精品解析：　2022年湖南省 株洲市 芦淞区南方中学株洲市南方中学 自主招生考试数学试题

2022年湖南省株洲市芦淞区南方中学株洲市南方中学自主招生考试数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟 一、选择题（本题共8小题，每小题4分，共32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. 正整数a、b分别满足，，则（ ） A. 4 B. 8 C. 9 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】根据a、b的取值范围，先确定a、b，再计算． 【详解】解：，， ，， ． 故选：D． 【点睛】本题主要考查无理数的估值，掌握立方根，平方根的意义，并能根据a、b的取值范围确定的值是解题的关键． 2. 在一个正方体的玻璃容器内装了一些水，把容器按不同方式倾斜一点，容器内水面的形状不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查立体图形截面，培养空间想象力是解题的关键． 结合题意，把容器按不同方式倾斜一点，不可能得到正方形，只有水平放置时才能得到正方形． 【详解】解：根据题意，结合实际，容器内水面的形状不可能是正方形． 故选：A． 3. 已知关于的不等式组有四个整数解，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了解不等式组和不等式组的整数解问题，求出不等式组的解集，根据不等式组整数解的个数即可求出答案． 【详解】解：解不等式组得：， ∵关于x的不等式组有四个整数解， ∴整数解是， ∴， 故选：B． 4. 如图，要使一个七边形木架不变形，至少要再钉上木条的根数是（ ） A. 1根 B. 2根 C. 3根 D. 4根 【答案】D 【解析】 【分析】三角形具有稳定性，所以要使七边形木架不变形需把它分成三角形，即过七边形的一个顶点作对角线，有几条对角线，就至少要钉上几根木条． 【详解】解：过七边形的一个顶点作对角线，有条对角线， 所以至少要钉上4根木条． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了三角形的稳定性以及多边形，正确利用图形的性质得出答案是解题关键．解题时注意：过n边形的一个顶点作对角线，可以做条． 5. 已知非零实数，满足，则等于（　　）． A. －1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据非负数的性质列出方程求出a、b的值，代入所求代数式计算即可． 【详解】解：∵（a-3）b2≥0， ∴a-3≥0， ∴a≥3， ∴2a-4＞0， ∴原式变形为， ∴b+2=0，（a-3）b2=0， ∴b=-2，a=3， ∴a+b=3+（-2）=1． 故选C． 【点睛】本题考查了非负数的性质：几个非负数的和为0时，这几个非负数都为0． 6. 在高速公路上，从3千米处开始，每隔4千米经过一个限速标志牌，并且从10千米处开始，每隔9千米经过一个速度监控仪，刚好在19千米处第一次同时经过这两种设施，那么，第二次同时经过这两种设施是在（　　）千米处． A. 36 B. 37 C. 55 D. 91 【答案】C 【解析】 【分析】让4和9的最小公倍数加上19即为第二次同时经过这两种设施的千米数． 【详解】∵4和9的最小公倍数为36， 19+36=55， ∴第二次同时经过这两种设施是在55千米处． 故答案选：C． 【点睛】本题考查了有理数的混合运算，解题的关键是熟练的掌握有理数的混合运算． 7. 如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，OA＝OB＝2，AD＝4，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点C的坐标为( ) A. (6，4) B. (−6，4) C. (4，−6) D. (−4，6) 【答案】C 【解析】 【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC，根据已知条件求出点C的坐标，再根据旋转的性质求出前4次旋转后点C的坐标，发现规律，进而求出第2022次旋转结束时，点C的坐标． 【详解】解：如图，过点C作CE⊥y轴于点E，连接OC， ∵OA＝OB＝2， ∴∠ABO＝∠BAO＝45°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠CBE＝45°， ∵BC＝AD＝4， ∴CE＝BE＝4， ∴OE＝OB+BE＝6， ∴C(−4，6)， ∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°， 则第1次旋转结束时，点C的坐标为(6，4)； 则第2次旋转结束时，点C的坐标为(4，−6)； 则第3次旋转结束时，点C的坐标为(−6，−4)； 则第4次旋转结束时，点C的坐标为(−4，6)； … 发现规律：旋转4次一个循环， ∴2022÷4＝505•••2， 则第2022次旋转结束时，点C的坐标为(4，−6)． 故选：C． 【点睛】本题考查图形的旋转，通过旋转角度找到旋转规律，从而确定第2022次旋转后矩形的位置是解题的关键． 8. 如图，等边的面积为，平分，与边交于点．已知反比例函数的图象经过、两点，且关于直线对称，连接．若，则的值是（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接OD，根据等边三角形的性质结合题意可求出，．再根据反比例函数的对称性可知直线AD必经过O点，且其解析式为，即得出，从而可推出，即可求出OC的长．设点C的坐标为，根据题意可知B点的坐标为．也可推出，再根据两点的距离公式求出BC的长，即可列出等式，最后整体代入即可求出的值，即k的值． 【详解】如图，连接OD， 设， ∵平分，且为等边三角形， ∴，，， ∵，即， 解得：． ∴，． ∵该反比例函数图象关于直线AD对称， ∴直线AD必经过O点，且其解析式为． ∴． ∴在中，，即， ∴． 设点C的坐标为， ∴， 整理得：． 根据题意可知点C关于直线AD的对称点B点的坐标为． ∴， 整理得：， ∴， ∴． ∵， ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查等边三角形的性质，利用三角函数解直角三角形，反比例函数的图象和性质以及两点的距离公式等知识．正确的连接辅助线并利用数形结合的思想是解答本题的关键． 二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分．） 9. 已知一组正数的方差，则关于数据的说法，其中不正确的说法是（ ） A. 方差为 B. 平均数为2 C. 平均数为4 D. 方差为 【答案】BD 【解析】 【分析】此题考查了方差和平均数的求法，根据已知条件计算方差和平均数即可得到答案． 【详解】解：由方差的计算公式可得： ＝[＋＋…＋] ＝[＋＋…＋] ＝＋＋…＋－， 由，可得平均数 对于数据，平均数， 其方差为：． 故选：BD． 10. 如图，中，平分交BC于点交AB于点，为AE的中点，交的延长线于点．下列结论，其中结论正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】本题重点考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键． ，可判断A；证，得不一定等于4．可判断B；当时成立，可判断C；连接，可证，得；证，得比例线段求解，可判断D． 【详解】解：， ∵， ∴． 故A选项正确； 作于 平分交于点 即 得， 故B不正确； ∵， 又 ∵ 故C正确； 连接， 在中，为斜边的中线， 则． ∵， ∴， ∴． 故D错误． 故选：AC． 11. 我们知道表示与的差的绝对值，可以理解为数轴上数对应的两个点之间的距离．比如表示数5与8对应点之间的距离为3．以下说法正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则 D. 若关于的不等式恒成立，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】此题考查了解一元一次方程和不等式的性质、数轴上两点间的距离等知识，熟练掌握数轴上两点间的距离是关键．解方程即可判断选项A，根据不等式的性质即可判断B和C，根据数轴上两点间的距离和不等式的性质即可判断D． 【详解】解：∵， ∴或， 解得或， 故A符合题意； ∵， ∴， 当时，； 当时，； 故B不符合题意； ∵， 当时，， ∴； 当时，， ∴， ∵， ∴， ∴； 故C符合题意； 表示数轴上表示x的点到表示1的点的距离、表示的点的距离、表示的点的距离和， ∴， ∵恒成立， ∴， 故D符合题意； 故选：ACD． 12. 数学著作《算术研究》一书中，对于任意实数，通常用表示不超过的最大整数，如：，给出如下结论，其中正确的结论有（ ） A. B. 若，则的取值范围是 C. 当时，的值为1或2 D. 是方程的唯一一个解 【答案】BC 【解析】 【分析】此题考查一元一次方程和一元一次不等式组的解法．根据新定义、一元一次方程和一元一次不等式组的解法逐项进行分析计算即可． 【详解】解：因为表示不大于x的最大整数， ∴当时，， 当不是整数时，例如，则，而，此时， ∴A不一定正确，不符合题意； 若，则x的取值范围是，故B是正确的，符合题意； 当时，， 当时， ， 当时，，综上C是正确的，符合题意； 由题意，得， ， ， ， ∵， ∴ ∴． 当时，，方程变形为， 解得； 当时，，方程变形为， 解得； 所以与都是方程的解．故D是错误的，不符合题意． 故选：BC． 三、填空题（本题共4小题，每小题4分，其中第20题每空2分，共32分．） 13. 明代数学家程大位的《算法统宗》中有这样一个问题，其大意为；有一群人分银子，如果每人分七两，则剩余四两；如果每人分九两，则还差八两，请问：所分的银子共有_________两． 【答案】46 【解析】 【分析】设有x人，根据有一群人分银子，如果每人分七两，则剩余四两；如果每人分九两，则还差八两，根据所分的银子的总两数相等可列出方程，求解即可． 【详解】解：设有x人，依题意有 7x+4=9x-8， 解得x=6， 7x+4=42+4=46． 答：所分的银子共有46两． 故答案为：46． 【点睛】本题考查一元一次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目中所分的银子的总两数相等的等量关系列出方程，再求解． 14. 计算的结果是__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平方差公式的应用． 根据平方差公式展开整理，再约分可得答案． 【详解】解：原式 ． 故答案为：． 15. 如图，正三角形与正六边形的边长分别为2和1，正六边形的顶点是正三角形的中心，则四边形的面积等于__________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了正多边形的性质、全等三角形的判定和性质，证明是关键．过点O作三角形中的两边的垂线，垂足为E、F，连接，证明，则所求四边形的面积等于四边形的面积，进一步求解即可． 【详解】解：过点O作三角形中的两边的垂线，垂足为E、F，连接，则， ∵正六边形的顶点是正三角形的中心， ∴， ∴， ∵O为等边的中心， ∴， ， ∴ ∴， ∴ ∵ ∴ ∴所求四边形的面积等于四边形的面积， 即正三角形面积的． 正三角形的面积为， 故四边形的面积＝， 故答案为：． 16. 如图所示的长方体是某种饮料的纸质包装盒，规格为5×6×10(单位：cm)，在上盖中开有一孔便于插吸管，吸管长为13cm，小孔到图中边AB的距离为1cm，到上盖中与AB相邻的两边的距离相等．设插入吸管后露在盒外面的管长为hcm，则h的最小值大约为_______cm．(精确到个位，参考数据：≈1.4，≈1.7，≈2.2) 【答案】2 【解析】 【分析】要弄清楚h最短时管子的摆放姿势，然后根据勾股定理即可得出结论．要求露出外面的管长h的最短值，其实相当于求一个3×4×10长方体的对角线（此时，h最小），据此解答即可． 【详解】如图所示：连接DC，CF， 由题意：ED=3，EC=5−1=4 CD2=32+42=25=52， CF2=52+102=125， ∴吸管口到纸盒内的最大距离==≈11cm． ∴h=13−11≈2cm． 故答案为2． 【点睛】本题考查了勾股定理的运用，解题的关键是要充分利用生活经验理解最短距离是怎样防放置． 17. 已知为抛物线与轴交点的横坐标，则的值为___________________． 【答案】 【解析】 【分析】利用抛物线与x轴的交点问题，建立关于x的一元二次方程，由公式法解方程得，，然后代入计算即可． 【详解】解： 设，当时，有， 整理，得， ∴， ∴， ∴，， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了抛物线与x轴的交点问题以及一元二次方程的应用，解题的关键是将二次函数图像与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程式． 18. 某校举办数学竞赛，甲、乙、丙、丁、戊五位同学得了前5名．发奖前，老师让他们猜一猜各人的名次排列情况．甲说：“乙是第三名，丙是第五名．”乙说：“戊是第四名，丁是第五名．”丙说：“甲是第一名，戊是第四名．”丁说：“丙是第一名，丁是第二名．”戊说：“甲是第三名，丁是第四名．”老师说每个名次都有人猜对，则获得第一、二、三名的同学依次是__________． 【答案】丙、乙、甲 【解析】 【分析】先根据每个名次中都有人猜对，猜第二名是乙的只有一个同学，则乙是第二名，然后依次类推即可得出答案． 【详解】解：根据题意列表如下： 第一名 第二名 第三名 第四名 第五名 甲说 乙 丙 乙说 戊 丁 丙说 甲 戊 丁说 丙 乙 戊说 甲 丁 因为每个名次中都有人猜对，根据五个人的猜测，猜第二名是乙的只有一个同学，因此乙是第二名，那么乙就不可能是第三名，因此甲是第三名，这样甲就不是第一名，丙是第一名，丙就不是第五名，丁是第五名，丁就不是第四名，戊是第四名； 综上分析可知，第一名是丙，第二名是乙，第三名是甲． 故答案为：丙、乙、甲 【点睛】本题主要考查了逻辑推理，解题的关键是抓住题目中的条件，找出突破口，猜第二名是乙的只有一个同学，得出乙是第二名． 19. 如图，正方形的边长为100米，甲、乙两个动点分别从A点和B点同时出发按逆时针方向移动．甲的速度是7米/秒，乙的速度是10米/秒，经过______秒，甲、乙两动点第一次位于正方形的同一条边上． 【答案】70 【解析】 【分析】本题主要考查了一元一次不等式的实际应用，设运动时间为t秒，根据题意可得，解得，当时，此时第一次两动点相距100米，当乙第二次到达A时，需要的时间为秒，此时甲运动的路程为米，即此时甲在与点B相距10米，据此可得答案． 【详解】解：设运动时间为t秒， 由题意得，， 解得， 当时，此时第一次两动点相距100米，此时甲、乙位置如图所示， 当乙第二次到达A时，需要的时间为秒，此时甲运动的路程为米，即此时甲在与点B相距10米， ∴此时两动点都在上， ∴经过70秒，甲、乙两动点第一次位于正方形的同一条边上． 故答案为：70． 20. 对于个位数字不为0的任意一个两位数，交换十位数字和个位数字的位置，得到一个新的两位数，记． （1）计算__________； （2）若一个两位数都是整数，且是一个整数的平方，则满足条件的的值有__________个． 【答案】 ①. 9 ②. 5 【解析】 【分析】本题主要考查了新定义，分类讨论思想，理解新的两位数的记数法是解答关键． （1）根据新规定的两位数记数方法来进行计算即可求解； （2）根据一个两位数（，都是整数），表示出，利用新规定的记数法求出，结合，，是一个整数的平方，确定出是一个整数的平方的数有：16、25、36，再结合a和b的取值范围来求解． 【详解】解：（1）根据题意得 ； ； ∴， 故答案为：9 （2）∵一个两位数（，都是整数）， ∴， ∴，， ∴． ∵，， ∴， ∴为整数的有：16、17、18、19、20、21、22、23、24、25、26、27、28、29、30、31、32、33、34、35、36． ∵是一个整数的平方， ∴是一个整数的平方的数有：16、25、36． ∵，，，都是整数， ∴①当时， 时得，此时， 时得，此时， 时得（舍去）； ②当时， 时得（舍去）， 时得（舍去）， 时得（舍去）； ③当时， 时得（舍去）， 时得（舍去）， 时得（舍去）； ④当时， 时得（舍去）， 时得，此时， 时得（舍去）； ⑤当时， 时得（舍去）， 时得（舍去）， 时得（舍去）； ⑥当时， 时得（舍去）， 时得（舍去）， 时得（舍去）； ⑦当时， 时得（舍去）， 时得，此时， 时得（舍去）； ⑧当时， 时得（舍去）， 时得（舍去），， 时得（舍去）； ⑨当时， 时得（舍去）， 时得（舍去），， 时得，此时． 综上所述，的值为：51、67、74、81、99．共5个， 故答案为：5 四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 21. （1）解方程：． （2）已知是关于的方程的两个不等实根．用分别表示和． 【答案】（1）或；（2）， 【解析】 【分析】此题考查了分式方程的解法、一元二次方程的解法和根与系数关系等知识． （1）令，得到方程可化为，解得或，分两种情况进行解答即可； （2）根据一元二次方程根与系数的关系和方程解的定义进行变形解答即可． 【详解】（1）令， 则， ∴， 则方程可化为， 整理，得：， ∴， 则或， 解得或， 当，此方程无解； 当，整理得， 解得或， 经检验或均是原方程的解； （2）∵是关于x的方程的两个不等实根， ∴， ∴； ∵， ∴， ∵， ∴ ． 22. 如图，在中，．分别以B、C为圆心，长为半径在下方画弧，设两弧交于点D，与、的延长线分别交于点E、F，连接、、， （1）求证：平分； （2）若，，求、的长度之和（结果保留）． 【答案】（1） 证明：由作图可知． 在和中， ， ∴． ∴， 即平分． （2） 【解析】 【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质及弧长计算公式，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质及弧长计算公式是解题的关键； （1）根据题意可用证明，从而得证结论； （2）由题意知，因此可知是等边三角形，因此由，根据三角形的内角和及外角可求出，因此可根据弧长公式，求得两段弧的长，再求和即可 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，， ∴． ∵， ∴为等边三角形． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴的长度的长度． ∴、的长度之和为． 23. “田忌赛马”的故事闪烁着我国古代先贤的智慧光芒．该故事的大意是：齐王有上、中、下三匹马，田忌也有上、中、下三匹马，且这六匹马在比赛中的胜负可用不等式表示如下：（注：表示A马与B马比赛，A马获胜）．一天，齐王找田忌赛马，约定：每匹马都出场比赛一局，共赛三局，胜两局者获得整场比赛的胜利．面对劣势，田忌事先了解到齐王三局比赛的“出马”顺序为上马、中马、下马，并采用孙膑的策略：分别用下马、上马、中马与齐王的上马、中马、下马比赛，即借助对阵（）获得了整场比赛的胜利，创造了以弱胜强的经典案例． 假设齐王事先不打探田忌的“出马”情况，试回答以下问题： （1）如果田忌事先只打探到齐王首局将出“上马”，他首局应出哪种马才可能获得整场比赛的胜利？并求其获胜的概率； （2）如果田忌事先无法打探到齐王各局的“出马”情况，他是否必败无疑？若是，请说明理由；若不是，请列出田忌获得整场比赛胜利的所有对阵情况，并求其获胜的概率． 【答案】（1）田忌首局应出“下马”才可能在整场比赛中获胜，；（2）不是，田忌获胜的所有对阵是，，，，，， 【解析】 【分析】（1）通过理解题意分析得出结论，通过列举法求出获胜的概率； （2）通过列举齐王的出马顺序和田忌获胜的对阵，求出概率． 【详解】（1）田忌首局应出“下马”才可能在整场比赛中获胜． 此时，比赛的所有可能对阵为： ，， ，，共四种． 其中田忌获胜的对阵有 ，，共两种， 故此时田忌获胜的概率为． （2）不是． 齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是； 齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是； 齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是； 齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是； 齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是； 齐王的出马顺序为时，田忌获胜的对阵是． 综上所述，田忌获胜的所有对阵是 ，，， ，，． 齐王的出马顺序为时，比赛的所有可能对阵是 ，，， ，，， 共6种，同理，齐王的其他各种出马顺序，也都分别有相应的6种可能对阵， 所以，此时田忌获胜的概率． 【点睛】本小题考查简单随机事件的概率等基础知识，考查推理能力、应用意识，考查统计与概率思想；通过列举所有对阵情况，求得概率是解题的关键． 24. 阅读下列材料： 材料一：最大公约数是指两个或多个整数共有的约数中最大的一个．我们将两个整数a、b的最大公约数表示为(a，b)，如(12，18)=6；(7，9)=1． 材料二：求7x+3y=11的一组整数解，主要分为三个步骤： 第一步，用x表示y，得y； 第二步，找一个整数x，使得11﹣7x是3的倍数，为更容易找到这样的x，将11﹣7x变形为12﹣9x+2x﹣1=3(4﹣3x)+2x﹣1，即只需2x﹣1是3的倍数即可，为此可取x=2； 第三步，将x=2代入y，得y=﹣1．∴是原方程的一组整数解． 材料三：若关于x，y的二元一次方程ax+by=c(a，b，c均为整数)有整数解，则它的所有整数解为(t为整数)． 利用以上材料，解决下列问题： （1）求方程(15，20)x+(4，8)y=99的一组整数解； （2）求方程(15，20)x+(4，8)y=99有几组正整数解． 【答案】（1）；（2）原方程有5组正整数解． 【解析】 【分析】（1）先化简原方程，由材料可求解； （2）先求出原方程的整数解，根据材料即可求解． 【详解】（1）∵(15，20)=5，(4，8)=4， ∴原方程变形为：5x+4y=99， ∴x， ∴99﹣4y是5的倍数， ∴当y=1时，x=19， ∴是原方程的解； （2）∵5x+4y=99的有正整数解， 方程所有整数解为(t为整数)． 其中 方程所有正整数解记为(t为整数)． 当时，正整数解为：， 当时，正整数解为：， 当时，正整数解为：， 当时，正整数解为：， ∴原方程有5组正整数解． 【点睛】本题考查了二元一次方程的解，一元一次方程的解，理解题意是本题的关键． 25. 如图1，已知是圆的直径，是圆上一点（不与A、B重合），为的中点，过点作弦于F，P是延长线上一点，且． （1）求证：是圆的切线； （2）如图2，连接交于点G，的延长线交于点，求证：； （3）在（2）的条件下，若，求的值． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，证明，即可证明是圆的切线； （2）连接，证明，即可得到结论； （3）设，证明，，即可得到答案． 【小问1详解】 证明：如图1，连接， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵为半径， ∴是圆的切线； 【小问2详解】 解：如图2，连接， ∵D为的中点， ∴， 设垂足为M， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中 ∵， ， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴＝， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：如图3， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 过点H作于点K， ∴， ∴， ∵， 设， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，掌握相似三角形的判定定和性质定理及方程思想是解题的关键． 26. 如图，边长为8的正方形的两边在坐标轴上，以点C为顶点的抛物线经过点A，点P是抛物线上点A，C间的一个动点（含端点），过点P作于点F，点D、E的坐标分别为，，连接、、． （1）求出抛物线的解析式； （2）小明探究点P的位置发现：当点P与点A或点C重合时，与的差为定值，进而猜想：对于任意一点P，与的差为定值，请你判断该猜想是否正确，请说明理由； （3）小明进一步探究得出结论：若将“使的面积为整数”的点记作“好点”，则存在多个“好点”，且使的周长最小的点P也是一个“好点”．请求出周长最小时“好点”的坐标，并直接写出所有“好点”的个数． 【答案】（1）； （2）正确，理由如下： 设，，则， 过P作轴于M，则， ， ， ∴猜想正确 （3）共有11个好点，P坐标为． 【解析】 【分析】（1）因为抛物线对称轴是y轴，所以根据点坐标即可写出解析式； （2）把任意一点P的坐标表示出来，并表示出的长，用验证； （3）先求出使的周长最小的点P的坐标，因为是定值，考虑PE与的和最小，由上题得出的结论转化成与的关系进而得出使的周长最小的点P点坐标；想找到“好点”的个数，先把三角形的面积表示出来，用梯形面积减去两个直角三角形的面积，由x的取值范围确定S的整数值有几个，再加上前面的使的周长最小的一个点，就知道一共“好点”的个数． 【详解】解：（1）设，将代入， 解得，， ； （2）略 （3）①在P点运动时，大小不变， 与的和最小时，的周长最小， ， ， ，当P，E，F三点共线时，最小，此时，点P，E横坐标都为， 将代入，得， ，此时的周长最小， ， ， 点P恰为“好点”， 的周长最小时“好点”的坐标； ②作于H，的面积梯形面积减去两个直角三角形， ， ，， 当时，最大值 为，当时，的最小值为4，即， 的整数点有10个， 当时，，解得，即对应的“好点”有2个，但其中一个点与上面重复， 所有“好点”共有11个． 【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质，点到坐标轴距离，二次函数动点问题，定值问题，新定义问题，三角形周长最小问题，正确二次函数的性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022年湖南省株洲市芦淞区南方中学株洲市南方中学自主招生考试数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟 一、选择题（本题共8小题，每小题4分，共32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. 正整数a、b分别满足，，则（ ） A. 4 B. 8 C. 9 D. 16 2. 在一个正方体的玻璃容器内装了一些水，把容器按不同方式倾斜一点，容器内水面的形状不可能是（ ） A. B. C. D. 3. 已知关于的不等式组有四个整数解，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，要使一个七边形木架不变形，至少要再钉上木条的根数是（ ） A. 1根 B. 2根 C. 3根 D. 4根 5. 已知非零实数，满足，则等于（　　）． A. －1 B. 0 C. 1 D. 2 6. 在高速公路上，从3千米处开始，每隔4千米经过一个限速标志牌，并且从10千米处开始，每隔9千米经过一个速度监控仪，刚好在19千米处第一次同时经过这两种设施，那么，第二次同时经过这两种设施是在（　　）千米处． A. 36 B. 37 C. 55 D. 91 7. 如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，OA＝OB＝2，AD＝4，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点C的坐标为( ) A. (6，4) B. (−6，4) C. (4，−6) D. (−4，6) 8. 如图，等边的面积为，平分，与边交于点．已知反比例函数的图象经过、两点，且关于直线对称，连接．若，则的值是（） A. B. C. D. 二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分．） 9. 已知一组正数的方差，则关于数据的说法，其中不正确的说法是（ ） A. 方差为 B. 平均数为2 C. 平均数为4 D. 方差为 10. 如图，中，平分交BC于点交AB于点，为AE的中点，交的延长线于点．下列结论，其中结论正确的有（ ） A. B. C. D. 11. 我们知道表示与的差的绝对值，可以理解为数轴上数对应的两个点之间的距离．比如表示数5与8对应点之间的距离为3．以下说法正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则 D. 若关于的不等式恒成立，则的取值范围为 12. 数学著作《算术研究》一书中，对于任意实数，通常用表示不超过的最大整数，如：，给出如下结论，其中正确的结论有（ ） A. B. 若，则的取值范围是 C. 当时，的值为1或2 D. 是方程的唯一一个解 三、填空题（本题共4小题，每小题4分，其中第20题每空2分，共32分．） 13. 明代数学家程大位的《算法统宗》中有这样一个问题，其大意为；有一群人分银子，如果每人分七两，则剩余四两；如果每人分九两，则还差八两，请问：所分的银子共有_________两． 14. 计算的结果是__________． 15. 如图，正三角形与正六边形的边长分别为2和1，正六边形的顶点是正三角形的中心，则四边形的面积等于__________． 16. 如图所示的长方体是某种饮料的纸质包装盒，规格为5×6×10(单位：cm)，在上盖中开有一孔便于插吸管，吸管长为13cm，小孔到图中边AB的距离为1cm，到上盖中与AB相邻的两边的距离相等．设插入吸管后露在盒外面的管长为hcm，则h的最小值大约为_______cm．(精确到个位，参考数据：≈1.4，≈1.7，≈2.2) 17. 已知为抛物线与轴交点的横坐标，则的值为___________________． 18. 某校举办数学竞赛，甲、乙、丙、丁、戊五位同学得了前5名．发奖前，老师让他们猜一猜各人的名次排列情况．甲说：“乙是第三名，丙是第五名．”乙说：“戊是第四名，丁是第五名．”丙说：“甲是第一名，戊是第四名．”丁说：“丙是第一名，丁是第二名．”戊说：“甲是第三名，丁是第四名．”老师说每个名次都有人猜对，则获得第一、二、三名的同学依次是__________． 19. 如图，正方形的边长为100米，甲、乙两个动点分别从A点和B点同时出发按逆时针方向移动．甲的速度是7米/秒，乙的速度是10米/秒，经过______秒，甲、乙两动点第一次位于正方形的同一条边上． 20. 对于个位数字不为0的任意一个两位数，交换十位数字和个位数字的位置，得到一个新的两位数，记． （1）计算__________； （2）若一个两位数都是整数，且是一个整数的平方，则满足条件的的值有__________个． 四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 21. （1）解方程：． （2）已知是关于的方程的两个不等实根．用分别表示和． 22. 如图，在中，．分别以B、C为圆心，长为半径在下方画弧，设两弧交于点D，与、的延长线分别交于点E、F，连接、、， （1）求证：平分； （2）若，，求、的长度之和（结果保留）． 23. “田忌赛马”的故事闪烁着我国古代先贤的智慧光芒．该故事的大意是：齐王有上、中、下三匹马，田忌也有上、中、下三匹马，且这六匹马在比赛中的胜负可用不等式表示如下：（注：表示A马与B马比赛，A马获胜）．一天，齐王找田忌赛马，约定：每匹马都出场比赛一局，共赛三局，胜两局者获得整场比赛的胜利．面对劣势，田忌事先了解到齐王三局比赛的“出马”顺序为上马、中马、下马，并采用孙膑的策略：分别用下马、上马、中马与齐王的上马、中马、下马比赛，即借助对阵（）获得了整场比赛的胜利，创造了以弱胜强的经典案例． 假设齐王事先不打探田忌的“出马”情况，试回答以下问题： （1）如果田忌事先只打探到齐王首局将出“上马”，他首局应出哪种马才可能获得整场比赛的胜利？并求其获胜的概率； （2）如果田忌事先无法打探到齐王各局的“出马”情况，他是否必败无疑？若是，请说明理由；若不是，请列出田忌获得整场比赛胜利的所有对阵情况，并求其获胜的概率． 24. 阅读下列材料： 材料一：最大公约数是指两个或多个整数共有的约数中最大的一个．我们将两个整数a、b的最大公约数表示为(a，b)，如(12，18)=6；(7，9)=1． 材料二：求7x+3y=11的一组整数解，主要分为三个步骤： 第一步，用x表示y，得y； 第二步，找一个整数x，使得11﹣7x是3的倍数，为更容易找到这样的x，将11﹣7x变形为12﹣9x+2x﹣1=3(4﹣3x)+2x﹣1，即只需2x﹣1是3的倍数即可，为此可取x=2； 第三步，将x=2代入y，得y=﹣1．∴是原方程的一组整数解． 材料三：若关于x，y的二元一次方程ax+by=c(a，b，c均为整数)有整数解，则它的所有整数解为(t为整数)． 利用以上材料，解决下列问题： （1）求方程(15，20)x+(4，8)y=99的一组整数解； （2）求方程(15，20)x+(4，8)y=99有几组正整数解． 25. 如图1，已知是圆的直径，是圆上一点（不与A、B重合），为的中点，过点作弦于F，P是延长线上一点，且． （1）求证：是圆的切线； （2）如图2，连接交于点G，的延长线交于点，求证：； （3）在（2）的条件下，若，求的值． 26. 如图，边长为8的正方形的两边在坐标轴上，以点C为顶点的抛物线经过点A，点P是抛物线上点A，C间的一个动点（含端点），过点P作于点F，点D、E的坐标分别为，，连接、、． （1）求出抛物线的解析式； （2）小明探究点P的位置发现：当点P与点A或点C重合时，与的差为定值，进而猜想：对于任意一点P，与的差为定值，请你判断该猜想是否正确，请说明理由； （3）小明进一步探究得出结论：若将“使的面积为整数”的点记作“好点”，则存在多个“好点”，且使的周长最小的点P也是一个“好点”．请求出周长最小时“好点”的坐标，并直接写出所有“好点”的个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $