【新】2019-2020成都市石室中学北湖校区初升高自主招生数学【4套】模拟试卷【含解析】

第一套：满分120分2020-2021年成都市石室中学北湖校区初升高自主招生数学模拟卷一．选择题（共6小题，满分42分）A.B.C.D.（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千米与各自行驶时间小时A.B.C.D.（7）在平面直角坐标系中，任意两点Ax,yx,

规定1 1 2 2AB

x,y

；②ABx

y

；③当x

且y=y2

1 2 1

12 1

1 2 1有下列四个命题：（1）若AB1AB0；ABBC，则ABBC，则对任意点、、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（7分（7分ABO⊥AB于点，AD∠CABBCD、OD，给出以下四个结论：①AC∥OD；②CE=OE；③△ODE∽△ADO；④A．①② B．③④ C．①③ D．①④段AB°，过点F分别作AC的垂线相交于点段AB°，过点F分别作AC的垂线相交于点垂足分别为、现有以下结论：①AB 2；②当点E与点BMH1AFBEEFM•M=1，22其中正确结论为（ ）A.①②③ B. C. D.①②③④）环的是（）现无论x环的是（）6.（7）ABCD6.（7）ABCDBC分别与⊙O相切于G三点，过点D4133作⊙O的切线交BC于点则DM413313

9

D.253 2二．填空题（每小题6分，满分30分））1234……1920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.的圆心都在xy的圆心都在xy33x个半圆的半径依次为rrrr＝11 2 3 1r＝ ．3，，∠AOB=6°，点A在第一象限，过点A的双曲ykx轴上取一点POAl，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；设P（t，0，当O´ B´ 与双曲线有交点时，t的取值范是 ．10.（6）如图，正方形A10.（6）如图，正方形ABPP的顶点PP1112 1 2y2(x0)AB分别在x轴、y轴的正半轴上，再在其右侧作正方形PPAB2322

，顶点P3

在反比例函数y2(x0)的图象上，顶点x

A在轴的正半轴上，则点P的x2 3x坐标为 ．11.（6）AB⊥CD11.（6）AB⊥CDEM在OCO于点G，交过C的直线于∠2CBDGNMCOO4，cos∠BOC=1，则BN=．4三．解答题（1248）

10

x3x2 ，其中x22

x2 x24 x2 x2x21212(tan45cos3012113（12分）如图，点（＋－）都在反比例ykx

的图象上．求的值；如果Mxy轴上一点，以点为顶点的四边形是平行四边形，试求直线MN的函数表达式．ABykxb进行对折得到线段AB，11 yAOAA

与x轴有交点,则b的 A1 11取值范围为 （直接写出答案） BO ⊙O交AC于点D，DE⊙O交AC于点D，DE⊙O的切线，连接DE．（1）OCDEFOF=CFOECD边形；（2）CF=n，tan∠ACOOFx轴于By轴于点B（。求抛物线的解析式；2AEyE2PQGxHD、G、H、FG、H若不存在，请说明理由。Tx，垂足为点M，过点MMN∥BD，交线段AD于点N，连接MD，使∽△BMD。若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由。PyCDAyCDABO xyCDABO xD EFA BO xQ图1 图2 图32020-2021年成都市石室中学北湖校区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．180180CC．法的应用.【分析】根据新定义，对各选项逐一分析作出判断：则.命题正确.（2）设C，若，即，则.命题正确.（2）设C，若，即，∴.∴A=C.命题正确.用反证法，设∴.∴A=C.命题正确.取C，，即有，（4）C取C，，即有，（4）CABC成立.命题正确.综上所述，正确命题为（（，共3个.故选3．解：∵AB∴AO=OD，∴∠OAD=∠ADO，∵AD平分∠CAB交弧BC于点D，∴∠CAD=∠DAO=1∠CAB，2∴∠CAD=∠ADO，∴AC∥OD，故①正确．2由题意得，OD=R，AC= R，22∵OE：CE=OD：AC= ，22∴OE≠CE，故②错误；∵∠OED=∠AOE+∠OAE=90°+22.5°=112.5°，∠AOD=90°+45°=135°，∴∠OED≠∠AOD，∴△ODE△ADO∵AD平分∠CAB交弧BC于点D，1∴∠CAD=

×45°=22.5°，∴∠COD=45°，2∵AB是半圆直径，∴OC=OD，∴∠OCD=∠ODC=67.5°CAD∠ADO=22.°（已证，∴∠CDE=∠ODC﹣∠ADO=67.5°﹣22.5°=45°，∴△CED∽△CDO，∴CD=CE，CO CD1∴CD2=CO•CE=AB•CE，12∴2CD2=CE•AB，故④正确．综上可得①④正确．故选：D．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，∴.故结论①正确.∴MH是△ABC.故结论②正确.③如答图ACF∴.故结论①正确.∴MH是△ABC.故结论②正确.③如答图ACF顺时针旋转9°至△BC，连接则.∴.∴.∴.∵△ABC∴.∴.∴△AGF和△BHE∴ .又∵又∵，，∴根据勾股定理，得，即.∴.故结论③错误.∴，即.∴.④∵由题意知，四边形CHNG是矩形，∴MG∴根据勾股定理，得，即.∴.故结论③错误.∴，即.∴.∴.∴.∴∴.∴.∴∵.故结论④正确.【分析】将各选项分别代入程序进行验证即可得出结论：【分析】将各选项分别代入程序进行验A.∵，∴4，2，1是该循环的数；B.∵，∴2，1，4是该循环的数；C.∵，∴1，4，2是该循环的数；D.∵，∴2，4，1不是该循环的数.故选D.【答案】A.和性质；切线长定理；勾股定理；方程思想的应用.【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.【分析】如答图，连接，则根据矩形和切线的性质知，四边形都是正方形.【分析】如答图，连接，则根据矩形和切线的性质知，四边形都是正方形.设.在设.在，解得，.∴解得，.∴．故选A.【答案】210。【考点】分类归纳（图形的变化类。=22－12=4－3=6－2（22－1）＋（42－32）＋…＋（202－192）=（＋1（－）＋（4＋3（－）+…（20＋19（20－19）=1＋2＋3＋4＋…＋19＋20=210。8.【答案】9。y3y33x与三个半圆分别切于A⊥x轴于RtAEO

=300，1 1由r＝1得EO=1，AE=1 3，OE=3，OO=2。则1 2 2 2 1QRtAOO1

r∽2 r2

OO OO r12 1

23r2

r3同理，2QRtAOO1

r∽3 r3

OO OO r13 1

29r3

r9。39（，，≤≤25或﹣25≤≤。【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）当点与点A重合时，即点O与点A重合，∵∠AOB=60°，过点POAl，以直线lOBO´B´。AOP′是等边三角形。∵（，，∴BO=B。∴点P的坐标是，。∴∠MP′O=30°。∴∠MP′O=30°。∴OM=1t，OO′=t。2过O′作O′Nx轴于N，∠OO′∴ON=12

3t。∴O′（12 2

3。23tB′的坐标是（t23t2

2 3，设直线O′BykxbOB′的坐标代入，得1b 32 2

3t232 。t2

kb 3t2

4tb 34tb 2∴y 3t

3 33。 t2+。2 2 3x 4 2 ∵∠ABO=90°，∠AOB=60°，OB=2，∴OA=4，AB=23，∴A（2，2

3，代入反比例函数的解析式得：k=43，∴y4 3x

，代入上式整理得

3t﹣83）x

3t2+63t）x﹣43=0，△=（﹣3t2+63

3t﹣83）（﹣43）≥0，解得：t≤25t≥﹣25。∵当点O与点A重合时，点P的坐标是。∴4≤t≤25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】作质，曲线上点的坐标与方程的关系。【分析】作P⊥y轴于x⊥x1 2轴于⊥PDF，设P（a，32，则CP=321a1a，OC=2，A1

PP11

为正方形，∴Rt△P

BC≌Rt△B11 1

O≌Rt△A1

PD，12∴OB

=P

D=a。∴OA=BC=PD=2a。1 1 1

1 1 2 a∴OD=a2a2。a a∴P（22a。2 a a把P的坐标代入反比例函数y2(x0)a（2－x aa•2=2，a2解得a=－（舍）或a=1P，。2设P的坐标为（b，2，b又∵四边形PPA

为正方形，∴Rt△P

F≌Rt△A

PE。∴PE=P

F=DE=2

2322

23 233 3 b∴OE=O＋DE=＋2∴＋2=b解得b=1－（舍b=1+ 3。b b1+ 3∴21+ 3b

2 =31

P的坐标为（3+1，31。33∴∠B=∠BCO，在Rt△BCE，∠2+∠B=90°，又∴∠B=∠BCO，在Rt△BCE，∠2+∠B=90°，又FCO=90°，∴CF⊙O证明：∵AB⊙O，∴∠ACB=∠FCO=90°，∴∠ACB﹣∠BCO=∠FCO﹣∠BCO，即∠3=∠1，∴∠3=∠2，∵∠4=∠D，∴△ACM∽△DCN；解：∵⊙O4AO=CO=BO=4，4在Rt△COEcos∠BOC=1，44∴OE=COcos∠BOC=4×4

=1，由此可得：BE=3，AE=5，由勾股定理可得：CE===CE===，AC===2，BC===2，∵AB⊙OAB⊥CD，∴由垂径定理得：CD=2CE=2∴由垂径定理得：CD=2CE=2，∵△ACM∽△DCN，∴∴=，∵点MCOCM=AO=×4=2，∴CN==∴CN===，∴BN=BC﹣CN=2﹣=ACM∽△DCN键．三、解答题212.解：求得x 1，化简得：原=x1=22213（1）1解得m

＝3，m1

＝－1（舍去）2（，，（，；∴k＝4×3＝12；直线MNy2x2y2x2；（3）

3 327b8 814、（1）证明：略（2）解：作OH⊥AC，垂足为H，不妨设OE=1，∵CF＝n，△OEF∽△CDF，∴CD=n，OF∵OE=1，∴AC=2．∴AD=2-n，由△CDB∽△BDA，得BD14、（1）证明：略（2）解：作OH⊥AC，垂足为H，不妨设OE=1，∵CF＝n，△OEF∽△CDF，∴CD=n，OF∵OE=1，∴AC=2．∴AD=2-n，由△CDB∽△BDA，得BD2=AD•CD．2nn∴OH＝BD＝

2n

，而CH＝n+

2n=2n2 2 2 2∴tan∠ACO＝OHCH

2nn2n21（）)依题意，将点B（3，0）代入，得：(－1)＋＝0解得：a＝－1－1)4y轴的负半轴上取一点F与点I关于x轴x轴上取一点HFHIHGGD①设过、Ek＋（≠，∵点EE1)＋，得＝(2－1＋＝3∴点E坐标为（2，3） Py C又∵抛物线1)＋4图像分别与x轴、y轴交于点、、D∴当＝0时，－1)＋，∴＝－1或3 D E当时GFO ∴点（－，，点（，，点（） A O 又∵抛物线的对称轴为：直线Q图6∴点D与点E关于PQ对称，GD＝GE ②分别将点（－，、点）代入＝k＋，得：kb2kb3

k1b1过A、E∴当∴点F（0，1）∴DF2 ③又∵点FIx轴对称，∴点I（0，－1）∴EI DE2DI2 224225………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：＝k＋b（k，

1 1 1分别将点（，、点（）代入＝k＋b，得：2k

b3

1 1解得：k2b1 1 111

b11过A、E∴当；当1；2∴点G坐标为（，点

坐标为（1，0）2∴四边形DFHG的周长最小为：DF＋DG＋GH＋HF＝DF＋EIDF＋EI＝225y∴四边形DFHG225。yC如图7，由题意可知，∠NMD＝∠MDB， T要使，△DNM∽△BMDNMMD

MDBD

D即可， N即：MD2＝NM×BD ⑤A B设点M的坐标为，，由MB，可得△AM∽△AB， O M x图7∴NMBD

AMAB232再由（）＝232

，AB＝4(1a)32∴MN(1a)32AB 4

(14MD＝OD＋OM＝＋，324∴⑤式可写成：＋324

(1a)×323或不合题意，舍去）22∴点M（3，0）2又∵点T在抛物线－1)＋4图像上，∴当3时，y＝152 4∴点T（315）2 4第二套：满分120分2020-2021年成都市石室中学北湖校区初升高自主招生数学模拟卷一．选择题（共6小题，满分42分）（7分）二次函数的图象的顶点在第一限，且过点（．设t=a+b+，则t值的变化范围( )A．0＜t＜1 B．0＜t＜2 C．1＜t＜2 D．﹣1＜t＜1）如图，抛物线yx22xm1交xa和B（b，y轴于点x>0y>0；②若a，则b4；③抛物线上有两点x（（x，y，若x<1<x，且xx >2，则y>y；④点C关于抛物线对2 2 1 2 1 2 1 2称轴的对称点为，点分别在xy轴上，当m2时，四边形EDFG周长的最小值为6 2.其中真命题的序号()

y）Q1A.① B.② C.③ D.④3.（7）

a(xx)(x

)(a

x)的图象与一次函1 1 2 1 2数y dxe0的图象交于点(x，若函数yy2 1

y的图象与x轴仅1有一个交点，( )A.a(xx)d；B.a(xx)d；C.a(xx)2d；D.axx2d1 2 2 1 1 2 1 2点Ay1x(点Ay1x(<0AO的延长线交函数yk（>0，xk是不等于0的常数)的图象于点A关于y轴的对称点为′，Cxx若△ABC的面积等于则由线段所围成的图形的面积等( )A.8 B.10 C.310 D.4 6BC，CDG，HEF的值是(GH)A.6BC，CDG，HEF的值是(GH)A.62B.2C.3D.26.（7）如图，抛物线y=﹣2x2+8x﹣6与xAB，把抛物线在x轴及其上方的部分记作C

CB，DB，Dy=x+mCC31 2点，则m的取值范围是（）A.﹣2＜m＜B.﹣3＜m＜﹣C.﹣3＜m＜﹣2D.

向右平移得C2 2

x﹣3＜m＜﹣二、填空题（每小题6分，满分30分）﹣3＜m＜﹣BCBP＝xACBCBP＝xAC使∠BQP＝90º ，则x的取值范围是．8（6分）长为，宽为a的矩形纸片（1<a<1，如图那样2折一下，剪下一个边长等于矩形宽度的正方形（称为第一次操作；再把剩下的矩形如图那样折一下，剪（称为第二次操作；如此反复操作下去．若在第n次操作后，剩下的矩形为正形，则操作终止．当n=3折一下，剪下一个边长等于矩形宽度的正方形（称为第一次操作；再把剩下的矩形如图那样折一下，剪（称为第二次AA→C→B→A1长度每秒．以O3AA→C→B→A1长度每秒．以O3O秒．10.（6）y

x＞0）经过四边形OABCx）OOAO′与弦AC交于点D，O′E∥AC，并交OCE．则下列四个结论：的顶点A平分OAxxABC）OOAO′与弦AC交于点D，O′E∥AC，并交OCE．则下列四个结论：①点D①点D为ACSO'OE1SAOC③AC2AD2O'DEO（把所有正确的结论的序号都填上）2a3b2a3bc,a168b 168aba168b 168ab

求c的值.（12）xaa13.(本题12分)已知 xaa

1 , 试化简xx2 4xx2x2 4xx214（12）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y1x1y轴交于点D．3求∠DBC∠CBE．时间为（＜．15（12分）如图，在矩形ABCDAB=6cAD=8c，点P从点BBDD4cm/sPPQ⊥BDBCQPQPQMNNPDODDC时间为（＜．如图1，连接DQ平分∠BDC时，t的值为 ；2，连接CM，是以CQt值；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；3，在运动过程中，当QM⊙Ot时PM⊙O2020-2021年成都市石室中学北湖校区初升高自主招生数学模拟卷答案解析第二套一、选择题B。【考点】二次函数图象与系数的关系。，∴a﹣b+1=0，a＜0，b＞0，∵由a=b﹣1＜0b＜1，∴0＜b＜1①，∵由b=a+1＞0a＞﹣1，∴﹣1＜a＜0②。∴由①②得：﹣1＜a+b＜1。∴0＜a+b+1＜2，即0＜t＜2。故选B【考点】真假命题的判断；二次函数的图象和性质；曲线上点的标与方程的关系；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从图象可知当时，①从图象可知当时，，故命题“当时，”不是真②∵抛物线的对称轴为A②∵抛物线的对称轴为AB关于轴对，，有，∴，又∵抛物线的对称轴为，∴，

，故命题“若 ，

”不是真命题；故命题“抛物线上有两点故命题“抛物线上有两点（，）和（，，若，且，则”是真命题；ED关于轴的对称点连接和ND的延长线交于点，则MN与轴和轴的交点，则”是真命题；即为使四边形EDFG周长最小的.2∵ ，∴的顶点D的坐标为，∴的顶点D的坐标为，，点C的坐标为，）.∴点M的坐标为N的坐标为P∴.∴.∴当EDFG周长的最小值为.故命题“点C关于抛物线对称轴的对称点为，点分别在EDFG周长的最小值为是真命题.综上所述，真命题的序号是③.故选C.【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】∵一次函数的图象经过点 ，∴∴.∴..又∵二次函数的图象与一次函数又∵二次函数的图象与一次函数的图象交于点，函数的图象与轴仅有∴函数 是二次函数，且它的顶点在 轴上，即..∴..令∴..令.故选【答案】B.的应用.的应用.【分析】如答图，连接A′C，∵点A是函数(<0A.∵点C在直线ABA.∵点C在直线AB上，∴设点C.∵△ABC6，∴，解得（舍去）.∴点C.Ay∵△ABC6，∴，解得（舍去）.∴点C.点.∴由线段ACCCC点..故选B.【答案】C..故选B.锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值；等腰直【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，与交于点.∴垂直平分【分析】如答图，连接，与交于点.∴垂直平分，.不妨设正方形ABCD2，则.又∵是等边三角形，∴.∴.故选C.考点： 抛物线与又∵是等边三角形，∴.∴.故选C.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y=x+mC2

相切时m的值以及直线y=x+m过点B时m∵是⊙O.在中，∵是⊙O.在中，，.在中，∵，∴.易知是等腰直角三角形，∴.的值，结合图形即可得到答案．由于将C2C1 2解答： 解：令y=﹣2x2+8x﹣6=0，即x2﹣4x+3=0，解得x=1或则点（，，由于将C2C1 2则C解析式为y）2+（≤≤，2当y=x+m1

与C2令

=y=﹣2（x﹣4）2+2，12x2﹣15x+30+m0，1△=﹣8m﹣15=0，解得m解得m﹣1，当y=x+m当﹣3＜m＜﹣时直线当﹣3＜m＜﹣时直线y=x+mCC3D．1 2

过点B0=3+m2

=﹣3，2x二、填空题【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。QQH⊥BC方程根的判别式，解不等式。QQH⊥BCH，则△CQH∽△CAB，设QH＝3k，HC＝4k，由BH＝4－4k，HP＝x－4＋4k。要使∠BQP＝90，则有QH2＝BH•HP，即（3k）2＝（4－4k）（x－＋4k，整理，得关于k的方程25k24x32k164x0，则4x322425164x16x2144x576由01x12x30，16x0，则有x30，即x3。

1x12x3，16又因为BC＝4，所以x4x的取值范围是3x4。【答案】3或3。5 4【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的宽。当1a11，宽为a，所以第一次操作时所得2正方形的边长为a，剩下的矩形相邻的两边分别为1﹣a，a1﹣aa1﹣a1﹣aa﹣（1﹣a）=2a﹣1。由于a）﹣（2a﹣1）=2﹣3a，所以（1﹣a）与（2a﹣1）的大小关系不能确定，1﹣a＞2aa＜2aa的值：1﹣a＞2a﹣1a2，那么第三次操作时正方形的边长32a﹣1，则2a﹣1=（﹣a）﹣2a﹣，解得a=3；51﹣a＜2a﹣1，即a2，那么第三次操作时正方形的边长31﹣a，则﹣a（2a）﹣﹣a，解得a=3。故答案为3或3。4 5 44。ABC与ABBC（如图，设切点为C=6Rt△OCD中OD 3 32。。又∵速度sinC sin600 321O△ABCO4【答案】2。【考点】反比例函数综合题，翻折变换（折叠问题，折叠对称的与方程的关系。∵△ABC沿AC翻折后得△AB′C，∴∠OB′C＝∠AB′C＝∠ABC＝90°=∠ODC。∵OCOAx轴正半轴的夹角，∴CD=CB又OC=O，∴R△OC≌Rt△OC′（H。再由翻折的性质得，BC=B′C。【分析】延长B∵△ABC沿AC翻折后得△AB′C，∴∠OB′C＝∠AB′C＝∠ABC＝90°=∠ODC。∵OCOAx轴正半轴的夹角，∴CD=CB又OC=O，∴R△OC≌Rt△OC′（H。再由翻折的性质得，BC=B′C。y

2x＞0）经过四边形OABCA、C，x∴S=1xy=1，∴S 1xy=1。△OCD 2 △OCB′ 2∵ABx轴，∴点xayy（xa）=2ay=1。∴S

=1a y=1。△ABC 2 2∴S=S

+S

=1+1+1=2。OABC

△OCB′

△ABC

△ABC 2 211【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【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。定和性质，弧长公式，菱形的判定。OD，∵AOO′的直径，∴∠ADO＝900。∴∠CDO＝900。又∵O′E∥AC且AO′＝O′O，∴CE＝EO。∴DE＝CE。∴∠CDE＝∠DCE。又∵AO＝CO，∴∠ACE＝∠CAO。∴∠CDE＝∠CAO。∴DE∥AO。∴点D为AC②由①易知，△O′OE∽△AOC，而AO＝2O′O，∴SOOE1 4。故AOC结论②错误。③由弧长公式知，»C·OCAO·OC2A，»D·OCA，180180180∴AC2AD。故结论③正确。，∴四边形O'DEO④正确。12、（解：∵ ，∴a+b=168所以，∴解得：c=17013、由 得：x+2=a+，∵ ，∴a≥1，所以，原式=14.解：将x0y1x1yax2bx3知，3)，所以1，0)．直线y1x1过点3．将点ya(x1)(x3)，得a1．25yx22x3的顶点为E(1)．于是由勾股定理得25232

2 ．因为B＋C＝BBCE为直角三角形，BCE

（第14题）因此tanCBECE1．又OD1CBE．CB 3 OB 3所以，DBCCBEDBCDBOOBC45．（2）由△QTM∽△BCD，得=列出方程即可解决．15（1）求出PQBQ，（2）由△QTM∽△BCD，得=列出方程即可解决．（3）①2QMCDE，求出DEDO②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CD交于点=（1）1ABCD∴∠A=∠C=∠ADC=∠ABC=90°，AB=CD=6．AD=BC=8，∴BD==∴BD===10，∵∠PBQ=∠DBC，∴△PBQ∽△CBD，∴=∵∠PBQ=∠DBC，∴△PBQ∽△CBD，∴==，∴==，∵DQ平分∠BDC，QP⊥DB，QC⊥DC，∴QP=QC，∴3t=8﹣5t，∴t=1，故答案为：1．连接PM连接PM，假设PMO∠OMH=PMQ=22.5°，2MT⊥BCT．∵MC=MQ，MT⊥CQ，∴TC=TQ，由由）可知TQ=（﹣5，QM=3，∵∠MTQ=∠BCD=90°，∴△QTM∽△BCD，∴=，∴=，∴t=（，∴t=s，△CMQ∴=，∴t=（，∴t=s，△CMQCQ∵EQ∥BD，∴=，EC=EC=（﹣5，ED=D﹣EC=﹣（﹣5）=t，∴DE﹣DO=t﹣3t=t＞0，∴点OQMEC=（∴DE﹣DO=t﹣3t=t＞0，∴点OQMEC=（﹣5，DO=3，∴OE=﹣3﹣（﹣5）=，∵OH⊥MQ，∴∠OHE=90°，=，∴==，∴=．∴t=s，⊙OQM∴∠OFH=∠FOH=45°，∴OH=FH=，FO=FM=，∴MH=（+1∴∠OFH=∠FOH=45°，∴OH=FH=，FO=FM=，∴MH=（+1，由=得到HE=，由=得到EQ=，∴MH=MQ﹣HE﹣EQ=4﹣﹣=，∴由=得到EQ=，∴MH=MQ﹣HE﹣EQ=4﹣﹣=，∴（+1）≠，矛盾，∴假设第三套：满分120分2020-2021年成都市石室中学北湖校区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（6427）{（7分）若关于y的方程值范围是（ ）

xy=kx+y=4

有实数解，则实数k的取A．k＞4 B．k＜4 C．k≥4 D．k≤42.（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（ A. B. C. D.①②③）一个寻宝游戏的寻宝通道如图1寻宝者与定位仪器之间的距离为进，且表示yx2寻宝者与定位仪器之间的距离为进，且表示yx2示，则寻宝者的行进路线可能为（）A、A→O→B 、B→A→C、B→O→C 、C→B→O（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1085可能的不同订餐方案有（）A．1个B．2个C．3个D．4（7分）7

，a，a1 2 3

，a，a，4 5 6a7

＜a＜a1 2 3

＜a＜a4 5 6

，且这7条线段中的任意3条都7

=1=21

能取的值（ ）1 7 66.（7）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线x6.（7）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线x经过点A⊥x轴于点ABO绕点B逆时针旋转6°CB（C（）A.，3 B.，3 C. D. 2一．填空题（共5小题，满分30分）7.（6）在等腰Rt△ABC，∠C=90°，AC=1，过点Cll上的一点，且AB=AF，则点FBC距离为为点M，AB＝20，分别以CM、DM1和⊙O为点M，AB＝20，分别以CM、DM1和⊙O2(结果保留)．D在边BCB＝2C（如图ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）BRt△ABC上，那么m＝．）如图，平行四边形AOBC点E，双曲线y=kxk >0)经过AE形AOBC的面积为18，则k= .AOB=OBOA1=OB1，连结A1B1，在B1A1B1B上分别取点A2B2，使B1 B2=B1 A2，B=ABB213 2 3A2n+1B=ABB213 2 3A2n+1BB nn1n=1（=n。统计图表。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：统计图表。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）年到年甜甜和她妹妹在六一收到红包的年增长率是多少?12.（12分）为了了解同学们每月零花钱的数额，校♘小记者随机12.（12分）为了了解同学们每月零花钱的数额，校♘小记者随机请根据以上图表，解答下列问题：填空这次被调查的同学共人， ，求扇形统计图中扇形的圆心角度数。 。（3）该校共有学生 人，请估计每月零花钱的数额在范围的人数。）收发微信红包已成为各类人群进行交流联系，增强感情（2）年六一甜甜和她妹妹各收到了多少钱的微信红包？（2）年六一甜甜和她妹妹各收到了多少钱的微信红包？如图，是的延长线上，平分交于点，且，垂足为点。（1）求证：直线是的切线。（2）若，，求弦的长。（1）求抛物线的解析式（用一般式表示）。（2）点为轴右侧抛物线上一点，是否存在点（1）求抛物线的解析式（用一般式表示）。（2）点为轴右侧抛物线上一点，是否存在点使，若存在请直接给出点坐标；若不存在请说明理由。（3）将直线绕点顺时针旋转，与抛物线交于另一点，求的长。经过点，交轴2020-2021年成都市石室中学北湖校区初升高自主招生数学模拟卷答案解析第三套一、选择题1∴根据根与系数的关系可以构造一个关于mx，y程m2﹣4m+k=0△=b2﹣4ac=16﹣4k≥016﹣4k≥0k≤4．故选：D．【考点】多元方程组的应用（几何问题别为，②③的边长分别为.别为，②③的边长分别为.根据题意，得，，得，将（定值，将代入，得将代入，得（定值，【考点】单动点问题；函数图象的识别；垂线段最短的性质；排相同的，因此，可排除A相同的，因此，可排除AD2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，点是寻宝者，即点离中点的距离小于开，此时，根据垂线段最短的性质，点是寻宝者，即点离中点的距离小于开始和结束时的距离；点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xyy）盒．根据题意，得10x+8y+5（22﹣x﹣y）=1835x+3y=73y又0＜x＜22，0＜y＜22，0＜22﹣x﹣y＜22，

73-5x．33.5＜x＜14.6，且x、yx=5，8，11故选：D．a=11则一定有：a故选：B．

=2，a2

=3，a3

=5，a4

=8，a5

=13，a6

=21，7点：专题：计算题．定（2，再利用旋转的性质得BB=230三边的关系可计算出三边的关系可计算出CH=BC=﹣2=1，于是可写出C点坐标．C⊥x轴于，如图，∵点B的坐标为轴于点∴∴A2，当x=2，∴A（2，2，∵△∵△ABOB60，∠ABC=60°，=﹣OB=3﹣2=1，∴∴C（﹣1，．故选．（49）﹣（49）二、填空题【答案】31。（1）ACFD⊥BC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，AC=BC=1，AB=AF，∴AB=AC2BC2 2。∴AF=2。∴在R△AEF＋EC）＋E=AF，解得，DF=31。2（2）如图，延长BC，做FD⊥BC，交点为D，延长解得，DF=31。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即CD=DF=FE=EC。同上可得，在R△AEF（E）＋EF=AF，即(FD－1)2＋FD2=(2)2。解得，FD=

31。2综上所述，FD=8.【答案】50。

31。2定和性质，等量代换。【分析】如图，连接AC，AD，∵AB⊥CD，AB=20，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=MCMD=100。MC MA∴S =S阴影部分

－S－S⊙O ⊙1 =1 2

1

1 2 1 2CD224 1 1 MCMD2M2MD2 2MCMD 210051 1 4 4 4。9.【答案】80°或120°。Rt△ABCBAB边上和AC当点B落在AB（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RtCDH中，由已知BD＝2CD，即DH＝2CD12函数值得∠CDH＝60°，所以根据邻补角定义得m＝∠BDH＝120°。10.【答案】6。【分析】过A【分析】过AAD⊥OB于D，过EEF⊥OB于，设（x，k （a，。由三角形x1AD=2k2xDF=（ax，2OF=ax

。∴E（a

，k2 2 2x∵E

axk

ka3x。2 2x∵平行四边形的面积是

akx

kx

k6。11（1）1802

2n1800（）（）。【考点】分类归纳，等腰三角形的性质，三角形内角和定理。【分析（设∠A1

O=α+2x=18x=18°－1

∴1

=180。2（2）

BB22

=y，则2

+y=180°，1

+2y=180°，∴=22 21801

2211800。2 2

2180180同理=3

22

2

1800。23…∴=n

n180。2n。三、解答题12（2）（1），，。（2）形的圆心角为 。（3），依题意得：，解得，（舍去）。（3），依题意得：，解得，（舍去）。

年到 年甜甜和她妹妹在六一收到红包的年（2）设甜甜在依题意得：，（2）设甜甜在依题意得：，解得，所以（元）。答：甜甜在为元。解得，所以（元）。

年六一收到微信红包为元，则她妹妹收到微信红包答案详解证明：连结 ，如图所示，因为，所以，所以，所以，因为因为，所以，所以，所以，因为，所以所以直线

，是的切线。所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，

，所以

，因为 ，，，设，则，设，则，在。即有根，。(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，。解得或。因为，所以直线解得或。因为，所以直线的解析式，与抛物线联立得方程，即，。根据直线距离坐标公式知，。2020-2021年成都市石室中学北湖校区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x

、x，且xA．B．A．B．C．D．

＜1＜x1

，那么实数a的取值范围是（ ）2则，解得。所以抛物线解析式为。(2)由知，。则，解得。所以抛物线解析式为。(2)由知，。在抛物线解析式中令，得，即，代入抛物线中，且在轴右侧，得或或。(3)根据两直线夹角公式知，，且，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 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、3B.23、C.3、23D.23、43C在x、C三点为顶点的三角形是等腰三角形，则点C的个数为（ ）A.2 B.3 C.4 D.54.（7分）张三和李四两人加工同一种零件，每小时张三比李四54.（7分）张三和李四两人加工同一种零件，每小时张三比李四5120100件所用时间相等，求张三和李四每小时各加工多少个这种零件？若设张三每小时加工这种零件x个，则下面列出的方程正确的是【】A.120

B.120

100

C.

D.120

100x5 x x x5 x5 x x x5）如图，在矩形ABCDABBCEBFEF到△EB′FB′D，则B′D）如图，在矩形ABCDABBCEBFEF到△EB′FB′D，则B′D（）6.（7分）下列命题中，真命题的个数有【 】①一个图形无论经过平移还是旋转，变换后的图形与原来图形的对应线段一定平行②函数y=x2+ 1x

图象上的点P（x，y）一定在第二象限③正投影的投影线彼此平行且垂直于投影面④使得|x|﹣y=3和x12

13．A．3个 B．1个 C．4个 D．2个一．选择题（共5小题，满分30分）7.（6）ABCDE、F、CD且AE=EF=FAB≌△AD②CE=C；③∠AEB=75°；④BE＋DF=EF；⑤S（只填写序号．

＋S△ABE

=S△ADF

△CEF

，其中正确的是8.（6）顺次连接一矩形场地ABCDABBCCDDAE、F、G、HEFGH，MEHP角线EGAB=103PM+PH小值时，EP的长为 。5469用(mn表示第m行第n列的座位，新学期准备调整座位，设某个学生原来的座位为(mn)，如果调整后的座位为(i,j)a,b]mi,nj 并称ab为该生的位置数。若某生的位置数为则当mn取最小值时，mn的最大值为 .10.（6）2002顶点B

B1 2

、…、B

和C1

CC2 3

分别在直线y1x2

31和x轴上，则第n个阴影正方形的面积为 ．1）如图，已知直线ly1

2x3

8与直线l3

y2x16相E分别在l1、l上，顶点F、G都在x轴上，且点2GBS：S=△ABC．DEFG2交于点lE分别在l1、l上，顶点F、G都在x轴上，且点2GBS：S=△ABC．DEFG2一．选择题（共4小题，满分48分）12.（6125（1）先化简：(a4)a2a3，再从-3、5a3 a3 a2个你认为合适的数作为a的值代入求值.

3、2、-2x2013（2）已知2012x x，求x20132x201313.（本小题满分12分）在圆内接四边形ABCD中，CD为△BCA外DFBAF为DDFBAE.求证△ABD求证AC•AF=DF•FE.12）作完成时间的ab丙队单独完成是甲、乙合作完成时间的c倍.求1

1的值.a1b1c115（12分）如图，顶点为15（12分）如图，顶点为（，1）O，求抛物线对应的二次函数的表达式；BOAyCOCD≌△OAB；在xP，使得△PCDP2020-2021年成都市石室中学北湖校区初升高自主招生数学模拟卷答案解析第四套一、选择题1则△＞0，解得﹣＜a＜，∴（a+2）2﹣4a×9a=﹣35a2+4a+4＞0，解得﹣＜a＜，∵x∵x+x1 2，xx=9，12

＜1＜x1

，∴x2

﹣1＜0，x1

﹣1＞0，2那么（x

﹣（x﹣）＜，∴xx﹣（x+x）+1＜，1 2 12 1 29++1＜0，解得＜a＜0，9++1＜0，解得＜a＜0，最后a＜a＜0D．30弧长的计算.【分析】如答图，连接、，∵六边形是正六边形中，∴为等边三角形.∵正六边形内接圆半径为4，∴边长等于半径4.44所对的圆心【分析】如答图，作中垂线交轴于，则是等腰三角形；【分析】如答图，作中垂线交轴于，则是等腰三角形；以点A为圆心，长为半径画圆交轴于则B为圆心，长为半径画圆与轴没有交点（因为点到轴的距离大于）C3.故选B．角为.∴由弧长计算公式：.故选D.【答案】B.【考点】由实际问题抽象出分式方程（工程问题。关系为：。故选B.120100间。故选B.解：如图，当∠BFE=∠B'FEBDEB′D最小，是AB是ABAB=4，=2﹣2．故选：A．【考点】命题与定理，平移和旋转的性质，非负数的性质，平行【分析】①平移后对应线段平行；对应线段相等，对应角相等，图形的形状和大小没有发生变化；旋转后对应线段不平行；对应线段相等；对应角相等；图形的形状和大小没有发生变化。故此命题错误。1x②根据二次根式的意义得，故函数y=x2+的点P（x，y）1x

图象上③根据正投影的定义得出，正投影的投影线彼此平行且垂直于投影面。故此命题正确。④使得|x|﹣y=3和y+x2=0同时成立，即y=|x|﹣3，y=﹣x2，故|x|﹣3=﹣x2，x2﹣|x|﹣3=0。当x＞0，则x2﹣x﹣3=0，解得：x=1+13，x=1 13（不1 2 2 2合题意舍去；当＜x+x﹣3=

=1+1（不合题意舍去

1 13。1 2 2 2∴使得|x|﹣y=3和y+x2=0

的取值为：1+13，1 13。2 22D二、填空题【答案】①②③⑤。【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理。【分析】由已知得AB=AD，AE=AF，利用“HL”可证△ABE≌△ADF，利用全等的性质判断①②③正确【分析】由已知得AB=AD，AE=AF，利用“HL”可证△ABE≌△ADF，利用全等的性质判断①②③正确AD上取一点F由正方形，等边三角形的性质可知∠DAF=15°，从而得∠DGF=30°，DF=1AG=GF=2，DG=DF=1AG=GF=2，DG=3AD，CF，EF332CF=2+6BE+DF=2+S=2×1AD×△ABE △ADF2DF=2+3，S=1CE×CF=32=2+△CEF223，∴⑤正确。3

3米。【考点】矩形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数值。【分析】如图，取EF的中点M′，连接H【分析】如图，取EF的中点M′，连接H′交EG于点PM=PM′，PM+PH=HM′为最小值。AC=20EF=10EH=10HF=AB=10△EHFM′是EFHM′⊥EF，∠PEM′=300在Rt△E′P中，E=5PE′=30义，得EP=EM′÷cos∠PEM3

3（米。36。【考点】坐标与图形的平移变化，坐标确定位置。【