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．。