2023年12月2日发(作者：教与学数学试卷)
第一套：满分120分
2020-2021年铜陵市第一中学初升高
自主招生数学模拟卷
一．选择题（共6小题，满分42分）
1. （7分）货车和小汽车同时从甲地出发，以各自的速度匀速向乙地行驶，小汽车到达乙地后，立即以相同的速度沿原路返回甲地，已知甲、乙两地相距180千米，货车的速度为60千米/小时，小汽车的速度为90千米/小时，则下图中能分别反映出货车、小汽车离乙地的距离y（千米）与各自行驶时间t（小时）之间的函数图象是【 】
A. B. C. D.
2. （7分）在平面直角坐标系中，任意两点Ax1,y1，Bx2,y2规定运算：①ABx1x2,y1y2；②ABx1x2y1y2；③当x1= x2且y1=
y2时，A=B.
有下列四个命题：
（1）若A(1，2)，B(2，–1)，则AB3, 1，AB0；
（2）若ABBC，则A=C；
（3）若ABBC，则A=C； （4）对任意点A、B、C，均有ABCABC成立.
其中正确命题的个数为（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
3．（7分）如图，AB是半圆直径，半径OC⊥AB于点O，AD平分∠CAB交弧BC于点D，连结CD、OD，给出以下四个结论：①AC∥OD；②CE=OE；③△ODE∽△ADO；④2CD2=CE•AB．正确结论序号是（ ）
A．①② B．③④ C．①③ D．①④
4. （7分）如图，在△ABC中，∠ACB=90º，AC=BC=1，E、F为线段AB上两动点，且∠ECF=45°，过点E、F分别作BC、AC的垂线相交于点M，垂足分别为H、G．现有以下结论：①AB2；MH；②当点E与点B重合时，③AFBEEF；④MG•MH=1，212其中正确结论为（ ）
A. ①②③ B. ①③④ C. ①②④ D. ①②③④
5.（7分）在数学活动课上，同学们利用如图的程序进行计算，发现无论x取任何正整数，结果都会进入循环，下面选项一定不是该循环的是（ ）
A. 4，2，1 B. 2，1，4 C. 1，4，2 D. 2，4，1
6. （7分）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=5，AD、AB、BC分别与⊙O相切于E、F、G三点，过点D作⊙O的切线交BC于点M，则DM的长为（ ）
A.
1394 B. C.
13 D.
25
323二．填空题（每小题6分，满分30分）
7.（6分）将边长分别为1、2、3、4……19、20的正方形置于直角坐标系第一象限，如图中方式叠放，则按图示规律排列的所有阴影部分的面积之和为 .
8.（6分）如图，三个半圆依次相外切，它们的圆心都在x轴上，并与直线y3x相切．设三3个半圆的半径依次为r1、r2、r3，则当r1＝1时，r3＝ ．
9.（6分）如图，将一块直角三角板OAB放在平面直角坐标系中，B（2，0），∠AOB=60°，点A在第一象限，过点A的双曲线为yk．在x轴上取一点P，过点P作直线OA的垂线l，x以直线l为对称轴，线段OB经轴对称变换后的像是O´B´．
（1）当点O´与点A重合时，点P的坐标是 ；
（2）设P（t，0），当O´B´与双曲线有交点时，t的取值范围是 ．
10.（6分）如图，正方形A1B1P1P2的顶点P1、P2在反
比例函数y2(x0)的图象上，顶点A1、B1分别在x轴、y轴
x的正半轴上，再在其右侧作正方形P2P3A2B2，顶点P3在反比例函数2y(x0)的图象上，顶点xA2在x轴的正半轴上，则点P3的
坐标为 ．
11.（6分）如图，在⊙O中，直径AB⊥CD，垂足为E，点M在OC上，AM的延长线交⊙O于点G，交过C的直线于F，∠1=∠2，连结CB与DG交于点N．若点M是CO的中点，⊙O的半径为4，cos∠BOC=，则BN= ．
14三．解答题（每小题12分，满分48分）
x105x3x212.（12分）先化简，再求值：，
x2x24x2x2x212(tan45cos30)0. 其中x2221
13.（12分）如图，点A（m，m＋1），B（m＋3，m－1）都在反比例函数y的图象上．
（1）求m，k的值；
kx（2）如果M为x轴上一点，N为y轴上一点， 以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形，试求直线MN的函数表达式．
（3）将线段AB沿直线ykxb进行对折得到线段A1B1，且点A1始终在直线OA上，当线段A1B1与x轴有交点时,则b的取值范围为 （直接写出答案）
O
y
A
B
x
14.（12分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径作⊙O交AC于点D，
DE是⊙O 的切线，连接DE．
（1）连接OC交DE于点F，若OF=CF，证明：四边形OECD是平行四边形；
（2）若
CF=n，求tan∠ACO的值
OF
15.（12分）如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的顶点为C（1，4），交x轴于A、B两点，交y轴于点D，其中点B的坐标为（3，0）。
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，过点A的直线与抛物线交于点E，交y轴于点F，其中点E的横坐标为2，若直线PQ为抛物线的对称轴，点G为直线PQ上的一动点，则x轴上师范存在一点H，使D、G、H、F四点所围成的四边形周长最小。若存在，求出这个最小值及点G、H的坐标；若不存在，请说明理由。
（3）如图3，在抛物线上是否存在一点T，过点T作x轴的垂线，垂足为点M，过点M作MN∥BD，交线段AD于点N，连接MD，使△DNM∽△BMD。若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由。
D
D
E
D
y
C
y
P
C
y
C
A
B
A
F
O
Q
B
A
B
O
x
x
O
x
图1
图2
图3
2020-2021年铜陵市第一中学初升高
自主招生数学模拟卷答案解析
第一套
一、选择题
1.【考点】函数的图象．
【分析】由题得：出发前都距离乙地180千米，出发两小时小汽车到达乙地距离变为零，再经过两小时小汽车又返回甲地距离又为180千米，经过三小时，货车到达乙地距离变为零，故C符合题意，故选C．
2.【考点】新定义和阅读理解型问题；点的坐标；命题与定理；反证法的应用.
【分析】根据新定义，对各选项逐一分析作出判断：
（1）若A(1，2)，B(2，–1)，
则（2）设C
∴，若，即. ∴A=C. 命题正确.
. 命题正确.
，
（2）用反证法，设A(1，2)，B(2，–1)，由（1）知取C ，，即有，
，
但AC. 命题错误.
（4）设C ，对任意点A、B、C，均有成立. 命题正确.综上所述，正确命题为（1），（2）（4），共3个.故选C.
3．解：∵AB是半圆直径，
∴AO=OD，
∴∠OAD=∠ADO，
∵AD平分∠CAB交弧BC于点D，
∴∠CAD=∠DAO=12∠CAB，
∴∠CAD=∠ADO，
∴AC∥OD，故①正确．
由题意得，OD=R，AC=2R，
∵OE：CE=OD：AC=22，
∴OE≠CE，故②错误；
∵∠OED=∠AOE+∠OAE=90°+22.5°=112.5°，∠AOD=90°=135°，
∴∠OED≠∠AOD，∴△ODE与△ADO不相似，故③错误；
∵AD平分∠CAB交弧BC于点D，
∴∠CAD=12×45°=22.5°，∴∠COD=45°，
∵AB是半圆直径，
∴OC=OD，∴∠OCD=∠ODC=67.5°
∵∠CAD=∠ADO=22.5°（已证），
∴∠CDE=∠ODC﹣∠ADO=67.5°﹣22.5°=45°，
∴△CED∽△CDO，∴CDCO=CECD，
+45°∴CD2=CO•CE=AB•CE，
∴2CD2=CE•AB，故④正确．
综上可得①④正确．故选：D．
12
4.【考点】双动点问题；等腰直角三角形的判定和性质；矩形的性质；三角形中位线定理；全等、相似判定和性质；勾股定理；旋转的应用.
【分析】①∵在△ABC中，∠ACB=90º，AC=BC=1，
∴.故结论①正确.
②如答图1，当点E与点B重合时，点F与点M重合，
∴MH是△ABC的中位线.∴故结论②正确.
③如答图2，将△ACF顺时针旋转90°至△BCN，连接EN，
则∵∠ECF=45°，
∴∴.∴.
.
.
.
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴△AGF和△BHE都是等腰直角三角形.
∴. ∴根据勾股定理，得∴.故结论③错误.
，即.
④∵由题意知，四边形CHNG是矩形，∴MG∥BC，MH∥CG.
∴.
又∵∴∵综上所述，正确结论为①②④.故选C.
5.【考点】阅读理解型问题；分类思想的应用.
【分析】将各选项分别代入证即可得出结论：
A. ∵ ，∴4，2，1是该循环的数；
程序进行验.∴.∴，
.故结论④正确.
，
，即.∴B. ∵ ，∴2，1，4是该循环的数；
C. ∵D. ∵故选D.
6. 【答案】A.
【考点】矩形的性质；切线的性质；正方形的判定和性质；切线长定理；勾股定理；方程思想的应用.
，∴1，4，2是该循环的数；
，∴2，4，1不是该循环的数.【分析】如答图，连接，
都是正方形. 则根据矩形和切线的性质知，四边形∵AB=4，∴∵AD=5，∴设GM=NM=x，则在解得，中，由勾股定理得：.∴．故选A.
.
.
.
，即，二、填空题
7.【答案】210。
【考点】分类归纳（图形的变化类）。
【分析】由图可知：第一个阴影部分的面积=22－12，第二个阴影部分的面积=42－32，第三个图形的面积=62－52由此类推，第十个阴影部分的面积=202—192，因此，图中阴影部分的面积为：
（22－1）＋（42－32）＋…＋（202－192）
=（2＋1）（2－1）＋（4＋3）（4－3）+…+（20＋19）（20－19）
=1＋2＋3＋4＋…＋19＋20=210。
8.【答案】9。
【考点】一次函数的图象，直线与圆相切的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质。
【分析】设直线y3x与三个半圆分别切3于A，B，C，作AE⊥x轴于E，则在Rt∆AEO1中，易得∠AOE=∠EAO1=300，由r1＝1得EO=1，AE=1223，OE=3，OO1=2。则
2r1OO112r23同理，
r2OO2r23r2r1OO112r39。
r3OO3r39r3
RtAOO1∽RtBOO2RtAOO1∽RtCOO39.【答案】（4，0），4≤t≤25或﹣25≤t≤4。
【考点】反比例函数综合题，解二元一次方程组，一元二次方程根的判别式，解一元一次不等式，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，三角形内角和定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理。
【分析】（1）当点O´与点A重合时，即点O与点A重合，
∵∠AOB=60°，过点P作直线OA的垂线l，以直线l为对称轴，线段OB经轴对称变换后的像是O´B´。AP′=OP′，∴△AOP′是等边三角形。
∵B（2，0），∴BO=BP′=2。∴点P的坐标是（4，0）。
（2）∵∠AOB=60°，∠P′MO=90°，∴∠MP′O=30°。
∴OM=1t，OO′=t。
2过O′作O′N⊥x轴于N，∠OO′N=30°，
∴ON=1t，NO′=232t。∴O′（1t，2232t）。
同法可求B′的坐标是（t2 ,
，
3t23）设直线O′B′的解析式是ykxb，将O′、B′的坐标代入，得
133tkbtkt23222，解得：。
t2b3t2+33kb3t23242∴y33233t23xt+242。
3，
3，
3t2∵∠ABO=90°，∠AOB=60°，OB=2，∴OA=4，AB=2∴A（2，2∴y43x3），代入反比例函数的解析式得：k3t﹣83）x2=4，代入上式整理得：（2+（﹣+63t）x﹣43=0，
△ =（﹣3t2+63t）2﹣4（25。
3t﹣83）•（﹣43）≥0，
解得：t≤25或t≥﹣2∵当点O´与点A重合时，点P的坐标是（4，0）。
∴4≤t≤210.【答案】（5或﹣25≤t≤4。
3+1，31）。
【考点】反比例函数综合题，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，曲线上点的坐标与方程的关系。
【分析】作P1⊥y轴于C，P2⊥x轴于D，P3⊥x轴于E，P3⊥P2D于F，设P1（a， ），则CP1=a，OC=2a2，
a∵四边形A1B1P1P2为正方形，
∴Rt△P1B1C≌Rt△B1A1O≌Rt△A1P2D， ∴OB1=P1C=A1D=a。∴OA1=B1C=P2D= －a。
∴OD=a＋－a=。
∴P2的坐标为（，－a）。
把P2的坐标代入反比例函数y2(x0)，得到a的方程，（－x2a2a2a2a2a2aa）·2=2，
a解得a=－1（舍）或a=1。∴P2（2，1）。
设P3的坐标为（b，
2），
b又∵四边形P2P3A2B2为正方形，∴Rt△P2P3F≌Rt△A2P3E。∴P3E=P3F=DE=2。
b∴OE=OD＋DE=2＋2。∴2＋
2=b，解得b=1－3（舍），b=1+bb3。
∴2=b2=
31。∴点1+3P3的坐标为 （3+1，31）。
11.： 圆的综合题．
解答：（ 1）证明：∵△BCO中，BO=CO，
∴∠B=∠BCO，
在Rt△BCE中，∠2+∠B=90°，
又∵∠1=∠2，∴∠1+∠BCO=90°，即∠FCO=90°，
∴CF是⊙O的切线；
（2）证明：∵AB是⊙O直径，∴∠ACB=∠FCO=90°，
∴∠ACB﹣∠BCO=∠FCO﹣∠BCO， 即∠3=∠1，∴∠3=∠2，
∵∠4=∠D，∴△ACM∽△DCN；
（3）解：∵⊙O的半径为4，即AO=CO=BO=4，
在Rt△COE中，cos∠BOC=，
∴OE=CO•cos∠BOC=4×=1，
由此可得：BE=3，AE=5，由勾股定理可得：
CE=AC=BC=====，
=2=2，
，
1414∵AB是⊙O直径，AB⊥CD，
∴由垂径定理得：CD=2CE=2∵△ACM∽△DCN，
∴=，
∵点M是CO的中点，CM=AO=×4=2，
∴CN===﹣，
=
，
∴BN=BC﹣CN=2点评：此 题主要考查了相似三角形的判定与性质以及切线的判定和勾股定理的应用等知识，根据已知得出△ACM∽△DCN是解题关键．
三、解答题
12.解：求得x21，化简得：原式=x1=22
13、（1）由题意可知，mm1m12m3
解得m1＝3，m2＝－1（舍去）
∴A（3，4），B（6，2）；
∴k＝4×3＝12；
（2）直线MN的函数表达式为yx2或yx2；
（3）14、
（1）证明：略
（2）解：作OH⊥AC，垂足为H，不妨设OE=1，
∵CF＝n，△OEF∽△CDF，∴CD=n，
OF2527b
882323∵OE=1， ∴AC=2．
∴AD=2-n，由△CDB∽△BDA，得BD2=AD•CD．
∴BD2=n•（2-n），BD＝2nn
∴OH＝BD＝122nn2n2n，而CH＝n+=
2222nn2OH∴tan∠ACO＝=
n2CH15、解：（1）设所求抛物线的解析式为：y＝a(x－1)2＋4，
依题意，将点B（3，0）代入，得：
a(3－1)2＋4＝0 解得：a＝－1
∴所求抛物线的解析式为：y＝－(x－1)2＋4
（3）如图6，在y轴的负半轴上取一点I，使得点F与点I关于x轴对称，在x轴上取一点H，连接HF、HI、HG、GD、GE，则HF＝HI…………①
设过A、E两点的一次函数解析式为：y＝kx＋b（k≠0），
∵点E在抛物线上且点E的横坐标为2，将x＝2代入抛物线y＝－(x－1)2＋4，得y＝－(2－1)2＋4＝3
∴点E坐标为（2，3）
y
PC
又∵抛物线y＝－(x－1)2＋4图像分别与x轴、y轴交于点A、B、D
∴当y＝0时，－(x－1)＋4＝0，∴
x＝－1或x＝3
当x＝0时，y＝－1＋4＝3,
∴点A（－1，0），点B（3，0），点D（0，3）
又∵抛物线的对称轴为：直线x＝1，
∴点D与点E关于PQ对称，GD＝GE…………………②
分别将点A（－1，0）、点E（2，3）代入y＝kx＋b，得：
k1kb0
解得：
A
2D
E
F
O
I
H
G
B
Q
图6
2kb3b1过A、E两点的一次函数解析式为：y＝x＋1
∴当x＝0时，y＝1
∴点F坐标为（0，1）
∴DF2………………………………………③
又∵点F与点I关于x轴对称， ∴点I坐标为（0，－1）
∴EIDE2DI2224225………④
又∵要使四边形DFHG的周长最小，由于DF是一个定值，
∴只要使DG＋GH＋HI最小即可
由图形的对称性和①、②、③，可知，
DG＋GH＋HF＝EG＋GH＋HI
只有当EI为一条直线时，EG＋GH＋HI最小
设过E（2，3）、I（0，－1）两点的函数解析式为：y＝k1x＋b1（k1≠0），
分别将点E（2，3）、点I（0，－1）代入y＝k1x＋b1，得：
2k1b13k12 解得：
b11b11过A、E两点的一次函数解析式为：y＝2x－1
∴当x＝1时，y＝1；当y＝0时，x＝1；
∴点G坐标为（1，1），点H2坐标为（12，0）
∴四边形DFHG的周长最小为：DF＋DG＋GH＋HF＝DF＋EI
由③和④，可知：
DF＋EI＝225
5。
y
C
∴四边形DFHG的周长最小为22（3）如图7，由题意可知，∠NMD＝∠MDB，
要使，△DNM∽△BMD，只要使NMMDMDBDD
T
N
即可，
A
即：MD2＝NM×BD………………………………⑤
设点M的坐标为（a，0），由MN∥BD，可得 △AMN∽△ABD，
O
B
M
x
图7 ∴NMBDAMAB
2再由（1）、（2）可知，AM＝1＋a，BD＝3∴MNAMBD(1a)3AB4232(1a)
4，AB＝4
∵MD2＝OD2＋OM2＝a2＋9，
∴⑤式可写成： a2＋9＝3224(1a)×32
解得：a＝3或a＝3（不合题意，舍去）
∴点M的坐标为（3，0）
2又∵点T在抛物线y＝－(x－1)2＋4图像上，
∴当x＝3时，y＝15
24∴点T的坐标为（3，15）
24
第二套：满分120分
2020-2021年铜陵市第一中学初升高
自主招生数学模拟卷
一．选择题（共6小题，满分42分）
1. （7分）二次函数y=ax2+bx+1（a≠0）的图象的顶点在第一象限，且过点（﹣1，0）．设t=a+b+1，则t值的变化范围是( )
A．0＜t＜1 B．0＜t＜2 C．1＜t＜2 D．﹣1＜t＜1
2.（7分） 如图，抛物线yx22xm1交x轴于点A（a，0）和B（b， 0），交y轴于点C，抛物线的顶点为D.下列四个命题：①当x>0时，y>0；②若a1，则b4；③抛物线上有两点P（x1，y1）和Q（x2，y2），若x1<1
A. ① B. ② C. ③ D. ④
3.（7分）设二次函数y1a(xx1)(xx2)(a0，x1x2)的图象与一次函 0)，若函数yy2y1的图象与x轴仅数y2dxed0的图象交于点(x1，有一个交点，则( )
2a(x1x2)d；B.
a(x2x1)d；C.
a(x1x2)d；D.
ax1x2A.
2d
4.（7分）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，1k2点A是函数y (x<0)图象上一点，AO的延长线交函数y（x>0，xxk是不等于0的常数)的图象于点C，点A关于y轴的对称点为A′，点C关于x轴的对称点为C′，连接CC′，交x轴于点B，连结AB，AA′，A′C′，若△ABC的面积等于6，则由线段AC，CC′，C′A′，A′A所围成的图形的面积等于( )
A.8 B.10 C.310 D.46
5.（7分）如图，正方形ABCD和正三角形AEF都内接于⊙O，EF与BC，CD分别相交于点G，H，则A.
EFGH的值是( )
6 B.
2 C.
3 D. 2
26.（7分）如图，抛物线y=﹣2x2+8x﹣6与x轴交于点A、B，把抛物线在x轴及其上方的部分记作C1，将C1向右平移得C2，C2与x轴交于点B，D．若直线y=x+m与C1、C2共有3个不同的交点，则m的取值范围是（ ）
A.﹣2＜m＜ B.﹣3＜m＜﹣ C.﹣3＜m＜﹣2 D.﹣3＜m＜﹣
二、填空题（每小题6分，满分30分）
7.（6分）如图，在△ABC中，∠ABC＝90º，AB＝3，BC＝4，P是BC边上的动点，设BP＝x．若能在AC边上找到一点Q，使∠BQP＝90º，则x的取值范围是 ．
8.（6分）长为1，宽为a的矩形纸片（1 A出发，沿着A→C→B→A的路线匀速运动一周，速度为1个单位 长度每秒．以O为圆心、3为半径的圆在运动过程中与△ABC的边 第二次相切时是点O出发后第 秒． ．．．10.（6分）如图，双曲线y(x＞0）经过四边形OABC 的顶点A、C，∠ABC＝90°，OC平分OA与x轴正半轴的夹角，AB∥x 轴，将△ABC沿AC翻折后得△AB′C，B′点落在OA上，则四边形OABC 的面积是 . 11（6分）如图，AB是半圆O的直径，以OA为直径的半圆O′与弦AC交于点D，O′E∥AC，并交OC于点E．则下列四个结论： ①点D为AC的中点；②SO\'OESAOC；③AC2AD ；④四边形O\'DEO是菱形．其中正确的结论是 ．（把所有正确的结论的序号都填上） 122x三、解答题（每小题12分，满分48分） 12.若实数a,b,c满足 a168b168ab3a5b2c2a3bc, 求c的值.（12分） 1x24xx213.(本题12分)已知xaa, 试化简 2x24xx 14、（12分）如图，抛物线yax2bx3，顶点为E，该抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且OB＝OC＝3OA．直线yx1与y轴交于点D． 求∠DBC∠CBE． 13 15．（12分）如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，AD=8cm，点P从点B出发，沿对角线BD向点D匀速运动，速度为4cm/s，过点P作PQ⊥BD交BC于点Q，以PQ为一边作正方形PQMN，使得点N落在射线PD上，点O从点D出发，沿DC向点C匀速运动，速度为3cm/s，以O为圆心，0.8cm为半径作⊙O，点P与点O同时出发，设它们的运动时间为t（单位：s）（0＜t＜）． （1）如图1，连接DQ平分∠BDC时，t的值为 ； （2）如图2，连接CM，若△CMQ是以CQ为底的等腰三角形，求t的值； （3）请你继续进行探究，并解答下列问题： ①证明：在运动过程中，点O始终在QM所在直线的左侧； ②如图3，在运动过程中，当QM与⊙O相切时，求t的值；并判断此时PM与⊙O是否也相切？说明理由． 2020-2021年铜陵市第一中学初升高 自主招生数学模拟卷答案解析 第二套 一、选择题 1.【答案】B。 【考点】二次函数图象与系数的关系。 【分析】∵二次函数y=ax2+bx+1的顶点在第一象限，且经过点（﹣1，0）， ∴a﹣b+1=0，a＜0，b＞0， ∵由a=b﹣1＜0得b＜1，∴0＜b＜1①， ∵由b=a+1＞0得a＞﹣1，∴﹣1＜a＜0②。 ∴由①②得：﹣1＜a+b＜1。∴0＜a+b+1＜2，即0＜t＜2。故选B 2.【考点】真假命题的判断；二次函数的图象和性质；曲线上点的坐标与方程的关系；轴对称的应用（最短线路问题）；勾股定理. 【分析】根据二次函数的图象和性质对各结论进行分析作出判断： ①从图象可知当命题； ②∵抛物线称，∴若，则的对称轴为，故命题“若，则，点A和B关于轴对”不是真命题； ，且，∴，，，且时，，故命题“当时，”不是真③∵故抛物线上两点P（，）和Q（，）有∴，又∵抛物线的对称轴为故命题“抛物线上有两点P（，）和Q（，），若，则” 是真命题； ④如答图，作点E关于轴的对称点M，作点D关于轴的对称点N，连接MN，ME和ND的延长线交于点P，则MN与轴和轴的交点G，F即为使四边形EDFG周长最小的点.2∵∴， 的顶点D的坐标为（1，4），点C的坐标为（0，3）. ∵点C关于抛物线对称轴的对称点为E，∴点E的坐标为（2，3）. ∴点M的坐标为∴∴当，点N的坐标为. 时，四边形EDFG周长的最小值为. ，点P的坐标为（2，4）. 故命题“点C关于抛物线对称轴的对称点为E，点G，F分别在轴和轴上，当时，四边形EDFG周长的最小值为” 不是真命题. 综上所述，真命题的序号是③.故选C. 3. 【答案】B. 【考点】一次函数与二次函数综合问题；曲线上点的坐标与方程的关系. 【分析】∵一次函数∴∴又∵二次函数数一个交点， ∴函数是二次函数，且它的顶点在轴上，即的图象交于点，函数.∴的图象经过点. . 的图象与一次函的图象与轴仅有， . ∴令B. 4. 【答案】B. 【考点】反比例函数综合题；曲线上点的坐标与方程的关系；轴对称的性质；特殊元素法和转换思想的应用. 【分析】如答图，连接A′C， ∵点A是函数 (x<0)图象上一点，∴不妨取点，得，即.. .故选A. . . ，解得（舍去）. ∴直线AB：∵点C在直线AB上，∴设点C∵△ABC的面积等于6，∴∴点C. ∵点A关于y轴的对称点为A′，点C关于x轴的对称点为C′，∴点A′，点C′. ∴由线段AC，CC′，C′A′，A′A所围成的图形的面积等于.故选B. 5. 【答案】C. 【考点】正方形和等边三角形的性质；圆周角定理；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；等腰直角三角形的判定和性质，特殊元素法的应用. 【分析】如答图，连接则根据对称性质，∴垂直 平分，与交于点. 经过圆心， ，. . 不妨设正方形ABCD的边长为2，则∵在是⊙O的直径，∴中，. 在∴易知又∵∴中，∵. 是等腰直角三角形，∴是等边三角形，∴.故选C. . ， . ， . 6. 考点： 抛物线与x轴的交点；二次函数图象与几何变换． 分析： 首先求出点A和点B的坐标，然后求出C2解析式，分别求出直线y=x+m与抛物线C2相切时m的值以及直线y=x+m过点B时m的值，结合图形即可得到答案． 解答： 解：令y=﹣2x2+8x﹣6=0，即x2﹣4x+3=0，解得x=1或3，则点A（1，0），B（3，0）， 由于将C1向右平移2个长度单位得C2， 则C2解析式为y=﹣2（x﹣4）2+2（3≤x≤5）， 当y=x+m1与C2相切时， 令y=x+m1=y=﹣2（x﹣4）2+2， 即2x2﹣15x+30+m1=0， △=﹣8m1﹣15=0， 解得m1=﹣ ， 当y=x+m2过点B时，即0=3+m2，m2=﹣3， 当﹣3＜m＜﹣ 时直线y=x+m与C1、C2共有3个不同的交点，故选D． 点评： 本题主要考查抛物线与x轴交点以及二次函数图象与几何变换的知识，解答本题的关键是正确地画出图形，利用数形结合进行解题，此题有一定的难度． 二、填空题 7.【答案】3x4。 【考点】动点问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式，解不等式。 【分析】过点Q作QH⊥BC，垂足为H，则△CQH∽△CAB， 由AB＝3，BC＝4，可知QH：HC＝3：4， 设QH＝3k，HC＝4k，由BH＝4－4k，HP＝x－4＋4k。 要使∠BQP＝90º，则有QH2＝BH·HP，即（3k）2＝（4－4k）（x－4＋4k），整理， 得关于k的方程25k24x32k164x0， 则4x322425164x16x2144x576由0，得1x12x30， 161x12x3， 16因为x0，则有x30，即x3。 又因为BC＝4，所以x4。综上，x的取值范围是3x4。 8.【答案】3或3。 54【考点】分类归纳，折叠，一元一次方程的应用。 【分析】根据操作步骤，可知每一次操作时所得正方形的边长都等于原矩形的宽，所以首先需要判断矩形相邻的两边中，哪一条边是矩形的宽。当1 ① 如果1﹣a＞2a﹣1，即a＜2，那么第三次操作时正方形的边长3为2a﹣1， 则2a﹣1=（1﹣a）﹣（2a﹣1），解得a=3； 5② 如果1﹣a＜2a﹣1，即a＞2，那么第三次操作时正方形的边长3为1﹣a， 则1﹣a=（2a﹣1）﹣（1﹣a），解得a=3。故答案为3或3。 4549.【答案】4。 【考点】动点轨迹问题，正三角形的性质，解直角三角形。 【分析】由题意知⊙O与△ABC的边第一次相切是与AB边相切，第二次相切是与BC边相切（如图），设切点为D。由正三角形的性质知∠C=600，∴在Rt△OCD中，OC=OD3sinCsin6003322。∴AO=AC－OC=6－2=4。又∵速度为1个单位长度每秒，∴⊙O与△ABC的边第二次相切时是点O出发后第4秒。 【答案】2。 10.【考点】反比例函数综合题，翻折变换（折叠问题），折叠对称的性质，角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，曲线上点的坐标与方程的关系。 【分析】延长BC，交x轴于点D，设点C（x，y），AB=a， ∵△ABC沿AC翻折后得△AB′C， ∴∠OB′C＝∠AB′C＝∠ABC＝90°= ∠ODC。 ∵OC平分OA与x轴正半轴的夹角，∴CD=CB′。 又OC=OC，∴Rt△OCD≌Rt△OCB′（HL）。 再由翻折的性质得，BC=B′C。 ∵双曲线y(x＞0）经过四边形OABC的顶点A、C， ∴S△OCD=1xy=1，∴S△OCB′=1xy=1。 222x∵AB∥x轴，∴点A（x－a，2y）。∴2y（x－a）=2。∴ay=1。 ∴S△ABC= 1ay= 1。 22∴SOABC=S△OCB′+S△ABC+S△ABC=1+ 1+ 1=2。 2211【答案】①③④。 【考点】圆周角定理，平行的判定和性质，互为余角的性质，直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，弧长公式，菱形的判定。 【分析】①如图，连接OD，∵AO是半圆O′的直径，∴∠ADO＝900。∴∠CDO＝900。又∵O′E∥AC且A O′＝O′O，∴CE＝EO。∴DE＝CE。∴∠CDE＝∠DCE。又∵AO＝CO，∴∠ACE＝∠CAO。 ∴∠CDE＝∠CAO。∴DE∥AO。 ∴点D为AC的中点。故结论①正确。 ②由①易知，△O′OE∽△AOC，而AO＝2O′O，∴SOOE1SAOC。故4结论②错误。 ③由弧长公式知，ACAOCAOAOC2AO，ADAOCAO，180180180∴AC2AD。故结论③正确。 ④由①易知，O′O＝OE＝DE＝AD，∴四边形O\'DEO是菱形。故结论④正确。 综上所述，①③④正确。 三、解答题 12、（解：∵所以，∴，∴a+b=168 解得：c=170 13、由得：x+2=a+， ∵，∴a≥1， 所以，原式= 1314.解：将x0分别代入yx1，yax2bx3知， D(0，1)，C(0，3)，所以B(3，0)，A(1，0)．直线yx1过点B．将点C(0，3)的坐标代入ya(x1)(x3)，得a1． 抛物线yx22x3的顶点为E(1，4)．于是由勾股定理得 BC＝32，CE＝2，BE＝25． （第14 题） 13 因为BC2＋CE2＝BE2，所以，△BCE为直角三角形，BCE90 OD1CE1，则∠DBO＝CBE． =．又tan∠DBO=3OB3CB所以，DBCCBEDBCDBOOBC45． 因此tanCBE=15、【分析】（1）先利用△PBQ∽△CBD求出PQ、BQ，再根据角平分线性质，列出方程解决问题． （2）由△QTM∽△BCD，得=列出方程即可解决． （3）①如图2中，延长QM交CD于E，求出DE、DO利用差值比较即可解决问题． ②如图3中，由①可知⊙O只有在左侧与直线QM相切于点H，QM与CD交于点E．由△OHE∽△BCD，得=，列出方程即可解决问题．利用反证法证明直线PM不可能由⊙O相切． 【解答】（1）解：如图1中，∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=∠C=∠ADC=∠ABC=90°，AB=CD=6．AD=BC=8， ∴BD===10， ∵PQ⊥BD，∴∠BPQ=90°=∠C， ∵∠PBQ=∠DBC，∴△PBQ∽△CBD，∴∴PQ=3t，BQ=5t， ∵DQ平分∠BDC，QP⊥DB，QC⊥DC， ∴QP=QC，∴3t=8﹣5t，∴t=1，故答案为：1． （补充：直接利用角平分线的性质得到DP=DC=6，BP=4，从而t=1） （2）解：如图2中，作MT⊥BC于T． ∵MC=MQ，MT⊥CQ，∴TC=TQ， 由（1）可知TQ=（8﹣5t），QM=3t， ∵MQ∥BD，∴∠MQT=∠DBC， ∵∠MTQ=∠BCD=90°，∴△QTM∽△BCD，∴∴∴t==，∴t=（s）， =， ==，∴==， s时，△CMQ是以CQ为底的等腰三角形． （3）①证明：如图2中，延长QM交CD于E， ∵EQ∥BD，∴=， ∴EC=（8﹣5t），ED=DC﹣EC=6﹣（8﹣5t）=∵DO=3t， ∴DE﹣DO=t， t﹣3t=t＞0，∴点O在直线QM左侧． ②解：如图3中，由①可知⊙O只有在左侧与直线QM相切于点H，QM与CD交于点E． ∵EC=（8﹣5t），DO=3t，∴OE=6﹣3t﹣（8﹣5t）=t， ∵OH⊥MQ，∴∠OHE=90°， ∵∠HEO=∠CEQ，∴∠HOE=∠CQE=∠CBD， ∵∠OHE=∠C=90°，∴△OHE∽△BCD，∴∴t=s时，⊙O与直线QM相切． 连接PM，假设PM与⊙O相切，则∠OMH=PMQ=22.5°， 在MH上取一点F，使得MF=FO，则∠FMO=∠FOM=22.5°， ∴∠OFH=∠FOH=45°，∴OH=FH=，FO=FM=由由==得到HE=， 得到EQ=， ，∴（+1）≠，矛盾，∴假设，∴MH=（+1）， =，∴=，∴t=． ∴MH=MQ﹣HE﹣EQ=4﹣﹣=不成立．∴直线PM与⊙O不相切． 第三套：满分120分 2020-2021年铜陵市第一中学初升高 自主招生数学模拟卷 一．选择题（共6小题，满分42分） 一、选择题（共6小题，满分42分，每小题7分） 1．（7分）若关于x，y的方程组{值范围是（ ） A．k＞4 B．k＜4 C．k≥4 D．k≤4 2.（7分） 如图，小明家的住房平面图呈长方形，被分割成3个正方形和2个长方形后仍是中心对称图形. 若只知道原住房平面图长方形的周长，则分割后不用测量就能知道周长的图形标号为（ ） A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③ 3.（7分）一个寻宝游戏的寻宝通道如图1所示，通道由在同一平面内的AB，BC，CA，OA，OB，OC组成. 为记录寻宝者的进行路线，在BC的中点M处放置了一台定位仪器，设寻宝者行xy=kx+y=4有实数解，则实数k的取进的时间为x，寻宝者与定位仪器之间的距离为y，若寻宝者匀速行进，且表示y与x的函数关系的图象大致如图2所示，则寻宝者的行进路线可能为（ ） A、A→O→B B、B→A→C C、B→O→C D、C→B→O 4．（7分）某单位在一快餐店订了22盒盒饭，共花费183元，盒饭共有甲、乙、丙三种，它们的单价分别为10元、8元、5元．那么可能的不同订餐方案有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．（7分）7条长度均为整数厘米的线段：a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，满足a1＜a2＜a3＜a4＜a5＜a6＜a7，且这7条线段中的任意3条都不能构成三角形．若a1=1厘米，a7=21厘米，则a6能取的值是（ ） A．18厘米 B．13厘米 C．8厘米 D．5厘米 6.（7分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=x经过点A，作AB⊥x轴于点B，将△ABO绕点B逆时针旋转60°得到△CBD．若点B的坐标为（2，0），则点C的坐标为（ ） 1 D.3，2 A.1，3 B.2，3 C.3，一．填空题（共5小题，满分30分） 7.（6分）在等腰Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1， 过点C作直线l∥AB，F是l上的一点，且AB=AF，则点F到直线BC的距离为 8.（6分）如图，CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD，垂足 为点M，AB＝20，分别以CM、DM为直径作两个大小不同的⊙O1 和⊙O2，则图中阴影部分的面积为 (结果保留)． 9.（6分）Rt△ABC中，已知∠C＝90°，∠B＝50°，点D在边BC上，BD＝2CD（如图）．把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上， 那么m＝ ． 10.（6分）如图，平行四边形AOBC中，对角线交于点E，双曲线yk (k >0)经过xA、E两点，若平行四边形AOBC的面积为18，则k= . 11.（6分）如图，已知∠AOB=，在射线OA、OB上分别取点OA1=OB1，连结A1B1，在B1A1、B1B上分别取点A2、B2，使B1 B2= B1 A2，连结A2 B2…按此规律上去，记∠A2 B1 B2=1，∠A3B2B32，…，∠An+1BnBn1n 则（1）1= ；（2）n= 。 一．选择题（共4小题，满分48分） 12.（12分）为了了解同学们每月零花钱的数额，校园小记者随机调查了本校部分同学，根据调查结果，绘制出了如下两个尚不完整的统计图表。 请根据以上图表，解答下列问题： （1）填空：这次被调查的同学共有_____人，（2）求扇形统计图中扇形的圆心角度数。 （3）该校共有学生围的人数。 13.（12分）收发微信红包已成为各类人群进行交流联系，增强感情的一部分，下面是甜甜和她的双胞胎妹妹在六一儿童节期间的对话。 请问： （1）（2）年到年甜甜和她妹妹在六一收到红包的年增长率是多少? 人，请估计每月零花钱的数额在范_____，_____ 。 年六一甜甜和她妹妹各收到了多少钱的微信红包？ 14.（12分）如图，是交于点，且的直径，点在的延长线上，平分，垂足为点。 （1）求证：直线（2）若 ，是的切线。 ，求弦的长。 15.（12分）如图，抛物线于点: 经过点，交 轴（1）求抛物线的解析式（用一般式表示）。 （2）点 点 点 使 为轴右侧抛物线上一点，是否存在，若存在请直接给出坐标；若不存在请说明理由。 绕点 顺时针旋转 ，求 的长。 ，与（3）将直线抛物线交于另一点 2020-2021年铜陵市第一中学初升高 自主招生数学模拟卷答案解析 第三套 一、选择题 1．解：∵xy=k，x+y=4， ∴根据根与系数的关系可以构造一个关于m的新方程，设x，y为方程m2﹣4m+k=0的实数根． △=b2﹣4ac=16﹣4k≥0 解不等式16﹣4k≥0得k≤4． 故选：D． 2.【考点】多元方程组的应用（几何问题）. 【分析】如答图，设原住房平面图长方形的周长为，①的长和宽分别为，②③的边长分别为， ， （定值）， ，得（定值）， . 根据题意，得，得将将代入③，得代入而由已列方程组得不到.∴分割后不用测量就能知道周长的图形标号为①②.故选A. 3.【考点】单动点问题；函数图象的识别；垂线段最短的性质；排他法的应用. 【分析】从图2可知，寻宝者与定位仪器之间的距离开始和结束时是相同的，因此，可排除A、D选项；从图2可知，寻宝者与定位仪器之间的距离的最近点，相对于开始和结束时位置离中点更近，因此，如答图，过点分别作的垂线，垂足分别为点，此时，根据垂线段最短的性质，点与定位仪器之间的距离的最近点. 显然，，即点始和结束时的距离；点离中点的距离小于开是寻宝者离中点的距离大于开始和结束时的距离.∴寻宝者的行进路线可能为B→O→C. 故选C. 4．解：设甲盒饭、乙盒饭分别有x盒、y盒，则丙盒饭有（22﹣x﹣y）盒． 根据题意，得 10x+8y+5（22﹣x﹣y）=183，整理，得5x+3y=73，y=又 0＜x＜22，0＜y＜22，0＜22﹣x﹣y＜22， 则3.5＜x＜14.6，且x、y为整数，则x=5，8，11，或14． 故选：D． 5．解：若a1=1厘米，则后边的一个一定大于或等于前边的两个的和，则一定有：a2=2，a3=3，a4=5，a5=8，a6=13，a7=21， 故选：B． 6.考坐标与图形变化－旋转；一次函数图象上点的坐标特征．. 点： 专题：计算题． 分析：作CH⊥x轴于H，如图，先根据一次函数图象上点的坐标特征确 定A（2，2），再利用旋转的性质得BC=BA=2，∠ABC=60°，73-5x． 3则∠CBH=30°，然后在Rt△CBH中，利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出CH=BC=，BH=CH=3，所以OH=BH﹣OB=3﹣2=1，于是可写出C点坐标． 解答：解：作CH⊥x轴于H，如图，∵点B的坐标为（2，0） ，AB⊥x轴于点B， ∴A点横坐标为2，当x=2时，y=x=2，∴A（2，2）， ∵△ABO绕点B逆时针旋转60°得到△CBD，∴BC=BA=2，∠ABC=60°， ∴∠CBH=30°，在Rt△CBH中，CH=BC=﹣OB=3﹣2=1， ∴C（﹣1，）．故选A． ，BH=CH=3，OH=BH点评：本题考查了坐标与图形变化﹣旋转： 图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．也考查了一次函数图象上点的坐标特征和含30度的直角三角形三边的关系． （49题答图） 二、填空题 7.【答案】31。 2【考点】等腰直角三角形的性质，勾股定理，。 【分析】（1）如图，延长AC，做FD⊥BC交点为D，FE⊥AC，交点为E， 易得，四边形CDFE是正方形，即，CD=DF=FE=EC。 ∵在等腰直角△ABC中，AC=BC=1，AB=AF， ∴AB= AC2BC212122。∴AF=2。 ∴在Rt△AEF中，（1＋EC）2＋EF2=AF2， 即 (1＋DF)2＋DF2=( 解得，DF= 31。 22)2。 （2）如图，延长BC，做FD⊥BC，交点为D，延 长CA，做FE⊥CA于点E， 易得，四边形CDFE是正方形， 即CD=DF=FE=EC。 同上可得，在Rt△AEF中，（EC－1）2＋EF2=AF2， 即(FD－1)2＋FD2=(2)2。解得，FD= 综上所述，FD= 8.【答案】50。 【考点】垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等量代换。 【分析】如图，连接AC，AD，∵AB⊥CD，AB=20，∴AM=MB=10。 又∵CD为直径，∴∠CAD=90°，∴Rt△MAC∽Rt△MDA。 ∴MAMD，即MA2=MC•MD=100。 MCMA31。 231。 2∴S阴影部分=S⊙O－S⊙1－S⊙2 1111222CDMCMD= CDMCMD 22242221112MCMDMC2MD22MCMD210050444。 9.【答案】80°或120°。 【考点】图形旋转的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角三角函数值，三角形内角和定理，邻补角定义。 【分析】由已知，B恰好落在初始Rt△ABC的边上且旋转角0°＜m＜180°，故点B可落在AB边上和AC边上两种情况。 当点B落在AB边上时（如图中红线），由旋转的性质知△DBE是等腰三角形，由∠B＝50°和等腰三角形等边对等角的性质，三角形内角和定理可得m＝∠BDE＝80°。 当点B落在AC边上时（如图中蓝线），在Rt△CDH中，由已知BD＝2CD，即DH＝2CD，得∠CDH的余弦等于1，从而由特殊角三角2函数值得∠CDH＝60°，所以根据邻补角定义得m＝∠BDH＝120°。 10.【答案】6。 【考点】反比例函数综合题，反比例函数的性质，三角形中位线定理，平行四边形的性质。 【分析】过A作AD⊥OB于D，过E作EF⊥OB于F，设A（x，k ），B（a，0）。由三角形x的中位线定理得：EF=1AD= 2k2x，DF=1（ax），2OF= axax。∴E（， k）。 2x22axkk。∴a3x。 22xkk∵平行四边形的面积是18，∴a18，即3x18，∴k6。 xx∵E在双曲线上，∴ 11.【答案】（1）18022，（2）n118002n。 【考点】分类归纳，等腰三角形的性质，三角形内角和定理。 【分析】（1）设∠A1B1O=x，则α+2x=180°，x=180°－1，∴1= 180。 2（2）设∠A2B2B1=y，则2+y=180°，1+2y=180°，∴2= 1801218018022118002222。 21180180201802 同理3= 221180…∴=2n0222211803023。 nn。 三、解答题 12.答案详解 （1），，。 （2）形的圆心角为（3）。 ， 年到年甜甜和她妹妹在六一收到红包的年，即扇形统计图中扇13.答案详解（1）设增长率是， 依题意得：解得，， （舍去）。 答：年到年甜甜和她妹妹在六一收到红包的年增长率是年六一收到微信红包为元， ， （元）。 。 （2）设甜甜在依题意得：解得，所以答：甜甜在为元。 年六一收到微信红包为元，则她妹妹收到微信红包14.答案详解 （1）证明：连结因为因为所以所以直线（2）因为所以所以，所以，所以， 设在，则， ，所以，所以。 ，所以平分，如图所示， ， ，所以，所以，因为，，所以，所以， 是的切线。 ，所以，所以，，因为， ， 中，根据勾股定理可知15.答案详解 (1)因为抛物线交轴于点，，那么，横坐标可以看做是抛物线方程等于时的两个根。 即有根，。 则(2)由，解得知，。所以抛物线解析式为。 ，得，即。 在抛物线解析式中令且在轴右侧， 得或或，代入抛物线中，。 ，而，(3)根据两直线夹角公式知，且解得 ， 或。因为，所以直线的解析式，即。 ，，与抛物线联立得方程。根据直线距离坐标公式知，第四套：满分120分 2020-2021年铜陵市第一中学初升高 自主招生数学模拟卷 一．选择题（共6小题，满分42分） 1．(7分)设关于x的方程ax2+（a+2）x+9a=0，有两个不相等的实数根x1、x2，且x1＜1＜x2，那么实数a的取值范围是（ ） A． B． C． D． 2. （7分）如图，正六边形ABCDEF内接于圆O，半径为4，则这个正六边形的边心距OM和弧BC的长分别为（ ） A. 2、 B. 23、 C. 3、324 D. 23、 333. （7分）在平面直角坐标系中，点A(2,2)，B(32,32)，动点
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