【2020-2021自招】浙江溫州中學(xué)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬試卷【4套】【含解析】

實用文檔共4套試卷，含150分的模擬數(shù)學(xué)試卷占4套，對參加自主招生的學(xué)生有一定的指導(dǎo)意義和輔助作用，但不是決定性的作用，祝大家考試順利。第一套：滿分150分2020-2021年浙江溫州中學(xué)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷一．選擇題（共8小題，滿分48分）1．（6分）如圖，△ABC中，D、E是BC邊上的點，BD：DE：EC=3：2：1，M在AC邊上，CM：MA=1：2，BM交AD，AE于H，G，則BH：HG：GM=（）A．3：2：1 B．5：3：1 C．25：12：5 D．51：24：102.（6分）若關(guān)于x的一元二次方程（x－2）（x－3）=m有實數(shù)根x1,x2，且x1≠x2，有下列結(jié)論：①x1=2，x2=3； ②；③二次函數(shù)y=（x－x1）（x－x2）＋m的圖象與x軸交點的坐標(biāo)為（2，0）和（3，0）．其中，正確結(jié)論的個數(shù)是【】A.0 B.1C.2 D.33.（6分）已知長方形的面積為20cm2，設(shè)該長方形一邊長為ycm，另一邊的長為xcm，則y與x之間的函數(shù)圖象大致是（）A.B.C.D.4.（6分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，⊙O的半徑為1，則直線與⊙O的位置關(guān)系是（）A．相離B．相切C．相交D．以上三種情況都有可能5．（6分）若一直角三角形的斜邊長為c，內(nèi)切圓半徑是r，則內(nèi)切圓的面積與三角形面積之比是（）A． B． C． D．6．（6分）如圖，Rt△ABC中，BC=，∠ACB=90°，∠A=30°，D1是斜邊AB的中點，過D1作D1E1⊥AC于E1，連結(jié)BE1交CD1于D2；過D2作D2E2⊥AC于E2，連結(jié)BE2交CD1于D3；過D3作D3E3⊥AC于E3，…，如此繼續(xù)，可以依次得到點E4、E5、…、E2013，分別記△BCE1、△BCE2、△BCE3、…、△BCE2013的面積為S1、S2、S3、…、S2013．則S2013的大小為（）A.B.C.D.7．（6分）拋物線y=ax2與直線x=1，x=2，y=1，y=2圍成的正方形有公共點，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．≤a≤1 B．≤a≤2 C．≤a≤1 D．≤a≤28．（6分）如圖，矩形ABCD的面積為5，它的兩條對角線交于點O1，以AB，AO1為兩鄰邊作平行四邊形ABC1O1，平行四邊形ABC1O1的對角線交BD于點02，同樣以AB，AO2為兩鄰邊作平行四邊形ABC2O2．…，依此類推，則平行四邊形ABC2009O2009的面積為（）A.B.C.D.二．填空題：（每題7分，滿分42分）9．（7分）方程組的解是．10．（7分）若對任意實數(shù)x不等式ax＞b都成立，那么a，b的取值范圍為．11．（7分）如圖，圓錐的母線長是3，底面半徑是1，A是底面圓周上一點，從A點出發(fā)繞側(cè)面一周，再回到A點的最短的路線長是．12．（7分）有一張矩形紙片ABCD，AD=9，AB=12，將紙片折疊使A、C兩點重合，那么折痕長是．13．（7分）設(shè)﹣1≤x≤2，則|x﹣2|﹣|x|+|x+2|的最大值與最小值之差為．14．（7分）兩個反比例函數(shù)y=，y=在第一象限內(nèi)的圖象如圖所示．點P1，P2，P3、…、P2007在反比例函數(shù)y=上，它們的橫坐標(biāo)分別為x1、x2、x3、…、x2007，縱坐標(biāo)分別是1，3，5…共2007個連續(xù)奇數(shù)，過P1，P2，P3、…、P2007分別作y軸的平行線，與y=的圖象交點依次為Q1（x1′，y1′）、Q1（x2′，y2′）、…、Q2（x2007′，y2007′），則|P2007Q2007|=．三．解答題：（每天12分，滿分60分）15.(12分).已知正實數(shù)滿足：,且.求的值.證明:.16．（12分）如圖，是等腰直角三角形，，點在線段上（與、不重合），點在射線上，且。求證：。17．（12分）在0與21之間插入個正整數(shù)，，…，，使其滿足。若1，2，3，…，21這21個正整數(shù)都可以表示為0，，，…，，21這個數(shù)中某兩個數(shù)的差。求的最小值。18．（12分）如圖，已知BC是半圓O的直徑，BC=8，過線段BO上一動點D，作AD⊥BC交半圓O于點A，聯(lián)結(jié)AO，過點B作BH⊥AO，垂足為點H，BH的延長線交半圓O于點F．（1）求證：AH=BD；（2）設(shè)BD=x，BE?BF=y，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；（3）如圖2，若聯(lián)結(jié)FA并延長交CB的延長線于點G，當(dāng)△FAE與△FBG相似時，求BD的長度．19.（12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線AB過點A（3，0）、B（0，m）（m＞0），tan∠BAO=2．（1）求直線AB的表達(dá)式；（2）反比例函數(shù)y=的圖象與直線AB交于第一象限內(nèi)的C、D兩點（BD＜BC），當(dāng)AD=2DB時，求k1的值；（3）設(shè)線段AB的中點為E，過點E作x軸的垂線，垂足為點M，交反比例函數(shù)y=的圖象于點F，分別聯(lián)結(jié)OE、OF，當(dāng)△OEF∽△OBE時，請直接寫出滿足條件的所有k2的值．第一套：滿分150分2020-2021年浙江溫州中學(xué)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷參考答案一.選擇題：1.【解答】解：連接EM，CE：CD=CM：CA=1：3∴EM平行于AD∴△BHD∽△BME，△CEM∽△CDA∴HD：ME=BD：BE=3：5，ME：AD=CM：AC=1：3∴AH=（3﹣）ME，∴AH：ME=12：5∴HG：GM=AH：EM=12：5設(shè)GM=5k，GH=12k，∵BH：HM=3：2=BH：17k∴BH=K，∴BH：HG：GM=k：12k：5k=51：24：10故選D．2.【答案】C。解答：①∵一元二次方程實數(shù)根分別為x1、x2，∴x1=2，x2=3，只有在m=0時才能成立，故結(jié)論①錯誤。②一元二次方程（x－2）（x－3）=m化為一般形式得：x2－5x＋6－m=0，∵方程有兩個不相等的實數(shù)根x1、x2，∴△=b2－4ac=（－5）2－4（6－m）=4m＋1＞0，解得：。故結(jié)論②正確。③∵一元二次方程x2－5x＋6－m=0實數(shù)根分別為x1、x2，∴x1＋x2=5，x1x2=6－m∴二次函數(shù)y=（x－x1）（x－x2）+m=x2－（x1＋x2）x＋x1x2＋m=x2－5x＋（6－m）＋m=x2－5x＋6=（x－2）（x－3）。令y=0，即（x－2）（x－3）=0，解得：x=2或3?！鄴佄锞€與x軸的交點為（2，0）或（3，0），故結(jié)論③正確。綜上所述，正確的結(jié)論有2個：②③。故選C。3.【答案】B?！痉治觥俊吒鶕?jù)題意，得xy=20，∴。故選B。4.【答案】B。【分析】如圖，在中，令x=0，則y=－；令y=0，則x=，∴A（0，－），B（，0）。∴OA=OB=2。∴△AOB是等腰直角三角形。∴AB=2，過點O作OD⊥AB，則OD=BD=AB=×2=1。又∵⊙O的半徑為1，∴圓心到直線的距離等于半徑。∴直線y=x-2與⊙O相切。故選B。5.【分析】連接內(nèi)心和直角三角形的各個頂點，設(shè)直角三角形的兩條直角邊是a，b．則直角三角形的面積是；又直角三角形內(nèi)切圓的半徑r=，則a+b=2r+c，所以直角三角形的面積是r（r+c）；因為內(nèi)切圓的面積是πr2，則它們的比是．【解答】解：設(shè)直角三角形的兩條直角邊是a，b，則有：S=，又∵r=，∴a+b=2r+c，將a+b=2r+c代入S=得：S=r=r（r+c）．又∵內(nèi)切圓的面積是πr2，∴它們的比是．故選B．【點評】此題要熟悉直角三角形的內(nèi)切圓半徑等于兩條直角邊的和與斜邊的差的一半，能夠把直角三角形的面積分割成三部分，用內(nèi)切圓的半徑進(jìn)行表示，是解題的關(guān)鍵．6.解答：解：∵Rt△ABC中，BC=，∠ACB=90°，∠A=30°，∴AC==BC=6，∴S△ABC=AC?BC=6，∵D1E1⊥AC，∴D1E1∥BC，∴△BD1E1與△CD1E1同底同高，面積相等，∵D1是斜邊AB的中點，∴D1E1=BC，CE1=AC，∴S1=BC?CE1=BC×AC=×AC?BC=S△ABC；∴在△ACB中，D2為其重心，∴D2E1=BE1，∴D2E2=BC，CE2=AC，S2=××AC?BC=S△ABC，∴D3E3=BC，CE2=AC，S3=S△ABC…；∴Sn=S△ABC；∴S2013=×6=．故選C．7.【分析】此題主要考數(shù)形結(jié)合，畫出圖形找出范圍，問題就好解決【解答】解：由右圖知：A（1，2），B（2，1），再根據(jù)拋物線的性質(zhì)，|a|越大開口越小，把A點代入y=ax2得a=2，把B點代入y=ax2得a=，則a的范圍介于這兩點之間，故≤a≤2．故選D．【點評】此題考查學(xué)生的觀察能力，把函數(shù)性質(zhì)與正方形連接起來，要學(xué)會數(shù)形結(jié)合．8.解答：解：∵矩形ABCD的對角線互相平分，面積為5，∴平行四邊形ABC1O1的面積為，∵平行四邊形ABC1O1的對角線互相平分，∴平行四邊形ABC2O2的面積為×=，…，依此類推，平行四邊形ABC2009O2009的面積為．故選B．二、填空題9．【分析】根據(jù)式子特點，設(shè)x+1=a，y﹣1=b，然后利用換元法將原方程組轉(zhuǎn)化為關(guān)于a、b的方程組，再換元為關(guān)于x、y的方程組解答．【解答】解：設(shè)x+1=a，y﹣1=b，則原方程可變?yōu)椋散谑接挚勺兓癁?26，把①式代入得=13，這又可以變形為（+）2﹣3=13，再代入又得﹣3=9，解得ab=﹣27，又因為a+b=26，所以解這個方程組得或，于是（1），解得；（2），解得．故答案為和．【點評】本題主要考查解無理方程的知識點，去掉根號把無理式化成有理方程是解題的關(guān)鍵，需要同學(xué)們仔細(xì)掌握．10．【分析】分a=0，a≠0兩種情況分析．【解答】解：∵如果a≠0，不論a大于還是小于0，對任意實數(shù)x不等式ax＞b都成立是不可能的，∴a=0，則左邊式子ax=0，∴b＜0一定成立，∴a，b的取值范圍為a=0，b＜0．【點評】本題是利用了反證法的思想11．【分析】先根據(jù)﹣1≤x≤2，確定x﹣2與x+2的符號，在對x的符號進(jìn)行討論即可．【解答】解：∵﹣1≤x≤2，∴x﹣2≤0，x+2＞0，∴當(dāng)2≥x≥0時，|x﹣2|﹣|x|+|x+2|=2﹣x﹣x+x+2=4﹣x；當(dāng)﹣1≤x＜0時，|x﹣2|﹣|x|+|x+2|=2﹣x+x+x+2=4+x，當(dāng)x=0時，取得最大值為4，x=2時取得最小值，最小值為3，則最大值與最小值之差為1．故答案為：1【點評】本題重點考查有理數(shù)的絕對值和求代數(shù)式值．解此類題的關(guān)鍵是：先利用條件判斷出絕對值符號里代數(shù)式的正負(fù)性，再根據(jù)絕對值的性質(zhì)把絕對值符號去掉，把式子化簡，即可求解．12．【分析】要求出|P2007Q2007|的值，就要先求|Qy2007﹣Py2007|的值，因為縱坐標(biāo)分別是1，3，5…，共2007個連續(xù)奇數(shù)，其中第2007個奇數(shù)是2×2007﹣1=4013，所以P2007的坐標(biāo)是（Px2007，4013），那么可根據(jù)P點都在反比例函數(shù)y=上，可求出此時Px2007的值，那么就能得出P2007的坐標(biāo)，然后將P2007的橫坐標(biāo)代入y=中即可求出Qy2007的值．那么|P2007Q2007|=|Qy2007﹣Py2007|，由此可得出結(jié)果．【解答】解：由題意可知：P2007的坐標(biāo)是（Px2007，4013），又∵P2007在y=上，∴Px2007=．而Qx2007（即Px2007）在y=上，所以Qy2007===，∴|P2007Q2007|=|Py2007﹣Qy2007|=|4013﹣|=．故答案為：．【點評】本題的關(guān)鍵是找出P點縱坐標(biāo)的規(guī)律，以這個規(guī)律為基礎(chǔ)求出P2007的橫坐標(biāo)，進(jìn)而求出Q2007的值，從而可得出所求的結(jié)果．13．【分析】圓錐的側(cè)面展開圖是扇形，從A點出發(fā)繞側(cè)面一周，再回到A點的最短的路線即展開得到的扇形的弧所對弦，轉(zhuǎn)化為求弦的長的問題．【解答】解：∵圖中扇形的弧長是2π，根據(jù)弧長公式得到2π=∴n=120°即扇形的圓心角是120°∴弧所對的弦長是2×3sin60°=3【點評】正確理解圓錐的側(cè)面展開圖與原來的扇形之間的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，理解圓錐的母線長是扇形的半徑，圓錐的底面圓周長是扇形的弧長．14．【分析】首先由勾股定理求出AC的長，設(shè)AC的中點為E，折線與AB交于F．然后求證△AEF∽△ABC求出EF的長．【解答】解：如圖，由勾股定理易得AC=15，設(shè)AC的中點為E，折線FG與AB交于F，（折線垂直平分對角線AC），AE=7.5．∵∠AEF=∠B=90°，∠EAF是公共角，∴△AEF∽△ABC，∴==．∴EF=．∴折線長=2EF=．故答案為．【點評】本題綜合考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，相似，全等等知識點．三、解答題15.【解析】（1）解：由等式，去分母得，，，，，原式=（2）證明：由（1）得計算過程知，又為正實數(shù),∴.【注：】16.【答案】如圖，作點關(guān)于直線的對稱點，連結(jié)、、，，則?！呤堑妊苯侨切?，，且，∴，?！?。又，?！唷！?，。又由，知。∴?！?。又，∴。另解：如圖，沿翻折得，則?！?，，，?！?，∴。又，。∴。∴，，。∴。17.【解答】∵個數(shù)至多可以表示個不同的且為正數(shù)的差?！嘁李}意有，，即?！唷Ｏ旅孀C明不符合要求。若符合要求，則由時，知，由0，，，，，，21這7個數(shù)兩兩之差（大數(shù)減去小數(shù)）所得的下列21個數(shù)：，，，，，21，，，，，，，，，，，，，，，互不相同。于是它們是1，2，3，…，21的一個排列。記這21個數(shù)的和為，則?？梢姙榕紨?shù)。另一方面，為奇數(shù)，與為偶數(shù)矛盾?！嗖环弦蟆７弦?。如插入2，5，8，12，19，20。（不唯一）可以驗證：用0，2，5，8，12，19，20，21這8個數(shù)中某兩個數(shù)的差可以表示1，2，3，…，21中任意一個數(shù)。（，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，。）可見的最小值為6。18.【分析】（1）由AD⊥BC，BH⊥AO，利用垂直的定義得到一對直角相等，再由一對公共角，且半徑相等，利用AAS得到三角形ADO與三角形BHO全等，利用全等三角形對應(yīng)邊相等得到OH=OD，利用等式的性質(zhì)化簡即可得證；（2）連接AB，AF，如圖1所示，利用HL得到直角三角形ADB與直角三角形BHA全等，利用全等三角形對應(yīng)角相等得到一對角相等，再由公共角相等得到三角形ABE與三角形AFB相似，由相似得比例即可確定出y與x的函數(shù)解析式；（3）連接OF，如圖2所示，利用兩對角相等的三角形相似得到三角形AFO與三角形FOG相似，由相似得比例求出BD的長即可．【解答】（1）證明：∵AD⊥BC，BH⊥AO，∴∠ADO=∠BHO=90°，在△ADO與△BHO中，，∴△ADO≌△BHO（AAS），∴OH=OD，又∵OA=OB，∴AH=BD；（2）解：連接AB、AF，如圖1所示，∵AO是半徑，AO⊥弦BF，∴∴AB=AF，∴∠ABF=∠AFB，在Rt△ADB與Rt△BHA中，，∴Rt△ADB≌Rt△BHA（HL），∴∠ABF=∠BAD，∴∠BAD=∠AFB，又∵∠ABF=∠EBA，∴△BEA∽△BAF，∴=，∴BA2=BE?BF，∵BE?BF=y，∴y=BA2，∵∠ADO=∠ADB=90°，∴AD2=AO2﹣DO2，AD2=AB2﹣BD2，∴AO2﹣DO2=AB2﹣BD2，∵直徑BC=8，BD=x，∴AB2=8x，則y=8x（0＜x＜4）；方法二：∵BE?BF=y，BF=2BH，∴BE?BH=y，∵△BED∽△BOH，∴=，∴OB?BD=BE?BH，∴4x=y，∴y=8x（0＜x＜4）；（3）解：連接OF，如圖2所示，∵∠GFB是公共角，∠FAE＞∠G，∴當(dāng)△FAE∽△FBG時，∠AEF=∠G，∵∠BHA=∠ADO=90°，∴∠AEF+∠DAO=90°，∠AOD+∠DAO=90°，∴∠AEF=∠AOD，∴∠G=∠AOD，∴AG=AO=4，∵∴∠AOD=∠AOF，∴∠G=∠AOF，又∵∠GFO是公共角，∴△FAO∽△FOG，∴=，∵AB2=8x，AB=AF，∴AF=2x，∴=，解得：x=3±，∵3+＞4，舍去，∴BD=3﹣．19.【分析】（1）先通過解直角三角形求得A的坐標(biāo)，然后根據(jù)待定系數(shù)法即可求得直線AB的解析式；（2）作DE∥OA，根據(jù)題意得出==，求得DE，即D的橫坐標(biāo)，代入AB的解析式求得縱坐標(biāo)，然后根據(jù)反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征即可求得k1；（3）根據(jù)勾股定理求得AB、OE，進(jìn)一步求得BE，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得EF的長，從而求得FM的長，得出F的坐標(biāo)，然后根據(jù)反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征即可求得k2．【解答】解：（1）∵A（3，0）、B（0，m）（m＞0），∴OA=3，OB=m，∵tan∠BAO==2，∴m=6，設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，代入A（3，0）、B（0，6）得：解得：b=6，k=﹣2∴直線AB的解析式為y=﹣2x+6；（2）如圖1，∵AD=2DB，∴=，作DE∥OA，∴==，∴DE=OA=1，∴D的橫坐標(biāo)為1，代入y=﹣2x+6得，y=4，∴D（1，4），∴k1=1×4=4；（3）如圖2，∵A（3，0），B（0，6），∴E（，3），AB==3，∵OE是Rt△OAB斜邊上的中線，∴OE=AB=，BE=，∵EM⊥x軸，∴F的橫坐標(biāo)為，∵△OEF∽△OBE，∴=，∴，∴EF=，∴FM=3﹣=．∴F（，），∴k2=×=．第二套：滿分150分2020-2021年浙江溫州中學(xué)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷一．選擇題（每小題6分，滿分48分）1．（6分）如圖，在銳角△ABC中，AB=6，∠BAC=45°，∠BAC的平分線交BC于點D，M，N分別是AD和AB上的動點，則BM+MN的最小值是（）A.B.6C.D.32．（6分）有鉛筆、練習(xí)本、圓珠筆三種學(xué)習(xí)用品，若購鉛筆3支，練習(xí)本7本，圓珠筆1支共需3.15元；若購鉛筆4支，練習(xí)本8本，圓珠筆2支共需4.2元，那么購鉛筆、練習(xí)本、圓珠筆各1件共需（）A．1.2元 B．1.05元 C．0.95元 D．0.9元3．（6分）已知且，那么，，，的大小關(guān)系是（）A．B． C. D．4．（6分）如圖，在△ABC中∠A=60°，BM⊥AC于點M，CN⊥AB于點N，P為BC邊的中點，連接PM，PN，則下列結(jié)論：①PM=PN；②；③△PMN為等邊三角形；④當(dāng)∠ABC=45°時，BN=PC．其中正確的個數(shù)是（）A.1個B.2個C.3個D.4個5.（6分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形ABOC的頂點O在坐標(biāo)原點，邊BO在x軸的負(fù)半軸上，∠BOC=60°，頂點C的坐標(biāo)為(m,)，反比例函數(shù)的圖像與菱形對角線AO交于D點，連接BD，當(dāng)BD⊥x軸時，k的值是（）A.B.C.D.6.（6分）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90o，AC＝3，BC＝4，將邊AC沿CE翻折，使點A落在AB上的點D處；再將邊BC沿CF翻折，使點B落在CD的延長線上的點B′處，兩條折痕與斜邊AB分別交于點E、F，則線段B′F的長為（）A.B.C.D.7．（6分）已知關(guān)于x的不等式組恰有3個整數(shù)解，則a的取值范圍是（）A． B． C． D．8．（6分）正方形ABCD、正方形BEFG和正方形RKPF位置如圖所示，點G在線段DK上，正方形BEFG邊長為4，則△DEK的面積為（）A.10B.12C.14D.16二．填空題（每小題7分，滿分42分）9.（7分）若直線y＝m（m為常數(shù)）與函數(shù)y＝eq\b\lc\{(\a\al(x2（x≤2）,\F(4,x)（x＞2）))的圖像恒有三個不同的交點，則常數(shù)m的取值范圍是。10.（7分）如圖，四邊形ABCD是矩形，A，B兩點在x軸的正半軸上，C，D兩點在拋物線上，設(shè)OA=m（0＜m＜3），矩形ABCD的周長為l，則l與m的函數(shù)解析式為。11．（7分）已知3，a，4，b，5這五個數(shù)據(jù)，其中a，b是方程x2﹣3x+2=0的兩個根，則這五個數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差是．12．（7分）若拋物線y=2x2﹣px+4p+1中不管p取何值時都通過定點，則定點坐標(biāo)為．13．（7分）有五張正面分別標(biāo)有數(shù)0，1，2，3，4，5的不透明卡片，它們除了數(shù)字不同外其余全部相同．現(xiàn)將它們背面朝上，洗勻后從中任取一張，將卡片上的數(shù)記為a，則使關(guān)于x的方程+2=有正整數(shù)解的概率為14．（7分）已知：對于正整數(shù)n，有，若某個正整數(shù)k滿足：，則k=．三．解答題（每題12分，滿分60分）15.（12分）如圖，在等腰中,為邊上異于中點的點，點關(guān)于直線的對稱點為點,的延長線與的延長線交于點求的值.16．（12分）已知拋物線與動直線有公共點，，且.（1）求實數(shù)t的取值范圍；（2）當(dāng)t為何值時，c取到最小值，并求出c的最小值.17．（12分）如圖，在每一個四邊形ABCD中，均有AD∥BC，CD⊥BC，∠ABC=60°，AD=8，BC=12．（1）如圖①，點M是四邊形ABCD邊AD上的一點，則△BMC的面積為；（2）如圖②，點N是四邊形ABCD邊AD上的任意一點，請你求出△BNC周長的最小值；（3）如圖③，在四邊形ABCD的邊AD上，是否存在一點P，使得cos∠BPC的值最小？若存在，求出此時cos∠BPC的值；若不存在，請說明理由．18．（12分）已知：半圓O的直徑AB=6，點C在半圓O上，且tan∠ABC=2，點D為弧AC上一點，聯(lián)結(jié)DC（如圖）（1）求BC的長；（2）若射線DC交射線AB于點M，且△MBC與△MOC相似，求CD的長；（3）聯(lián)結(jié)OD，當(dāng)OD∥BC時，作∠DOB的平分線交線段DC于點N，求ON的長．19．（12分）如圖，已知二次函數(shù)y=x2+bx+c（b，c為常數(shù)）的圖象經(jīng)過點A（3，﹣1），點C（0，﹣4），頂點為點M，過點A作AB∥x軸，交y軸與點D，交該二次函數(shù)圖象于點B，連結(jié)BC．（1）求該二次函數(shù)的解析式及點M的坐標(biāo)；（2）若將該二次函數(shù)圖象向上平移m（m＞0）個單位，使平移后得到的二次函數(shù)圖象的頂點落在△ABC的內(nèi)部（不包含△ABC的邊界），求m的取值范圍；（3）點P時直線AC上的動點，若點P，點C，點M所構(gòu)成的三角形與△BCD相似，請直接寫出所有點P的坐標(biāo)（直接寫出結(jié)果，不必寫解答過程）．第二套：滿分150分2020-2021年浙江溫州中學(xué)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷答案解析一、選擇題1.解答：解：如圖，作BH⊥AC，垂足為H，交AD于M′點，過M′點作M′N′⊥AB，垂足為N′，則BM′+M′N′為所求的最小值．∵AD是∠BAC的平分線，∴M′H=M′N′，∴BH是點B到直線AC的最短距離（垂線段最短），∵AB=4，∠BAC=45°，∴BH=AB?sin45°=6×=3．∵BM+MN的最小值是BM′+M′N′=BM′+M′H=BH=3．故選C2.【分析】設(shè)購一支鉛筆，一本練習(xí)本，一支圓珠筆分別需要x，y，z元，建立三元一次方程組，兩個方程相減，即可求得x+y+z的值．【解答】解：設(shè)購一支鉛筆，一本練習(xí)本，一支圓珠筆分別需要x，y，z元，根據(jù)題意得，②﹣①得x+y+z=1.05（元）．故選：B．【點評】解答此題關(guān)鍵是根據(jù)題意列出方程組，同時還要有整體思想．3．解：∵mn＜0，∴m，n異號，由1﹣m＞1﹣n＞0＞n+m+1，可知m＜n，m+n＜﹣1，m＜0，0＜n＜1，|m|＞|n|，|m|＞2，假設(shè)符合條件的m=﹣4，n=0.2則=5，n+=0.2﹣=﹣則﹣4＜﹣＜0.2＜5故m＜n+＜n＜．故選：D．4.解答：解：①∵BM⊥AC于點M，CN⊥AB于點N，P為BC邊的中點，∴PM=BC，PN=BC，∴PM=PN，正確；②在△ABM與△ACN中，∵∠A=∠A，∠AMB=∠ANC=90°，∴△ABM∽△ACN，∴，正確；③∵∠A=60°，BM⊥AC于點M，CN⊥AB于點N，∴∠ABM=∠ACN=30°，在△ABC中，∠BCN+∠CBM═180°﹣60°﹣30°×2=60°，∵點P是BC的中點，BM⊥AC，CN⊥AB，∴PM=PN=PB=PC，∴∠BPN=2∠BCN，∠CPM=2∠CBM，∴∠BPN+∠CPM=2（∠BCN+∠CBM）=2×60°=120°，∴∠MPN=60°，∴△PMN是等邊三角形，正確；④當(dāng)∠ABC=45°時，∵CN⊥AB于點N，∴∠BNC=90°，∠BCN=45°，∴BN=CN，∵P為BC邊的中點，∴PN⊥BC，△BPN為等腰直角三角形∴BN=PB=PC，正確．故選D5.【考點】反比例函數(shù) 綜合題；曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系；菱形的性質(zhì)；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值.【分析】如答圖，AC交軸于點H，則CH⊥軸.∵∠BOC=60°，∴∠COH=30°，∵點C的坐標(biāo)為(m,)∴.∴.∵四邊形ABOC是菱形，∴，∠BOD=30°.∵BD⊥x軸，∴.∴點D的坐標(biāo)為.∵點D在反比例函數(shù)的圖像上，∴.故選D． 【考點】翻折變換（折疊問題）；折疊的性質(zhì)；等腰直角三角形的判定和性質(zhì)；勾股定理．6.【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可知，∴.∵，∴.∴是等腰直角三角形.∴.∴.∴.∵，∴.在中，根據(jù)勾股定理，得AB=5，∴.∴.在中，根據(jù)勾股定理，得，∴.∴.在中，根據(jù)勾股定理，得.故選B．7．解：由于不等式組有解，則，必定有整數(shù)解0，∵，∴三個整數(shù)解不可能是﹣2，﹣1，0．若三個整數(shù)解為﹣1，0，1，則不等式組無解；若三個整數(shù)解為0，1，2，則；解得．故選：B．8.解答：解：如圖，連DB，GE，F(xiàn)K，則DB∥GE∥FK，在梯形GDBE中，S△DGE=S△GEB（同底等高的兩三角形面積相等），同理S△GKE=S△GFE．∴S陰影=S△DGE+S△GKE，=S△GEB+S△GEF，=S正方形GBEF，=4×4=16故選D．二、填空題9.【考點】矩形的性質(zhì)，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標(biāo)與方程的關(guān)系?！痉治觥壳髄與m的函數(shù)解析式就是把m當(dāng)作已知量，求l，先求AD，它的長就是D點的縱坐標(biāo)，再把D點縱坐標(biāo)代入函數(shù)解析式求C點橫坐標(biāo)，C點橫坐標(biāo)與D點橫坐標(biāo)的差就是線段CD的長，用l=2（AD+AB），建立函數(shù)關(guān)系式：把x=m代入拋物線中，得AD=，把y=代入拋物線中，得，解得x1=m，x2=6－m。∴C的橫坐標(biāo)是6－m。∴AB=6－m－m=6－2m。∴矩形的周長是。10.【答案】0＜m＜2?！究键c】二次函數(shù)的圖象，反比例函數(shù)的圖象?！痉治觥糠侄魏瘮?shù)y＝eq\b\lc\{(\a\al(x2（x≤2）,\F(4,x)（x＞2）))的圖象如右圖所示：故要使直線y＝m（m為常數(shù)）與函數(shù)y＝eq\b\lc\{(\a\al(x2（x≤2）,\F(4,x)（x＞2）))的圖象恒有三個不同的交點，常數(shù)m的取值11．【分析】先解方程得到a，b的值，計算出平均數(shù)和方差后，再計算方差的算術(shù)平方根，即為標(biāo)準(zhǔn)差．【解答】解：由方程x2﹣3x+2=0解方程的兩個根是1，2，即a=1，b=2故這組數(shù)據(jù)是3，1，4，2，5其平均數(shù)（3+1+4+2+5）=3方差S2=[（3﹣3）2+（1﹣3）2+（4﹣3）2+（2﹣3）2+（5﹣3）2]=2故五個數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差是S==故本題答案為：．【點評】計算標(biāo)準(zhǔn)差需要先算出方差，計算方差的步驟是：（1）計算數(shù)據(jù)的平均數(shù)；（2）計算偏差，即每個數(shù)據(jù)與平均數(shù)的差；（3）計算偏差的平方和；（4）偏差的平方和除以數(shù)據(jù)個數(shù)．標(biāo)準(zhǔn)差即方差的算術(shù)平方根；注意標(biāo)準(zhǔn)差和方差一樣都是非負(fù)數(shù)．12．【分析】把含p的項合并，只有當(dāng)p的系數(shù)為0時，不管p取何值拋物線都通過定點，可求x、y的對應(yīng)值，確定定點坐標(biāo)．【解答】解：y=2x2﹣px+4p+1可化為y=2x2﹣p（x﹣4）+1，分析可得：當(dāng)x=4時，y=33；且與p的取值無關(guān)；故不管p取何值時都通過定點（4，33）．【點評】本題考查二次函數(shù)圖象過定點問題，解決此類問題：首先根據(jù)題意，化簡函數(shù)式，提出未知的常數(shù)，化簡后再根據(jù)具體情況判斷．13．解：∵，∴，即1﹣，∴，解得k=8．故答案為：8．14．解：解分式方程得：x=，∵分式方程的解為正整數(shù)，∴2﹣a＞0，∴a＜2，∴a=0，1，∵分式方程的解為正整數(shù)，當(dāng)a=1時，x=2不合題意，∴a=0，∴使關(guān)于x的分式方程有正整數(shù)解的概率為，故答案為：．三、解答題15.【解析】如圖，連接,則點關(guān)于直線的對稱點為點,四點共圓,(同弧所對得圓周角相等),四點共圓，（注：若共底邊的兩個三角形頂角相等，且在底邊的同側(cè)，則四個頂點共圓，也可以說成：若線段同側(cè)兩點到線段兩端點連線夾角相等，那么這兩點和線段兩端點四點共圓）16.解：（1）聯(lián)立與，消去y得二次方程①有實數(shù)根，，則．所以=＝．②把②式代入方程①得．③t的取值應(yīng)滿足≥0，④且方程③有實數(shù)根，即＝≥0，⑤解不等式④得≤-3或≥1，解不等式⑤得≤≤.所以，t的取值范圍為≤≤.⑥(2)由②式知.由于在≤≤時是遞增的，所以，當(dāng)時,.17.【分析】（1）如圖①，過A作AE⊥BC，可得出四邊形AECD為矩形，得到EC=AD，BE=BC﹣EC，在直角三角形ABE中，求出AE的長，即為三角形BMC的高，求出三角形BMC面積即可；（2）如圖②，作點C關(guān)于直線AD的對稱點C′，連接C′N，C′D，C′B交AD于點N′，連接CN′，則BN+NC=BN+NC′≥BC′=BN′+CN′，可得出△BNC周長的最小值為△BN′C的周長=BN′+CN′+BC=BC′+BC，求出即可；（3）如圖③所示，存在點P，使得cos∠BPC的值最小，作BC的中垂線PQ交BC于點Q，交AD于點P，連接BP，CP，作△BPC的外接圓O，圓O與直線PQ交于點N，則PB=PC，圓心O在PN上，根據(jù)AD與BC平行，得到圓O與AD相切，根據(jù)PQ=DC，判斷得到PQ大于BQ，可得出圓心O在BC上方，在AD上任取一點P′，連接P′B，P′C，P′B交圓O于點M，連接MC，可得∠BPC=∠BMC≥∠BP′C，即∠BPC最大，cos∠BPC的值最小，連接OB，求出即可．【解答】解：（1）如圖①，過A作AE⊥BC，∴四邊形AECD為矩形，∴EC=AD=8，BE=BC﹣EC=12﹣8=4，在Rt△ABE中，∠ABE=60°，BE=4，∴AB=2BE=8，AE==4，則S△BMC=BC?AE=24；故答案為：24；（2）如圖②，作點C關(guān)于直線AD的對稱點C′，連接C′N，C′D，C′B交AD于點N′，連接CN′，則BN+NC=BN+NC′≥BC′=BN′+CN′，∴△BNC周長的最小值為△BN′C的周長=BN′+CN′+BC=BC′+BC，∵AD∥BC，AE⊥BC，∠ABC=60°，∴過點A作AE⊥BC，則CE=AD=8，∴BE=4，AE=BE?tan60°=4，∴CC′=2CD=2AE=8，∵BC=12，∴BC′==4，∴△BNC周長的最小值為4+12；（3）如圖③所示，存在點P，使得cos∠BPC的值最小，作BC的中垂線PQ交BC于點Q，交AD于點P，連接BP，CP，作△BPC的外接圓O，圓O與直線PQ交于點N，則PB=PC，圓心O在PN上，∵AD∥BC，∴圓O與AD相切于點P，∵PQ=DC=4＞6，∴PQ＞BQ，∴∠BPC＜90°，圓心O在弦BC的上方，在AD上任取一點P′，連接P′B，P′C，P′B交圓O于點M，連接MC，∴∠BPC=∠BMC≥∠BP′C，∴∠BPC最大，cos∠BPC的值最小，連接OB，則∠BON=2∠BPN=∠BPC，∵OB=OP=4﹣OQ，在Rt△BOQ中，根據(jù)勾股定理得：OQ2+62=（4﹣OQ）2，解得：OQ=，∴OB=，∴cos∠BPC=cos∠BOQ==，則此時cos∠BPC的值為．18.【分析】（1）如圖1中，根據(jù)AB是直徑，得△ABC是直角三角形，利用勾股定理即可解決問題．（2）如圖2中，只要證明△OBC≌△OCD得BC=CD，即可解決問題．（3）如圖3中，延長ON交BC的延長線于G，作GH⊥OB于H，先求出BG，根據(jù)tan∠HBG=2，利用勾股定理求出線段HB、HG，再利用CG∥DO得，由此即可解決．【解答】解；（1）如圖1中，連接AC，∵AB是直徑，∴∠ACB=90°，∵tan∠ABC=2，∴可以假設(shè)AC=2k，BC=k，∵AB=6，AB2=AC2+BC2，∴36=8k2+k2，∴k2=4，∵k＞0，∴k=2，BC=2．（2）如圖2中，∵△MBC與△MOC相似，∴∠MBC=∠MCO，∵∠MBC+∠OBC=180°，∠MCO+∠OCD=180°，∴∠OBC=∠OCD，∵OB=OC=OD，∴∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC，在△OBC和△OCD中，，∴△OBC≌△OCD，∴BC=CD=2．（3）如圖3中，延長ON交BC的延長線于G，作GH⊥OB于H．∵BC∥OD，∴∠DOG=∠OGB=∠GOB，∴BO=BG=3，∵tan∠HBG=，設(shè)GH=2a，HB=a，∵BG2=GH2+HB2，∴8a2+a2=9，∴a2=1，∵a＞0，∴a=1，HB=1，GH=2，OH=2，OG==2，∵GC∥DO，∴=，∴ON=×=．19.【分析】（1）把A、C兩點的坐標(biāo)代入拋物線的解析式可求b、c的值，然后利用配方法可求得點M的坐標(biāo)；（2）先求得直線AC的解析式，然后再求得拋物線的對稱軸，設(shè)直線x=1與△ABC的兩邊分別交于點E與點F，然后求得點E和點F的坐標(biāo)，然后依據(jù)平移后拋物線的頂點在△BAC的內(nèi)部列不等式組求解即可；（3）先證明∠PCM為直角，然后分為△MPC∽△CBD、BDC∽△MCP，兩種情況求得PC的長，然后再求得點P的坐標(biāo)即可．【解答】解：（1）把A、C兩點的坐標(biāo)代入得：，解得：．∴二次函數(shù)的解析式為y=x2﹣2x﹣4．配方得：y=（x﹣1）2﹣5．∴點M的坐標(biāo)為（1，﹣5）．（2）設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，把點A、C的坐標(biāo)代入得：，解得：，∴直線AC的解析式為y=x﹣4．拋物線的對稱軸方程為x=﹣=1．如圖1所示，直線x=1與△ABC的兩邊分別交于點E與點F，則點F的坐標(biāo)為（1，﹣1）．將x=1代入直線y=x﹣4得：y=﹣3．∴E（1，﹣3）．∵拋物線向上平移m個單位長度時，拋物線的頂點在△BAC的內(nèi)部，∴﹣3＜﹣5+m＜﹣1．∴2＜m＜4．（3）如圖2所示：把y=﹣1代入拋物線的解析式得：x2﹣2x﹣4=﹣1，解得x=﹣1或x=3，∴B（﹣1，﹣1）．∴BD=1．∵AB∥x軸，A（4，﹣1），∴D（0，﹣1）∴AD=DC=3．∴∠DCA=45°．過點M作ME⊥y軸，垂足為E．∵C（0，﹣4），M（1，﹣5）．∴CE=ME=1．∴∠ECM=45°，MC=．∴∠ACM=90°．∴∠PCM=∠CDB=90°．①當(dāng)△MPC∽△CBD時，，即=，解得PC=．∴CF=PF=sin45°?PC=×=．∴P（﹣，﹣）．如圖3所示：點P在點C的右側(cè)時，過點P作PF⊥y軸，垂足為F．∵CP=，∠FCP=45°，∠CFP=90°，∴CF=FP=×=．∴P（﹣，﹣）．②當(dāng)BDC∽△MCP時，=，即=，解得PC=3．如圖4所示：當(dāng)點P在AC的延長線上時，過點作PE⊥y軸，垂足為E．∵PC=3，∠PCE=45°，∠PEC=90°，∴CE=PE=3×=3．∴P（﹣3，﹣7）．如圖5所示：當(dāng)點P在AC上時，過點P作PE⊥y軸，垂足為E．∵PC=3，∠PCE=45°，∠PEC=90°，∴CE=PE=3×=3．∴P（3，﹣1）．綜上所述，點P的坐標(biāo)為（﹣3，﹣7）或（3，﹣1）或（﹣，﹣）或（﹣，﹣）．第三套：滿分150分2020-2021年浙江溫州中學(xué)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷一．選擇題（每小題6分，滿分48分）1．（6分）設(shè)關(guān)于x的方程ax2+（a+2）x+9a=0，有兩個不相等的實數(shù)根x1、x2，且x1＜1＜x2，那么實數(shù)a的取值范圍是（）A． B． C． D．2.（6分）如圖，正方形ABCD的邊AB=1，和都是以1為半徑的圓弧，則無陰影兩部分的面積之差是（）A． B．1﹣ C．﹣1 D．1﹣3．（6分）Rt△ABC中，AB=AC，點D為BC中點．∠MDN=90°，∠MDN繞點D旋轉(zhuǎn)，DM、DN分別與邊AB、AC交于E、F兩點．下列結(jié)論：①（BE+CF）=BC；②S△AEF≤S△ABC；③S四邊形AEDF=AD?EF；④AD≥EF；⑤AD與EF可能互相平分，其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）A.1個B.2個C.3個D.4個4.（6分）在同一平面直角坐標(biāo)系中，函數(shù)與的圖象可能是（）A.B.C.D.5.（6分）已知二次函數(shù)y=﹣x2﹣7x+，若自變量x分別取x1，x2，x3，且0＜x1＜x2＜x3，則對應(yīng)的函數(shù)值y1，y2，y3的大小關(guān)系正確的是（）A．y1＞y2＞y3B．y1＜y2＜y3C．y2＞y3＞y1D．y2＜y3＜y16．（6分）如圖，點O為正方形ABCD的中心，BE平分∠DBC交DC于點E，延長BC到點F，使FC=EC，連接DF交BE延長線于點H，連接OH交DC于點G，連接HC．則以下四個結(jié)論中正確結(jié)論個數(shù)為（）①OH=BF；②∠CHF=45°；③GH=BC；④DH2=HE?HB．A.1個B.2個C.3個D.4個7.（6分）如圖，C是以AB為直徑的半圓O上一點，連結(jié)AC，BC，分別以AC，BC為邊向外作正方形ACDE，BCFG，DE，F(xiàn)G，的中點分別是M，N，P，Q.若MP+NQ=14，AC+BC=18，則AB的長是（）A.B.C.13D.168.（6分）如圖，已知正△ABC的邊長為2，E，F(xiàn)，G分別是AB，BC，CA上的點，且AE=BF=CG，設(shè)△EFG的面積為y，AE的長為x，則y關(guān)于x的函數(shù)圖象大致是（）A.B.C.D.二.填空題（每小題7分，滿分42分）9.（7分）若是不等于1的實數(shù)，我們把稱為的差倒數(shù)，如2的差倒數(shù)是，的差倒數(shù)為，現(xiàn)已知，是的差倒數(shù)，是的差倒數(shù)，是的差倒數(shù)，……，依次類推，則=．10.（7分）如圖，在四邊形ABCD中，AC=BD=6，E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點，則EG2+FH2=。11.（7分）如果關(guān)于x不等式組：，的整數(shù)解僅有1，2，那么適合這個不等式組的整數(shù)a，b組成有序數(shù)對（a，b）共有個。12.（7分）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點G，點F是CD上一點，且滿足=，連接AF并延長交⊙O于點E，連接AD、DE，若CF=2，AF=3．給出下列結(jié)論：①△ADF∽△AED；②FG=2；③tan∠E=；④S△DEF=4．其中正確的是（寫出所有正確結(jié)論的序號）．13.（7分）如圖，∠ACD是△ABC的外角，∠ABC的平分線與∠ACD的平分線交于點A1，∠A1BC的平分線與∠A1CD的平分線交于點A2，…，∠An﹣1BC的平分線與∠An﹣1CD的平分線交于點An．設(shè)∠A=．則：（1）∠A1=；（2）∠An=．14.（7分）如圖，把拋物線y=x2平移得到拋物線m，拋物線m經(jīng)過點A（﹣6，0）和原點O（0，0），它的頂點為P，它的對稱軸與拋物線y=x2交于點Q，則圖中陰影部分的面積為．三.解答題（每小題12分，滿分60分）15.（12分）如圖，△ABC中，，．點P在△ABC內(nèi)，且，求△ABC的面積．16（12分）．已知二次函數(shù)，當(dāng)時，恒有；關(guān)于x的方程的兩個實數(shù)根的倒數(shù)和小于．求的取值范圍．17．（12分）北京奧運會開幕前，某體育用品商場預(yù)測某品牌運動服能夠暢銷，就用32000元購進(jìn)了一批這種運動服，上市后很快脫銷，商場又用68000元購進(jìn)第二批這種運動服，所購數(shù)量是第一批購進(jìn)數(shù)量的2倍，但每套進(jìn)價多了10元．（1）該商場兩次共購進(jìn)這種運動服多少套？（2）如果這兩批運動服每套的售價相同，且全部售完后總利潤率不低于20%，那么每套售價至少是多少元？（利潤率）18．（12分）如圖，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，sinA=，點P是邊BC上的一點，PE⊥AB，垂足為E，以點P為圓心，PC為半徑的圓與射線PE相交于點Q，線段CQ與邊AB交于點D．（1）求AD的長；（2）設(shè)CP=x，△PCQ的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出定義域；（3）過點C作CF⊥AB，垂足為F，聯(lián)結(jié)PF、QF，如果△PQF是以PF為腰的等腰三角形，求CP的長．19．（12分）如圖（1），直線y=﹣x+n交x軸于點A，交y軸于點C（0，4），拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過點A，交y軸于點B（0，﹣2）．點P為拋物線上一個動點，過點P作x軸的垂線PD，過點B作BD⊥PD于點D，連接PB，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為m．（1）求拋物線的解析式；（2）當(dāng)△BDP為等腰直角三角形時，求線段PD的長；（3）如圖（2），將△BDP繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)，得到△BD′P′，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角∠PBP′=∠OAC，且點P的對應(yīng)點P′落在坐標(biāo)軸上時，請直接寫出點P的坐標(biāo)．第三套：滿分150分2020-2021年浙江溫州中學(xué)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷答案解析一、選擇題1.【分析】方法1、根據(jù)一元二次方程的根的判別式，建立關(guān)于a的不等式，求出a的取值范圍．又存在x1＜1＜x2，即（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，x1x2﹣（x1+x2）+1＜0，利用根與系數(shù)的關(guān)系，從而最后確定a的取值范圍．方法2、由方程有兩個實數(shù)根即可得出此方程是一元二次方程，而x1＜1＜x2，可以看成是二次函數(shù)y=ax2+（a+2）x+9a的圖象與x軸的兩個交點在1左右兩側(cè)，由此得出自變量x=1時，對應(yīng)的函數(shù)值的符號，即可得出結(jié)論．【解答】解：方法1、∵方程有兩個不相等的實數(shù)根，則a≠0且△＞0，由（a+2）2﹣4a×9a=﹣35a2+4a+4＞0，解得﹣＜a＜，∵x1+x2=﹣，x1x2=9，又∵x1＜1＜x2，∴x1﹣1＜0，x2﹣1＞0，那么（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，∴x1x2﹣（x1+x2）+1＜0，即9++1＜0，解得＜a＜0，最后a的取值范圍為：＜a＜0．故選D．方法2、由題意知，a≠0，令y=ax2+（a+2）x+9a，由于方程的兩根一個大于1，一個小于1，∴拋物線與x軸的交點分別在1兩側(cè)，當(dāng)a＞0時，x=1時，y＜0，∴a+（a+2）+9a＜0，∴a＜﹣（不符合題意，舍去），當(dāng)a＜0時，x=1時，y＞0，∴a+（a+2）+9a＞0，∴a＞﹣，∴﹣＜a＜0，故選D．【點評】總結(jié)：1、一元二次方程根的情況與判別式△的關(guān)系：（1）△＞0?方程有兩個不相等的實數(shù)根；（2）△=0?方程有兩個相等的實數(shù)根；（3）△＜0?方程沒有實數(shù)根．2、根與系數(shù)的關(guān)系為：x1+x2=﹣，x1x2=．2．【分析】圖中1、2、3、4圖形的面積和為正方形的面積，1、2和兩個3的面積和是兩個扇形的面積，因此兩個扇形的面積的和﹣正方形的面積=無陰影兩部分的面積之差，即﹣1=．【解答】解：如圖：正方形的面積=S1+S2+S3+S4；①兩個扇形的面積=2S3+S1+S2；②②﹣①，得：S3﹣S4=S扇形﹣S正方形=﹣1=．故選：A．【點評】本題主要考查了扇形的面積計算公式及不規(guī)則圖形的面積計算方法．找出正方形內(nèi)四個圖形面積之間的聯(lián)系是解題的關(guān)鍵．3.解答：解：∵Rt△ABC中，AB=AC，點D為BC中點，∴∠C=∠BAD=45°，AD=BD=CD，∵∠MDN=90°，∴∠ADE+∠ADF=∠ADF+∠CDF=90°，∴∠ADE=∠CDF．在△AED與△CFD中，∵，∴△AED≌△CFD（ASA），∴AE=CF，在Rt△ABD中，BE+CF=BE+AE=AB==BD=BC．故①正確；設(shè)AB=AC=a，AE=CF=x，則AF=a﹣x．∵S△AEF=AE?AF=x（a﹣x）=﹣（x﹣a）2+a2，∴當(dāng)x=a時，S△AEF有最大值a2，又∵S△ABC=×a2=a2，∴S△AEF≤S△ABC．故②正確；EF2=AE2+AF2=x2+（a﹣x）2=2（x﹣a）2+a2，∴當(dāng)x=a時，EF2取得最小值a2，∴EF≥a（等號當(dāng)且僅當(dāng)x=a時成立），而AD=a，∴EF≥AD．故④錯誤；由①的證明知△AED≌△CFD，∴S四邊形AEDF=S△AED+S△ADF=S△CFD+S△ADF=S△ADC=AD2，∵EF≥AD，∴AD?EF≥AD2，∴AD?EF＞S四邊形AEDF故③錯誤；當(dāng)E、F分別為AB、AC的中點時，四邊形AEDF為正方形，此時AD與EF互相平分．故⑤正確．綜上所述，正確的有：①②⑤，共3個．故選C．4.【考點】一次函數(shù)、二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系.【分析】根據(jù)一次函數(shù)、二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系對各選項逐一分析，作出判斷：A、對于直線來說，由圖象可以判斷，；而當(dāng)時，對于拋物線來說，對稱軸，應(yīng)在y軸的左側(cè)，故不合題意，圖形錯誤．B、對于直線來說，由圖象可以判斷，；而當(dāng)時，對于拋物線來說，圖象應(yīng)開口向下，故不合題意，圖形錯誤．C、對于直線來說，由圖象可以判斷，；而當(dāng)時，對于拋物線來說，圖象開口向下，對稱軸位于y軸的右側(cè)，故符合題意.D、對于直線來說，由圖象可以判斷，；而當(dāng)時，對于拋物線來說，圖象開口向下，故不合題意，圖形錯誤．故選C．5.【考點】二次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征。【分析】根據(jù)x1、x2、x3與對稱軸的大小關(guān)系，判斷y1、y2、y3的大小關(guān)系：∵二次函數(shù)，∴此函數(shù)的對稱軸為：?！撸?＜x1＜x2＜x3，三點都在對稱軸右側(cè)，a＜0，∴對稱軸右側(cè)y隨x的增大而減小?！鄖1＞y2＞y3。故選A。6.解答：解：作EJ⊥BD于J，連接EF①∵BE平分∠DBC∴EC=EJ，∴△DJE≌△ECF∴DE=FE∴∠HEF=45°+22.5°=67.5°∴∠HFE==22.5°∴∠EHF=180°﹣67.5°﹣22.5°=90°∵DH=HF，OH是△DBF的中位線∴OH∥BF∴OH=BF②∵四邊形ABCD是正方形，BE是∠DBC的平分線，∴BC=CD，∠BCD=∠DCF，∠EBC=22.5°，∵CE=CF，∴Rt△BCE≌Rt△DCF，∴∠EBC=∠CDF=22.5°，∴∠BFH=90°﹣∠CDF=90°﹣22.5°=67.5°，∵OH是△DBF的中位線，CD⊥AF，∴OH是CD的垂直平分線，∴DH=CH，∴∠CDF=∠DCH=22.5°，∴∠HCF=90°﹣∠DCH=90°﹣22.5°=67.5°，∴∠CHF=180°﹣∠HCF﹣∠BFH=180°﹣67.5°﹣67.5°=45°，故②正確；③∵OH是△BFD的中位線，∴DG=CG=BC，GH=CF，∵CE=CF，∴GH=CF=CE∵CE＜CG=BC，∴GH＜BC，故此結(jié)論不成立；④∵∠DBE=45°，BE是∠DBF的平分線，∴∠DBH=22.5°，由②知∠HBC=∠CDF=22.5°，∴∠DBH=∠CDF，∵∠BHD=∠BHD，∴△DHE∽△BHD，∴=∴DH=HE?HB，故④成立；所以①②④正確．故選C．7.【考點】正方形的性質(zhì)；垂徑定理；梯形的中位線定理；方程思想、轉(zhuǎn)換思想和整體思想的應(yīng)用.【分析】如答圖，連接OP、OQ，∵DE，F(xiàn)G，的中點分別是M，N，P，Q，∴點O、P、M三點共線，點O、Q、N三點共線.∵ACDE，BCFG是正方形，∴AE=CD=AC，BG=CF=BC.設(shè)AB=，則.∵點O、M分別是AB、ED的中點，∴OM是梯形ABDE的中位線.∴，即.同理，得.兩式相加，得.∵M(jìn)P+NQ=14，AC+BC=18，∴.故選C.8.【考點】由實際問題列函數(shù)關(guān)系式（幾何問題）；二次函數(shù)的性質(zhì)和圖象.【分析】根據(jù)題意，有AE=BF=CG，且正三角形ABC的邊長為2，∴.∴△AEG、△BEF、△CFG三個三角形全等．在△AEG中，，∴.∴．∴其圖象為開口向上的二次函數(shù).故選D.二、填空題9、【答案】?！究键c】分類歸納（數(shù)字的變化類），倒數(shù)?！痉治觥俊?，∴x2=，x3=，x4=?！嗖畹箶?shù)為3個循環(huán)的數(shù)。∵2012=670×3+2，∴x2012=x2=。10、【答案】36?！究键c】三角形中位線定理，菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理。【分析】如圖，連接EF，F(xiàn)G，GH，EH，EG與FH相交于點O?！逧、H分別是AB、DA的中點，∴EH是△ABD的中位線?！郋H=BD=3。同理可得EF=GH=AC=3，F(xiàn)G=BD=3?！郋H=EF=GH=FG=3?！嗨倪呅蜤FGH為菱形?！郋G⊥HF，且垂足為O?！郋G=2OE，F(xiàn)H=2OH。在Rt△OEH中，根據(jù)勾股定理得：OE2+OH2=EH2=9。等式兩邊同時乘以4得：4OE2+4OH2=9×4=36?！啵?OE）2+（2OH）2=36，即EG2+FH2=36。11、【答案】6?！究键c】一元一次不等式組的整數(shù)解【分析】，由①得：；由②得：。∵不等式組有解，∴不等式組的解集為：?！卟坏仁浇M整數(shù)解僅有1，2，如圖所示：，∴0＜≤1，2≤＜3，解得：0＜a≤3，4≤b＜6?！郺=1，2，3，b=4，5?！嗾麛?shù)a，b組成的有序數(shù)對（a，b）共有3×2=6個。12、考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；垂徑定理；圓周角定理．分析：①由AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，根據(jù)垂徑定理可得：=，DG=CG，繼而證得△ADF∽△AED；②由=，CF=2，可求得DF的長，繼而求得CG=DG=4，則可求得FG=2；③由勾股定理可求得AG的長，即可求得tan∠ADF的值，繼而求得tan∠E=；④首先求得△ADF的面積，由相似三角形面積的比等于相似比，即可求得△ADE的面積，繼而求得S△DEF=4．解答：解：①∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，∴=，DG=CG，∴∠ADF=∠AED，∵∠FAD=∠DAE（公共角），∴△ADF∽△AED；故①正確；②∵=，CF=2，∴FD=6，∴CD=DF+CF=8，∴CG=DG=4，∴FG=CG﹣CF=2；故②正確；③∵AF=3，F(xiàn)G=2，∴AG==，∴在Rt△AGD中，tan∠ADG==，∴tan∠E=；故③錯誤；④∵DF=DG+FG=6，AD==，∴S△ADF=DF?AG=×6×=3，∵△ADF∽△AED，∴=（）2，∴=，∴S△AED=7，∴S△DEF=S△AED﹣S△ADF=4；故④正確．故答案為：①②④．點評：此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、圓周角定理、垂徑定理、勾股定理以及三角函數(shù)等知識．此題綜合性較強，難度適中，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．13、【答案】；?！究键c】三角形內(nèi)角和定理，三角形的外角性質(zhì)，分類歸納（圖形的變化類）?！痉治觥浚?）∵A1B是∠ABC的平分線，A2B是∠A1BC的平分線，∴∠A1BC=∠ABC，∠A1CD=∠ACD。又∵∠ACD=∠A+∠ABC，∠A1CD=∠A1BC+∠A1，∴（∠A+∠ABC）=∠ABC+∠A1?！唷螦1=∠A?！摺螦=，∴∠A1=。（2）同理可得∠A2=∠A1=，∠A3=∠A2=，···，∴∠An=。14、【答案】。【考點】二次函數(shù)圖象與平移變換，平移的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)。【分析】根據(jù)點O與點A的坐標(biāo)求出平移后的拋物線的對稱軸，然后求出點P的坐標(biāo)，過點P作PM⊥y軸于點M，根據(jù)拋物線的對稱性可知陰影部分的面積等于四邊形NPMO的面積，然后求解即可：過點P作PM⊥y軸于點M，設(shè)PQ交x軸于點N，∵拋物線平移后經(jīng)過原點O和點A（﹣6，0），∴平移后的拋物線對稱軸為x=﹣3?！嗥揭坪蟮亩魏瘮?shù)解析式為：y=（x+3）2+h，將（﹣6，0）代入得出：0=（﹣6+3）2+h，解得：h=﹣?！帱cP的坐標(biāo)是（3，﹣）。根據(jù)拋物線的對稱性可知，陰影部分的面積等于矩形NPMO的面積，∴S=。三、解答題15．解：如圖，作△ABQ，使得則△ABQ∽△ACP.由于，所以相似比為2.于是（第14題）．（第14題）.由知，，于是．所以，從而．于是.故．16．解：因為當(dāng)時，恒有，所以，即，所以．當(dāng)時，≤；當(dāng)時，≤，即≤，且≤，解得≤．設(shè)方程的兩個實數(shù)根分別為，由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得．因為，所，解得，或．因此．17．（本小題滿分8分）解：（1）設(shè)商場第一次購進(jìn)套運動服，由題意得：，解這個方程，得．經(jīng)檢驗，是所列方程的根．．所以商場兩次共購進(jìn)這種運動服600套．（2）設(shè)每套運動服的售價為元，由題意得：，解這個不等式，得，所以每套運動服的售價至少是200元．18.【分析】（1）易證AD=AC，只需運用三角函數(shù)和勾股定理求出AC即可；（2）過點Q作QH⊥BC于H，如圖1，只需用x的代數(shù)式表示QH就可解決問題；（3）由于△PQF是以PF為腰的等腰三角形，故需分PF=PQ和PF=FQ兩種情況討論，只需將等腰三角形的性質(zhì)和三角函數(shù)相結(jié)合，就可解決問題．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AB=5，sinA=，∴BC=AB?sinA=5×=4，∴AC==3．∵PC=PQ，∴∠PCQ=∠PQC．∵PE⊥AB即∠QED=90°，∴∠EQD+∠EDQ=90°．∵∠ACD+∠PCQ=90°，∴∠EDQ=∠ACD．∵∠CDA=∠EDQ，∴∠ACD=∠CDA，∴AD=AC=3；（2）過點Q作QH⊥BC于H，如圖1，∵∠PBE+∠BPE=90°，∠PBE+∠A=90°，∴∠BPE=∠A，∴sin∠HPQ=sin∠A=，∴sin∠HPQ==．∵PQ=PC=x，∴QH=x，∴S△PCQ=PC?QH=x?x=x2（≤x＜4）；（當(dāng)E、Q、D共線時，可得x最小值，根據(jù)=，解得x=．）（3）①當(dāng)PF=PQ時，則有PF=PQ=x=PC．過點P作PG⊥CF于G，如圖2，則CG=CF．∵CF⊥AB，∴S△ABC=AC?BC=AB?CF，∴CF==，∴CG=．∵∠PCG=90°﹣∠FCA=∠A，∴cos∠PCG=cos∠A=，∴cos∠PCG==，∴x=PC=CG=×=2；②當(dāng)PF=FQ時，∵FE⊥PQ，∴PE=PQ=x，∴cos∠BPE===，∴x=．綜上所述：當(dāng)△PQF是以PF為腰的等腰三角形，CP的長為2或．19.【分析】（1）先確定出點A的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求出拋物線解析式；（2）由△BDP為等腰直角三角形，判斷出BD=PD，建立m的方程計算出m，從而求出PD；（3）分點P′落在x軸和y軸兩種情況計算即可【解答】解：（1）∵點C（0，4）在直線y=﹣x+n上，∴n=4，∴y=﹣x+4，令y=0，∴x=3，∴A（3，0），∵拋物線y=x2+bx+c經(jīng)過點A，交y軸于點B（0，﹣2）．∴c=﹣2，6+3b﹣2=0，∴b=﹣，∴拋物線解析式為y=x2﹣x﹣2，（2）∵點P的橫坐標(biāo)為m，且點P在拋物線上，∴P（m，m2﹣m﹣2），D（m，﹣2）．若△BDP為等腰直角三角形，則PD=BD．①當(dāng)點P在直線BD上方時，PD=m2﹣m．（?。┤酎cP在y軸左側(cè)，則m＜0，BD=﹣m．∴m2﹣m=﹣m，∴m1=0（舍去），m2=（舍去）．（ⅱ）若點P在y軸右側(cè)，則m＞0，BD=m．∴m2﹣m=m，∴m3=0（舍去），m4=．②當(dāng)點P在直線BD下方時，m＞0，BD=m，PD=﹣m2+m．﹣m2+m=m，∴m5=0（舍去），m6=．綜上所述，m=或m=．即當(dāng)△BDP為等腰直角三角形時，PD的長為或．（3）∵∠PBP'=∠OAC，OA=3，OC=4，∴AC=5，∴sin∠PBP'=，cos∠PBP'=，①當(dāng)點P'落在x軸上時，過點D'作D'N⊥x軸，垂足為N，交BD于點M，∠DBD'=∠ND'P'=∠PBP'，如圖1，由旋轉(zhuǎn)知，P'D'=PD=m2﹣m，在Rt△P'D'N中，cos∠ND'P'==cos∠PBP'=，∴ND'=（m2﹣m），在Rt△BD'M中，BD'=﹣m，sin∠DBD'==sin∠PBP'=，∴D'M=﹣m，∴ND'﹣MD'=2，∴（m2﹣m）﹣（﹣m）=2，∴m=（舍），或m=﹣，如圖2，同①的方法得，ND'=（m2﹣m），MD'=m∵ND'+MD'=2，∴（m2﹣m）+m=2，∴m=，或m=﹣（舍），∴P（﹣，）或P（，），②當(dāng)點P'落在y軸上時，如圖3，過點D′作D′M⊥x軸，交BD于M，過點P′作P′N⊥y軸，交MD'的延長線于點N，∴∠DBD′=∠ND′P′=∠PBP′，同①的方法得，P'N=（m2﹣m），BM=m，∵P′N=BM，∴（m2﹣m）=m，∴m=，∴P（，）．∴P（﹣，）或P（，）或P（，）．第四套：滿分150分2020-2021年浙江溫州中學(xué)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷一.選擇題（每小題6分，滿分48分）1．（6分）已知銳角三角形的邊長是2，3，x，那么第三邊x的取值范圍是（）A．1＜x＜ B． C． D．2．（6分）某工廠第二季度的產(chǎn)值比第一季度的產(chǎn)值增長了x%，第三季度的產(chǎn)值又比第二季度的產(chǎn)值增長了x%，則第三季度的產(chǎn)值比第一季度的產(chǎn)值增長了（）A．2x% B．1+2x% C．（1+x%）x% D．（2+x%）x%3．（6分）如圖，在△ABC中，D為AB邊上一點，E為CD中點，AC=，∠ABC=30°，∠A=∠BED=45°，則BD的長為（）A． B． C． D．4．（6分）如圖，直角梯形ABCD中，∠BCD=90°，AD∥BC，BC=CD，E為梯形內(nèi)一點，且∠BEC=90°，將△BEC繞C點旋轉(zhuǎn)90°使BC與DC重合，得到△DCF，連EF交CD于M．已知BC=5，CF=3，則DM：MC的值為（）A.5:3B.3:5C.4:3D.3:45.（6分）對于二次函數(shù).有下列四個結(jié)論：①它的對稱軸是直線；②設(shè)，，則當(dāng)時，有；③它的圖象與x軸的兩個交點是（0，0）和（2，0）；④當(dāng)時，.其中正確的結(jié)論的個數(shù)為（）A．1B．2C．3D．46.（6分）如圖是本地區(qū)一種產(chǎn)品30天的銷售圖象，圖①是產(chǎn)品日銷售量y（單位：件）與時間t（單位；天）的函數(shù)關(guān)系，圖②是一件產(chǎn)品的銷售利潤z（單位：元）與時間t（單位：天）的函數(shù)關(guān)系，已知日銷售利潤=日銷售量×一件產(chǎn)品的銷售利潤，下列結(jié)論錯誤的是()A.第24天的銷售量為200件；B.第10天銷售一件產(chǎn)品的利潤是15元；C.第12天與第30天這兩天的日銷售利潤相等；D.第30天的日銷售利潤是750元7.（6分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系系中，直線與x軸交于點A，與y軸交于點C，與反比例函數(shù)在第一象限內(nèi)的圖象交于點B，連接BO．若，則k2的值是()A.B.C.D.8.（6分）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，半徑均為1個單位長度的半圓O1，O2，O3，…組成一條平滑的曲線，點P從原點O出發(fā)，沿這條曲線向右運動，速度為每秒個單位長度，則第2015秒時，點P的坐標(biāo)是()A.（2014，0）B.（2015，1）C.（2015，1）D.（2016，0）二.填空題（每小題7分，滿分42分）9.（7分）已知一次函數(shù)，其中k從1，-2中隨機取一個值，b從-1，2，3中隨機取一個值，則該一次函數(shù)的圖象經(jīng)過一，二，三象限的概率為10.（7分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點A（0，2），⊙A的半徑是2，⊙P的半徑是1，滿足與⊙A及x軸都相切⊙P有個.11.（7分）如圖，n個邊長為1的相鄰正方形的一邊均在同一直線上，點M1,M2,M3,……Mn分別為邊B1B2,B2B3,B3B4,……，BnBn+1的中點，△B1C1M1的面積為S1，△B2C2M2的面積為S2，…△BnCnMn的面積為Sn，則Sn=。(用含n的式子表示)12.（7分）如圖，四邊形ABCD中，∠BAD=∠BCD=900,AB=AD,若四邊形ABCD的面積是24cm2.則AC長是cm.13.（7分）已知A（1，5），B（3，－1）兩點，在x軸上取一點M，使AM－BN取得最大值時，則M的坐標(biāo)為14.（7分）如圖，在⊙O中，AB是直徑，點D是⊙O上一點，點C是的中點，弦CE⊥AB于點F，過點D的切線交EC的延長線于點G，連接AD，分別交CF、BC于點P、Q，連接AC．給出下列結(jié)論：①∠BAD=∠ABC；②GP=GD；③點P是△ACQ的外心；④AP?AD=CQ?CB．其中正確的是（寫出所有正確結(jié)論的序號）．三、解答題（每小題12分，滿分60分）15.（12分）．已知二次函數(shù)，當(dāng)時，恒有；關(guān)于x的方程的兩個實數(shù)根的倒數(shù)和小于．求的取值范圍．16.（12分）．如圖，⊙O的內(nèi)接四邊形ABCD中，AC，BD是它的對角線，AC的中點I是△ABD的內(nèi)心.求證：（1）OI是△IBD的外接圓的切線；（2）AB+AD=2BD.17．（12分）如圖①，梯形ABCD中，AB∥CD，∠C＝90°，AB＝BC＝4,CD＝6．(1)點E是BC邊上的點，EF∥AD交CD于點F，F(xiàn)G∥EA交AD邊于點G．若四邊形AEFG是矩形，求BE的長；(2)在(1)的條件下，將∠AEF繞著點E逆時針旋轉(zhuǎn)為∠A'EF'，交CD邊于點F'(與D不重合)，射線EA'交AB邊于點M，作F'N∥EA'交AD邊于點N，如圖②．設(shè)BM＝x，△NF'D的F'D邊上的高為y．求y與x的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出y的最大值．(圖②(圖②)(圖①(圖①)18．（12分）如圖，直線y=mx+4與反比例函數(shù)y=（k＞0）的圖象交于點A、B，與x軸、y軸分別交于D、C，tan∠CDO=2，AC：CD=1：2．（1）求反比例函數(shù)解析式；（2）聯(lián)結(jié)BO，求∠DBO的正切值；（3）點M在直線x=﹣1上，點N在反比例函數(shù)圖象上，如果以點A、B、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形，求點N的坐標(biāo)．19．（12分）如圖，線段PA=1，點D是線段PA延長線上的點，AD=a（a＞1），點O是線段AP延長線上的點，OA2=OP?OD，以O(shè)為圓心，OA為半徑作扇形OAB，∠BOA=90°．點C是弧AB上的點，聯(lián)結(jié)PC、DC．（1）聯(lián)結(jié)BD交弧AB于E，當(dāng)a=2時，求BE的長；（2）當(dāng)以PC為半徑的⊙P和以CD為半徑的⊙C相切時，求a的值；（3）當(dāng)直線DC經(jīng)過點B，且滿足PC?OA=BC?OP時，求扇形OAB的半徑長．第四套：滿分150分2020-2021年浙江溫州中學(xué)初升高自主招生數(shù)學(xué)模擬卷答案解析一.選擇題1.【分析】根據(jù)勾股定理可知x的平方取值范圍在2與3的平方和與平方差之間．【解答】解：首先要能組成三角形，易得1＜x＜5下面求該三角形為直角三角形的邊長情況（此為臨界情況），顯然長度為2的邊對應(yīng)的角必為銳角（2＜3，短邊對小角）則只要考慮3或者x為斜邊的情況．3為斜邊時，由勾股定理，22+x2=32，得x=√5作出圖形，固定2邊，旋轉(zhuǎn)3邊易知當(dāng)1＜x＜√5時，該三角形是以3為最大邊的鈍角三角形；x為斜邊時，由勾股定理，22+32=x2，得x=√13，同樣作圖可得當(dāng)√13＜x＜5時，該三角形是以x為最大邊的鈍角三角形．綜上可知，當(dāng)√5＜x＜√13時，原三角形為銳角三角形．故選B．【點評】本題考查了銳角三角形的三邊關(guān)系定理，勾股定理，有一定的難度．2.【分析】設(shè)第一季度產(chǎn)值為1，第二季度比第一季度增長了x%，則第二季度的產(chǎn)值為1×（1+x%），那么第三季度的產(chǎn)值是由第二季度產(chǎn)值增長了x%來確定，則其產(chǎn)值