【新】2019-2020成都市石室中學(xué)北湖校區(qū)初升高自主招生數(shù)學(xué)【4套】模擬試卷【含解析】

第一套：滿分120分2020-2021年成都市石室中學(xué)北湖校區(qū)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷一．選擇題（共6小題，滿分42分）A.B.C.D.（7分）貨車(chē)和小汽車(chē)同時(shí)從甲地出發(fā)，以各自的速度勻速向乙地行駛，小汽車(chē)到達(dá)乙地后，立即以相同的速度沿原路返回甲地已知甲、乙兩地相距180千米，貨車(chē)的速度為60千米小時(shí)，小汽車(chē)的速度為90千米小時(shí)則下圖中能分別反映出貨車(chē)小汽車(chē)離乙地的距離千米與各自行駛時(shí)間小時(shí)A.B.C.D.（7）在平面直角坐標(biāo)系中，任意兩點(diǎn)Ax,yx,

規(guī)定1 1 2 2AB

x,y

；②ABx

y

；③當(dāng)x

且y=y2

1 2 1

12 1

1 2 1有下列四個(gè)命題：（1）若AB1AB0；ABBC，則ABBC，則對(duì)任意點(diǎn)、、均有ABCABC成立.其中正確命題的個(gè)數(shù)為（ ）A.1個(gè) B.2個(gè) C.3個(gè) D.4個(gè)（7分（7分ABO⊥AB于點(diǎn)，AD∠CABBCD、OD，給出以下四個(gè)結(jié)論：①AC∥OD；②CE=OE；③△ODE∽△ADO；④A．①② B．③④ C．①③ D．①④段AB°，過(guò)點(diǎn)F分別作AC的垂線相交于點(diǎn)段AB°，過(guò)點(diǎn)F分別作AC的垂線相交于點(diǎn)垂足分別為、現(xiàn)有以下結(jié)論：①AB 2；②當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)BMH1AFBEEFM?M=1，22其中正確結(jié)論為（ ）A.①②③ B. C. D.①②③④）環(huán)的是（）現(xiàn)無(wú)論x環(huán)的是（）6.（7）ABCD6.（7）ABCDBC分別與⊙O相切于G三點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D4133作⊙O的切線交BC于點(diǎn)則DM413313

9

D.253 2二．填空題（每小題6分，滿分30分））1234……1920角坐標(biāo)系第一象限，如圖中方式疊放，則按圖示規(guī)律排列的所有陰影部分的面積之和為.的圓心都在xy的圓心都在xy33x個(gè)半圓的半徑依次為rrrr＝11 2 3 1r＝ ．3，，∠AOB=6°，點(diǎn)A在第一象限，過(guò)點(diǎn)A的雙曲ykx軸上取一點(diǎn)POAl，x以直線l為對(duì)稱(chēng)軸，線段OB經(jīng)軸對(duì)稱(chēng)變換后的像是O′ B′ ．（1）當(dāng)點(diǎn)O′與點(diǎn)A重合時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)是；設(shè)P（t，0，當(dāng)O′ B′ 與雙曲線有交點(diǎn)時(shí)，t的取值范是 ．10.（6）如圖，正方形A10.（6）如圖，正方形ABPP的頂點(diǎn)PP1112 1 2y2(x0)AB分別在x軸、y軸的正半軸上，再在其右側(cè)作正方形PPAB2322

，頂點(diǎn)P3

在反比例函數(shù)y2(x0)的圖象上，頂點(diǎn)x

A在軸的正半軸上，則點(diǎn)P的x2 3x坐標(biāo)為 ．11.（6）AB⊥CD11.（6）AB⊥CDEM在OCO于點(diǎn)G，交過(guò)C的直線于∠2CBDGNMCOO4，cos∠BOC=1，則BN=．4三．解答題（1248）

10

x3x2 ，其中x22

x2 x24 x2 x2x21212(tan45cos3012113（12分）如圖，點(diǎn)（＋－）都在反比例ykx

的圖象上．求的值；如果Mxy軸上一點(diǎn)，以點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，試求直線MN的函數(shù)表達(dá)式．ABykxb進(jìn)行對(duì)折得到線段AB，11 yAOAA

與x軸有交點(diǎn),則b的 A1 11取值范圍為 （直接寫(xiě)出答案） BO ⊙O交AC于點(diǎn)D，DE⊙O交AC于點(diǎn)D，DE⊙O的切線，連接DE．（1）OCDEFOF=CFOECD邊形；（2）CF=n，tan∠ACOOFx軸于By軸于點(diǎn)B（。求拋物線的解析式；2AEyE2PQGxHD、G、H、FG、H若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。Tx，垂足為點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)MMN∥BD，交線段AD于點(diǎn)N，連接MD，使∽△BMD。若存在，求出點(diǎn)T的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。PyCDAyCDABO xyCDABO xD EFA BO xQ圖1 圖2 圖32020-2021年成都市石室中學(xué)北湖校區(qū)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷答案解析第一套一、選擇題1.【考點(diǎn)】函數(shù)的圖象．180180CC．法的應(yīng)用.【分析】根據(jù)新定義，對(duì)各選項(xiàng)逐一分析作出判斷：則.命題正確.（2）設(shè)C，若，即，則.命題正確.（2）設(shè)C，若，即，∴.∴A=C.命題正確.用反證法，設(shè)∴.∴A=C.命題正確.取C，，即有，（4）C取C，，即有，（4）CABC成立.命題正確.綜上所述，正確命題為（（，共3個(gè).故選3．解：∵AB∴AO=OD，∴∠OAD=∠ADO，∵AD平分∠CAB交弧BC于點(diǎn)D，∴∠CAD=∠DAO=1∠CAB，2∴∠CAD=∠ADO，∴AC∥OD，故①正確．2由題意得，OD=R，AC= R，22∵OE：CE=OD：AC= ，22∴OE≠CE，故②錯(cuò)誤；∵∠OED=∠AOE+∠OAE=90°+22.5°=112.5°，∠AOD=90°+45°=135°，∴∠OED≠∠AOD，∴△ODE△ADO∵AD平分∠CAB交弧BC于點(diǎn)D，1∴∠CAD=

×45°=22.5°，∴∠COD=45°，2∵AB是半圓直徑，∴OC=OD，∴∠OCD=∠ODC=67.5°CAD∠ADO=22.°（已證，∴∠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正確．綜上可得①④正確．故選：D．三角形中位線定理；全等、相似判定和性質(zhì)；勾股定理；旋轉(zhuǎn)的應(yīng)用.【分析】①∵在△ABC，∴.故結(jié)論①正確.∴MH是△ABC.故結(jié)論②正確.③如答圖ACF∴.故結(jié)論①正確.∴MH是△ABC.故結(jié)論②正確.③如答圖ACF順時(shí)針旋轉(zhuǎn)9°至△BC，連接則.∴.∴.∴.∵△ABC∴.∴.∴△AGF和△BHE∴ .又∵又∵，，∴根據(jù)勾股定理，得，即.∴.故結(jié)論③錯(cuò)誤.∴，即.∴.④∵由題意知，四邊形CHNG是矩形，∴MG∴根據(jù)勾股定理，得，即.∴.故結(jié)論③錯(cuò)誤.∴，即.∴.∴.∴.∴∴.∴.∴∵.故結(jié)論④正確.【分析】將各選項(xiàng)分別代入程序進(jìn)行驗(yàn)證即可得出結(jié)論：【分析】將各選項(xiàng)分別代入程序進(jìn)行驗(yàn)A.∵，∴4，2，1是該循環(huán)的數(shù)；B.∵，∴2，1，4是該循環(huán)的數(shù)；C.∵，∴1，4，2是該循環(huán)的數(shù)；D.∵，∴2，4，1不是該循環(huán)的數(shù).故選D.【答案】A.和性質(zhì)；切線長(zhǎng)定理；勾股定理；方程思想的應(yīng)用.【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；切線的性質(zhì)；正方形的判定和性質(zhì)；切線長(zhǎng)定理；勾股定理；方程思想的應(yīng)用.【分析】如答圖，連接，則根據(jù)矩形和切線的性質(zhì)知，四邊形都是正方形.【分析】如答圖，連接，則根據(jù)矩形和切線的性質(zhì)知，四邊形都是正方形.設(shè).在設(shè).在，解得，.∴解得，.∴．故選A.【答案】210。【考點(diǎn)】分類(lèi)歸納（圖形的變化類(lèi)。=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與三個(gè)半圓分別切于A⊥x軸于RtAEO

=300，1 1由r＝1得EO=1，AE=1 3，OE=3，OO=2。則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≤≤?！究键c(diǎn)】反比例函數(shù)綜合題，解二元一次方程組，一元二次方程根的判別式，解一元一次不等式，待定系數(shù)法，曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，三角形內(nèi)角和定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理。【分析（1）當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)A重合時(shí)，即點(diǎn)O與點(diǎn)A重合，∵∠AOB=60°，過(guò)點(diǎn)POAl，以直線lOBO′B′。AOP′是等邊三角形?！撸ǎ?，∴BO=B?！帱c(diǎn)P的坐標(biāo)是，?！唷螹P′O=30°?！唷螹P′O=30°。∴OM=1t，OO′=t。2過(guò)O′作O′N(xiāo)x軸于N，∠OO′∴ON=12

3t?！郞′（12 2

3。23tB′的坐標(biāo)是（t23t2

2 3，設(shè)直線O′BykxbOB′的坐標(biāo)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，代入反比例函數(shù)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?！弋?dāng)點(diǎn)O與點(diǎn)A重合時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)是?！?≤t≤25或﹣25≤t≤4。

3+1，31?！究键c(diǎn)】反比例函數(shù)綜合題，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系?！痉治觥孔髻|(zhì)，曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系?！痉治觥孔鱌⊥y軸于x⊥x1 2軸于⊥PDF，設(shè)P（a，32，則CP=321a1a，OC=2，A1

PP11

為正方形，∴Rt△P

BC≌Rt△B11 1

O≌Rt△A1

PD，12∴OB

=P

D=a?！郞A=BC=PD=2a。1 1 1

1 1 2 a∴OD=a2a2。a a∴P（22a。2 a a把P的坐標(biāo)代入反比例函數(shù)y2(x0)a（2－x aa?2=2，a2解得a=－（舍）或a=1P，。2設(shè)P的坐標(biāo)為（b，2，b又∵四邊形PPA

為正方形，∴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的坐標(biāo)為（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證明：∵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，∴由垂徑定理得：CD=2CE=2∴由垂徑定理得：CD=2CE=2，∵△ACM∽△DCN，∴∴=，∵點(diǎn)MCOCM=AO=×4=2，∴CN==∴CN===，∴BN=BC﹣CN=2﹣=ACM∽△DCN鍵．三、解答題212.解：求得x 1，化簡(jiǎn)得：原=x1=22213（1）1解得m

＝3，m1

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

3 327b8 814、（1）證明：略（2）解：作OH⊥AC，垂足為H，不妨設(shè)OE=1，∵CF＝n，△OEF∽△CDF，∴CD=n，OF∵OE=1，∴AC=2．∴AD=2-n，由△CDB∽△BDA，得BD14、（1）證明：略（2）解：作OH⊥AC，垂足為H，不妨設(shè)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（）)依題意，將點(diǎn)B（3，0）代入，得：(－1)＋＝0解得：a＝－1－1)4y軸的負(fù)半軸上取一點(diǎn)F與點(diǎn)I關(guān)于x軸x軸上取一點(diǎn)HFHIHGGD①設(shè)過(guò)、Ek＋（≠，∵點(diǎn)EE1)＋，得＝(2－1＋＝3∴點(diǎn)E坐標(biāo)為（2，3） Py C又∵拋物線1)＋4圖像分別與x軸、y軸交于點(diǎn)、、D∴當(dāng)＝0時(shí)，－1)＋，∴＝－1或3 D E當(dāng)時(shí)GFO ∴點(diǎn)（－，，點(diǎn)（，，點(diǎn)（） A O 又∵拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為：直線Q圖6∴點(diǎn)D與點(diǎn)E關(guān)于PQ對(duì)稱(chēng)，GD＝GE ②分別將點(diǎn)（－，、點(diǎn)）代入＝k＋，得：kb2kb3

k1b1過(guò)A、E∴當(dāng)∴點(diǎn)F（0，1）∴DF2 ③又∵點(diǎn)FIx軸對(duì)稱(chēng)，∴點(diǎn)I（0，－1）∴EI DE2DI2 224225………④又∵要使四邊形DFHG的周長(zhǎng)最小，由于DF是一個(gè)定值，∴只要使DG＋GH＋HI最小即可由圖形的對(duì)稱(chēng)性和①、②、③，可知，DG＋GH＋HF＝EG＋GH＋HI只有當(dāng)EI為一條直線時(shí)，EG＋GH＋HI最小設(shè)過(guò)E（2，3、I（0，－1）兩點(diǎn)的函數(shù)解析式為：＝k＋b（k，

1 1 1分別將點(diǎn)（，、點(diǎn)（）代入＝k＋b，得：2k

b3

1 1解得：k2b1 1 111

b11過(guò)A、E∴當(dāng)；當(dāng)1；2∴點(diǎn)G坐標(biāo)為（，點(diǎn)

坐標(biāo)為（1，0）2∴四邊形DFHG的周長(zhǎng)最小為：DF＋DG＋GH＋HF＝DF＋EIDF＋EI＝225y∴四邊形DFHG225。yC如圖7，由題意可知，∠NMD＝∠MDB， T要使，△DNM∽△BMDNMMD

MDBD

D即可， N即：MD2＝NM×BD ⑤A B設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為，，由MB，可得△AM∽△AB， O M x圖7∴NMBD

AMAB232再由（）＝232

，AB＝4(1a)32∴MN(1a)32AB 4

(14MD＝OD＋OM＝＋，324∴⑤式可寫(xiě)成：＋324

(1a)×323或不合題意，舍去）22∴點(diǎn)M（3，0）2又∵點(diǎn)T在拋物線－1)＋4圖像上，∴當(dāng)3時(shí)，y＝152 4∴點(diǎn)T（315）2 4第二套：滿分120分2020-2021年成都市石室中學(xué)北湖校區(qū)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷一．選擇題（共6小題，滿分42分）（7分）二次函數(shù)的圖象的頂點(diǎn)在第一限，且過(guò)點(diǎn)（．設(shè)t=a+b+，則t值的變化范圍( )A．0＜t＜1 B．0＜t＜2 C．1＜t＜2 D．﹣1＜t＜1）如圖，拋物線yx22xm1交xa和B（b，y軸于點(diǎn)x>0y>0；②若a，則b4；③拋物線上有兩點(diǎn)x（（x，y，若x<1<x，且xx >2，則y>y；④點(diǎn)C關(guān)于拋物線對(duì)2 2 1 2 1 2 1 2稱(chēng)軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為，點(diǎn)分別在xy軸上，當(dāng)m2時(shí)，四邊形EDFG周長(zhǎng)的最小值為6 2.其中真命題的序號(hào)()

y）Q1A.① B.② C.③ D.④3.（7）

a(xx)(x

)(a

x)的圖象與一次函1 1 2 1 2數(shù)y dxe0的圖象交于點(diǎn)(x，若函數(shù)yy2 1

y的圖象與x軸僅1有一個(gè)交點(diǎn)，( )A.a(xx)d；B.a(xx)d；C.a(xx)2d；D.axx2d1 2 2 1 1 2 1 2點(diǎn)Ay1x(點(diǎn)Ay1x(<0AO的延長(zhǎng)線交函數(shù)yk（>0，xk是不等于0的常數(shù))的圖象于點(diǎn)A關(guān)于y軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為′，Cxx若△ABC的面積等于則由線段所圍成的圖形的面積等( )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）如圖，拋物線y=﹣2x2+8x﹣6與xAB，把拋物線在x軸及其上方的部分記作C

CB，DB，Dy=x+mCC31 2點(diǎn)，則m的取值范圍是（）A.﹣2＜m＜B.﹣3＜m＜﹣C.﹣3＜m＜﹣2D.

向右平移得C2 2

x﹣3＜m＜﹣二、填空題（每小題6分，滿分30分）﹣3＜m＜﹣BCBP＝xACBCBP＝xAC使∠BQP＝90o ，則x的取值范圍是．8（6分）長(zhǎng)為，寬為a的矩形紙片（1<a<1，如圖那樣2折一下，剪下一個(gè)邊長(zhǎng)等于矩形寬度的正方形（稱(chēng)為第一次操作；再把剩下的矩形如圖那樣折一下，剪（稱(chēng)為第二次操作；如此反復(fù)操作下去．若在第n次操作后，剩下的矩形為正形，則操作終止．當(dāng)n=3折一下，剪下一個(gè)邊長(zhǎng)等于矩形寬度的正方形（稱(chēng)為第一次操作；再把剩下的矩形如圖那樣折一下，剪（稱(chēng)為第二次AA→C→B→A1長(zhǎng)度每秒．以O(shè)3AA→C→B→A1長(zhǎng)度每秒．以O(shè)3O秒．10.（6）y

x＞0）經(jīng)過(guò)四邊形OABCx）OOAO′與弦AC交于點(diǎn)D，O′E∥AC，并交OCE．則下列四個(gè)結(jié)論：的頂點(diǎn)A平分OAxxABC）OOAO′與弦AC交于點(diǎn)D，O′E∥AC，并交OCE．則下列四個(gè)結(jié)論：①點(diǎn)D①點(diǎn)D為ACSO'OE1SAOC③AC2AD2O'DEO（把所有正確的結(jié)論的序號(hào)都填上）2a3b2a3bc,a168b 168aba168b 168ab

求c的值.（12）xaa13.(本題12分)已知 xaa

1 , 試化簡(jiǎn)xx2 4xx2x2 4xx214（12）如圖，拋物線yax2bx3，頂點(diǎn)為E，該拋物線與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，且OB＝OC＝3OA．直y1x1y軸交于點(diǎn)D．3求∠DBC∠CBE．時(shí)間為（＜．15（12分）如圖，在矩形ABCDAB=6cAD=8c，點(diǎn)P從點(diǎn)BBDD4cm/sPPQ⊥BDBCQPQPQMNNPDODDC時(shí)間為（＜．如圖1，連接DQ平分∠BDC時(shí)，t的值為 ；2，連接CM，是以CQt值；請(qǐng)你繼續(xù)進(jìn)行探究，并解答下列問(wèn)題：①證明：在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，點(diǎn)O始終在QM所在直線的左側(cè)；3，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)QM⊙Ot時(shí)PM⊙O2020-2021年成都市石室中學(xué)北湖校區(qū)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷答案解析第二套一、選擇題B?！究键c(diǎn)】二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)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?！?＜a+b+1＜2，即0＜t＜2。故選B【考點(diǎn)】真假命題的判斷；二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)；曲線上點(diǎn)的標(biāo)與方程的關(guān)系；軸對(duì)稱(chēng)的應(yīng)用（最短線路問(wèn)題；勾股定理.【分析】根據(jù)二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)對(duì)各結(jié)論進(jìn)行分析作出判斷：①?gòu)膱D象可知當(dāng)時(shí)，①?gòu)膱D象可知當(dāng)時(shí)，，故命題“當(dāng)時(shí)，”不是真②∵拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為A②∵拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為AB關(guān)于軸對(duì)，，有，∴，又∵拋物線的對(duì)稱(chēng)軸為，∴，

，故命題“若 ，

”不是真命題；故命題“拋物線上有兩點(diǎn)故命題“拋物線上有兩點(diǎn)（，）和（，，若，且，則”是真命題；ED關(guān)于軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)連接和ND的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)，則MN與軸和軸的交點(diǎn)，則”是真命題；即為使四邊形EDFG周長(zhǎng)最小的.2∵ ，∴的頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為，∴的頂點(diǎn)D的坐標(biāo)為，，點(diǎn)C的坐標(biāo)為，）.∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為N的坐標(biāo)為P∴.∴.∴當(dāng)EDFG周長(zhǎng)的最小值為.故命題“點(diǎn)C關(guān)于拋物線對(duì)稱(chēng)軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為，點(diǎn)分別在EDFG周長(zhǎng)的最小值為是真命題.綜上所述，真命題的序號(hào)是③.故選C.【考點(diǎn)】一次函數(shù)與二次函數(shù)綜合問(wèn)題；曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系.【分析】∵一次函數(shù)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn) ，∴∴.∴..又∵二次函數(shù)的圖象與一次函數(shù)又∵二次函數(shù)的圖象與一次函數(shù)的圖象交于點(diǎn)，函數(shù)的圖象與軸僅有∴函數(shù) 是二次函數(shù)，且它的頂點(diǎn)在 軸上，即..∴..令∴..令.故選【答案】B.的應(yīng)用.的應(yīng)用.【分析】如答圖，連接A′C，∵點(diǎn)A是函數(shù)(<0A.∵點(diǎn)C在直線ABA.∵點(diǎn)C在直線AB上，∴設(shè)點(diǎn)C.∵△ABC6，∴，解得（舍去）.∴點(diǎn)C.Ay∵△ABC6，∴，解得（舍去）.∴點(diǎn)C.點(diǎn).∴由線段ACCCC點(diǎn)..故選B.【答案】C..故選B.銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值；等腰直【考點(diǎn)】正方形和等邊三角形的性質(zhì)；圓周角定理；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值；等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，特殊元素法的應(yīng)用.【分析】如答圖，連接，與交于點(diǎn).∴垂直平分【分析】如答圖，連接，與交于點(diǎn).∴垂直平分，.不妨設(shè)正方形ABCD2，則.又∵是等邊三角形，∴.∴.故選C.考點(diǎn)： 拋物線與又∵是等邊三角形，∴.∴.故選C.分析： 首先求出點(diǎn)A和點(diǎn)B的坐標(biāo)，然后求出C2

解析式，分別求y=x+mC2

相切時(shí)m的值以及直線y=x+m過(guò)點(diǎn)B時(shí)m∵是⊙O.在中，∵是⊙O.在中，，.在中，∵，∴.易知是等腰直角三角形，∴.的值，結(jié)合圖形即可得到答案．由于將C2C1 2解答： 解：令y=﹣2x2+8x﹣6=0，即x2﹣4x+3=0，解得x=1或則點(diǎn)（，，由于將C2C1 2則C解析式為y）2+（≤≤，2當(dāng)y=x+m1

與C2令

=y=﹣2（x﹣4）2+2，12x2﹣15x+30+m0，1△=﹣8m﹣15=0，解得m解得m﹣1，當(dāng)y=x+m當(dāng)﹣3＜m＜﹣時(shí)直線當(dāng)﹣3＜m＜﹣時(shí)直線y=x+mCC3D．1 2

過(guò)點(diǎn)B0=3+m2

=﹣3，2x二、填空題【答案】3x4?！究键c(diǎn)】動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，一元二次方程根的判別式，解不等式。QQH⊥BC方程根的判別式，解不等式。QQH⊥BCH，則△CQH∽△CAB，設(shè)QH＝3k，HC＝4k，由BH＝4－4k，HP＝x－4＋4k。要使∠BQP＝90，則有QH2＝BH?HP，即（3k）2＝（4－4k）（x－＋4k，整理，得關(guān)于k的方程25k24x32k164x0，則4x322425164x16x2144x576由01x12x30，16x0，則有x30，即x3。

1x12x3，16又因?yàn)锽C＝4，所以x4x的取值范圍是3x4。【答案】3或3。5 4【考點(diǎn)】分類(lèi)歸納，折疊，一元一次方程的應(yīng)用?！痉治觥扛鶕?jù)操作步驟，可知每一次操作時(shí)所得正方形的邊長(zhǎng)都等于的寬。當(dāng)1a11，寬為a，所以第一次操作時(shí)所得2正方形的邊長(zhǎng)為a，剩下的矩形相鄰的兩邊分別為1﹣a，a1﹣aa1﹣a1﹣aa﹣（1﹣a）=2a﹣1。由于a）﹣（2a﹣1）=2﹣3a，所以（1﹣a）與（2a﹣1）的大小關(guān)系不能確定，1﹣a＞2aa＜2aa的值：1﹣a＞2a﹣1a2，那么第三次操作時(shí)正方形的邊長(zhǎng)32a﹣1，則2a﹣1=（﹣a）﹣2a﹣，解得a=3；51﹣a＜2a﹣1，即a2，那么第三次操作時(shí)正方形的邊長(zhǎng)31﹣a，則﹣a（2a）﹣﹣a，解得a=3。故答案為3或3。4 5 44。ABC與ABBC（如圖，設(shè)切點(diǎn)為C=6Rt△OCD中OD 3 32。。又∵速度sinC sin600 321O△ABCO4【答案】2?！究键c(diǎn)】反比例函數(shù)綜合題，翻折變換（折疊問(wèn)題，折疊對(duì)稱(chēng)的與方程的關(guān)系?！摺鰽BC沿AC翻折后得△AB′C，∴∠OB′C＝∠AB′C＝∠ABC＝90°=∠ODC?！逴COAx軸正半軸的夾角，∴CD=CB又OC=O，∴R△OC≌Rt△OC′（H。再由翻折的性質(zhì)得，BC=B′C?！痉治觥垦娱L(zhǎng)B∵△ABC沿AC翻折后得△AB′C，∴∠OB′C＝∠AB′C＝∠ABC＝90°=∠ODC?！逴COAx軸正半軸的夾角，∴CD=CB又OC=O，∴R△OC≌Rt△OC′（H。再由翻折的性質(zhì)得，BC=B′C。y

2x＞0）經(jīng)過(guò)四邊形OABCA、C，x∴S=1xy=1，∴S 1xy=1?！鱋CD 2 △OCB′ 2∵ABx軸，∴點(diǎn)xayy（xa）=2ay=1?！郤

=1a y=1?！鰽BC 2 2∴S=S

+S

=1+1+1=2。OABC

△OCB′

△ABC

△ABC 2 211【答案】①③④。【考點(diǎn)】圓周角定理，平行的判定和性質(zhì)，互為余角的性質(zhì)，直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判【考點(diǎn)】圓周角定理，平行的判定和性質(zhì)，互為余角的性質(zhì)，直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，弧長(zhǎng)公式，菱形的判定。定和性質(zhì)，弧長(zhǎng)公式，菱形的判定。OD，∵AOO′的直徑，∴∠ADO＝900。∴∠CDO＝900。又∵O′E∥AC且AO′＝O′O，∴CE＝EO?！郉E＝CE?！唷螩DE＝∠DCE。又∵AO＝CO，∴∠ACE＝∠CAO?！唷螩DE＝∠CAO?！郉E∥AO。∴點(diǎn)D為AC②由①易知，△O′OE∽△AOC，而AO＝2O′O，∴SOOE1 4。故AOC結(jié)論②錯(cuò)誤。③由弧長(zhǎng)公式知，?C·OCAO·OC2A，?D·OCA，180180180∴AC2AD。故結(jié)論③正確。，∴四邊形O'DEO④正確。12、（解：∵ ，∴a+b=168所以，∴解得：c=17013、由 得：x+2=a+，∵ ，∴a≥1，所以，原式=14.解：將x0y1x1yax2bx3知，3)，所以1，0)．直線y1x1過(guò)點(diǎn)3．將點(diǎn)ya(x1)(x3)，得a1．25yx22x3的頂點(diǎn)為E(1)．于是由勾股定理得25232

2 ．因?yàn)锽＋C＝BBCE為直角三角形，BCE

（第14題）因此tanCBECE1．又OD1CBE．CB 3 OB 3所以，DBCCBEDBCDBOOBC45．（2）由△QTM∽△BCD，得=列出方程即可解決．15（1）求出PQBQ，（2）由△QTM∽△BCD，得=列出方程即可解決．（3）①2QMCDE，求出DEDO②如圖3中，由①可知⊙O只有在左側(cè)與直線QM相切于點(diǎn)H，QM與CD交于點(diǎn)CD交于點(diǎn)=（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，故答案為：1．連接PM連接PM，假設(shè)PMO∠OMH=PMQ=22.5°，2MT⊥BCT．∵M(jìn)C=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，∴點(diǎn)OQMEC=（∴DE﹣DO=t﹣3t=t＞0，∴點(diǎn)OQMEC=（﹣5，DO=3，∴OE=﹣3﹣（﹣5）=，∵OH⊥MQ，∴∠OHE=90°，=，∴==，∴=．∴t=s，⊙OQM∴∠OFH=∠FOH=45°，∴OH=FH=，F(xiàn)O=FM=，∴MH=（+1∴∠OFH=∠FOH=45°，∴OH=FH=，F(xiàn)O=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，∴假設(shè)第三套：滿分120分2020-2021年成都市石室中學(xué)北湖校區(qū)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷一．選擇題（共6小題，滿分42分）一、選擇題（6427）{（7分）若關(guān)于y的方程值范圍是（ ）

xy=kx+y=4

有實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)k的取A．k＞4 B．k＜4 C．k≥4 D．k≤42.（7分）如圖，小明家的住房平面圖呈長(zhǎng)方形，被分割成3個(gè)正方形和2個(gè)長(zhǎng)方形后仍是中心對(duì)稱(chēng)圖形.若只知道原住房平面圖長(zhǎng)方形的周長(zhǎng)則分割后不用測(cè)量就能知道周長(zhǎng)的圖形標(biāo)號(hào)（ A. B. C. D.①②③）一個(gè)尋寶游戲的尋寶通道如圖1尋寶者與定位儀器之間的距離為進(jìn)，且表示yx2尋寶者與定位儀器之間的距離為進(jìn)，且表示yx2示，則尋寶者的行進(jìn)路線可能為（）A、A→O→B 、B→A→C、B→O→C 、C→B→O（7分）某單位在一快餐店訂了22盒盒飯，共花費(fèi)183元，盒飯共有甲、乙、丙三種，它們的單價(jià)分別為1085可能的不同訂餐方案有（）A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4（7分）7

，a，a1 2 3

，a，a，4 5 6a7

＜a＜a1 2 3

＜a＜a4 5 6

，且這7條線段中的任意3條都7

=1=21

能取的值（ ）1 7 66.（7）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線x6.（7）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線x經(jīng)過(guò)點(diǎn)A⊥x軸于點(diǎn)ABO繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)6°CB（C（）A.，3 B.，3 C. D. 2一．填空題（共5小題，滿分30分）7.（6）在等腰Rt△ABC，∠C=90°，AC=1，過(guò)點(diǎn)Cll上的一點(diǎn)，且AB=AF，則點(diǎn)FBC距離為為點(diǎn)M，AB＝20，分別以CM、DM1和⊙O為點(diǎn)M，AB＝20，分別以CM、DM1和⊙O2(結(jié)果保留)．D在邊BCB＝2C（如圖ABC繞著點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)m（0＜m＜180）BRt△ABC上，那么m＝．）如圖，平行四邊形AOBC點(diǎn)E，雙曲線y=kxk >0)經(jīng)過(guò)AE形AOBC的面積為18，則k= .AOB=OBOA1=OB1，連結(jié)A1B1，在B1A1B1B上分別取點(diǎn)A2B2，使B1 B2=B1 A2，B=ABB213 2 3A2n+1B=ABB213 2 3A2n+1BB nn1n=1（=n。統(tǒng)計(jì)圖表。的一部分，下面是甜甜和她的雙胞胎妹妹在六一兒童節(jié)期間的對(duì)話。請(qǐng)問(wèn)：統(tǒng)計(jì)圖表。的一部分，下面是甜甜和她的雙胞胎妹妹在六一兒童節(jié)期間的對(duì)話。請(qǐng)問(wèn)：（1）年到年甜甜和她妹妹在六一收到紅包的年增長(zhǎng)率是多少?12.（12分）為了了解同學(xué)們每月零花錢(qián)的數(shù)額，校?小記者隨機(jī)12.（12分）為了了解同學(xué)們每月零花錢(qián)的數(shù)額，校?小記者隨機(jī)請(qǐng)根據(jù)以上圖表，解答下列問(wèn)題：填空這次被調(diào)查的同學(xué)共人， ，求扇形統(tǒng)計(jì)圖中扇形的圓心角度數(shù)。 。（3）該校共有學(xué)生 人，請(qǐng)估計(jì)每月零花錢(qián)的數(shù)額在范圍的人數(shù)。）收發(fā)微信紅包已成為各類(lèi)人群進(jìn)行交流聯(lián)系，增強(qiáng)感情（2）年六一甜甜和她妹妹各收到了多少錢(qián)的微信紅包？（2）年六一甜甜和她妹妹各收到了多少錢(qián)的微信紅包？如圖，是的延長(zhǎng)線上，平分交于點(diǎn)，且，垂足為點(diǎn)。（1）求證：直線是的切線。（2）若，，求弦的長(zhǎng)。（1）求拋物線的解析式（用一般式表示）。（2）點(diǎn)為軸右側(cè)拋物線上一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)（1）求拋物線的解析式（用一般式表示）。（2）點(diǎn)為軸右側(cè)拋物線上一點(diǎn)，是否存在點(diǎn)使，若存在請(qǐng)直接給出點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在請(qǐng)說(shuō)明理由。（3）將直線繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，與拋物線交于另一點(diǎn)，求的長(zhǎng)。經(jīng)過(guò)點(diǎn)，交軸2020-2021年成都市石室中學(xué)北湖校區(qū)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷答案解析第三套一、選擇題1∴根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可以構(gòu)造一個(gè)關(guān)于mx，y程m2﹣4m+k=0△=b2﹣4ac=16﹣4k≥016﹣4k≥0k≤4．故選：D．【考點(diǎn)】多元方程組的應(yīng)用（幾何問(wèn)題別為，②③的邊長(zhǎng)分別為.別為，②③的邊長(zhǎng)分別為.根據(jù)題意，得，，得，將（定值，將代入，得將代入，得（定值，【考點(diǎn)】單動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題；函數(shù)圖象的識(shí)別；垂線段最短的性質(zhì)；排相同的，因此，可排除A相同的，因此，可排除AD2寶者與定位儀器之間的距離的最近點(diǎn)，相對(duì)于開(kāi)始和結(jié)束時(shí)位置離中點(diǎn)更近，因此，如答圖，過(guò)點(diǎn)分別作的垂線，垂足分別為點(diǎn)，此時(shí)，根據(jù)垂線段最短的性質(zhì)，點(diǎn)是尋寶者，即點(diǎn)離中點(diǎn)的距離小于開(kāi)，此時(shí)，根據(jù)垂線段最短的性質(zhì)，點(diǎn)是尋寶者，即點(diǎn)離中點(diǎn)的距離小于開(kāi)始和結(jié)束時(shí)的距離；點(diǎn)離中點(diǎn)的距離大于開(kāi)始和結(jié)束時(shí)的距離.∴尋寶者的行進(jìn)路線可能為B→O→C.故選C.4．解：設(shè)甲盒飯、乙盒飯分別有xyy）盒．根據(jù)題意，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故選：D．a(chǎn)=11則一定有：a故選：B．

=2，a2

=3，a3

=5，a4

=8，a5

=13，a6

=21，7點(diǎn)：專(zhuān)題：計(jì)算題．定（2，再利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得BB=230三邊的關(guān)系可計(jì)算出三邊的關(guān)系可計(jì)算出CH=BC=﹣2=1，于是可寫(xiě)出C點(diǎn)坐標(biāo)．C⊥x軸于，如圖，∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為軸于點(diǎn)∴∴A2，當(dāng)x=2，∴A（2，2，∵△∵△ABOB60，∠ABC=60°，=﹣OB=3﹣2=1，∴∴C（﹣1，．故選．（49）﹣（49）二、填空題【答案】31。（1）ACFD⊥BC為D，F(xiàn)E⊥AC，交點(diǎn)為E，易得，四邊形CDFE是正方形，即，CD=DF=FE=EC?！咴诘妊苯恰鰽BC，AC=BC=1，AB=AF，∴AB=AC2BC2 2?！郃F=2?！嘣赗△AEF＋EC）＋E=AF，解得，DF=31。2（2）如圖，延長(zhǎng)BC，做FD⊥BC，交點(diǎn)為D，延長(zhǎng)解得，DF=31。2（2）如圖，延長(zhǎng)BC，做FD⊥BC，交點(diǎn)為D，延長(zhǎng)CA，做FE⊥CA于點(diǎn)E，易得，四邊形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，F(xiàn)D=

31。2綜上所述，F(xiàn)D=8.【答案】50。

31。2定和性質(zhì)，等量代換?！痉治觥咳鐖D，連接AC，AD，∵AB⊥CD，AB=20，定和性質(zhì)，等量代換?！痉治觥咳鐖D，連接AC，AD，∵AB⊥CD，AB=20，∴AM=MB=10。又∵CD為直徑，∴∠CAD=90°，∴Rt△MAC∽R(shí)t△MDA。MAMD，即MA2=MCMD=100。MC MA∴S =S陰影部分

－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邊上和AC當(dāng)點(diǎn)B落在AB（如圖中紅線，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知△DBE是等腰三角形，由∠B＝50°和等腰三角形等邊對(duì)等角的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理可得m＝∠BDE＝80°。當(dāng)點(diǎn)B落在AC邊上時(shí)（如圖中藍(lán)線，在RtCDH中，由已知BD＝2CD，即DH＝2CD12函數(shù)值得∠CDH＝60°，所以根據(jù)鄰補(bǔ)角定義得m＝∠BDH＝120°。10.【答案】6。【分析】過(guò)A【分析】過(guò)AAD⊥OB于D，過(guò)EEF⊥OB于，設(shè)（x，k （a，。由三角形x1AD=2k2xDF=（ax，2OF=ax

?！郋（a

，k2 2 2x∵E

axk

ka3x。2 2x∵平行四邊形的面積是

akx

kx

k6。11（1）1802

2n1800（）（）。【考點(diǎn)】分類(lèi)歸納，等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理?！痉治觯ㄔO(shè)∠A1

O=α+2x=18x=18°－1

∴1

=180。2（2）

BB22

=y，則2

+y=180°，1

+2y=180°，∴=22 21801

2211800。2 2

2180180同理=3

22

2

1800。23…∴=n

n180。2n。三、解答題12（2）（1），，。（2）形的圓心角為 。（3），依題意得：，解得，（舍去）。（3），依題意得：，解得，（舍去）。

年到 年甜甜和她妹妹在六一收到紅包的年（2）設(shè)甜甜在依題意得：，（2）設(shè)甜甜在依題意得：，解得，所以（元）。答：甜甜在為元。解得，所以（元）。

年六一收到微信紅包為元，則她妹妹收到微信紅包答案詳解證明：連結(jié) ，如圖所示，因?yàn)椋?，所以，所以，因?yàn)橐驗(yàn)椋?，所以，所以，因?yàn)?，所以所以直線

，是的切線。所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，

，所以

，因?yàn)?，，，設(shè)，則，設(shè)，則，在。即有根，。(1)因?yàn)閽佄锞€交軸于點(diǎn)，，那么，橫坐標(biāo)可以看做是拋物線方程等于時(shí)的兩個(gè)根。即有根，。解得或。因?yàn)?，所以直線解得或。因?yàn)?，所以直線的解析式，與拋物線聯(lián)立得方程，即，。根據(jù)直線距離坐標(biāo)公式知，。2020-2021年成都市石室中學(xué)北湖校區(qū)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷一．選擇題（共6小題，滿分42分）1．(7分)設(shè)關(guān)于x的方程ax2+（a+2）x+9a=0，有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x

、x，且xA．B．A．B．C．D．

＜1＜x1

，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是（ ）2則，解得。所以拋物線解析式為。(2)由知，。則，解得。所以拋物線解析式為。(2)由知，。在拋物線解析式中令，得，即，代入拋物線中，且在軸右側(cè)，得或或。(3)根據(jù)兩直線夾角公式知，，且，2.（7分）如圖，正六邊形ABCDEF 內(nèi)接于圓O，半徑為4，則這個(gè)正六邊形的邊心距OM 2.（7分）如圖，正六邊形ABCDEF 內(nèi)接于圓O，半徑為4，則這個(gè)正六邊形的邊心距OM 和弧BC的長(zhǎng)分別為（）A.2、3B.23、C.3、23D.23、43C在x、C三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形，則點(diǎn)C的個(gè)數(shù)為（ ）A.2 B.3 C.4 D.54.（7分）張三和李四兩人加工同一種零件，每小時(shí)張三比李四54.（7分）張三和李四兩人加工同一種零件，每小時(shí)張三比李四5120100件所用時(shí)間相等，求張三和李四每小時(shí)各加工多少個(gè)這種零件？若設(shè)張三每小時(shí)加工這種零件x個(gè)，則下面列出的方程正確的是【】A.120

B.120

100

C.

D.120

100x5 x x x5 x5 x x x5）如圖，在矩形ABCDABBCEBFEF到△EB′FB′D，則B′D）如圖，在矩形ABCDABBCEBFEF到△EB′FB′D，則B′D（）6.（7分）下列命題中，真命題的個(gè)數(shù)有【 】①一個(gè)圖形無(wú)論經(jīng)過(guò)平移還是旋轉(zhuǎn)，變換后的圖形與原來(lái)圖形的對(duì)應(yīng)線段一定平行②函數(shù)y=x2+ 1x

圖象上的點(diǎn)P（x，y）一定在第二象限③正投影的投影線彼此平行且垂直于投影面④使得|x|﹣y=3和x12

13．A．3個(gè) B．1個(gè) C．4個(gè) D．2個(gè)一．選擇題（共5小題，滿分30分）7.（6）ABCDE、F、CD且AE=EF=FAB≌△AD②CE=C；③∠AEB=75°；④BE＋DF=EF；⑤S（只填寫(xiě)序號(hào)．

＋S△ABE

=S△ADF

△CEF

，其中正確的是8.（6）順次連接一矩形場(chǎng)地ABCDABBCCDDAE、F、G、HEFGH，MEHP角線EGAB=103PM+PH小值時(shí)，EP的長(zhǎng)為 。5469用(mn表示第m行第n列的座位，新學(xué)期準(zhǔn)備調(diào)整座位，設(shè)某個(gè)學(xué)生原來(lái)的座位為(mn)，如果調(diào)整后的座位為(i,j)a,b]mi,nj 并稱(chēng)ab為該生的位置數(shù)。若某生的位置數(shù)為則當(dāng)mn取最小值時(shí)，mn的最大值為 .10.（6）2002頂點(diǎn)B

B1 2

、…、B

和C1

CC2 3

分別在直線y1x2

31和x軸上，則第n個(gè)陰影正方形的面積為 ．1）如圖，已知直線ly1

2x3

8與直線l3

y2x16相E分別在l1、l上，頂點(diǎn)F、G都在x軸上，且點(diǎn)2GBS：S=△ABC．DEFG2交于點(diǎn)lE分別在l1、l上，頂點(diǎn)F、G都在x軸上，且點(diǎn)2GBS：S=△ABC．DEFG2一．選擇題（共4小題，滿分48分）12.（6125（1）先化簡(jiǎn)：(a4)a2a3，再?gòu)?3、5a3 a3 a2個(gè)你認(rèn)為合適的數(shù)作為a的值代入求值.

3、2、-2x2013（2）已知2012x x，求x20132x201313.（本小題滿分12分）在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，CD為△BCA外DFBAF為DDFBAE.求證△ABD求證AC?AF=DF?FE.12）作完成時(shí)間的ab丙隊(duì)單獨(dú)完成是甲、乙合作完成時(shí)間的c倍.求1

1的值.a1b1c115（12分）如圖，頂點(diǎn)為15（12分）如圖，頂點(diǎn)為（，1）O，求拋物線對(duì)應(yīng)的二次函數(shù)的表達(dá)式；BOAyCOCD≌△OAB；在xP，使得△PCDP2020-2021年成都市石室中學(xué)北湖校區(qū)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷答案解析第四套一、選擇題1則△＞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弧長(zhǎng)的計(jì)算.【分析】如答圖，連接、，∵六邊形是正六邊形中，∴為等邊三角形.∵正六邊形內(nèi)接圓半徑為4，∴邊長(zhǎng)等于半徑4.44所對(duì)的圓心【分析】如答圖，作中垂線交軸于，則是等腰三角形；【分析】如答圖，作中垂線交軸于，則是等腰三角形；以點(diǎn)A為圓心，長(zhǎng)為半徑畫(huà)圓交軸于則B為圓心，長(zhǎng)為半徑畫(huà)圓與軸沒(méi)有交點(diǎn)（因?yàn)辄c(diǎn)到軸的距離大于）C3.故選B．角為.∴由弧長(zhǎng)計(jì)算公式：.故選D.【答案】B.【考點(diǎn)】由實(shí)際問(wèn)題抽象出分式方程（工程問(wèn)題。關(guān)系為：。故選B.120100間。故選B.解：如圖，當(dāng)∠BFE=∠B'FEBDEB′D最小，是AB是ABAB=4，=2﹣2．故選：A．【考點(diǎn)】命題與定理，平移和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，非負(fù)數(shù)的性質(zhì)，平行【分析】①平移后對(duì)應(yīng)線段平行；對(duì)應(yīng)線段相等，對(duì)應(yīng)角相等，圖形的形狀和大小沒(méi)有發(fā)生變化；旋轉(zhuǎn)后對(duì)應(yīng)線段不平行；對(duì)應(yīng)線段相等；對(duì)應(yīng)角相等；圖形的形狀和大小沒(méi)有發(fā)生變化。故此命題錯(cuò)誤。1x②根據(jù)二次根式的意義得，故函數(shù)y=x2+的點(diǎn)P（x，y）1x

圖象上③根據(jù)正投影的定義得出，正投影的投影線彼此平行且垂直于投影面。故此命題正確。④使得|x|﹣y=3和y+x2=0同時(shí)成立，即y=|x|﹣3，y=﹣x2，故|x|﹣3=﹣x2，x2﹣|x|﹣3=0。當(dāng)x＞0，則x2﹣x﹣3=0，解得：x=1+13，x=1 13（不1 2 2 2合題意舍去；當(dāng)＜x+x﹣3=

=1+1（不合題意舍去

1 13。1 2 2 2∴使得|x|﹣y=3和y+x2=0

的取值為：1+13，1 13。2 22D二、填空題【答案】①②③⑤?！究键c(diǎn)】正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理?！痉治觥坑梢阎肁B=AD，AE=AF，利用“HL”可證△ABE≌△ADF，利用全等的性質(zhì)判斷①②③正確【分析】由已知得AB=AD，AE=AF，利用“HL”可證△ABE≌△ADF，利用全等的性質(zhì)判斷①②③正確AD上取一點(diǎn)F由正方形，等邊三角形的性質(zhì)可知∠DAF=15°，從而得∠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正確。3

3米?！究键c(diǎn)】矩形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，特殊角的三角函數(shù)值?！痉治觥咳鐖D，取EF的中點(diǎn)M′，連接H【分析】如圖，取EF的中點(diǎn)M′，連接H′交EG于點(diǎn)PM=PM′，PM+PH=HM′為最小值。AC=20EF=10EH=10HF=AB=10△EHFM′是EFHM′⊥EF，∠PEM′=300在Rt△E′P中，E=5PE′=30義，得EP=EM′÷cos∠PEM3

3（米。36。【考點(diǎn)】坐標(biāo)與圖形的平移變化，坐標(biāo)確定位置。【