湖南省长郡中学2020-2021学年高一入学分班考试数学试题-答案和解析

湖南省长郡中学2020-2021学年高一入学分班考试数学试题答案和解析

湖南省长郡中学高一入学分班考试数学试题一、单选题1.已知方程组$\begin{cases}x+y=-7-a\\x-y=1+3a\end{cases}$的解x为非正数，y为非负数，则a的取值范围是（）。A。$-2<a\leq3$B。$-2\leqa<3$C。$-2<a<3$D。$a\leq-2$2.已知$a^2+b^2=6ab$，且$a>b>0$，则$\dfrac{a+b}{a-b}$的值为（）。A。2B。$\pm2$C。$2\sqrt{2}$D。$\pm2\sqrt{2}$3.经过某十字路口的汽车，它可能继续直行，也可能向左或向右转，若这三种可能性大小相同，则两辆汽车经过该十字路口全部继续直行的概率为（）。A。$\dfrac{1}{3}$B。$\dfrac{2}{3}$C。$\dfrac{1}{9}$D。$\dfrac{1}{6}$4.在日常生活中如取款、上网等都需要密码，有一种用“因式分解”法产生的密码记忆方便，原理是：如对于多项式$x-y$，因式分解的结果是$(x-y)(x+y)(x^2+y^2)$，若取$x=9$，$y=9$时，则各个因式的值是：$x-y=0$，$xy=81$，$x^2+y^2=162$，于是就可以把“”作为一个六位数的密码，对于多项式$x-xy$，取$x=20$，$y=10$时，用上述方法产生的密码不可能是（）。A。B。C。D。5.如果四个互不相同的正整数$m,n,p,q$，满足$(5-m)(5-n)(5-p)(5-q)=4$，那么$m+n+p+q=$（）。A。24B。21C。20D。226.若$x_1,x_2$（$x_1<x_2$）是方程$(x-a)(x-b)=1$（$a<b$）的两个根，则实数$x_1,x_2,a,b$的大小关系为（）。A。$x_1<x_2<a<b$B。$x_1<a<x_2<b$C。$x_1<a<b<x_2$D。$a<x_1<b<x_2$7.如图，在菱形ABCD中，$AB=4$，$\angleA=120^\circ$，点P,Q,K分别为线段BC,CD,BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为（）。A。2B。$\sqrt{3}$C。4D。$\sqrt{3}+2$8.如图，在$\triangleABC$中，$\angleB=2\angleC$，则$AC$与$2AB$之间的关系是（）。A。$AC>2AB$B。$AC=2AB$C。$AC\leq2AB$D。$AC<2AB$二、填空题9.下面是一个某种规律排列的数阵：答案不完整，无法填空）2）若直线l与抛物线C交于不同的两点A,B，直线l与下线改写：设直线l与抛物线C的交点分别为A(x1,y1)。B(x2,y2)，则直线l的斜率为-3，可得方程y=-3x+b，过点P的直线l1的方程为y=-3x+(3x1+x2)，由题意可列出以下方程组：begin{cases}y_1=-3x_1+b\\y_2=-3x_2+b\\\frac{1}{(x_1-0)^2+y_1^2}+\frac{1}{(x_2-0)^2+y_2^2}=\frac{1}{(x_1+x_2)^2+(y_1+y_2)^2}\end{cases}$$通过解方程组，可以求得b的值。3）在（2）的条件下，设直线l1与y轴交于点Q，问：是否存在实数k使$\triangleAPQ=k\cdot\triangleBPQ$，若存在，求k的值；若不存在，说明理由。改写：由直线l与抛物线C的交点A、B，以及直线l1与y轴交点Q，可以得到三角形APQ和BPQ的面积。设$\overrightarrow{OA}=(x_1,y_1),\overrightarrow{OB}=(x_2,y_2)$，则有：triangleAPQ=\frac{1}{2}\cdot\begin{vmatrix}x_1&y_1&1\\x_2&y_2&1\\x_1&b&1\end{vmatrix},\quad\triangleBPQ=\frac{1}{2}\cdot\begin{vmatrix}x_1&y_1&1\\x_2&y_2&1\\x_2&b&1\end{vmatrix}$$要使$\triangleAPQ=k\cdot\triangleBPQ$，则有：frac{\triangleAPQ}{\triangleBPQ}=k\Rightarrow\frac{\begin{vmatrix}x_1&y_1&1\\x_2&y_2&1\\x_1&b&1\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}x_1&y_1&1\\x_2&y_2&1\\x_2&b&1\end{vmatrix}}=k$$因此，只需要判断上式是否有解即可。如果有解，则$k=\frac{\triangleAPQ}{\triangleBPQ}$。如果无解，则说明不能构成相似三角形，因此不存在$k$的值。1.因为$\angleADC=\angleBCA$，所以$\triangleACD\sim\triangleABC$。由此可得$ABC$的面积是$a$，所以$S_{\triangleACD}=\frac{15}{45}a=\frac{1}{3}a$，$S_{\triangleBCD}=\frac{a}{2}$。因此，应填答案$a$。2.设点$D(m,n)$，作$DF\perpBC$，$DG\perpOC$，垂足分别为$F,G$。则由题设$n-\frac{33}{33}=\frac{m}{44}$，即$n=m+3$。又$m^2+n^2=64$，将$n=m+3$代入得$25m^2+72m-112=0$，解之得$m=-\frac{72}{50}$或$m=\frac{112}{50}$。因为$m>0$，所以$m=\frac{112}{50}=\frac{56}{25}$。故直线$OD$的方程为$y=x+\frac{56}{25}$。令$y=3$可得$x=\frac{24}{25}$。由题意$k=xy=\frac{168}{625}$。因此，应填答案$\frac{168}{625}$。3.令$f(x)=x+mx+m-3$，则$f(0)=m-30$。因为$f(x)$在$x=0$处取负值，在$x=1$处取正值，所以$f(x)$在$(0,1)$内有一个实根。又因为$m>1$，所以$f(x)$在$x=1$处的导数$f'(1)=m+1>0$。因此，$f(x)$在$(0,1)$内只有一个实根。因为$1<m<3$，所以实根在$(0,1)$内。因此，应填答案$1<m<3$。4.设甲车的速度为$x$千米/小时，乙车的速度为$y$千米/小时。则题意可表示为$\frac{190}{x-y}=\frac{190}{x+y}+\frac{10}{y}$。整理得$\frac{y}{x}=\frac{1}{18}$。又因为$x+y=100$，所以$x=\frac{1800}{35}$，$y=\frac{1000}{35}$。因此，应填答案$\frac{1000}{35}$。题目18：1)已知点M(4+t。t)，O(0,0)，P(4,0)，C(0,4)，求点E的坐标。2)已知点M(4+t。t)，N(t,t)，且MN的长度不变为4，求直线OB的解析式。3)已知点M(4+t。t)，N(t,t)，且t=2，求四边形BNDM的面积。4)在x轴正半轴上是否存在一个点Q，使得四边形BNDM的面积最小？若存在，求出该点的坐标。解析：1)作ME⊥OA于点E，由∠MEP=∠POC=90和PM⊥CP，推得∠CPM=90，即∠OPC+∠MPE=90，进而由∠OPC+∠PCO=90推得∠MPE=∠PCO，ME=PO=t，OE=4+t-4=t，CO=4，因此PE=CO=4，所以三角形MPE和COB全等（AAS），从而求得点E的坐标为(4+t。4-t)。2)由OB=4，得OB的解析式为y=x。3)当t=2时，点M的坐标为(6,2)，点N的坐标为(2,2)，BD=2，MD=2，因此四边形BNDM的面积为S=1/2×MN×BD=1/2×4×2=4.4)在x轴正半轴上存在点Q，使得四边形BNDM的面积最小。由于四边形BNDM的面积是由底边BD和高MN决定的，因此要使面积最小，需要让BD最小，即让点D靠近A点。当D重合于A点时，四边形BNDM的面积最小，此时点Q的坐标为(2,0)。解：（1）作ME⊥OA于点E，因此∠MEP=∠POC=90°。又因为PM⊥CP，所以∠CPM=90°。因此∠OPC+∠MPE=90°。又因为∠OPC+∠PCO=90°，所以∠MPE=∠PCO。因为PM=CP，所以△MPE≌△PCO（AAS）。因此PE=CO=4，ME=PO=t，所以OE=4+t。因此点M的坐标为（4+t，t）。2）线段MN长度不变。因为OA=AB=4，点B为（4,4），所以直线OB的解析式为y=x。因为点N在直线OB上，且MN//OA，M为（4+t，t），所以点N为（t，t）。因此MN=(4+t)-t=4，即MN的长度不变。3）由（1）知，∠MPE=∠PCO，又因为∠DAP=∠POC=90°，所以△DAP∽△POC。因此$\frac{AD}{AP}=\frac{PO}{OC}$。因为OP=t，OC=4，所以AP=4-t，因此$AD=\frac{4t}{4-t}$。因此$BD=4-\frac{4t}{4-t}=\frac{16-4t}{4-t}$。因为MN//OA，AB⊥OA，MN⊥BD，所以四边形BNDM为平行四边形。因此$S_{BNDM}=MN\cdotBD=\frac{(t-2)^2}{42}(11t^2-4t+16)$。因为$t>0$，所以$\frac{(t-2)^2}{42}$为正数。因此$S_{BNDM}$的取值与$11t^2-4t+16$的取值同号。因此$S_{BNDM}$的最小值为$t=2$时取得，此时$S_{BNDM}=6$。4）在x轴正半轴上存在点Q，使得△QMN是等腰三角形，此时点Q的坐标为：$Q_1(t+2,0)$，$Q_2(4+t-16-t^2,0)$，$Q_3(4+t+16-t^2,0)$，$Q_4(t+16-t^2,0)$。因为等腰三角形的两条底边中点到顶点的距离相等，所以$MQ=QN$。因为MN//OA，所以MQ=AB-MN=4-t。因此$4-t=QN=\frac{1}{2}MN=\frac{1}{2}(4+t-2)=\frac{1}{2}(t+2)$。因此$t=2$。因此点Q为$Q_1(4,0)$，$Q_2(-6,0)$，$Q_3(18,0)$，$Q_4(18,0)$。根据题意，我们需要解决以下几个问题：1.对公式进行修正，使其符合数学规范。2.删除明显有问题的段落。3.对每段话进行小幅度改写，使其表达更加清晰准确。修正后的文章如下：已知抛物线$y=x^2-3x+m$和直线$y=x$，它们交于点$O$和点$P$。设$A$，$B$分别为抛物线$y=x^2-3x+m$上两个不同的零点，$C$，$D$，$E$分别为直线$y=x$上$A$，$P$，$B$到直线$y$轴的垂线的交点。求证：当且仅当$AC+BE=k+3$且$AC\cdotBE=4$时，$S_{\triangleAPQ}=S_{\triangleBPQ}$。解：（1）当$k=1$时，抛物线$y=x^2-3x+m$与直线$y=x$只有一个公共点，此时$A$，$B$重合，$\triangleQAB$不存在，因此不存在实数$k$使$S_{\triangleAPQ}=S_{\triangleBPQ}$。2）分别过点$A$，$P$，$B$作$y$轴的垂线，垂足依次为$C$，$D$，$E$。则$\triangleOAC\sim\triangleOPD$，$\triangleOPD\sim\triangleOBE$，因此：frac{OP}{PD}=\frac{OA}{AC},\quad\frac{OP}{PD}=\frac{OB}{BE}$$由此可得：frac{OA}{AC}+\frac{OB}{BE}=2\quad\text{且}\quad\frac{AC}{BE}=\frac{4}{k+3}$$3）假设存在$k$使$S_{\triangleAPQ}=S_{\triangleBPQ}$，则有$AP=PB$，于是$PD-AC=BE-PD$，即$AC+BE=2PD$。结合（2）式可得：AC+BE=k+3,\quadPD=\frac{8}{k+3}$$代入上式可得：k+3)^2=16\quad\Rightarrow\quadk=1,-7$$舍去$k=-7$，因此当$k=1$时，$A$，$B$重合，$\triangleQAB$不存在，即不存在实数$k$使$S_{\triangleAPQ}=S_{\triangleBPQ}$。经过修正和改写，文章的表达更加清晰准确。当$k=1$时，点$A,B$重合，$\triangleQAB$不存在，因此不存在实数$k$使得$S_{\triangleAPQ}=S_{\triangleBPQ}$。解答本题的第一问时，联立抛物线$C$与直线$l$的方程组成的方程组，即$\begin{cases}y=x^2-3x+m\\y=x\end{cases}$，根据题设有且只有一组解，消去$y$，得到$x^2-4x+m=0$，所以此一元二次方程有两个相等的实数根，运用$\Delta=0$，即$(-4)^2-4m=0$，求出$m=4$。解答本题的第二问时，先分别过点$A,P,B$作$y$轴的垂线，垂足依次为$C,D,E$，借助$\triangleOAC\sim\triangleOPD$，推得$\dfrac{OP}{PD}=\dfrac{AC}{AO}$，进而得到$OP+PD=2AO$，依据题设，得到$OB=OE=AO$，$AC=BE$，所以$\begin{cases}