自主招生(初中数学)试卷(含解析)

自主招生(初中数学)试卷(含解析)

2018年山东省枣庄实验高中自主招生数学试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30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。请将正确答案的选项填到二卷答题纸的指定位置处。）1.如图，数轴上点A表示数a，则|a-1|是（）A.1B.2C.3D.-22.若关于x的一元二次方程kx^2-2x-1=0有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是（）A.k>-1B.k>-1且k≠0C.k<-1D.k<-1或k=03.在公园内，牡丹按正方形种植，在它的周围种植芍药，如图反映了牡丹的列数（n）和芍药的数量规律，那么当n=11时，芍药的数量为（）A.84株B.88株C.92株D.121株4.某校美术社团为练习素描，他们第一次用120元买了若干本资料，第二次用240元在同一商家买同样的资料，这次商家每本优惠4元，结果比上次多买了20本。求第一次买了多少本资料？若设第一次买了x本资料，列方程正确的是（）A.120/x+240/(x+20)=4xB.120/x+240/(x+20)=4(x+20)C.120/x-240/(x+20)=4xD.120/x-240/(x+20)=4(x+20)5.如图，某工厂有甲、乙两个大小相同的蓄水池，且中间有管道连通，现要向甲池中注水，若单位时间内的注水量不变，那么从注水开始，乙水池水面上升的高度h与注水时间t之间的函数关系图象可能是（）A.B.C.D.6.如图在水平地面上有一幢房屋BC与一棵树DE，在地面观测点A处测得屋顶C与树稍的仰角分别是45°与60°，∠DCA=90°，在屋顶C处测得∠DCA=90°，若房屋的高BC=5米，则高DE的长度是（）A.6米B.6.5米C.5米D.12米7.某单位组织职工开展植树活动，植树量与人数之间关系如图，下列说法不正确的是（）A.参加本次植树活动共有30人B.每人植树量的众数是4棵C.每人植树量的中位数是5棵D.每人植树量的平均数是5棵8.如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，分别以点A、C为圆心，AD、CB为半径画弧，交AB于点E，交CD于点F，则图中阴影部分的面积是（）A.4-2πB.8-πC.8-2πD.8-4π9.如图，是由若干个相同的小立方体搭成的几何体的俯视图和左视图。则小立方体的个数可能是（）A.5或6B.5或7C.4或5或6D.5或6或7的位置关系图，可以发现P1、P3、P5在同一条直线上，P2、P4、P6在同一条直线上，且两条直线相互垂直，因此可以用勾股定理求出P1P5和P2P6的长度，再用两点间距离公式求出P1P6的长度．【解答】解：如图所示，P1、P3、P5在同一条直线上，P2、P4、P6在同一条直线上，且两条直线相互垂直，如图所示：因此，P1P5=√（3²＋4²）＝5，P2P6=√（2²＋5²）＝√29，∴P1P6=√（P1P5²＋P5P6²）＝√（5²＋√29²）＝√54，故选：B．【点评】本题考查了勾股定理和两点间距离公式的应用，需要画出位置关系图，将问题转化为几何图形上的求解，难度适中．FG=2-(-1)=3，因此△AEF的面积为：AE×FG=1×3=3，答案为3。本题主要考查待定系数法求函数解析式和正方形的性质。解题的关键在于求得点D、E、F的坐标。根据菱形的判定定理得到四边形OABC为菱形，进而得到△COF为等边三角形。求出∠OCF=60°，根据弧长公式求出长，根据直角三角形的性质求出EF、CE，得到答案。解：因为OA=OC，所以四边形OABC为菱形，因此BA=BC。又因为BC∥AF，所以∠A=∠CFA。又∠A+∠COA=180°，所以∠A=60°。因此∠COF=60°，△COF为等边三角形。根据弧长公式得到长=4π。因为CD⊥AB，∠BDC=60°，所以∠BCD=30°。又因为∠ECO=90°，∠COE=60°，所以∠E=30°。因此OE=2OC=24，EF=12，EC=12。阴影部分的周长=12+12+4π，因此答案为12+12+4π。本题考查的是弧长的计算，掌握弧长公式：l=。先根据AC=2，∠B=30°，CC1⊥AB，求得S△ACC1=1/2×2×=×（）2/3。根据规律可知S△ABC=AC×BC=×2×2。解：如图2，因为AC=2，∠B=30°，CC1⊥AB，所以在Rt△ACC1中，∠ACC1=30°，且BC=2。因此AC1=AC=1，CC1=AC1=1，CC2=CC1=1。同理可得，C1C2=C2C3=…=C(n-1)Cn=1。因此S△ACC1=1/2×1×1/2=1/4，S△ABC=AC×BC=×2×2=2。因此答案为2。W=(80-50-x)(10x+160)=-10(x-7)^2+5290，由于x为偶数，因此当销售单价定为80-6=74元或80-8=72元时，每周销售利润最大，最大利润为5280元。根据题意，-10(x-7)^2+5290≥5200，解得4≤x≤10，则200≤y≤260，进货成本至少为10000元。【点评】此题考查了二次函数和一元二次方程的应用，正确利用销量×每个的利润=W得出函数关系式是解题关键。19.【分析】（1）结论：AC=AD+AB，只要证明AD=AC，AB=AC即可解决问题；（2）（1）中的结论成立。以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，只要证明△DAC≌△BEC即可解决问题；（3）结论：过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，只要证明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可解决问题。【解答】解：（1）AC=AD+AB。理由如下：如图1中，在四边形ABCD中，∠D+∠B=180°，∠B=90°，∴∠D=90°。因为∠DAB=120°，AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠BAC=60°。又因为∠B=90°，∴∠ADB=30°。同理，∠CDB=30°，∴∠ADC=60°。因此，△ADC和△ABC是等边三角形，AD=AC，AB=AC。所以AC=AD+AB。（2）（1）中的结论成立，理由如下：以C为顶点，AC为一边作∠ACE=60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E。因为∠BAC=60°，所以△AEC是等边三角形，AC=AE=CE。又因为∠D+∠ABC=180°，∠DAB=120°，∴∠DCB=60°，所以∠DCA=∠BCE。因为AC平分∠DAB，∴∠CAB=45°。所以∠E=45°。因此，AC=CE。又因为∠D+∠ABC=180°，∠D=∠CBE，∴△DAC≌△BEC，AD=BE。所以AC=AD+AB。（3）结论：过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，只要证明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可解决问题。理由如下：过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，因为∠D+∠B=180°，∠DAB=90°，∴DCB=90°。因为∠ACE=90°，所以∠DCA=∠BCE。又因为AC平分∠DAB，∴∠CAB=45°。所以∠E=45°。因此，AC=CE。又因为∠D+∠ABC=180°，∠D=∠CBE，∴△CDA≌△CBE，AD=BE。所以AD+AB=AE。在Rt△ACE中，∠CAB=45°，∴AC^2=AE^2+CE^2，∴AC^2=2CE^2，∴AC=CE√2。因此，△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC，证毕。根据题意，可以得到$\angleEOM=\angleDCG$，由此可以得到$\tan\angleEOM=\tan\angleDCG$，进一步解得$EM=2$，因此$DE=EM+DM=3$。在直角三角形$AEM$中，$AM=\sqrt{6}$，$EM=2$，根据勾股定理可以得到$AE=\sqrt{10}$；在直角三角形$ADM$中，$AM=\sqrt{6}$，$DM=1$，根据勾股定理可以得到$AD=\sqrt{5}$。由于$AE^2+AD^2=6+5=11=DE^2$，因此$\triangleADE$是直角三角形，$\angleEAD=90^\circ$。设$AE$与$CD$交于点$F$，则根据题意可以得到$\angleAEO+\angleEFH=90^\circ$，$\angleADC+\angleAFD=90^\circ$，$\angleEFH=\angleAFD$，因此$\angleAEO=\angleADC$。第二题中，根据题意可以画出图形，设点$P$的坐标为$(x,y)$，则根据勾股定理可以得到$EP^2=(x-3)^2+(y-2)^2$。为了使切线长$PQ$最小，需要使$EP$最小，即使$EP^2$最小。由于$y=(x-3)^2-1$，因此$(x-3)^2=2y+2$，代入可得$EP^2=2y+2+(y-2)^2=(y-1)^2+5$。当$y=1$时，$EP^2$取得最小值$5$。将$y=1$代入$y=(x-3)^2-1$可得$(x-3)^2-1=1$，解得$x=5$。由于点$P$在对称轴右侧的抛物线上，因此$x=1$舍去，得到$P(5,1)$。由于$\triangleEQ_2P$是直角三角形，因此过点$Q_2$作$x$轴的平行线，再分别过点$E$、$P$向其作垂线，垂足分别为$M$点和$N$点。由切割线定理可得$Q_2P=Q_1P=2$，$EQ_2=1$。设点$Q_2$的坐标为$(m,n)$，则在直角三角形$MQ_2E$和$Q_2NP$中建立勾股方程，即$(m-3)^2+(n-2)^2=1$，$(5-m)^2+(n-1)^2=4$。将两个方程相减可得$n=2m-5$，代入第一个方程可得$(m-3)^2+(2m-7)^2=1$，解得$m=3$或$m=\frac{23}{5}$，因此点$Q_2$的坐标为$(3,1)$或$\left(\frac{23}{5},\frac{21}{5}\right)$。由$\odotE$的半径为$1$，得$PQ^2=EP^2-1$。为使切线长$PQ$最小，只需使$EP$长度最小，即$EP^2$最小。设点$P$坐标为$(x,y)$，则$EP^2=(x-3)^2+(y-2)^2$。由$y=(x-3)^2-1$，得$(x-3)^2=2y+2$，代入$EP^2$得$EP^2=2y+2+(y-2)^2=(y-1)^2+5$。因此，当$y=1$时，$EP^2$有最小值。将$y=1$代入$y=(x-3)^2-1$得$x^2-6x+8=0$，解得$x_1=1$，$x_2=5$。又因为点$P$在对称轴右侧的抛物线上，且过点$(3,-1)$，因此$P(5,1)$，$Q_1(3,1)$。由$Q_1Q_2$被$EP$垂直平分，垂足为$H$，则$\frac{K_{Q_1Q_2}}{K_{EP}}=-1$，即$K_{EP}\cdotK_{Q_1Q_2}=-2$。因为$Q_1(3,1)$，所以$l_{Q_1Q_2}:y=2x-5$。又$l_{EP}:y=-x+5$，解得$x=2$，$y=3$，因此$H(2,3)$。由$H$为