2013年合肥168自主招生数学试卷附答案
2013年合肥市168中学自主招生科学素养测试及答案word版
2013年科学素养测试物理试题【卷首语】亲爱的同学们，欢迎参加一六八中学自主招生测试，希望你们凝神静气，考出水平！开放的一六八中学热忱欢迎你们！本学科满分为90分，共21题；建议用时60分钟。
温馨提示：g=10N/kg一、填空题（每空2分，共26分）1、一个物体在平衡力的作用下，是处于静止状态还是处于匀速直线运动状态，取决于。
水平桌面上的物体，如果在水平方向不受力的作用，仍保持匀速直线运动，这是物体的表现。
如果在水平方向上受到了力的作用，仍保持匀速直线运动，这是因为。
2、2012年12月14日清晨，中国海监50、15、26、27船和中国海监51、66船组成的2个维权巡航编队劈波斩浪，向着钓鱼岛及其附属岛屿海域方向驶去．这是《中华人民共和国政府关于钓鱼岛及其附属岛屿领海基线的声明》宣布后，中国海监首次在钓鱼岛及其附属岛屿海域开展维权巡航执法．如图是我国海监人员正在用相机拍摄钓鱼岛．相机的镜头是一个镜．如果要使相机上的像更大一些，应该把镜头（填“前伸”或“后伸”）3、甲型H7N9流感疑似病例和确诊病例，都要被送到专业医院的“负压病房”进行医学隔离观察和治疗，以防止病毒扩散．同学们对“负压”两字含义有如下三种猜想：A．病房内大气的压强大于病房外大气的压强B．病房内大气的压强小于病房外大气的压强C．因为病房是封闭的，所以病房内大气的压强可能大于也可能小于病房外大气的压强（1）猜想正确是（填字母代号）；（2）判断的依据是4、如图所示在竖直木板上固定一橡皮筋，当在橡皮筋下端挂一质量为200g的小球时橡皮筋伸长至E，现用两个弹簧测力计成一角度同时向下拉橡皮筋，使橡皮筋一端再次伸长至E，若甲乙两个弹簧测力计的示数分别为1.5N和1.3N，则甲乙两弹簧测力计的合力大小为N5、去年7月我国“蛟龙号”载人深潜器完成水深5000m级深潜实验，今年6月又将挑战7000m 深海。
已知海水密度为ρ海水=1.03×103 kg/m3，取g=10N/kg．则深潜器在7000m深处所受海水的压强是Pa．深潜器从5000m继续下潜的过程中，受到的浮力（填“变大”、“不变”或“变小”）6、跳绳是一种简便易行的锻炼方式．图中描绘了某同学某次跳绳时重心移动的高度h随时间t变化的图象．由图象可知，他的重心移动的最大高度为6 cm．若该同学的体重为500N，则他在1min内克服重力做功的功率为W。
安徽省合肥XX中学自主招生数学试卷（含答案解析）
安徽省合肥XX中学自主招生数学试卷一、选择题（本大提共8小题，每小题5分，共40分）1．（5分）已知a＝，b＝，则二次根式的值是（）A．6B．7C．8D．92．（5分）已知有9张卡片，分别写有1到9这九个数字，将它们背面朝上洗匀后，任意抽出一张，记卡片上的数字为a，则使关于x的不等式组有解的概率为（）A．B．C．D．3．（5分）已知一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点A（1，3），且与坐标轴围成面积为6的三角形，则满足条件的函数有（）A．2个B．3个C．4个D．5个4．（5分）若实数a≠b，且a，b满足a2﹣8a+5＝0，b2﹣8b+5＝0，则代数式的值为（）A．﹣20B．2C．2或﹣20D．2或205．（5分）对于每个非零自然数n，抛物线y＝x2﹣x+与x轴交于A n，B n 以|A n B n|表示这两点间的距离，则|A1B1|+|A2B2|+…+|AB|的值是（）A．B．C．D．6．（5分）已知a，b，c是△ABC的三边，则下列式子一定正确的是（）A．a2+b2+c2≥ab+bc+ac B．＜C．D．a3+b3＜c37．（5分）如图，从△ABC各顶点作平行线AD∥EB∥FC，各与其对边或其延长线相交于D，E，F．若△ABC的面积为1，则△DEF的面积为（）A．3B．C．D．28．（5分）半径为2.5的圆O中，直径AB的不同侧有定点C和动点P，已知BC：CA＝4：3，点P在弧AB上运动，过点C作CP的垂线，与PB的延长线交于点Q，则CQ的最大值为（）A．B．C．D．二、填空题（本大提共7题，每小题5分，共35）9．（5分）若分式方程＝a无解，则a的值为．10．（5分）已知一列数a1，a2，a3，…满足a1＝，a2＝，a3＝，a4＝，…，依此类推，则a1，a2，…，a，这个数的积为．11．（5分）某公司加工252个零件，计划若干天完成，加工了2天后，由于改进新技术，每天可多加工9个零件，因此提前1天完成任务，则原计划完成任务的天数为．12．（5分）已知函数y＝x2﹣2mx+4（m是实数）与x轴两交点的横坐标为x1，x2，当1＜x1＜2，1＜x2＜3时，则m的范围是．13．（5分）如图，已知四边形ABCD是矩形，BC＝2AB，A，B两点的坐标分别是（﹣1，0），（0，1），C，D两点在反比例函数y＝（x＜0）的图象上，则k的值等于．14．（5分）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，内取一点P，且AP＝AC＝a，BP＝CP＝b（b＜a），则＝．15．（5分）足球运动员在足球场上，常需要带球跑到一定位置后，再进行射门，这个位置为射门点，射门点与球门边框两端的夹角是射门角．如果点A，B表示球门边框（不考虑球门的高度）的两端点，点C表示射门点，连接AC，BC，则∠ABC就是射门角，在不考虑其他因素的情况下，一般地，射门角越大，射门进球的可能性越大，如图（1）（2）（3）是运动员带球跑动的三种常见路线（用直线L表示），则下列说法：①如图（1），AB∥L，当运动员在线段AB的垂直平分线与L的交点C处射门时，进球的可能性最大；②如图（2）AB⊥L垂足为D，设AB＝2a，BD＝b，当运动员在离底线AB的距离为的点C处（即CD＝）射门时，进球可能性最大．③如图（3），AB与L交于点Q，设AB中点为O，当点C满足OQ＝CQ时，运动员在点C处射门时，进球的可能性最大．④如图（3），过点C作直线L的垂线与线段AB的垂直平分线交于点M，当M恰好是△ABC的外心时，运动员在点C处射门时，进球可能性最大．其中正确的序号是（写出所有正确的序号）三、解答题（本大题共5小题，共75分）16．（12分）若，求的值．17．（13分）某学校在大课间举行跳绳活动，为此学校准备购置长、中、短三种跳绳若干，要求中跳绳的条数是长跳绳的2倍，且短跳绳的条数不超过长跳绳的6倍．已知长跳绳单价是20元，中跳绳的单价是15元，短跳绳的单价是8元．（1）若学校准备用不超过2300元的现金购买200条长、中、短跳绳，问学校有几种购买方案可供选择？（2）若学校准备恰好用3000元的现金购买n条长、中、短跳绳．求n的最大值．18．（13分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2＝CE×CA．（1）求证：BC＝CD（2）分别延长AB，DC交于点P，若PB＝OB，CD＝2，求⊙O的半径．19．（13分）如图，在平面直角坐标系xOy中，A、B为x轴上两点，C、D为y轴上的两点，经过点A、C、B的抛物线的一部分C1与经过点A、D、B的抛物线的一部分C2组合成一条封闭曲线，我们把这条封闭曲线称为“蛋线”．已知点C的坐标为（0，﹣），点M 是抛物线C2：y＝mx2﹣2mx﹣3m（m＜0）的顶点．（1）求A、B两点的坐标；（2）“蛋线”在第四象限上是否存在一点P，使得△PBC的面积最大？若存在，求出△PBC面积的最大值；若不存在，请说明理由；（3）当△BDM为直角三角形时，求m的值．20．（14分）已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP＝t．（Ⅰ）如图①，当∠BOP＝30°时，求点P的坐标；（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ＝m，试用含有t的式子表示m；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．安徽省合肥168中自主招生数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大提共8小题，每小题5分，共40分）1．（5分）已知a＝，b＝，则二次根式的值是（）A．6B．7C．8D．9【解答】解：∵a＝＝（﹣）2＝4﹣，b＝＝＝4+，∴ab＝（4+）（4﹣）＝1，∴＝＝＝＝＝＝9．故选：D．2．（5分）已知有9张卡片，分别写有1到9这九个数字，将它们背面朝上洗匀后，任意抽出一张，记卡片上的数字为a，则使关于x的不等式组有解的概率为（）A．B．C．D．【解答】解：因为关于x的不等式组有解，可得：，所以得出a＞5，因为a取≤9的整数，可得a的可能值为6，7，8，9，共4种可能性，所以使关于x的不等式组有解的概率为，故选：C．3．（5分）已知一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点A（1，3），且与坐标轴围成面积为6的三角形，则满足条件的函数有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【解答】解：把A（1，3）代入y＝kx+b中，得3＝k+b，∴b＝3﹣k，∴一次函数的解析式为：y＝kx+3﹣k，∴一次函数图象与坐标轴的交点为（0，3﹣k），（，0），∵一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象与坐标轴围成三角形的面积为6，∴，解得，k＝﹣3，或k＝9，∴k的值有3个，∴满足条件的函数有3个．故选：B．4．（5分）若实数a≠b，且a，b满足a2﹣8a+5＝0，b2﹣8b+5＝0，则代数式的值为（）A．﹣20B．2C．2或﹣20D．2或20【解答】解：∵a，b满足a2﹣8a+5＝0，b2﹣8b+5＝0，∴a，b可看着方程x2﹣8x+5＝0的两根，∴a+b＝8，ab＝5，＝＝＝＝﹣20．故选：A．5．（5分）对于每个非零自然数n，抛物线y＝x2﹣x+与x轴交于A n，B n 以|A n B n|表示这两点间的距离，则|A1B1|+|A2B2|+…+|AB|的值是（）A．B．C．D．【解答】解：y＝x2﹣x+＝（x﹣）（x﹣），∴A n（，0），B n（，0），∴|A n B n|＝﹣，∴|A1B1|+|A2B2|+…+|AB|＝+++…+＝1﹣＝，故选：C．6．（5分）已知a，b，c是△ABC的三边，则下列式子一定正确的是（）A．a2+b2+c2≥ab+bc+ac B．＜C．D．a3+b3＜c3【解答】解：A、由三角形三边关系可得：（a﹣b）2+（b﹣c）2+（a﹣c）2≥0，可得：2（a2+b2+c2）≥2（ab+bc+ac），可得：（a﹣b）2+（b﹣c）2+（a﹣c）2≥0，故选项正确；B、由三角形三边关系不一定得出a+b＞c，＜，可得＜，＞，选项错误；C、由三角形三边关系不一定得出a＞b＞c，由，可得：a＞b＞c，选项错误；D、由三角形三边关系不一定得出a3+b3＜c3，选项错误；故选：A．7．（5分）如图，从△ABC各顶点作平行线AD∥EB∥FC，各与其对边或其延长线相交于D，E，F．若△ABC的面积为1，则△DEF的面积为（）A．3B．C．D．2【解答】证明：∵AD∥BE，AD∥FC，FC∥BE，∴△ADE和△ABD在底边AD上的高相等，△ADF和△ADC在底边AD上的高相等，△BEF和△BEC在底边BE上的高相等，∴S△ADF＝S△ADC，S△BEF＝S△BEC，S△AEF＝S△BEF﹣S△ABE＝S△BEC﹣S△ABE＝S△ABC∴S△DEF＝S△ADE+S△ADF+S△AEF＝S△ABD+S△ADC+S△ABC＝2S△ABC．即S△DEF＝2S△ABC．∵S△ABC＝1，∴S△DEF＝2，故选：D．8．（5分）半径为2.5的圆O中，直径AB的不同侧有定点C和动点P，已知BC：CA＝4：3，点P在弧AB上运动，过点C作CP的垂线，与PB的延长线交于点Q，则CQ的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：∵AB是直径，∴AB＝5，∠ACB＝90°，∴AB2＝AC2+BC2，且BC：CA＝4：3，∴BC＝4，AC＝3，∵∠A＝∠P，∠ACB＝∠PCQ＝90°，∴△ACB∽△PCQ，∴，∴CQ＝，∴当PC最大时，CQ有最大值，∴PC是直径时，CQ的最大值＝×5＝，故选：B．二、填空题（本大提共7题，每小题5分，共35）9．（5分）若分式方程＝a无解，则a的值为1或﹣1．【解答】解：去分母得：x﹣a＝ax+a，即（a﹣1）x＝﹣2a，显然a＝1时，方程无解；由分式方程无解，得到x+1＝0，即x＝﹣1，把x＝﹣1代入整式方程得：﹣a+1＝﹣2a，解得：a＝﹣1，综上，a的值为1或﹣1，故答案为：1或﹣110．（5分）已知一列数a1，a2，a3，…满足a1＝，a2＝，a3＝，a4＝，…，依此类推，则a1，a2，…，a，这个数的积为．【解答】解：a1＝，a2＝，＝2，a3＝＝﹣1，a4＝＝，…，依此类推，发现每3个数为一组一个循环，前3个数的乘积为：2×（﹣1）＝﹣1，所以÷3＝672…1，则a1，a2，…，a，这个数的积为（﹣1）672×＝．故答案为：．11．（5分）某公司加工252个零件，计划若干天完成，加工了2天后，由于改进新技术，每天可多加工9个零件，因此提前1天完成任务，则原计划完成任务的天数为7．【解答】解：设原计划每天加工x个零件．由题意得：+2+1＝，整理得：x2+27x﹣2268＝0．解得：x1＝36，x2＝﹣63（不合题意舍去）．经检验：x＝36是原方程的解．当x＝36时，＝7，即原计划7天完成，故答案为：7．12．（5分）已知函数y＝x2﹣2mx+4（m是实数）与x轴两交点的横坐标为x1，x2，当1＜x1＜2，1＜x2＜3时，则m的范围是2＜m＜．【解答】解：由题意得：△＝b2﹣4ac＝（﹣2m）2﹣4×4＞0，解得：m＞2或m＜﹣2①，函数的对称轴为x＝﹣＝﹣＝m，当1＜x1＜2，1＜x2＜3时，1＜（x1+x2）＜，而x＝﹣＝﹣＝m＝（x1+x2），即1＜m＜②，联立①②并解得：2＜m＜，故答案为：2＜m＜．13．（5分）如图，已知四边形ABCD是矩形，BC＝2AB，A，B两点的坐标分别是（﹣1，0），（0，1），C，D两点在反比例函数y＝（x＜0）的图象上，则k的值等于﹣6．【解答】解：过点C作CE⊥y轴，垂足为E，∵A，B两点的坐标分别是（﹣1，0），（0，1），∴OA＝OB＝1，∠OAB＝∠OBA＝45°，∵ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴∠CBE＝180°﹣90°﹣45°＝45°＝∠BCE，∴△AOB∽△BEC，∴＝＝，又∵BC＝2AB，∴BE＝CE＝2，OE＝OB+BE＝1+2＝3，∴点C（﹣2，3），代入反比例函数关系式得，k＝﹣2×3＝﹣6，故答案为：﹣6．14．（5分）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，内取一点P，且AP＝AC＝a，BP＝CP＝b（b＜a），则＝．【解答】解：如图：过点P作PD⊥BC与点D，作PE⊥AC于点E，可得矩形PDCE，有PD＝EC，PE＝CD，∵PC＝PB，PD⊥BC，∴DC＝DB＝BC＝AC＝a，∴PE＝CD＝a，Rt△AEP中，AP＝AC＝a，PE＝a，∴AE＝a，∴EC＝AC﹣AE＝a﹣a＝a．∴PD＝EC＝a，Rt△CDP中，PD2+CD2＝CP2，∴（a）2+（）2＝b2，∴a2+a2＝b2，∴a2＝b2，∴（2﹣）a2＝b2．∴＝2﹣，∴＝＝＝．故答案是：．15．（5分）足球运动员在足球场上，常需要带球跑到一定位置后，再进行射门，这个位置为射门点，射门点与球门边框两端的夹角是射门角．如果点A，B表示球门边框（不考虑球门的高度）的两端点，点C表示射门点，连接AC，BC，则∠ABC就是射门角，在不考虑其他因素的情况下，一般地，射门角越大，射门进球的可能性越大，如图（1）（2）（3）是运动员带球跑动的三种常见路线（用直线L表示），则下列说法：①如图（1），AB∥L，当运动员在线段AB的垂直平分线与L的交点C处射门时，进球的可能性最大；②如图（2）AB⊥L垂足为D，设AB＝2a，BD＝b，当运动员在离底线AB的距离为的点C处（即CD＝）射门时，进球可能性最大．③如图（3），AB与L交于点Q，设AB中点为O，当点C满足OQ＝CQ时，运动员在点C处射门时，进球的可能性最大．④如图（3），过点C作直线L的垂线与线段AB的垂直平分线交于点M，当M恰好是△ABC的外心时，运动员在点C处射门时，进球可能性最大．其中正确的序号是①②④（写出所有正确的序号）【解答】解：①作△ABC的外接圆圆O，过C作圆O的切线，由圆的切线性质可得，当△ABC等腰三角形的时候，∠ACB最大，所以正确；②当△DBC∽△DAC时，∠ACB最大，此时，CD2＝BD•AD＝b（2a+b）＝2ab+b2，CD＝，所以正确；③④过点C作l的垂线，交AB垂直平分线于M，当M恰好是△ABC的外心时，∠ACB最大，所以③错误，④正确．故答案为：①②④．三、解答题（本大题共5小题，共75分）16．（12分）若，求的值．【解答】解：∵＝﹣，∴x＝a+﹣2，∵x≥0，∴≥，∴a≥1，≤1，原式＝，＝，＝，＝，当a≥时，原式＝＝a2；当a＜时与a≥1，≤1相矛盾．综上所述，原二次根式的值为：a2．故答案为：a2．17．（13分）某学校在大课间举行跳绳活动，为此学校准备购置长、中、短三种跳绳若干，要求中跳绳的条数是长跳绳的2倍，且短跳绳的条数不超过长跳绳的6倍．已知长跳绳单价是20元，中跳绳的单价是15元，短跳绳的单价是8元．（1）若学校准备用不超过2300元的现金购买200条长、中、短跳绳，问学校有几种购买方案可供选择？（2）若学校准备恰好用3000元的现金购买n条长、中、短跳绳．求n的最大值．【解答】解：（1）设购进x条长跳绳，则购进2x条中跳绳，（200﹣x﹣2x）条短跳绳，依题意，得：，解得：22≤x≤26．∵x为正整数，∴x＝23，24，25，26，∴学校共有4种购买方案可供选择．（2）设可以购买a条长跳绳，则购进2a条中跳绳，（n﹣a﹣2a）条短跳绳，依题意，得：，化简，得：，∴13a＝4（375﹣n），∴a为4的倍数，设a＝4k，则n＝375﹣13k，∴375﹣13k≤36k，∴k≥7，∴k的最小值为8，n的最大值为271．18．（13分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2＝CE×CA．（1）求证：BC＝CD（2）分别延长AB，DC交于点P，若PB＝OB，CD＝2，求⊙O的半径．【解答】（1）证明：∵DC2＝CE•CA，∴，而∠ACD＝∠DCE，∴△CAD∽△CDE，∴∠CAD＝∠CDE，∵∠CAD＝∠CBD，∴∠CDB＝∠CBD，∴BC＝DC；（2）解：连接OC，如图，设⊙O的半径为r，∵CD＝CB，∴＝，∴∠BOC＝∠BAD，∴OC∥AD，∴，∴PC＝2CD＝4，∵∠PCB＝∠P AD，∠CPB＝∠APD，∴△PCB∽△P AD，∴，即，∴r＝4，即⊙O的半径为4．19．（13分）如图，在平面直角坐标系xOy中，A、B为x轴上两点，C、D为y轴上的两点，经过点A、C、B的抛物线的一部分C1与经过点A、D、B的抛物线的一部分C2组合成一条封闭曲线，我们把这条封闭曲线称为“蛋线”．已知点C的坐标为（0，﹣），点M 是抛物线C2：y＝mx2﹣2mx﹣3m（m＜0）的顶点．（1）求A、B两点的坐标；（2）“蛋线”在第四象限上是否存在一点P，使得△PBC的面积最大？若存在，求出△PBC面积的最大值；若不存在，请说明理由；（3）当△BDM为直角三角形时，求m的值．【解答】解：（1）y＝mx2﹣2mx﹣3m＝m（x﹣3）（x+1），∵m≠0，∴当y＝0时，x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0）；（2）设C1：y＝ax2+bx+c，将A、B、C三点的坐标代入得：，解得，故C1：y＝x2﹣x﹣．如图：过点P作PQ∥y轴，交BC于Q，由B、C的坐标可得直线BC的解析式为：y＝x﹣，设P（x，x2﹣x﹣），则Q（x，x﹣），PQ＝x﹣﹣（x2﹣x﹣）＝﹣x2+x，S△PBC＝S△PCQ+S△PBQ＝PQ•OB＝×（﹣x2+x）×3＝﹣（x﹣）2+，当x＝时，S△PBC有最大值，Smax＝，×（）2﹣﹣＝﹣，P（，﹣）；（3）y＝mx2﹣2mx﹣3m＝m（x﹣1）2﹣4m，顶点M坐标（1，﹣4m），当x＝0时，y＝﹣3m，∴D（0，﹣3m），B（3，0），∴DM2＝（0﹣1）2+（﹣3m+4m）2＝m2+1，MB2＝（3﹣1）2+（0+4m）2＝16m2+4，BD2＝（3﹣0）2+（0+3m）2＝9m2+9，当△BDM为Rt△时有：DM2+BD2＝MB2或DM2+MB2＝BD2．①DM2+BD2＝MB2时有：m2+1+9m2+9＝16m2+4，解得m＝﹣1（∵m＜0，∴m＝1舍去）；②DM2+MB2＝BD2时有：m2+1+16m2+4＝9m2+9，解得m＝﹣（m＝舍去）．综上，m＝﹣1或﹣时，△BDM为直角三角形．20．（14分）已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP＝t．（Ⅰ）如图①，当∠BOP＝30°时，求点P的坐标；（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ＝m，试用含有t的式子表示m；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．【解答】解：（Ⅰ）根据题意，∠OBP＝90°，OB＝6，在Rt△OBP中，由∠BOP＝30°，BP＝t，得OP＝2t．∵OP2＝OB2+BP2，即（2t）2＝62+t2，解得：t1＝2，t2＝﹣2（舍去）．∴点P的坐标为（，6）．（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，∴∠OPB′＝∠OPB，∠QPC′＝∠QPC，∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC＝180°，∴∠OPB+∠QPC＝90°，∵∠BOP+∠OPB＝90°，∴∠BOP＝∠CPQ．又∵∠OBP＝∠C＝90°，∴△OBP∽△PCQ，∴，由题意设BP＝t，AQ＝m，BC＝11，AC＝6，则PC＝11﹣t，CQ＝6﹣m．∴．∴m＝（0＜t＜11）．（Ⅲ）过点P作PE⊥OA于E，∴∠PEA＝∠QAC′＝90°，∴∠PC′E+∠EPC′＝90°，∵∠PC′E+∠QC′A＝90°，∴∠EPC′＝∠QC′A，∴△PC′E∽△C′QA，∴，∵PC′＝PC＝11﹣t，PE＝OB＝6，AQ＝m，C′Q＝CQ＝6﹣m，∴AC′＝＝，∴，∴，∴3（6﹣m）2＝（3﹣m）（11﹣t）2，∵m＝，∴3（﹣t2+t）2＝（3﹣t2+t﹣6）（11﹣t）2，∴t2（11﹣t）2＝（﹣t2+t﹣3）（11﹣t）2，∴t2＝﹣t2+t﹣3，∴3t2﹣22t+36＝0，解得：t1＝，t2＝，点P的坐标为（，6）或（，6）．法二：∵∠BPO＝∠OPC′＝∠POC′，∴OC′＝PC′＝PC＝11﹣t，过点P作PE⊥OA于点E，则PE＝BO＝6，OE＝BP＝t，∴EC′＝11﹣2t，在Rt△PEC′中，PE2+EC′2＝PC′2，即（11﹣t）2＝62+（11﹣2t）2，解得：t1＝，t2＝．点P的坐标为（，6）或（，6）．。
安徽省合肥168中学等联谊校高三数学上学期第二次段考试题 文(含解析)新人教A版
安徽省合肥168中学等联谊校2013届高三（上）第二次段考数学试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共60分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．（5分）若复数Z=，则Z的虚部为（）A．1B．﹣1 C．i D．﹣i考点：复数代数形式的乘除运算．专题：计算题．分析：利用复数的除法运算法则，直接求出复数的最简形式即可．解答：解：复数Z====i．复数的虚部为：1．故选A．点评：本题考查复数的代数形式的混合运算，考查计算能力，常考题．2．（5分）已知集合M={x|x2﹣x﹣6≤0}，N={x|﹣2＜x≤4}，则M∩N=（）A．{x|﹣2≤x＜3} B．{x|﹣2≤x≤3}C．{x|﹣2＜x≤3}D．{x|﹣2＜x≤4}考点：一元二次不等式的解法；交集及其运算．专题：不等式的解法及应用．分析：把集合M化简后在数轴上取交集即可得到正确答案．解答：解：集合M={x|x2﹣x﹣6≤0}={x|﹣2≤x≤3}，N={x|﹣2＜x≤4}，所以M∩N={x|﹣2≤x≤3}∩{x|﹣2＜x≤4}={x|﹣2＜x≤3}．故选C．点评：本题考查了一元二次不等式的解法，考查了交集及其运算，集合间的运算最好借助于数轴求解，是基础题．3．（5分）首项为2的等比数列{a n}中，，且a5a9=16，则a13=（）A．3B．4C．6D．8考点：等比数列的性质．专题：计算题；等差数列与等比数列．分析：利用首项为2的等比数列{a n}中，a5a9=16，求得q12=4，即可求a13的值．解答：解：设公比为q，则∵首项为2的等比数列{a n}中，a5a9=16，∴2q4×2q8=16∴q12=4∴a13=2q12=2×4=8故选D．点评：本题考查等比数列的通项公式，考查学生的计算能力，属于基础题．4．（5分）已知定义在R上的函数f（x），满足f（x）=f（2﹣x），且当x≥1时，，则有（）A ．B．C．D．考点：函数的单调性及单调区间；指数函数的图像与性质．专题：计算题；函数的性质及应用．分析：通过f（x）=f（2﹣x），推出函数的对称轴，利用函数已知表达式，判断函数的值的大小，得到选项．解答：解：定义在R上的函数f（x），满足f（x）=f（2﹣x），所以函数关于x=1对称，因为当x≥1时，，函数是减函数．x＜1时函数是增函数，因为，所以，即．故选B．点评：本题考查指数函数的单调性的应用，函数的解析式的求法，函数的对称性，考查计算能力．5．（5分）已知非空集合A、B、C，则A∩B=A∩C是B⊆C的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．专题：计算题．分析：假设当A⊆B且A⊆C时，B与C不一定相等，没有直接关系，利用此信息进行判断；解答：解：∵非空集合A、B、C，则A∩B=A∩C，若A集合最小，即A⊆B且A⊆C时，集合B与集合C没有直接关系，可得B⊆C也可C⊆B，∴A∩B=A∩C是B⊆C的既不充分也不必要条件，故选D；点评：本题考查交、并、补集的混合运算，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．6．（5分）设x0是方程的解，则x0属于区间（）A．（1，2）B．（2，e）C．（e，3）D．（3，+∞）考点：函数的零点与方程根的关系．专题：转化思想．分析：根据函数零点与方程根之间的关系，我们可将方程的根转化为函数f（x）=的零点，由零点存在定理判断区间端点的函数值是否异号可得答案．解答：解：∵方程的解为函数f（x）=的零点又∵f（2）=ln2﹣1＜0f（e）=1﹣＞0∴x0属于区间（2，e）故选B点评：本题考查的知识点是函数的零点与方程根的关系，其中熟练掌握函数的零点存在定理是解答的关键．7．（5分）已知数列{a n}是等差数列，S n为其前n项和，S2=2，S5=20，则S7的值为（）A．33 B．22 C．42 D．47考点：等差数列的前n项和．专题：等差数列与等比数列．分析：由题意两式相减可得a4=6，而由求和公式和性质可得S7=7a4，代值可求．解答：解：由题意可得：S5﹣S2=a3+a4+a5=18，由等差数列的性质可得：a3+a5=2a4，所以3a4=18，解得a4=6故S7==7a4=42故选C点评：本题考查等差数列的性质，熟练掌握性质并把问题转化为a4是解决问题的关键，属基础题．8．（5分）已知实数x，y满足约束条件，则z=3x+2y的最大值为（）A．0B．3C．D．5考点：简单线性规划．分析：画出已知约束条件对应的可行域，再求出对应的角点的坐标，分别代入目标函数，比较目标函数值即可得到其最优解．解答：解：约束条件对应的可行域如下图所示当x=，y=时，z=3x+2y=，当x=0，y=0时，z=3x+2y=0，当x=1，y=0时，z=3x+2y=3，故z=3x+2y的最大值为，故选C点评：本题考查的知识点是简单线性规划的应用，其中利用角点法是解答线性规划类小题最常用的方法，一定要掌握9．（5分）已知△ABC外接圆的半径为R，且，那么角C的大小为（）A．30°B．45°C．60°D．90°考点：余弦定理．专题：解三角形．分析：先根据正弦定理把2R（sin2A﹣sin2C）=（a﹣b）sinB中的角转换成边可得a，b 和c的关系式，再代入余弦定理求得cosC的值，进而可得C的值．解答：解：△ABC中，由2R（sin2A﹣sin2C）=（a﹣b）sinB，根据正弦定理得a2﹣c2=（a﹣b）b=ab﹣b2，∴cosC==，∴角C的大小为30°，故选A．点评：本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，解三角形问题过程中常需要利用正弦定理和余弦定理完成边角问题的互化，属于中档题．10．（5分）已知f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，且满足xf′（x）﹣f（x）≥0，对任意正数a，b，若a＞b，则必有（）A．a f（a）≤bf（b）B．b f（b）≤af（a） C．a f（b）≤bf（a）D．b f（a）≤af（b）考点：导数的乘法与除法法则．专题：导数的概念及应用．分析：令F（x）=，对其进行求导，根据xf′（x）﹣f（x）≥0，证明F（x）是增函数，利用单调性进行求解；解答：解：F（x）=，可得F'（x）=[xf′（x）﹣f（x）]，∴xf′（x）﹣f（x）＞0 所以 F'（x）＞0 即F（x）是增函数，即当a＞b＞0时，F（a）＞F（b），∴≤，从而af（b）≤bf（a）．故选C；点评：本题考查函数的单调性和导数的关系，解题时要认真审题，注意导数的合理运用．二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．11．（5分）不等式的解集为（1，2）．考点：其他不等式的解法．专题：计算题．分析：本题的方法是：要使不等式小于0即要分子与分母异号，得到一个一元二次不等式，讨论x的值即可得到解集．解答：解：∵，得到（x﹣1）（x﹣2）＜0即x﹣1＞0且x﹣2＜0解得：＜x＜2；或x﹣1＜0且x﹣2＞0，解得x＞2且x＜1所以无解，所以不等式的解集为（1，2）故答案为：（1，2）．点评：此题考查了其他不等式的解法，考查了转化的思想，是一道基础题．12．（5分）已知函数f（x）=xe x，f（x）图象在点（0，f（0））处的切线方程为x﹣y=0 ．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：计算题．分析：先求函数的导函数f′（x），再求所求切线的斜率即f′（0），由于切点为（0，0），故由点斜式即可得所求切线的方程解答：解：∵f（x）=xe x，∴f′（x）=x（e x）′+x′e x=e x（x+1）∴f′（0）=1，f（0）=0即函数f（x）图象在点（0，0）处的切线斜率为1∴图象在点（0，f（0））处的切线方程为x﹣y=0故答案为x﹣y=0点评：本题考查了基本函数导数公式，导数的四则运算，导数的几何意义，求已知切点的切线方程的方法13．（5分）已知=（3，4），=1，则||的取值范围是[4，6] ．考点：向量的模．专题：计算题．分析：思路一：“模不等式”||≥||﹣||可得；思路二：记=，=，则A（3，4），||=||=1，即点B到定点A的距离为1，∴点B在以A为圆心，1为半径的圆周上．解答：解：解法一：用“模不等式”||≥||﹣||⇒|5﹣||≤1⇒||∈[4，6]．解法二：记=，=，则A（3，4），||=||=1，即点B到定点A的距离为1，∴点B在以A为圆心，1为半径的圆周上，数形结合可得||∈[4，6]，即||∈[4，6]．故答案[4，6]点评：①利用“模不等式”||≥||﹣||；②用圆的定义以及性质求解．14．（5分）数列{a n}满足，且a1=2，则a n= ．考点：数列递推式．专题：计算题；等差数列与等比数列．分析：取倒数，再两边减去1，可得{}是以为首项，为公比的等比数列，由此可求数列的通项．解答：解：∵，∴=∴=∵a1=2，∴∴{}是以为首项，为公比的等比数列∴∴∴a n=故答案为：点评：本题考查数列的通项，考查学生分析解决问题的能力，取倒数，再两边减去1是关键．15．（5分）若周期为2的函数f（x）满足当x∈[1，3]时，，且，则ab的值为24 ．考点：函数的值．专题：计算题．分析：观察所给函数的解析式，结合条件周期为2，可以得到f（1）=f（3），再利用，两个条件构成方程组求解出a与b，再求ab．解答：解：因为函数f（x）的周期为2，所以f（1）=f（3），即2+b=3a+1 ①又，所以②由①②联立可求得，所以ab=24，故答案为24．点评：解决该问题的突破口在所给函数的定义域的区间长度与周期相同．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（12分）已知向量（Ⅰ）若与平行，求实数λ的值；（Ⅱ）求在上的投影．考点：平面向量数量积的含义与物理意义；平面向量共线（平行）的坐标表示．专题：平面向量及应用．分析：（Ⅰ）由题意可得两向量的坐标，由向量平行的充要条件可得方程，解之即可；（Ⅱ）在上的投影为：，由已知代入即可求得．解答：解：（Ⅰ）由题意可得：=λ（1，2）+（﹣1，1）=（λ﹣1，2λ+1），=（1，2）﹣（﹣1，1）=（2，1），∵若与平行，∴（λ﹣1）﹣2（2λ+1）=0，解得λ=﹣1；（Ⅱ）由题意可得=（1，2）+（﹣1，1）=（0，3），设与的夹角为θ，则在上的投影为：==点评：本题为向量的基本运算，涉及向量平行的充要条件和投影的定义，属基础题．17．（12分）已知向量，且函数•（Ⅰ）求函数f（x）的最小正周期；（Ⅱ）将函数f（x）向左平移个单位得到函数g（x），求函数g（x）的单调递增区间．考点：三角函数中的恒等变换应用；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换．专题：三角函数的图像与性质．分析：（Ⅰ）先求出+2的坐标，再根据函数•，利用两个向量数量积公式和三角函数的恒等变换求得函数的解析式为sin（2x﹣），由此求得函数的最小正周期．（Ⅱ）根据函数y=Asin（ωx+∅）的图象变换规律求得g（x）=sin（2x+），令2kπ﹣≤2x+≤2kπ+，k∈z可得 x的范围，即可求得函数的增区间．解答：解：（Ⅰ）∵+2=（cosx，sinx），∴函数•=（cosx，sinx）•（2sinx﹣cosx，sinx）=2sinxcosx ﹣cos2x+sin2x=sin（2x﹣），函数•的最小正周期等于=π．（Ⅱ）将函数f（x）的图象向左平移个单位得到函数y=sin[2（x+）﹣]=sin（2x+）的图象，故 g（x）=sin（2x+）．令2kπ﹣≤2x+≤2kπ+，k∈z可得kπ﹣≤x≤kπ+，k∈z，故函数的增区间为[kπ﹣，kπ+]，k∈z．点评：本题主要考查三角函数的恒等变换及化简求值，两个向量数量积公式，函数y=Asin （ωx+∅）的图象变换规律，正弦函数的周期性和单调性，属于中档题．18．（12分）已知数列{a n}的前n项和记为S n，且a1=2，a n+1=S n+2．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若，求数列{c n}的前n项和T n．考点：数列递推式；数列的求和．专题：计算题；等差数列与等比数列．分析：（Ⅰ）利用数列递推式，再写一式，两式相减，可求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）利用错位相减法，可求数列{c n}的前n项和．解答：解：（Ⅰ）∵a n+1=S n+2，∴n≥2时，a n=S n﹣1+2两式相减可得a n+1﹣a n=S n﹣S n﹣1=a n，∴a n+1=2a n（n≥2）∵a1=2，∴a2=S1+2=4，∴n≥2时，a n=4•2n﹣2=2n，∵a1=2，也符合上式，∴数列{a n}的通项公式为a n=2n；（Ⅱ）=，∴T n=1×+2×+…+①∴T n=1×+…++②①﹣②：T n=++…+﹣=1﹣﹣∴T n=2﹣．点评：本题考查数列递推式，考查数列的通项与求和，正确运用求和公式是关键．19．（13分）某公司建一座长方体仓库，高为5米，占地面积为600平方米（如图所示）中间以隔板隔开成三间，四周的造价为80元/平方米，中间的两块隔板的造价为40元/平方米，仓库顶的造价为260元/平方米，其它造价，厚度等忽略不计．（Ⅰ）试设计仓库的长与宽，使总造价最低，并求出最低造价；（Ⅱ）由于地形限制，该仓库的宽不能超过15米，试设计仓库的长与宽，使总造价最低，并求出最低造价．考点：导数在最大值、最小值问题中的应用；函数模型的选择与应用．专题：应用题；函数的性质及应用．分析：（Ⅰ）可以设宽为x米，长为米，总造价为y，根据题中的等量关系四周的造价为80元/平方米，中间的两块隔板的造价为40元/平方米，仓库顶的造价为260元/平方米，写出y关于x的解析式，然后利用均值不等式进行放缩，求出最小值；（Ⅱ）根据题意由于地形限制，该仓库的宽不能超过15米，x有限制范围，此时可以对y进行求导，利用导数判断其单调性，再求出最小值；解答：解：（Ⅰ）设宽为x米，长为米，总造价为y，y=2（x+）×5×80+2x×5×40+260×600=（3x+）×400+156000≥400×2+156000=204000，当且仅当3x=，即x=20时造价最低为：204000元；（Ⅱ）∵x∈（0，15]，y′=400（3﹣）＜0，∴函数y=（3x+）×400+156000在（0，15]上单调递减，∴x=15时，y min=206000元；点评：本题主要考查了建立函数解析式，利用基本不等式求函数最值的能力，同时考查了运算求解能力，属于中档题．20．（13分）已知函数f（x）=x3+2x﹣sinx（x∈R）．（Ⅰ）证明：函数f（x）是R上单调递增函数；（Ⅱ）解关于x的不等式f（x2﹣a）+f（x﹣ax）＜0．考点：利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质．专题：函数的性质及应用；导数的概念及应用．分析：（I）根据已知函数的解析式，求出函数的导函数，根据二次函数和余弦函数的性质，分析导函数的符号，即可判断出函数的单调性；（II）根据函数奇偶性的定义及函数解析式，可判断出函数为奇函数，结合（I）中函数的单调性和定义域，可将不等式f（x2﹣a）+f（x﹣ax）＜0化为（x+1）（x﹣a）＜0，分别讨论对应方程两根a与﹣1的大小，即可得到不同情况下原不等式的解集．解答：证明：（I）∵f（x）=x3+2x﹣sinx∴f′（x）=3x2+2﹣cosx=3x2+（2﹣cosx）∵3x2≥0，2﹣cosx＞0恒成立，故f′（x）＞0，故函数f（x）是R上单调递增函数；（Ⅱ）∵f（﹣x）=（﹣x）3+2（﹣x）﹣sin（﹣x）=﹣（x3+2x﹣sinx）=﹣f（x）函数f（x）是奇函数原不等式可化为f（x2﹣a）＜﹣f（x﹣ax）=f（ax﹣x）由（1）可得x2﹣a＜ax﹣x，即x2+（1﹣a）x﹣a＜0，即（x+1）（x﹣a）＜0，当a＜﹣1时，原不等式的解析为（a，﹣1）当a=﹣1时，原不等式的解析为∅当a＞﹣1时，原不等式的解析为（﹣1，a）点评：本题考查的知识点是函数的单调性与奇偶性的证明及应用，熟练掌握导数法证明单调性及定义法证明奇偶性是解答的关键．21．（13分）已知数列{a n}，a1=3，a n+1=4a n﹣3（Ⅰ）设b n=1og2（a n﹣1），求数列{b n}的前n项和S n（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求证：．考点：数列与不等式的综合；等比关系的确定．专题：综合题；等差数列与等比数列．分析：（Ⅰ）利用数列递推式，可得{a n﹣1}是以2为首项，4为公比的等比数列，进而利用b n=1og2（a n﹣1），可得数列{b n}是以1为首项，2为公差的等差数列，由此可求数列{b n}的前n项和S n（Ⅱ）先放缩，再利用裂项法，即可证得结论．解答：（Ⅰ）解：∵a n+1=4a n﹣3，∴a n+1﹣1=4（a n﹣1）∵a1=3，∴a1﹣1=2，∴{a n﹣1}是以2为首项，4为公比的等比数列∴a n﹣1=2×4n﹣1=22n﹣1，∵b n=1og2（a n﹣1），∴b n=2n﹣1，∴数列{b n}是以1为首项，2为公差的等差数列∴S n==n2；（Ⅱ）证明：=＞==1﹣=∴．点评：本题考查数列的通项与求和，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．。
2013高中自主招生考试选拔试题(含答案)
（2）根据对对阵形式的分析可以知道：天忌赢得比赛的概率为 （得4分）
解(115、（本小题满分10分）
解：解：（1）集合 不是好的集合， 是好的集合。（每个判断正确得2分）
（2）集合 、 、 、 等都可以举。（每举出一个得3分）
16、（本小题满分10分）
证明： ，且 为 三等分点， 为 中点
我们观察操作，将某次操作前的三个数记为 ．因为 对称，不妨设操作 ．则操作后的三个数为 ， ， ．不难发现
也就是说，操作前后平方和不改变，所以经过有限此操作后，三个数的平方和为10不为2014．（得4分）
A．20分钟Ｂ．22分钟
Ｃ．24分钟D．26分钟
5.二次函数 的图象如何移动就得到 的图象（ ）
A. 向左移动1个单位，向上移动3个单位。
B. 向右移动1个单位，向上移动3个单位。
C. 向左移动1个单位，向下移动3个单位。
D. 向右移动1个单位，向下移动3个单位。
6．下列名人中：①比尔 盖茨②高斯③刘翔④诺贝尔⑤陈景润⑥陈省身⑦高尔基⑧爱因斯坦，其中是数学家的是（）
13．如果有2007名学生排成一列，按1、2、3、4、5、4、3、2、1、2、3、4、5、4、3、2、1……的规律报数，那么第2007名学生所报的数是．
三、解答题：（本题有4个小题，共38分）解答应写出文字说明,证明过程或推演步骤。
14．（本小题满分8分）【田忌赛马】
齐王和他的大臣田忌均有上、中、下马各一匹，每场比赛三匹马各出场一次，共赛三次，以胜的次数多者为赢．已知田忌的马较齐王的马略有逊色，即：田忌的上马不敌齐王的上马，但胜过齐王的中马；田忌的中马不敌齐王的中马，但胜过齐王的下马； 田忌的下马不敌齐王的下马. 田忌在按图1的方法屡赛屡败后，接受了孙膑的建议，用图2的方法，结果田忌两胜一负，赢了比赛.假如在不知道齐王出马顺序的情况下：
合肥168中学自主招生2013年数学试题及答案
2013年合肥一六八中学自主招生考试数学试卷答案1. C。
2. D。
（PD=7，PB=6）3. B或C。
（若a+b+c≠0，则k=2，选B；若a+b+c=0，则k=-1，选C）4. B。
（ax中若x为偶数则ax=-x/2，若x为奇数则ax=-x/2+1/2）5. C。
（分别为1、1、7，1、2、4，1、3、1和2、1、2）6. B。
（易证△OBC∽△BAC，可得比例式1：a = a：(a+1)，解方程并排除负解得B）7. B。
（由n+m=4s，可知AD²/4+BC²/4=AB²即AD²+BC²=4AB²，作BE∥AD交CD于E，可证得△BEC是直角三角形且四边形ABED是平行四边形，∴AD=BE，AB=DE，AD²+BC²=CE²，于是得4AB²=CE²即2AB=CE即2DE=CE，所以CD=3AB）8. C。
（通过十字相乘法分解因式，得y=(nx-1)[(n+1)x-1]，故其与x轴交点为1/n 和1/(n+1)，所截得线段长度为1/n-1/(n+1)。
所以线段长度之和为1-1/2+1/2-1/3+…+1/2013-1/2014 = 2013/2014）9. 3 EQ \R(,3) 。
（连接OB，OA⊥AP，OB⊥BP，易算出∠BAP和∠ABP为60°，于是得△ABP为等边三角形；易算出AB= EQ \R(,3) ，所以周长为3 EQ \R(,3) ）10. 27。
11. 56。
（观察可知aij=[(i-1)²+j]×(-1)i+j+1）12. 5/18。
13. 3 EQ \R(,2) 。
（显然AC是正方形ABCD的对称轴，∴对于在AC上的任意一个P 点，都能满足PB=PD，所以PD+PE=PB+PE。
显然当P点恰为AC、BE的交点时PB+PE值最小，所以最小值为PB+PE=BE=AB=3 EQ \R(,2)）14. 2（易算出S△ABD=6，S△ABE=4，所以S△ABD- S△ABE=2，即S△ADF-S△BEF=2）15. 0°<θ<60°（由题意可知b²-4ac<0，即：(4sinθ)²-4×6×cosθ<0。
安徽省168中学自主招生考试数学模拟试卷一及详细答案
2014年安徽省168中学自主招生考试数学模拟试卷一参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．）．1．（3分）若不等式组的解集是x＞3，则m的取值范围是（）A．m＞3 B．m≥3 C．m≤3 D．m＜3考点：解一元一次不等式组．专题：计算题．分析：先解不等式组，然后根据不等式的解集，得出m的取值范围即可．解答：解：由x+7＜4x﹣2移项整理得：﹣3x＜﹣9，∴x＞3，∵x＞m，又∵不等式组的解集是x＞3，∴m≤3．故选C．点评：主要考查了一元一次不等式组解集的求法，将不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）逆用，已知不等式解集反过来求m的范围．2．（3分）如图，在△ABC中．∠ACB=90°，∠ABC=15°，BC=1，则AC=（）A．B．C．0.3 D．考点：特殊角的三角函数值．分析：本题中直角三角形的角不是特殊角，故过A作AD交BC于D，使∠BAD=15°，根据三角形内角和定理可求出∠DAC及∠ADC的度数，再由特殊角的三角函数值及勾股定理求解即可．解答：解：过A作AD交BC于D，使∠BAD=15°，∵△ABC中．∠ACB=90°，∠ABC=15°，∴∠BAC=75°，∴∠DAC=∠BAC﹣∠BAD=75°﹣15°=60°，∴∠ADC=90°﹣∠DAC=90°﹣60°=30°，∴AC=AD，又∵∠ABC=∠BAD=15°∴BD=AD，∵BC=1，∴AD+DC=1，设CD=x，则AD=1﹣x，AC=（1﹣x），∴AD2=AC2+CD2，即（1﹣x）2=（1﹣x）2+x2，解得：x=﹣3+2，∴AC=（4﹣2）=2﹣故选B．点评：本题考查的是特殊角的三角函数值，解答此题的关键是构造特殊角，用特殊角的三角函数促使边角转化．注：（1）求（已知）非特角三角函数值的关是构造出含特殊角直角三角形．（2）求（已知）锐角三角函数值常根据定转化为求对应线段比，有时需通过等的比来转换．3．（3分）（2011•南漳县模拟）如图，AB为⊙O的一固定直径，它把⊙O分成上，下两个半圆，自上半圆上一点C 作弦CD⊥AB，∠OCD的平分线交⊙O于点P，当点C在上半圆（不包括A，B两点）上移动时，点P（）A．到CD的距离保持不变B．位置不变D．随C点移动而移动C．等分考点：圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．专题：探究型．分析：连OP，由CP平分∠OCD，得到∠1=∠2，而∠1=∠3，所以有OP∥CD，则OP⊥AB，即可得到OP平分半圆APB．解答：解：连OP，如图，∵CP平分∠OCD，∴∠1=∠2，而OC=OP，有∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴OP∥CD，又∵弦CD⊥AB，∴OP⊥AB，∴OP平分半圆APB，即点P是半圆的中点．故选B．点评：本题考查了圆周角定理．在同圆或等圆中，同弧和等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理的推论．4．（3分）已知y=+（x，y均为实数），则y的最大值与最小值的差为（）A．2﹣1 B．4﹣2C．3﹣2D．2﹣2考点：函数最值问题．分析：首先把y=+两边平方，求出定义域，然后利用函数的单调性求出函数的最大值和最小值，最后求差．解答：解：∵y=+，∴y2=4+2=4+2×，∵1≤x≤5，当x=3时，y的最大值为2，当x=1或5时，y的最小值为2，故当x=1或5时，y取得最小值2，当x取1与5中间值3时，y取得最大值，故y的最大值与最小值的差为2﹣2，故选D．点评：本题主要考查函数最值问题的知识点，解答本题的关键是把函数两边平方，此题难度不大．5．（3分）（2010•泸州）已知O为圆锥的顶点，M为圆锥底面上一点，点P在OM上．一只蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过的最短路线的痕迹如图所示．若沿OM将圆锥侧面剪开并展开，所得侧面展开图是（）A．B．C．D．考点：线段的性质：两点之间线段最短；几何体的展开图．专题：压轴题；动点型．分析：此题运用圆锥的性质，同时此题为数学知识的应用，由题意蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过的最短，就用到两点间线段最短定理．解答：解：蜗牛绕圆锥侧面爬行的最短路线应该是一条线段，因此选项A和B错误，又因为蜗牛从p点出发，绕圆锥侧面爬行后，又回到起始点P处，那么如果将选项C、D的圆锥侧面展开图还原成圆锥后，位于母线OM上的点P应该能够与母线OM′上的点（P′）重合，而选项C还原后两个点不能够重合．故选D．点评：本题考核立意相对较新，考核了学生的空间想象能力．6．（3分）已知一正三角形的边长是和它相切的圆的周长的两倍，当这个圆按箭头方向从某一位置沿正三角形的三边做无滑动的旋转，直至回到原出发位置时，则这个圆共转了（）A．6圈B．6.5圈C．7圈D．8圈考点：直线与圆的位置关系．分析：根据直线与圆相切的性质得到圆从一边转到另一边时，圆心要绕其三角形的顶点旋转120°，则圆绕三个顶点共旋转了360°，即它转了一圈，再加上在三边作无滑动滚动时要转6圈，这样得到它回到原出发位置时共转了7圈．解答：解：圆按箭头方向从某一位置沿正三角形的三边做无滑动的旋转，∵等边三角形的边长是和它相切的圆的周长的两倍，∴圆转了6圈，而圆从一边转到另一边时，圆心绕三角形的一个顶点旋转了三角形的一个外角的度数，圆心要绕其三角形的顶点旋转120°，∴圆绕三个顶点共旋转了360°，即它转了一圈，∴圆回到原出发位置时，共转了6+1=7圈．故选C．点评：本题考查了直线与圆的位置关系，弧长公式：l=（n为圆心角，R为半径）；也考查了旋转的性质．7．（3分）二次函数y=ax2+bx+c的图象如下图，则以下结论正确的有：①abc＞0；②b＜a+c；③4a+2b+c＞0；④2c＜3b；⑤a+b＞m（am+b）（m≠1，m为实数）（）A．2个B．3个C．4个D．5个考点：二次函数图象与系数的关系．专题：图表型．分析：由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x 轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．解答：解：①由图象可知：a＜0，b＞0，c＞0，abc＜0，错误；②当x=﹣1时，y=a﹣b+c＜0，即b＞a+c，错误；③由对称知，当x=2时，函数值大于0，即y=4a+2b+c＞0，正确；④当x=3时函数值小于0，y=9a+3b+c＜0，且x=﹣=1，即a=﹣，代入得9（﹣）+3b+c＜0，得2c＜3b，正确；⑤当x=1时，y的值最大．此时，y=a+b+c，而当x=m时，y=am2+bm+c，所以a+b+c＞am2+bm+c，故a+b＞am2+bm，即a+b＞m（am+b），正确．③④⑤正确．故选B．点评：考查二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴和、抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数确定．8．（3分）如图，正△ABC中，P为正三角形内任意一点，过P作PD⊥BC，PE⊥AB，PF⊥AC连结AP、BP、CP，如果，那么△ABC的内切圆半径为（）A．1B．C．2D．考点：三角形的内切圆与内心；等边三角形的性质．分析：过P点作正△ABC的三边的平行线，可得△MPN，△OPQ，△RSP都是正三角形，四边形ASPM，四边形NCOP，四边形PQBR是平行四边形，故可知黑色部分的面积=白色部分的面积，于是求出三角形ABC的面积，进而求出等边三角形的边长和高，再根据等边三角形的内切圆的半径等于高的三分之一即可求出半径的长度．解答：解：如图，过P点作正△ABC的三边的平行线，则△MPN，△OPQ，△RSP都是正三角形，四边形ASPM，四边形NCOP，四边形PQBR是平行四边形，故可知黑色部分的面积=白色部分的面积，又知S△AFP+S△PCD+S△BPE=，故知S△ABC=3，S△ABC=AB2sin60°=3，故AB=2，三角形ABC的高h=3，△ABC的内切圆半径r=h=1．故选A．点评：本题主要考查等边三角形的性质，面积及等积变换，解答本题的关键是过P点作三角形三边的平行线，证明黑色部分的面积与白色部分的面积相等，此题有一定难度．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）9．（3分）与是相反数，计算=．考点：二次根式有意义的条件；非负数的性质：绝对值．专题：计算题．分析：根据互为相反数的和等于0列式，再根据非负数的性质列式求出a+的值，再配方开平方即可得解．解答：解：∵与|3﹣a﹣|互为相反数，∴+|3﹣a﹣|=0，∴3﹣a﹣=0，解得a+=3，∴a+2+=3+2，根据题意，a＞0，∴（+）2=5，∴+=．故答案为：．点评：本题考查了二次根式有意义的条件，非负数的性质，求出a+=3后根据乘积二倍项不含字母，配方是解题的关键．10．（3分）若[x]表示不超过x的最大整数，，则[A]=﹣2．考点：取整计算．专题：计算题．分析：先根据零指数幂和分母有理化得到A=﹣，而≈1.732，然后根据[x]表示不超过x的最大整数得到，[A]=﹣2．解答：解：∵A=++1=++1=+1=+1=﹣1﹣+1=﹣，∴[A]=[﹣]=﹣2．故答案为﹣2．点评：本题考查了取整计算：[x]表示不超过x的最大整数．也考查了分母有理化和零指数幂．11．（3分）如图，M、N分别为△ABC两边AC、BC的中点，AN与BM交于点O，则=．考点：相似三角形的判定与性质；三角形中位线定理．专题：计算题；证明题．分析：连接MN，设△MON的面积是s，由于M、N分别为△ABC两边AC、BC的中点，易知MN是△ABC的中位线，那么MN∥AB，MN=AB，根据平行线分线段成比例定理可得△MON∽△BOA，于是OM：OB=MN：AB=1：2，易求△BON的面积是2s，进而可知△BMN的面积是3s，再根据中点性质，可求△BCM的面积等于6s，同理可求△ABC的面积是12s，从而可求S△BON：S△ABC．解答：解：连接MN，设△MON的面积是s，∵M、N分别为△ABC两边AC、BC的中点，∴MN是△ABC的中位线，∴MN∥AB，MN=AB，∴△MON∽△BOA，∴OM：OB=MN：AB=1：2，∴△BON的面积=2s，∴△BMN的面积=3s，∵N是BC的中点，∴△BCM的面积=6s，同理可知△ABC的面积=12s，∴S△BON：S△ABC=2s：12s=1：6，故答案是．点评：本题考查了相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理，解题的关键是连接MN，构造相似三角形．12．（3分）如图，已知圆O的面积为3π，AB为直径，弧AC的度数为80°，弧BD的度数为20°，点P为直径AB 上任一点，则PC+PD的最小值为3．考点：轴对称-最短路线问题；勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．专题：探究型．分析：先设圆O的半径为r，由圆O的面积为3π求出R的值，再作点C关于AB的对称点C′，连接OD，OC′，DC′，则DC′的长即为PC+PD的最小值，由圆心角、弧、弦的关系可知==80°，故BC′=100°，由=20°可知=120°，由OC′=OD可求出∠ODC′的度数，进而可得出结论．解答：解：设圆O的半径为r，∵⊙O的面积为3π，∴3π=πR2，即R=．作点C关于AB的对称点C′，连接OD，OC′，DC′，则DC′的长即为PC+PD的最小值，∵的度数为80°，∴==80°，∴=100°，∵=20°，∴=+=100°+20°=120°，∵OC′=OD，∴∠ODC′=30°∴DC′=2OD•cos30°=2×=3，即PC+PD的最小值为3．故答案为：3．点评：本题考查的是轴对称﹣最短路线问题及垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题意作出点C关于直线AB 的对称点是解答此题的关键．13．（3分）从1，2，3，5，7，8中任取两数相加，在不同的和数中，是2的倍数的个数为a，是3的倍数的个数为b，则样本6、a、b、9的中位数是 5.5．考点：中位数．分析：首先列举出所有数据的和，进而利用已知求出a，b的值，再利用中位数是一组数据重新排序后之间的一个数或之间两个数的平均数，由此即可求解．解答：解：根据从1，2，3，5，7，8中任取两数相加，可以得出所有可能：1+2=3，1+3=4，1+5=6，1+7=8，1+8=9，2+3=5，2+5=7，2+7=9，2+8=10，3+5=8，3+7=10，3+8=11，5+7=12，5+8=13，7+8=15，它们和中所有不同数据为：3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，15，故是2的倍数的个数为a=5，是3的倍数的个数为b=5，则样本6、5、5、9按大小排列为：5，5，6，9，则这组数据的中位数是：=5.5，故答案为：5.5．点评：此题考查了列举法求所有可能以及中位数的定义，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．14．（3分）由直线y=kx+2k﹣1和直线y=（k+1）x+2k+1（k是正整数）与x轴及y轴所围成的图形面积为S，则S 的最小值是．考点：两条直线相交或平行问题．分析：首先用k表示出两条直线与坐标轴的交点坐标，然后表示出围成的面积S，根据得到的函数的取值范围确定其最值即可．解答：解：y=kx+2k﹣1恒过（﹣2，﹣1），y=（k+1）x+2k+1也恒过（﹣2，﹣1），k为正整数，那么，k≥1，且k∈Z如图，直线y=kx+2k﹣1与X轴的交点是A（，0），与y轴的交点是B（0，2k﹣1）直线y=（k+1）x+2k+1与X轴的交点是C（，0），与y轴的交点是D（0，2k+1），那么，S四边形ABDC=S△COD﹣S△AOB，=（OC•OD﹣OA•OB），=[﹣]，=（4﹣），=2﹣又，k≥1，且k∈Z，那么，2﹣在定义域k≥1上是增函数，因此，当k=1时，四边形ABDC的面积最小，最小值S=2﹣=．点评：本题考查了两条指向相交或平行问题，解题的关键是用k表示出直线与坐标轴的交点坐标并用k表示出围成的三角形的面积，从而得到函数关系式，利用函数的知识其最值问题．15．（3分）（2010•随州）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=5cm，BC=10cm，CD上有一点E，ED=2cm，AD上有一点P，PD=3cm，过P作PF⊥AD交BC于F，将纸片折叠，使P点与E点重合，折痕与PF交于Q点，则PQ的长是cm．考点：翻折变换（折叠问题）．专题：压轴题．分析：过Q点作QG⊥CD，垂足为G点，连接QE，设PQ=x，根据折叠及矩形的性质，用含x的式子表示Rt△EGQ 的三边，再用勾股定理列方程求x即可．解答：解：过Q点作QG⊥CD，垂足为G点，连接QE，设PQ=x，由折叠及矩形的性质可知，EQ=PQ=x，QG=PD=3，EG=x﹣2，在Rt△EGQ中，由勾股定理得EG2+GQ2=EQ2，即：（x﹣2）2+32=x2，解得：x=，即PQ=．点评：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，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后对应线段相等．16．（3分）（2010•随州）将半径为4cm的半圆围成一个圆锥，在圆锥内接一个圆柱（如图示），当圆柱的侧面的面积最大时，圆柱的底面半径是1cm．考点：圆柱的计算；二次函数的最值；圆锥的计算．专题：压轴题．分析：易得扇形的弧长，除以2π也就得到了圆锥的底面半径，再加上母线长，利用勾股定理即可求得圆锥的高，利用相似可求得圆柱的高与母线的关系，表示出侧面积，根据二次函数求出相应的最值时自变量的取值即可．解答：解：扇形的弧长=4πcm，∴圆锥的底面半径=4π÷2π=2cm，∴圆锥的高为=2cm，设圆柱的底面半径为rcm，高为Rcm．=，解得：R=2﹣r，∴圆柱的侧面积=2π×r×（2﹣r）=﹣2πr2+4πr（cm2），∴当r==1cm时，圆柱的侧面积有最大值．点评：用到的知识点为：圆锥的弧长等于底面周长；圆锥的高，母线长，底面半径组成直角三角形；相似三角形的相似比相等及二次函数最值相应的自变量的求法等知识．三、解答题（72）17．（14分）已知抛物线y=﹣x2+bx+c（c＞0）过点C（﹣1，0），且与直线y=7﹣2x只有一个交点．（1）求抛物线的解析式；（2）若直线y=﹣x+3与抛物线相交于两点A、B，则在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ABQ是等腰三角形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由．考点：二次函数综合题．分析：（1）将C点坐标代入y=﹣x2+bx+c得c=b+1，联立抛物线y=﹣x2+bx+b+1与直线y=7﹣2x，转化为关于x 的二元一次方程，令△=0求b的值即可；（2）直线y=﹣x+3与（1）中抛物线求A、B两点坐标，根据抛物线解析式求对称轴，根据线段AB为等腰三角形的腰或底，分别求Q点的坐标．解答：解：（1）把点C（﹣1，0）代入y=﹣x2+bx+c中，得﹣1﹣b+c=0，解得c=b+1，联立，得x2﹣（b+2）x+6﹣b=0，∵抛物线与直线只有一个交点，∴△=（b+2）2﹣4（6﹣b）=0，解得b=﹣10或2，∵c=b+1＞0，∴b=2，∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3；（2）存在满足题意的点Q．联立，解得或，则A（0，3），B（3，0），由抛物线y=﹣x2+2x+3，可知抛物线对称轴为x=1，由勾股定理，得AB=3，当AB为腰，∠A为顶角时，Q（1，3+）或（1，3﹣）；当AB为腰，∠B为顶角时，Q（1，）或（1，﹣）；当AB为底时，Q（1，1）．故满足题意的Q点坐标为：（1，3+）或（1，3﹣）或（1，）或（1，﹣）或（1，1）．点评：本题考查了二次函数的综合运用．关键是根据题意求出抛物线解析式，根据等腰三角形的性质，分类求Q 点的坐标．18．（14分）有一河堤坝BCDF为梯形，斜坡BC坡度，坝高为5m，坝顶CD=6m，现有一工程车需从距B点50m的A处前方取土，然后经过B﹣C﹣D放土，为了安全起见，工程车轮只能停在离A、D处1m的地方即M、N处工作，已知车轮半经为1m，求车轮从取土处到放土处圆心从M到N所经过的路径长．考点：解直角三角形的应用-坡度坡角问题．分析：作出圆与BA，BC相切时圆心的位置G，与CD相切时圆心的位置P，与CD相切时圆心的位置I，分别求得各段的路径的长，然后求和即可．解答：解：当圆心移动到G的位置时，作GR⊥AB，GL⊥BC分别于点R，L．∵，∴∠CBF=30°，∴∠RGB=15°，∵直角△RGB中，tan∠RGB=，∴BR=GR•tan∠RGB=2﹣，则BL=BR=2﹣，则从M移动到G的路长是：AB﹣BR﹣1=50﹣（2﹣）﹣1=47+m，BC=2×5=10m，则从G移动到P的位置（P是圆心在C，且与BC相切时圆心的位置），GP=10﹣BL=10﹣（2﹣）=8+m；圆心从P到I（I是圆心在C，且与CD相切时圆心的位置），移动的路径是弧，弧长是：=m；圆心从I到N移动的距离是：6﹣1=5m，则圆心移动的距离是：（47+）+（8+）+5+=60+2+（m）．点评：本题考查了弧长的计算公式，正确确定圆心移动的路线是关键．19．（14分）如图，过正方形ABCD的顶点C在形外引一条直线分别交AB、AD延长线于点M、N，DM与BN交于点H，DM与BC交于点E，BN△AEF与DC交于点F．（1）猜想：CE与DF的大小关系？并证明你的猜想．（2）猜想：H是△AEF的什么心？并证明你的猜想．考点：相似形综合题．分析：（1）利用正方形的性质得到AD∥BC，DC∥AB，利用平行线分线段成比例定理得到，，从而得到，然后再利用AB=BC即可得到CE=DF；（2）首先证得△ADF≌△DCE，从而得到∠DAF=∠FDE，再根据∠DAF+∠ADE=90°得到AF⊥DE，同理可得FB⊥AE，进而得到H为△AEF的垂心．解答：解：（1）CE=DF；证明：∵正方形ABCD∴AD∥BC，DC∥AB∴，（∴∴又AB=BC∴CE=DF；（2）垂心．在△ADF与△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴∠DAF=∠FDE，∵∠DAF+∠ADE=90°，∴AF⊥DE，同理FB⊥AE．H为△AEF的垂心．点评：本题考查了相似形的综合知识，本题是一道开放性问题，正确的猜想是进一步解题的方向和基础，非常重要．20．（15分）如图，已知菱形ABCD边长为，∠ABC=120°，点P在线段BC延长线上，半径为r1的圆O1与DC、CP、DP分别相切于点H、F、N，半径为r2的圆O2与PD延长线、CB延长线和BD分别相切于点M、E、G．（1）求菱形的面积；（2）求证：EF=MN；（3）求r1+r2的值．考点：圆的综合题．专题：综合题．分析：（1）由于菱形ABCD边长为，∠ABC=120°，根据菱形的性质得到ADC和△DBC都是等边三角形，利用等边三角形的面积等于边长平方的倍即可得到菱形的面积=2S△DBC=2××（6）2=54；（2）由于PM与PE都是⊙O1的切线，PN与PF都是⊙O2的切线，根据切线长定理得到PM=PN，PN=PE，则PM﹣PN=PE﹣PB，即EF=MN；（3）由于BE与BG都是⊙O1的切线，根据切线的性质和切线长定理得到BE=BG，∠O2BE=∠O2BG，O2E⊥BE，而∠EBG=180°﹣∠DBC=180°﹣60°=120°，于是有∠O2BE=60°，∠EO2B=30°，根据含30°的直角三角形三边的关系得到BE=O2E=r2，则BG=r2，DM=DG=6﹣r2，同理可得CF=r1，DN=DH=6﹣r1，则MN=DM+DN=12﹣（r1+r2），而EF=EB+BC+CF=r2+6+r1=6+（r1+r2），利用EF=MN可得到关于（r1+r2）的方程，解方程即可．解答：（1）解：∵菱形ABCD边长为，∠ABC=120°，∴△ADC和△DBC都是等边三角形，∴菱形的面积=2S△DBC=2××（6）2=54；（2）证明：∵PM与PE都是⊙O2的切线，∴PM=PE，又∵PN与PF都是⊙O1的切线，∴PN=PF，∴PM﹣PN=PE﹣PB，即EF=MN；（3）解：∵BE与BG都是⊙O2的切线，∴BE=BG，∠O2BE=∠O2BG，O2E⊥BE，而∠EBG=180°﹣∠DBC=180°﹣60°=120°，∴∠O2BE=60°，∠EO2B=30°，∴BE=O2E=r2，∴BG=r2，∴DM=DG=6﹣r2，同理可得CF=r1，DN=DH=6﹣r1，∴MN=DM+DN=12﹣（r1+r2），∵EF=EB+BC+CF=r2+6+r1=6+（r1+r2），而EF=MN，∴6+（r1+r2）=12﹣（r1+r2），∴r1+r2=9．点评：本题考查了圆的综合题：圆的切线垂直于过切点的半径；从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，并且这个点与圆心的连线平分两切线的夹角；掌握菱形的性质，记住等边三角形的面积等于边长平方的倍以及含30°的直角三角形三边的关系．21．（15分）（2012•黄冈）如图，已知抛物线的方程C1：y=﹣（x+2）（x﹣m）（m＞0）与x轴相交于点B、C，与y轴相交于点E，且点B在点C的左侧．（1）若抛物线C1过点M（2，2），求实数m的值；（2）在（1）的条件下，求△BCE的面积；（3）在（1）条件下，在抛物线的对称轴上找一点H，使BH+EH最小，并求出点H的坐标；（4）在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，求m 的值；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．专题：代数几何综合题；压轴题．分析：（1）将点（2，2）的坐标代入抛物线解析式，即可求得m的值；（2）求出B、C、E点的坐标，进而求得△BCE的面积；（3）根据轴对称以及两点之间线段最短的性质，可知点B、C关于对称轴x=1对称，连接EC与对称轴的交点即为所求的H点，如答图1所示；（4）本问需分两种情况进行讨论：①当△BEC∽△BCF时，如答图2所示．此时可求得m=+2；②当△BEC∽△FCB时，如答图3所示．此时可以得到矛盾的等式，故此种情形不存在．解答：解：（1）依题意，将M（2，2）代入抛物线解析式得：2=﹣（2+2）（2﹣m），解得m=4．（2）令y=0，即（x+2）（x﹣4）=0，解得x1=﹣2，x2=4，∴B（﹣2，0），C（4，0）在C1中，令x=0，得y=2，∴E（0，2）．∴S△BCE=BC•OE=6．（3）当m=4时，易得对称轴为x=1，又点B、C关于x=1对称．如解答图1，连接EC，交x=1于H点，此时BH+EH最小（最小值为线段CE的长度）．设直线EC：y=kx+b，将E（0，2）、C（4，0）代入得：y=x+2，当x=1时，y=，∴H（1，）．（4）分两种情形讨论：①当△BEC∽△BCF时，如解答图2所示．则，∴BC2=BE•BF．由函数解析式可得：B（﹣2，0），E（0，2），即OB=OE，∴∠EBC=45°，∴∠CBF=45°，作FT⊥x轴于点T，则∠BFT=∠TBF=45°，∴BT=TF．∴可令F（x，﹣x﹣2）（x＞0），又点F在抛物线上，∴﹣x﹣2=﹣（x+2）（x﹣m），∵x+2＞0，∵x＞0，∴x=2m，F（2m，﹣2m﹣2）．此时BF==2（m+1），BE=，BC=m+2，又∵BC2=BE•BF，∴（m+2）2=•（m+1），∴m=2±，∵m＞0，∴m=+2．②当△BEC∽△FCB时，如解答图3所示．则，∴BC2=EC•BF．∵△BEC∽△FCB∴∠CBF=∠ECO，∵∠EOC=∠FTB=90°，∴△BTF∽△COE，∴，∴可令F（x，（x+2））（x＞0）又∵点F在抛物线上，∴（x+2）=﹣（x+2）（x﹣m），∵x＞0，∴x+2＞0，∴x=m+2，∴F（m+2，（m+4）），EC=，BC=m+2，又BC2=EC•BF，∴（m+2）2=•整理得：0=16，显然不成立．综合①②得，在第四象限内，抛物线上存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似，m=+2．点评：本题涉及二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、轴对称﹣最小路径问题等重要知识点，难度较大．本题难点在于第（4）问，需要注意分两种情况进行讨论，避免漏解；而且在计算时注意利用题中条件化简计算，避免运算出错．。
2015年安徽省合肥市168中学自主招生数学模拟试卷和解析答案
2015年安徽省合肥市168中学自主招生数学模拟试卷一、填空题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1．（5分）已知0＜a＜1，化简=．2．（5分）已知（2008﹣a）2+（2007﹣a）2=1，则（2008﹣a）•（2007﹣a）=．3．（5分）如图，在△ABC中，AB=AC=40，．O为AB上一点，以O为圆心，OB为半径地圆交BC于D，且⊙O与AC相切．则D到AC地距离为．4．（5分）观察下列各式：…计算：=．5．（5分）从1，2，3，5，7，8中任取两数相加，在不同地和数中，是2地倍数地个数为a，是3地倍数地个数为b，则样本6、a、b、9地中位数是．6．（5分）多项式6x3﹣11x2+x+4可分解为．7．（5分）一次函数地图象与y轴、x轴围成地三角形地内切圆半径是．8．（5分）按下列程序进行运算（如图）规定：程序运行到“判断结果是否大于244”为一次运算．若x=5，则运算进行次才停止；若运算进行了5次才停止，则x地取值范围是．二、选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）9．（5分）a，b，c均不为0，若，则P（ab，bc）不可能在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限10．（5分）已知函数y=ax2+bx+c，当y＞0时，．则函数y=cx2﹣bx+a 地图象可能是下图中地（）A．B．C．D．11．（5分）已知关于x地方程，若a为正实数，则下列判断正确地是（）A．有三个不等实数根B．有两个不等实数根C．有一个实数根D．无实数根12．（5分）代数式地最小值为（）A．12 B．13 C．14 D．1113．（5分）如图，线段AF中，AB=a，BC=b，CD=c，DE=d，EF=e．则以A，B，C，D，E，F为端点地所有线段长度地和为（）A．5a+8b+9c+8d+5e B．5a+8b+10c+8d+5eC．5a+9b+9c+9d+5e D．10a+16b+18c+16d+10e14．（5分）给出一列数，在这列数中，第50个值等于1地项地序号是（）A．4900 B．4901 C．5000 D．5001三、解答题（本大题共5小题，共80分）15．（15分）已知关于x地方程：有一个增根为b，另一根为c．二次函数y=ax2+bx+c+7与x轴交于P和Q两点．在此二次函数地图象上求一点M，使得△PQM面积最大．16．（15分）某商店积压了100件某种商品，为使这批货物尽快脱手，该商店采取了如下销售方案，将价格提高到原来地2.5倍，再作3次降价处理；第一次降价30%，标出“亏本价”；第二次又降价30%，标出“破产价”；第三次再降价30%，标出“跳楼价”．3次降价处理销售结果如下表：（1）跳楼价占原价地百分比是多少？（2）该商品按新销售方案销售，相比原价全部售完，哪种方案更盈利？17．（15分）已知：关于x地方程x2+2x﹣k=0有两个不相等地实数根．（1）求k地取值范围；（2）若α，β是这个方程地两个实数根，求：地值；（3）根据（2）地结果你能得出什么结论？18．（15分）以半圆中地一条弦BC（非直径）为对称轴将弧BC折叠后与直径AB 交于点D，若=，且AB=10，则CB地长为．19．（20分）如图，已知直线y=﹣2x+12分别与y轴，x轴交于A，B两点，点M 在y轴上，以点M为圆心地⊙M与直线AB相切于点D，连接MD．（1）求证：△ADM∽△AOB；（2）如果⊙M地半径为2，请写出点M地坐标，并写出以（﹣，）为顶点，且过点M地抛物线地解析式；（3）在（2）条件下，试问在此抛物线上是否存在点P使以P、A、M三点为顶点地三角形与△AOB相似？如果存在，请求出所有符合条件地点P地坐标；如果不存在，请说明理由．2015年安徽省合肥市168中学自主招生数学模拟试卷参考答案与试题解析一、填空题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1．（5分）已知0＜a＜1，化简=．【解答】解：∵0＜a＜1，∴＜，∴原式=﹣=﹣=﹣（）=2．2．（5分）已知（2008﹣a）2+（2007﹣a）2=1，则（2008﹣a）•（2007﹣a）= 0．【解答】解：∵（2008﹣a）2+（2007﹣a）2=1，∴（2008﹣a）2﹣2（2008﹣a）（2007﹣a）+（2007﹣a）2=1﹣2（2008﹣a）（2007﹣a），即（2008﹣a﹣2007+a）2=1﹣2（2008﹣a）（2007﹣a），整理得﹣2（2008﹣a）（2007﹣a）=0，∴（2008﹣a）（2007﹣a）=0．3．（5分）如图，在△ABC中，AB=AC=40，．O为AB上一点，以O为圆心，OB为半径地圆交BC于D，且⊙O与AC相切．则D到AC地距离为15．【解答】解：连接OD、OE，则OE⊥AC；∵AB=AC，∴∠B=∠C；∵OB=OD，∴∠B=∠ODB，∴∠ODB=∠C；∴OD∥AC；因此OE即为所求地D到AC地距离．OE=OB，sinA====，解得：OE=15．故D到AC地距离为15．4．（5分）观察下列各式：…计算：=2010．【解答】解：根据题意，+++…+=1﹣（1﹣）+1﹣（﹣）+1﹣（﹣）+…+1﹣（﹣）=1×2011﹣1+﹣+﹣+﹣…﹣+=2011﹣1+=2010．故答案为：2010．5．（5分）从1，2，3，5，7，8中任取两数相加，在不同地和数中，是2地倍数地个数为a ，是3地倍数地个数为b ，则样本6、a 、b 、9地中位数是 5.5 ． 【解答】解：根据从1，2，3，5，7，8中任取两数相加，可以得出所有可能： 1+2=3，1+3=4，1+5=6，1+7=8，1+8=9，2+3=5，2+5=7，2+7=9，2+8=10，3+5=8，3+7=10，3+8=11，5+7=12，5+8=13，7+8=15，它们和中所有不同数据为：3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，15， 故是2地倍数地个数为a=5，是3地倍数地个数为b=5， 则样本6、5、5、9按大小排列为：5，5，6，9， 则这组数据地中位数是：=5.5，故答案为：5.5．6．（5分）多项式6x 3﹣11x 2+x +4可分解为 （x ﹣1）（3x ﹣4）（2x +1） ． 【解答】解：6x 3﹣11x 2+x +4， =6x 3﹣6x 2﹣5x 2+x +4，=6x 2（x ﹣1）﹣（5x 2﹣x ﹣4）， =6x 2（x ﹣1）﹣（x ﹣1）（5x +4）， =（x ﹣1）（6x 2﹣5x ﹣4）， =（x ﹣1）（3x ﹣4）（2x +1）．7．（5分）一次函数地图象与y 轴、x 轴围成地三角形地内切圆半径是 2 ．【解答】解：设一次函数与y 轴交于A 、与x 轴交于B ， 当x=0时，y=8， ∴OA=8，当y=0时，0=﹣x +8， ∴x=6， ∴OB=6，在△AOB 中，由勾股定理得：AB=10，设三角形OAB 地内切圆地圆心是I ，半径是R ，连接IA 、IB 、IO ， 由三角形地面积公式得：S △IAO +S △IAB +S △IOB =S △AOB ，∴OA×OB=OA×R+OB×R+AB×R，∴6×8=6R+8R+10R，∴R=2．故答案为：2．8．（5分）按下列程序进行运算（如图）规定：程序运行到“判断结果是否大于244”为一次运算．若x=5，则运算进行4次才停止；若运算进行了5次才停止，则x地取值范围是2＜x≤4．【解答】解：（1）x=5．第一次：5×3﹣2=13第二次：13×3﹣2=37第三次：37×3﹣2=109第四次：109×3﹣2=325＞244→→→停止（2）第1次，结果是3x﹣2；第2次，结果是3×（3x﹣2）﹣2=9x﹣8；第3次，结果是3×（9x﹣8）﹣2=27x﹣26；第4次，结果是3×（27x﹣26）﹣2=81x﹣80；第5次，结果是3×（81x﹣80）﹣2=243x﹣242；∴由（1）式子得：x＞2，由（2）式子得：x≤4∴2＜x≤4．即：5次停止地取值范围是：2＜x≤4．故答案为：4；2＜x≤4．二、选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）9．（5分）a，b，c均不为0，若，则P（ab，bc）不可能在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【解答】解：∵abc＜0．∴a，b，c中至少有一个是负数，另两个同号，可知三个都是负数或两正数，一个是负数，当三个都是负数时：若=abc，则x﹣y=a2bc＞0，即x＞y，同理可得：y＞z，z＞x这三个式子不能同时成立，即a，b，c不能同时是负数．则P（ab，bc）不可能在第一象限．故选A．10．（5分）已知函数y=ax2+bx+c，当y＞0时，．则函数y=cx2﹣bx+a 地图象可能是下图中地（）A．B．C．D．【解答】解：因为函数y=ax2+bx+c，当y＞0时，所以可判断a＜0，可知﹣=﹣+=﹣，=﹣×=﹣所以可知a=6b，a=﹣6c，则b=﹣c，不妨设c=1则函数y=cx2﹣bx+a为函数y=x2+x﹣6即y=（x﹣2）（x+3）则可判断与x轴地交点坐标是（2，0），（﹣3，0），故选A．11．（5分）已知关于x地方程，若a为正实数，则下列判断正确地是（）A．有三个不等实数根B．有两个不等实数根C．有一个实数根D．无实数根【解答】解：方程可化为x2﹣4x+5=﹣a（+2），所以，方程地解地个数等于函数y=x2﹣4x+5与y=﹣a（+2）地交点地个数，函数y=x2﹣4x+5地图象经过第一、二象限，∵a是正实数，∴﹣a是负实数，∴y=﹣a（+2）地图象位于第二、四象限，两个函数图象一定有一个交点，∴方程有一个实数根．故选C．12．（5分）代数式地最小值为（）A．12 B．13 C．14 D．11【解答】解：如图所示：设P点坐标为P（x，0），原式可化为+，即=AP，=BP，AB==13．代数式地最小值为13．故选B．13．（5分）如图，线段AF中，AB=a，BC=b，CD=c，DE=d，EF=e．则以A，B，C，D，E，F为端点地所有线段长度地和为（）A．5a+8b+9c+8d+5e B．5a+8b+10c+8d+5eC．5a+9b+9c+9d+5e D．10a+16b+18c+16d+10e【解答】解：以A为端点线段有AB、AC、AD、AE、AF，这些线段长度之和为5a+4b+3c+2d+e，以B为端点线段有BC、BD、BE、BF，这些线段长度之和为4b+3c+2d+e，以C为端点线段有CD、CE、CF，这些线段长度之和为3c+2d+e，以D为端点线段有DE、DF，这些线段长度之和为2d+e，以E为端点线段有EF，线段地长度为e，故这些线段地长度之和为5a+8b+9c+8d+5e，故选A．14．（5分）给出一列数，在这列数中，第50个值等于1地项地序号是（）A．4900 B．4901 C．5000 D．5001【解答】解：第50个值等于1地项地分子分母地和为2×50=100，由于从分子分母地和为2到分子分母地和为99地分数地个数为：1+2+…+98=4851．第50个值等于1地项为．故4851+50=4901．故选B．三、解答题（本大题共5小题，共80分）15．（15分）已知关于x地方程：有一个增根为b，另一根为c．二次函数y=ax2+bx+c+7与x轴交于P和Q两点．在此二次函数地图象上求一点M，使得△PQM面积最大．【解答】解：由题意可得b=2，a=﹣4代入方程得c=﹣5．∴二次函数为y=﹣4x2+2x+2与x轴地交点为P（﹣，0），Q（1，0），当点M地横坐标为x=﹣或x=或x=时，△PQM地面积可能取最大，经比较可得x=﹣时，△PQM地面积取最大，此时y=﹣10即点M（﹣，﹣10），．16．（15分）某商店积压了100件某种商品，为使这批货物尽快脱手，该商店采取了如下销售方案，将价格提高到原来地2.5倍，再作3次降价处理；第一次降价30%，标出“亏本价”；第二次又降价30%，标出“破产价”；第三次再降价30%，标出“跳楼价”．3次降价处理销售结果如下表：（1）跳楼价占原价地百分比是多少？（2）该商品按新销售方案销售，相比原价全部售完，哪种方案更盈利？【解答】解：（1）设原价为1，则跳楼价为2.5×1×（1﹣30%）×（1﹣30%）×（1﹣30%）=2.5×0.73，所以跳楼价占原价地百分比为2.5×0.73÷1×100%=85.75%；（2）原价出售：销售金额=100×1=100，新价出售：销售金额=2.5×1×0.7×10+2.5×1×0.7×0.7×40+2.5×0.73×50，=109.375；∵109.375＞100，∴新方案销售更盈利．17．（15分）已知：关于x地方程x2+2x﹣k=0有两个不相等地实数根．（1）求k地取值范围；（2）若α，β是这个方程地两个实数根，求：地值；（3）根据（2）地结果你能得出什么结论？【解答】解：（1）△=4+4k，∵方程有两个不等实根，∴△＞0，即4+4k＞0∴k＞﹣1（2）由根与系数关系可知α+β=﹣2，αβ=﹣k，∴=，（3）由（1）可知，k＞﹣1时，地值与k无关．18．（15分）以半圆中地一条弦BC（非直径）为对称轴将弧BC折叠后与直径AB 交于点D，若=，且AB=10，则CB4．【解答】解：如图，∵=，AB=10，∴AD=4，BD=6，作AB关于直线BC地对称线段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，∴BC=4．故答案为：4．19．（20分）如图，已知直线y=﹣2x+12分别与y轴，x轴交于A，B两点，点M 在y轴上，以点M为圆心地⊙M与直线AB相切于点D，连接MD．（1）求证：△ADM∽△AOB；（2）如果⊙M地半径为2，请写出点M地坐标，并写出以（﹣，）为顶点，且过点M地抛物线地解析式；（3）在（2）条件下，试问在此抛物线上是否存在点P使以P、A、M三点为顶点地三角形与△AOB相似？如果存在，请求出所有符合条件地点P地坐标；如果不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：∵AB是⊙M切线，D是切点，∴MD⊥AB．∴∠MDA=∠AOB=90°，又∠MAD=∠BAO，∴△ADM∽△AOB．（2）解：设M（0，m），由直线y=2x+12得，OA=12，OB=6，则AM=12﹣m，而DM=2 ，在Rt△AOB中，AB===6，∵△ADM∽△AOB，∴=，即=，解得m=2，∴M（0，2），设顶点为（﹣，）地抛物线解析式为y=a（x+）2+，将M点坐标代入，得a（0+）2+=2，解得a=﹣2，所以，抛物线解析式为y=﹣2（x+）2+；（3）解：存在．①当顶点M为直角顶点时，M、P两点关于抛物线对称轴x=﹣轴对称，此时MP=5，AM=12﹣2=10，AM：MP=2：1，符合题意，∴P（﹣5，2）；②当顶点A为直角顶点时，P点纵坐标为12，代入抛物线解析式，得﹣2（x+）2+=12，解得x=﹣±，此时AP=﹣±，AM=10，不符合题意；③当顶点P为直角顶点时，则由相似三角形地性质可知，P（n，﹣2n+2 ）或（2n，﹣n+2），若P（n，2n+2），则﹣2n﹣n=10，解得n=﹣4，当x=﹣4，y=﹣2（﹣4+）2+=10，﹣2n+2=10，符合题意，若P（2n，﹣n+2），则﹣n﹣4n=10，解得n=﹣2，而当x=2n=﹣4时，y=﹣2（﹣4+）2+=10，﹣n+2=4，不符合题意，所以，符合条件地P点坐标为（5，2），（4，10）．赠送：初中数学几何模型举例【模型四】 几何最值模型： 图形特征：P ABl运用举例：1. △ABC中，AB=6，AC=8，BC=10，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为AP的中点，则MF的最小值为B2.如图，在边长为6的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E为AB的中点，F为AC上一动点，则EF+BF的最小值为_________。
安徽省168中学自主招生考试数学模拟试卷一及详细答案
2014年安徽省168中学自主招生考试数学模拟试卷一参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．）．1．（3分）若不等式组的解集是x＞3，则m的取值范围是（）A．m＞3 B．m≥3 C．m≤3 D．m＜3考点：解一元一次不等式组．专题：计算题．分析：先解不等式组，然后根据不等式的解集，得出m的取值范围即可．解答：解：由x+7＜4x﹣2移项整理得：﹣3x＜﹣9，∴x＞3，∵x＞m，又∵不等式组的解集是x＞3，∴m≤3．故选C．点评：主要考查了一元一次不等式组解集的求法，将不等式组解集的口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）逆用，已知不等式解集反过来求m的范围．2．（3分）如图，在△ABC中．∠ACB=90°，∠ABC=15°，BC=1，则AC=（）A．B．C．0.3 D．考点：特殊角的三角函数值．分析：本题中直角三角形的角不是特殊角，故过A作AD交BC于D，使∠BAD=15°，根据三角形内角和定理可求出∠DAC及∠ADC的度数，再由特殊角的三角函数值及勾股定理求解即可．解答：解：过A作AD交BC于D，使∠BAD=15°，∵△ABC中．∠ACB=90°，∠ABC=15°，∴∠BAC=75°，∴∠DAC=∠BAC﹣∠BAD=75°﹣15°=60°，∴∠ADC=90°﹣∠DAC=90°﹣60°=30°，∴AC=AD，又∵∠ABC=∠BAD=15°∴BD=AD，∵BC=1，∴AD+DC=1，设CD=x，则AD=1﹣x，AC=（1﹣x），∴AD2=AC2+CD2，即（1﹣x）2=（1﹣x）2+x2，解得：x=﹣3+2，∴AC=（4﹣2）=2﹣故选B．点评：本题考查的是特殊角的三角函数值，解答此题的关键是构造特殊角，用特殊角的三角函数促使边角转化．注：（1）求（已知）非特角三角函数值的关是构造出含特殊角直角三角形．（2）求（已知）锐角三角函数值常根据定转化为求对应线段比，有时需通过等的比来转换．3．（3分）（2011•南漳县模拟）如图，AB为⊙O的一固定直径，它把⊙O分成上，下两个半圆，自上半圆上一点C 作弦CD⊥AB，∠OCD的平分线交⊙O于点P，当点C在上半圆（不包括A，B两点）上移动时，点P（）A．到CD的距离保持不变B．位置不变D．随C点移动而移动C．等分考点：圆周角定理；圆心角、弧、弦的关系．专题：探究型．分析：连OP，由CP平分∠OCD，得到∠1=∠2，而∠1=∠3，所以有OP∥CD，则OP⊥AB，即可得到OP平分半圆APB．解答：解：连OP，如图，∵CP平分∠OCD，∴∠1=∠2，而OC=OP，有∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴OP∥CD，又∵弦CD⊥AB，∴OP⊥AB，∴OP平分半圆APB，即点P是半圆的中点．故选B．点评：本题考查了圆周角定理．在同圆或等圆中，同弧和等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理的推论．4．（3分）已知y=+（x，y均为实数），则y的最大值与最小值的差为（）A．2﹣1 B．4﹣2C．3﹣2D．2﹣2考点：函数最值问题．分析：首先把y=+两边平方，求出定义域，然后利用函数的单调性求出函数的最大值和最小值，最后求差．解答：解：∵y=+，∴y2=4+2=4+2×，∵1≤x≤5，当x=3时，y的最大值为2，当x=1或5时，y的最小值为2，故当x=1或5时，y取得最小值2，当x取1与5中间值3时，y取得最大值，故y的最大值与最小值的差为2﹣2，故选D．点评：本题主要考查函数最值问题的知识点，解答本题的关键是把函数两边平方，此题难度不大．5．（3分）（2010•泸州）已知O为圆锥的顶点，M为圆锥底面上一点，点P在OM上．一只蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过的最短路线的痕迹如图所示．若沿OM将圆锥侧面剪开并展开，所得侧面展开图是（）A．B．C．D．考点：线段的性质：两点之间线段最短；几何体的展开图．专题：压轴题；动点型．分析：此题运用圆锥的性质，同时此题为数学知识的应用，由题意蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过的最短，就用到两点间线段最短定理．解答：解：蜗牛绕圆锥侧面爬行的最短路线应该是一条线段，因此选项A和B错误，又因为蜗牛从p点出发，绕圆锥侧面爬行后，又回到起始点P处，那么如果将选项C、D的圆锥侧面展开图还原成圆锥后，位于母线OM上的点P应该能够与母线OM′上的点（P′）重合，而选项C还原后两个点不能够重合．故选D．点评：本题考核立意相对较新，考核了学生的空间想象能力．6．（3分）已知一正三角形的边长是和它相切的圆的周长的两倍，当这个圆按箭头方向从某一位置沿正三角形的三边做无滑动的旋转，直至回到原出发位置时，则这个圆共转了（）A．6圈B．6.5圈C．7圈D．8圈考点：直线与圆的位置关系．分析：根据直线与圆相切的性质得到圆从一边转到另一边时，圆心要绕其三角形的顶点旋转120°，则圆绕三个顶点共旋转了360°，即它转了一圈，再加上在三边作无滑动滚动时要转6圈，这样得到它回到原出发位置时共转了7圈．解答：解：圆按箭头方向从某一位置沿正三角形的三边做无滑动的旋转，∵等边三角形的边长是和它相切的圆的周长的两倍，∴圆转了6圈，而圆从一边转到另一边时，圆心绕三角形的一个顶点旋转了三角形的一个外角的度数，圆心要绕其三角形的顶点旋转120°，∴圆绕三个顶点共旋转了360°，即它转了一圈，∴圆回到原出发位置时，共转了6+1=7圈．故选C．点评：本题考查了直线与圆的位置关系，弧长公式：l=（n为圆心角，R为半径）；也考查了旋转的性质．7．（3分）二次函数y=ax2+bx+c的图象如下图，则以下结论正确的有：①abc＞0；②b＜a+c；③4a+2b+c＞0；④2c＜3b；⑤a+b＞m（am+b）（m≠1，m为实数）（）A．2个B．3个C．4个D．5个考点：二次函数图象与系数的关系．专题：图表型．分析：由抛物线的开口方向判断a的符号，由抛物线与y轴的交点判断c的符号，然后根据对称轴及抛物线与x 轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．解答：解：①由图象可知：a＜0，b＞0，c＞0，abc＜0，错误；②当x=﹣1时，y=a﹣b+c＜0，即b＞a+c，错误；③由对称知，当x=2时，函数值大于0，即y=4a+2b+c＞0，正确；④当x=3时函数值小于0，y=9a+3b+c＜0，且x=﹣=1，即a=﹣，代入得9（﹣）+3b+c＜0，得2c＜3b，正确；⑤当x=1时，y的值最大．此时，y=a+b+c，而当x=m时，y=am2+bm+c，所以a+b+c＞am2+bm+c，故a+b＞am2+bm，即a+b＞m（am+b），正确．③④⑤正确．故选B．点评：考查二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴和、抛物线与y轴的交点、抛物线与x轴交点的个数确定．8．（3分）如图，正△ABC中，P为正三角形内任意一点，过P作PD⊥BC，PE⊥AB，PF⊥AC连结AP、BP、CP，如果，那么△ABC的内切圆半径为（）A．1B．C．2D．考点：三角形的内切圆与内心；等边三角形的性质．分析：过P点作正△ABC的三边的平行线，可得△MPN，△OPQ，△RSP都是正三角形，四边形ASPM，四边形NCOP，四边形PQBR是平行四边形，故可知黑色部分的面积=白色部分的面积，于是求出三角形ABC的面积，进而求出等边三角形的边长和高，再根据等边三角形的内切圆的半径等于高的三分之一即可求出半径的长度．解答：解：如图，过P点作正△ABC的三边的平行线，则△MPN，△OPQ，△RSP都是正三角形，四边形ASPM，四边形NCOP，四边形PQBR是平行四边形，故可知黑色部分的面积=白色部分的面积，又知S△AFP+S△PCD+S△BPE=，故知S△ABC=3，S△ABC=AB2sin60°=3，故AB=2，三角形ABC的高h=3，△ABC的内切圆半径r=h=1．故选A．点评：本题主要考查等边三角形的性质，面积及等积变换，解答本题的关键是过P点作三角形三边的平行线，证明黑色部分的面积与白色部分的面积相等，此题有一定难度．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）9．（3分）与是相反数，计算=．考点：二次根式有意义的条件；非负数的性质：绝对值．专题：计算题．分析：根据互为相反数的和等于0列式，再根据非负数的性质列式求出a+的值，再配方开平方即可得解．解答：解：∵与|3﹣a﹣|互为相反数，∴+|3﹣a﹣|=0，∴3﹣a﹣=0，解得a+=3，∴a+2+=3+2，根据题意，a＞0，∴（+）2=5，∴+=．故答案为：．点评：本题考查了二次根式有意义的条件，非负数的性质，求出a+=3后根据乘积二倍项不含字母，配方是解题的关键．10．（3分）若[x]表示不超过x的最大整数，，则[A]=﹣2．考点：取整计算．专题：计算题．分析：先根据零指数幂和分母有理化得到A=﹣，而≈1.732，然后根据[x]表示不超过x的最大整数得到，[A]=﹣2．解答：解：∵A=++1=++1=+1=+1=﹣1﹣+1=﹣，∴[A]=[﹣]=﹣2．故答案为﹣2．点评：本题考查了取整计算：[x]表示不超过x的最大整数．也考查了分母有理化和零指数幂．11．（3分）如图，M、N分别为△ABC两边AC、BC的中点，AN与BM交于点O，则=．考点：相似三角形的判定与性质；三角形中位线定理．专题：计算题；证明题．分析：连接MN，设△MON的面积是s，由于M、N分别为△ABC两边AC、BC的中点，易知MN是△ABC的中位线，那么MN∥AB，MN=AB，根据平行线分线段成比例定理可得△MON∽△BOA，于是OM：OB=MN：AB=1：2，易求△BON的面积是2s，进而可知△BMN的面积是3s，再根据中点性质，可求△BCM的面积等于6s，同理可求△ABC的面积是12s，从而可求S△BON：S△ABC．解答：解：连接MN，设△MON的面积是s，∵M、N分别为△ABC两边AC、BC的中点，∴MN是△ABC的中位线，∴MN∥AB，MN=AB，∴△MON∽△BOA，∴OM：OB=MN：AB=1：2，∴△BON的面积=2s，∴△BMN的面积=3s，∵N是BC的中点，∴△BCM的面积=6s，同理可知△ABC的面积=12s，∴S△BON：S△ABC=2s：12s=1：6，故答案是．点评：本题考查了相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理，解题的关键是连接MN，构造相似三角形．12．（3分）如图，已知圆O的面积为3π，AB为直径，弧AC的度数为80°，弧BD的度数为20°，点P为直径AB 上任一点，则PC+PD的最小值为3．考点：轴对称-最短路线问题；勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．专题：探究型．分析：先设圆O的半径为r，由圆O的面积为3π求出R的值，再作点C关于AB的对称点C′，连接OD，OC′，DC′，则DC′的长即为PC+PD的最小值，由圆心角、弧、弦的关系可知==80°，故BC′=100°，由=20°可知=120°，由OC′=OD可求出∠ODC′的度数，进而可得出结论．解答：解：设圆O的半径为r，∵⊙O的面积为3π，∴3π=πR2，即R=．作点C关于AB的对称点C′，连接OD，OC′，DC′，则DC′的长即为PC+PD的最小值，∵的度数为80°，∴==80°，∴=100°，∵=20°，∴=+=100°+20°=120°，∵OC′=OD，∴∠ODC′=30°∴DC′=2OD•cos30°=2×=3，即PC+PD的最小值为3．故答案为：3．点评：本题考查的是轴对称﹣最短路线问题及垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，根据题意作出点C关于直线AB 的对称点是解答此题的关键．13．（3分）从1，2，3，5，7，8中任取两数相加，在不同的和数中，是2的倍数的个数为a，是3的倍数的个数为b，则样本6、a、b、9的中位数是 5.5．考点：中位数．分析：首先列举出所有数据的和，进而利用已知求出a，b的值，再利用中位数是一组数据重新排序后之间的一个数或之间两个数的平均数，由此即可求解．解答：解：根据从1，2，3，5，7，8中任取两数相加，可以得出所有可能：1+2=3，1+3=4，1+5=6，1+7=8，1+8=9，2+3=5，2+5=7，2+7=9，2+8=10，3+5=8，3+7=10，3+8=11，5+7=12，5+8=13，7+8=15，它们和中所有不同数据为：3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，15，故是2的倍数的个数为a=5，是3的倍数的个数为b=5，则样本6、5、5、9按大小排列为：5，5，6，9，则这组数据的中位数是：=5.5，故答案为：5.5．点评：此题考查了列举法求所有可能以及中位数的定义，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．14．（3分）由直线y=kx+2k﹣1和直线y=（k+1）x+2k+1（k是正整数）与x轴及y轴所围成的图形面积为S，则S 的最小值是．考点：两条直线相交或平行问题．分析：首先用k表示出两条直线与坐标轴的交点坐标，然后表示出围成的面积S，根据得到的函数的取值范围确定其最值即可．解答：解：y=kx+2k﹣1恒过（﹣2，﹣1），y=（k+1）x+2k+1也恒过（﹣2，﹣1），k为正整数，那么，k≥1，且k∈Z如图，直线y=kx+2k﹣1与X轴的交点是A（，0），与y轴的交点是B（0，2k﹣1）直线y=（k+1）x+2k+1与X轴的交点是C（，0），与y轴的交点是D（0，2k+1），那么，S四边形ABDC=S△COD﹣S△AOB，=（OC•OD﹣OA•OB），=[﹣]，=（4﹣），=2﹣又，k≥1，且k∈Z，那么，2﹣在定义域k≥1上是增函数，因此，当k=1时，四边形ABDC的面积最小，最小值S=2﹣=．点评：本题考查了两条指向相交或平行问题，解题的关键是用k表示出直线与坐标轴的交点坐标并用k表示出围成的三角形的面积，从而得到函数关系式，利用函数的知识其最值问题．15．（3分）（2010•随州）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=5cm，BC=10cm，CD上有一点E，ED=2cm，AD上有一点P，PD=3cm，过P作PF⊥AD交BC于F，将纸片折叠，使P点与E点重合，折痕与PF交于Q点，则PQ的长是cm．考点：翻折变换（折叠问题）．专题：压轴题．分析：过Q点作QG⊥CD，垂足为G点，连接QE，设PQ=x，根据折叠及矩形的性质，用含x的式子表示Rt△EGQ 的三边，再用勾股定理列方程求x即可．解答：解：过Q点作QG⊥CD，垂足为G点，连接QE，设PQ=x，由折叠及矩形的性质可知，EQ=PQ=x，QG=PD=3，EG=x﹣2，在Rt△EGQ中，由勾股定理得EG2+GQ2=EQ2，即：（x﹣2）2+32=x2，解得：x=，即PQ=．点评：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，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后对应线段相等．16．（3分）（2010•随州）将半径为4cm的半圆围成一个圆锥，在圆锥内接一个圆柱（如图示），当圆柱的侧面的面积最大时，圆柱的底面半径是1cm．考点：圆柱的计算；二次函数的最值；圆锥的计算．专题：压轴题．分析：易得扇形的弧长，除以2π也就得到了圆锥的底面半径，再加上母线长，利用勾股定理即可求得圆锥的高，利用相似可求得圆柱的高与母线的关系，表示出侧面积，根据二次函数求出相应的最值时自变量的取值即可．解答：解：扇形的弧长=4πcm，∴圆锥的底面半径=4π÷2π=2cm，∴圆锥的高为=2cm，设圆柱的底面半径为rcm，高为Rcm．=，解得：R=2﹣r，∴圆柱的侧面积=2π×r×（2﹣r）=﹣2πr2+4πr（cm2），∴当r==1cm时，圆柱的侧面积有最大值．点评：用到的知识点为：圆锥的弧长等于底面周长；圆锥的高，母线长，底面半径组成直角三角形；相似三角形的相似比相等及二次函数最值相应的自变量的求法等知识．三、解答题（72）17．（14分）已知抛物线y=﹣x2+bx+c（c＞0）过点C（﹣1，0），且与直线y=7﹣2x只有一个交点．（1）求抛物线的解析式；（2）若直线y=﹣x+3与抛物线相交于两点A、B，则在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ABQ是等腰三角形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由．考点：二次函数综合题．分析：（1）将C点坐标代入y=﹣x2+bx+c得c=b+1，联立抛物线y=﹣x2+bx+b+1与直线y=7﹣2x，转化为关于x 的二元一次方程，令△=0求b的值即可；（2）直线y=﹣x+3与（1）中抛物线求A、B两点坐标，根据抛物线解析式求对称轴，根据线段AB为等腰三角形的腰或底，分别求Q点的坐标．解答：解：（1）把点C（﹣1，0）代入y=﹣x2+bx+c中，得﹣1﹣b+c=0，解得c=b+1，联立，得x2﹣（b+2）x+6﹣b=0，∵抛物线与直线只有一个交点，∴△=（b+2）2﹣4（6﹣b）=0，解得b=﹣10或2，∵c=b+1＞0，∴b=2，∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3；（2）存在满足题意的点Q．联立，解得或，则A（0，3），B（3，0），由抛物线y=﹣x2+2x+3，可知抛物线对称轴为x=1，由勾股定理，得AB=3，当AB为腰，∠A为顶角时，Q（1，3+）或（1，3﹣）；当AB为腰，∠B为顶角时，Q（1，）或（1，﹣）；当AB为底时，Q（1，1）．故满足题意的Q点坐标为：（1，3+）或（1，3﹣）或（1，）或（1，﹣）或（1，1）．点评：本题考查了二次函数的综合运用．关键是根据题意求出抛物线解析式，根据等腰三角形的性质，分类求Q 点的坐标．18．（14分）有一河堤坝BCDF为梯形，斜坡BC坡度，坝高为5m，坝顶CD=6m，现有一工程车需从距B点50m的A处前方取土，然后经过B﹣C﹣D放土，为了安全起见，工程车轮只能停在离A、D处1m的地方即M、N处工作，已知车轮半经为1m，求车轮从取土处到放土处圆心从M到N所经过的路径长．考点：解直角三角形的应用-坡度坡角问题．分析：作出圆与BA，BC相切时圆心的位置G，与CD相切时圆心的位置P，与CD相切时圆心的位置I，分别求得各段的路径的长，然后求和即可．解答：解：当圆心移动到G的位置时，作GR⊥AB，GL⊥BC分别于点R，L．∵，∴∠CBF=30°，∴∠RGB=15°，∵直角△RGB中，tan∠RGB=，∴BR=GR•tan∠RGB=2﹣，则BL=BR=2﹣，则从M移动到G的路长是：AB﹣BR﹣1=50﹣（2﹣）﹣1=47+m，BC=2×5=10m，则从G移动到P的位置（P是圆心在C，且与BC相切时圆心的位置），GP=10﹣BL=10﹣（2﹣）=8+m；圆心从P到I（I是圆心在C，且与CD相切时圆心的位置），移动的路径是弧，弧长是：=m；圆心从I到N移动的距离是：6﹣1=5m，则圆心移动的距离是：（47+）+（8+）+5+=60+2+（m）．点评：本题考查了弧长的计算公式，正确确定圆心移动的路线是关键．19．（14分）如图，过正方形ABCD的顶点C在形外引一条直线分别交AB、AD延长线于点M、N，DM与BN交于点H，DM与BC交于点E，BN△AEF与DC交于点F．（1）猜想：CE与DF的大小关系？并证明你的猜想．（2）猜想：H是△AEF的什么心？并证明你的猜想．考点：相似形综合题．分析：（1）利用正方形的性质得到AD∥BC，DC∥AB，利用平行线分线段成比例定理得到，，从而得到，然后再利用AB=BC即可得到CE=DF；（2）首先证得△ADF≌△DCE，从而得到∠DAF=∠FDE，再根据∠DAF+∠ADE=90°得到AF⊥DE，同理可得FB⊥AE，进而得到H为△AEF的垂心．解答：解：（1）CE=DF；证明：∵正方形ABCD∴AD∥BC，DC∥AB∴，（∴∴又AB=BC∴CE=DF；（2）垂心．在△ADF与△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴∠DAF=∠FDE，∵∠DAF+∠ADE=90°，∴AF⊥DE，同理FB⊥AE．H为△AEF的垂心．点评：本题考查了相似形的综合知识，本题是一道开放性问题，正确的猜想是进一步解题的方向和基础，非常重要．20．（15分）如图，已知菱形ABCD边长为，∠ABC=120°，点P在线段BC延长线上，半径为r1的圆O1与DC、CP、DP分别相切于点H、F、N，半径为r2的圆O2与PD延长线、CB延长线和BD分别相切于点M、E、G．（1）求菱形的面积；（2）求证：EF=MN；（3）求r1+r2的值．考点：圆的综合题．专题：综合题．分析：（1）由于菱形ABCD边长为，∠ABC=120°，根据菱形的性质得到ADC和△DBC都是等边三角形，利用等边三角形的面积等于边长平方的倍即可得到菱形的面积=2S△DBC=2××（6）2=54；（2）由于PM与PE都是⊙O1的切线，PN与PF都是⊙O2的切线，根据切线长定理得到PM=PN，PN=PE，则PM﹣PN=PE﹣PB，即EF=MN；（3）由于BE与BG都是⊙O1的切线，根据切线的性质和切线长定理得到BE=BG，∠O2BE=∠O2BG，O2E⊥BE，而∠EBG=180°﹣∠DBC=180°﹣60°=120°，于是有∠O2BE=60°，∠EO2B=30°，根据含30°的直角三角形三边的关系得到BE=O2E=r2，则BG=r2，DM=DG=6﹣r2，同理可得CF=r1，DN=DH=6﹣r1，则MN=DM+DN=12﹣（r1+r2），而EF=EB+BC+CF=r2+6+r1=6+（r1+r2），利用EF=MN可得到关于（r1+r2）的方程，解方程即可．解答：（1）解：∵菱形ABCD边长为，∠ABC=120°，∴△ADC和△DBC都是等边三角形，∴菱形的面积=2S△DBC=2××（6）2=54；（2）证明：∵PM与PE都是⊙O2的切线，∴PM=PE，又∵PN与PF都是⊙O1的切线，∴PN=PF，∴PM﹣PN=PE﹣PB，即EF=MN；（3）解：∵BE与BG都是⊙O2的切线，∴BE=BG，∠O2BE=∠O2BG，O2E⊥BE，而∠EBG=180°﹣∠DBC=180°﹣60°=120°，∴∠O2BE=60°，∠EO2B=30°，∴BE=O2E=r2，∴BG=r2，∴DM=DG=6﹣r2，同理可得CF=r1，DN=DH=6﹣r1，∴MN=DM+DN=12﹣（r1+r2），∵EF=EB+BC+CF=r2+6+r1=6+（r1+r2），而EF=MN，∴6+（r1+r2）=12﹣（r1+r2），∴r1+r2=9．点评：本题考查了圆的综合题：圆的切线垂直于过切点的半径；从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，并且这个点与圆心的连线平分两切线的夹角；掌握菱形的性质，记住等边三角形的面积等于边长平方的倍以及含30°的直角三角形三边的关系．21．（15分）（2012•黄冈）如图，已知抛物线的方程C1：y=﹣（x+2）（x﹣m）（m＞0）与x轴相交于点B、C，与y轴相交于点E，且点B在点C的左侧．（1）若抛物线C1过点M（2，2），求实数m的值；（2）在（1）的条件下，求△BCE的面积；（3）在（1）条件下，在抛物线的对称轴上找一点H，使BH+EH最小，并求出点H的坐标；（4）在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，求m 的值；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．专题：代数几何综合题；压轴题．分析：（1）将点（2，2）的坐标代入抛物线解析式，即可求得m的值；（2）求出B、C、E点的坐标，进而求得△BCE的面积；（3）根据轴对称以及两点之间线段最短的性质，可知点B、C关于对称轴x=1对称，连接EC与对称轴的交点即为所求的H点，如答图1所示；（4）本问需分两种情况进行讨论：①当△BEC∽△BCF时，如答图2所示．此时可求得m=+2；②当△BEC∽△FCB时，如答图3所示．此时可以得到矛盾的等式，故此种情形不存在．解答：解：（1）依题意，将M（2，2）代入抛物线解析式得：2=﹣（2+2）（2﹣m），解得m=4．（2）令y=0，即（x+2）（x﹣4）=0，解得x1=﹣2，x2=4，∴B（﹣2，0），C（4，0）在C1中，令x=0，得y=2，∴E（0，2）．∴S△BCE=BC•OE=6．（3）当m=4时，易得对称轴为x=1，又点B、C关于x=1对称．如解答图1，连接EC，交x=1于H点，此时BH+EH最小（最小值为线段CE的长度）．设直线EC：y=kx+b，将E（0，2）、C（4，0）代入得：y=x+2，当x=1时，y=，∴H（1，）．（4）分两种情形讨论：①当△BEC∽△BCF时，如解答图2所示．则，∴BC2=BE•BF．由函数解析式可得：B（﹣2，0），E（0，2），即OB=OE，∴∠EBC=45°，∴∠CBF=45°，作FT⊥x轴于点T，则∠BFT=∠TBF=45°，∴BT=TF．∴可令F（x，﹣x﹣2）（x＞0），又点F在抛物线上，∴﹣x﹣2=﹣（x+2）（x﹣m），∵x+2＞0，∵x＞0，∴x=2m，F（2m，﹣2m﹣2）．此时BF==2（m+1），BE=，BC=m+2，又∵BC2=BE•BF，∴（m+2）2=•（m+1），∴m=2±，∵m＞0，∴m=+2．②当△BEC∽△FCB时，如解答图3所示．则，∴BC2=EC•BF．∵△BEC∽△FCB∴∠CBF=∠ECO，∵∠EOC=∠FTB=90°，∴△BTF∽△COE，∴，∴可令F（x，（x+2））（x＞0）又∵点F在抛物线上，∴（x+2）=﹣（x+2）（x﹣m），∵x＞0，∴x+2＞0，∴x=m+2，∴F（m+2，（m+4）），EC=，BC=m+2，又BC2=EC•BF，∴（m+2）2=•整理得：0=16，显然不成立．综合①②得，在第四象限内，抛物线上存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似，m=+2．点评：本题涉及二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、轴对称﹣最小路径问题等重要知识点，难度较大．本题难点在于第（4）问，需要注意分两种情况进行讨论，避免漏解；而且在计算时注意利用题中条件化简计算，避免运算出错．。
2013年安徽省合肥168中自主招生数学试卷解析版
6． （5 分）如图，菱形 ABCD 的边长为 a，点 O 是对角线 AC 上的一点，且 OA=a，OB=OC=OD=1， 则 a 等于（ ）
A．
B．
C．1
D．2
【解答】解：∵∠BAC=∠BCA=∠OBC=∠OCB， ∴△BOC∽△ABC， 所以 即 ， ，
所以，a2﹣a﹣1=0． 由 a＞0， 解得 故选 A． ．
7． （5 分）梯形 ABCD 中 AB∥CD，∠ADC+∠BCD=90°，以 AD、AB、BC 为斜边向外作等腰直角
第 3页（共 19页）
三角形，其面积分别是 S1、S2、S3，且 S1+S3=4S2，则 CD=（
）
A．2.5AB
B．3AB
C．3.5AB
D．4AB
【解答】解：过点 B 作 BM∥AD， ∵AB∥CD，∴四边形 ADMB 是平行四边形， ∴AB=DM，AD=BM， 又∵∠ADC+∠BCD=90°， ∴∠BMC+∠BCM=90°，即△MBC 为 Rt△， ∴MC2=MB2+BC2， ∵以 AD、AB、BC 为斜边向外作等腰直角三角形， ∴△AED∽△ANB，△ANB∽△BFC， = ， = ，
第 4页（共 19页）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：令 y=0 得： （n2+n）x2﹣（2n+1）x+1=0， ∴（nx﹣1）[（n+1）x﹣1]=0． ∴x1= ，x2= ． = ． + …
∴图象与 x 轴所截的线段长度=
∴ 图 象 与 x 轴 所 截 的 线 段 长 度 之 和 =
=1 =1﹣ = ．
第 5页（共 19页）
，
10． （5 分）已知（ 【解答】解：∵（ ∴（ =（ =2 ﹣x） （ ） （2﹣2 ﹣6x+3
【免费下载】安徽省168中学自主招生考试数学模拟试卷一及详细答案
20．（15 分）如图，已知菱形 ABCD 边长为 ，∠ABC=120°，点 P 在线段 BC 延长线上，半径为 r1 的圆 O1 与 DC、CP、DP 分别相切于点 H、F、N，半径为 r2 的圆 O2 与 PD 延长线、CB 延长线和 BD 分别相切于点 M、E、G． （1）求菱形的面积； （2）求证：EF=MN； （3）求 r1+r2 的值．
9．（3 分）
10．（3 分）若[x]表示不超过 x 的最大整数，
与
B．
是相反数，计算
11．（3 分）如图，M、N 分别为△ABC 两边 AC、BC 的中点，AN 与 BM 交于点 O，则
_________ ．
C．7 圈
C．4 个
，那么△ABC 的内切圆半径为（ ）
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电，力根通保据过护生管高产线中工敷资艺设料高技试中术卷资，配料不置试仅技卷可术要以是求解指，决机对吊组电顶在气层进设配行备置继进不电行规保空范护载高与中带资负料荷试下卷高问总中题体资，配料而置试且时卷可，调保需控障要试各在验类最；管大对路限设习度备题内进到来行位确调。保整在机使管组其路高在敷中正设资常过料工程试况中卷下，安与要全过加，度强并工看且作护尽下关可都于能可管地以路缩正高小常中故工资障作料高；试中对卷资于连料继接试电管卷保口破护处坏进理范行高围整中，核资或对料者定试对值卷某，弯些审扁异核度常与固高校定中对盒资图位料纸置试，.卷保编工护写况层复进防杂行腐设自跨备动接与处地装理线置，弯高尤曲中其半资要径料避标试免高卷错等调误，试高要方中求案资技，料术编试交写5、卷底重电保。要气护管设设装线备备置敷4高、调动设中电试作技资气高，术料课中并3中试、件资且包卷管中料拒含试路调试绝线验敷试卷动槽方设技作、案技术，管以术来架及避等系免多统不项启必方动要式方高，案中为；资解对料决整试高套卷中启突语动然文过停电程机气中。课高因件中此中资，管料电壁试力薄卷高、电中接气资口设料不备试严进卷等行保问调护题试装，工置合作调理并试利且技用进术管行，线过要敷关求设运电技行力术高保。中护线资装缆料置敷试做设卷到原技准则术确：指灵在导活分。。线对对盒于于处调差，试动当过保不程护同中装电高置压中高回资中路料资交试料叉卷试时技卷，术调应问试采题技用，术金作是属为指隔调发板试电进人机行员一隔，变开需压处要器理在组；事在同前发一掌生线握内槽图部内 纸故，资障强料时电、，回设需路备要须制进同造行时厂外切家部断出电习具源题高高电中中源资资，料料线试试缆卷卷敷试切设验除完报从毕告而，与采要相用进关高行技中检术资查资料和料试检，卷测并主处且要理了保。解护现装场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2013年合肥一六八中学自主招生考试数学试卷答案
1. C。
2. D。
（PD=7，PB=6）
3. B或C。
（若a+b+c≠0，则k=2，选B；若a+b+c=0，则k=-1，选C）
4. B。
（ax中若x为偶数则ax=-x/2，若x为奇数则ax=-x/2+1/2）
5. C。
（分别为1、1、7，1、2、4，1、3、1和2、1、2）
6. B。
（易证△OBC∽△BAC，可得比例式1：a = a：(a+1)，解方程并排除负解得B）
7. B。
（由n+m=4s，可知AD²/4+BC²/4=AB²即AD²+BC²=4AB²，作BE∥AD交CD于 E，可证得△BEC是直角三角形且四边形ABED是平行四边形，∴AD=BE，AB=DE，
AD²+BC²=CE²，于是得4AB²=CE²即2AB=CE即2DE=CE，所以CD=3AB）
8. C。
（通过十字相乘法分解因式，得y=(nx-1)[(n+1)x-1]，故其与x轴交点为1/n 和1/(n+1)，所截得线段长度为1/n-1/(n+1)。
所以线段长度之和为
1-1/2+1/2-1/3+…+1/2013-1/2014 = 2013/2014）
9. 3 EQ \R(,3) 。
（连接OB，OA⊥AP，OB⊥BP，易算出∠BAP和∠ABP为60°，于是得△ABP为等边三角形；易算出AB= EQ \R(,3) ，所以周长为3 EQ \R(,3) ）
10. 27。
11. 56。
（观察可知aij=[(i-1)²+j]×(-1)i+j+1）
12. 5/18。
13. 3 EQ \R(,2) 。
（显然AC是正方形ABCD的对称轴，∴对于在AC上的任意一个P 点，都能满足PB=PD，所以PD+PE=PB+PE。
显然当P点恰为AC、BE的交点时PB+PE值最小，所以最小值为PB+PE=BE=AB=3 EQ \R(,2)）
14. 2（易算出S△ABD=6，S△ABE=4，所以S△ABD- S△ABE=2，即S△ADF-S△BEF=2）
15. 0°<θ<60°（由题意可知b²-4ac<0，即：(4sinθ)²-4×6×cosθ<0。
化简，得2sin²θ-3cosθ<0。
由sin²θ+cos²θ=1，可知2sin²θ=2-2cos²θ，令x=cosθ，则2-2x²-3x<0，化简得(2x-1)(x+2)>0。
所以2x-1和x+2同正或同负，解得x>1/2或x<-2。
∵x=cosθ，∴x<-2排除，故x>1/2即cosθ>1/2，得θ<60°。
又θ为三角形内角，所以0°<θ<60°）
16. (1)化简得原式=1/(a²+2a)，又由a²+2a-1=0可得a²+2a=1，∴原式值为1。
(2)若a=b，则原式=1+1=2；
若a≠b，则a、b为x²+3x+1=0的两个根，由韦达定理可得a+b=-3，ab=1。
将原式化为(a+b)²/ab-2，代入，得原式值为7。
综上，原式的值为1或7。
17. (1)作AF⊥BC于F，易得出BF=1，AF= EQ \R(,3) 。
又BC= EQ \R(,3) +1，∴CF= EQ \R(,3) 。
由勾股定理，得AC= EQ \R(,6) 。
(2)由(1)及题目，易算出S△ABF= EQ \R(,3) /2，S△ACF=3/2。
∴S△ACE= EQ \R(,3) /2。
做法A：由S=CE×AD/2可得AD= EQ \R(,6) /2，∴sin∠ACD=1/2，
∴∠ACD=30°。
做法B：由S=sin∠ACD×CE×AC/2（面积公式），可得sin∠ACD=1/2，∴∠ACD=30°。
18. (1)若0<t≤2，作DE⊥BC于E，易得BE=3，EC=1，NP=DE= EQ \R(,3) ，PE=DN=BM=t，∠ABC=60°。
∵AB=AD，AD∥BC，∴∠DBC=∠ADB=∠ABD=30°， PQ=BP/ EQ \R(,3) = EQ \R(,3) - EQ \R(,3) t/3。
∴S=PQ×BM/2=- EQ \R(,3) /6(t-3/2)²+3 EQ
\R(,3) /8(0<t≤2)。
此时S的最大值为3 EQ \R(,3) /8。
若2≤t<4，易得
BP=NB/2=(4-t)/2。
同0<t≤2，可得PQ= BP/ EQ \R(,3) =2 EQ \R(,3) /3- EQ \R(,3) t/6。
∴S=PQ×BM/2=- EQ \R(,3) /12(t-2)²+ EQ \R(,3) /3(2≤t<4)。
此时S最大值为 EQ \R(,3) /3。
显然3 EQ \R(,3) /8大于 EQ \R(,3) /3，故S的最大值为3 EQ \R(,3) /8。
综上所述，S= - EQ \R(,3) /6(t-3/2)²+3 EQ \R(,3) /8(0<t≤2),
S= - EQ \R(,3) /12(t-2)²+ EQ \R(,3) /3(2≤t<4),
S的最大值为3 EQ \R(,3) /8。
(2)若BM=MQ，当0<t≤2时，t= EQ \R(,（EQ \R(,3) - EQ \R(,3) t/3）²+(3-t-t)²) ，解得t1=3（舍去），t2=1.2。
当2≤t<4时，t= EQ \R(,[t-(4-t)/2]²+(2 EQ \R(,3) /3- EQ \R(,3) t/6)²) ，解得t1=1（舍去），t2=4（舍去）。
若BM=BQ，当0<t≤2时，2×( EQ \R(,3) - EQ \R(,3) t/3)=t，解得t=12-6 EQ \R(,3) 。
当2≤t<4时，2×(2 EQ
\R(,3) /3- EQ \R(,3) t/6)=t，解得t=2 EQ \R(,3) -2（舍去）。
若MQ=BQ，当0<t≤2时， EQ \R(,（EQ \R(,3) - EQ \R(,3) t/3）²+(3-t-t)²) =2×( EQ \R(,3) - EQ
\R(,3) t/3)，解得t1=2，t2=0（舍去）。
当2≤t<4时， EQ \R(,[t-(4-t)/2]²+(2 EQ \R(,3) /3- EQ \R(,3) t/6)²) =2×(2 EQ \R(,3) /3- EQ \R(,3) t/6)，解得t1=2，t2=0（舍去）。
综上所述，当t=1.2或t=12-6 EQ \R(,3) 或t=2时，△BMQ为等腰三角形。