2019年温州乐清中学提前自主招生选拔模拟考试数学试题及参考答案(含详解)

2019年温州乐清中学提前自主招生选拔模拟考试数学试题考试时间：120分钟满分：150分一、选择题（共8小题，满分48分，每小题6分）1．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2．如果，p，q是正整数，则p的最小值是（）A．15B．17C．72D．1443．如图，正方形A1B1P1P2的顶点P1、P2在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，顶点A1、B1分别在x轴、y轴的正半轴上，再在其右侧作正方形P2P3 A2B2，顶点P3在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，顶点A2在x轴的正半轴上，则点P3的坐标为（）A．（，）B．（，）C．（，）D．（，）第3题第5题4．将四个编号为1，2，3，4的小球随机放入4个编号为1，2，3，4的盒子中．记f（i）为第i个盒子中小球的编号与盒子编号的差的绝对值．则f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝4的概率为（）A．B．C．D．5．（2017•余姚中学自主招生）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，以AB 为一边向三角形外作正方形ABEF，正方形的中心为O，且OC＝4，那么BC的长等于（）A．3B．5C．2D．6．（2017•黄冈中学自主招生）若一直角三角形的斜边长为c，内切圆半径是r，则内切圆的面积与三角形面积之比是（）A．B．C．D．7．（2017•黄冈中学自主招生）设关于x的方程ax2+（a+2）x+9a＝0，有两个不相等的实数根x1、x2，且x1＜1＜x2，那么实数a的取值范围是（）A．B．C．D．8．（2016•温州中学自主招生）如图，正方形ABCD内接于⊙O，P为劣弧上一点，PA交BD于点M，PB交AC于点N，记∠PBD＝θ．若MN⊥PB，则2cos2θ﹣tanθ的值（）A．B．1C．D．第8题第10题二、填空题（共7小题，满分42分，每小题6分）9．（2014•乐清中学自主招生）设非零实数a，b，c满足，则的值为．10．如图：已知AB＝10，点C、D在线段AB上且AC＝DB＝2；P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作正方形APEF和正方形PBGH，点O1和O2是这两个正方形的中心，连接O1O2，设O1O2的中点为Q；当点P 从点C运动到点D时，则点Q移动路径的长是．11．（2016•黄冈中学自主招生）已知y＝x2+mx﹣6，当1≤m≤3时，y＜0恒成立，那么实数x的取值范围是．12．（2018•四川绵阳中学自主招生）如图，已知∠AOB＝60°，点P在边OA上，OP＝10，点M，N在边OB上，PM＝PN，点C为线段OP上任意一点，CD∥ON交PM、PN分别为D、E．若MN＝3，则的值为．第12题第15题13．（2018•山东枣庄八中自主招生）已知有理数x满足：，若|3﹣x|﹣|x+2|的最小值为a，最大值为b，则ab＝．14．方程7x2﹣（m+13）x+m2﹣m﹣2＝0的两根为x1，x2，且满足0＜x1＜1，1＜x2＜2，则m的取值范围为．15．（2017•浙江诸暨中学自主招生）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+4x与x轴的正半轴交于点A，其顶点为M，点P是该抛物线上位于A、M 两点之间的部分上的动点，过点P作PB⊥x轴于点B，PC⊥y轴于点C，且交抛物线于点D，连接BC，AD，OP，当四边形ABCD被OP分成的两部分面积比为1：2时，点P的坐标为．三、解答题（共4小题，满分60分）16．（12分）已知实数a、b、c满足：（1）；（2）a＝bc．请你求出所有满足上述条件的c的值．17．（12分）二元二次方程组有两个实数解和，其中y1＝2，且，求常数n，t的值．18．（18分）如图，在锐角三角形ABC中，AB上的高CE与AC上的高BD相交于点H，以DE为直径的圆分别交AB、AC于F、G两点，FG与AH相交于点K，已知BC＝25，BD＝20，BE＝7，求AK的长．第18题19．（18分）如图1，点A、B分别在x轴的原点左、右两边，点C在y轴正半轴，点F（0，﹣1），S＝15，抛物线y＝ax2﹣2ax+4经过点A、B、C．四边形AFBC（1）求抛物线的解析式．（2）点P是抛物线上一点，且tan∠PCA＝，求出点P的坐标．（3）如图2，过A、B、C三点作⊙O′交抛物线的对称轴于N，点M为弧BC上一动点（异于B、C），E为MN上一点，且∠EAB＝∠MNB，ES⊥x轴于S，当M点运动时，问的值是否发生变化？若不变，求其值；若变化，请说明理由．第19题2019年温州乐清中学提前自主招生选拔模拟考试数学试题参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分48分，每小题6分）1．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【解析】（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．2．如果，p，q是正整数，则p的最小值是（）A．15B．17C．72D．144【解析】由题意得，p＜q＜p，如果p＝15，则此时13.325＜q＜13.33，q没有正整数值；如果p＝17，则此时14.875＜q＜15.111，q可取15；如果p＝72，则此时63＜q＜64，q没有正整数值；如果p＝144，则此时126＜q＜128，q可取127；综上可得p的最小值为17．故选：B．3．如图，正方形A1B1P1P2的顶点P1、P2在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，顶点A1、B1分别在x轴、y轴的正半轴上，再在其右侧作正方形P2P3 A2B2，顶点P3在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，顶点A2在x轴的正半轴上，则点P3的坐标为（）A．（，）B．（，）C．（，）D．（，）【解析】作P1C⊥y轴于C，P2D⊥x轴于D，P3E⊥x轴于E，P3F⊥P2D于F，如图所示：设P1（a，），则CP1＝a，OC＝，∵四边形A1B1P1P2为正方形，∴∠A1B1P1＝90°，∴∠CB1P1+∠OB1A1＝90°，∵∠CB1P1+∠CP1B1＝90°，∠OB1A1+∠OA1B1＝90°，∴∠CB1P1＝∠OA1B1，在△P1B1C和△B1A1O中，，∴△P1B1C≌△B1A1O（AAS），同理：△B1A1O≌△A1P2D，∴OB1＝P1C＝A1D＝a，∴OA1＝B1C＝P2D＝﹣a，∴OD＝a+﹣a＝，∴P2的坐标为（，﹣a），把P2的坐标代入y＝（x＞0）得：（﹣a）•＝2，解得：a＝﹣1（舍去）或a＝1，∴P2（2，1），设P3的坐标为（b，），又∵四边形P2P3A2B2为正方形，同上：△P2P3F≌△A2P3E，∴P3E＝P3F＝DE，∴OE＝OD+DE＝2+，∴2+＝b，解得：b＝1﹣（舍去），b＝1+，∴＝＝﹣1，∴点P3的坐标为（+1，﹣1）．故选：A．4．将四个编号为1，2，3，4的小球随机放入4个编号为1，2，3，4的盒子中．记f（i）为第i个盒子中小球的编号与盒子编号的差的绝对值．则f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝4的概率为（）A．B．C．D．【解析】共有24种情况，满足f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝4的有7种，则概率为：，故选：D．5．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，以AB为一边向三角形外作正方形ABEF，正方形的中心为O，且OC＝4，那么BC的长等于（）A．3B．5C．2D．【解析】如图，作EQ⊥x轴，以C为坐标原点建立直角坐标系，CB为x轴，CA为y轴，则A（0，3）．设B（x，0），由于O点为以AB一边向三角形外作正方形ABEF的中心，∴AB＝BE，∠ABE＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠BAC+∠ABC＝90°，∠ABC+∠EBQ＝90°，∴∠BA C＝∠EBQ，在△ABC和△BEQ中，∴△ACB≌△BQE（AAS），∴AC＝BQ＝3，BC＝EQ，设BC＝EQ＝x，∴O为AE中点，∴OM为梯形ACQE的中位线，∴OM＝，又∵CM＝CQ＝，∴O点坐标为（，），根据题意得：OC＝4＝，解得x＝4，则BC＝5．故选：B．6．若一直角三角形的斜边长为c，内切圆半径是r，则内切圆的面积与三角形面积之比是（）A．B．C．D．【解析】设直角三角形的两条直角边是a，b，则有：S＝，又∵r＝，∴a+b＝2r+c，将a+b＝2r+c代入S＝得：S＝r＝r（r+c）．又∵内切圆的面积是πr2，∴它们的比是．故选：B．7．设关于x的方程ax2+（a+2）x+9a＝0，有两个不相等的实数根x1、x2，且x1＜1＜x2，那么实数a的取值范围是（）A．B．C．D．【解析】方法1、∵方程有两个不相等的实数根，则a≠0且△＞0，由（a+2）2﹣4a×9a＝﹣35a2+4a+4＞0，解得﹣＜a＜，∵x1+x2＝﹣，x1x2＝9，又∵x1＜1＜x2，∴x1﹣1＜0，x2﹣1＞0，那么（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，∴x1x2﹣（x1+x2）+1＜0，即9++1＜0，解得＜a＜0，最后a的取值范围为：＜a＜0．故选D．方法2、由题意知，a≠0，令y＝ax2+（a+2）x+9a，由于方程的两根一个大于1，一个小于1，∴抛物线与x轴的交点分别在1两侧，当a＞0时，x＝1时，y＜0，∴a+（a+2）+9a＜0，∴a＜﹣（不符合题意，舍去），当a＜0时，x＝1时，y＞0，∴a+（a+2）+9a＞0，∴a＞﹣，∴﹣＜a＜0，故选：D．8．如图，正方形ABCD内接于⊙O，P为劣弧上一点，PA交BD于点M，PB 交AC于点N，记∠PBD＝θ．若MN⊥PB，则2cos2θ﹣tanθ的值（）A．B．1C．D．【解析】设⊙O的半径为1，则BD＝2．连结PD，则∠BPD＝90°．在Rt△BPD中，PB＝BD•cosθ＝2cosθ．在Rt△BON中，BN＝＝，在Rt△BMN中，MN＝BN•tanθ＝，在Rt△PMN中，∵∠MPN＝∠APB＝∠ADB＝45°，∴PN＝MN＝．∵BN+PN＝PB，∴+＝2cosθ，∴1+tanθ＝2cos2θ，∴2cos2θ﹣tanθ＝1．故选：B．二．填空题（共7小题，满分42分，每小题6分）9．设非零实数a，b，c满足，则的值为﹣．【解析】∵，∴a+b+c＝0，∴（a+b+c）2＝0，∴a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac＝0，∴a2+b2+c2＝﹣2（ab+bc+ac），∴原式＝＝﹣；10．如图：已知AB＝10，点C、D在线段AB上且AC＝DB＝2；P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作正方形APEF和正方形PBGH，点O1和O2是这两个正方形的中心，连接O1O2，设O1O2的中点为Q；当点P从点C运动到点D时，则点Q移动路径的长是3．【解析】如图，分别延长AO1、BO2交于点K，∵∠KAP＝∠O2PB＝45°，∴AK∥PO2，∵∠KBA＝∠O1PA＝45°，∴BK∥PO1，∴四边形O1PO2K为平行四边形，∴O1O2与KP互相平分．∵Q为O1O2的中点，∴Q正好为PK中点，即在P的运动过程中，Q始终为PK的中点，所以Q的运行轨迹为三角形KCD的中位线，∵AB＝10，AC＝DB＝2，∴CD＝10﹣2﹣2＝6，∴Q的移动路径长＝×6＝3．故答案为：3．11．已知y＝x2+mx﹣6，当1≤m≤3时，y＜0恒成立，那么实数x的取值范围是﹣3＜x＜．【解析】∵1≤m≤3，y＜0，∴当m＝3时，x2+3x﹣6＜0，由y＝x2+3x﹣6＜0，得＜x＜；当m＝1时，x2+x﹣6＜0，由y＝x2+x﹣6＜0，得﹣3＜x＜2．∴实数x的取值范围为：﹣3＜x＜．故本题答案为：﹣3＜x＜．12．如图，已知∠AOB＝60°，点P在边OA上，OP＝10，点M，N在边OB上，PM＝PN，点C为线段OP上任意一点，CD∥ON交PM、PN分别为D、E．若MN＝3，则的值为．【解析】过P作PQ⊥MN，∵PM＝PN，∴MQ＝NQ＝，在Rt△OPQ中，OP＝10，∠AOB＝60°，∴∠OPQ＝30°，∴OQ＝5，则OM＝OQ﹣QM＝，∵CD∥ON，∴，∴＝＝，故答案为；．13．已知有理数x满足：，若|3﹣x|﹣|x+2|的最小值为a，最大值为b，则ab＝5．【解析】解不等式：不等式两边同时乘以6得：3（3x﹣1）﹣14≥6x﹣2（5+2x）去括号得：9x﹣3﹣14≥6x﹣10﹣4x移项得：9x﹣14﹣6x+4x≥3﹣10即7x≥7∴x≥1∴x+2＞0，当1≤x≤3时，x+2＞0，则|3﹣x|﹣|x+2|＝3﹣x﹣（x+2）＝﹣2x+1则最大值是﹣1，最小值是﹣5；当x＞3时，x+2＞0，则|3﹣x|﹣|x+2|＝x﹣3﹣（x+2）＝x﹣3﹣x﹣2＝﹣5，是一定值．总之，a＝﹣5，b＝﹣1，∴ab＝5故答案是：5．14．方程7x2﹣（m+13）x+m2﹣m﹣2＝0的两根为x1，x2，且满足0＜x1＜1，1＜x2＜2，则m的取值范围为﹣2＜m＜﹣1或3＜m＜4．【解析】设f（x）＝7x2﹣（m+13）x+m2﹣m﹣2，则f（x）＝0的根满足0＜x1＜1，1＜x2＜2，需要：f（0）＞0，则m2﹣m﹣2＞0，解得m＞2或m＜﹣1；f（1）＜0，则7﹣（m+13）+m2﹣m﹣2＜0，解得﹣2＜m＜4；f（2）＞0，则28﹣2（m+13）+m2﹣m﹣2＞0，解得m＞3或m＜0．则m的范围是：﹣2＜m＜﹣1或3＜m＜4．故答案为：﹣2＜m＜﹣1或3＜m＜4．15．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+4x与x轴的正半轴交于点A，其顶点为M，点P是该抛物线上位于A、M两点之间的部分上的动点，过点P作PB⊥x轴于点B，PC⊥y轴于点C，且交抛物线于点D，连接BC，AD，OP，当四边形ABCD被OP分成的两部分面积比为1：2时，点P的坐标为（，）．【解析】如图，连接OP交BC于E，交AD于F．∵∠PCO＝∠COB＝∠PBO＝90°，∴四边形OCPB是矩形，∴EC＝EB，PC∥OB，根据对称性可知，CD＝AB，四边形ABCD是平行四边形，∴BC＝AD，设EC＝EB＝a，DF＝x，平行四边形BC边上的高为h，则BC＝AD ＝2a，AF＝2a﹣x，由题意，（a+x）h：（a+2a﹣x）h＝2：1或（a+x）h：（a+2a﹣x）h ＝1：2，∴x＝或a，∴DF：AF＝1：5或5：1∵DP∥OA，∴＝＝或5，∵OA＝4，∴DP＝或20（舍弃），设C（0，m），由消去y得到，x2﹣4x+m＝0，设两根为x1，x2，∴|x1﹣x2|＝，∴（x1+x2）2﹣4x1x2＝，∴16﹣4m＝，∴m＝，∴x2﹣4x+＝0，∴x1＝或，∴点P坐标（，），故答案为（，）．三．解答题（共4小题，满分60分）16．（12分）已知实数a、b、c满足：（1）；（2）a＝bc．请你求出所有满足上述条件的c的值．【解析】∵∴+2＝2+3b，∴|a|＝3b，∵≥0，∴a＝3b，∵a＝bc，∴3b＝bc，∴c＝3．17．（12分）二元二次方程组有两个实数解和，其中y1＝2，且，求常数n，t的值．【解析】∵y1＝2，∴，将x1＝4n，y1＝2代入，得化简，得，解得由方程组，消去x，得（n2+4）y2+4n2y+4（n2﹣t）＝0，由韦达定理，得，解得．18．（18分）如图，在锐角三角形ABC中，AB上的高CE与AC上的高BD相交于点H，以DE为直径的圆分别交AB、AC于F、G两点，FG与AH相交于点K，已知BC＝25，BD＝20，BE＝7，求AK的长．【解析】延长AH交BC于P，连接DF，如图．由题知∠ADB＝∠CDB＝∠CEB＝∠AEC＝90°，∵BC＝25，BD＝20，BE＝7，∴CD＝15，CE＝24．又∵∠D AB＝∠EAC，∠ADB＝∠AEC，∴△ADB∽△AEC，∴＝＝，①由①得：，解得，∵∠AEC＝90°，AD＝CD＝15，∴DE＝AC＝15．∵点F在以DE为直径的圆上，∴∠DFE＝90°，∵DA＝DE，∴AF＝EF＝AE＝9．∵∠CDB＝∠CEB＝90°，∴D、E、B、C四点共圆，∴∠ADE＝∠ABC．∵G、F、E、D四点共圆，∴∠AFG＝∠ADE，∴∠AFG＝∠ABC，∴GF∥BC．∴＝．②∵H是△ABC的垂心，∴AP⊥BC，∴S△ABC＝AB•CE＝BC•AP，∵BA＝BC＝25，∴AP＝CE＝24，由②得AK＝＝＝8.64．19．（18分）如图1，点A、B分别在x轴的原点左、右两边，点C在y轴正半轴，点F（0，﹣1），S＝15，抛物线y＝ax2﹣2ax+4经过点A、B、C．四边形AFBC（1）求抛物线的解析式．（2）点P是抛物线上一点，且tan∠PCA＝，求出点P的坐标．（3）如图2，过A、B、C三点作⊙O′交抛物线的对称轴于N，点M为弧BC上一动点（异于B、C），E为MN上一点，且∠EAB＝∠MNB，ES⊥x轴于S，当M点运动时，问的值是否发生变化？若不变，求其值；若变化，请说明理由．【解析】（1）由抛物线y＝ax2﹣2ax+4知：对称轴x＝1，C（0，4）；∵S四边形AFBC＝S△ABC+S△ABF＝AB（OC+OF）＝AB（4+1）＝15，∴AB＝6；又∵A、B两点关于x＝1对称，且AB＝6，∴A（﹣2，0）、B（4，0）；将B（4，0）代入y＝ax2﹣2ax+4中，得：16a﹣8a+4＝0，解得：a＝﹣∴抛物线的解析式：y＝﹣x2+x+4．（2）在△ACF中，OA＝2、OF＝1、OC＝4，即：＝，又∵∠COA＝∠AOF，∴△AOC∽△FOA，∴∠CAO＝∠AFO，∠CAF＝∠CAO+∠FAO＝∠AFO+∠FAO＝90°；延长AF交直线CP于D，如右图1；在Rt△ADC中，AC＝＝2，tan∠DCA＝，则：AD＝3；又∵tan∠OAF＝＝，∴sin∠OAF＝，cos∠OAF＝；由AD＝3可解得：D（4，﹣3）；设直线CD：y＝kx+4，代入D点的坐标可得：k＝﹣；联立直线CD和抛物线的解析式，得：，解得、∴P（，﹣）．（3）设圆心O′的坐标为（1，y），则：O′A2＝9+y2、O′C2＝1+（y﹣4）2＝y2﹣8y+17，∵O′A＝O′C，∴9+y2＝y2﹣8y+17，解得：y＝1，∴⊙O′的半径R＝；延长AE，交⊙O′于点G，如右图2；∵∠EAB＝∠MNB，∴G是的中点，即：＝；过G作⊙O′的直径GH，连接GH、HM、MG，则△HMG是直角三角形，且∠HMG ＝90°；∵∠MAG＝∠EAS（＝），∠HMG＝∠ESA＝90°，∴△HMG∽△ASE，得：＝，即：＝HG＝2R…①；连接AM、AN；∵＝、＝，∴∠GAB＝∠MAE，∠AME＝∠BAN；对于△AEM有：∠GEM＝∠MAE+∠AME；又∵∠GMN＝∠GAB+∠BAN，∴∠GEM＝∠GMN，即MG＝GE，代入①式，得：＝2R＝2；由相交弦定理得：ME•NE＝AE•EG，∴＝2；综上，值不会发生变化，且值为2．。