湖南省長郡中學(xué)2020-2021學(xué)年高一入學(xué)分班考試數(shù)學(xué)試題-答案和解析

湖南省長郡中學(xué)2020-2021學(xué)年高一入學(xué)分班考試數(shù)學(xué)試題答案和解析

湖南省長郡中學(xué)高一入學(xué)分班考試數(shù)學(xué)試題一、單選題1.已知方程組$\begin{cases}x+y=-7-a\\x-y=1+3a\end{cases}$的解x為非正數(shù)，y為非負(fù)數(shù)，則a的取值范圍是（）。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$，則$\dfrac{a+b}{a-b}$的值為（）。A。2B。$\pm2$C。$2\sqrt{2}$D。$\pm2\sqrt{2}$3.經(jīng)過某十字路口的汽車，它可能繼續(xù)直行，也可能向左或向右轉(zhuǎn)，若這三種可能性大小相同，則兩輛汽車經(jīng)過該十字路口全部繼續(xù)直行的概率為（）。A。$\dfrac{1}{3}$B。$\dfrac{2}{3}$C。$\dfrac{1}{9}$D。$\dfrac{1}{6}$4.在日常生活中如取款、上網(wǎng)等都需要密碼，有一種用“因式分解”法產(chǎn)生的密碼記憶方便，原理是：如對于多項(xiàng)式$x-y$，因式分解的結(jié)果是$(x-y)(x+y)(x^2+y^2)$，若取$x=9$，$y=9$時(shí)，則各個(gè)因式的值是：$x-y=0$，$xy=81$，$x^2+y^2=162$，于是就可以把“”作為一個(gè)六位數(shù)的密碼，對于多項(xiàng)式$x-xy$，取$x=20$，$y=10$時(shí)，用上述方法產(chǎn)生的密碼不可能是（）。A。B。C。D。5.如果四個(gè)互不相同的正整數(shù)$m,n,p,q$，滿足$(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$）的兩個(gè)根，則實(shí)數(shù)$x_1,x_2,a,b$的大小關(guān)系為（）。A。$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$7.如圖，在菱形ABCD中，$AB=4$，$\angleA=120^\circ$，點(diǎn)P,Q,K分別為線段BC,CD,BD上的任意一點(diǎn)，則PK+QK的最小值為（）。A。2B。$\sqrt{3}$C。4D。$\sqrt{3}+2$8.如圖，在$\triangleABC$中，$\angleB=2\angleC$，則$AC$與$2AB$之間的關(guān)系是（）。A。$AC>2AB$B。$AC=2AB$C。$AC\leq2AB$D。$AC<2AB$二、填空題9.下面是一個(gè)某種規(guī)律排列的數(shù)陣：答案不完整，無法填空）2）若直線l與拋物線C交于不同的兩點(diǎn)A,B，直線l與下線改寫：設(shè)直線l與拋物線C的交點(diǎn)分別為A(x1,y1)。B(x2,y2)，則直線l的斜率為-3，可得方程y=-3x+b，過點(diǎn)P的直線l1的方程為y=-3x+(3x1+x2)，由題意可列出以下方程組：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}$$通過解方程組，可以求得b的值。3）在（2）的條件下，設(shè)直線l1與y軸交于點(diǎn)Q，問：是否存在實(shí)數(shù)k使$\triangleAPQ=k\cdot\triangleBPQ$，若存在，求k的值；若不存在，說明理由。改寫：由直線l與拋物線C的交點(diǎn)A、B，以及直線l1與y軸交點(diǎn)Q，可以得到三角形APQ和BPQ的面積。設(shè)$\overrightarrow{OA}=(x_1,y_1),\overrightarrow{OB}=(x_2,y_2)$，則有：triangleAPQ=\frac{1}{2}\cdot\begin{vmatrix}x_1&y_1&1\\x_2&y_2&1\\x_1&b&1\end{vmatrix},\quad\triangleBPQ=\frac{1}{2}\cdot\begin{vmatrix}x_1&y_1&1\\x_2&y_2&1\\x_2&b&1\end{vmatrix}$$要使$\triangleAPQ=k\cdot\triangleBPQ$，則有：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，只需要判斷上式是否有解即可。如果有解，則$k=\frac{\triangleAPQ}{\triangleBPQ}$。如果無解，則說明不能構(gòu)成相似三角形，因此不存在$k$的值。1.因?yàn)?\angleADC=\angleBCA$，所以$\triangleACD\sim\triangleABC$。由此可得$ABC$的面積是$a$，所以$S_{\triangleACD}=\frac{15}{45}a=\frac{1}{3}a$，$S_{\triangleBCD}=\frac{a}{2}$。因此，應(yīng)填答案$a$。2.設(shè)點(diǎn)$D(m,n)$，作$DF\perpBC$，$DG\perpOC$，垂足分別為$F,G$。則由題設(shè)$n-\frac{33}{33}=\frac{m}{44}$，即$n=m+3$。又$m^2+n^2=64$，將$n=m+3$代入得$25m^2+72m-112=0$，解之得$m=-\frac{72}{50}$或$m=\frac{112}{50}$。因?yàn)?m>0$，所以$m=\frac{112}{50}=\frac{56}{25}$。故直線$OD$的方程為$y=x+\frac{56}{25}$。令$y=3$可得$x=\frac{24}{25}$。由題意$k=xy=\frac{168}{625}$。因此，應(yīng)填答案$\frac{168}{625}$。3.令$f(x)=x+mx+m-3$，則$f(0)=m-30$。因?yàn)?f(x)$在$x=0$處取負(fù)值，在$x=1$處取正值，所以$f(x)$在$(0,1)$內(nèi)有一個(gè)實(shí)根。又因?yàn)?m>1$，所以$f(x)$在$x=1$處的導(dǎo)數(shù)$f'(1)=m+1>0$。因此，$f(x)$在$(0,1)$內(nèi)只有一個(gè)實(shí)根。因?yàn)?1<m<3$，所以實(shí)根在$(0,1)$內(nèi)。因此，應(yīng)填答案$1<m<3$。4.設(shè)甲車的速度為$x$千米/小時(shí)，乙車的速度為$y$千米/小時(shí)。則題意可表示為$\frac{190}{x-y}=\frac{190}{x+y}+\frac{10}{y}$。整理得$\frac{y}{x}=\frac{1}{18}$。又因?yàn)?x+y=100$，所以$x=\frac{1800}{35}$，$y=\frac{1000}{35}$。因此，應(yīng)填答案$\frac{1000}{35}$。題目18：1)已知點(diǎn)M(4+t。t)，O(0,0)，P(4,0)，C(0,4)，求點(diǎn)E的坐標(biāo)。2)已知點(diǎn)M(4+t。t)，N(t,t)，且MN的長度不變?yōu)?，求直線OB的解析式。3)已知點(diǎn)M(4+t。t)，N(t,t)，且t=2，求四邊形BNDM的面積。4)在x軸正半軸上是否存在一個(gè)點(diǎn)Q，使得四邊形BNDM的面積最??？若存在，求出該點(diǎn)的坐標(biāo)。解析：1)作ME⊥OA于點(diǎn)E，由∠MEP=∠POC=90和PM⊥CP，推得∠CPM=90，即∠OPC+∠MPE=90，進(jìn)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），從而求得點(diǎn)E的坐標(biāo)為(4+t。4-t)。2)由OB=4，得OB的解析式為y=x。3)當(dāng)t=2時(shí)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(6,2)，點(diǎn)N的坐標(biāo)為(2,2)，BD=2，MD=2，因此四邊形BNDM的面積為S=1/2×MN×BD=1/2×4×2=4.4)在x軸正半軸上存在點(diǎn)Q，使得四邊形BNDM的面積最小。由于四邊形BNDM的面積是由底邊BD和高M(jìn)N決定的，因此要使面積最小，需要讓BD最小，即讓點(diǎn)D靠近A點(diǎn)。當(dāng)D重合于A點(diǎn)時(shí)，四邊形BNDM的面積最小，此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2,0)。解：（1）作ME⊥OA于點(diǎn)E，因此∠MEP=∠POC=90°。又因?yàn)镻M⊥CP，所以∠CPM=90°。因此∠OPC+∠MPE=90°。又因?yàn)椤螼PC+∠PCO=90°，所以∠MPE=∠PCO。因?yàn)镻M=CP，所以△MPE≌△PCO（AAS）。因此PE=CO=4，ME=PO=t，所以O(shè)E=4+t。因此點(diǎn)M的坐標(biāo)為（4+t，t）。2）線段MN長度不變。因?yàn)镺A=AB=4，點(diǎn)B為（4,4），所以直線OB的解析式為y=x。因?yàn)辄c(diǎn)N在直線OB上，且MN//OA，M為（4+t，t），所以點(diǎn)N為（t，t）。因此MN=(4+t)-t=4，即MN的長度不變。3）由（1）知，∠MPE=∠PCO，又因?yàn)椤螪AP=∠POC=90°，所以△DAP∽△POC。因此$\frac{AD}{AP}=\frac{PO}{OC}$。因?yàn)镺P=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?yàn)镸N//OA，AB⊥OA，MN⊥BD，所以四邊形BNDM為平行四邊形。因此$S_{BNDM}=MN\cdotBD=\frac{(t-2)^2}{42}(11t^2-4t+16)$。因?yàn)?t>0$，所以$\frac{(t-2)^2}{42}$為正數(shù)。因此$S_{BNDM}$的取值與$11t^2-4t+16$的取值同號。因此$S_{BNDM}$的最小值為$t=2$時(shí)取得，此時(shí)$S_{BNDM}=6$。4）在x軸正半軸上存在點(diǎn)Q，使得△QMN是等腰三角形，此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為：$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?yàn)榈妊切蔚膬蓷l底邊中點(diǎn)到頂點(diǎn)的距離相等，所以$MQ=QN$。因?yàn)镸N//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$。因此點(diǎn)Q為$Q_1(4,0)$，$Q_2(-6,0)$，$Q_3(18,0)$，$Q_4(18,0)$。根據(jù)題意，我們需要解決以下幾個(gè)問題：1.對公式進(jìn)行修正，使其符合數(shù)學(xué)規(guī)范。2.刪除明顯有問題的段落。3.對每段話進(jìn)行小幅度改寫，使其表達(dá)更加清晰準(zhǔn)確。修正后的文章如下：已知拋物線$y=x^2-3x+m$和直線$y=x$，它們交于點(diǎn)$O$和點(diǎn)$P$。設(shè)$A$，$B$分別為拋物線$y=x^2-3x+m$上兩個(gè)不同的零點(diǎn)，$C$，$D$，$E$分別為直線$y=x$上$A$，$P$，$B$到直線$y$軸的垂線的交點(diǎn)。求證：當(dāng)且僅當(dāng)$AC+BE=k+3$且$AC\cdotBE=4$時(shí)，$S_{\triangleAPQ}=S_{\triangleBPQ}$。解：（1）當(dāng)$k=1$時(shí)，拋物線$y=x^2-3x+m$與直線$y=x$只有一個(gè)公共點(diǎn)，此時(shí)$A$，$B$重合，$\triangleQAB$不存在，因此不存在實(shí)數(shù)$k$使$S_{\triangleAPQ}=S_{\triangleBPQ}$。2）分別過點(diǎn)$A$，$P$，$B$作$y$軸的垂線，垂足依次為$C$，$D$，$E$。則$\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}$$3）假設(shè)存在$k$使$S_{\triangleAPQ}=S_{\triangleBPQ}$，則有$AP=PB$，于是$PD-AC=BE-PD$，即$AC+BE=2PD$。結(jié)合（2）式可得：AC+BE=k+3,\quadPD=\frac{8}{k+3}$$代入上式可得：k+3)^2=16\quad\Rightarrow\quadk=1,-7$$舍去$k=-7$，因此當(dāng)$k=1$時(shí)，$A$，$B$重合，$\triangleQAB$不存在，即不存在實(shí)數(shù)$k$使$S_{\triangleAPQ}=S_{\triangleBPQ}$。經(jīng)過修正和改寫，文章的表達(dá)更加清晰準(zhǔn)確。當(dāng)$k=1$時(shí)，點(diǎn)$A,B$重合，$\triangleQAB$不存在，因此不存在實(shí)數(shù)$k$使得$S_{\triangleAPQ}=S_{\triangleBPQ}$。解答本題的第一問時(shí)，聯(lián)立拋物線$C$與直線$l$的方程組成的方程組，即$\begin{cases}y=x^2-3x+m\\y=x\end{cases}$，根據(jù)題設(shè)有且只有一組解，消去$y$，得到$x^2-4x+m=0$，所以此一元二次方程有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，運(yùn)用$\Delta=0$，即$(-4)^2-4m=0$，求出$m=4$。解答本題的第二問時(shí)，先分別過點(diǎn)$A,P,B$作$y$軸的垂線，垂足依次為$C,D,E$，借助$\triangleOAC\sim\triangleOPD$，推得$\dfrac{OP}{PD}=\dfrac{AC}{AO}$，進(jìn)而得到$OP+PD=2AO$，依據(jù)題設(shè)，得到$OB=OE=AO$，$AC=BE$，所以$\begin{cases}