPN =90°，∴∠MCP =∠DPN ，∵P(1,1)，∴OM =BN =1，PM =1，在△MCP 和△NPD 中{∠CMP =∠DNP ∠MCP =∠DPN PC =PD∴△MCP≌△NPD(AAS)，∴DN =PM ，PN =CM ，∵BD =2AD ，∴设AD =a ，BD =2a ，∵P(1,1)，∴DN =2a −1，则2a −1=1，a =1，即BD =2．∵直线y =x ，∴AB =OB =3，在Rt △DNP 中，由勾股定理得：PC =PD =√(3−1)2+(2−1)2=√5，在Rt △MCP 中，由勾股定理得：CM =√(√5)2−12=2，则C 的坐标是(0,3)，设直线CD 的解析式是y =kx +3，把D(3,2)代入得：k =−13，即直线CD 的解析式是y =−13x +3，即方程组{y =−13x +3y =x 得：{x =94y =94， 即Q 的坐标是(94,94)，②当点C 在y 轴的负半轴上时，作PN ⊥AD 于N ，交y 轴于H ，此时不满足BD =2AD ，故答案为：(94,9 4 ).过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交AB于N，过D作DH⊥y轴，交y轴于H，∠CMP=∠DNP=∠CPD=90°，求出∠MCP=∠DPN，证△MCP≌△NPD，推出DN=PM，PN=CM，设AD=a，求出DN=2a−1，得出2a−1=1，求出a=1，得出D的坐标，在Rt△DNP中，由勾股定理求出PC= PD=√5，在Rt△MCP中，由勾股定理求出CM=2，得出C的坐标，设直线CD的解析式是y=kx+ 3，把D(3,2)代入求出直线CD的解析式，解由两函数解析式组成的方程组，求出方程组的解即可．本题考查了用待定系数法求出一次函数的解析式，全等三角形的性质和判定，解方程组，勾股定理，旋转的性质等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，题目比较好，但是有一定的难度．19.【答案】(1)5；(2)2或−10．【解析】解：(1)∵P0(2,−3)，O为坐标原点，∴d(O,P0)=|0−2|+|0−(−3)|=5．故答案为：5；(2)∵P(a,−3)到直线y=x+1的直角距离为6，∴设直线y=x+1上一点Q(x,x+1)，则d(P,Q)=6，∴|a−x|+|−3−x−1|=6，即|a−x|+|x+4|=6，当a−x≥0，x≥−4时，原式=a−x+x+4=6，解得a=2；当a−x<0，x<−4时，原式=x−a−x−4=6，解得a=−10．故答案为：2或−10．【分析】(1)根据题中所给出的两点的直角距离公式即可得出结论；(2)先根据题意得出关于x的式子，再由绝对值的几何意义即可得出结论．本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数图象上给点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．20.【答案】(−3,1)；(0,4)；−1<a<1且0<b<2【解析】解：∵A1的坐标为(3,1)，∴A2(0,4)，A3(−3,1)，A4(0,−2)，A5(3,1)，…，依此类推，每4个点为一个循环组依次循环，∵2014÷4=503余2，∴点A 2014的坐标与A 2的坐标相同，为(0,4)；∵点A 1的坐标为(a,b)，∴A 2(−b +1,a +1)，A 3(−a,−b +2)，A 4(b −1,−a +1)，A 5(a,b)，…，依此类推，每4个点为一个循环组依次循环，∵对于任意的正整数n ，点A n 均在x 轴上方，∴{a +1>0−a +1>0，{−b +2>0b >0， 解得−1<a <1，0<b <2．故答案为：(−3,1)，(0,4)；−1<a <1且0<b <2．根据“伴随点”的定义依次求出各点，不难发现，每4个点为一个循环组依次循环，用2014除以4，根据商和余数的情况确定点A 2014的坐标即可；再写出点A 1(a,b)的“伴随点”，然后根据x 轴上方的点的纵坐标大于0列出不等式组求解即可．本题是对点的变化规律的考查，读懂题目信息，理解“伴随点”的定义并求出每4个点为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．。

2020鄞州中学三位一体数学试题

2020鄞州中学三位一体数学试题

1 2020鄞州中学三位一体自主招生综合检测卷理科综合（I.数学部分）本卷共36题，共计180分（填空选择4分/题，解答题3分/小题）考试时间180分钟请将答案作答于答题卷上，否则一律作废【阿氏圆推荐公式：r=a λ÷|λ²-1|（a=AB ，|PA|=λ|PB|）】1.如图1，点P 为∠MON 的平分线上一点，以P 为顶点的角的两边分别与射线OM ，ON 交于A ，B 两点，若∠APB 绕点P 旋转时始终满足2OP OB OA =⋅，就把∠APB 叫做∠MON 的智慧角.（1）如图2，已知∠MON =90°，点P 为∠MON 的平分线上一点，以点P 为顶点的角的两边分别与射线OM ，ON 交于A ，B 两点，且∠APB =135°. 求证：∠APB 是∠MON 的智慧角；（2）如图1，已知∠MON =α（0°<α<90°），OP =2，若∠APB 是∠MON 的智慧角，连结AB ，用含α的式子分别表示∠APB 的度数和△AOB 的面积；（3）如图3，C 是函数)0(3>=x xy 图象上的一个动点，过点C 的直线CD 分别交x 轴和y 轴于点A ，B 两点，且满足BC =2CA ，请求出∠AOB 的智慧角∠APB 的顶点P 的坐标.2.如图，在ABC ∆中，AC BC AB 2=+，求2tan 2tanC A ∠⋅∠的值。

3.如图，在△ABC 中，AB ＝2AC ，BC ＝4，则△ABC 的面积最大值为_____．4.当01x <<时，则141x x +-的最小值是________．5.如图，△ABC 中，∠︒=90BAC ，D 在CB 延长线上，6=AD ，4=DB ，5=BC ，则DAB ∠tan 的值是（ ）.A 43 .B 32 .C 13132 .D 13133 6.如图，⊙O 的半径为3，A 为半径OM 上一点，OA ＝2，B 、C 为⊙O 上不同的两点，AB ⊥AC ，则BC 的最大值为（ ）A ．2＋14B ．6C ．5D ．4 27.如图，在ABC ∆中，D BC AC ACB ,,90=︒=∠是AC 上一点，F E 、在BC BD 、的延长线上，且︒=∠=∠90BEF BAE ，若3,2==EF DE ，则=BD __________（图见下页）28.如图正方形内接于为弧上的一点，分别交于点，且PBMN⊥，设aPBD=∠，求的值。

浙江省2020年“三位一体”自主招生综合测试试卷（3）（含答案）

浙江省2020年“三位一体”自主招生综合测试试卷（3）（含答案）

浙江省2020年“三位⼀体”⾃主招⽣综合测试试卷（3）（含答案）2020年浙江省“三位⼀体”⾃主招⽣综合测试试卷（3）⼀、选择题（本⼤题共9⼩题，每⼩题4分，共36分）1. 若0x这四个数中（）A. 1x 最⼤，x2最⼩ B. x最⼤，1x最⼩ C. x2最⼤，√x最⼩ D. x最⼤，x2最⼩2. ⼩明和⼩亮的⼝袋⾥⾯都放有五张不同的2008年北京奥运会福娃纪念卡，他们分别从⾃⼰⼝袋⾥摸出⼀张福娃纪念卡，则摸出的福娃都是贝贝的概率是（）A. 125B. 25C. 15D. 183. ⽅程(x2+x?1)x+3＝1的所有整数解的个数是（）A. 5个B. 4个C. 3个D. 2个4. 顶点为A(6,?6)，B(?4,?3)，C(?1,??7)，D(9,??4)的正⽅形在第⼀象限的⾯积是（）A. 25B. 36C. 49D. 305. 使⽅程2x2?5mx+2m2＝5的⼀根为整数的整数m的值共有（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个6. 函数y＝a|x|与y＝x+a的图象恰有两个公共点，则实数a的取值范围是（）A. a>1B. ?1C. a≥1或a≤?1D. a>1或a7. 在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝80°，P在△ABC中，∠PBC＝10°，∠PCB＝30°，则∠PAB的度数为（）A. 50°B. 60°C. 70°D. 65°8. ⼆次函数y＝?x2+2x+8的图象与x轴交于B，C两点，点D平分BC，若在x轴上侧的A点为抛物线上的动点，且∠BAC为锐⾓，则AD的取值范围是（）A. 3B. 3≤AD≤9C. 4D. 3≤AD≤89. ⼀个三⾓形有⼀内⾓为48°，如果经过其⼀个顶点作直线能把其分成两个等腰三⾓形，那么它的最⼤内⾓可能值有（）A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个⼆、填空题（本⼤题共8⼩题，每⼩题4分，共32分）10. 甲、⼄、丙三⼈各有糖若⼲块，甲从⼄处取来⼀些糖，使原来有糖的块数增加⼀倍，⼄从丙处取来⼀些糖，使留下的块数增加⼀倍，丙再从甲处取来⼀些糖，也使留下的块数增加⼀倍．这时三⼈的糖块⼀样多．开始时，丙有32块糖，则⼄原来有________块糖．11. 设a?b＝2+√3，b?c＝2?√3，则a2+b2+c2?ab?ac?bc＝________．12. 已知△ABC为钝⾓三⾓形，其最⼤边AC上有⼀点P（点P与点A，C不重合），过点P作直线l，使直线l截△ABC所得的三⾓形与原三⾓形相似，这样的直线l可作的条数是________．13. 如图，△________中，∠________的平分线交________于________，若________＝6________，________＝4________，∠________＝60°，则________的长为________．14. 已知a是整数，⼀次函数y＝10x+a的图象与两坐标轴所围成的三⾓形的⾯积数为质数，则这个质数等于________．15. 如图，△________．16. ⼩王沿街匀速⾏⾛，发现每隔6分钟从背后驶过⼀辆18路公交车，每隔3分钟从迎⾯驶来⼀辆18路公交车．假设每辆18路公交车⾏驶速度相同，⽽且18路公交车总站每隔固定时间发⼀辆车，那么发车间隔的时间是________分钟．17. 如图，以半圆中的⼀条弦BC（⾮直径）为对称轴将弧BC折叠后与直径AB交于点D，若AD BD =23，且AB＝10，则CB的长为________．三、解答题（本⼤题共5⼩题，共52分，解答应写出⽂字说明、证明过程或步骤）18. 解关于x的不等式：x2+3<4|x|．19. 如图(1)，由直⾓三⾓形边⾓关系，可将三⾓形⾯积公式变形得到S△ABC=12bcsinA?①即三⾓形的⾯积等于两边之长与夹⾓正弦值之积的⼀半如图，在△ABC中，CD⊥AB于D，∠ACD＝α，∠DCB＝β∵S△ABC＝S△ACD+S△BCD，由公式①得到12AC?BC?sin(α+β)=12AC?CD?sinα+12BC?CD?sinβ即AC?BC?sin(α+β)＝AC?CD?sinα+BC?CD?sinβ…②你能利⽤直⾓三⾓形关系及等式基本性质，消去②中的AC、BC、CD吗？若不能，说明理由；若能，写出解决过程．并利⽤结论求出sin75°的值．20. 如图，过△ABC内⼀点M做各边的平⾏线与各边分别交于D，E，F，G，L，N各点．求证：DEBC +FGAC+LNAB=2．21. 已知⼆次函数y1＝ax2+4ax+4a?1的图象是M．（1）求M关于点R(1,?0)中⼼对称的图象N的解析式y2；（2）当2≤x≤5时，y2的最⼤值为√5，求a的值．22. 证明：只存在唯⼀⼀个三⾓形，它的三边长为三个连续的正整数，并且它的三个内⾓中有⼀个内⾓为另⼀个内⾓的2倍．参考答案1. A2. 共有25种情况，摸出的福娃都是贝贝的情况有1种，概率为1253. B4. 连接OA，过A、D两点的直线⽅程是y?646=x69?6，即y=?103x+16，解得它与x轴的交点E的横坐标是x＝7.8，同理求得过A、B两点的直线⽅程是y=?310x+4.2，解得它与y轴的交点E的纵坐标是y＝4.2，∴ S△AOE=12×7.8×6=23.4，S△AFO=12×4.2×6=12.6，∴ S△AOE+S△AFO＝23.4+12.6＝36，即顶点为A（6，6），B（﹣4，3），C （﹣1，﹣7），D（9，﹣4）的正⽅形在第⼀象限的⾯积是365. D6. D7. C8. A9. C10. 4011. 1512. 3或213. ABC,A,BC,D,AB,cm,AC,cm,A,AD,12√35cm14. 515. P1OA1，△P2A1A2是等腰直⾓三⾓形，点P1，P2在函数y=4x(x>0)的图象上，斜边OA1，A1A2都在x轴上，则点A2的坐标是(4√2,?0)16. 417. 4√518. 法⼀：原不等式化为①{x ≥0x 2?4x +3<0 或②{x <0x 2+4x +3<0，∵ x 2?4x +3＝(x ?1)(x ?3)，x 2+4x +3＝(x +1)(x +3)，∴解①得，1所以，原不等式的解为：1法⼆：原不等式化为：|x|2+3<4|x|，即(|x|?1)(|x|?3)<0，∴ 1<|x|<3，∴原不等式的解为?319. ①能消去②中的AC 、BC 、CD ．将AC ?BC ?sin(α+β)＝AC ?CD ?sinα+BC ?CD ?sin β，两边同除以AC ?BC 得： sin (α+β)=CD BC ?sin α+CD AC ?sin β③，⼜∵ cos β=CD BC 、cos α=CD AC ，代⼊③可得：sin (α+β)＝sin α?cos β+cos α?sin β．②由sin (α+β)＝sin α?cos β+cos α?sin β得：sin 75°＝sin (30°+45°)＝sin 30°?cos 45°+cos 30°?sin 45°=12×√22+√32×√22=√2+√64． 20. 证明：根据题意，DE?//?BC ，∴△ADE ∽△ABC∴ DE BC =AD AB ；∵△BFG ∽△BAC∴ FG AC =BF AB ；∵ AFML 是平⾏四边形，∴ LM ＝AF ；同理，MN ＝BD ；则LN AB =LM+MN AB ，∴ DE BC +FG AC +LN AB =AD+BF+LM+MN AB =2AB AB =2．21. 依题得，a ≠0，且y 1＝ax 2+4ax +4a ?1＝a(x +2)2?1，故图象M 的顶点为A(?2,??1)，由对称性可知，图象N 的顶点为B(4,?1)，且其开⼝⽅向与M的相反，∴y2＝?a(x?4)2+1，即y2＝?ax2+8ax?16a+1．当a<0时，抛物线N的开⼝向上，对称轴为x＝4，若2≤x≤5，则当x＝2时，y2取得最⼤值1?4a，由1?4a=√5得，a=1?√54．22. 证明：如图，在△ABC中，设∠A＝2∠B，且三边长分别为a，b，c．延长CA到点D，使AD＝AB＝c，则CD＝b+c，由∠A＝2∠B，知∠ABC＝∠D．从⽽，△ABC∽△BDC，故BCDC =ACBC，即ab+c=ba于是，a2＝b(b+c)①当a>c>b时，设a＝n+1，c＝n，b＝n?1，代⼊①式，解得，n＝5．此时，a＝6，b＝5，c＝4；当c>a>b时，设c＝n+1，a＝n，b＝n?1，解得，n＝2．此时，a＝2，b＝1，c＝3，不能构成三⾓形；同理，当a>b>c时，可得，n2?3n?1＝0，n不是整数，舍去．综上所述，满⾜条件的三⾓形只有⼀个，其三边长为4，5，6．。

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(76)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(76)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（76）一、选择题（每小题6分，共30分）1．（6分）将正方形ABCD 折叠，使顶点A 与CD 边上的点M 重合，折痕交AD 于E ，交BC 于F ，边AB 折叠后与BC 边交于点G （如图）．如果:3:2DM MC =，则::(DE DM EM = )A ．7:24:25B ．3:4:5C ．5:12:13D ．8:15:172．（6分）假期里王老师有一个紧急通知，要用电话尽快通知给50个同学，假设每通知一个同学需要1分钟时间，同学接到电话后也可以相互通知，那么要使所有同学都接到通知最快需要的时间为( ) A ．8分钟B ．7分钟C ．6分钟D ．5分钟3．（6分）已知：二次函数22(y x x a a =++为大于0的常数），当x m =时的函数值10y <；则当2x m =+时的函数值2y 与0的大小关系为( ) A ．20y > B ．20y < C ．2y O =D ．不能确定4．（6分）记200720072007200811112212221S =+++⋯+++-，则S 所在的范围为( )A ．01S <<B ．12S <<C ．23S <<D ．34S <<5．（6分）如图，点A 是函数1y x=的图象上的点，点B ，C 的坐标分别为(2B -，2)-，(2C 2)．试利用性质：“函数1y x=的图象上任意一点A 都满足||2AB AC -=下面问题：作BAC ∠的角平分线AE ，过B 作AE 的垂线交AE 于F ，已知当点A 在函数1y x=的图象上运动时，点F 总在一条曲线上运动，则这条曲线为( )A．直线B．抛物线C．圆D．反比例函数的曲线二、填空题（每小题6分，共36分）6．（6分）已知关于x的不等式(2)2a b x a b->-的解是52x>，则关于x的不等式0ax b+<的解为．7．（6分）已知方格纸中的每个小方格是边长为1的正方形，A，B两点在小方格的顶点上，位置如图所示，在小方格的顶点上确定一点C，连接AB，AC，BC，使ABC∆的面积为3个平方单位．则这样的点C共有个．8．（6分）直角坐标系中，点(0,0)A，(2,0)B，(0C，23)，若有一三角形与ABC∆全等，且有一条边与BC重合，那么这个三角形的另一个顶点坐标是．9．（6分）n个单位小立方体叠放在桌面上，所得几何体的主视图和俯视图均如图所示．那么n的最大值与最小值的和是．10．（6分）对大于或等于2的自然数m的n次幂进行如图方式的“分裂”，仿此，36的“分裂”中最大的数是 ．11．（6分）甲，乙，丙3人用擂台赛形式进行训练，每局2人进行单打比赛，另1人当裁判，每-局的输方去当下-局的裁判，而由原来的裁判向胜者挑战．半天训练结束时发现甲共打了12局，乙共打了21局，而丙共当裁判8局．那么，整个比赛的第10局的输方一定是 ． A ．甲B ．乙C ．丙三、解答题（每小题16分，共64分）12．（16分）ABC ∆和DEF ∆是两个等腰直角三角形，90A D ∠=∠=︒，DEF ∆的顶点E 位于边BC 的中点上．（1）如图1，设DE 与AB 交于点M ，EF 与AC 交于点N ，求证：BEM CNE ∆∆∽； （2）如图2，将DEF ∆绕点E 旋转，使得DE 与BA 的延长线交于点M ，EF 与AC 交于点N ，于是，除（1）中的一对相似三角形外，能否再找出一对相似三角形并证明你的结论．13．（16分）已知函数2(1)(y x b x c b =+-+，c 为常数） ，这个函数的图象与x 轴交于两个不同的点1(A x ，0)和2(B x ，0)． 若1x ，2x 满足211x x ->； （1） 求证：22(2)b b c >+；（2） 若1t x <，试比较2t bt c ++与1x 的大小， 并加以证明 ．14．（16分）有A 、B 、C 、D 、E 5 位同学依次站在某圆周上， 每人手上分别拿有小旗 16 、 8 、 12 、 4 、 15 面， 现要使每人手中的小旗数相等 ． 要求相邻的同学之间相互调整 （不 相邻的不作相互调整） ，设A 给B 有1x 面1(0x >时即为A 给B 有1x 面；1x O <时即为B 给A 有1x 面 ． 以下同） ，B 给C 有2x 面：C 给D 有3x 面，D 给E 有4x 面，E 给A 有5x 面，问1x 、2x 、3x 、4x 、5x 分别为多少时才能使调动的小旗总数12345||||||||||x x x x x ++++最小？15．（16分）如图：已知a 为常数，21(20F a -+，0)，22(20F a +，0)，过2F 作直线l ，点A ，B 在直线l 上，且满足12122AF AF BF BF a -=-=，M ，N 分别为△12AF F ，△12BF F 的内切圆的圆心．（1）设M e 与12F F 相切于点1P ，N e 与12F F 切于点2P ，试判断1P 与2P 的位置关系，并加以证明；（2）已知218sin 9BF F ∠=，且92MN =，试求a 的值．2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（76）参考答案与试题解析一、选择题（每小题6分，共30分）1．（6分）将正方形ABCD 折叠，使顶点A 与CD 边上的点M 重合，折痕交AD 于E ，交BC 于F ，边AB 折叠后与BC 边交于点G （如图）．如果:3:2DM MC =，则::(DE DM EM = )A ．7:24:25B ．3:4:5C ．5:12:13D ．8:15:17【解答】解：由折叠知，EM EA =， 设5CD AD a ==，5DE a EM ∴=-，3DM a =，2MC a =， 在Rt EDM ∆中，222EM DE DM =+， 即222(5)(3)ME a ME a =-+， 解得175ME a =85ED a ∴=817:::3:8:15:1755DE DM EM a a a ∴==．故选：D ．2．（6分）假期里王老师有一个紧急通知，要用电话尽快通知给50个同学，假设每通知一个同学需要1分钟时间，同学接到电话后也可以相互通知，那么要使所有同学都接到通知最快需要的时间为( ) A ．8分钟B ．7分钟C ．6分钟D ．5分钟【解答】解：第一分钟通知到1个学生； 第二分钟最多可通知到123+=个学生； 第三分钟最多可通知到347+=个学生；第四分钟最多可通知到7815+=个学生； 第五分钟最多可通知到151631+=个学生； 第六分钟最多可通知到313263+=个学生； 答：至少用6分钟． 故选：C ．3．（6分）已知：二次函数22(y x x a a =++为大于0的常数），当x m =时的函数值10y <；则当2x m =+时的函数值2y 与0的大小关系为( ) A ．20y >B ．20y <C ．2y O =D ．不能确定【解答】解：Q 抛物线与x 轴有两个交点∴△2240a =->，即1a <又0a >，对称轴为1x =- 据题意画草图可知当20x -<<时，0y < 而当x m =时的函数值10y < 故20m -<<则当2x m =+时，函数值2y 与0的大小关系为20y >．故选A ．4．（6分）记200720072007200811112212221S =+++⋯+++-，则S 所在的范围为( )A ．01S <<B ．12S <<C ．23S <<D ．34S <<【解答】解：200720072007200811112212221S =+++⋯+++-，根据题意每个数都大于2008121-，每个数都小于200712，总共有20072个数，故20072007200820071102.2.212s <<<-，故01S <<．故选：A ．5．（6分）如图，点A是函数1yx=的图象上的点，点B，C的坐标分别为(2B-，2)-，(2C，2)．试利用性质：“函数1yx=的图象上任意一点A都满足||22AB AC-=”求解下面问题：作BAC∠的角平分线AE，过B作AE的垂线交AE于F，已知当点A在函数1yx=的图象上运动时，点F总在一条曲线上运动，则这条曲线为()A．直线B．抛物线C．圆D．反比例函数的曲线【解答】解：如图：延长AC交BF的延长线于G，连接OF．AF BG⊥Q，90AFB AFG∴∠=∠=︒，90BAF ABF∴∠+∠=︒，90G GAF∠+∠=︒，AEQ为BAG∠的平分线，BAF FAG∴∠=∠，ABF G∴∠=∠，AB AG∴=，AF BG⊥Q，BF FG ∴=，(B Q ，，C ，OB OC ∴=，12OF CG ∴=，AC AG CG =-Q ，AB AG =， AB AC CG ∴-=，||AB AC -=Q ，CG ∴=OF ∴=∴点F 在以O 为半径的圆上运动．故选：C ．二、填空题（每小题6分，共36分）6．（6分）已知关于x 的不等式(2)2a b x a b ->-的解是52x >，则关于x 的不等式0ax b +<的解为 8x >- ．【解答】解：Q 关于x 的不等式(2)2a b x a b ->-的解是52x >， 20a b ∴->，22a bx a b->- 2a b ∴>，2522a b a b -=- 24105a b a b ∴-=- 8a b ∴= 28a a ∴> 0a ∴< 0ax b +<Q ax b ∴<-b x a∴>-8a b =Q 8x ∴>-故答案为：8x >-．7．（6分）已知方格纸中的每个小方格是边长为1的正方形，A ，B 两点在小方格的顶点上，位置如图所示，在小方格的顶点上确定一点C ，连接AB ，AC ，BC ，使ABC ∆的面积为3个平方单位．则这样的点C 共有 6 个．【解答】解：如图，符合条件的点有6个．8．（6分）直角坐标系中， 点(0,0)A ，(2,0)B ，(0C ，3)，若有一三角形与ABC ∆全等， 且有一条边与BC 重合， 那么这个三角形的另一个顶点坐标是 (2，23)或3)或(3)- ．【解答】解：(0,0)A Q ，(2,0)B ，(0C ，3)，60ABC ∴∠=︒分三种情况进行讨论：（1） 当另一是点D ，当ABC ∆≅△2D BC 时， 点A 与点D 关于BC 对称， 过点D 作DE AB ⊥于点E ，1BE ∴=，123AE =+=，22sin603D E =⨯︒=，2D ∴的坐标是3)；（2） 当ABC ∆≅△1D CB 时， 当1D 在直线BC 的上面时， 则四边形ABDC 是矩形， 因而D 的坐标是(2，3)；（3） 当ABC DCB ∆≅∆时， 当3D 在直线BC 的下面时， 过D 作3D F x ⊥轴， 则1AF =，3DF =，D ∴的坐标是(1,3)-．∴这个三角形的另一个顶点坐标是(2，23)或(3,3)或(1,3)-9．（6分）n 个单位小立方体叠放在桌面上，所得几何体的主视图和俯视图均如图所示．那么n 的最大值与最小值的和是 23 ．【解答】解：综合主视图和俯视图，底面有3216++=个，第二层最多有5个，最少有2个，第三层最多有3个，最少有1个，那么n 的最大和最小值的和是66523123+++++=． 故答案为：23．10．（6分）对大于或等于2的自然数m 的n 次幂进行如图方式的“分裂”，仿此，36的“分裂”中最大的数是 41 ．【解答】解：设最大的奇数为n ，则36216(2)(4)(6)(8)(10)n n n n n n ==+-+-+-+-+- 解得41n =， 所以最大的数为41．11．（6分）甲，乙，丙3人用擂台赛形式进行训练，每局2人进行单打比赛，另1人当裁判，每-局的输方去当下-局的裁判，而由原来的裁判向胜者挑战．半天训练结束时发现甲共打了12局，乙共打了21局，而丙共当裁判8局．那么，整个比赛的第10局的输方一定是 ． A ．甲B ．乙C ．丙【解答】解：根据题意，知丙共当裁判8局，所以甲乙之间共有8局比赛， 又甲共打了12局，乙共打了21局，所以甲和丙打了4局，乙和丙打了13局， 三个人之间总共打了(8413)25++=局，考查甲，总共打了12局，当了13次裁判，所以他输了12次．所以当n 是偶数时，第n 局比赛的输方为甲，从而整个比赛的第10局的输方必是甲． 三、解答题（每小题16分，共64分）12．（16分）ABC ∆和DEF ∆是两个等腰直角三角形，90A D ∠=∠=︒，DEF ∆的顶点E 位于边BC 的中点上．（1）如图1，设DE 与AB 交于点M ，EF 与AC 交于点N ，求证：BEM CNE ∆∆∽； （2）如图2，将DEF ∆绕点E 旋转，使得DE 与BA 的延长线交于点M ，EF 与AC 交于点N ，于是，除（1）中的一对相似三角形外，能否再找出一对相似三角形并证明你的结论．【解答】证明：（1）ABC ∆Q 是等腰直角三角形， 45MBE ∴∠=︒，135BME MEB ∴∠+∠=︒又DEF ∆Q 是等腰直角三角形，45DEF ∴∠=︒ 135NEC MEB ∴∠+∠=︒BME NEC ∴∠=∠，（4分） 而45B C ∠=∠=︒， BEM CNE ∴∆∆∽．（6分）（2）与（1）同理BEM CNE ∆∆∽，∴BE EMCN NE=．（8分） 又BE EC =Q ，∴EC EMCN NE=，（10分） 则ECN ∆与MEN ∆中有EC MECN EN=， 又45ECN MEN ∠=∠=︒， ECN MEN ∴∆∆∽．（12分）13．（16分）已知函数2(1)(y x b x c b =+-+，c 为常数） ，这个函数的图象与x 轴交于两个不同的点1(A x ，0)和2(B x ，0)． 若1x ，2x 满足211x x ->； （1） 求证：22(2)b b c >+；（2） 若1t x <，试比较2t bt c ++与1x 的大小， 并加以证明 ． 【解答】证明： （1）Q 令2(1)y x b x c =+-+中0y =， 得到2(1)0x b x c +-+=，2(1)(1)4b b cx --±--∴=，又211x x ->， ∴2(1)41b c -->，22141b b c ∴-+->，22(2)b b c ∴>+；（2） 由已知212(1)()()x b x c x x x x +-+=--，212()()x bx c x x x x x ∴++=--+， 212()()t bt c t x t x t ∴++=--+，2112112()()()(1)t bt c x t x t x t x t x t x ++-=--+-=--+，1t x <Q ， 10t x ∴-<， 211x x ->Q ， 121t x x ∴<<-， 210t x ∴-+<， 12()(1)0t x t x ∴--+>，即21t bt c x ++>．14．（16分）有A 、B 、C 、D 、E 5 位同学依次站在某圆周上， 每人手上分别拿有小旗 16 、 8 、 12 、 4 、 15 面， 现要使每人手中的小旗数相等 ． 要求相邻的同学之间相互调整 （不 相邻的不作相互调整） ，设A 给B 有1x 面1(0x >时即为A 给B 有1x 面；1x O <时即为B 给A 有1x 面 ． 以下同） ，B 给C 有2x 面：C 给D 有3x 面，D 给E 有4x 面，E 给A 有5x 面，问1x 、2x 、3x 、4x 、5x 分别为多少时才能使调动的小旗总数12345||||||||||x x x x x ++++最小？【解答】解： 由于共有小旗面数为1681241555++++=面， 要使每人手中的小旗面数相等， 每人均为 11 面 ．由题意：1223344581112114111511x x x x x x x x +-=⎧⎪+-=⎪⎨+-=⎪⎪+-=⎩，变形得：123242523162x x x x x x x x =+⎧⎪=+⎪⎨=-⎪⎪=-⎩，123452222222222|||||||||||3||||1||6||2||3||1||||2||6|x x x x x x x x x x x x x x x ∴++++=+++++-+-=+++++-+-，设实数2x 在数轴上的对应点为P ，实数3-，1-， 0 ， 2 ， 6 在数轴上的对应点分别为1P ，2P ，3P ，4P ，5P ，1234512345|||||||||||||||||||x x x x x PP PP PP PP PP ∴++++=++++，当且仅当P 在线段15P P 上时15||||PP PP +有最小值 9 ， 当且仅当P 在线段24P P 上时24||||PP PP +有最小值 3 ， 当且仅当P 与点3P 重合时3||PP 有最小值 0 ， 即当且仅当P 与点3P 重合2(0)x =时，1234512345||||||||||x x x x x PP PP PP PP PP ++++=++++有最小值 12 ．当13x =，20x =，31x =，46x =-，52x =-时12345||||||||||x x x x x ++++有最小值 12 ．15．（16分）如图：已知a 为常数，21(20F a -+0)，22(20F a +0)，过2F 作直线l ，点A ，B 在直线l 上，且满足12122AF AF BF BF a -=-=，M ，N 分别为△12AF F ，△12BF F 的内切圆的圆心．（1）设M e 与12F F 相切于点1P ，N e 与12F F 切于点2P ，试判断1P 与2P 的位置关系，并加以证明；（2）已知218sin 9BF F ∠=，且92MN =，试求a 的值．【解答】解：（1）1P 与2P 重合． 证明：由题意得AC AD =， 122AF AF a -=Q ， 122CF DF a ∴-=；又111221FC F PF D F P ==Q ， 11122PF PF a ∴-=，同理21222P F P F a -=， 1P ∴与2P 重合．（2）由（1）知：112MP F F ⊥，212NP F F ⊥，1P，2P 重合． M ∴，1P ，N 共线，且12MN F F ⊥，连接MN ，NE ，MD ，则90NED MDE ∠=∠=︒ 过N 作NH MD ⊥，H 为垂足；12290MPF MDF ∠=∠=︒Q ，21HMN BF F ∠=∠，218sin sin 9HMN BF F ∴∠=∠=， 又92MN =， sin 4NH MN HMN ∴=∠=，4ED ∴=；而2212DF F P F E ==， 212F P ∴=，又由（1）11122PF PF a -=， 1122PF a ∴=+，2111222220PF PF a a ∴+=++=+解得4a ．。

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(56)(有答案解析)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(56)(有答案解析)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（56）一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）1.若，则A. 1B.C.D. 1或2.若是关于x的方程的根，则的值为A. B. 8 C. D.3.方程实数根的情况是A. 仅有三个不同实根B. 仅有两个不同实根C. 仅有一个不同实根D. 无实根4.如图，点C，D是以线段AB为公共弦的两条圆弧的中点，，点E，F分别是线段CD，AB上的动点，设，，则能表示y与x的函数关系的图象是A. B.C. D.5.已知方程有两个相等实根，则的值为A. B. C. D.6.一个容器盛满酒精，第一次倒出10升后，用水加满，第二次倒出6升后，再用水加满，这时容器内的酒精与水的体积之比为7：13，则这个容器的容积为A. 18升B. 20升C. 24升D. 30升7.如图所示，在中，M是边AB的中点，N是边AC上的点，且，CM与BN相交于点K，若的面积等于1，则的面积等于A. 3B.C. 4D.8.用三种不同的颜色，将如图所示的四个区域涂色，每种颜色至少用1次，则相邻的区域不涂同一种颜色的概率为A. B. C. D.二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）9.如图，等腰中，，，则______．10.在半径为1的中，P是上的一点，若，则弦AB的长为______．11.如图，将绕点O按逆时针方向旋转至，使点B恰好落在边上．已知，，则的长是______．12.已知不等式组的整数解仅有1，则实数a的取值范围是______．13.如图，在直角坐标系中，已知点，对连续作旋转变换，依次得到三角形、、、则第个三角形直角顶点的坐标为______．14.关于只有一个实数根，则a的取值范围是______．三、解答题（本大题共5小题，共56.0分）15.如图，正方形ABCD的中心为O，P为正方形内一点，且．求证：；若正方形的边长为，，求OP的长．16.已知关于x的方程恰好有两个不同实根，求t的值和相应的实根．17.如图，四边形ABCD内接于，，且AB是的直径，交CD的延长线于点E，若，．求的直径；若翻折使点B与E重合的直线折痕交于P，Q两点，求的面积．18.设有一列数，，，，，简记为若数列满足：为正整数，可以把看作n的一次函数；数列定义如下：对于正整数m，是使得不等式成立的所有n中的最大值．若，，求；若，，求满足的m的值；是否存在k和b，使得为正然数？如果存在，求k和b的取值范围；如果不存在，请说明理由，19.已知：过点，的直线与抛物线C：交于P，Q两点，若为坐标原点的面积为．求a的值；若M为抛物线C上的点，设直线AM，BM与抛物线C的另一个交点为，求证：当点M在C上变动时，直线恒过一定点，并求出定点坐标．-------- 答案与解析 --------1.答案：A解析：解：，，，当时，，当时，．故选：A．首先根据求出x的值，然后把x的值代入即可．本题主要考查代数式求值的知识点，此题难度一般，注意此题中的整体代入思想．2.答案：D解析：解：是关于x的方程的根方程两边同时除以n得：故选：D．先根据是关于x的方程的根，得到关于m和n的一个方程，再根据，得出m和n的数量关系，然后将所给的整式利用因式分解和配方法进行变形，最后将m与n的数量关系代入，即可求得答案．本题考查了由一元二次方程的解得出相关字母的数量关系，再结合因式分解及配方法将所给的等式变形，从而求得代数式的值，本题需要对整式的相关运算公式熟练运用，难度中等．3.答案：C解析：解：原方程整理得，，，方程，其，无解，，，即．故选C．原方程有意义，则，把方程去分母、整理可得，，分解因式得，讨论其根的情况，即可解答．本题考查了二次函数、反比例函数的性质，主要应用了一元二次方程的根与判别式的关系．4.答案：C解析：解：如右图所示，延长CE交AB于设，；和都是直角三角形由勾股定理得：，，，即，这个函数是一个二次函数，抛物线的开口向下，对称轴为，与x轴的两个交点坐标分别是，，顶点为，自变量．所以C选项中的函数图象与之对应．故选：C．延长CE交AB于G，和都是直角三角形，运用勾股定理列出y与x的函数关系式即可判断出函数图象．本题为几何与函数相结合的题型，同学们应注意运用勾股定理的重要性，它就是解决此题的关键．5.答案：B解析：解：，或，方程有两个相等的实数根，，，，，故选：B．将方程因式分解解得或，再由两个根式相等的，则有，化简即可求解．本题考查一元二次方程的根；能够将已知方程因式分解，求出两个根式解题的关键．6.答案：B解析：解：设这个容器的容积为x升，由题意得：，整理得：，解得：，或舍去，，经检验，是原分式方程的解；即这个容器的容积为20升；故选：B．设这个容器的容积为x升，由题意列出分式方程为，解分式方程，再检验即可．本题考查了分式方程的应用；关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系，列出分式方程．7.答案：C解析：解：连接AK，知，于是三角形AKC的面积为1．又因，于是三角形AKB的面积为2．故三角形ABC的面积为．故选：C．连接AK，分别求出三角形AKC的面积、三角形AKB的面积与的三角形BKC的面积的比值，求出各自的面积，再求三角形ABC的面积．考查了三角形面积的应用．关键掌握同底的三角形面积之比等于对应的高之比．8.答案：B解析：解：根据题意，可以设第一格为1，可列举所有可能：1123，1132，1312，1321，1322，1323，1332，1213，1223，1231，1232，1233．此时所有可能的结果又12种，符合条件的有6种，其余同理，所以四个格的所有可能的结果共有36种，符合条件的结果共有18种，所以相邻的区域不涂同一种颜色的概率为：．故选：B．根据题意，可以设第一格为1，可列举所有可能：1123，1132，1312，1321，1322，1323，1332，1213，1223，1231，1232，此时所有可能的结果又12种，符合条件的有6种，其余同理，最后所有可能的结果共有36种，符合条件的结果共有18种，进而求出概率．本题考查了列举法求概率问题，解决本题的关键是不重不漏列举出所有符合条件的可能结果．9.答案：25解析：解：如图，过点C作的延长线于点D，，，，，，．故答案为：25．过点C作的延长线于点D，根据等腰三角形的两底角相等求出的度数，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出的度数，然后根据角所对的直角边等于斜边的一半求出CD的长度，然后根据三角形的面积公式列式计算即可得解．本题考查了直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半的性质，等腰三角形两底角相等的性质，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．10.答案：解析：解：如图，在优弧AB上取一点E，连接AE，作于N．，，，，，，，，，，，，故答案为．如图，在优弧AB上取一点E，连接AE，作于证明，求出AN，利用垂径定理即可解决问题．本题考查圆周角定理，勾股定理，垂径定理等知识，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．11.答案：解析：解：过点O作于H，将绕点O按逆时针方向旋转至，，，，，，，，，故答案为：．过点O作于H，由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可得，由锐角三角函数可求OH，由勾股定理可求，即可求解．本题考查了旋转的性质，锐角三角函数的应用，灵活运用这些性质是本题的关键．12.答案：解析：解：，，整数解仅有1，，，，故答案为．由已知可得，因为不等式组的整数解只有一个，则有，，解得a即可．本题考查一元一次不等式组；能够根据题意列出满足a的不等式是解题的关键．13.答案：解析：解：，，，由原图到图，相当于向右平移了12个单位长度，三角形的直角顶点的坐标为，这样旋转6次直角顶点是，再旋转一次到三角形，直角顶点仍然是，则三角形的直角顶点的坐标为．则第个三角形直角顶点的坐标为．故答案为：观察不难发现，每三次旋转为一个循环组依次循环，第7个直角三角形的直角顶点与第6个直角三角形的直角顶点重合，然后求出一个循环组旋转过的距离，即可得解．本题考查了坐标与图形变化旋转，观察出每三次旋转为一个循环组依次循环，并且下一组的第一个直角三角形与上一组的最后一个直角三角形的直角顶点重合是解题的关键，也是本题的难点．14.答案：解析：解：把方程变形为关于a的一元二次方程的一般形式：，则，，即或．所以有：或．关于只有一个实数根，方程没有实数根，即，，解得．所以a的取值范围是．故答案为．先把方程变形为关于a的一元二次方程的一般形式：，然后利用求根公式解得或；于是有或，再利用原方程只有一个实数根，确定方程没有实数根，即，最后解a的不等式得到a的取值范围．本题考查了一元二次方程a，b，c为常数根的判别式．当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．同时考查了转化得思想方法在解方程中的应用．15.答案：解：连接OA，OB，正方形ABCD的中心为O，，，，，P，O，B四点共圆，；，，，，，，在PB上截取，连接OG，，P，O，B四点共圆，，，≌，，，，，，，．解析：连接OA，OB，根据正方形的性质得到，推出A，P，O，B四点共圆，根据圆周角定理即可得到结论；根据余角的性质得到，根据三角函数的定义得到，在PB上截取，连接OG，根据全等三角形的性质得到，，求得，根据勾股定理即可得到结论．本题考查了正方形的性质，四点共圆，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．16.答案：解：由得到：，作出函数的图象，如图所示：．由图得：当或0时符合题意，当即时，，；当即时，，．解析：作出函数图象，根据图象，求函数与函数有一个交点时t的值，问题转化为求绝对值方程的解．本题考查了一元二次方程根的分布．解题时，利用了“数形结合”的数学思想，降低了题的难度与梯度，减少了繁琐的计算过程．17.答案：解：连接AC，且，，，是的直径，，，，，，，∽，，，设，则，解得：，舍去，即：，在中，，，，，∽，；设BE与PQ交于G，AB与PQ交于F，，，，翻折使点B与E重合，，，，，∽，，，，，过O作于H，，，∽，，，，连接OQ，，，的面积．解析：证AE是的切线，即证即可；根据切割线定理，可将DE的长求出，再由∽可将AB的长求出；设BE与PQ交于G，AB与PQ交于F，根据勾股定理得到，根据折叠的性质得到，，根据相似三角形的性质得到，求得，过O作于H，由相似三角形的性质得到，连接OQ，于是得到结论．本题考查了垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．18.答案：解：，，，，，；，，，，，或4022；存在．，，，若，则不成立；若，则不成立；，即，则，．解析：由已知，可得，则；由已知可得，则，可求m的值为4021或4022；，，则；分三种情况求解：若不成立；若不成立；是成立．本题考查一次函数的性质；理解题意，能将一次函数与不等式结合是解题的关键．19.答案：解：设直线AB的解析式为，，，，，直线AB的解析式为，抛物线的解析式为，联立消去y得，，设点P的横坐标为c，点Q的横坐标为d，，，，为坐标原点的面积为，，舍去或；由知，，抛物线的解析式为，设点，，直线MA的解析式为，联立解得，点M的纵横坐标或，点，，直线MB的解析式为，联立解得，点M的纵横坐标或，，设直线的解析式为，，，直线的解析式为，当时，，即：当点M在抛物线C上变动时，直线恒过一定点．解析：先确定出直线AB的解析式，联立抛物线解析式，消去y得出关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系得出，cd，进而得出，最后用三角形POQ的面积建立方程求解，即可得出结论；设点，利用待定系数法求出直线MA，MB的解析式，再联立抛物线解析式求出点，的坐标，最后用待定系数法求出直线的解析式，即可得出结论．此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，根与系数的关系，直线和抛物线的交点坐标的求法，三角形面积的计算，求出点，的坐标是解本题的关键．。

浙江省2020年“三位一体”自主招生综合测试试卷(5)(含答案)

浙江省2020年“三位一体”自主招生综合测试试卷(5)(含答案)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（5）一、选择题（每小题6分，共30分）1. 如图所示的图象所表示的函数的关系式为（）A. y=32|x−1|(0≤x≤2) B. y=32−32|x−1|(0≤x≤2)C. y=32−|x−1|(0≤x≤2) D. y＝1−|x−1|(0≤x≤2)2. 已知函数y=√3x+1的图象为直线l，点P(2, 1)，则点P到直线l的距离为（）A. 2B. 1C. √3D. √323. 在Rt△ABC中，∠C＝90∘，AC＝3，BC＝4．若以1为半径的圆在△ABC所在平面上运动，则这个圆与△ABC的三条边的公共点最多有（）A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个4. 已知：点A(1, p)，B(2, q)，C(3, r)均在二次函数y＝x2+mx的图象上，且p<q<r，则m的取值范围是（）A. m>−2B. m>−3C. m>−4D. m>−55. 如图所示，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴负半轴相交于A、B两点，Q(n, 12)是二次函数y=ax2+bx+c图象上一点，且AQ⊥BQ，则a的值为（）A. −13B. −12C. −1D. −2二、填空题（每小题6分，共36分）6. 设锐角三角形ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，a＝2bsinA，则∠B的大小为________．7. 已知半径分别为3cm和5cm的两圆相交于点A和B，经过交点B的任一直线和两圆分别交于点C和点D，则AC:AD的值为________．8. 在平面直角坐标系中，横坐标与纵坐标都是整数的点(x, y)称为整点，如果将二次函数y ＝−x2+6x−5的图象与x轴所围成的封闭图形染成红色，则此红色区域内部及其边界上整点个数有________个．9. a、b为实数，且满足ab+a+b−8＝0，a2b+ab2−15＝0，则(a−b)2＝________．10. 如图，A，B是直线l上的两点，且AB＝2，两个半径相等的动圆分别与l相切于A，B点，C是这两个圆的公共点，则圆弧AC，CB与线段AB所围成图形面积S的最大值是________．11. 已知：定点A(3, 2)，动点M在函数y＝x的图象上运动，动点N在x轴上运动，则△AMN的周长的最小值为________．三、解答题（共64分）12. 已知函数y＝3x2+2(1−a)x−a(a+2)（1）求证：函数的图象与x轴一定有交点；（2）若方程3x2+2(1−a)x−a(a+2)＝0的两个根均大于−1且小于1，求a的取值范围．13. 如图，正方形BCEF的中心为O，△CBO的外接圆上有一点A（A、O在BC同侧，A、C在BO异侧），且AB＝2√2，AO＝4．（1）求∠CAO的值；（2）求tan∠ACB的值；（3）求正方形BCEF的面积．14. 如图，已知圆O的圆心为O，半径为3，点M为圆O内的一个定点，OM=√5，AB、CD是圆O的两条相互垂直的弦，垂足为M．（1）当AB＝4时，求四边形ADBC的面积；（2）当AB变化时，求四边形ADBC的面积的最大值．15. 按照某学者的理论，假设一个生产某产品单件成本为a元，如果他卖出该产品的单价为m元，则他的满意度为mm+a ；如果他买进该产品的单价为n元，则他的满意度为an+a．如果一个人对两种交易（卖出或买进）的满意度分别为ℎ1和ℎ2，则他对这两种交易的综合满意度为√ℎ1ℎ2．现假设甲生产A、B两种产品的单件成本分别为12元和8元，设产品A、B的单价分别为m A元和m B元，甲买进A与卖出B的综合满意度为ℎ．（1）求ℎ关于m A、m B的表达式；（2）设m A＝3m B，求甲的综合满意度ℎ的最大值（当a、b均为正数时，可以使用公式a+ b≥2√ab）．参考答案1. B2. C3. C4. B5. D6. 30∘7. 3:5或5:38. 159. 1310. 2−π211. √2612. 证明：∵△＝4(1−a)2+12a(a+2)＝(4a+2)2≥0，∴函数的图象与x轴一定有交点，∵3x2+2(1−a)x−a(a+2)＝0，∵x1＝a，x2=−a+23，∴{−1<a<1−1<a+23<1，解得−1<a<1．13. ℎCAO＝ℎCBO＝45∘；作BH⊥OA，交OA的延长线于H，则ℎBAH＝45∘∴AH＝2，BH＝2∴tanℎBOH=BHOH =13又ℎACB＝ℎBOH∴tanℎACB=13．∵tanℎACB=13，又AB＝2√2∴AC＝6√2∴ BC 2＝80∴ 正方形BCEF 的面积是80．14. 作OE ⊥CD 于E ，OF ⊥AB 于F ，连接OB ，OC ， 那么AB ＝2√9−OF 2=4，∴ OF =√5，又∵ OE 2+OF 2＝OM 2＝5，∴ OE ＝0，∴ CD ＝6，∴ S 四边形ADBC =12AB ×CD ＝12；设OE ＝x ，OF ＝y ，则x 2+y 2＝5， ∵ AB ＝2√9−x 2，CD ＝2√9−y 2， ∴ S 四边形ADBC =12AB ×CD ＝2√9−x 2×√9−y 2=2√−x 4+5x 2+36=2√−(x 2−52)2+1694， ∴ 当x 2=52时，四边形ADBC 的最大面积是13．15. 甲：买进A 的满意度为ℎA1=12m A +12，卖出B 的满意度为ℎB1=m B m B +8； 所以，甲买进A 与卖出B 的综合满意度为ℎ甲=√ℎA1⋅ℎB1=√12mA +12×mB m B +8=√12m B (mA +12)(mB +8)；（当m A ＝3m B 时，ℎ=√ℎ1ℎ2=√12m B(m A+12)(m B+8)=√4m Bm B2+32+12m B≤√4m2√32m B+12m B =√2−1．。

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2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（58）一、选择题（本大题共9小题，共36.0分）1.已知一次函数的图象经过一、二、三象限，且与x轴交于点，则不等式的解集为A. B. C. D.2.方程组的解的个数为A. 1B. 2C. 3D. 43.如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转到正方形，图中阴影部分的面积为A.B.C.D.4.已知二次函数的图象如图所示，则下列6个代数式：ab，ac，，，，中，其值为正的式子的个数是A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个5.已知函数，并且a，b是方程的两个根，则实数m，n，a，b的大小关系可能是A. B. C. D.6.如图所示是一个树形图的生长过程，依据图中所示的生长规律，第12行的空心圆的个数是A. 34B. 55C. 72D. 897.如图，与的斜边AB相切于点D，与直角边AC相交于点E，且已知，，，则的半径是A. 3B. 4C.D.8.甲、乙、丙3位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有A. 36种B. 48种C. 96种D. 192种9.有依次排列的3个数：3，9，8，对任意相邻的两个数，都用右边的数减去左边的数，所得之差写在这两个数之间，可产生一个新数串：3，6，9，，8，这称为第一次操作；做第二次同样的操作后也可产生一个新数串：3，3，6，3，9，，，9，8，继续依次操作下去，问：从数串3，9，8开始操作第100次以后所产生的那个新数串的所有数之和是多少A. 500B. 520C. 780D. 2000二、填空题（本大题共7小题，共28.0分）10.如果不等式组无解，则a的取值范围是______．11.已知抛物线经过点设点，请在抛物线的对称轴上确定一点D，使得的值最大，则D点的坐标为______．12.小红、小芳、小明在一起做游戏时需要确定作游戏的先后顺序，他们约定用“锤子、剪刀、布”的方式确定，请问在一个回合中三个都出“布”的概率是______ ．13.将一直径为25cm的圆形纸片如图剪成如图所示形状的纸片，再将纸片沿虚线折叠得到正方体形状的纸盒如图，则这样的纸盒体积最大为______．14.若直线为实数与函数的图象至少有三个公共点，则实数b的取值范围是______ ．15.如图，已知点在函数的图象上．正方形ABCD的边BC在x轴上，点E是对角线BD的中点，函数的图象又经过A、E两点，则点E的横坐标为______．16.按下列程序进行运算如图规定：程序运行到“判断结果是否大于244”为一次运算．若，则运算进行______次才停止；若运算进行了5次才停止，则x的取值范围是______．三、解答题（本大题共6小题，共56.0分）17.给你两张白纸一把剪刀．你的任务是：用剪刀剪出下面给定的两个图案，你可以将纸片任意折叠，但只能沿直线剪一刀，要得到下面两个图案，在不实际折叠的情况下，想象一下，该如何折叠？用虚线画出折痕，用实线画出剪的这一刀分别在旁边的白纸上画出来18.如图，正方形ABCD的边长为1，点E是AD边上的动点，从点A沿AD向D运动，以BE为边，在BE的上方作正方形BEFG，连接CG。

请探究：线段AE与CG是否相等？请说明理由。

若设，，当x取何值时，y最大？连接BH，当点E运动到AD的何位置时，∽？19.观察一列数2，4，8，16，32，，发现从第二项开始，每一项与前一项之比是一个常数，这个常数是______；根据此规律，如果为正整数表示这个数列的第n项，那么______，______；如果欲求的值，可令将式两边同乘以3，得______由减去式，得______．用由特殊到一般的方法知：若数列，，，，，从第二项开始每一项与前一项之比的常数为q，则______用含，q，n的代数式表示，如果这个常数，那么______用含，q，n的代数式表示．已知数列满足，且，，求．20.如图，已知中，，点D在AB边上移动点D不与A、B重合，，交AC于E，连接设，．当D为AB中点时，求：S的值；若，求y关于x的函数关系式及自变量x的取值范围；是否存在点D，使得成立？若存在，求出D点位置；若不存在，请说明理由．21.已知过点，点H与点D关于x轴对称，过H作的切线交x轴于点A．求的值；如图，设与x轴正半轴交点为P，点E、F是线段OP上的动点与点P不重合，连接并延长DE、DF交于点B、C，直线BC交x轴于点G，若是以EF为底的等腰三角形，试探索的大小怎样变化，请说明理由．22.已知a是实数，函数若存在满足，求实数a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：一次函数的图象经过一、二、三象限，则函数y随x的增大而增大，．把点，代入即可得到：即．不等式的解集就是求函数，故当时，不等式成立．则不等式的解集为．故选：C．一次函数的图象经过一、二、三象限，则函数y随x的增大而增大，故．一次函数经过点，则代入即可得到：即求不等式的解集就是求函数，的未知数的范围．本题主要考查了一次函数与不等式的关系，并且考查了一次函数的性质．2.答案：A解析：解：当，时，原方程组可化为：，解得；由于，所以此种情况不成立．当，时，原方程组可化为：，解得．当，时，，无解；当，时，，无解；因此原方程组的解为：．故选：A．由于x、y的符号不确定，因此本题要分情况讨论．在解含有绝对值的二元一次方程组时，要分类讨论，不可漏解．3.答案：C解析：解：如图，设与CD的交点为E，连接AE，在和中，，≌，，旋转角为，，，，阴影部分的面积．故选：C．设与CD的交点为E，连接AE，利用“HL”证明和全等，根据全等三角形对应角相等，再根据旋转角求出，然后求出，再解直角三角形求出DE，然后根据阴影部分的面积正方形ABCD的面积四边形的面积，列式计算即可得解．本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形判定与性质，解直角三角形，利用全等三角形求出，从而求出是解题的关键，也是本题的难点．4.答案：A解析：解：抛物线的开口向下，，与y轴的交点为在y轴的负半轴上，，，对称轴为，、b异号，即，，当时，，当时，，对称轴为，，，，，有2个正确．故选：A．由抛物线的开口向下知，与y轴的交点为在y轴的负半轴上可以推出，然后就可以判定ac的符号，对称轴为可以判定ab的符号；由于当时，，当时，；由对称轴为，可以判定的符号；由，可以判定的符号．考查二次函数系数符号的确定．5.答案：D解析：解：由变形得，，或，，，或，，，b是方程的两个根，将a，b代入，得：，，，或，，，，观察选项可知：，，只有D可能成立．故选：D．首先把方程化为一般形式，由于a，b是方程的解，根据根与系数的关系即可得到m，n，a，b之间的关系，然后对四者之间的大小关系进行讨论即可判断．本题考查了一元二次方程的根与系数之间的关系，难度较大，关键是对m，n，a，b大小关系的讨论是此题的难点．6.答案：B解析：解：按生长规律，第n行的空心圆的个数等于第行实心圆的个数，而第行实心圆的个数等于第行总圆数，第n行总圆数为第行与第行总圆数之和，所以从第一行起，各行空心圆的个数规律是：1、0、1、1、2、3、5、8、13、21、34、所以第12行的空心圆的个数是55．故选：B．按生长规律，第n行的空心圆的个数等于第行实心圆的个数，而第行实心圆的个数等于第行总圆数，第n行总圆数为第行与第行总圆数之和，即可得出各行空心圆的个数规律，进而得解．本题考查了规律型：图形的变化类，解决本题的关键是根据图形的变化寻找规律，总结规律．7.答案：D解析：解：延长EC交圆于点F，连接DF．，，，是直径，，∽，，即，，与的斜边AB相切于点D，，，∽，．根据勾股定理，得，则圆的半径是．故选：D．延长EC交圆于点F，连接则根据的圆周角所对的弦是直径，得DF是直径．证明∽，求出EF的长，再根据勾股定理求直径DF的长，即可得半径．此题要能够通过作辅助线，把直径构造到直角三角形中．熟练运用相似三角形的性质、圆周角定理的推论以和勾股定理．8.答案：C解析：解：设4门课程分别为1，2，3，4，甲选修2门，可有1，2；1，3；1，4；2，3；2，4；3，4共6种情况，同理乙，丙均可有1，2，3；1，2，4；2，3，4；1，3，4共4种情况，不同的选修方案共有种，故选C．分别得到三个人有几种选择，相乘即可．本题需注意方案不分次序，即a，b和b，a是同一种方案，用列举法找到相应的组合即可．9.答案：B解析：【分析】首先具体地算出每一次操作以后所产生的那个新数串的所有数之和，从中发现规律，进而得出操作第100次以后所产生的那个新数串的所有数之和．本题中理解每一次操作的方法是前提，得出每一次操作以后所产生的那个新数串的所有数之和的规律是关键．【解答】解：设，，，操作第n次以后所产生的那个新数串的所有数之和为．时，；时，；故时，．故选B．10.答案：解析：解：解不等式，得，解不等式，．不等式组无解，．根据不等式组解集的定义可知，不等式的解集与不等式的解集无公共部分，从而可得一个关于a的不等式，求出此不等式的解集，即可得出a的取值范围．本题中由两个一元一次不等式组成的不等式组无解，根据“大大小小无解集”，可知的解集不小于不等式的解集，尤其要注意不要漏掉．11.答案：解析：解：抛物线经过点，，，抛物线的解析式为：，抛物线的对称轴为：直线，点，作点C关于的对称点，直线与的交点即为D，因为任意取一点与对称轴的交点除外都可以构成一个而在三角形中，两边之差小于第三边，即所以最大值就是在D是延长线上的点的时候取到把A，两点坐标代入，得到过的直线的解析式即可；设直线的解析式为，，解得：，直线的解析式为，当时，，点的坐标为．故答案为：．首先利用待定系数法求得抛物线的解析式，然后可求得抛物线的对称轴方程，又由作点C关于的对称点，直线与的交点即为D，求得直线的解析式，即可求得答案．此题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的对称轴，以及距离差最小问题．此题综合性很强，解题的关键是数形结合思想的应用．12.答案：可以得出一共有27种情况，在一回合中三个人都出“布”的概率是．故答案为：．欲求出在一回合中三个人都出“布”的概率，可先列举出所有情况，看所求的情况占总情况的多少即可．此题主要考查了树状图法求概率，树状图法适用于两步或两步以上完成的事件．解题时还要注意是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．13.答案：125设正方体的棱长是acm．在直角三角形AOB中，，，，根据勾股定理，得，解，得负值舍去．则这样的纸盒体积最大为．故答案为125．要求这样的纸盒的最大体积，只需求得它的最大棱长．把正方体的表面展开图放到圆中，根据勾股定理进行计算即可．此题综合考查了勾股定理、正方体的表面展开图，圆的一些性质，几何体的展开图，能够正确把正方体的表面展开图放到圆中，从而求得其最大体积．14.答案：解析：解：当时，或，当或时，，即：，函数值大于0，当时，，即：，函数最大值为1，故符合条件的实数b的取值范围是．先求时x的值，再求和时，自变量的取值范围及对应的函数式，求函数式的取值范围，判断符合条件的b的值的范围．本题是分段函数的问题，按照绝对值里的数的符号，分段求函数，再求符合条件的b值范围．15.答案：解析：解：把代入到得：，故函数解析式为，设，根据图象和题意可知，点，因为的图象经过E，所以将E代入到函数解析式中得：，即，求得：或不合题意，舍去，，，则点E的横坐标为．故答案为：．把已知点的坐标代入函数解析式即可求出k的值，把k的值代入得到函数的解析式，然后根据正方形的性质设出A和E的坐标，因为函数图象过这两点，把设出的两点坐标代入到函数解析式中得到和，联立即可求出a和b的值，得到E的坐标．此题考查学生会根据一点的坐标求反比例的解析式，灵活运用正方形及反比例函数的性质解决实际问题，是一道中档题．16.答案：4；解析：解：．第一次：第二次：第三次：第四次：停止第1次，结果是；第2次，结果是；第3次，结果是；第4次，结果是；第5次，结果是；由式子得：，由式子得：．即：5次停止的取值范围是：．故答案为：4；．把代入代数式求值，与244比较，若大于244，就停止计算，若结果没有大于244，重新计算直至大于244为止，根据运算顺序得到第4次的运算结果和第5次的运算结果，让第4次的运算结果小于等于244，第5次的运算结果大于244列出不等式求解即可．考查一元一次不等式组的应用；根据第4次和第5次的运算结果得到关系式是解决本题的关键．17.答案：解：解析：根据折叠的性质，第一个图形可将正方形两对折，剪边上一角可得图1的图形，而第二个图形因为在中间，故要将正方形三对折，可以动手自己做做．本题考查的图形的折叠问题，注意空间想象能力，类似这样的问题，可以自己动手做做．18.答案：解：．理由：正方形ABCD和正方形BEFG中，，，．又，，≌．．正方形ABCD和正方形BEFG，．，．．又，∽．．．当时，y有最大值为．解：当E点是AD的中点时，∽，理由：是AD中点，．．又∽，．又，．又，∽．解析：，要证结论，必证≌，由正方形的性质很快确定，又，，符合SAS即证．先证∽，所以，即可求出函数解析式，继而求出最值．要使∽，需，又因为∽，所以，即，所以当E点是AD的中点时，∽．本题结合正方形的性质考查二次函数的综合应用，以及正方形的性质和相似三角形的判定19.答案：2 ．解析：解：每一项与前一项之比是一个常数，这个常数是2，，；故答案为：2、、；令，，，故答案为：、；第二项开始每一项与前一项之比的常数为q，，得：，故答案为：、；，，，，解得：或，或故答案为：或者．根据题意，可得在这个数列中，从第二项开始，每一项与前一项之比是2；有第一个数为2，故可得，的值；根据题中的提示，可得S的值；由的方法，依次可以推出的值，注意分两种情况讨论；由已知条件求出首项和公比，再代入等比数列前n项和公式的答案．本题主要考查了等比数列，通过观察，发现规律是解答此题的关键．20.答案：解：过A作，交DE于点N，设，根据，可以得到，则，；当D为AB中点时，DE是三角形ABC的中位线，可得，则，，而，，：S的值是1：4；作，垂足为M，交DE于N点，，∽，，．：即，，不存在点D，使得成立．理由：假设存在点D使得成立，那么即，，整理得，，，不存在．即不存在点D使得解析：当D为AB中点时，DE是三角形ABC的中位线，DE：：2，而高线的比也是1：2，则三角形的面积的比就可以求出；根据相似三角形的性质，可以得到底边DE、BC以及高线之间的关系，就可以求出面积的比；使得成立，可以转化为函数值y的大小关系．本题主要考查了相似三角形的性质，以及三角形的面积的计算方法．21.答案：解：点在上，的半径；如图，连接HD交OA于Q，则，连接OH，则，，；解：不变．如图，设点D关于x轴的对称点为H，连接HD交OP于Q，OH交BC于K，则，又，平分，．连接OH，则，在与中，，，，，所以不变．解析：因为点D在圆上，根据点D的坐标利用勾股定理即可求得OD的长，即半径；连接HD交OA于Q，则，连接OH，则，根据同角的余角相等可得到，根据已知可求得的值，则的值也就求得了；设点D关于x轴的对称点为H，连接HD交OP于Q，则，根据角平分线的性质及垂径定理可得到，则求得的值也就求得了．此题主要考查学生对切线性质，关于x轴、y轴、原点对称点的坐标，解直角三角形及垂径定理等知识点的综合运用．22.答案：解：，若，，显然在区间上没有符合条件的，所以令，得；当时，恰有一个；当，即时，，也恰有一个；当在上有两个时，则，或；解得或；因此a的取值范围是或．解析：此题需要分两种情况进行讨论：若此函数是一次函数，则，解析式为：，显然在区间之间没有符合条件的，故此种情况不成立；若此函数是二次函数，即；又要分两种情况进行讨论：一、若在区间中，只有一个符合条件的零点，那么1、当、时，函数值的乘积应该是0或负数，即，由此可求出a的取值范围；2、该二次函数与x轴只有一个交点，令，即可求出a的值；二、若在区间中，有两个零点，那么要分两种情况进行讨论：1、，此时函数的开口方向向上，有：，且根的判别式，据此可求出a 的取值范围；2、，此时函数的开口方向向下，有：，且根的判别式，据此可求出a 的另一个取值范围；两式上面所提到的各种情况，即可求得a的取值范围．此题主要考查了从函数值域的角度来分析方程有解的参数范围问题，难点在于将各种可能的情况都考虑到．。

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