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2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(74)-教师用卷

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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)-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. −1B. 1C. 0D. −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. 1B. 2C. 3D. 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=12×3×[t2+(t+3)2]−12×[(t+1)2+t2)]−12×2×[(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]−12[(t+1)2+t2]−12×2[(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1a +1b+1c的值为()A. 1B. 76C. 10D. 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1a +1b+1c=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1a +1b+1c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>y2B. y1<y2C. y1=y2D. 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】25【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25．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sinα2=______．【答案】√55【解析】解：设AD=x，则AB=5x，即⊙O的直径为5x，∴OA=OC=12×5x=5x2，OD=OA−AD=3x2，∵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=12∠AOC=α2，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=sinα2=√5x5x=√55．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α2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sinα2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=12BC⋅BDtan75°=12×4×2×3.732≈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=12BC⋅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=s12sv1+12sv2=2v1v2v1+v2，(3分)v乙=v1a2+v2a2a=v1+v22.(3分)(2)v乙−v甲=(v1−v2)22(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=12(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23<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 =74y =√154(舍去负值) ∴P(74,√154)；(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 2−163x +163=0即(x −83)2+y 2=169∴定点为(83,0)，定值为43．【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．。

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(61)-教师用卷

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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，共30.0分）1.已知非零实数a，b满足|2a−4|+|b+2|+√(a−3)b2+4=2a，则a+b等于()A. −1B. 0C. 1D. 2【答案】C【解析】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．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，代入原式得出∣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的值．本题主要考查了算术平方根的性质和根据两个非负数之和等于0，求未知数的值．2.Rt△ABC的三个顶点A，B，C均在抛物线y=x2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>2【答案】B【解析】【分析】此题考查观察图形的能力，要找到各点坐标之间的关系，巧妙地代换未知量．属于中档题．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】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.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 C【答案】C【解析】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⋅cosA．同理，OE=R⋅cosB，OF=R⋅cosC．∴OD：OE：OF=cosA：cos B：cos C．故选C．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．本题主要考查了三角形的外心的性质，正确利用垂径定理，转化为直角三角形的问题是解题的关键．4.若实数x，y满足条件2x2−6x+y2=0，则x2+y2+2x的最大值是()A. 14B. 15C. 16D. 不能确定【答案】B【解析】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．由已知得y2=−2x2+6x，代入x2+y2+2x中，用配方法求最大值．根据已知条件将所求式子消元，转化为二次函数求最大值．关键是根据自变量的取值范围确定式子的最大值．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=BEOM ，y=BNON，z=CFBF，则有()A. x>y>zB. x=y=zC. x=y>zD. x>y=z 【答案】D【解析】解：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 =BE OM =BEOP =2， 所以x >y =z ．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．本题考查了角平分线性质，考查了相似三角形对应边比值相等的性质，考查了等腰三角形腰长相等的性质，本题中求证△OMP∽△AME 是解题的关键．6. 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【答案】D【解析】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 =6−2b 2a−b ，y =2a−32a−b ， ∵使x 、y 都大于0则有6−2b 2a−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 ．列举出所有情况，看所求的情况占总情况的多少即可． 难点是：当方程组相同未知数的系数之比相等，但与常数项之比不相等时，方程组无解，关键是得到使方程组为正整数的解的个数．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．二、填空题（本大题共7小题，共35.0分） 7. 若a b =20,b c =10，则a+bb+c 的值为______． 【答案】21011【解析】解：由题设得a+bb+c =ab+11+c b=20+11+110=21011．故答案为：21011．根据ab =20,bc =10得到a =20b ，c =b10代入a+bb+c 即可求得答案．本题考查了比例的性质，解题的关键是对原式进行正确的变形．8. 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______ ．【答案】−2<x<8【解析】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，y1<y2，所以，使y1<y2成立的x的取值范围是−2<x<8．故答案为：−2<x<8．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．本题考查了二次函数与不等式，根据函数图象求不等式的解，关键在于认准在上方与下方的函数图象所对应的函数解析式，数形结合是数学中的重要思想之一．9.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=______．【答案】2【解析】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|=|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．先确定A、B的坐标，再由△OAB的面积是正整数，求a的值．本题主要考查了一次函数的增减性，也利用了三角形的面积计算，是一道难度中等的题目．10.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______．【答案】S=√34−π9【解析】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°=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．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．本题主要考查相切两圆的性质等知识点，本题关键解出两个圆的半径．11. 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______．【答案】245【解析】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．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．考查了勾股定理．本题是一道根据直角三角形的性质结合勾股定理求解的综合题；要注意数形结合思想的应用．12. 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______． 【答案】y =−13x +113【解析】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．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．本题考查了一次函数关系式为：y =kx +b(k ≠0)，要有两组对应量确定解析式，即得到k ，b 的二元一次方程组．同时考查了不规则图形面积的平分方法；过矩形对角线交点的直线必平分它的面积．13. 如果函数y =b 的图象与函数y =x 2−3|x −1|−4x −3的图象恰有三个交点，则b的可能值是______． 【答案】−6、−254 【解析】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．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．本题考查了分段的两个二次函数的性质，根据绝对值里式子的符号分类，得到两个二次函数是解题的关键．三、计算题（本大题共1小题，共18.0分）14.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．【答案】解：∵a=b=1，c=−1，∴抛物线的解析式为y=3x2+2x−1，令y=3x2+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=3x2+2x+c．∵对称轴x=−b2a =−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．【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．本题考查了求二次函数的解析式等相关的知识，同时还渗透了分类讨论的数学思想，是一道不错的二次函数综合题．四、解答题（本大题共2小题，共37.0分）15.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．【答案】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．【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．主要考查了圆周角定理、等腰直角三角形的判定和性质；能够发现B、P、R、Q四点共圆是解答此题的关键．16.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．【答案】(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．【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．本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定以及勾股定理的综合应用以及不等式的解法等知识，作出辅助线延长FD到G，使DG=BE，利用全等三角形性质与判定求出是解题关键．。

浙江师范大学2020年三位一体综合评价面试真题

浙江师范大学2020年三位一体综合评价面试真题

浙江师范大学2020年三位一体综合评价面试真题一、英语专业面试题浙师大英语专业面试形式：书写展示部分：硬笔书法，五分钟内完成一段中文材料和英文材料的抄写。

面试部分：二十分钟内按照顺序完成中文语段朗读以及谈个人看法，英文即兴演讲（先有一段英文材料需要朗读以后再演讲），才艺展示。

第一道是中文语段朗读以及谈个人看法。

第二道是先有一段英文材料，需要朗读以后再即兴演讲。

其实就是一段关于孩子要学会独立的英文，然后就此话题进行英语即兴演讲。

英语即兴演讲部分无疑是本次面试中难度最大的一部分，如果是初次尝试的同学会感到有些困难，容易出现卡壳、掌握不好时间等一系列问题。

建议想要填报英语专业的同学平时可以给自己选一个主题，训练英语即兴演讲。

即兴演讲前可以稍微停顿一会想一下。

第三道就是才艺展示。

刚开始看到浙师大三位一体简章的时候，说实话才艺展示这一项的确让我有些困扰，因为确实是没有什么特殊的才艺可以展示。

好在上培训课时老师建议可以演讲，因为填报了英语专业，所以我选择英语演讲作为才艺。

因此学弟学妹们不要害怕自己没有才艺怎么办，演讲就是一个很好的选择。

二、特殊教育面试题1.朗读下段文字（建议：尽量带有感情地去读，读错字了不要慌乱或中止不说话）在繁华的巴黎大街上，一位老年盲人乞讨者在自己的摊位前竖立一个牌子写着“我什么也看不见！”，但收获很糟糕。

一位诗人路过，见此情景，遂把牌子修改为：“春天来了，可是我什么也看不见！”下午诗人再次路过时，乞讨者已收获丰厚。

因为，诗人加的短短六个字，把人们的感情融入其中，唤起了人们对美的情感向往，也拨动了人们心里的最柔软的心弦。

2.就这段文字说说你的看法（建议：不要着急回答，可以给自己7-8 秒的时间思考稍停留再作答，避免回答混乱、后悔）3.请说说你对特殊人群和特殊教育的看法（建议：像这种针对性很强的问题其实在面试之前就应该准备一下，在候场室的时候可以拿出来复习，其他建议同2）4.请你清唱一段歌曲5.请你展示一段舞蹈、广播体操、武术等（建议：没准备或担心自己跳得不好看的同学不要担心，可以准备广播体操、拉伸操这些难度比较小的。

2020年浙江省“三位一体”自主招生数学测试试卷(72)(有答案解析)

2020年浙江省“三位一体”自主招生数学测试试卷(72)(有答案解析)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（72）一、选择题（本大题共6小题，共24.0分）1.已知当时，，那么，当时，A. B. C. D. 72.在中，，的平分线交AC于则A. sin BB. cos BC. tan BD. cot B3.四条直线，，，围成正方形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. B. C. D.4.已知函数，当时，则函数的图象可能是下图中的A. B.C. D.5.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.在中，，，且a、b、c满足：，，，则A. 1B.C. 2D.二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）7.已知，化简______ ．8.若关于x的方程有四个不同的解，则k的取值范围是______ ．9.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，的“分裂”中最大的数是______，若的“分裂”中最小数是21，则______．10.已知，则______．11.如图，在中，，为AB上一点，以O为圆心，OB为半径的圆交BC于D，且与AC相切．则D到AC的距离为______ ．12.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、计算题（本大题共1小题，共11.0分）13.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？四、解答题（本大题共5小题，共55.0分）14.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．试写出四个符合上述条件的六位数；请你计算出符合上述条件的六位数共有多少个？15.已知关于x的方程：有一个增根为b，另一根为二次函数与x轴交于P和Q两点．在此二次函数的图象上求一点M，使得面积最大．16.如图，已知锐角的外心为O，线段OA和BC的中点分别为点M，若，求的大小．17.已知实数a，b，c满足：，又，为方程的两个实根，试求的值．18.如图，已知菱形ABCD，，内一点M满足，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．答案和解析1.【答案】C【解析】解：把，代入得：，即把代入得：故选C．把代入解得，把当成一个整体代入后面式子即可解答．能够根据指数的意义发现代数式之间的关系，然后整体代值计算．2.【答案】A【解析】【分析】此题主要考查角平分线的性质和三角函数的定义．根据角平分线上的任意一点到角的两边距离相等计算．【解答】解：过点D作于E．则．可证≌，．，又，，，．故选A．3.【答案】D【解析】解：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，共种；符合题意的有：共15个，概率是．故选：D．首先确定点P的坐标，根据这个坐标可求出点P落在正方形面上含边界的概率．本题将概率的求解设置于点P的坐标中，考查学生对简单几何概型的掌握情况，既避免了单纯依靠公式机械计算的做法，又体现了数学知识在现实生活、甚至娱乐中的运用，体现了数学学科的基础性．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．4.【答案】A【解析】解：因为函数，当时，所以可判断，可知，所以可知，，则，不妨设则函数为函数即则可判断与x轴的交点坐标是，，故选A．当时，，所以可判断，可知，，所以可知，，则，不妨设进而得出解析式，找出符合要求的答案．要考查了从图象上把握有用的条件，准确选择数量关系解得a，b，c的值．从条件可判断出，可知，；所以可知，，，从而可判断后一个函数图象．5.【答案】B【解析】解：这堆珠子最多有9个．将这堆珠子平均分成3组，将其中的两组放在天平的两边进行第一次测量；若天平平衡，那么较轻的珠子在没称的那堆珠子里；若天平不平衡，那么较轻的珠子就在较轻的那堆珠子里；然后将较轻的那堆珠子进行第二次测量，同第一次测量一样，将其中两个放在天平的两端；若天平平衡，那么没称的珠子就是所找的珠子；若天平不平衡，那么较轻的珠子就是所找的珠子．因此最多用两次即可找出较轻的珠子．故选B．已知最多两次就找出这粒较轻的珠子，那么第二次所测的珠子的个数最多为3个；即将其中的两个放在天平的两边，若天平平衡，那么不在天平中的珠子就是最轻的珠子，如果天平不平衡，很较轻的珠子就是所找的珠子．同理，在第一次测量中，最多可测出三组珠子，因此这堆珠子最多有9个．本题的解答关键是找出每次能测量出的珠子堆的最多的个堆数．6.【答案】C【解析】解：，，，，，，，，，这个三角形的形状是直角三角形，，故选：C．利用完全平方公式把这个式子写成平方几个非负数的和的形式，求得a，b，c的值，进而判断出三角形的形状即可．再运用三角函数定义求解即可．本题考查完全平方公式和勾股定理的逆定理在实际中的运用，注意运用几个非负数的和为0，那么这几个数均为0这个知识点是解题关键．7.【答案】【解析】解：，，原式．因为，，又，所以，即．注意当时，．8.【答案】【解析】解：关于x的方程有四个不同的解，，即，解得或，而时，的值不可能等于0，所以．故填空答案：．因为关于x的方程有四个不同的解，所以，即，解得或；又因为方程中一次项中未知数带着绝对值符号，一次项的系数不能为正数，否则等式不成立．所以当时，不符合题意，故取．本题考查了一元二次方程根的判别式的应用，也涉及了绝对值方程的应用，同时注意通过根与系数的关系求出的k值一定要代入到原方程检验，把不符合题意的值舍去．本题最后舍去是最容易出错的地方，要求具有严谨的数学思维．9.【答案】9 5【解析】解：中，最大数是；若的“分裂”中最小数是21，则，或负数舍去．根据所给的数据，不难发现：在中所分解的最大的数是；在中，所分解的最小数是根据发现的规律，则中，最大数是；若的“分裂”中最小数是21，则，或负数舍去．此题首先要根据所提供的数据具体发现规律，然后根据发现的规律求解．规律为：在中所分解的最大的数是；在中，所分解的最小数是．10.【答案】0【解析】解：，，即，整理得，．本题不应考虑直接求出与的值，而应根据已知等式的特点，用配方法进行求解．本题考查了完全平方公式，根据式子特点，等式两边都减去，转化为完全平方式是解题的关键．11.【答案】15【解析】解：连接OD、OE，则；，；，，；；因此OE即为所求的D到AC的距离．，，解得：．故D到AC的距离为15．设AC与的切点为E，连接OE、OD；在等腰和等腰中，可求得，由此可证得；由于AC与相切，所以，那么OE即为所求的D到AC的距离．在中，已知了斜边OA的长和的正弦值，即可求出OE的长．本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的判定、正弦的概念等知识的综合应用能力．12.【答案】9【解析】解：只能出现0或5，因此必须有9个5，0不能出现在首位，因此共有9个．故答案为9．被9整除的数，数字和一定是9的倍数．只能出现0或5，因此必须有9个5，0不能出现在首位，因此共有9个．解决本题的关键是得到被9整除的十位数的特点．13.【答案】解：设尽可能远离A地的甲汽车共走了x千米，乙汽车共走了y千米，则，且所以x最大为4320千米．设从A到尽可能的离A的距离是m千米，其中借给对方油的那辆车走了n千米后停下，那么千米那么需要用油升，那么就是走这个最远距离一次单趟需要120升油，那么可得出的方案是：甲，乙共同走720千米，乙停下等甲，并且给甲60升汽油，甲再走1440千米后回头与乙会合，乙再给甲60升汽油后，两车同时回到A地．也可画图表示为：如右图．【解析】本题中由于两车相互借对方的油，那么他们所走的距离和，他们所走的距离差由此可得出自变量的取值范围．如果要让一辆车尽可能的远离A地并同时返回，那么就必须让一辆车行驶一段后，把油给对方要刚好留下回A地的油，让对方走掉加的这些油后开始向A地返回，两者碰头后一起回A地．那么这个离A地最远的距离就应该是车行驶一段的距离停下后给对方的油量可行驶的距离要留下回A地的油根据此关系可求出走这个最远距离所需的油量，然后进行分配即可．本题考查一元一次不等式的应用，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．14.【答案】解：以1开头的数有等10个数；，131232，123123，123132，121323，121332，132123，132132，123213，132312，213123，213132，312123，312132，212313，213213，312312，313212，213231，312321，231213，231312，321213，321312，231231，231321，321231，321321，232131，323121则共30个符合条件的六位数．【解析】为了让相邻位不允许用相同的数字，可以依次对1、2、3进行排列．如123123，132132等；根据要求，先确定1的位置，再依次确定2，3的位置，从而求解．解决问题的关键是读懂题意，要特别注意：相邻位不允许用相同的数字．15.【答案】解：由题意可得，代入方程得．二次函数为与x轴的交点为，，当点M的横坐标为或或时，的面积可能取最大，经比较可得时，的面积取最大，此时即点，．【解析】方程可化简为方程只有时才有增根，可推出；将代入方程得即，再根据a的值求出c并确定解析式，再根据顶点坐标公式和x的取值范围确定面积最大时M点的坐标．学会巧妙地利用分式方程的性质来解决问题，同时要明确增根问题可按如下步骤进行：确定增根；化分式方程为整式方程；把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．16.【答案】解：设，则，；，，，为等腰三角形，；，，．【解析】设，则，根据三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，得根据等腰三角形的三线合一和等边对等角的性质和三角形的内角和定理，分别表示出和，进一步计算出发现等腰三角形则ON是OB的一半，根据直角三角形的性质可以求得度．再求得的大小．综合运用了等腰三角形和直角三角形的性质．要熟练掌握三角形和圆的有关性质才能灵活解题．17.【答案】解：，，，2ab为方程的二根，，由得，或把两组值代入原方程得到的方程相同．即，．【解析】把，2ab分别看作一个整体，利用一元二次方程根与系数的关系解答则可．本题考查了一元二次方程根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．18.【答案】证明：连接PD，DQ，由已知，，∽，∽．，．，又．，又，∽，．，，D，Q三点共线．【解析】求证：P，D，Q 三点共线就是证明平角的问题，可以求证，根据∽，∽，可以得出；进而证明∽，得出，则结论可证．本题是证明三点共线的问题，这类题目可以转化为求证平角的问题．并且本题利用相似三角形的性质，对应角相等．第11页，共11页。

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．。

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(22)-教师用卷

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(22)-教师用卷

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试培优试卷（22）一、填空题（本大题共23小题，共69.0分）1.如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=12，点E是BC的中点，连结AE，将△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，连结FC，则sin∠ECF=______．【答案】45【解析】解：过E作EH⊥CF于H，由折叠的性质得：BE=EF，∠BEA=∠FEA，∵点E是BC的中点，∴CE=BE，∴EF=CE，∴∠FEH=∠CEH，∴∠AEB+∠CEH=90°，在矩形ABCD中，∵∠B=90°，∴∠BAE+∠BEA=90°，∴∠BAE=∠CEH，∠B=∠EHC，∴△ABE∽△EHC，∴ABEH =AECE，∵AE=√AB2+BE2=√64+36=10，∴8EH=106∴EH=245，∴sin∠ECF=EHCE =2456=45，故答案为：45．过E作EH⊥CF于H，通过证明△ABE∽△EHC，可得ABEH =AECE，可求EH的长，即可求解．本题考查了翻折变换，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，求出EH的长是本题的关键．2. 如图，在直角△BAD 中，延长斜边BD 到点C ，使DC =12BD ，连接AC ，若tanB =53，则tan∠CAD 的值______．【答案】15【解析】解：如图，延长AD ，过点C 作CE ⊥AD ，垂足为E ，∵tanB =53，即ADAB =53，∴设AD =5x ，则AB =3x ，∵∠CDE =∠BDA ，∠CED =∠BAD ， ∴△CDE∽△BDA ， ∴CEAB =DEAD =CDBD =12， ∴CE =32x ，DE =52x ，∴AE =152x ，∴tan∠CAD =ECAE =15，故答案为15．延长AD ，过点C 作CE ⊥AD ，垂足为E ，由tanB =53，即AD AB =53，设AD =5x ，则AB =3x ，然后可证明△CDE∽△BDA ，然后相似三角形的对应边成比例可得：CEAB =DEAD =CDBD =12，进而可得CE =32x ，DE =52x ，从而可求tan∠CAD =ECAE =15．本题考查了锐角三角函数的定义，相似三角形的判定和性质以及直角三角形的性质，是基础知识要熟练掌握，解题的关键是：正确添加辅助线，将∠CAD 放在直角三角形中．3. 如图，一艘渔船正以60海里/小时的速度向正东方向航行，在A 处测得岛礁P 在东北方向上，继续航行1.5小时后到达B 处，此时测得岛礁P 在北偏东30°方向，同时测得岛礁P 正东方向上的避风港M 在北偏东60°方向．为了在台风到来之前用最短时间到达M 处，渔船立刻加速以75海里/小时的速度继续航行______小时即可到达．(结果保留根号)【答案】18+6√35【解析】解：如图，过点P作PQ⊥AB交AB延长线于点Q，过点M作MN⊥AB交AB延长线于点N，在直角△AQP中，∠PAQ=45°，则AQ=PQ=60×1.5+BQ=90+BQ(海里)，所以BQ=PQ−90．在直角△BPQ中，∠BPQ=30°，则BQ=PQ⋅tan30°=√33PQ(海里)，所以PQ−90=√33PQ，所以PQ=45(3+√3)(海里)所以MN=PQ=45(3+√3)(海里)在直角△BMN中，∠MBN=30°，所以BM=2MN=90(3+√3)(海里)所以90(3+√3)75=18+6√35(小时)故答案是：18+6√35．如图，过点P作PQ⊥AB交AB延长线于点Q，过点M作MN⊥AB交AB延长线于点N，通过解直角△AQP、直角△BPQ求得PQ的长度，即MN的长度，然后通过解直角△BMN 求得BM的长度，则易得所需时间．本题考查的是解直角三角形的应用，此题是一道方向角问题，结合航海中的实际问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．4.直线y=kx−4与y轴相交所成的锐角的正切值为12，则k的值为______ ．【答案】±2【解析】解：∵直线y=kx−4与y轴相交所成的锐角∠OAB的正切值为12，即tan∠OAB=12，∴tan∠OBA=2，即直线y=kx−4与x轴相交所成角的正切值是2，即|k|=2．∴k=±2．直线y=kx−4与y轴相交所成的锐角的正切值为12，即与x轴相交所成的正切值是2，根据一次函数解析式中一次项系数的几何意义即可求解．解决本题的关键理解一次函数一般形式中，一次项系数的几何意义．5.如图，PA，PB分别切⊙O于A，B两点，CD切⊙O于点E，分别交PA，PB于C，D.若⊙O的半径为r，△PCD的周长等于3r，则tan∠APB的值是______．【答案】125【解析】解：连接OA、OB、OP，延长BO交PA的延长线于点F．∵PA，PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E∴∠OAF=∠PBF=90°，CA=CE，DB=DE，PA=PB，∵△PCD的周长=PC+CE+DE+PD=PC+AC+PD+DB=PA+PB=3r，∴PA=PB=3 2 r.在Rt△PBF和Rt△OAF中，{∠FAO=∠FBP∠OFA=∠PFB，∴Rt△PBF∽Rt△OAF．∴AFBF =AOBP=r32r=23，∴AF=23FB，在Rt△FBP中，∵PF2−PB2=FB2∴(PA+AF)2−PB2=FB2∴(32r+23BF)2−(32r)2=BF2，解得BF=185r，tan∠APB=BFPB =185r32r=125．故答案为：125．连接OA、OB、OP，延长BO交PA的延长线于点F.利用切线求得CA=CE，DB=DE，PA=PB再得出PA=PB=32r.利用Rt△BFP∽RT△OAF得出AF=23FB，在RT△FBP中，利用勾股定理求出BF，再求tan∠APB的值即可．本题主要考查了切线长定理以及切线的性质，相似三角形及三角函数的定义，解决本题的关键是切线与相似三角形相结合，找准线段及角的关系．6.规定：sin(−x)=−sinx，cos(−x)=cosx，sin(x+y)=sinx⋅cosy+cosx⋅siny．据此判断下列等式成立的是______(写出所有正确的序号)①cos(−60°)=−12；②sin75°=√6+√24；③sin2x=2sinx⋅cosx；④sin(x−y)=sinx⋅cosy−cosx⋅siny．【答案】②③④【解析】解：①cos(−60°)=cos60°=12，命题错误；②sin75°=sin(30°+45°)=sin30°⋅cos45°+cos30°⋅sin45°=12×√22+√32×√22=√2 4+√64=√6+√24，命题正确；③sin2x=sinx⋅cosx+cosx⋅sinx=2sinx⋅cosx，命题正确；④sin(x−y)=sinx⋅cos(−y)+cosx⋅sin(−y)=sinx⋅cosy−cosx⋅siny，命题正确．故答案为：②③④．根据已知中的定义以及特殊角的三角函数值即可判断．本题考查锐角三角函数以及特殊角的三角函数值，正确理解三角函数的定义是关键．7.小明在学习“锐角三角函数”中发现，将如图所示的矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC上的点E处，还原后，再沿过点E的直线折叠，使点A落在BC上的点F处，这样就可以求出67.5°的角的正切值是______．【答案】√2+1【解析】解：∵将如图所示的矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC上的点E处，∴AB=BE，∠AEB=∠EAB=45°，∵还原后，再沿过点E的直线折叠，使点A落在BC上的点F处，∴AE=EF，∠EAF=∠EFA=45°÷2=22.5°，∴∠FAB=67.5°，设AB=x，则AE=EF=√2x，∴tan∠FAB=tan67.5°=FBAB =√2x+xx=√2+1．故答案为：√2+1．根据翻折变换的性质得出AB=BE，∠AEB=∠EAB=45°，∠FAB=67.5°，进而得出tan∠FAB=tan67.5°=FBAB得出答案即可．此题主要考查了翻折变换的性质，根据已知得出∠FAB=67.5°以及AE=EF是解题关键．8.水管的外部需要包扎，包扎时用带子缠绕在管道外部．若要使带子全部包住管道且不重叠(不考虑管道两端的情况)，需计算带子的缠绕角度α(α指缠绕中将部分带子拉成图中所示的平面ABCD时的∠ABC，其中AB为管道侧面母线的一部分).若带子宽度为1，水管直径为2，则α的余弦值为______．【答案】12π【解析】解：其展开图如图所示．∵AC//BF，∴∠CAB=180°−∠ABF=90°，∵∠BAE+∠ABE=∠BAE+∠CAE，∴∠CAE=∠ABE=α，∵水管直径为2，∴水管的周长为2π，∴cos∠α=12π．故答案为：12π本题使带子全部包住管道且不重叠(不考虑管道两端的情况)，即斜边长为水管的周长为2π．本题考查锐角三角函数的概念：在直角三角形中，正弦等于对边比斜边；余弦等于邻边比斜边；正切等于对边比邻边．9.如图，小阳发现电线杆AB的影子落在土坡的坡面CD和地面BC上，量得CD=8米，BC=20米，CD与地面成30°角，且此时测得1米杆的影长为2米，则电线杆的高度为______米．【答案】14+2√3【解析】解：如图，延长AD交BC的延长线于点F，过点D作DE⊥BC的延长线于点E．∵∠DCE=30°，CD=8米，∴CE=CD⋅cos∠DCE=8×√32=4√3(米)，∴DE=4米，设AB=x，EF=y，∵DE⊥BF，AB⊥BF，∴△DEF∽△ABF，∴DEAB =EFBF，即4x=20+4√3+y…①，∵1米杆的影长为2米，根据同一时间物高与影长成正比可得，1 2=20+4√3+y…②，①②联立，解得x=14+2√3(米)．故答案为：14+2√3．构造相应的直角三角形，利用勾股定理及影长与实物比求解．此题主要考查学生对坡角及坡度问题的掌握情况．10.直角梯形ABCD中，AB⊥BC，AD//BC，BC>AD，AD=2，AB=4，点E在AB上，将△CBE沿CE翻折，使B 点与D点重合，则∠BCE的正切值是______．【答案】12【解析】解：连接BD，交CE于点F．根据题意得CE⊥BD．∵∠BCE+∠BEC=90°，∠BEC+∠EBF=90°，∴∠BCE=∠ABD．∵tan∠ABD=ADAB =24=12，∴tan∠BCE=12．故答案为：12．连接BD.根据折叠的性质，CE垂直平分BD.可证∠BCE=∠ABD，在△ABD中求出tan∠ABD得解．本题考查图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折痕垂直平分对应点的连线．11.2011年3月11日13时46分日本发生了9.0级大地震，伴随着就是海啸．山坡上有一颗与水平面垂直的大树，海啸过后，大树被刮倾斜后折断倒在山坡上，树的顶部恰好接触到坡面(如图所示).已知山坡的坡角∠AEF=23°，测得树干的倾斜角为∠BAC=38°，大树被折断部分和坡面的角∠ADC=60°，AD=4米．则这棵大树折断前高是______米．(注：结果精确到个位)(参考数据：√2≈1.4，√3≈1.7，√6≈2.4)【答案】10【解析】解：过A作AH⊥CD，∵∠BAC=38°，∠EAG=67°，∴∠CAD=75°，在△ACD中，∠CAD=75°，∠ADC=60°，∴∠C=45°，在Rt△ADH中，AD=4米，∠ADC=60°，∴AH=ADsin60°=2√3米，HD=2米，在Rt△ACH中，∠C=45°，∴AH=CH=2√3米，AC=2√6米，则这棵大树折断前高是AC+CH+HD=2√6+2√3+2≈10(米)．故答案为：10过A作AH垂直与CD，求出∠EAG的度数，确定出∠CAD的度数，进而求出∠C的度数，在直角三角形ADH中，由AD的长，利用锐角三角函数定义求出DH与AH的长，在直角三角形ACH中，利用锐角三角函数定义求出AC，以及CH的长，由AC+CH+HD即可求出大树高．此题考查了解直角三角形的应用−坡度坡角问题，弄清题意是解本题的关键．12.如图，在顶角为30°的等腰三角形ABC中，AB=AC，若过点C作CD⊥AB于点D，则∠BCD=15°.根据图形计算tan15°=______．【答案】2−√3【解析】解：由已知设AB=AC=2x，∵∠A=30°，CD⊥AB，∴CD=12AC=x，则AD2=AC2−CD2=(2x)2−x2=3x2，∴AD=√3x，∴BD=AB−AD=2x−√3x=(2−√3)x，∴tan15°=BDCD =(2−√3)xx=2−√3．故答案为：2−√3．此题可设AB=AC=2x，由已知可求出CD和AD，那么也能求出BD=AB−AD，从而求出tan15°．此题考查的知识点是解直角三角形，关键是由直角三角形中30°角的性质与勾股定理先求出CD与AD，再求出BD．13.如图，△ABC的内心在y轴上，点C的坐标为(2,0)，点B的坐标是(0,2)，直线AC的解析式为y=12x−1，则tan A的值是______ ．【答案】13【解析】解：根据三角形内心的特点知∠ABO=∠CBO，∵已知点C、点B的坐标，∴OB=OC，∠OBC=45°，∠ABC=90°可知△ABC为直角三角形，BC=2√2，∵点A在直线AC上，设A点坐标为(x,12x−1)，根据两点距离公式可得：AB2=x2+(12x−3)2，AC2=(x−2)2+(12x−1)2，在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，解得：x=−6，y=−4，∴AB=6√2，∴tanA=BCAB =√26√2=13．故答案为：13．根据三角形内心的特点知∠ABO=∠CBO，根据点C、点B的坐标得出OB=OC，∠OBC= 45°，∠ABC=90°可知△ABC为直角三角形，BC=2√2，然后根据两点间距离公式及勾股定理得出点A坐标，从而得出AB，即可得出答案．本题主要考查了三角形内心的特点，两点间距离公式、勾股定理，综合性较强，难度较大．14.如图，AB是⊙O的弦，D是AB⏜的中点，过B作AB的垂线交AD的延长线于点C，过D作⊙O的切线交BC于点E.若DE=EC，则sinC=______．【答案】√22【解析】解：连接BD，连接OD交AB于F，∵DE为⊙O切线，∴OD⊥DE；∵D是AB⏜的中点，OD过圆心，∴OD⊥AB；又∵AB⊥BC，∴四边形FBED为矩形，∴DE⊥BC；∵AD⏜=BD ⏜， ∴∠A =∠ABD ， ∴AD =BD ，∵∠A +∠C =90°，∠DBA +∠DBC =90°， ∴∠C =∠DBC ， ∴BD =DC ，∴BE =EC =DE ，∴△BCD 为等腰直角三角形， ∴∠C =45°； ∴sinC =√22． 故答案为：√22．连接BD ，连接OD 交AB 于F ，根据切线的性质可知OD ⊥DE ，可得出AB ⊥OD ，四边形FBED 为矩形，再根据直角三角形的性质可求出△BDC 是等腰三角形，可求出BE =EC =DE ，∠C =45°，再根据特殊角的三角函数值解答即可．本题考查了切线的性质及圆周角定理，锐角三角函数，正确作出辅助线是解题的关键．15. 如图，已知△ABC ，AB =AC =1，∠A =36°，∠ABC 的平分线BD交AC 于点D ，则AD 的长是______，cos A 的值是______.(结果保留根号) 【答案】√5−12；√5+14【解析】【分析】 △ABC 、△BCD 均为黄金三角形，利用相似关系可以求出线段之间的数量关系；在求cos A 时，注意构造直角三角形，从而可以利用三角函数定义求解．可以证明△ABC∽△BDC ，设AD =x ，根据相似三角形的对应边的比相等，即可列出方程，求得x 的值；过点D 作DE ⊥AB 于点E ，则E 为AB 中点，由余弦定义可求出cos A 的值． 【解答】解：∵△ABC ，AB =AC =1，∠A =36°， ∴∠ABC =∠ACB =180°−∠A2=72°．∵BD 是∠ABC 的平分线，∴∠ABD =∠DBC =12∠ABC =36°． ∴∠A =∠DBC =36°， 又∵∠C =∠C∴△ABC∽△BDC ，∴AC BC =BC CD ， 设AD =x ，则BD =BC =x.则1x =x 1−x ， 解得：x =−1−√52(舍去)或√5−12． 故x =√5−12． 如右图，过点D 作DE ⊥AB 于点E ，∵AD =BD ，∴E 为AB 中点，即AE =12AB =12．在Rt △AED 中，cosA =AE AD =12√5−12=√5+14． 故答案是：√5−12；√5+14．16. 网格中的每个小正方形的边长都是1，△ABC 每个顶点都在网格的交点处，则sinA = ______ ．【答案】35【解析】解：如图，作AD ⊥BC 于D ，CE ⊥AB 于E ，由勾股定理得AB =AC =2√5，BC =2√2，AD =3√2，可以得知△ABC 是等腰三角形，由面积相等可得，12BC ⋅AD =12AB ⋅CE ，即CE =2√2×3√22√5=6√55， sinA =CE AC =6√552√5=35， 故答案为：35．根据各边长得知△ABC 为等腰三角形，作出BC 、AB 边的高AD 及CE ，根据面积相等求出CE ，根据正弦是角的对边比斜边，可得答案．本题考查锐角三角函数的定义及运用：在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．17.如图，点A是⊙O上一点，OA⊥AB，且OA=1，AB=√3，OB交⊙O于点D，作AC⊥OB，垂足为M，并交⊙O于点C，连结BC.过点B作BP⊥OB，交OA的延长线于点P，连结PD，求sin∠BPD的值是______．【答案】√1313【解析】解：∵OA⊥AB，∴∠OAB=90°，在Rt△OAB中，OA=1，AB=√3，∴OB=√AB2+OA2=√(√3)2+12=2=2OA，∴∠ABO=30°，∠AOB=60°，∵PB⊥OB，∴∠PBO=90°，∠BPO=90°−60°=30°，在Rt△PBO中，OB=2，∴PB=√3OB=2√3，在Rt△PBD中，BD=OB−OD=2−1=1，PB=2√3，∴PD=√PB2+BD2=√(2√3)2+12=√13，∴sin∠BPD=BDPD =√13=√1313；故答案为：√1313．由勾股定理求出OB=2，由含30度的直角三角形三边的关系得∠ABO=30°，∠AOB= 60°，在Rt△PBO中，由∠BPO=30°得到PB=2√3；在Rt△PBD中，BD=OB−OD=1，再由勾股定理求出PD=√13，然后由正弦的定义求sin∠BPD的值．本题考查了勾股定理、含30度的直角三角形的判定与性质、三角函数定义等知识；熟练掌握勾股定理和含30度的直角三角形的性质是解题的关键．18.如图，已知等边三角形ABC，AB=12，以AB为直径的半圆与BC边交于点D，过点D作DF⊥AC，垂足为F，过点F作FG⊥AB，垂足为G，连结GD，则tan∠FGD的值为______．【答案】√32∵△ABC为等边三角形，∴∠C=∠A=∠B=60°，AC=BC=AB=12，∵OD=OB，∴△ODB是等边三角形，∴BD=OB=12AB=6，∴CD=BC−BD=3，∵FG⊥AB，DH⊥AB，∴FG//DH，∴∠FGD=∠GDH．在Rt△BDH中，∠B=60°，∴∠BDH=30°，∴BH=12BD=3，DH=√3BH=3√3．在Rt△CDF中，∠C=60°，∴∠CDF=30°，∴CF=12CD=3，∴AF=AC−CF=12−3=9，在Rt△AFG中，∵∠AFG=30°，∴AG=12AF=92，∵GH=AB−AG−BH=12−92−3=92，∴tan∠GDH=GHDH =923√3=√32，∴tan∠FGD=tan∠GDH=√32，故答案为：√32．过D作DH⊥AB于H，由垂直于同一直线的两条直线互相平行得出FG//DH，根据平行线的性质可得∠FGD=∠GDH.解Rt△BDH，得BH=3，DH=3√3.解Rt△AFG，求出AG=92，则GH=AB−AG−BH=92，于是根据正切函数的定义得到tan∠GDH=√32，则tan∠FGD可求．本题考查了等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质、三角函数定义等知识；熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题的关键．19.在△ABC中，AB=AC，AB的垂直平分线DE与AC所在的直线相交于点E，垂足为D，连接BE.已知AE=5，tan∠AED=34，则BE+CE=______ ．【答案】6或16∵AB的垂直平分线是DE，AB，∴AE=BE，ED⊥AB，AD=12∵AE=5，tan∠AED=3，4∴sin∠AED=3，5∴AD=AE⋅sin∠AED=3，∴AB=6，∴BE+CE=AE+CE=AC=AB=6；②若∠BAC为钝角，如答图2所示：同理可求得：BE+CE=16．故答案为：6或16．本题有两种情形，需要分类讨论．首先根据题意画出图形，由线段垂直平分线的性质，即可求得AE=BE，又由三角函数的性质，求得AD的长，继而求得答案．本题考查了线段垂直平分线、等腰三角形、解直角三角形等知识点，着重考查了分类讨论的数学思想．20.如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点O作OE⊥AC交AB于E，若BC=4，△AOE的面积为5，则sin∠BOE的值为______ ．【答案】35【解析】解：如图，连接EC ．由题意可得，OE 为对角线AC 的垂直平分线，∴CE =AE ，S △AOE =S △COE =5，∴S △AEC =2S △AOE =10． ∴12AE ⋅BC =10，又BC =4，∴AE =5，∴EC =5．在Rt △BCE 中，由勾股定理得：BE =√CE 2−BC 2=√52−42=3．∵∠EBC +∠EOC =90°+90°=180°，∴B 、C 、O 、E 四点共圆，∴∠BOE =∠BCE ．另解：∵∠AEO +∠EAO =90°，∠AEO =∠BOE +∠ABO ，∴∠BOE +∠ABO +∠EAO =90°，又∠ABO =90°−∠OBC =90°−(∠BCE +∠ECO) ∴∠BOE +[90°−(∠BCE +∠ECO)]+∠EAO =90°，化简得：∠BOE −∠BCE −∠ECO +∠EAO =0∵OE 为AC 中垂线，∴∠EAO =∠ECO ．代入上式得：∠BOE =∠BCE ．∴sin∠BOE =sin∠BCE =BE EC =35．故答案为：35．由题意可知，OE 为对角线AC 的中垂线，则CE =AE ，S △AEC =2S △AOE =10，由S △AEC 求出线段AE 的长度，进而在Rt △BCE 中，由勾股定理求出线段BE 的长度；然后证明∠BOE =∠BCE ，从而可求得结果．本题是几何综合题，考查了矩形性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理、圆周角、三角函数的定义等知识点，有一定的难度．解题要点有两个：(1)求出线段AE 的长度；(2)证明∠BOE =∠BCE ．21. 如图，在⊙O 上有定点C 和动点P ，位于直径AB 的异侧，过点C 作CP 的垂线，与PB 的延长线交于点Q ，已知：⊙O 半径为52，tan∠ABC =34，则CQ 的最大值是______．【答案】203【解析】解：∵AB 是⊙O 的直径，∴AB =5，∠ACB =90°，在Rt △ABC 中，tan∠ABC =AC BC =34，∴设AC =3x ，BC =4x ，根据勾股定理得，(3x)2+(4x)2=25，∴x=5(负值已舍去)，∴AC=3，BC=4，∵CQ⊥CP，∴∠PCQ=90°=∠ACB=90°，∵∠A=∠P，∴△ABC∽△PQC，∴BCCQ =ACPC，∴CQ=BCAC ⋅PC=43PC，∵PC是⊙O的弦，∴PC最大时，CQ最大，而PC最大=AB=5，∴CQ最大=43×5=203，故答案为：203．先求出AC，BC，再判断出，△ABC∽△PQC，得出CQ=43PC，进而确定出PC最大时，CQ最大，即可得出结论．此题考查了圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，得出CQ= 43PC是解本题的关键．22.如图，在四边形ABCD中，AB=AD=6，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°，点M、N分别在AB、AD边上．若AM：MB=AN：ND=1：2，则tan∠MCN=______ ．【答案】3√313【解析】解：∵AB=AD=6，AM：MB=AN：ND=1：2，∴AM=AN=2，BM=DN=4，连接MN，连接AC，∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°在Rt△ABC与Rt△ADC中，{AB=ADAC=AC，∴Rt△ABC≌Rt△ADC(HL)∴∠BAC=∠DAC=12∠BAD=30°，MC=NC，∴BC=12AC，∴AC2=BC2+AB2，即(2BC)2=BC2+AB2，3BC2=AB2，∴BC=2√3，在Rt△BMC中，CM=√BM2+BC2=√42+(2√3)2=2√7．∵AN=AM，∠MAN=60°，∴△MAN是等边三角形，∴MN=AM=AN=2，过M点作ME⊥CN于E，设NE=x，则CE=2√7−x，∴MN2−NE2=MC2−EC2，即4−x2=(2√7)2−(2√7−x)2，解得：x=√77，∴EC=2√7−√77=13√77，∴ME=√MN2−NE2=3√217，∴tan∠MCN=MEEC =3√313，故答案为：3√313连接AC，通过三角形全等，求得∠BAC=30°，从而求得BC的长，然后根据勾股定理求得CM的长，连接MN，过M点作ME⊥CN于E，则△MNA是等边三角形求得MN=2，设NE=x，表示出CE，根据勾股定理即可求得ME，然后求得tan∠MCN．此题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理以及解直角三角函数，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．23.如图，在菱形ABCD中，tanA=43，M，N分别在边AD，BC上，将四边形AMNB沿MN翻折，使AB的对应线段EF经过顶点D，当EF⊥AD时，BNCN的值为______．【答案】27【解析】解：延长NF与DC交于点H，∵∠ADF=90°，∴∠A+∠FDH=∠A+∠ADC−∠ADF=90°，∵∠DFN+∠DFH=180°，∠A+∠B=180°，∠B=∠DFN，∴∠A=∠DFH，∴∠FDH+∠DFH=90°，∴NH⊥DC，设DM=4k，DE=3k，EM=5k，∴AD=9k=DC，DF=6k，∵tanA=tan∠DFH=43，则sin∠DFH=45，∴DH=45DF=245k，∴CH=9k−245k=215k，∵cosC=cosA=CHNC =35，∴CN=53CH=7k，∴BN=2k，∴BNCN =27．首先延长NF与DC交于点H，进而利用翻折变换的性质得出NH⊥DC，再利用边角关系得出BN，CN的长进而得出答案．此题主要考查了翻折变换的性质以及解直角三角形，正确表示出CN的长是解题关键．。

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(11)-教师用卷

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(11)-教师用卷

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（11）一、选择题（本大题共5小题，共25.0分）1.用一排6盏灯的亮与不亮来表示数，已知如图分别表示了数1～5，则●〇〇●●〇表示的数是()A. 23B. 24C. 25D. 26【答案】C【解析】解：由图知“亮”记为数字1，“不亮”记为数字0，则1=1×20，2=1×21+0×20，3=1×21+1×21，4=1×22+0×21+0×20，5=1×22+0×21+1×20，∵●〇〇●●〇用数字表示为“011001”，∴●〇〇●●〇表示的数为0×25+1×24+1×23+0×22+0×21+1×20=25，故选：C．由图知“亮”记为数字1，“不亮”记为数字0，将各亮灯情况表示为二进制的数字，再进一步转换为十进制即可得．本题主要考查图形和数字的变化规律，解题的关键是将亮灯情况转化为二进制的数字及二进制与十进制数字的转换方法．2.用11个相同的正方体堆积如图，在①②③④四个正方体中随机拿掉两个，结果左视图不变的概率是()A. 56B. 23C. 12D. 13【答案】A【解析】解：在①②③④四个正方体中随机拿掉两个，有6种情况：①②；①③；①④；②③；②④；③④；其中左视图不变的情况有5种：①②；①③；①④；②④；③④；∴左视图不变的概率是5，6故选：A．在①②③④四个正方体中随机拿掉两个，有6种情况：①②；①③；①④；②③；②④；③④；其中结果左视图不变的情况有5种：①②；①③；①④；②④；③④；即可得出左视图不变的概率．本题考查了概率公式：随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．3.如图入口进入，沿框内问题的正确判断方问，最后到达的是()A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】D【解析】解：有两边及第三边上的高对应相等的两个三角形全等是假命题，因为如果这两个三角形一个是锐角三角形，一个是钝角三角形时，有两边和其中一边上的高对应相等的两个三角形不全等；一组对边相等，一组对角相等的四边形是平行四边形，是假命题；，综合以上到达的是丁，故选：D．分别判断三个命题的真假后即可确定到达的位置．考查了命题与定理的知识，解题的关键是能够正确的判断三个命题，难度不大．4.三个关于x的方程：a1(x+1)(x−2)=1，a2(x+1)(x−2)=1，a3(x+1)(x−2)=1，已知常数a1>a2>a3>0，若x1、x2、x3分别是按上顺序对应三个方程的正根，则下列判断正确的是()A. x1<x2<x3B. x1>x2>x3C. x1=x2=x3D. 不能确定x1、x2、x3的大小【答案】A【解析】解：∵a1>a2>a3>0，∴二次函数y1=a1(x+1)(x−2)，y2=a2(x+1)(x−2)，y3=a3(x+1)(x−2)开口大小为：y1>y2>y3．∴其函数图象大致为：．∴x1<x2<x3．故选：A．由y =a(x +1)(x −2)=a(x −12)2−74a 得到顶点坐标是(12,−74a)，抛物线与x 轴的交点坐标是(−1,2)，据此作出函数图象，结合函数图象作出判断．考查了抛物线与x 轴的交点，解题的技巧性在于根据题意作出函数图象，由函数图象直接得到答案，“数形结合”的数学思想的使问题变得直观化．5. 如图正方形ABCD 的顶点A 在第二象限y =k x 图象上，点B 、点C 分别在x 轴、y 轴负半轴上，点D 在第一象限直线y =x 的图象上，若S 阴影=23，则k 的值为( ) A. −1B. −43C. −53D. −2【答案】B【解析】解：如图，过点A 作AG ⊥x 轴，过点D 作DE ⊥x 轴，作DF ⊥AG 交y 轴于H ，∴四边形DHOE 是矩形∵∠ADC =∠HDE =90°∴∠ADC −∠FDC =∠HDE −∠FDC∴∠ADF =∠CDE ，∵点D 在第一象限直线y =x 的图象上，∴DH =DE ，且∠ADF =∠CDE ，∠DHM =∠DEN∴△DHM≌△DEN(ASA)∴S △DHM =S △DNE ，∴S 阴影=23=S 四边形DHOE =DH ×DE ∴DH =DE =√63同理可证：△AFD≌△BGA≌△COB≌△DHC∴AF =HD =BG =OC ，AG =DF =BO =HC ∴OC =HD =√63=AF =BG∴CH =2√63 ∴AG =2√63=BO ∴GO =√63 ∴点A 坐标(−√63,2√63) ∴k =−√63×2√63=−43故选：B ．过点A 作AG ⊥x 轴，过点D 作DE ⊥x 轴，作DF ⊥AG 交y 轴于H ，由“ASA ”可证△DHM≌△DEN ，可得S △DHM =S △DNE ，可求DH =DE =√63，由△AFD≌△BGA≌△COB≌△DHC ，可得AF =HD =BG =OC ，AG =DF =BO =HC ，可求点A 坐标，即可求k 的值．本题考查了反比例函数系数k 的几何意义，一次函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质求点A 坐标是本题的关键．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）6. 关于x 的不等式组{2x +a >5x x−53≤x−12−1有且只有四个整数解，则a 的取值范围是______．【答案】6<a ≤9【解析】解：解不等式2x +a >5x ，得：x <a 3，解不等式x−53≤x−12−1，得：x ≥−1，∵不等式组有四个整数解，∴6<a ≤9，故答案为：6<a ≤9．分别求出每一个不等式的解集，根据不等式组的整数解个数可得答案．本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．7. 如图，矩形ABCD 中分割出①②③三个等腰直角三角形，若已知EF 的值，则可确定其中两个三角形的周长之差，这两个三角形的序号是______．【答案】①③【解析】解：设①②③三个等腰直角三角形的边长分别为a ，b ，c ，∴①②③三个等腰直角三角形的周长分别为：(2+√2)a ，(2+√2)b ，(2+√2)c ， ∴每两个等腰直角三角形的周长之差分别为：(2+√2)(a −c)，(2+√2)(a −b)，(2+√2)(b −c)∵EF =BE −BF =√2a −b ，∴不能求①②两个等腰直角三角形之差，∵∠BFC=90°，∠GFC=45°∴∠EFG=45°∴EF=√2DG=a−c∴能求①③两个等腰直角三角形之差，∵b=√2c，∴b−c=√2c−c与EF无关，故答案为：①③由等腰直角三角形的性质可求①②③三个等腰直角三角形的周长分别为：(2+√2)a，(2+√2)b，(2+√2)c，分别求出两个等腰直角三角形的周长之差，即可求解．本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，熟练运用等腰直角三角形的性质是本题的关键．8.如图，△ABC中，MN//BC交AB、AC于M、N，MN与△ABC内切圆相切，若△ABC周长为12，设BC=x，MN=y，则y与x的函数解析式为______(不要求写自变量x的取值范围)．【答案】y=12x−2x212【解析】解：如图，设切点分别为E点，H点，F点，G点，∵BC，AB，AC，MN都与△ABC内切圆相切，∴BE=BG，GC=CF，ME=MH，NF=HN，∴BE+CF=BG+GC=BC=x，ME+NF=MH+NH=MN=y∵△ABC周长为12∴AB+AC+BC=12∴AE+AF=12−2x，∴△AMN的周长=AM+AN+MN=AM+MH+AN+NF=AE+AF=12−2x，∵MN//BC∴△AMN∽△ABC∴△AMN的周长△ABC的周长=MNBC∴12−2x12=yx∴y=12x−2x212故答案为：y=12x−2x212由切线长性质可得BE=BG，GC=CF，ME=MH，NF=HN，可得△AMN的周长= 12−2x，由相似三角形的性质可得y与x的函数解析式．本题考查了三角形的内切圆和内心，切线长定理，相似三角形的判定和性质，求出△AMN的周长是本题的关键．9.平面直角坐标系中，⊙O交x轴正负半轴于点A、B，点P为⊙O外y轴正半轴上一点，C为第三象限内⊙O上一点，PH⊥CB交CB延长线于点H，已知∠BPH=2∠BPO，PH=15，CH=24，则tan∠BAC的值为______．【答案】211【解析】解：设PB交⊙O于点N，连接PA，延长PB、AC交于点M，∵AB是直径，PH⊥CB∴∠ANP=90°=∠ACB=∠H，∴MC//PH，由圆的对称性可得，PA=PA，∠BPO=∠APO=12∠APB，∵∠BPH=2∠BPO，∴∠BPH=∠APB，∴△PHB≌△PNA(AAS)，∴PN=PH=15，由MC//PH得，∠HPB=∠M=∠APM，∴AM=AP=PB，∵AN⊥PM，∴PM=2PN=30，由△PHB∽△MBC，∴MCPH =BCHB=MBPB，设MC=a，BC=b，MB=c，则HB=24−b，PB=30−C，∴a15=b24−b=c30−c，∴bc =45=sinM=sin∠HPB，在Rt△PHB中，PH=15，∴PB=PHsin∠HPB=25，HB=sin∠HPB⋅PH=20，∴BC=24−20=4，MB=30−25=5，则MC=√52−42=3，在Rt△ABC中，BC=4，AC=AM−MC=25−3=22，∴tan∠BAC=BCAC =422=211，故答案为：211．要求tan∠BAC的值，可以先求AC、BC即可，通过作辅助线，利用圆的对称性、相似三角形、全等三角形的性质求出相应的边长即可．考查圆、相似三角形的判定和性质、全等三角形的性质以及直角三角形的边角关系等知识，综合应用知识能力是本题的鲜明特点．三、解答题（本大题共2小题，共30.0分）10.x、y是一个函数的两个变量，若当a≤x≤b时，有a≤y≤b(a<b)，则称此函数为a≤x≤b上的闭函数．如y=−x+3，当x=1时y=2；当x=2时y=1，即当1≤x≤2时，1≤y≤2，所以y=−x+3是1≤x≤2上的闭函数．(1)请说明y=30x是1≤x≤30上的闭函数；(2)已知二次函数y=x2+4x+k是t≤x≤−2上的闭函数，求k和t的值；(3)在(2)的情况下，设A为抛物线顶点，B为直线x=t上一点，C为抛物线与y轴的交点，若△ABC为等腰直角三角形，请直接写出它的腰长为______．【答案】√10【解析】解：(1)∵k=30，∴当1≤x≤30时，y随x的增大而减小．∴当x=1时，y=30；当x=30时，y=1．∴1≤y≤30．∴反比例函数y=30x是1≤x≤30上的闭函数；(2)∵x=−b2a=−2，a=1>0，∴二次函数y =x 2+4x +k 在闭区间[t,−2]上y 随x 的增大而减小．∵二次函数y =x 2+4x +k 是闭区间[t,−2]上的“闭函数”，∴当x =−2时，y =k −4；当x =t 时，y =t 2+4t +k ．{k −4=t t 2+4t +k =−2， 解得{k 1=1t 1=−3，{k 2=2t 2=−2． ∵t <−2，∴{k 2=2t 2=−2，舍去， ∴k =1，t =−3．(3)由(2)知，抛物线解析式为：y =x 2+4x +1，或y =(x +2)2−3由二次函数的图象交y 轴于C 点，A 为此二次函数图象的顶点，得A(−2,−3)，C(0,1)．设B(−3,a)，由勾股定理，得AC 2=22+(−3−1)2=20，AB 2=(−2+3)2+(−3−a)2=10+6a +a 2，BC 2=32+(1−a)2=10−2a +a 2①当∠ABC =90°时，AC 2=AB 2+BC 2，即20=10+6a +a 2+10−2a +a 2，则a =0． 此时AB 2=BC 2=10，故AB =BC =√10；②当∠ACB =90°时，AB 2=AC 2+BC 2，此时a =52，而AC ≠BC ，不满足条件，舍去． ③同理，当∠BAC =90°时也不满足条件．综上所述，△ABC 的腰长为√10．故答案是：√10．(1)由k >0可知反比例函数y =30x 在闭区间[1,30]上y 随x 的增大而减小，然后将x =1，x =30别代入反比例解析式的解析式，从而可求得y 的范围，于是可做出判断；(2)先求得二次函数的对称轴为x =−2，a =1>0，根据二次函数的性质可知y =x 2+4x +k 在闭区间[t,−2]上y 随x 的增大而减小，然后将x =2，y =k −4，x =t ，y =t 2+4t +k 分别代入二次函数的解析式，从而可求得k 的值；(3)根据勾股定理的逆定理，可得方程，根据解方程，可得答案．本题考察了二次函数综合题，解(1)的关键是利用闭函数的定义，解(2)的关键是利用闭函数的定义得出方程组，解(3)的关键是利用勾股定理的逆定理得出方程，要分类讨论，以防遗漏．11.如图1，P为第象限内一点，过P、O两点的⊙M交x轴正半轴于点A，交y轴正半轴于点B，∠OPA=45°．(1)求证：PO平分∠APB；(2)作OH⊥PA交弦PA于H．①若AH=2，OH+PB=8，求BP的长；②若BP=m，OH=n，把△POB沿y轴翻折，得到△P′OB(如图2)，求AP′的长．【答案】证明：(1)如图1，连接AB，∵∠AOB=90°∴AB是直径，∴∠APB=90°∵∠OPA=45°∴∠OPB=∠APB−∠OPA=90°−45°=45°∴∠OPA=∠OPB∴PO平分∠APB；(2)①∵∠OAB=∠OPB=45°，∠OBA=∠OPA=45°∴∠OBA=∠OAB∴OA=OB如图2，将△AOH绕点O逆时针旋转90°，得到△BOC，∴AH=BC=2，∠AHO=∠C=90°，∠OAH=∠OBC∵四边形APBO是圆内接四边形∴∠OAH+∠PBO=180°∴∠OBC+∠PBO=180°∴点C，点B，点P共线∵∠AHO=∠C=90°=∠APB∴四边形OCPH是矩形∴CP=OH，∴AH=OH−BP=2，且BP+OH=8∴BP=3，OH=5②BP=m，OH=n，如图3，将△AOP′绕点O逆时针旋转90°得到△BOQ，连接BQ，P′Q，∵OH⊥AP，∠OPA=45°，∴∠POH=∠OPA=45°，∴PH=OH=n，OP=√2n，∵OA=OB，∴OB⏜=OA⏜，∴∠BPO=∠OPA=45°，∵把△POB沿y轴翻折，得到△P′OB∴OP=OP′=√2n，BP=BP′=m，∠BPO=BP′O=45°，∵将△AOP′绕点O逆时针旋转90°得到△BOQ，∴OQ=OP′=√2n，∠QOP′=90°，∴P′Q=2n，∠QP′O=45°，∴∠QP′B=90°，∴BQ=√P′B2+P′Q2=√4n2+m2，∴AP′=√4n2+m2．【解析】(1)连接AB，由圆周角定理可得AB是直径，可得∠APB=90°，即可得结论；(2)由题意可得OA=OB，将△AOH绕点O逆时针旋转90°，得到△BOC，由旋转的性质AH=BC=2，∠AHO=∠C=90°，∠OAH=∠OBC，可得AH=OH−BP=2，且BP+ OH=8，解方程组可求BP的长；(3)将△AOH绕点O逆时针旋转90°，得到△BOC，通过证明△PBE∽△OAH，可得BPOA=BE AH =PEOH，可求BE，PE的长，由勾股定理可求AP′的长．本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，旋转的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是解本题的关键．第11页，共11页。

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”自主招生综合测试试卷(77)(含答案解析)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(77)(含答案解析)

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小题，共24.0分）1.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，并注意分析其中是中心对称图形的是A. B.C. D.2.如图，宽为的矩形图案由10个全等的小长方形拼成，其中一个小长方形的面积为A. B. C. D.3.在直角坐标系中，的圆心在原点，半径为3，的圆心A的坐标为，半径为1，那么与的位置关系是A. 内含B. 内切C. 相交D. 外切4.如图，要判断的面积是的面积的几倍，只有一把仅有刻度的直尺，需要度量的次数最少是A. 3次以上B. 3次C. 2次D. 1次5.若，则的值是A. 8B. 7C.D.6.若对上的一切实数x，不等式恒成立，则实数m的取值范围是A. B. C. D.7.如图：四边形ABMN，BCPQ是四角都是直角的全等四边形，点R在线段AC上移动，则满足的点R的个数是A. 1个B. 2个C. 1个或2个D. 无数多个8.二次函数的图象如图所示，它与x轴交于点，则化简二次根式的结果是A. B. C. D.二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）9.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，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.已知整数对序列，，，，，，，，则第30对数为______．11.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：______．12.如果定义，那么______．13.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条弦最多可将圆分成______．14.如图，等腰梯形ABCD中，，，，点E，F分别在AD，BC上，且，，设四边形DEFC的面积为y，则y关于x 的函数关系式是______不必写自变量的取值范围．三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）15.如图，海上有一灯塔P，在它周围3海里处有暗礁．一艘客轮以9海里时的速度由西向东航行，行至A点处测得P在它的北偏东的方向，继续行驶20分钟后，到达B处又测得灯塔P在它的北偏东方向．问客轮不改变方向继续前进有无触礁的危险？四、解答题（本大题共7小题，共64.0分）16.若方程组与方程组有相同的解，求a，b的值．17.已知正比例函数和反比例函数的图象如图，请你画出函数的大致图象，并用文字说明所画图象的特征．18.求函数当时的最小值．19.甲、乙两人同时同地沿同一路线走到同一地点，甲有一半时间以速度u行走，另一半时间以速度v行走；乙有一半路以速度u行走，另一半路以速度v行走．如果，问甲、乙两人谁先到达指定地点？并说明理由．20.如图，直线分别与x轴、y轴相交于A、B两点，O为坐标原点，A点的坐标为，若P为y轴点除外上的一点，过P作轴交直线AB于C，设线段PC的长为l，点P的坐标为．如果点P在线段点除外上移动，求l与m的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；如果点P在射线、O两点除外上移动，求当m为何值时，．21.如图，已知ABCD是圆O的内接四边形，，于M，求证：．22.设，且，抛物线被x轴截得的线段长为l，求l的取值范围．答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、不是中心对称图形，故本选项错误；B、不是中心对称图形，故本选项错误；C、不是中心对称图形，故本选项错误；D、是中心对称图形，故本选项正确．故选：D．根据中心对称的定义：把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，结合选项即可得出答案．此题考查了中心对称的知识，解答本题一定要熟练中心对称的定义，关键是寻找中心对称点，要注意和轴对称区分开来．2.【答案】A【解析】解：设一个小长方形的长为xcm，宽为ycm，由图形可知，解得：．所以一个小长方形的面积为．故选：A．根据矩形的两组对边分别相等，可知题中有两个等量关系：小长方形的长小长方形的宽，小长方形的长小长方形的长小长方形的宽，根据这两个等量关系，可列出方程组，再求解．此题考查了二元一次方程的应用，解答本题关键是弄清题意，看懂图示，找出合适的等量关系，列出方程组．并弄清小正方形的长与宽的关系．3.【答案】B【解析】解：根据题意得点A到点O的距离是，即两圆的圆心距是2，所以半径与圆心距的关系是，根据圆心距与半径之间的数量关系可知与的位置关系是内切．故选B．首先求得点A到点O的距离是，再根据圆心距与半径之间的数量关系判断与的位置关系．本题考查了由数量关系来判断两圆位置关系的方法．设两圆的半径分别为R和r，且，圆心距为P，则：外离；外切；相交；内切；内含．4.【答案】D【解析】解：连接AD并延长交BC于M，作交AP于点F．一次测量即可得AD，AM长，即可算出DM长，由，即可求出的面积是的面积的几倍．所以只量一次．故选D．根据同底三角形的面积比等于高之比，即可得到答案．此题考查了同底三角形的面积的度量．5.【答案】B【解析】解：由，得，由题知，x不等于0，两边同除x得：，又知将代入得，原式．故选：B．将原方程转化为，利用完全平方公式将转化为完全平方式，再将代入所得完全平方式即可求解．本题主要考查了利用完全平方公式将代数式化为完全平方式并求代数式的值，利用整体思想是解题的关键．6.【答案】B【解析】解：变形得，当，，即，对上的一切实数x，不等式恒成立，，m取最小值，，即；当时，恒成立，当时，，即，时，m取最大值，，即，实数m的取值范围是．故选：B．先变形得到，讨论：当，，即；当时，恒成立；当时，，即，而对上的一切实数x，不等式恒成立，当，m取最小值，时，m取最大值5，然后综合得到m的范围．本题考查了解一元一次不等式：根据不等式的性质先去括号或去分母，再把含未知数的项移到不等式的左边，常数项移到右边，合并同类项后，然后把未知数的系数化为1即可．7.【答案】C【解析】解：设两个矩形的长是a，宽是连接PN，延长PQ交AN于H，连接BN，BP，在中，根据勾股定理可得：，过PN的中点E作于点F．则EF是梯形ANPC的中位线，则；以PN为直径的圆，半经为的圆，又，而只有是等号才成立，由，可得圆与直线AC相交或相切，则直角顶点R的位置有两个或一个．故选：C．首先设两个矩形的长是a，宽是连接PN，延长PQ交AN于H，连接BN，BP，利用勾股定理可求得PN的值，然后求得梯形ANPC的中位线的中位线长，利用几何不等式，可得圆与直线AC相交或相切，则可求得答案．此题考查了圆周角定理，梯形的中位线的性质、矩形的性质以及几何不等式的应用．此题难度较大，解题的关键是注意辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．8.【答案】D【解析】解：图象开口向下，，，，图象和y轴的交点在正半轴上，，当时，，，，当时，，，原式，故选D．由于图象开口向下，那么；易知，可得；而图象和y轴的交点在正半轴上，则有，当时，以求，即，于是，，据图可知当时，，即，据此可化简所给式子，根据二次根式的性质计算即可．本题考查了二次函数图象和系数的关系，解题的关键是能根据图象找出图象特点，并能代入一些x的特殊值如：时y取值情况．9.【答案】【解析】解：左边图形中，阴影部分的面积，右边图形中，阴影部分的面积，两个图形中的阴影部分的面积相等，．故答案为：．分别表示出两个图形中的阴影部分的面积，然后根据两个阴影部分的面积相等即可得解．本题考查了平方差公式的几何解释，根据阴影部分的面积相等列出面积的表达式是解题的关键．10.【答案】【解析】解：，两数的和为2，共1个，，，两数的和为3，共2个，，，，两数的和为4，共3个，，，，第30对数是两个数的和为9的8个数对中的第二对数，即．故答案为：．根据括号内的两个数的和的变化情况找出规律，然后找出第30对数的两个数的和的值以及是这个和值的第几组，然后写出即可．本题是对数字变化规律的考查，规律比较隐蔽，观察出括号内的两个数的和的变化情况是解题的关键．11.【答案】“满园春色关不住，一支红杏出墙来”；体现了微积分教学中的无界变量，无界变量是说，无论你设置怎样大的正数M，变量总要超出你的范围，即有一个变量的绝对值会超过于是，M可以比喻成无论怎样大的园子，变量相当于红杏，结果是总有一支红杏越出园子的范围．诗的比喻如此恰切，其意境把枯燥的数学语言形象化了．【解析】解：如：“满园春色关不住，一支红杏出墙来”；体现了微积分教学中的无界变量，无界变量是说，无论你设置怎样大的正数M，变量总要超出你的范围，即有一个变量的绝对值会超过于是，M可以比喻成无论怎样大的园子，变量相当于红杏，结果是总有一支红杏越出园子的范围．诗的比喻如此恰切，其意境把枯燥的数学语言形象化了．故答案为：根据题目举例结合生活实际举例并说明其蕴涵的数学意义．此题考查的知识点是数学常识，也考查学生应用数学知识解决实际问题的能力，在平时注重理论联系实际，学以致用．12.【答案】【解析】解：．故答案为：．根据新定义得到，再约分计算即可求解．考查了规律型：数字的变化类，本题是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．13.【答案】【解析】解：一条弦最多可将圆分成部分，二条弦最多可将圆分成部分，三条弦最多可将圆分成部分，四条弦最多可将圆分成部分，n条弦最多可将圆分成部分．故答案为：．根据每增加一条弦，增加了多少个部分，由易到难，寻找变化规律．考查了计数方法，本题是规律探讨性题型，解题的关键是由基本图形，逐步寻找一般规律．14.【答案】【解析】解：过E作EG垂直AB于G，过F作FH垂直AB于H，，EG垂直AB，，FH垂直AB，，过E作EG垂直AB于G，过F作FH垂直AB于H，根据等式梯形ABCD的面积，分别求得各部分的面积从而可得到函数关系式．此题主要考查学生对等腰梯形的性质及三角形的面积公式的综合运用．15.【答案】解：过P作于C点，据题意知：，，，，，在中：，即：，，客轮不改变方向继续前进无触礁危险．【解析】要得出有无触礁的危险需求出轮船在航行过程中离点P的最近距离，然后与暗礁区的半径进行比较，若大于则无触礁的危险，若小于则有触礁的危险．此题主要考查解直角三角形的有关知识．通过数学建模把实际问题转化为解直角三角形问题．16.【答案】解：方程组与方程组有相同的解，方程组的解也是它们的解，解之得：，代入其他两个方程得，解之得：，【解析】将方程和组成二元一次方程组后求得其解，然后代入剩余两个方程组成的方程组即可求得a、b的值．此题主要考查了二元一次方程的解及二元一次方程组的解法，解题时首先正确理解题意，然后根据题意得到关于待定系数的方程组，解方程组即可求解．x 1 2 3y 0 0描点、连线：所画图象有两个分支，两个分支关于原点对称且都不与y轴相交．【解析】根据函数图象的画法，列表、描点、连线即可．本题考查了函数图象的画法，要知道，画函数图象要列表、描点、连线，同时要能根据函数图象得到函数的性质．18.【答案】解：对称轴，，即时，范围内，y随x的增大而增大，当时，y最小，最小值，，即时，当时有最小值，最小值，，即时，范围内，y随x的增大而减小，当时，y最小，最小值，综上所述，时，最小值为1，时，最小值为，时，最小值为．【解析】先求出抛物线对称轴，然后分，，三种情况，根据二次函数的增减性解答．本题考查了二次函数的最值问题，主要利用了二次函数的增减性，注意根据二次函数的对称轴分情况讨论求解．19.【答案】解：设从出发点到指定地点的路是S，甲、乙两人走完这段路程所用的时间分别为，，依题意有：，，，，．．故甲先到达指定地点．【解析】不等式的应用与作差法比较大小，由题意知，可分别根据两人的运动情况表示出两人走完全程所用的时间，再对两人所胡的时间用作差法比较大小即可得出谁先到达．此题主要考查了应用类问题中一个不等式的实际应用题，根据实际情况建立起函数模型，再利用不等式的性质比较大小，熟练掌握比较大小的方法作差法，及根据题设情况建立起正确的模型是解题的关键20.【答案】解：在直线上，，解得，轴交直线AB于C，，；当点P在线段BO上时，，，，即，解得或4，当P点在y轴的负半轴时，，，则，解得舍去，，或4或．【解析】将代入直线中，可求得，将P点纵坐标m代入直线中，得C点横坐标为，由此可表示PC的长，即求l与m的函数关系式；分P点在线段BO上，P点在y轴的负半轴，两种情况分别表示的面积，再求m的值．本题考查了一次函数的综合运用．关键是根据一次函数点的坐标表示线段的长和三角形面积．21.【答案】证明：在MA上截取，连接BE，，，，，，，而，，又，，，，≌，，．【解析】首先在MA上截取，连接BE，由，根据垂直平分线的性质，即可得到，得到；再由，得到，而，则，根据圆内接四边形的性质得，易得，从而可证出≌，得到，即有．此题考查了圆周角定理、圆的内接四边形的性质、全等三角形的判定与性质以及线段垂直平分线的性质等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，掌握圆的内接四边形对角互补与在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等定理的应用．22.【答案】解：，，，，被x轴截得的线段的长为l，令，则，设，，，把代入上式，得，，，，，，，，，，，，，，，．【解析】利用已知条件得到b和a，c的关系，令解方程求出抛物线和x轴交点的横坐标，求出l的表达式，利用一元二次方程的判别式，求出l的取值，再由，推出，可得，推出，由此即可解决问题．本题考查了二次函数b，c是常数，与x轴的交点坐标，令，即，解关于x的一元二次方程即可求得交点横坐标．。

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年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(23)-教师用卷

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(23)-教师用卷

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（23）一、选择题（本大题共5小题，共25.0分）1.正数4−2√3的算术平方根是()A. 1+√3B. −1+√3C. 2+√3D. −2+√3【答案】B【解析】解：∵4−2√3=(√3)2−2√3+1=(√3−1)2∴正数4−2√3的算术平方根是√3−1∵−1+√3=√3−1∴B正确．故选：B．先将正数4−2√3写成完全平方的形式，再根据算术平方根的定义得解即可．本题考查了算术平方根的意义及配方法在无理式中的应用，正确运用配方法是解答本题的关键．2.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+1【答案】C【解析】解：原式=|(a−b)2−(a−b)a−b|=|(a−b)(a−b−1)a−b|=|a−b−1|，由数轴可得，a−b<0，原式=−(a−b−1)=−a+b+1．故选：C．直接利用完全平方公式以及分式的性质化简，再利用绝对值的性质得出答案．此题主要考查了约分以及数轴，正确化简分式是解题关键．3.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【答案】B【解析】解：如图所示：在拼出的所有不同位置的轴对称图形中，全等的图形共有1对， 故选：B ．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，进而得出结论． 本题主要考查了利用平移设计图案，确定一个基本图案按照一定的方向平移一定的距离，连续作图即可设计出美丽的图案．通过改变平移的方向和距离可使图案变得丰富多彩．4. 关于x 的代数式(x +a)(x +b)(x +c)的化简结果为x 3+mx +2，其中a ，b ，c ，m都是整数，则m 的值为( ) A. −3 B. −2 C. −1 D. 不确定 【答案】A【解析】解：∵(x +a)(x +b)(x +c)， =[x 2+(a +b)x +ab](x +c)，=x 3+(a +b)x 2+abx +cx 2+(a +b)cx +abc ， =x 3+(a +b +c)x 2+(ab +ac +bc)x +abc ， =x 3+mx +2，∴x 3+(a +b +c)x 2+(ab +ac +bc)x +abc 不合x 2的项， ∴{a +b +c =0ab +ac +bc =m abc =2， ∴c =−a −b ，∴ab(−a −b)=2， ∴{ab =1−a −b =2或{ab =2−a −b =1或{ab =−1−a −b =−2或{ab =−2−a −b =−1，∵a 、b 、c 、m 都是整数， ∴a =−1，b =−1，c =2， ∴m =1−2−2=−3， 故选：A ．直接利用多项式乘以多项式分析得出答案．此题主要考查了多项式乘以多项式，正确分类讨论是解题关键．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【答案】B【解析】解：如图：连接OF，FG，HF∵AD=DE=EC ∴AB=2AD，∠DAE=∠DEA∵四边形ABCD是平行四边形∴DC//AB，DC=AB∴∠DEA=∠FAO=∠DAE，∵BD是切线∴OF⊥BD即∠OFB=90°∵OA=OF∴∠OAF=∠OFA∴∠OFA=∠DAE∴DA//OF∴∠ADB=∠OFB=90°∵sin∠DBA=ADAB=AD2AD=12∴∠ABD=30°∴∠DAB=60°且∠DAE=∠FAO∴∠DAE=∠FAO=30°∴∠FAO=∠DBA=30°∴AF=BF∵AB是直径∴∠AFG=90°∴∠AGF=60°∴∠GFB=∠GBF=30°∴BG=FG∵AGFH是圆内接四边形∴∠DHF=∠AGF=60°∴∠AHF=∠FGB且∠DAE=∠FGB，AF=BF∴△AHF≌△BFG∴BG=HF∵cos∠DHF=DH FH=12∴DH BG=12故选：B．如图：连接OF，FG，HF，由AD=DE=EC，可得CD=AB=2AD，∠DAE=∠DEA，由BD是切线可证AD⊥BD，由sin∠DBA=ADAB =AD2AD=12可得∠ABD=30°，可证△FGB≌△AHF，可得GB=HF，根据三角函数可求DHBG的值本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，切线的性质，根据三角函数求出∠ADB=30°是本题的关键．二、填空题（本大题共4小题，共20.0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______．【答案】38【解析】解：根据题意，画树状图为：所有等可能的结果有8个：(红1，红4)、(红1，白)(红2，红4)、(红2，白2)、(红3，红4)、(红3，白2)、(白1，红4)、(白1，白2)．摸出的2个球都是红球的有3个，所以摸出的2个球都是红球的概率为38．故答案为：38．根据题意画出树状图即可求得摸出的2个球都是红球的概率．本题考查的是用列表法或画树状图法求概率，列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率=所求情况数与总情况数之比．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______．【答案】47【解析】解：过D作DF⊥EC交EC的延长线于F，∵在正方形ABCD中，∠BCD=∠ABC=90°，∴∠CBE=∠F=90°，∴∠FDC+∠DCF=∠DCF+∠BCE=90°，∴∠FDC=∠BCE，∴△CDF∽△ECB，∴CDCE =DFBC=CFBE，设CD=BC=AD=AB=a，∴BE=12AB=12a，∴CE=√BC2+BE2=√a2+(12a)2=√52a，∴√52a=DFa=CF12a，∴DF=2√55a，CF=√55a，∴EF=CE+CF=7√510a，∴tan∠CED=DFEF =2√557√510=47，故答案为：47过D作DF⊥EC交EC的延长线于F，根据余角的性质得到∠FDC=∠BCE，根据相似三角形的性质得到CDCE =DFBC=CFBE，设CD=BC=AD=AB=a，根据勾股定理得到CE=√BC2+BE2=√a2+(12a)2=√52a，求得EF=CE+CF=7√510a，根据三角函数的定义即可得到结论．本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数的定义，正确的作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．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______．【答案】2≤a<52【解析】解：不等式组整理得：{x<52 x>a不等式组的解集是：a<x<52∵不等式组无整数解∴2≤a<5 2先求出每个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出不等式组的解集，根据“无整数解”这个条件分析答案即可．此题考查的是一元一次不等式组的解法和一元一次不等式组的整数解，求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．9.如图，直线y=ax+b与反比例函数y=cx(c<0)的图象交于A，B两点，在反比例函数y=dx(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cdab4的值为______．【答案】12【解析】解：连接OC延长与AB交于点D，直线y=ax+b与x轴、y轴分别交于点E、F，连接AO，BO，∵O是等边三角形△ABC的重心，∴CD⊥AB，CO=2DO，D是AB的中点，∴∠OAE=∠OBF=30°，直线y=ax+b与反比例函数y=cx(c<0)的图象交于A，B两点，作AM⊥y轴，BN⊥x轴，连接OA、OB、AN、BM，∴S△AOM=12|c|=S△BON，∴S△AOM=S△AMN，S△BON=S△BMN，∴S△AMN=S△BMN，∴MN//AB，∴四边形MNBF，AMNE是平行四边形，∴MN=AE=BF，∴AE=BF，∴△AEO≌△BOF(SAS)，∴EO=OF，∴△EOF是等腰直角三角形，∴a=−1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由A，B是y=−x+b与反比例函数y=cx(c<0)的图象交点，{y=−x+b y=cx，∴x2−bx+c=0，∴x1+x2=b，∴y1+y2=b，∵D是AB的中点，∴D(b2,b2 )，∵CO=2DO，∴C(−b,−b)，将C(−b,−b)代入y=dx，得到b2=d，在Rt△BCD中，CD=−3√22b，BD=CDtan30°=−√62b，∵OF=−b，∴DF=−√22b，∴BF=√2−√62b，∴B(1−√32b,1+√32b)，将B(1−√32b,1+√32b)代入y=cx，得到c=−12b2，∴cdab4=−12b2⋅b2(−1)b4=12；故答案为12．连接OC延长与AB交于点D，直线y=ax+b与x轴、y轴分别交于点E、F，连接AO，BO；证明△AEO≌△BOF(SAS)，得到a=−1；y=−x+b与反比例函数y=cx联立方程组后得到x1+x2=b，y1+y2=b，可以确定D(b2,b2)，C(−b,−b)，将C点坐标代入y=dx，得到b2=d，在Rt△BCD中，CD=−3√22b，BD=CDtan30°=−√62b，BF=√2−√62b，进而求出B(1−√32b,1+√32b)，将B点坐标代入y=cx，得到c=−12b2，所以cdab4=12；本题考查一次函数和反比例函数的图象及性质，三角形的重心性质，三角形全等，直角三角形函数值；熟练掌握函数交点的求法是解题的关键．三、解答题（本大题共2小题，共30.0分）10.如图，抛物线y=−x2+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．【答案】解：(1)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；(2)∵直线的表达式为：y=−x+5，则∠ABD=45°=∠CAD，∠ACB=∠ACB，∴△CAD∽△CBA，∴ACBC =CDCA，即：√103√2=3√2−BD√10，解得：BD=√18，则点D(113,43 )；(3)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．【解析】(1)由2个函数表达式联立求出点C(2,3)，即可求解； (2)△CAD∽△CBA ，ACBC =CDCA ，即：√103√2=3√2−BD√10，解得：BD =8√18，即可求解；(3)由则PA =PC =PD ，求得：x =12，y =116，R 2=6518，即可求解． 本题为二次函数综合运用题，涉及到一次函数、圆的基本知识、三角形相似等，其中(2)，利用三角形相似求解数据，是本题的难点．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 =S 1；当四边形ABCD 为矩形，且b ≠√2a 时，记S △ECF =S 2.请找出一个合适的∠θ，使得当∠θ转动时，在S 1和S 2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 四边形ABCD的值．【答案】(1)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解：∵△ACF∽△ECA ， ∴ACEC =CFAC ， ∴AC 2=EC ⋅CF ，∴S △ECF =12⋅EC ⋅CF =12⋅b 2．(2)存在．S1是定值．当θ=12∠BAD时，S1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四边形ABCD =12⋅EC⋅CF⋅sin∠FCQCD⋅BC⋅sin∠BCP=12⋅b2a2=b22a2，∵cosθ=cos∠BAO=OAAB =12ba=b2a．【解析】(1)①证明∠CAF=∠AFC，∠ACE=∠ACF即可解决问题．②利用相似三角形的性质求解即可．(2)存在．S1是定值．当θ=12∠BAD时，S1是定值．证明△ACE∽FCA，利用相似三角形的性质即可解决问题．本题考查了正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．。

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 ．。

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．。

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(69)-教师用卷

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(69)-教师用卷

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（69）一、选择题（本大题共5小题，共30.0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【解析】解：移项得x3=2x2+1，∵2x2≥0，∴2x2+1≥1，即x3≥1，∴x≥1．故选：A．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．本题主要考查非负数的性质与立方根的定义，熟练掌握定义是解答本题的关键．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【解析】解：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．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，本题考查了推理与论证，解答此题要熟悉抽屉原理----把多于kn个东西任意分放进n个空抽屉(k是正整数)，那么一定有一个抽屉中放进了至少k+1个东西．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. 34B. 47C. 37D. 27【答案】C【解析】解：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．故选：C．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．本题考查了本题主要考查了随机事件概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=mn，难度适中．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【解析】解：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．故选：A．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．本题考查动点问题的函数图象，通过观察三角形面积变化的情况，求出梯形有关边长，同时运用了勾股定理，通过三角形的面积公式求出A到BD的距离．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【解析】解：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”．故选：D．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．此题主要考查了平方差公式，有一定的难度，主要是对题中新定义的理解与把握．二、填空题（本大题共6小题，共36.0分）6.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)【解析】解：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，∴20√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．故答案为：(40√3+20√2).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．此题主要考查了盲区有关知识以及相似三角形的判定与性质，根据已得出FNNO =FCPO，求出NO与PO的长是解题关键．7.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【解析】解：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．故答案为：5．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．考查了含30度角的直角三角形和两点间的距离，得到在排版时比原稿上多1的点与实际的点在垂线的两侧是解题的关键．8.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A1的直线分别与BC1、BE交于点M、N，则1MB +1NB的值为______．【答案】1【解析】解：∵A1B1//BN，∴△A1B1M∽△NBM，又A1B1=BB1=1，∴NB：A1B1=MB：MB1，即NB：1=MB：(MB−1)，整理，得MB+NB=MB⋅NB，两边同除以MB ⋅NB 得 1MB +1NB =1； 故答案为1． 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．本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质等知识点，综合性比较强．9. 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【解析】解：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<a9≤11<b8≤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，故答案为：25．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．本题考查了一元一次不等式组的整数解，求出不等式组的解，然后根据整数解求出a 、b 的值是解题的关键．10. 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【解析】解：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． 故答案为8√6．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．本题主要考查面积及等级变换的知识点，求出AC 和BD 的长度是解答本题的关键，此题难度不大．11. 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【解析】解：∵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．故答案为：5．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．本题主要考查一元二次方程根的情况与判别式△的关系，一元二次方程的解法、互余两角的三角函数关系．掌握基础知识的综合应用．三、计算题（本大题共1小题，共16.0分）12. 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】解：(1)分别作EE 1，FF 1平行于BC 且与AD 交于E 1、F 1两点．则FF 1DC =AF AC =35，E E 1BD =AE AB =34， 又BD =CD ，∴FF 1EE 1=45∴EP PF =EE 1FF 1=54；(2)设AF 1=y ，F 1P =4x ，PE 1=5x ，E 1D =z ，则yy+9x+z =35，y+9xy+9x+z=34，解得y=36x，z=15x，∴APPD =y+4xz+5x=40x20x=21．【解析】(1)分别作EE1，FF1平行于BC且与AD交于E1、F1两点．则FF1DC 与E E1BD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．本题考查了平行线分线段成比例定理，是基础知识比较简单．四、解答题（本大题共3小题，共48.0分）13.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】解：(1)∵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；(2)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．【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．本题考查推理与论证的知识，难度较大，注意解答这类问题时反证法的灵活运用．14.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】解：(1)作CH⊥MN于H，则H为MN 的中点，∵OB=1+√2，OC=√2∴CB=1又∵∠ABC=45°∴CH=√2 2连接CM、CN，在Rt△HCM中，∵CH=√22，又∵MC=√2∴MH=√62，∴MN=√6(2)在Rt△MCH中，∵CH=√22，又∵MC=√2∴∠MCH=60°∴∠MCN=120°∴∠MON=60°．【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．本题考查了垂径定理，三角函数，关键是利用三角函数求得CH的长．15.已知：抛物线y=ax2+bx+c经过点(−1,1)，且对于任意的实数x，有4x−4≤ax2+bx+c≤2x2−4x+4恒成立．(1)求4a+2b+c的值．(2)求y=ax2+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】解：(1)令x=2，则4≤4a+2b+c≤4，∴4a+2b+c=4；(2)∵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；(3)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． 【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．本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有恒等式的性质、不等式的性质和利用配方法求最值，同时也利用了待定系数法确定函数解析式，要求学生分析问题、解决问题的能力比较高．。

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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【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.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25%、55%、20%，则该校三月份学生每餐购买饭菜的平均费用是()A. 4.9元B. 4.95元C. 5元D. 5.05元【答案】B【解析】解：平均费用为4×25%+5×55%+6×20%=4.95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.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x=a(a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【答案】D【解析】解：∵任意一条直线x=a(a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x=0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x=a交点的个数至多有一个．故选：D．根据直线x=a(a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x=a(a是任意实数)的性质，根据已知得出任意一条直线x=a(a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.同时掷两个骰子，其中向上的点数之和是5的概率是()A. 14B. 16C. 19D. 112【答案】C【解析】解：列表得：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436=19．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.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. 144【答案】C【解析】解：观察所给数字可知，第二个数1=1×1，第三个数2=1×2，第四个数6=2×3，第五个数24=6×4，故可知第六个数=24×5=120．故选：C．观察所给数字可知，第二个数1=1×1，第三个数2=1×2，第四个数6=2×3，第五个数24=6×4，故可知第六个数=24×5，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(n−1)个数×(n−1)(n>1)．6.已知．二次函数y=x2−2x+a(a是实数)，当自变量任取x1，x2时，分别与之对应的函数值y l，y2满足y1>y2，则x1，x2应满足的关系式是()A. x l−1<x2−1B. x1−1>x2−1C. |x1−l|<|x2−1|D. |x1−1|>|x2−1|【答案】D【解析】解：∵y=x2−2x+a=(x−1)2+a−1，∴抛物线对称轴为x=1，开口向上，离对称轴越远，函数值越大，又∵y l，y2满足y1>y2，∴可得|x1−1|>|x2−1|，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x1、x2、x3，与对称轴的大小关系，判断y1、y2、y3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.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．【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.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，∠APC的平分线交AC于点Q，则∠PQC=()A. 30°B. 45°C. 50°D. 60°【答案】B【解析】解：连接BC交PQ于E，∵PC与圆D相切于点C，∴∠PCB=∠A，∵AB为直径，∴∠ACB=90°，∵PQ平分∠APC，∴∠APQ=∠QPC，∵∠CQP=∠A+∠APQ，∠CEQ=∠PCB+∠QPC，∴∠CQP=∠CEQ=180°−90°=45°．2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∠PCB=∠A，又由AB为直径，即可得∠ACB=90°，然后由PQ平分∠APC与三角形外角的性质(∠CQP=∠A+∠APQ,∠CEQ=∠PCB+∠QPC)，即可证得∠CQP=CEQ，则可求得∠PQC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.电子计算机中使用二进制，它与十进制的换算关系如下表所示：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()【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：25+24+23+22+21+1=32+16+8+4+2+1=63．故选：C．根据表可以得到二进制的数转化十进制的数，10=1×21+0，11=1×21+1，100= 1×22+0×21+0×20，…；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．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______．【答案】2(1+x)+2(1+x)2=8【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：2(1+x)；明年的投资金额为：2(1+x)2；所以根据题意可得出的方程：2(1+x)+2(1+x)2=8．故答案为：2(1+x)+2(1+x)2=8．本题为增长率问题，一般用增长后的量=增长前的量×(1+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(1+x)2=b，a为起始时间的有关数量，b为终止时间的有关数量．11.如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，∠EAF=45°，且AE+AF=2√2，则平行四边形ABCD的周长是______ ．【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：∵∠EAF=45°，∴∠C=360°−∠AEC−∠AFC−∠EAF=135°，∴∠B=∠D=180°−∠C=45°，则AE=BE，AF=DF，设AE=x，则AF=2√2−x，在Rt△ABE中，根据勾股定理可得，AB=√2x同理可得AD=√2(2√2−x)则平行四边形ABCD的周长是2(AB+AD)=2[√2x+√2(2√2−x)]=8故答案为8．12.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______．【答案】49【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1227=49．故答案为49．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.已知关于x的一元二次方程x2+mx+2=0与x2+2x+m=0有一个公共实数根，则m=______．【答案】−3【解析】解：∵x2+mx+2=0与x2+2x+m=0有一个公共实数根，∴x2+mx+2=x2+2x+m有一个实数根，∴x=1，把x=1代入x2+mx+2=0得：m=−3．故答案为：−3．本题需先根据x2+mx+2=0与x2+2x+m=0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．14.一个样本为1、3、2、2、a，b，c.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______．【答案】87【解析】解：因为众数为3，可设a=3，b=3，c未知平均数=17(1+3+2+2+3+3+c)=2，解得c=0根据方差公式S2=17[(1−2)2+(3−2)2+(2−2)2+(2−2)2+(3−2)2+(3−2)2+(0−2)2]=87故填87．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3.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.如图，在梯形ABCD中，AB//DC，DC=2AB=2AD，BD=6，BC=4，则该梯形的面积S梯形ABCD=______．【答案】18【解析】解：取CD的中点E，连接BE，∴CE=DE=AD=AB，∴ABED是菱形，∴AD=BE，∴BE=CE=DE，∴∠BDC=∠DBE，∠C=∠CBE，∴∠CBD=90°，∴S△ABD=S△BED=S△CEB，S四边形ABCD =S△CBD×32=12CB⋅BD⋅32=18．∴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CE=DE=AD=AB进而判定四边形ABED是菱形，得到AD=BE，从而得到S△ABD=S△BED=S△CED然后得到：S四边形ABCD=S△CBD×32=1 2CB⋅BD⋅32=18．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.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．【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：{60x+70y≤500 x≥3y≥2，∴3≤x≤6，2≤y≤327，∴当x=3，y=2时，60x+70y=320，当x=3，y=3时，60x+70y=390，当x=3，y=4时，60x+70y=460，当x=4，y=2时，60x+70y=380，当x=4，y=3时，60x+70y=450，当x=4，y=4时，60x+70y=520(舍去)，当x=5，y=2时，60x+70y=440，当x=5，y=3时，60x+70y=510(舍去)，当x=5，y=4时，60x+70y=580(舍去)，当x=6，y=2时，60x+70y=500，当x=6，y=3时，60x+70y=570(舍去)，当x =6，y =4时，60x +70y =640(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：{60x +70y ≤500x ≥3y ≥2，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．三、计算题（本大题共1小题，共10.0分） 17. 已知a =2+√3，求1−2a+a 2a−1−√a2−2a+1a 2−a的值．【答案】解：∵a =2+√3， ∴a =2−√3<1， ∴原式=(a−1)2a−1−√(a−1)2a(a−1)=a −1−1−aa(a−1) =a −1+1a=2−√3−1+2+√3 =4−1 =3．【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．四、解答题（本大题共5小题，共53.0分）18. 在凸四边形ABCD 中，∠A −∠B =∠B −∠C =∠C −∠D >0，且四个内角中有一个角为84°，求其余各角的度数．【答案】解：设∠A −∠B =∠B −∠C =∠C −∠D =x ， 则∠C =∠D +x ，∠B =∠D +2x ，∠A =∠D +3x ， ∵∠A +∠B +∠C +∠D =6x +4∠D =360°， ∴∠D +32x =90°．1、∠D =84°时，x =4°，∠A =96°，∠B =92°，∠C =88°；2、∠C =84°时，2x +4∠C =360°，x =12°， ∠A =108°，∠B =96°，∠D =72°．3、∠B =84°时，−2x +4∠B =360°，x =−12°， ∠A =72°，∠C =96°.∠D =108°，4、∠A =84°，−6x +4∠A =360°，x =−4， ∠D =96°，∠C =92°，∠B =88°．【解析】可设∠A −∠B =∠B −∠C =∠C −∠D =x ，根据四边形内角和等于360°，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360°，由于四个内角中有一个角为84°，不确定，故应该分类讨论．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？ 【答案】解：(1)∵按120元出售，一天就能卖出300个， ∴可获得利润：300×20=6000元；(2)设涨价为x 元，则可卖出(300−10x)个，设利润为y 元，则 y 1=(20+x)(300−10x) =−10x 2+100x +6000 =−10(x −5)2+6250；(3)若设降价x 元，则可以卖出(300+30x)个，设利润为y 元，则： y 2=(20−x)(300+30x) =−30x 2+300x +6000 =−30(x −5)2+6750； ∵6750>6250，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. 如图，△OA 1B 1，△B 1A 2B 2是等边三角形，点A 1，A 2在函数y =1√3x 的图象上，点B 1，B 2在x 轴的正半轴上，分别求△OA 1B 1，△B 1A 2B 2的面积．【答案】解：分别过A 1、A 2作x 轴的垂线，垂足分别为D 、E ，如图，设OD =m ，B 1E =n(m >0,n >0)． ∵△OA 1B 1，△B 1A 2B 2是等边三角形， ∴∠OA 1D =∠B 1A 2E =30°，∴A 1D =√3OD =√3m ，A 2E =√3B 1E =√3n ，OE =2m +n ，∴A 1的坐标为(m,√3m)，A 2的坐标为(2m +n,√3n)， 又∵点A 1在函数y =√3x 的图象上， ∴√3m =√3m ，解得m =√33(m =−√33舍去)， ∴OB 1=2m =2√33，OE =2√33+n ．∵点A2在函数y=√3x的图象上，∴√3n⋅(2√33+n)=√3，解得n1=−√3+√63，n2=−√3−√63(舍去)，∴n=−√3+√63，∴B1B2=2n=2(√6−√3)3，∴△OA1B1的面积=√34OB12=√34×(2√33)2=√33，△B1A2B2的面积=√34B1B22=√34×[2(√6−√3)3]2=3√3−2√63．【解析】分别过A1、A2作x轴的垂线，垂足分别为D、E，设OD=m，B1E=n(m>0,n> 0).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A1D=√3OD=√3m，A2E=√3B1E=√3n，OE=2m+n，得到A1的坐标为(m,√3m)，A2的坐标为(2m+ n,√3n)，然后先把A1的坐标代入反比例解析式求得m的值，再把A2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√34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.如图，在△ABC中，O是内心，点E，F都在大边BC上，已知BF=BA，CE=CA．(1)求证：O是△AEF的外心；(2)若∠B=40°，∠C=30°，求∠EOF的大小．【答案】解：(1)证明：连接OA、OB、OC、OE、OF，∵O是△ABC的内心，∴∠OBA=∠FBO，在△ABO和△FBO中∴△ABO≌△FBO(SAS)，∴OA=OF，同理OA=OE，∴OA=OE=OF，∴O是△ABC的外心．(2)∵O是△AEF的外心，∴∠EOF=2∠EAF，在等腰三角形BO⊥AF，∴∠AFE=90°−12∠B，同理∠AEF=90°−12∠C，∴∠EOF=2∠EAF=2(180°−∠AEF−∠AFE)，=[180°−(90°−12∠C)−(90°−12∠B)=2(12∠B+12∠C)=70°,答：∠EOF的度数是70°．【解析】(1)连接OA、OB、OC、OE、OF，证△ABO≌△FBO，推出OA=OF，OA=OF 即可；(2)根据三角形的内角和定理求出∠AFE=90°−12∠B，∠AEF=90°−12∠C，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.如图，正三角形ABC的边长为l，点M，N，P分别在边BC，AB上，设BM=x，CN=y，AP=z，且x+y+z=1．(1)试用x，y，z表示△MNP的面积(2)求△MNP面积的最大值．【答案】解：(1)∵正三角形ABC的边长为l，∴AB=BC=AC=1，∵BM=x，CN=y，AP=z，∴MC=1−x，NA=1−y，PB=1−z，∴S△MNP=S△ABC−S△PBM−S△MCN−S△NAP=√34−12x(1−z)√32−12(1−x)y√32−12(1−y)z√32=√34−√34[x+y+z−(xy+yz+zx)]=√34(xy+yz+zx)；(2)∵x+y+z=1，∴(x+y+z)2=x2+y2+z2+2(xy+yz+zx)=1，∵x2+y2+z2≥xy+yz+zx，∴xy+yz+zx≤13(当x=y=z=13时，等号成立)，∴S△MNP=√34(xy+yz+zx)≤√312．【解析】(1)由正三角形ABC的边长为l，BM=x，CN=y，AP=z，即可求得MC，NA，PB的值，又由S△MNP=S△ABC−S△PBM−S△MCN−S△NAP与x+y+z=1，即可求得△MNP的面积；(2)由(x+y+z)2=x2+y2+z2+2(xy+yz+zx)=1与x2+y2+z2≥xy+yz+ zx，即可求得xy+yz+zx的最大值，继而求得△MNP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．。

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