精品解析： 2023年安徽省淮南第一中学自主招生考试数学试卷

2023年自主招生考试数学学科试题卷 注意事项： 1．本卷共三大题，19小题，全卷满分120分，考试时间90分钟． 2．本卷分为试题卷和答题卷，答案要求写在答题券上，不得在试题卷上作答，否则不给分． 一、选择题：本大题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则的值为（ ） A. 1 B. C. 7 D. 2. 小明将1枚质地均匀的硬币朝水平地面抛3次，记三次中恰有1次正面朝上的概率为，小华将3枚质地均匀的硬币朝水平地面同时抛出，记三枚硬币中恰有1枚正面朝上的概率为，则（ ） A. B. C. D. 3. 方程解的个数有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 4. 如图，在中，点D，E在边上，且，则的度数是（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线，当时，；当时，．下列判断： ①；②若，则；③已知点，在抛物线上，当时，；④若方程的两实数根为，，则． 其中正确的有（ ）个． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 如图，点M是正方形内一点，是等边三角形，连接，对角线交于点N，则下列结论中错误的是（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本大题共8小题，每小题4分，共32分． 7. 因式分解： _______． 8. 如果一组数据的方差是9，则另一组数据的方差是_______． 9. 已知，x，y都是实数，且，那么___________． 10. 如图，平行四边形中，点在边上，以为折痕，将向上翻折，点A正好落在上的点，若的周长为，的周长为，则平行四边形的周长______． 11. 如图，已知点A(4，0)，O为坐标原点，P是线段OA上任意一点(不含端点O、A)，过P、O两点的二次函数y1和过P、A两点的二次函数y2的图象开口均向下，它们的顶点分别为B、C，射线OB与AC相交于点D．当OD＝AD＝3时，这两个二次函数的最大值之和等于______． 12. 如图，在扇形中，平分交弧于点．点为半径上一动点若，则阴影部分周长的最小值为__________． 13. 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于两点，以为边在第一象限作正方形，顶点恰好落在双曲线上，若将正方形沿轴向左平移个单位长度后，点恰好落在该双曲线上，则的值为________． 14. 一个正整数若能表示为两个正整数的平方差，则称这个正整数为“创新数”，例如，，故，都是“创新数”，下列各数中，一定是“创新数”的有_____（填序号）；；；（k为正整数）． 三、解答题：本大题共5小题，共64分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 设，当时，A的值记为；当时，A的值记为；…；当时，A的值记为． （1）化简A，并计算的值； （2）若，那么满足条件的正整数n共有多少个？ 16. 某水果店经销甲、乙两种水果，两次购进水果的情况如下表所示： 进货批次 甲种水果质量 （单位：千克） 乙种水果质量 （单位：千克） 总费用 （单位：元） 第一次 60 40 1520 第二次 30 50 1360 （1）求甲、乙两种水果的进价； （2）销售完前两次购进的水果后，该水果店决定回馈顾客，开展促销活动．第三次购进甲、乙两种水果共200千克，且投入的资金不超过3360元．将其中的m千克甲种水果和3m千克乙种水果按进价销售，剩余的甲种水果以每千克17元、乙种水果以每千克30元的价格销售．若第三次购进的200千克水果全部售出后，获得的最大利润不低于800元，求正整数m的最大值． 17. 如图是直径，A是上异于C，D的一点，点B是延长线上一点，连接、、，且． （1）求证：直线是的切线； （2）若，求的值； （3）在（2）的条件下，作的平分线交于P，交于E，连接、，若，求的值． 18. 在矩形 中，，点E是边的中点，连接，过点E作的垂线，与矩形的外角平分线交于点F． （1）如图1，当时，求证：； （2）如图2，当时，求的值（用含k的式子表示）； （3）如图3，当时，P为边上一点，连接，，，求的长． 19. 如图，抛物线y＝﹣x2+3x+4与x轴交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴交于C点，抛物线的对称轴l与x轴交于点N，长为1的线段PQ（点P位于点Q的上方）在x轴上方的抛物线对称轴上运动． （1）直接写出A，B，C三点的坐标； （2）求CP+PQ+QB的最小值； （3）过点P作PM⊥y轴于点M，当CPM和QBN相似时，求点Q的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023年自主招生考试数学学科试题卷 注意事项： 1．本卷共三大题，19小题，全卷满分120分，考试时间90分钟． 2．本卷分为试题卷和答题卷，答案要求写在答题券上，不得在试题卷上作答，否则不给分． 一、选择题：本大题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则的值为（ ） A. 1 B. C. 7 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查根式的运算性质，特别是奇次根式与偶次根式的区别，以及绝对值的应用，理解相关概念是解题的关键. 【详解】解： ∵； ∴ 故选：A. 2. 小明将1枚质地均匀的硬币朝水平地面抛3次，记三次中恰有1次正面朝上的概率为，小华将3枚质地均匀的硬币朝水平地面同时抛出，记三枚硬币中恰有1枚正面朝上的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．列举出所有情况，比较概率得到正确选项即可． 【详解】解：将1枚质地均匀的硬币朝水平地面抛3次，三次情况如下： 共有8种情况，1次正面向上、2次反面向上的情况共有3种， ； 将3枚质地均匀的硬币朝水平地面同时抛出，三枚硬币情况如下： 共有8种情况，1枚正面向上、2枚反面向上的情况共有3种， ； ． 故选：B． 3. 方程解的个数有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查绝对值的综合运用，熟练掌握绝对值意义，解一元一次方程，是解题的关键． 由绝对值意义得，可得，或，可得或，解一元一次方程即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴，或， 当时， ， ∴， 当时， ， ∴； ∴方程有4个解． 故选：D． 4. 如图，在中，点D，E在边上，且，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题运用等腰三角形的性质、三角形外角的性质以及三角形内角和定理来求解，通过设未知数，根据上述性质和定理列出方程求解角度. 【详解】解：设 ∵， ∴ ∵， ∴ 在 中： ∵， 在中，内角和为：其中 ， 故选：C. 5. 已知抛物线，当时，；当时，．下列判断： ①；②若，则；③已知点，在抛物线上，当时，；④若方程的两实数根为，，则． 其中正确的有（ ）个． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用根的判别式可判断①；把，代入，得到不等式，即可判断②；求得抛物线的对称轴为直线x=b，利用二次函数的性质即可判断③；利用根与系数的关系即可判断④． 【详解】解：∵a=>0，开口向上，且当时，；当时，， ∴抛物线与x轴有两个不同的交点， ∴， ∴；故①正确； ∵当时，， ∴-b+c<0，即b>+c， ∵c>1， ∴b>，故②正确； 抛物线的对称轴为直线x=b，且开口向上， 当x<b时，y的值随x的增加反而减少， ∴当时，；故③正确； ∵方程的两实数根为x1，x2， ∴x1+x2=2b， ∵当c>1时，b>， ∴则x1+x2>3，但当c<1时，则b未必大于，则x1+x2>3的结论不成立， 故④不正确； 综上，正确的有①②③，共3个， 故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，一元二次方程的根的判别式以及根与系数的关系等知识，解题的关键是读懂题意，灵活运用所学知识解决问题． 6. 如图，点M是正方形内一点，是等边三角形，连接，对角线交于点N，则下列结论中错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设正方形的边长为， A.先根据等边三角形得，再根据等腰三角形的性质得，最后根据角的和即可得出结论； B.证明，列比例式即可得出，证明，即得； C. 过M作于E，交于点F，可得，，根据三角形面积公式即可得出结论； D. 延长交于点G，根据直角三角形30度角的性质和勾股定理得，根据列比例式计算即可得出． 【详解】解：设正方形的边长为， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 故A正确； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故B正确； 过M作于E，交于点F，如图所示， 则， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴ ∴； 故C正确； 延长交于点G， 则， ∵，, ∴， ∵， ∴， ， 故D不正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质等知识；表示出正方形和等边三角形各边长，是解题的关键． 二、填空题：本大题共8小题，每小题4分，共32分． 7. 因式分解： _______． 【答案】 【解析】 【分析】先提公因式，然后利用完全平方公式因式分解即可． 【详解】解：． 8. 如果一组数据的方差是9，则另一组数据的方差是_______． 【答案】9 【解析】 【分析】本题考查了方差，熟记当数据都加上一个数（或减去一个数）时，方差不变，即数据的波动性不变是解题的关键． 根据当数据都加上一个数（或减去一个数）时，方差不变，即可得出答案． 【详解】解：∵ 的平均数为：；则 数据的平均数为： 由题意得： ∴数据的方差为： ∴ 数据的方差是9， 故答案为：9． 9. 已知，x，y都是实数，且，那么___________． 【答案】1 【解析】 【分析】令代入到，求得的值，即可求解，注意． 【详解】解：令，代入到 可得： 即 解得（舍去）， 即 故答案为： 【点睛】此题考查了一元二次方程的求解，解题的关键是将当成整体，进行求解． 10. 如图，平行四边形中，点在边上，以为折痕，将向上翻折，点A正好落在上的点，若的周长为，的周长为，则平行四边形的周长______． 【答案】28 【解析】 【分析】由折叠的性质知，，，结合平行四边形对边相等的性质解题即可． 【详解】解：由折叠的性质知，，， ∵的周长为， ∴， ∵的周长为， ∴， ∴ ． 故答案为：28． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 11. 如图，已知点A(4，0)，O为坐标原点，P是线段OA上任意一点(不含端点O、A)，过P、O两点的二次函数y1和过P、A两点的二次函数y2的图象开口均向下，它们的顶点分别为B、C，射线OB与AC相交于点D．当OD＝AD＝3时，这两个二次函数的最大值之和等于______． 【答案】 【解析】 【分析】过B作BF⊥OA于F，过D作DE⊥OA于E，过C作CM⊥OA于M，则BF+CM是这两个二次函数的最大值之和，BF∥DE∥CM，求出AE=OE=2，DE=，设P（2x，0），根据二次函数的对称性得出OF=PF=x，推出△OBF∽△ODE，△ACM∽△ADE，得出= ，代入求出BF和CM，相加即可求出答案． 【详解】解：过B作BF⊥OA于F，过D作DE⊥OA于E，过C作CM⊥OA于M， ∵BF⊥OA，DE⊥OA，CM⊥OA， ∴BF∥DE∥CM． ∵OD=AD=3，DE⊥OA， ∴OE=EA=OA=2， 由勾股定理得：DE=， 设P（2x，0），根据二次函数的对称性得出OF=PF=x， ∵BF∥DE∥CM， ∴△OBF∽△ODE，△ACM∽△ADE， ∴， ∵AM=PM=（OA-OP）=（4-2x）=2-x， 即， 解得：， ∴BF+CM=． 故答案为：． 【点睛】此题考查了二次函数的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定的应用，题目比较好，但是有一定的难度，属于综合性试题． 12. 如图，在扇形中，平分交弧于点．点为半径上一动点若，则阴影部分周长的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】如图，先作扇形关于对称的扇形 连接交于，再分别求解的长即可得到答案． 【详解】解： 最短，则最短， 如图，作扇形关于对称的扇形 连接交于， 则 此时点满足最短， 平分 而的长为： 最短为 故答案为： 【点睛】本题考查的是利用轴对称求最短周长，同时考查了圆的基本性质，扇形弧长的计算，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键． 13. 如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于两点，以为边在第一象限作正方形，顶点恰好落在双曲线上，若将正方形沿轴向左平移个单位长度后，点恰好落在该双曲线上，则的值为________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据直线的解析式求出A点和B点的坐标，由此可以计算出AB的长，过C点向y轴作垂线，垂足为E，根据三角形全等的判定定理和性质，可以得出点C的坐标，过点D向x轴作垂线，垂足为F，同理可以得出D点的坐标，从而得出双曲线的解析式，将C点纵坐标 代入双曲线的解析式，得出C点平移后的横坐标，根据C点横坐标的变化规律即可得b的值. 【详解】解：如图，分别过点C和点D作y轴，x轴的垂线，垂足分别为E，F. ∵直线与轴、轴分别交于两点 当x=0时，y=6，当y=0时，x=2 ∴A（2,0），B（0,6） ∴OB=6，OA=2 ∵四边形为正方形， ∴∠ABO+∠CBE=∠CBE+∠BCE=90°， ∴∠ABO=∠BCE 又∵AB=BC，∠AOB=∠BEC BE=OA=2， ∴C点坐标为（6,8） ∴△AOB≌△BEC ∴BO=CE=6 同理△AOB≌△DFA AF=OB=6，DF=2 ∴D点坐标为（8,2） 将D点坐标代入双曲线解析式 得：k=16 故双曲线解析式为 将C点纵坐标代入解析式得 故x= ∴C点平移后对应点坐标为（，8） 故C点向左平移了6-2=4个单位长度 故答案为4 【点睛】本题考查了三角形全等的判定，待定系数法求函数解析式以及坐标的平移，解决本题的关键是理解题意，熟练掌握待定系数法求函数解析式的方法. 14. 一个正整数若能表示为两个正整数的平方差，则称这个正整数为“创新数”，例如，，故，都是“创新数”，下列各数中，一定是“创新数”的有_____（填序号）；；；（k为正整数）． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查平方差公式的应用，读懂题目要求是解决本题的关键． 根据任何一个正整数都可化成，由平方差公式，可列方程组，求解若a，b为正整数，则满足这个正整数为“创新数”． 【详解】解：， ，解得． 不符合题意， 不是“创新数”； ， ，，， 解得，，． 不符合题意， 不是“创新数”； ， ，解得． ， 是“创新数”； ， ，解得． 为正整数， 是“创新数”； 故答案为：． 三、解答题：本大题共5小题，共64分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 设，当时，A的值记为；当时，A的值记为；…；当时，A的值记为． （1）化简A，并计算的值； （2）若，那么满足条件的正整数n共有多少个？ 【答案】（1） （2）13个 【解析】 【分析】本题主要考查了数字变化规律，分式的化简，解不等式， （1）先化简，进而求出，再根据规律计算即可； （2）根据（1）可得，再整理求出不等式的解集，进而得出整数解. 【小问1详解】 解：根据题意，得， ∴， ∴ ； 【小问2详解】 解：根据（1），得， 即， 整理，得且， 解得， 即， 所以满足条件的正整数有6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18，一共有13个. 16. 某水果店经销甲、乙两种水果，两次购进水果的情况如下表所示： 进货批次 甲种水果质量 （单位：千克） 乙种水果质量 （单位：千克） 总费用 （单位：元） 第一次 60 40 1520 第二次 30 50 1360 （1）求甲、乙两种水果的进价； （2）销售完前两次购进的水果后，该水果店决定回馈顾客，开展促销活动．第三次购进甲、乙两种水果共200千克，且投入的资金不超过3360元．将其中的m千克甲种水果和3m千克乙种水果按进价销售，剩余的甲种水果以每千克17元、乙种水果以每千克30元的价格销售．若第三次购进的200千克水果全部售出后，获得的最大利润不低于800元，求正整数m的最大值． 【答案】（1）甲种水果的进价为每千克12元，乙种水果的进价为每千克20元 （2）正整数m的最大值为22 【解析】 【分析】（1）设甲种水果的进价为每千克a元，乙种水果的进价为每千克b元，根据总费用列方程组即可； （2）设水果店第三次购进x千克甲种水果，根据题意先求出x的取值范围，再表示出总利润w与x的关系式，根据一次函数的性质判断即可． 【小问1详解】 设甲种水果的进价为每千克a元，乙种水果的进价为每千克b元． 根据题意，得 解方程组，得 答：甲种水果的进价为每千克12元，乙种水果的进价为每千克20元． 【小问2详解】 设水果店第三次购进x千克甲种水果，则购进千克乙种水果， 根据题意，得． 解这个不等式，得． 设获得的利润为w元， 根据题意，得 ． ∵， ∴w随x的增大而减小． ∴当时，w的最大值为． 根据题意，得． 解这个不等式，得． ∴正整数m的最大值为22． 【点睛】本题考查一次函数的应用、二元一次方程组的应用、解一元一次不等式，解答本题的关键是明确题意，找出等量关系，列出相应的二元一次方程，写出相应的函数解析式，利用一次函数的性质求最值． 17. 如图是直径，A是上异于C，D的一点，点B是延长线上一点，连接、、，且． （1）求证：直线是的切线； （2）若，求的值； （3）在（2）的条件下，作的平分线交于P，交于E，连接、，若，求的值． 【答案】（1） 证明：如图所示，连接OA， ∵是直径， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 又∵为半径， ∴直线是的切线； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）如图所示，连接OA，根据直径所对的圆周角是直角得到，再证明即可证明结论； （2）先证明，得到，令半径，则，，利用勾股定理求出，解直角三角形即可答案； （3）先求出，在中，，，解得，，证明，得到，则． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∴， 由知，令半径，则，， 在中，， 在中，， 即； 【小问3详解】 解：在（2）的条件下，， ∴， ∴， 在中，，， 解得，， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等等，熟知相关知识是解题的关键． 18. 在矩形 中，，点E是边的中点，连接，过点E作的垂线，与矩形的外角平分线交于点F． （1）如图1，当时，求证：； （2）如图2，当时，求的值（用含k的式子表示）； （3）如图3，当时，P为边上一点，连接，，，求的长． 【答案】（1）见解析； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由 可证，即可求解； （2）在上截取，连接，证明，即可求解； （3）连接 ，延长交于点 ，设，则,可证为等腰直角三角形，可得到，然后四边形 是矩形，再证，，代入即可求解. 【小问1详解】 证明：如图，在上截取，连接 ∵，， ∴ ∵，， ∴ ∵平分，， ∴ ∵， ∵ ∵，， ∴ 【小问2详解】 证明：如图，在上截取，连接 ∵，， ∴ ∵平分，， ∴ ∴ ∵， ∴ ∵ ∴ ∵，且 是的中点， ∴ ∴ ∴ ∴ 【小问3详解】 如图所示：连接 ，延长交于点 ， ∵，点是边的中点 设，则，，， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， 作于点， ∵， ∴， ∵ ∴ ∴， 作交于点， 则四边形 是矩形， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴ ， ∴， ∵由（2）可知： ∵， ∴， ∴ 即 ∴ ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定以及性质，相似三角形的判定和性质，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质是解题的关键． 19. 如图，抛物线y＝﹣x2+3x+4与x轴交于A，B两点（点A位于点B的左侧），与y轴交于C点，抛物线的对称轴l与x轴交于点N，长为1的线段PQ（点P位于点Q的上方）在x轴上方的抛物线对称轴上运动． （1）直接写出A，B，C三点的坐标； （2）求CP+PQ+QB的最小值； （3）过点P作PM⊥y轴于点M，当CPM和QBN相似时，求点Q的坐标． 【答案】（1）A(﹣1，0)，B(4，0)，C(0，4) （2）6 （3）(，)或(，)或(，) 【解析】 【分析】（1）由y＝﹣x2+3x+4可得A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）； （2）将C（0，4）向下平移至C'，使CC'＝PQ，连接BC'交抛物线的对称轴l于Q，可知四边形CC'QP是平行四边形，及得CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，而B，Q，C'共线，故此时CP+PQ+BQ最小，最小值为BC'+PQ的值，由勾股定理可得BC'＝5，即得CP+PQ+BQ最小值为6； （3）由在y＝﹣x2+3x+4得抛物线对称轴为直线x＝﹣＝，设Q（，t），则Q（，t+1），M（0，t+1），N（，0），知BN＝，QN＝t，PM＝，CM＝|t﹣3|，①当＝时，＝，可解得Q（，）或（，）；②当＝时，＝，得Q（，）． 【小问1详解】 解：在y＝﹣x2+3x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝﹣1或x＝4， ∴A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）． 【小问2详解】 将C（0，4）向下平移至，使，连接交抛物线的对称轴l于Q，如图所示： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵B，Q，共线， ∴此时CP+PQ+BQ最小，最小值为的值， ∵C（0，4），， ∴， ∵B（4，0）， ∴＝＝5， ∴， ∴CP+PQ+BQ最小值为6． 【小问3详解】 如图： 由y＝﹣x2+3x+4得，抛物线对称轴为直线， 设Q（，t），则P（，t+1），M（0，t+1），N（，0）， ∵B（4，0），C（0，4）； ∴BN＝，QN＝t，PM＝，CM＝|t﹣3|， ∵∠CMP＝∠QNB＝90°， ∴△CPM和△QBN相似，只需＝或＝， ①当＝时，＝， 解得t＝或t＝， ∴Q（，）或（，）； ②当＝时，＝， 解得t＝或t＝（舍去）， ∴Q（，）， 综上所述，Q的坐标是(，)或(，)或(，)． 【点睛】本题主要考查二次函数综合应用，涉及二次函数图象上点坐标的特征，线段和的最小值，相似三角形的性质及应用等，解题的关键是分类讨论思想的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $