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2022-2023學年安徽省蕪湖市高一自主招生考試數(shù)學試題【含答案】

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1、 2022年高一自主招生考試 數(shù)學試卷 一、選擇題(本大題共7小題,每小題6分,共42分,每小題只有一個選項正確,把正確的選項填在答題卡答題欄中) 1. 方程的實數(shù)根的個數(shù)是( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用絕對值的意義,分為或兩種情況,結(jié)合一元二次方程的解法求解即可. 【詳解】當時,方程可化為,解得:; 當時,方程可化為,解得:(不合題意舍去),, 方程有3個實數(shù)根. 故選:C. 2. 依次將正整數(shù)1,2,3,…的平方數(shù)排成一串:149162536496481100121144…,排在第1個位置的數(shù)字是1,排在第5

2、個位置的數(shù)字是6,排在第10個位置的數(shù)字是4,排在第898個位置的數(shù)字是( ) A. 1 B. 4 C. 5 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】先分別找到占1個,2個,3個,4個,5個數(shù)位的平方數(shù)的個數(shù),從而得出第898個位置的數(shù)字是的個位數(shù)字,求解即可. 【詳解】到,結(jié)果都各占1個數(shù)位,共占1×3=3個數(shù)位; 到,結(jié)果都各占2個數(shù)位,共占2×6=12個數(shù)位; 到,結(jié)果都各占3個數(shù)位,共占3×22=66個數(shù)位; 到,結(jié)果都各占4個數(shù)位,共占4×68=272個數(shù)位; 到,結(jié)果都各占5個數(shù)位,共占5×109=545個數(shù)位; 此時3+12+66+272+545=898

3、,而, 所以,排在第898個位置的數(shù)字恰好應該是的個位數(shù)字,即為4. 故選:B. 3. 設(shè)拋物線與軸的兩個交點的坐標為和,則( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依題意、為方程的兩根,即可得到,,,再代入計算可得. 【詳解】依題意、為方程的兩根, 所以,,, 所以,, 所以 . 故選:A 4. 若直角坐標系內(nèi)兩點M、N滿足條件①M、N都在函數(shù)y的圖象上②M、N關(guān)于原點對稱,則稱點對是函數(shù)y的一個“共生點對”(點對與看作同一個”共生點對”),已知函數(shù),則函數(shù)y的“共生點對”有( )個 A. 0 B. 1 C. 2 D.

4、 3 【答案】C 【解析】 【分析】根據(jù)“共生點對”的概念知,函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱的圖象與函數(shù)的圖象的交點個數(shù)即為函數(shù)y的“共生點對”個數(shù),結(jié)合函數(shù)圖象分析即可. 【詳解】根據(jù)“共生點對”的概念知,作出函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱的圖象與函數(shù)的圖象如下圖所示: 由圖可知它們的交點有兩個,所以函數(shù)y的“共生點對”有2對. 故選:C. 5. 如圖,E,F(xiàn)是正方形ABCD的邊AD上兩個動點,滿足,連接CF交BD于點G.連接BE交AG于點H.若正方形的邊長為4,則線段DH長度的最小值是( ) A. B. C. 3 D. 3.5 【答案】A 【解析】 【分析】

5、根據(jù)條件可證明△ABE和△DCF全等,△ADG和△CDG全等,從而得到∠1=∠3,然后求出AHB=90°,取AB的中點O,可得OH=AB=2,利用勾股定理列式求出OD,然后根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可知當O、D、H三點共線時,DH的長度最小. 【詳解】 在正方形ABCD中,,, 在和中,, ≌,, 在和中,, ≌,,, ,, , 取AB的中點,連接OH,OD,則, 在Rt中,, 根據(jù)三角形的三邊關(guān)系,, 當O、D、H三點共線時,DH的長度最小,最小值為. 故選:A. 6. 如圖,一個邊長分別是6,8,10的直角三角形的一個頂點與正方形的點A重合,另兩個頂點在正方形的兩

6、邊BC,CD上,則正方形的面積是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根據(jù)勾股定理逆定理可以證明△AEF是直角三角形,利用正方形的性質(zhì)可以證明△FEC∽△EAB,然后利用相似三角形的性質(zhì)可以得到CE∶BA=3∶4,設(shè)CE=3x,則EB=x,在△EAB中,根據(jù)勾股定理可求出,即可求出正方形的面積. 【詳解】∵△AEF的三邊為6,8,10,而, ∴△AEF為直角三角形,∠AEF=90°,∴∠FEC+∠AEB=90°, 而四邊形ABCD為正方形,∠B=90°,∴∠EAB+∠AEB=90°, ∴∠FEC=∠EAB,又∠B=∠C=90°,∴△

7、FEC∽△EAB, ∴CE∶BA=EF∶AE=3∶4. 設(shè)CE=3x,則BA=4x,∴EB=x, ∵三角形EBA為直角三角形, ∴,∴,∴, ∴正方形的面積. 故選:D. 7. 如圖,O是正方形ABCD對角線AC上一點,OE⊥OD,∠OED=45°,E在AB上,結(jié)論:①∠;②;③;④若,則,其中正確結(jié)論的個數(shù)是( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由題意△DOE是等腰直角三角形,根據(jù)正方形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理,可判斷①;根據(jù)∠AOD=∠AEF,∠EAF=∠OAD=45°,證明△AOD∽△AEF,可判斷②;根據(jù)∠AE

8、O=∠EFO,∠AOE=∠EOF,證明△AEO∽△EFO,可判斷③;利用勾股定理得出DE的長,再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì),可判斷④. 【詳解】∵OE⊥OD,∴∠DOE=90°,∵∠OED=45°, ∴△DOE是等腰直角三角形,OD=OE,∠ODE=45°. ∵∠EAD=90°,∠AED+∠ADE=90°,∴∠AED=90°-∠ADE, ∵∠AOD+∠DAO+∠ADO=180°,∴∠AOD+45°+45°+∠ADE=180°, ∴∠AOD=90°-∠ADE, 所以∠AOD=∠AED,故①正確; ∵∠AOD=∠AEF,∠EAF=∠OAD=45°, ∴△AOD∽△AEF,∴AD∶OD

9、=AF∶EF,故②正確; ∵∠AEO=∠AED+∠DEO=∠AED+45°,∠EFO=∠AOD+∠EDO=∠AOD+45°, 又∠AOD=∠AED,∴∠AEO=∠EFO, 又∠AOE=∠EOF,∴△AEO∽△EFO, ∴,即,故③正確; ∵AB=AD=6,BE=4,∴AE=2,∴, ∵△DOE是等腰直角三角形,∴OE=OD=,故④正確. 故正確結(jié)論個數(shù)為4. 故選:D. 二、填空題(本大題共7小題,每小題7分,共49分) 8. ___________. 【答案】 【解析】 【分析】根據(jù)立方差公式與根式的性質(zhì)可求出結(jié)果. 【詳解】 . 故答案為:

10、 9. 若有四個不同的正整數(shù)a,b,c,d,滿足,則___________. 【答案】8087或8089 【解析】 【分析】根據(jù)a、b、c、d是四個不同的正整數(shù),可知四個括號內(nèi)的值分別是:1,-1,-2,3或1,-1,2,-3,據(jù)此可得出結(jié)論. 【詳解】∵a、b、c、d是四個不同的正整數(shù), ∴四個括號內(nèi)的值分別是:1,-1,-2,3或1,-1,2,-3. 四個括號內(nèi)的值分別是:1,-1,-2,3時, 不妨令 ∴, ∴; 四個括號內(nèi)的值分別是:1,-1,2,-3時, 不妨令, ∴, ∴. 故答案為:8087或8089. 10 已知實數(shù)且滿足,則______. 【答

11、案】 【解析】 【分析】由題意可得是方程的兩個實數(shù)根,由利用韋達定理可得答案. 【詳解】因為實數(shù)且滿足, 所以是方程即的兩個實數(shù)根, 可得,,所以, , 所以, 故答案為:. 11. 如圖,,,點M從點B出發(fā)以每秒3個單位長度的速度在BA上向點A運動,點N同時從點A出發(fā)向點C運動,其速度是每秒2個單位長度,當一點到達終點時,另一點也停止運動.當t為___________秒時,△MNA為等腰三角形. 【答案】或或. 【解析】 【分析】根據(jù)題意,分、和,三種情況分類討論,結(jié)合三角形全等和相似,列出關(guān)系式,即可求解. 【詳解】解:由題可知, 如圖(1)所示,當時,,

12、解得; 如圖(2)所示,當時,過點作于點, 則, 因為,所以,所以, 所以,即,解得; 如圖(3)所示,當時,過點作于點, 則, 因為,所以,所以, 即,解得. 綜上可得,當?shù)闹禐榛蛎朊牖蛎霑r,能成為等腰三角形. 故答案為:或或. 12. 如圖,點P為函數(shù)的圖象上一點,且到兩坐標軸距離相等,半徑為,,點是上的動點,點是的中點,則的最小值是___________. 【答案】 【解析】 【分析】設(shè),求得,連接交于點,連接,取的中點, 連接,此時最小,結(jié)合,即可求解. 【詳解】因為點為函數(shù)的圖象上一點,且到兩坐標軸距離相等, 所以可設(shè)

13、,則,解得或(舍去),即點, 即圓的方程為, 如圖所示,連接交于點,連接,取的中點, 連接,此時最小, 因為,點是的中點, 所以,所以, 當點運動到時,最小, 又因為的半徑為,所以的最小值為. 故答案為:. 13. 如圖,在△ABC中,,以AB為直徑的圓交BC于點D,連接AD,點P是AD上一點,過點C作,延長BP交AC于E,交CF于F,若則___________. 【答案】6 【解析】 【分析】作出輔助線,利用全等和相似關(guān)系得到方程,求出答案. 【詳解】因AB為直徑,所以, 因為,所以, 延長交的延長線于點, 則, 因為,所以, 故≌

14、,所以, 因為,設(shè), 則由∽可得,, 由∽可得,, 又,故,解得,故. 故答案為:6 14. 設(shè)自然數(shù),且,則________. 【答案】16 【解析】 【分析】依題意可得,即可得到,從而得解. 【詳解】因為,即, 即,所以, 即,所以關(guān)于的方程有正整數(shù)解, 所以, 其中,解得, 所以, 又,因為、為自然數(shù)且, 所以,解得,經(jīng)檢驗符合題意, 所以. 故答案為: 三、解答題(本大題共4小題,共59分,解答應寫出必要的文字說明,演算或推演步驟) 15. (1)解方程; (2)對于函數(shù),若存在實數(shù)x0,使成立,則稱x0為的固定點. ①當時,求的固定點;

15、 ②若對于任意實數(shù)b,函數(shù)恒有兩個不相同的固定點,求a的取值范圍. 【答案】(1);(2)①-1和3;②. 【解析】 【分析】(1)設(shè),則原方程變?yōu)?,化簡整理得,求得的值,進而得原方程的解; (2)①把的值代入方程,解方程即可得的不動點; ②根據(jù)方程有兩解可得對b為任意實數(shù)恒成立,將其看成關(guān)于的二次函數(shù),根據(jù)即可得結(jié)果. 【詳解】(1)設(shè),則原方程變?yōu)椋? ∴,得, 化簡整理得,即, ∵ ∴ ∴, 當時,, 當時,, ∴原方程的解是. (2)①當時,, 由,得,即,解得:或3, 故-1和3是的固定點; ②由題意,對于任意實數(shù)b,方程即總有兩個不相等的實數(shù)解

16、, ∴, ∴對b為任意實數(shù)恒成立. 則, ∴,∴. 16. 某校開展研學旅行活動,決定租幾輛客車,要求每輛車乘坐相同的人數(shù),每輛車至多乘坐32人.如果租22座的客車,就有一人沒座位,如果租截客量大于22的客車可以比原來少租一輛,而且所有師生剛好平均分乘這些客車上,問原來租幾輛客車,師生共有多少人? 【答案】原來租24輛客車,師生共有529人. 【解析】 【分析】設(shè)原來租輛客車,實際租用的客車每輛車坐人,由題意得,且,從而得到,即可得到或,求出的值,即可得解. 【詳解】設(shè)原來租輛客車,實際租用的客車每輛車坐人, 由題意得:,且, 所以, 因為是正整數(shù),所以必須是正整數(shù),于

17、是或, 當,即時,32,不合題意,舍去. 當,即時,,符合題意,此時, 所以原來租輛客車,師生共有人. 17. 如圖,在矩形ABCD中,DE平分∠ADC時,將△ABE沿AE折疊至△AFE,點F恰好落在DE上. (1)求證: (2)如圖,延長CF交AE于點G,交AB于點H. ①求證:; ②求的值. 【答案】(1)證明見解析 (2)①證明見解析;②. 【解析】 【分析】(1)利用矩形的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)可得AF=DC,從而可證△AFD≌△DCE,得出結(jié)論; (2)①利用等腰三角形兩個底角相等,通過計算角度,可證明△AHG∽△CFE,由相似三角形的性質(zhì)得,從而

18、解決問題; ②利用等腰直角三角形的性質(zhì)表示出EM,可得BM,CM的長,再利用△AHG∽△CFE,由相似三角形的性質(zhì)得,求出GH即可得解. 【小問1詳解】 ∵四邊形ABCD矩形, ∴, ∵ED平分∠ADC,∴,∴. ∵將△ABE沿AE折疊至△AFE,∴△ABE≌△AFE, ∴,∴, 在△AFD與△DCE中,,∴△AFD≌△DCE, ∴. 【小問2詳解】 ①∵△AFD≌△DCE,∴, ∴,∴∠. ∵,∴,, ∴, ∵, ∴, ∴△AHG∽△CFE,∴, ∵, ∴. ②過點F作于M,如圖, 設(shè),∴, ∴, ∵,∴, ∴, ∴, ∴, ∵,

19、∴,∴, ∴a,∴, 在Rt△BCH中,, ∴, ∵△AHG∽△CFE,∴, ∴, ∵,∴. 18. 已知如圖在Rt△OAB中,.若以O(shè)為坐標原點,OA所在直線為x軸,建立如圖所示的平面直角坐標系,點B在第一象限內(nèi).將Rt△OAB沿OB折疊后,點A落在第一象限內(nèi)的點C處. (1)求點C的坐標; (2)若拋物線經(jīng)過C、A兩點,求此拋物線的解析式; (3)若拋物線對稱軸與OB交于點D,點P為線段DB上一點,過P作y軸的平行線,交拋物線于點M.問:是否存在點P,使得?若存在,請求出此時點P的坐標;若不存在,請說明理由. 【答案】(1) (2) (3)

20、存在,P點的坐為 【解析】 【分析】(1)先求出OA的長度,根據(jù)折疊的性質(zhì)求出OC,直接求解坐標即可; (2)將點A和C的坐標代入拋物線的解析式中,聯(lián)立方程組求解即可; (3)先表示點P的坐標,從而表示點M坐標,利用建立方程求解,即可得到點P的坐標. 【小問1詳解】 如圖: 過點C作軸,垂足為H,因為在Rt△OAB中,,, 所以,由折疊知,,所以, 則,,所以C點坐標為; 【小問2詳解】 因為拋物線經(jīng)過、兩點, 所以,解得, 所以此拋物線的解析式為; 【小問3詳解】 存在.因為x頂點坐標為,即為點C, 由題意軸,設(shè)垂足為N,,因為,所以, 所以,如圖: 作,垂足為Q,,垂足為E, 把代入得:, 所以, 同理:,要使,只需, 即,解得:(舍去), 所以P點坐標為, 所以存在滿足條件的點P,使,此時P點的坐標為.

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