2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(42)(有答案解析)

2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（57）一、选择题（本大题共9小题，共36.0分）1.若，则，x，，这四个数中A. 最大，最小B. x最大，最小C. 最大，最小D. x最大，最小2.小明和小亮的口袋里面都放有五张不同的2008年北京奥运会福娃纪念卡，他们分别从自己口袋里摸出一张福娃纪念卡，则摸出的福娃都是贝贝的概率是A. B. C. D.3.方程的所有整数解的个数是A. 5个B. 4个C. 3个D. 2个4.顶点为，，，的正方形在第一象限的面积是A. 25B. 36C. 49D. 305.使方程的一根为整数的整数m的值共有A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个6.函数与的图象恰有两个公共点，则实数a的取值范围是A. B.C. 或D. 或7.在中，，，P在中，，，则的度数为A. B. C. D.8.二次函数的图象与x轴交于B，C两点，点D平分BC，若在x轴上侧的A点为抛物线上的动点，且为锐角，则AD的取值范围是A. B. C. D.9.一个三角形有一内角为，如果经过其一个顶点作直线能把其分成两个等腰三角形，那么它的最大内角可能值有A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）10.甲、乙、丙三人各有糖若干块，甲从乙处取来一些糖，使原来有糖的块数增加一倍，乙从丙处取来一些糖，使留下的块数增加一倍，丙再从甲处取来一些糖，也使留下的块数增加一倍．这时三人的糖块一样多．开始时，丙有32块糖，则乙原来有______块糖．11.设，，则______．12.已知为钝角三角形，其最大边AC上有一点点P与点A，C不重合，过点P作直线l，使直线l截所得的三角形与原三角形相似，这样的直线l可作的条数是______．13.如图，中，的平分线交BC于D，若，，，则AD的长为______cm．14.已知a是整数，一次函数的图象与两坐标轴所围成的三角形的面积数为质数，则这个质数等于______．15.如图，，是等腰直角三角形，点，在函数的图象上，斜边，都在x轴上，则点的坐标是______ ．16.小王沿街匀速行走，发现每隔6分钟从背后驶过一辆18路公交车，每隔3分钟从迎面驶来一辆18路公交车．假设每辆18路公交车行驶速度相同，而且18路公交车总站每隔固定时间发一辆车，那么发车间隔的时间是______分钟．17.如图，以半圆中的一条弦非直径为对称轴将弧BC折叠后与直径AB交于点D，若，且，则CB的长为______．三、解答题（本大题共5小题，共52.0分）18.解关于x的不等式：．19.如图，由直角三角形边角关系，可将三角形面积公式变形得到即三角形的面积等于两边之长与夹角正弦值之积的一半如图，在中，于D，，，由公式得到即你能利用直角三角形关系及等式基本性质，消去中的AC、BC、CD吗？若不能，说明理由；若能，写出解决过程．并利用结论求出的值．20.如图，过内一点M做各边的平行线与各边分别交于D，E，F，G，L，N各点．求证：．21.已知二次函数的图象是M．求M关于点中心对称的图象N的解析式；当时，的最大值为，求a的值．22.证明：只存在唯一一个三角形，它的三边长为三个连续的正整数，并且它的三个内角中有一个内角为另一个内角的2倍．-------- 答案与解析 --------1.答案：A解析：【分析】本题主要考查利用特殊值比较一些式子的大小是有效的方法．可根据条件，在范围内运用取特殊值的方法比较大小．【解答】解：，取，即，，，．最大，最小，最大，最小．故选A．2.答案：A解析：解：共有25种情况，摸出的福娃都是贝贝的情况有1种，概率为．列举出所有情况，让摸出的福娃都是贝贝的情况数除以总情况数即为所求的概率．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．3.答案：B解析：解：当，时，解得；当时，解得或1．当，为偶数时，解得因而原方程所有整数解是，，1，共4个．故选：B．方程的右边是1，有三种可能，需要分类讨论．第1种可能：指数为0，底数不为0；第2种可能：底数为1；第3种可能：底数为，指数为偶数．本题考查了：是不为0的任意数以及1的任何次方都等于本题容易遗漏第3种可能情况而导致误选C，需特别注意．4.答案：B解析：解：连接OA，过A、D两点的直线方程是，即，解得它与x轴的交点E的横坐标是，同理求得过A、B两点的直线方程是，解得它与y轴的交点E的纵坐标是，，，，即顶点为，，，的正方形在第一象限的面积是36．根据正方形的顶点坐标，求出直线AD的方程，由方程式知AD与x轴的交点E的坐标，同理求得AB与y轴的交点F的坐标，连接OA，再去求两个三角形的面积，从而求得正方形在第一象限的面积．解答本题要充分利用正方形的特殊性质．注意在正方形中的特殊三角形的应用，利用直角三角形求面积，在本题中，借助直线方程求的点E、F在坐标轴上的坐标，据此解得所求三角形的边长，代入面积公式求得结果．5.答案：D解析：解：方程有一个整数根，，设为正整数，，且同奇偶，，，，，，4，20，2，，，经检验，均有一根为整数，符合条件的整数m的值有4个，故选：D．设，则，由且同奇偶，则可求，．本题考查二元一次方程根的判别式；由入手，利用建立等式求m的值是解题的关键．6.答案：D解析：解：根据题意，的图在x轴上过原点是折线，关于y轴对称；分两种情况讨论，时，过第一、二象限，斜率为1，时，过第一、二、三象限，若使其图象恰有两个公共点，必有；时，过第三、四象限；而过第二、三、四象限；若使其图象恰有两个公共点，必有；故选：D．画图象用数形结合解题，的图在x轴上过原点是折线，关于y轴对称；时，斜率为1，与交于第一、二象限，时，斜率为1，与交于第三、四象限，分析图象可得答案．本题要求利用图象求解各问题，先画函数图象，根据图象观察，得出结论．7.答案：C解析：解：在BC下方取一点D，使得三角形ABD为等边三角形，连接DP、DC，，，，，，，又，，≌，，又，是等边三角形，≌，，．或由≌，又故选：C．在BC下方取一点D，使得三角形ABD为等边三角形，连接DP、DC，根据等边三角形的性质得到，求出、、的度数，根据三角形的内角和定理求出，即，再证≌，得到，进一步得到等边，推出≌，根据全等三角形的性质得到，即可求出答案．本题主要考查对等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，作辅助线得到全等三角形是解此题的关键，此题是一个拔高的题目，有一点难度．8.答案：A解析：解：设，；则有：，；故BC；设抛物线顶点为P，则；，即；故选：A．首先设出B、C的坐标，用韦达定理求出BC的长，若以BC为直径作圆，根据圆周角定理易得出当点A在x轴上方时，为锐角，那么AD的长就应该在和DP之间设P为抛物线顶点坐标，且AD不等于．此题考查了二次函数与一元二次方程的关系、根与系数的关系、圆周角定理等知识，能够正确的根据圆周角定理判断出是锐角时A点的位置是解答此题的关键．9.答案：C解析：解：如图所示，当时，那么它的最大内角是当时，有以下4种情况，所以共5种情况，故选：C．当它为顶角时，根据等腰三角形的性质，可以求得最大角是90度，如图所示；当它是侧角时，用同样的方法，可求得最大角有4种情况．此题主要考查学生对等腰三角形的性质和三角形内角和定理的理解和掌握，此题涉及等知识点并不多，但是要分4种情况解答，因此，属于难题．10.答案：40解析：解：设甲、乙二人原来分别有糖块x、y块糖，乙从丙处取来z块糖．则根据题意知，甲、乙、丙分别有糖块、、．乙处糖的转换过程得知，，由三处糖块一样多可得，，把代入，得，由得，．故乙原来有40块糖块．该题是三元一次方程组的应用，根据题意列出方程组，解答即可．解方程组时，用代入消元法和加减消元法，通过“消元”使其转化为二元一次方程组来解．11.答案：15解析：【分析】此题考查了对完全平方公式及整体代入的掌握情况，有一定的综合性．将和相加，得到，再将转化成关于，，的完全平方的形式，再将，和整体代入即可．【解答】解：，，两式相加得，，原式．12.答案：3或2解析：解：如图1：过点P作的平行线，或者作的平行线，都可使截得的三角形与原三角形相似；过点P可作直线交边AC于点F，使得，可得∽，有3条；如图2：只有2条．这样的直线l可作的条数是3条或2条．故答案为：3或2．根据已知及相似三角形的判定方法进行分析，从而可得到该直线的条数．此题考查了相似三角形的判定，有两个对应角相等的三角形相似；有两个对应边的比相等，且其夹角相等，则两个三角形相似；三组对应边的比相等，则两个三角形相似．13.答案：解析：解：过B作，交AD的延长线于点N，作交AN于点E．，，而，，，．在直角中，，．，∽设，则．而，．解得：．．过B作，交AD的延长线于点N，作交AN于点易证是等腰三角形，根据三角函数即可求得底边AN，再根据，证得∽，根据相似三角形的对应边的比相等即可求解．本题求线段的长的问题可以转化为三角形相似的问题解决，正确作出辅助线是解题关键．14.答案：5解析：解：一次函数的解析式为；图象与两坐标轴的交点为；．图象与两坐标轴所围成的三角形的面积可表示为：；一次函数的图象与两坐标轴所围成的三角形的面积数为质数；；一次函数的图象与两坐标轴所围成的三角形的面积数为5．故填5．先根据一次函数的解析式求出与两坐标轴的交点坐标，然后根据质数的特点确定所围成的三角形的面积．一次函数的图象经过第几象限，取决于x的系数是大于0或是小于此题中，不管还是一次函数的图象与两坐标轴所围成的三角形的面积都一样．15.答案：解析：解：作轴，轴，，是等腰直角三角形，，，则，，，设，则有，解得，或舍去，则，坐标为．故答案为：．作轴，轴，根据等腰直角三角形的性质解答即可．本题考查等腰三角形的性质与反比例函数的性质的综合，一定经过某点的函数应符合这个点的横纵坐标．16.答案：4解析：解：设车的速度是a，人的速度是b，每隔t分发一班车．二辆车之间的距离是：at车从背后超过是一个追及问题，人与车之间的距离也是：at那么：车从前面来是相遇问题，那么：，得：所以：即车是每隔4分钟发一班．根据路程速度时间，则此题中需要用到三个未知量：设车的速度是a，人的速度是b，每隔t分发一班车．然后根据追及问题和相遇问题分别得到关于a，b，t的方程，联立解方程组，利用约分的方法即可求得t．注意：此题中涉及了路程问题中的追及问题和相遇问题．考查了对方程的应用，解方程组的时候注意技巧．17.答案：解析：解：如图，，且，，，作AB关于直线BC的对称线段，交半圆于，连接AC、，可得A、C、三点共线，线段与线段AB关于直线BC对称，，，，．而，即．则，又，，．故答案是：．作AB关于直线CB的对称线段，交半圆于，连接AC、，构造全等三角形，然后利用勾股定理、割线定理解答．本题主要考查了翻折变换折叠问题，此题将翻折变换、勾股定理、割线定理相结合，考查了同学们的综合应用能力，要善于观察图形特点，然后作出解答．18.答案：解：法一：原不等式化为或，分，，解得，，解得，，分所以，原不等式的解为：或；分法二：原不等式化为：，即，，原不等式的解为或．解析：法一：根据绝对值的性质，分和两种情况去掉绝对值号，然后分别对和分解因式，根据同号得正、异号得负求解．法二：或者先分解因式求出的解集，然后再解不等式组的解集．本题分解因式后利用两数相乘，同号得正、异号得负求解；也可以先求出的范围，再根据绝对值的性质去掉绝对值号，从而得到不等式的解集，这对初中生要求比较高，但只要平时学习的扎实，相信也是不难解决的．19.答案：解：能消去中的AC、BC、CD．将，两边同除以得：，又、，代入可得：．由得：．解析：将等式的两边同时除以AC和BC，然后将、代入，整理即可消去中的AC、BC、CD，分别令，代入消去后的式子可得出的值．本题考查了解直角三角形的知识，题目比较长，突破口在于熟练掌握直角三角形中三角函数的表示形式，例如题中的、，另外在解答这样阅读型题目时，一定要有耐心，仔细分析题意，切忌看见比较长的题目就无从下手．20.答案：证明：根据题意，，∽；∽；分是平行四边形，；同理，；则，．解析：若将所求的等式左边进行通分，解起来会非常麻烦，所以要通过相似三角形得出的对应成比例相等来求证；根据∽、∽得出的对应成比例线段，用分母为AB的式子替换掉、，然后再通过这些线段和AB的关系来证明所求的结论．此题主要考查了平行四边形的性质以及相似三角形的判定和性质．21.答案：解：依题得，，且，故图象M的顶点为，由对称性可知，图象N的顶点为，且其开口方向与M的相反，，即．当时，抛物线N的开口向上，对称轴为，若，则当时，取得最大值，由得，．解析：先求出的顶点坐标，由中心对称得出的顶点坐标，又由于和的开口方向相反，且开口大小相同，故a值相同，因此可确定解析式．由于的开口向下，且对称轴位于内，故顶点纵坐标为，则a的值便可求出．本题考查了二次函数图象关于定点中心对称时抛物线的解析式的求法．22.答案：证明：如图，在中，设，且三边长分别为a，b，c．延长CA到点D，使，则，由，知．从而，∽，故，即于是，当时，设，，，代入式，解得，．此时，，，；当时，设，，，解得，．此时，，，，不能构成三角形；同理，当时，可得，，n不是整数，舍去．综上所述，满足条件的三角形只有一个，其三边长为4，5，6．解析：首先保证该三角形的三个内角中有一个内角为另一个内角的2倍，构造相似三角形，得到a，b，c之间的一个关系式，再根据边长为三个连续的正整数，进行分析求解．此题综合运用了相似三角形的判定和性质以及三角形的三边关系．。

三位一体考试题及答案一、单项选择题（每题2分，共20分）1. 三位一体考试中，以下哪项不是综合素质评价的组成部分？A. 学业水平成绩B. 面试成绩C. 体育成绩D. 社会实践活动答案：C2. 在三位一体考试中，面试环节主要考察学生的哪些能力？A. 学术知识掌握B. 沟通表达能力C. 团队协作能力D. 以上都是答案：D3. 以下哪项不是三位一体考试的优势？A. 综合评价学生能力B. 减轻高考压力C. 提高录取率D. 增加学生负担答案：D4. 三位一体考试中，学业水平成绩通常占总成绩的百分比是多少？A. 30%B. 40%C. 50%D. 60%答案：C5. 三位一体考试的面试环节通常包括哪些内容？A. 自我介绍B. 专业知识问答C. 综合素质评价D. 以上都是答案：D6. 在三位一体考试中，以下哪项不是学生需要准备的材料？A. 个人陈述B. 推荐信C. 学术成果D. 家庭背景答案：D7. 三位一体考试的录取流程中，以下哪项不是必须环节？A. 报名B. 初审C. 面试D. 体检答案：D8. 三位一体考试中，以下哪项不是面试时需要注意的事项？A. 着装得体B. 语言表达清晰C. 保持微笑D. 迟到答案：D9. 三位一体考试的报名通常在什么时间进行？A. 高考前B. 高考后C. 高考期间D. 高考成绩公布后答案：A10. 三位一体考试中，以下哪项不是学生需要具备的素质？A. 学术能力B. 创新能力C. 领导能力D. 应试技巧答案：D二、多项选择题（每题3分，共15分）11. 三位一体考试中，以下哪些因素会影响学生的录取结果？A. 学业成绩B. 面试表现C. 社会实践活动D. 家庭背景答案：A、B、C12. 在三位一体考试的面试环节中，以下哪些问题是面试官可能会问到的？A. 你为什么选择这个专业？B. 你如何看待当前的社会热点问题？C. 你有什么兴趣爱好？D. 你如何看待应试教育？答案：A、B、C、D13. 三位一体考试中，以下哪些材料是学生需要准备的？A. 个人陈述B. 成绩单C. 获奖证书D. 家庭经济状况证明答案：A、B、C14. 三位一体考试的优势包括哪些？A. 综合评价学生能力B. 减轻高考压力C. 提高录取率D. 增加学生负担答案：A、B、C15. 三位一体考试的报名流程通常包括哪些步骤？A. 网上报名B. 材料审核C. 面试通知D. 录取结果公布答案：A、B、C、D三、判断题（每题2分，共10分）16. 三位一体考试的面试环节只考察学生的专业知识掌握情况。

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，每小题5分，共30分）1. 已知非零实数a ，b 满足|2a −4|+|b +2|+√(a −3)b 2+4=2a ，则a +b 等于( ) A.−1 B.0 C.1 D.22. Rt △ABC 的三个顶点A ，B ，C 均在抛物线y ＝x 2上，并且斜边AB 平行于x 轴．若斜边上的高为ℎ，则（ ） A.ℎ<1 B.ℎ＝1 C.1<ℎ<2 D.ℎ>23. 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 C4. 若实数x ，y 满足条件2x 2−6x +y 2＝0，则x 2+y 2+2x 的最大值是（ ） A.14 B.15 C.16 D.不能确定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 =BE OM，y =BN ON，z =CF BF，则有（ ）A.x >y >zB.x ＝y ＝zC.x ＝y >zD.x >y ＝z6. 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.112 B.29C.518D.1336二、填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分）若ab =20,bc =10，则a+bb+c 的值为________．已知二次函数y1＝ax2+bx+c(a≠0)与一次函数y2＝kx+b(k≠0)的图象相交于点A(−2, 4)，B(8, 2)，如图所示，则能使y1<y2成立的x的取值范围是________．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＝________．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________．，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________245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________．如果函数y＝b的图象与函数y＝x2−3|x−1|−4x−3的图象恰有三个交点，则b的可能值是________−25．4三、解答题（本大题共3小题，共55分）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．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．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．参考答案与试题解析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，每小题5分，共30分）1.【答案】C【考点】非负数的性质：绝对值非负数的性质：算术平方根【解析】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 原式得出|的值．【解答】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.2.【答案】B【考点】二次函数综合题【解析】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】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．【答案】C【考点】三角形的外接圆与外心【解析】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．【解答】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⋅cos A．同理，OE＝R⋅cos B，OF＝R⋅cos C．∴OD:OE:OF＝cos A:cos B:cos C．4.【答案】B【考点】二次函数的最值【解析】由已知得y2＝−2x2+6x，代入x2+y2+2x中，用配方法求最大值．【解答】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15．5.【答案】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=BEOM =BEOP=2，所以x＞y＝z【考点】相似三角形的性质与判定角平分线的性质三角形中位线定理【解析】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．【解答】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=BEOM =BEOP=2，所以x>y＝z．6.【答案】D【考点】列表法与树状图法二元一次方程组的解【解析】列举出所有情况，看所求的情况占总情况的多少即可．【解答】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=6−2b2a−b ，y=2a−32a−b，∵使x、y都大于0则有6−2b2a−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1336，二、填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分）【答案】21011【考点】比例的性质【解析】根据ab =20,bc=10得到a＝20b，c=b10代入a+bb+c即可求得答案．【解答】由题设得a+bb+c =ab+11+cb=20+11+110=21011．【答案】−2<x<8【考点】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．【解答】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．【答案】2【考点】一次函数图象上点的坐标特点【解析】先确定A、B的坐标，再由△OAB的面积是正整数，求a的值．【解答】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．【答案】S=√34−π9【考点】相切两圆的性质扇形面积的计算【解析】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．【解答】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．【答案】勾股定理 【解析】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． 【解答】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．【答案】y =−13x +113【考点】待定系数法求一次函数解析式 【解析】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． 【解答】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．【答案】 −6、 【考点】二次函数的性质 【解析】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． 【解答】当x≥1时，函数y＝x2−3|x−1|−4x−3＝x2−7x，图象的一个端点为(1, −6)，顶点坐标为(72, −494)，当x<1时，函数y＝x2−3|x−1|−4x−3＝x2−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．故三、解答题（本大题共3小题，共55分）【答案】此公共点一定是顶点，∴△＝4−12c＝0，一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．【考点】抛物线与x轴的交点【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．【解答】此公共点一定是顶点，∴△＝4−12c＝0，一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．【答案】证明：如图，连接PB、BR，则∠APC＝45∘，∠APB＝90∘；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．【考点】圆周角定理等腰三角形的判定【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．【解答】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．【答案】证明：延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，∵在△GDA和△EBA中，{DG=BE∠GDA=∠ABE=90AD=AB，∴△GDA≅△EBA，∴AG＝AE，∠GAD＝∠EAB，故∠GAF＝45∘，在△GAF和△EAF中，∵{AG=AE∠GAF=∠EAFAF=AF，∴△GAF≅△EAF，即GD+DF＝BE+DF＝EF；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．【考点】全等三角形的性质与判定三角形的内切圆与内心正方形的性质【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．【解答】证明：延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，∵在△GDA和△EBA中，{DG=BE∠GDA=∠ABE=90AD=AB，∴△GDA≅△EBA，∴AG＝AE，∠GAD＝∠EAB，故∠GAF＝45∘，在△GAF和△EAF中，∵{AG=AE∠GAF=∠EAFAF=AF，∴△GAF≅△EAF，∴GF＝EF，即GD+DF＝BE+DF＝EF；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，试卷第11页，总12页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．试卷第12页，总12页。

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，每小题5分，共30分）1．（5分）已知非零实数a ，b 满足|2a ﹣4|+|b +2|+√(a −3)b 2+4＝2a ，则a +b 等于（ ） A ．﹣1B ．0C ．1D ．22．（5分）Rt △ABC 的三个顶点A ，B ，C 均在抛物线y ＝x 2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 ＞23．（5分）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 C4．（5分）若实数x ，y 满足条件2x 2﹣6x +y 2＝0，则x 2+y 2+2x 的最大值是（ ） A ．14B ．15C ．16D ．不能确定5．（5分）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 =BE OM ，y =BN ON ，z =CFBF，则有（ ）A ．x ＞y ＞zB ．x ＝y ＝zC ．x ＝y ＞zD ．x ＞y ＝z6．（5分）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 ．1336二、填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分） 7．（5分）若ab =20，b c=10，则a+b b+c的值为 ．8．（5分）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 ．9．（5分）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 ＝ ．10．（5分）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 ．11．（5分）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 ．12．（5分）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 ．13．（5分）如果函数y＝b的图象与函数y＝x2﹣3|x﹣1|﹣4x﹣3的图象恰有三个交点，则b 的可能值是．三、解答题（本大题共3小题，共55分）14．（18分）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．15．（18分）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．16．（19分）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．2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷（61）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）1．【解答】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．2．【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．【解答】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•cos A．同理，OE＝R•cos B，OF＝R•cos C．∴OD：OE：OF＝cos A：cos B：cos C．故选：C．4．【解答】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．5．【解答】解：如图，由角平分线，BNON =ABAO=√2=AC AB=CF BF，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=BEOM=BEOP=2，所以x＞y＝z．6．【解答】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=6−2b2a−b，y=2a−32a−b，∵使x、y都大于0则有6−2b2a−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 ．二、填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分） 7．【解答】解：由题设得a+b b+c=ab+11+c b=20+11+110=21011．故答案为：21011．8．【解答】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，y 1＜y 2， 所以，使y 1＜y 2成立的x 的取值范围是﹣2＜x ＜8． 故答案为：﹣2＜x ＜8．9．【解答】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|=|a 22−2a|，∵△OAB 的面积是正整数，而只有当a ＝2时，S △AOB ＝2是正整数， 故a ＝2．10．【解答】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°=DE AD =√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−π9．11．【解答】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：245．12．【解答】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 +113．13．【解答】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． 三、解答题（本大题共3小题，共55分） 14．【解答】解：∵a ＝b ＝1，c ＝﹣1， ∴抛物线的解析式为y ＝3x 2+2x ﹣1， 令y ＝3x 2+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 ＝3x 2+2x +c ． ∵对称轴x =−b 2a =−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 ≤﹣1．15．【解答】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 ．16．【解答】（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．。