2023年湖北省重點高中自主招生考試數(shù)學試卷

2023年湖北省重點高中自主招生考試數(shù)學試卷2023年湖北省重點高中自主招生考試數(shù)學試卷一、選擇題〔本大題共8小題，每題3分，共24分．〕．1．〔3分〕假設不等式組的解集是x＞3，那么m的取值范圍是〔〕A．m＞3B．m≥3C．m≤3D．m＜32．〔3分〕如圖，在△ABC中．∠ACB=90°，∠ABC=15°，BC=1，那么AC=〔〕A．B．C．0.3D．3．〔3分〕〔2023?南漳縣模擬〕如圖，AB為⊙O的一固定直徑，它把⊙O分成上，下兩個半圓，自上半圓上一點C作弦CD⊥AB，∠OCD的平分線交⊙O于點P，當點C在上半圓〔不包括A，B兩點〕上移動時，點P〔〕A．到CD的距離保持不變B．位置不變C．等分D．隨C點移動而移動4．〔3分〕y=+〔x，y均為實數(shù)〕，那么y的最大值與最小值的差為〔〕A．2﹣1B．4﹣2C．3﹣2D．2﹣25．〔3分〕〔2023?瀘州〕O為圓錐的頂點，M為圓錐底面上一點，點P在OM上．一只蝸牛從P點出發(fā)，繞圓錐側(cè)面爬行，回到P點時所爬過的最短路線的痕跡如下圖．假設沿OM將圓錐側(cè)面剪開并展開，所得側(cè)面展開圖是〔〕A．B．C．D．6．〔3分〕一正三角形的邊長是和它相切的圓的周長的兩倍，當這個圓按箭頭方向從某一位置沿正三角形的三邊做無滑動的旋轉(zhuǎn)，直至回到原出發(fā)位置時，那么這個圓共轉(zhuǎn)了〔〕A．6圈B．6.5圈C．7圈D．8圈7．〔3分〕二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象如下列圖，那么以下結(jié)論正確的有：①abc＞0；②b＜a+c；③4a+2b+c＞0；④2c＜3b；⑤a+b＞m〔am+b〕〔m≠1，m為實數(shù)〕〔〕A．2個B．3個C．4個D．5個8．〔3分〕如圖，正△ABC中，P為正三角形內(nèi)任意一點，過P作PD⊥BC，PE⊥AB，PF⊥AC連結(jié)AP、BP、CP，如果，那么△ABC的內(nèi)切圓半徑為〔〕A．1B．C．2D．二、填空題〔本大題共8小題，每題3分，共24分〕9．〔3分〕與是相反數(shù)，計算=_________．10．〔3分〕假設[x]表示不超過x的最大整數(shù)，，那么[A]=_________．11．〔3分〕如圖，M、N分別為△ABC兩邊AC、BC的中點，AN與BM交于點O，那么=_________．12．〔3分〕如圖，圓O的面積為3π，AB為直徑，弧AC的度數(shù)為80°，弧BD的度數(shù)為20°，點P為直徑AB上任一點，那么PC+PD的最小值為_________．13．〔3分〕從1，2，3，5，7，8中任取兩數(shù)相加，在不同的和數(shù)中，是2的倍數(shù)的個數(shù)為a，是3的倍數(shù)的個數(shù)為b，那么樣本6、a、b、9的中位數(shù)是_________．14．〔3分〕由直線y=kx+2k﹣1和直線y=〔k+1〕x+2k+1〔k是正整數(shù)〕與x軸及y軸所圍成的圖形面積為S，那么S的最小值是_________．15．〔3分〕〔2023?隨州〕如圖，在矩形紙片ABCD中，AB=5cm，BC=10cm，CD上有一點E，ED=2cm，AD上有一點P，PD=3cm，過P作PF⊥AD交BC于F，將紙片折疊，使P點與E點重合，折痕與PF交于Q點，那么PQ的長是_________cm．16．〔3分〕〔2023?隨州〕將半徑為4cm的半圓圍成一個圓錐，在圓錐內(nèi)接一個圓柱〔如圖示〕，當圓柱的側(cè)面的面積最大時，圓柱的底面半徑是_________cm．三、解答題〔72〕17．〔14分〕拋物線y=﹣x2+bx+c〔c＞0〕過點C〔﹣1，0〕，且與直線y=7﹣2x只有一個交點．〔1〕求拋物線的解析式；〔2〕假設直線y=﹣x+3與拋物線相交于兩點A、B，那么在拋物線的對稱軸上是否存在點Q，使△ABQ是等腰三角形？假設存在，求出Q點坐標；假設不存在，說明理由．18．〔14分〕有一河堤壩BCDF為梯形，斜坡BC坡度，壩高為5m，壩頂CD=6m，現(xiàn)有一工程車需從距B點50m的A處前方取土，然后經(jīng)過B﹣C﹣D放土，為了平安起見，工程車輪只能停在離A、D處1m的地方即M、N處工作，車輪半經(jīng)為1m，求車輪從取土處到放土處圓心從M到N所經(jīng)過的路徑長．19．〔14分〕如圖，過正方形ABCD的頂點C在形外引一條直線分別交AB、AD延長線于點M、N，DM與BN交于點H，DM與BC交于點E，BN△AEF與DC交于點F．〔1〕猜測：CE與DF的大小關(guān)系？并證明你的猜測．〔2〕猜測：H是△AEF的什么心？并證明你的猜測．20．〔15分〕如圖，菱形ABCD邊長為，∠ABC=120°，點P在線段BC延長線上，半徑為r1的圓O1與DC、CP、DP分別相切于點H、F、N，半徑為r2的圓O2與PD延長線、CB延長線和BD分別相切于點M、E、G．〔1〕求菱形的面積；〔2〕求證：EF=MN；〔3〕求r1+r2的值．21．〔15分〕〔2023?黃岡〕如圖，拋物線的方程C1：y=﹣〔x+2〕〔x﹣m〕〔m＞0〕與x軸相交于點B、C，與y軸相交于點E，且點B在點C的左側(cè)．〔1〕假設拋物線C1過點M〔2，2〕，求實數(shù)m的值；〔2〕在〔1〕的條件下，求△BCE的面積；〔3〕在〔1〕條件下，在拋物線的對稱軸上找一點H，使BH+EH最小，并求出點H的坐標；〔4〕在第四象限內(nèi)，拋物線C1上是否存在點F，使得以點B、C、F為頂點的三角形與△BCE相似？假設存在，求m的值；假設不存在，請說明理由．2023年湖北省重點高中自主招生考試數(shù)學試卷參考答案與試題解析一、選擇題〔本大題共8小題，每題3分，共24分．〕．1．〔3分〕假設不等式組的解集是x＞3，那么m的取值范圍是〔〕A．m＞3B．m≥3C．m≤3D．m＜3考點：解一元一次不等式組．專題：計算題．分析：先解不等式組，然后根據(jù)不等式的解集，得出m的取值范圍即可．解答：解：由x+7＜4x﹣2移項整理得：﹣3x＜﹣9，∴x＞3，∵x＞m，又∵不等式組的解集是x＞3，∴m≤3．應選C．點評：主要考查了一元一次不等式組解集的求法，將不等式組解集的口訣：同大取大，同小取小，大小小大中間找，大大小小找不到〔無解〕逆用，不等式解集反過來求m的范圍．2．〔3分〕如圖，在△ABC中．∠ACB=90°，∠ABC=15°，BC=1，那么AC=〔〕A．B．C．0.3D．考點：特殊角的三角函數(shù)值．分析：此題中直角三角形的角不是特殊角，故過A作AD交BC于D，使∠BAD=15°，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可求出∠DAC及∠ADC的度數(shù)，再由特殊角的三角函數(shù)值及勾股定理求解即可．解答：解：過A作AD交BC于D，使∠BAD=15°，∵△ABC中．∠ACB=90°，∠ABC=15°，∴∠BAC=75°，∴∠DAC=∠BAC﹣∠BAD=75°﹣15°=60°，∴∠ADC=90°﹣∠DAC=90°﹣60°=30°，∴AC=AD，又∵∠ABC=∠BAD=15°∴BD=AD，∵BC=1，∴AD+DC=1，設CD=x，那么AD=1﹣x，AC=〔1﹣x〕，∴AD2=AC2+CD2，即〔1﹣x〕2=〔1﹣x〕2+x2，解得：x=﹣3+2，∴AC=〔4﹣2〕=2﹣應選B．點評：此題考查的是特殊角的三角函數(shù)值，解答此題的關(guān)鍵是構(gòu)造特殊角，用特殊角的三角函數(shù)促使邊角轉(zhuǎn)化．注：〔1〕求〔〕非特角三角函數(shù)值的關(guān)是構(gòu)造出含特殊角直角三角形．〔2〕求〔〕銳角三角函數(shù)值常根據(jù)定轉(zhuǎn)化為求對應線段比，有時需通過等的比來轉(zhuǎn)換．3．〔3分〕〔2023?南漳縣模擬〕如圖，AB為⊙O的一固定直徑，它把⊙O分成上，下兩個半圓，自上半圓上一點C作弦CD⊥AB，∠OCD的平分線交⊙O于點P，當點C在上半圓〔不包括A，B兩點〕上移動時，點P〔〕A．到CD的距離保持不變B．位置不變C．等分D．隨C點移動而移動考點：圓周角定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系．專題：探究型．分析：連OP，由CP平分∠OCD，得到∠1=∠2，而∠1=∠3，所以有OP∥CD，那么OP⊥AB，即可得到OP平分半圓APB．解答：解：連OP，如圖，∵CP平分∠OCD，∴∠1=∠2，而OC=OP，有∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴OP∥CD，又∵弦CD⊥AB，∴OP⊥AB，∴OP平分半圓APB，即點P是半圓的中點．應選B．點評：此題考查了圓周角定理．在同圓或等圓中，同弧和等弧所對的圓周角相等，一條弧所對的圓周角是它所對的圓心角的一半．也考查了垂徑定理的推論．4．〔3分〕y=+〔x，y均為實數(shù)〕，那么y的最大值與最小值的差為〔〕A．2﹣1B．4﹣2C．3﹣2D．2﹣2考點：函數(shù)最值問題．分析：首先把y=+兩邊平方，求出定義域，然后利用函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的最大值和最小值，最后求差．解答：解：∵y=+，∴y2=4+2=4+2×，∵1≤x≤5，當x=3時，y的最大值為2，當x=1或5時，y的最小值為2，故當x=1或5時，y取得最小值2，當x取1與5中間值3時，y取得最大值，故y的最大值與最小值的差為2﹣2，應選D．點評：此題主要考查函數(shù)最值問題的知識點，解答此題的關(guān)鍵是把函數(shù)兩邊平方，此題難度不大．5．〔3分〕〔2023?瀘州〕O為圓錐的頂點，M為圓錐底面上一點，點P在OM上．一只蝸牛從P點出發(fā)，繞圓錐側(cè)面爬行，回到P點時所爬過的最短路線的痕跡如下圖．假設沿OM將圓錐側(cè)面剪開并展開，所得側(cè)面展開圖是〔〕A．B．C．D．考點：線段的性質(zhì)：兩點之間線段最短；幾何體的展開圖．專題：壓軸題；動點型．分析：此題運用圓錐的性質(zhì)，同時此題為數(shù)學知識的應用，由題意蝸牛從P點出發(fā)，繞圓錐側(cè)面爬行，回到P點時所爬過的最短，就用到兩點間線段最短定理．解答：解：蝸牛繞圓錐側(cè)面爬行的最短路線應該是一條線段，因此選項A和B錯誤，又因為蝸牛從p點出發(fā)，繞圓錐側(cè)面爬行后，又回到起始點P處，那么如果將選項C、D的圓錐側(cè)面展開圖復原成圓錐后，位于母線OM上的點P應該能夠與母線OM′上的點〔P′〕重合，而選項C復原后兩個點不能夠重合．應選D．點評：此題考核立意相對較新，考核了學生的空間想象能力．6．〔3分〕一正三角形的邊長是和它相切的圓的周長的兩倍，當這個圓按箭頭方向從某一位置沿正三角形的三邊做無滑動的旋轉(zhuǎn)，直至回到原出發(fā)位置時，那么這個圓共轉(zhuǎn)了〔〕A．6圈B．6.5圈C．7圈D．8圈考點：直線與圓的位置關(guān)系．分析：根據(jù)直線與圓相切的性質(zhì)得到圓從一邊轉(zhuǎn)到另一邊時，圓心要繞其三角形的頂點旋轉(zhuǎn)120°，那么圓繞三個頂點共旋轉(zhuǎn)了360°，即它轉(zhuǎn)了一圈，再加上在三邊作無滑動滾動時要轉(zhuǎn)6圈，這樣得到它回到原出發(fā)位置時共轉(zhuǎn)了7圈．解答：解：圓按箭頭方向從某一位置沿正三角形的三邊做無滑動的旋轉(zhuǎn)，∵等邊三角形的邊長是和它相切的圓的周長的兩倍，∴圓轉(zhuǎn)了6圈，而圓從一邊轉(zhuǎn)到另一邊時，圓心繞三角形的一個頂點旋轉(zhuǎn)了三角形的一個外角的度數(shù)，圓心要繞其三角形的頂點旋轉(zhuǎn)120°，∴圓繞三個頂點共旋轉(zhuǎn)了360°，即它轉(zhuǎn)了一圈，∴圓回到原出發(fā)位置時，共轉(zhuǎn)了6+1=7圈．應選C．點評：此題考查了直線與圓的位置關(guān)系，弧長公式：l=〔n為圓心角，R為半徑〕；也考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．7．〔3分〕二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象如下列圖，那么以下結(jié)論正確的有：①abc＞0；②b＜a+c；③4a+2b+c＞0；④2c＜3b；⑤a+b＞m〔am+b〕〔m≠1，m為實數(shù)〕〔〕A．2個B．3個C．4個D．5個考點：二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系．專題：圖表型．分析：由拋物線的開口方向判斷a的符號，由拋物線與y軸的交點判斷c的符號，然后根據(jù)對稱軸及拋物線與x軸交點情況進行推理，進而對所得結(jié)論進行判斷．解答：解：①由圖象可知：a＜0，b＞0，c＞0，abc＜0，錯誤；②當x=﹣1時，y=a﹣b+c＜0，即b＞a+c，錯誤；③由對稱知，當x=2時，函數(shù)值大于0，即y=4a+2b+c＞0，正確；④當x=3時函數(shù)值小于0，y=9a+3b+c＜0，且x=﹣=1，即a=﹣，代入得9〔﹣〕+3b+c＜0，得2c＜3b，正確；⑤當x=1時，y的值最大．此時，y=a+b+c，而當x=m時，y=am2+bm+c，所以a+b+c＞am2+bm+c，故a+b＞am2+bm，即a+b＞m〔am+b〕，正確．③④⑤正確．應選B．點評：考查二次函數(shù)y=ax2+bx+c系數(shù)符號由拋物線開口方向、對稱軸和、拋物線與y軸的交點、拋物線與x軸交點的個數(shù)確定．8．〔3分〕如圖，正△ABC中，P為正三角形內(nèi)任意一點，過P作PD⊥BC，PE⊥AB，PF⊥AC連結(jié)AP、BP、CP，如果，那么△ABC的內(nèi)切圓半徑為〔〕A．1B．C．2D．考點：三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心；等邊三角形的性質(zhì)．分析：過P點作正△ABC的三邊的平行線，可得△MPN，△OPQ，△RSP都是正三角形，四邊形ASPM，四邊形NCOP，四邊形PQBR是平行四邊形，故可知黑色局部的面積=白色局部的面積，于是求出三角形ABC的面積，進而求出等邊三角形的邊長和高，再根據(jù)等邊三角形的內(nèi)切圓的半徑等于高的三分之一即可求出半徑的長度．解答：解：如圖，過P點作正△ABC的三邊的平行線，那么△MPN，△OPQ，△RSP都是正三角形，四邊形ASPM，四邊形NCOP，四邊形PQBR是平行四邊形，故可知黑色局部的面積=白色局部的面積，又知S△AFP+S△PCD+S△BPE=，故知S△ABC=3，S△ABC=AB2sin60°=3，故AB=2，三角形ABC的高h=3，△ABC的內(nèi)切圓半徑r=h=1．應選A．點評：此題主要考查等邊三角形的性質(zhì)，面積及等積變換，解答此題的關(guān)鍵是過P點作三角形三邊的平行線，證明黑色局部的面積與白色局部的面積相等，此題有一定難度．二、填空題〔本大題共8小題，每題3分，共24分〕9．〔3分〕與是相反數(shù)，計算=．考點：二次根式有意義的條件；非負數(shù)的性質(zhì)：絕對值．專題：計算題．分析：根據(jù)互為相反數(shù)的和等于0列式，再根據(jù)非負數(shù)的性質(zhì)列式求出a+的值，再配方開平方即可得解．解答：解：∵與|3﹣a﹣|互為相反數(shù)，∴+|3﹣a﹣|=0，∴3﹣a﹣=0，解得a+=3，∴a+2+=3+2，根據(jù)題意，a＞0，∴〔+〕2=5，∴+=．故答案為：．點評：此題考查了二次根式有意義的條件，非負數(shù)的性質(zhì)，求出a+=3后根據(jù)乘積二倍項不含字母，配方是解題的關(guān)鍵．10．〔3分〕假設[x]表示不超過x的最大整數(shù)，，那么[A]=﹣2．考點：取整計算．專題：計算題．分析：先根據(jù)零指數(shù)冪和分母有理化得到A=﹣，而≈1.732，然后根據(jù)[x]表示不超過x的最大整數(shù)得到，[A]=﹣2．解答：解：∵A=++1=++1=+1=+1=﹣1﹣+1=﹣，∴[A]=[﹣]=﹣2．故答案為﹣2．點評：此題考查了取整計算：[x]表示不超過x的最大整數(shù)．也考查了分母有理化和零指數(shù)冪．11．〔3分〕如圖，M、N分別為△ABC兩邊AC、BC的中點，AN與BM交于點O，那么=．考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；三角形中位線定理．專題：計算題；證明題．分析：連接MN，設△MON的面積是s，由于M、N分別為△ABC兩邊AC、BC的中點，易知MN是△ABC的中位線，那么MN∥AB，MN=AB，根據(jù)平行線分線段成比例定理可得△MON∽△BOA，于是OM：OB=MN：AB=1：2，易求△BON的面積是2s，進而可知△BMN的面積是3s，再根據(jù)中點性質(zhì)，可求△BCM的面積等于6s，同理可求△ABC的面積是12s，從而可求S△BON：S△ABC．解答：解：連接MN，設△MON的面積是s，∵M、N分別為△ABC兩邊AC、BC的中點，∴MN是△ABC的中位線，∴MN∥AB，MN=AB，∴△MON∽△BOA，∴OM：OB=MN：AB=1：2，∴△BON的面積=2s，∴△BMN的面積=3s，∵N是BC的中點，∴△BCM的面積=6s，同理可知△ABC的面積=12s，∴S△BON：S△ABC=2s：12s=1：6，故答案是．點評：此題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、三角形中位線定理，解題的關(guān)鍵是連接MN，構(gòu)造相似三角形．12．〔3分〕如圖，圓O的面積為3π，AB為直徑，弧AC的度數(shù)為80°，弧BD的度數(shù)為20°，點P為直徑AB上任一點，那么PC+PD的最小值為3．考點：軸對稱-最短路線問題；勾股定理；垂徑定理；圓心角、弧、弦的關(guān)系．專題：探究型．分析：先設圓O的半徑為r，由圓O的面積為3π求出R的值，再作點C關(guān)于AB的對稱點C′，連接OD，OC′，DC′，那么DC′的長即為PC+PD的最小值，由圓心角、弧、弦的關(guān)系可知==80°，故BC′=100°，由=20°可知=120°，由OC′=OD可求出∠ODC′的度數(shù)，進而可得出結(jié)論．解答：解：設圓O的半徑為r，∵⊙O的面積為3π，∴3π=πR2，即R=．作點C關(guān)于AB的對稱點C′，連接OD，OC′，DC′，那么DC′的長即為PC+PD的最小值，∵的度數(shù)為80°，∴==80°，∴=100°，∵=20°，∴=+=100°+20°=120°，∵OC′=OD，∴∠ODC′=30°∴DC′=2OD?cos30°=2×=3，即PC+PD的最小值為3．故答案為：3．點評：此題考查的是軸對稱﹣最短路線問題及垂徑定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系，根據(jù)題意作出點C關(guān)于直線AB的對稱點是解答此題的關(guān)鍵．13．〔3分〕從1，2，3，5，7，8中任取兩數(shù)相加，在不同的和數(shù)中，是2的倍數(shù)的個數(shù)為a，是3的倍數(shù)的個數(shù)為b，那么樣本6、a、b、9的中位數(shù)是5.5．考點：中位數(shù)．分析：首先列舉出所有數(shù)據(jù)的和，進而利用求出a，b的值，再利用中位數(shù)是一組數(shù)據(jù)重新排序后之間的一個數(shù)或之間兩個數(shù)的平均數(shù)，由此即可求解．解答：解：根據(jù)從1，2，3，5，7，8中任取兩數(shù)相加，可以得出所有可能：1+2=3，1+3=4，1+5=6，1+7=8，1+8=9，2+3=5，2+5=7，2+7=9，2+8=10，3+5=8，3+7=10，3+8=11，5+7=12，5+8=13，7+8=15，它們和中所有不同數(shù)據(jù)為：3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，15，故是2的倍數(shù)的個數(shù)為a=5，是3的倍數(shù)的個數(shù)為b=5，那么樣本6、5、5、9按大小排列為：5，5，6，9，那么這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是：=5.5，故答案為：5.5．點評：此題考查了列舉法求所有可能以及中位數(shù)的定義，中位數(shù)是將一組數(shù)據(jù)從小到大〔或從大到小〕重新排列后，最中間的那個數(shù)〔最中間兩個數(shù)的平均數(shù)〕，叫做這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)，如果中位數(shù)的概念掌握得不好，不把數(shù)據(jù)按要求重新排列，就會出錯．14．〔3分〕由直線y=kx+2k﹣1和直線y=〔k+1〕x+2k+1〔k是正整數(shù)〕與x軸及y軸所圍成的圖形面積為S，那么S的最小值是．考點：兩條直線相交或平行問題．分析：首先用k表示出兩條直線與坐標軸的交點坐標，然后表示出圍成的面積S，根據(jù)得到的函數(shù)的取值范圍確定其最值即可．解答：解：y=kx+2k﹣1恒過〔﹣2，﹣1〕，y=〔k+1〕x+2k+1也恒過〔﹣2，﹣1〕，k為正整數(shù)，那么，k≥1，且k∈Z如圖，直線y=kx+2k﹣1與X軸的交點是A〔，0〕，與y軸的交點是B〔0，2k﹣1〕直線y=〔k+1〕x+2k+1與X軸的交點是C〔，0〕，與y軸的交點是D〔0，2k+1〕，那么，S四邊形ABDC=S△COD﹣S△AOB，=〔OC?OD﹣OA?OB〕，=[﹣]，=〔4﹣〕，=2﹣又，k≥1，且k∈Z，那么，2﹣在定義域k≥1上是增函數(shù)，因此，當k=1時，四邊形ABDC的面積最小，最小值S=2﹣=．點評：此題考查了兩條指向相交或平行問題，解題的關(guān)鍵是用k表示出直線與坐標軸的交點坐標并用k表示出圍成的三角形的面積，從而得到函數(shù)關(guān)系式，利用函數(shù)的知識其最值問題．15．〔3分〕〔2023?隨州〕如圖，在矩形紙片ABCD中，AB=5cm，BC=10cm，CD上有一點E，ED=2cm，AD上有一點P，PD=3cm，過P作PF⊥AD交BC于F，將紙片折疊，使P點與E點重合，折痕與PF交于Q點，那么PQ的長是cm．考點：翻折變換〔折疊問題〕．專題：壓軸題．分析：過Q點作QG⊥CD，垂足為G點，連接QE，設PQ=x，根據(jù)折疊及矩形的性質(zhì)，用含x的式子表示Rt△EGQ的三邊，再用勾股定理列方程求x即可．解答：解：過Q點作QG⊥CD，垂足為G點，連接QE，設PQ=x，由折疊及矩形的性質(zhì)可知，EQ=PQ=x，QG=PD=3，EG=x﹣2，在Rt△EGQ中，由勾股定理得EG2+GQ2=EQ2，即：〔x﹣2〕2+32=x2，解得：x=，即PQ=．點評：此題考查圖形的翻折變換，解題過程中應注意折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，折疊前后圖形的形狀和大小不變，如此題中折疊前后對應線段相等．16．〔3分〕〔2023?隨州〕將半徑為4cm的半圓圍成一個圓錐，在圓錐內(nèi)接一個圓柱〔如圖示〕，當圓柱的側(cè)面的面積最大時，圓柱的底面半徑是1cm．考點：圓柱的計算；二次函數(shù)的最值；圓錐的計算．專題：壓軸題．分析：易得扇形的弧長，除以2π也就得到了圓錐的底面半徑，再加上母線長，利用勾股定理即可求得圓錐的高，利用相似可求得圓柱的高與母線的關(guān)系，表示出側(cè)面積，根據(jù)二次函數(shù)求出相應的最值時自變量的取值即可．解答：解：扇形的弧長=4πcm，∴圓錐的底面半徑=4π÷2π=2cm，∴圓錐的高為=2cm，設圓柱的底面半徑為rcm，高為Rcm．=，解得：R=2﹣r，∴圓柱的側(cè)面積=2π×r×〔2﹣r〕=﹣2πr2+4πr〔cm2〕，∴當r==1cm時，圓柱的側(cè)面積有最大值．點評：用到的知識點為：圓錐的弧長等于底面周長；圓錐的高，母線長，底面半徑組成直角三角形；相似三角形的相似比相等及二次函數(shù)最值相應的自變量的求法等知識．三、解答題〔72〕17．〔14分〕拋物線y=﹣x2+bx+c〔c＞0〕過點C〔﹣1，0〕，且與直線y=7﹣2x只有一個交點．〔1〕求拋物線的解析式；〔2〕假設直線y=﹣x+3與拋物線相交于兩點A、B，那么在拋物線的對稱軸上是否存在點Q，使△ABQ是等腰三角形？假設存在，求出Q點坐標；假設不存在，說明理由．考點：二次函數(shù)綜合題．分析：〔1〕將C點坐標代入y=﹣x2+bx+c得c=b+1，聯(lián)立拋物線y=﹣x2+bx+b+1與直線y=7﹣2x，轉(zhuǎn)化為關(guān)于x的二元一次方程，令△=0求b的值即可；〔2〕直線y=﹣x+3與〔1〕中拋物線求A、B兩點坐標，根據(jù)拋物線解析式求對稱軸，根據(jù)線段AB為等腰三角形的腰或底，分別求Q點的坐標．解答：解：〔1〕把點C〔﹣1，0〕代入y=﹣x2+bx+c中，得﹣1﹣b+c=0，解得c=b+1，聯(lián)立，得x2﹣〔b+2〕x+6﹣b=0，∵拋物線與直線只有一個交點，∴△=〔b+2〕2﹣4〔6﹣b〕=0，解得b=﹣10或2，∵c=b+1＞0，∴b=2，∴拋物線解析式為y=﹣x2+2x+3；〔2〕存在滿足題意的點Q．聯(lián)立，解得或，那么A〔0，3〕，B〔3，0〕，由拋物線y=﹣x2+2x+3，可知拋物線對稱軸為x=1，由勾股定理，得AB=3，當AB為腰，∠A為頂角時，Q〔1，3+〕或〔1，3﹣〕；當AB為腰，∠B為頂角時，Q〔1，〕或〔1，﹣〕；當AB為底時，Q〔1，1〕．故滿足題意的Q點坐標為：〔1，3+〕或〔1，3﹣〕或〔1，〕或〔1，﹣〕或〔1，1〕．點評：此題考查了二次函數(shù)的綜合運用．關(guān)鍵是根據(jù)題意求出拋物線解析式，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，分類求Q點的坐標．18．〔14分〕有一河堤壩BCDF為梯形，斜坡BC坡度，壩高為5m，壩頂CD=6m，現(xiàn)有一工程車需從距B點50m的A處前方取土，然后經(jīng)過B﹣C﹣D放土，為了平安起見，工程車輪只能停在離A、D處1m的地方即M、N處工作，車輪半經(jīng)為1m，求車輪從取土處到放土處圓心從M到N所經(jīng)過的路徑長．考點：解直角三角形的應用-坡度坡角問題．分析：作出圓與BA，BC相切時圓心的位置G，與CD相切時圓心的位置P，與CD相切時圓心的位置I，分別求得各段的路徑的長，然后求和即可．解答：解：當圓心移動到G的位置時，作GR⊥AB，GL⊥BC分別于點R，L．∵，∴∠CBF=30°，∴∠RGB=15°，∵直角△RGB中，tan∠RGB=，∴BR=GR?tan∠RGB=2﹣，那么BL=BR=2﹣，那么從M移動到G的路長是：AB﹣BR﹣1=50﹣〔2﹣〕﹣1=47+m，BC=2×5=10m，那么從G移動到P的位置〔P是圓心在C，且與BC相切時圓心的位置〕，GP=10﹣BL=10﹣〔2﹣〕=8+m；圓心從P到I〔I是圓心在C，且與CD相切時圓心的位置〕，移動的路徑是弧，弧長是：=m；圓心從I到N移動的距離是：6﹣1=5m，那么圓心移動的距離是：〔47+〕+〔8+〕+5+=60+2+〔m〕．點評：此題考查了弧長的計算公式，正確確定圓心移動的路線是關(guān)鍵．19．〔14分〕如圖，過正方形ABCD的頂點C在形外引一條直線分別交AB、AD延長線于點M、N，DM與BN交于點H，DM與BC交于點E，BN△AEF與DC交于點F．〔1〕猜測：CE與DF的大小關(guān)系？并證明你的猜測．〔2〕猜測：H是△AEF的什么心？并證明你的猜測．考點：相似形綜合題．分析：〔1〕利用正方形的性質(zhì)得到AD∥BC，DC∥AB，利用平行線分線段成比例定理得到，，從而得到，然后再利用AB=BC即可得到CE=DF；〔2〕首先證得△ADF≌△DCE，從而得到∠DAF=∠FDE，再根據(jù)∠DAF+∠ADE=90°得到AF⊥DE，同理可得FB⊥AE，進而得到H為△AEF的垂心．解答：解：〔1〕CE=DF；證明：∵正方形ABCD∴AD∥BC，DC∥AB∴，〔∴∴又AB=BC∴CE=DF；〔2〕垂心．在△ADF與△DCE中，，∴△ADF≌△DCE〔SAS〕，∴∠DAF=∠FDE，∵∠DAF+∠ADE=90°，∴AF⊥DE，同理FB⊥AE．H為△AEF的垂心．點評：此題考查了相似形的綜合知識，此題是一道開放性問題，正確的猜測是進一步解題的方向和根底，非常重要．20．〔15分〕如圖，菱形ABCD邊長為，∠ABC=120°，點P在線段BC延長線上，半徑為r1的圓O1與DC、CP、DP分別相切于點H、F、N，半徑為r2的圓O2與PD延長線、CB延長線和BD分別相切于點M、E、G．〔1〕求菱形的面積；〔2〕求證：EF=MN；〔3〕求r1+r2的值．考點：圓的綜合題．專題：綜合題．分析：〔1〕由于菱形ABCD邊長為，∠ABC=120°，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到ADC和△DBC都是等邊三角形，利用等邊三角形的面積等于邊長平方的倍即可得到菱形的面積=2S△DBC=2××〔6〕2=54；〔2〕由于PM與PE都是⊙O1的切線，PN與PF都是⊙O2的切線，根據(jù)切線長定理得到PM=PN，PN=PE，那么PM﹣PN=PE﹣PB，即EF=MN；〔3〕由于BE與BG都是⊙O1的切線，根據(jù)切線的性質(zhì)和切線長定理得到BE=BG，∠O2BE=∠O2BG，O2E⊥BE，而∠EBG=180°﹣∠DBC=180°﹣60°=120°，于是有∠O2BE=60°，∠EO2B=30°，根據(jù)含30°的直角三角形三邊的關(guān)系得到BE=O2E=r2，那么BG=r2，DM=DG=6﹣r2，同理可得CF=r1，DN=DH=6﹣r1，那么MN=DM+DN=12﹣〔r1+r2〕，而EF=EB+BC+CF=r2+6+r1=6+〔r1+r2〕，利用EF=MN可得到關(guān)于〔r1+r2〕的方程，解方程即可．解答：〔1〕解：∵菱形ABCD邊長為，∠ABC=120°，∴△ADC和△DBC都是等邊三角形，∴菱形的面積=2S△DBC=2××〔6〕2=54；〔2〕證明：∵PM與PE都是⊙O2的切線，∴PM=PE，又∵PN與PF都是⊙O1的切線，∴PN=PF，∴PM﹣PN=PE﹣PB，即EF=MN；〔3〕解：∵BE與BG都是⊙O2的切線，∴BE=BG，∠O2BE=∠O2BG，O2E⊥BE，而∠EBG=180°﹣∠DBC=180°﹣60°=120°，∴∠O2BE=60°，∠EO2B=30°，∴BE=O2E=r2，∴BG=r2，∴DM=DG=6﹣r2，同理可得CF=r1，DN=DH=6﹣r1，∴MN=DM+DN=12﹣〔r1+r2〕，∵EF=EB+BC+CF=r2+6+r1=6+〔r1+r2〕，而EF=MN，∴6+〔r1+r2〕=12﹣〔r1+r2〕，∴r1+r2=9．點評：此題考查了圓的綜合題：圓的切線垂直于過切點的半徑；從圓外一點引圓的兩條切線，切線長相等，并且這個點與圓心的連線平分兩切線的夾角；掌握菱形的性質(zhì)，記住等邊三角形的面積等于邊長平方的倍以及含30°的直角三角形三邊的關(guān)系．21．〔15分〕〔2023?黃岡〕如圖，拋物線的方程C1：y=﹣〔x+2〕〔x﹣m〕〔m＞0〕與x軸相交于點B、C，與y軸相交于點E，且點B在點C的左側(cè)．〔1〕假設拋物線C1過點M〔2，2〕，求實數(shù)m的值；〔2〕在〔1〕的條件下，求△BCE的面積；〔3〕在〔1〕條件下，在拋物線的對稱軸上找一點H，使BH+EH最小，并求出點H的坐標；〔4〕在第四象限內(nèi)