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（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）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．。

2020年浙江省宁波市普通高中自主招生数学模拟试卷一．选择题（共5小题，满分25分，每小题5分）1．（5分）希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．例如：他们研究过图1中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1，4，9，16…这样的数成为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是（ ）A ．289B ．1024C ．1225D ．13782．（5分）在一只不透明的口袋中放人只有颜色不同的白球6个，黑球4个，黄球n 个，搅匀后随机从中摸取1个恰好是白球的概率为13，则放入的黄球总数为（ ） A ．5个 B ．6个 C ．8个 D ．10个3．（5分）下列命题正确是（ ）A ．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形B ．有两条边对应相等的两个直角三角形全等C ．16的平方根是4D ．对角线相等的平行四边形是矩形4．（5分）已知m ＞0，关于x 的一元二次方程（x +1）（x ﹣2）﹣m ＝0的解为x 1，x 2（x 1＜x 2），则下列结论正确的是（ ）A ．x 1＜﹣1＜2＜x 2B ．﹣1＜x 1＜2＜x 2C ．﹣1＜x 1＜x 2＜2D ．x 1＜﹣1＜x 2＜2 5．（5分）如图，点A 是函数y =−2x （x ＜0）在第二象限内图上一点，点B 是函数y =4x （x＞0）在第一象限内图象上一点，直线AB 与y 轴交于点，且AC ＝BC ，连结OA ，OB ，则△AOB 的面积是（ ）A．2B．3C．4D．5二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）6．（5分）关于x的不等式组{4a+3x＞03a−4x≥0恰好只有三个整数解，则a的取值范围是7．（5分）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，点D，E，F分别在边BC，AC，AB 上，四边形DCEF为矩形，P，Q分别为DE，AB的中点，若BD＝1，DC＝2，则PQ＝．8．（5分）如图，△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E．F．且AB＝5，AC＝12，BC＝13，则⊙O的半径是．9．（5分）如图，⊙O的半径为5cm，弦AB的长为8cm，P是AB延长线上一点，BP＝2cm，则tan∠P的值是．三．解答题（共2小题，满分30分，每小题15分）10．（15分）若一次函数y＝mx+n与反比例函数y=kx同时经过点P（x，y）则称二次函数y＝mx2+nx﹣k为一次函数与反比例函数的“共享函数”，称点P为共享点．（1）判断y＝2x﹣1与y=3x是否存在“共享函数”，如果存在，请求出“共享点”．如果。

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

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

2020年浙江省“三位一体”自主招生数学测试试卷（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．。

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年浙江单独考试招生数学试题一、单项选择题(本大题共20小题,1—10小题每小题2分,11—20小题每小题3分,共50分）（在每小题列出的四个备选答案中,只有一个是符合题目要求的.错涂、多涂或未涂均不得分）1.集合{}8,7,2,1=A ,集合{}8,5,3,2=B ,则=B A = A. {2} B. {3,5} C. {2,8} D.,8}{1,2,3,5,72."45"︒=α是”“22sin =α的 A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件3.函数()xx x f 21-=的定义域为A.]1,0()0,1[ -B.[-1,1]C.(0,1]D.),1[]1,(+∞--∞ 4.从2名医生、4名护士中,选出1名医生和2名护士组成三人医疗小组,选派的种数是A.8B.12C.20D.24 5.如图,正方形ABCD 的边长为1,=BD ＋＋＋＋＋AB A. 0 B. 2 C. 2 D.226.直线3=x 的倾斜角为A.0°B.30°C.60°D.90°7. 角α的终边上有一点()512-，P ,则=αsin A.125-B.125C. 135D.135- 8. 双曲线122=-y x 与直线1=-y x 交点的个数为A.0B. 1C. 2D.4 9. 下列叙述中,错误的是A.平行于同一个平面的两条直线平行B.平行于同一条直线的两条直线平行C.垂直于同一条直线的两个平面平行D.垂直于同一个平面的两条直线平行 10. 李老师每天采取"先慢跑、再慢走"的方式锻炼身身体,慢跑和慢走都是匀速的,运动的距离s （米）关于时间t （分钟）的函数图像如图所示,他慢走的速度为A.55米/分钟B.57.5米/分钟C.60米/分钟D.67.5米/分钟 11. 若直线b x y +=经过抛物线y x 42=的焦点,则b 的值是A.-2B.-1C.1D.2 12. 角2020°的终边在A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限 13. 已知点()()6,7,4,3B A -，则线段AB 的中点坐标为A.(5,1)B.(2,5)C. (10,2)D.(4,10) 14. 若函数12++=kx x y 的图像与x 轴没有交点,则k 的取值范围是A.()+∞,2B.()2,-∞-C.()()+∞-∞-,22,D.()2,2- 15. 抛掷二枚骰子,"落点数之和为9"的概率是 A.21 B 31. C.61 D.91 16. 16.下列直线中,,与圆()()52122=++-y x 相切的是A.012=+-y xB.012=--y xC.012=++y xD.012=-+y x 17. 已知a,b,c 是实数,下列命题正确的是A.若b a >,则22b a > B.若22b a >,则b a > C.若22bc ac >,则b a > D.若b a >,则22bc ac > 18. 函x x y cos sin =的最小正周期为A.2πB. πC.π2D.1 19. 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若()*1112,1N n a S a n n ∈-==+,则=3aA. -2B. -1C. 1D.220. 20.设直线m x y +=与曲()0122≥=+x y x 有公共点,则实数m 的取值范围是A.[]2,2-B. []1,1-C. []2,1-D.[]1,2- 二、填空题(本大题共7小题,每小题4分,共28分)21. 已知函数()2,32,1{2≥+<+=x x x x x f ，则()[]=-2f f22. 若42,1,1++-x x x 成等差数列,则=x23. 若正数b a ,满足20=ab ,则b a 2+的最小值为 24. 函数()()x x y -++=ππcos sin 4的最大值为25. 6212⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 展开式中第二项的系数为26. 如图所示,某几何体由正四棱锥和正方体构成,正四棱锥侧棱长为23，正方体棱长为1，则PB =27. 已知双曲线2222by a x -的渐近线方程为x y 2±=，则该双曲线的离心率为三、解答题(本大题共8小题,共72分)(解答应写出文字说明及演算步骤) 28. (本题7分)计算:()()2210663492019202001ln12log 3log ππ-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++++-！e29. (本题8分）在△ABC 中,角C B A ,,所对的边分别为c b a ,,，已知︒=∠60A ，32=a ，22=b 。

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．。