




版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
文档简介
试卷第=page11页,共=sectionpages33页试卷第=page11页,共=sectionpages33页2024年安徽省宣城市宁国中学数学自主招生(试题卷)学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________一、单选题1.下列因式分解正确的是(
)A.; B.;C.; D.;2.若关于的不等式组的解集中的任意的值,都能使不等式成立,则实数的取值范围为(
)A. B. C. D.3.如图,已知中,为的平分线,,,,则的值为(
)A. B.2 C. D.14.定义:表示这三个数的中位数,用表示这三个数的最小数.例如:,.如果,则x的值为(
)A.2或 B.1或 C.2或 D.1或5.如图,中,,,为平面内一点,若,,则的值可能为(
)A. B. C. D.6.如图,直线与反比例函数相交于点,与轴交于点,将射线绕点逆时针旋转,交反比例函数图象于点,则点构成的三角形面积为(
)A. B. C. D.二、填空题7.黄山景色绝美,景观奇特.“五一”假期,黄山风景区进山游客近13万人,黄山景区门票旺季190元/人,以此计算,“五一”假期黄山景区进山门票总收入用科学记数法表示为.8.若,则的值为.9.定义:对于函数,随的增大而增大,且,,.若,则的最大值为.10.已知二次函数图象的对称轴为直线,且过点,若其与直线交于A、B两点,与直线交于P、Q两点,则值为.三、解答题11.(1)若,求;(2)先化简再求值:,其中.12.请按以下要求完成尺规作图.(1)如图1,菱形中,点在对角线上,请作出一对以所在直线为对称轴的全等三角形,使交于点,交于点,.你有几种解法?请在下图中完成;(保留必要作图痕迹,不写作法)(2)如图2,点是菱形内部一点,请作出一条过点的直线,交射线,射线于点,且,聪明的你肯定有多种不同作法?请在下图中完成两种作法,并选择其中一种证明:.(保留必要作图痕迹,不写作法)13.如图,直角三角形中,以直角边为直径作圆交于点,过点作于点,为的中点,连接并延长交于点,.(1)求证:;(2)求;(3)若,求圆的面积.14.已知四边形,,点P在射线上运动,连接.(1)若四边形为正方形,点M在上,且.请判断之间数量关系,并说明理由;(2)若四边形为菱形呢?,其他条件与(1)同,则(1)中的结论还成立吗?并说明理由;(3)若四边形为正方形,将线段绕点P顺时针旋转于,此时的最小值为多少?的最小值呢?并说明理由.15.已知抛物线的顶点坐标为,与轴交点分别为点、(点在点左侧),与轴交点为,一次函数与轴所形成的夹角的正切值为,方程有两个相等的实数根.(1)求该抛物线的解析式;(2)点是该抛物线上一动点,则在抛物线对称轴上是否存在点,使得以为顶点的四边形为平行四边形?若存在,请求出所有满足条件的点坐标及该平行四边形的面积;若不存在,请说明理由;(3)若将该抛物线向左平移个单位,再向下平移个单位得到抛物线,点关于轴的对称点为,若过点的直线与交于、两点(点在点左侧),点关于轴的对称点为,若与面积相等,求直线的解析式.答案第=page11页,共=sectionpages22页答案第=page11页,共=sectionpages22页《2024年安徽省宣城市宁国中学数学自主招生(试题卷)》参考答案题号123456答案CDABAD1.C【分析】本题考查了因式分解的判定,掌握提取公因式法,公式法因式分解是解题的关键.运用提公因式法,公式法分解因式进行判定即可求解.【详解】解:A、,原选项不符合题意;B、,原选项不符合题意;C、,正确,符合题意;D、,不是因式分解,不符合题意;故选:C.2.D【分析】本题考查了不等式组求解集,掌握不等式的性质,不等式组解集的取值方法是解题的关键.根据题意得到,再解不等式组得到或,分类讨论:当时,不等式组的解集为;当时,不等式组的解集为;由此即可求解.【详解】解:,∴,,解①得,解②得,,当时,不等式组的解集为,∵,∴,解得,;当时,不等式组的解集为,∵,∴,解得,;∴,故选:D.3.A【分析】在取一点,使,连接,利用勾股定理的联系定理先判定三是直角三角形,再利用判定三角形全等得到,进而得到,,再利用勾股定理求出,进而求得的长度.【详解】解:在取一点,使,连接.,,,,,,是直角三角形,.为的平分线,.在和中,,,,是直角三角形.,,,即,,.故选:A.【点睛】本题考查了角平分线的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理的逆定理,勾股定理,作出辅助线构建三角形全等是解答关键.4.B【分析】本题考查了解一元二次方程的应用,理解题意,分类讨论列方程,即可解答,正确列出方程是解题的关键.结合题意,分为最大数,为最大数,为最大数三种情况,分别求解即可.【详解】解:由可得,三个数中,最小数和中位数相等,当为最大数时,可得,解得,此时,,符合题意;当为最大数时,可得,解得,此时,符合题意;当为最大数时,可得,解得,当时,,不符合前提条件,当时,,不符合前提条件,综上,x的值为1或.故选:B.5.A【分析】将绕点顺时针旋转得到,连接,过作于,,,,再由等腰三角形的性质可得,,然后由角所对直角边是斜边的一半得,设,则,则根据勾股定理可得,又,故有,然后得到,从而求解.【详解】解:∵中,,,∴将绕点顺时针旋转得到,连接,过作于,根据旋转的性质可知:,,,∴,,∴,∴,∴设,则,根据勾股定理可得,∴,∵,,,∴,∴,∵,∴,即,∴,选项符合题意,故选:.【点睛】本题考查了旋转的性质,三角形三边关系,勾股定理,等腰三角形的性质,直角三角形的性质,掌握知识点的应用是解题的关键.6.D【分析】过作于,过作轴于,过作延长线于,连接,设交轴于点,证明,设,由点和点,则,,求得,可得,进而求得直线的解析式为,联立,然后求出,再通过即可求解.【详解】解:过作于,过作轴于,过作延长线于,连接,设交轴于点,∵直线与反比例函数相交于点,∴,,解得:,,∴直线解析式为,反比例函数,当时,,∴,∴,∵,,∴是等腰直角三角形,∴,∴,∵,∴,∴,,设,∵点和点,∴,,∵,∴,解得,∴,设直线的解析式为,则,解得,∴,令,则,∴,∴,联立,解得:或,∴,∴,故答案为:.【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数综合,坐标与图形,全等三角形的性质与判定,等腰直角三角形的性质,一次函数与几何图形,掌握知识点的应用是解题的关键.7.【分析】本题考查了科学记数法的运用,正确确定的值是解题的关键.科学记数法的表示形式为,确定值的方法:当原数的绝对值时,把原数变为时,小数点向左移动位数即为的值;当原数的绝对值时,把原数变为时,小数点向右移动位数的相反数即为的值,由此即可求解.【详解】解:黄山风景区进山游客近13万人,黄山景区门票旺季190元/人,∴,故答案为:.8.【分析】本题考查了单项式乘以多项式,整式的加减,掌握这些知识及运算法则是解题的关键.由,则,即,然后两式相减得出,最后讨论即可.【详解】解:∵,∴,,∴,∴,∴,∴,∵当时,,∴当时,,故答案为:.9.1【分析】本题考查了新定义,不等式的性质,配方法求最值的计算,理解新定义运算,掌握不等式的性质,配方法求最值的计算方法是解题的关键.根据题意得到,,,则,,由此得到当时,有最大值,代入计算即可求解.【详解】解:已知,∴,∴,∵,∴,,∴,解得,,∴,∴,∵,∴当时,有最大值,∴,故答案为:1.10.【分析】本题主要考查了二次函数与一次函数的交点问题,两点之间的距离等知识,先利用待定系数法求出二次函数解析式,再分别联立抛物线与一次函数的解析式,解出A,B,P,Q的坐标,然后再根据两点之间的距离公式得出,的,最后代入求解即可.【详解】解:∵对称轴为直线,∴,∴二次函数为又∵且过点∴,解得:,∴二次函数的解析式为:联立,解得:或,∴A.B两点的坐标为,,∴联立解得:或,∴P.Q两点的坐标为,,∴,∴,故答案为:11.(1);(2),【分析】本题考查了解二元一次方程组,分式的化简求值,特殊角的三角函数值,解题的关键是熟练掌握运算法则,熟记特殊角的三角函数值;(1)先根据加减消元法解二元一次方程组,再代入求值即可;(2)先化简分式,再根据特殊角的三角函数值求出m,再代入求值即可.【详解】(1)解:,由得,解得:,把代入得,解得:,方程组的解为:,,;(2)解:原式,当时,原式.12.(1)作图见详解(2)作图见详解【分析】(1)根据菱形的性质,全等三角形的判定方法作图即可;(2)根据菱形的性质,全等三角形的判定方法作图即可.【详解】(1)解:如图所示,以点为圆心,以大于,小于的长为半径画弧交于点,交于点,∴,∵四边形是菱形,∴,且,∴,∴点即为所求点的位置;如图所示,连接并延长,分别交于点,∵,∴,∴,,又∵,∴,∴,∴,又∵,∴,∴点即为所求点的位置;(2)解:方法一,如图所示,连接交于点;连接并延长交于点;以点为圆心,以为半径画弧,交于点;连接,以点为圆心,以为半径画弧,交于点;连接,并向两边延伸,交于点,∴,∴,∴,,∴,又∵,∴,,∴,∴,∴,∴点即为所求点的位置;方法二,如图所示,连接,以点为圆心,以为半径画弧,交于点,连接;以点为圆心,以为半径画弧交于点;连接并向两边延时交于点,∴,∴,∴,∵四边形是菱形,∴,∴,且,∴,即,∴是的垂直平分线,∴,∴点即为所求点的位置.【点睛】本题主要考查菱形的性质,全等三角形的判定和性质,垂直平分线的性质,等腰三角形的性质(三线合一)的运用,掌握以上知识,数形结合分析是解题的关键.13.(1)见解析(2)(3)【分析】(1)根据题意可得,可证,,得到,,由为的中点,即,得到即可求解;(2)连接,设,,可证明,则,而,由,得到,,则在中,由勾股定理得,解得:,那么由即可求解;(3)连接,由直角三角形性质得到,则,求出,即可求解面积.【详解】(1)证明:∵根据题意,是直角三角形,,以直角边为直径作圆,,∴,∴,,∴,,∴,∵为的中点,即,∴;(2)解:连接,设,∵为直径,∴,∵,∴,∴,∴,∴,∵,∵,∴,,∴,∴,∴在中,由勾股定理得:,∴,,,解得:,∴;(3)解:连接,∵,F为中点,∴,∴由上得:,∴,∴圆的面积为:.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质,勾股定理,解直角三角形,直角三角形的性质,难度较大,正确合理转化是解题的关键.14.(1),理由见解析(2)不成立,理由见解析(3)最小值为,的最小值为【分析】(1)由勾股定理得,则,证明即可求证;(2)先证明为等边三角形,则,那么同上可证明:,即可得到;(3)①在上截取,连接,过点D作于点,可证明,然后确定轨迹为射线,那么当时,取得最小值,此时点Q由于点V重合,即最小值为,则;②延长,可得,作关于的对称点,则点在射线上,连接,则,,那么,故当点三点共线时,取得最小值,即为,再由勾股定理即可求.【详解】(1)解:,理由如下:如图:连接,∵四边形是正方形,∴,∴,∴,∵,,∴,∴,∴,∴;(2)解:不成立,理由如下,连接∵四边形是菱形,∴,∴为等边三角形,∴,同上可证明:∴;(3)解:①在上截取,连接,过点D作于点∵四边形是正方形,∴∴,由旋转得:,∴∴,∴,∴,∵,∴,∴,∴,∴轨迹为射线,∴当时,取得最小值,此时点Q由于点V重合,即最小值为,∴,∴最小值为;②延长,∵,,∴,作关于的对称点,则点在射线上,连接,则,,∴,∴当点三点共线时,取得最小值,即为,∵,∴,∴的最小值为.【点睛】本题考查了正方形和菱形的性质,解直角三角形,相似三角形的判定与性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理等知识点,熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.15.(1);(2)存在,点的坐标为,平行四边形的面积为(3)或【分析】(1)如图,设一次函数与轴交点为F,与轴交点为E,利用正切的定义得到,,求出,求出k的值,再根据方程有两个相等的实数根,利用判别式得到关于a的方程求解即可;(2)存在,先求出的坐标,画出示意图,结合点都在抛物线对称轴上,得到为四边形的对角线,再根据平行四边形的性质求解即可;(3)先求出平移后的抛物线解析式,利用与面积相等,设,过点的直线为,联立,利用根与系数的关系求出,进而得到,再分和两种情况讨论,解方程即可.【详解】(1)解:将代入,则,∴一次函数图象过点,∵,∴一次函数图象过一、二、三象限,如图,设一次函数与轴交点为F,与轴交点为E,则,∴,令,解得,∴,则,一次函数与轴所形成的夹角的正切值为,∴,∴,,一次函数的解析式为;抛物线的顶点坐标为,设抛物线的解析式为,方程有两个相等的实数根,有两个相等的实数根,整理得:,,解得:,抛物线的解析式为;(2)解:存在,理由如下:解方程:,可得:,,点的坐标为,点的坐标为,如下图所示,点、都在对称轴上,是平行四边形的对角线,设点的坐标为,当点与点重合,点与点关于轴对称时,四边形是平行四边形,此时点的坐标为,点的坐标为,点的坐标为,,,;(3)解:把抛物线将该抛物线向左平移个单位,再向下平移个单
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 备战宝典保安证试题及答案
- 2025年保安证真题解析及答案
- 2025年保安证考试角色扮演题及答案
- 2025年保安证锁定题目及答案
- 节省时间2025年保安证考试试题及答案
- 2025保安证考试复习必看试题及答案
- 注意事项的保安证考试试题及答案
- 贵州警察学院《国际关系理论》2023-2024学年第一学期期末试卷
- 全管理相关的保安证试题及答案
- 泉州华光职业学院《推拿按摩与创伤》2023-2024学年第二学期期末试卷
- 医院病历体格检查表范本
- 二次供水设备保养维修方案(完整)
- CIE-15-2004-Colorimetry原版完整文件
- 认知破局:优化努力的34条思维原则
- 2023年新改版苏教版五年级下册科学全册精编知识点(附问答题总结)
- 杭州国际动漫节策划书
- 2023年上海16区高考一模英语听力合集附音频含答案含原文
- 新人教版小学数学六年级下册平面图形的认识与测量教学设计
- 报价单模板(打印版)
- 重大事故隐患整改通知单
- 闹钟后盖塑料模具设计开题报告
评论
0/150
提交评论