2020年浙江省“三位一体”自主招生综合测试试卷(47)(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．。

三位一体面试题目及参考答案1. 三位一体综合评价招生到底是什么意思?答：三位一体综合评价招生，是我省在全国率先启动的高校招生改革重要举措，是我省高考综合改革试点方案规定的四种选拔模式之一。

“三位”是指高中学业水平考试以下简称高中学考、统一高考和综合素质评价含中学综合素质评价和高校综合素质测试。

高校依据专业特色和培养目标，将考生的高中学考成绩、统一高考成绩和综合素质评价结果合成综合成绩，综合评价，择优录取。

2. 报名参加三位一体综合评价招生有什么前提条件吗?答：不少高校会把高中学考、综合素质评价的相应要求作为前置条件，比如学考几个A、几个B等等，具体的要仔细看报考学校的招生章程。

3.中学综合素质评价起什么作用?答：中学综合素质评价是三位一体综合评价招生综合素质评价的重要组成部分。

目前，中学的综合素质评价的作用主要是：1是报考三位一体综合评价招生的前置条件。

学生中学综合素质评价结果须符合拟报考学校的要求方可报考该校。

2在招生学校初次遴选确定参加综合素质测试资格和在综合素质测试过程中发挥作用。

3作为同等条件下优先录取的考虑因素之一。

4. 往届生能报名参加三位一体综合评价招生吗?符合我省当年高考报考条件和试点高校具体报考条件的高中毕业生均可报名，往届生也可以报考。

5. 三位一体综合评价招生只能报1所学校吗?答：三位一体报名、学校测试是开放的，学生自主报名，可以兼报。

但是在录取时，学校一般只招第一志愿考生，具体会在学校的招生简章中明确。

6. 具体有哪些院校实行三位一体综合评价招生?日前，省教育考试院已经公布了2021年实行三位一体综合评价招生的省内地方属院校名单，具体如下：中国美术学院、浙江工业大学、浙江师范大学、宁波大学、杭州电子科技大学、浙江工商大学、浙江理工大学、温州医科大学、浙江海洋学院、浙江农林大学、浙江中医药大学、中国计量学院、浙江万里学院、浙江科技学院、浙江财经大学、嘉兴学院、杭州师范大学、浙江音乐学院、湖州师范学院、绍兴文理学院、台州学院、温州大学、浙江外国语学院、宁波工程学院、衢州学院、浙江水利水电学院、浙江警察学院、丽水学院、温州肯恩大学、宁波诺丁汉大学、浙江大学城市学院、浙江大学宁波理工学院、浙江树人学院浙江树人大学、浙江越秀外国语学院、宁波大红鹰学院、温州医科大学仁济学院、浙江中医药大学滨江学院、中国计量学院现代科技学院、杭州师范大学钱江学院、同济大学浙江学院、上海财经大学浙江学院、绍兴职业技术学院、嘉兴南洋职业技术学院、宁波城市职业技术学院、浙江特殊教育职业学院、浙江农业商贸职业学院浙江音乐学院已通过全国高校设置评议委员会评审，正在公示，待教育部正式批文。

1. 中国历史最早的一部历史文献总集是（）A.《尚书》B.《春秋》C.《战国策》D.《夏小正》2. 《楚辞》一书，收有屈原、宋玉写的赋，因具楚地方声，故称《楚辞》，对后代文学创作有深远影响。

其作者是（）A. 东方朔B. 班固C. 董仲舒D.刘向3. 汉、唐一千多年间有十部著名的数学著作，这些数学著作曾经作为隋唐时代国子监算学科的教科书，称着“算经十书”。

这些数学著作包括（）①《周髀算经》②《张丘建算经》③《夏侯阳算经》④《五曹算经》⑤《海岛算经》A.①②③④B.①②④⑤C.①③④⑤D.①②③④⑤4. 下列明清时期的戏曲作品，作者与作品对应正确的是（）A. 汤显祖——《琵琶记》B. 洪升《长生殿》C. 高则诚《桃花扇》D. 孔尚任《牡丹亭》5. 我国第一部新诗集是新文化运动期间第一篇以白话写成在《新青年》杂志上发表的诗集，1920年出版，共三编。

它是（）A.郭沫若《女神》B.汪国真《热爱生命》C.胡适《尝试集》D.徐志摩《人间四月天》6. 先秦散文是指秦代以前的散文，分为历史散文和诸子散文两类。

下列作品中，属于历史散文的是（）A.《左传》《战国策》B.《论语》《孟子》C.《墨子》《韩非子》D.《庄子》《老子》7.它是东汉末年一组无名氏的短诗，它是对乐府民歌的发展。

它标志着五言诗技巧达到了成熟的阶段。

这部短诗是（）A.《见志诗二首》B.《费凤别碑诗》C.《大风歌》D. 《古诗十九首》8. 著名的朝鲜民谣《阿里郎》，韩国电视连续剧《大长今》的古风片头曲《呼唤》，都是汉诗在朝鲜流行的一种新的诗歌形式。

后人称之为（）A.新诗体B.别曲体C.旧曲体D.汉几体歌9. 作为汉文文化的一种重要形式，汉诗在越南也得到发展。

越南汉诗达巅峰状态，是在（）A.黎圣宗时期B.丁朝时期C.李朝时期D.胡朝时期10. “老骥伏枥，志在千里，烈士暮年，壮心不已”出自曹操的（）A.《观沧海》B.《短歌行》C.《龟虽寿》D. 《步出夏门行土不同》11. 《搜神记》是一部记录古代民间传说中神奇怪异故事的小说集，它的作者是（）A.西晋的史学家陈寿B. 东晋的史学家干宝C.西晋的文学家陆机D.东晋文学家陶渊明12. 永和九年三月三日，王羲之和孙统等41人，宴集山阴兰亭，写下了千古流芳的《兰亭集序》。

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。