2022-2023学年安徽省芜湖市高一自主招生考试数学试题【含答案】

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1、 2022年高一自主招生考试 数学试卷 一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分，每小题只有一个选项正确，把正确的选项填在答题卡答题栏中） 1. 方程的实数根的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用绝对值的意义，分为或两种情况，结合一元二次方程的解法求解即可． 【详解】当时，方程可化为，解得：； 当时，方程可化为，解得：(不合题意舍去)，， 方程有3个实数根． 故选：C． 2. 依次将正整数1，2，3，…的平方数排成一串：149162536496481100121144…，排在第1个位置的数字是1，排在第5

2、个位置的数字是6，排在第10个位置的数字是4，排在第898个位置的数字是（ ） A. 1 B. 4 C. 5 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】先分别找到占1个，2个，3个，4个，5个数位的平方数的个数，从而得出第898个位置的数字是的个位数字，求解即可． 【详解】到，结果都各占1个数位，共占1×3＝3个数位； 到，结果都各占2个数位，共占2×6＝12个数位； 到，结果都各占3个数位，共占3×22＝66个数位； 到，结果都各占4个数位，共占4×68＝272个数位； 到，结果都各占5个数位，共占5×109＝545个数位； 此时3＋12＋66＋272＋545＝898

3、，而， 所以，排在第898个位置的数字恰好应该是的个位数字，即为4． 故选：B． 3. 设抛物线与轴的两个交点的坐标为和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意、为方程的两根，即可得到，，，再代入计算可得. 【详解】依题意、为方程的两根， 所以，，， 所以，， 所以 . 故选：A 4. 若直角坐标系内两点M、N满足条件①M、N都在函数y的图象上②M、N关于原点对称，则称点对是函数y的一个“共生点对”（点对与看作同一个”共生点对”），已知函数，则函数y的“共生点对”有（ ）个 A. 0 B. 1 C. 2 D.

4、 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据“共生点对”的概念知，函数的图象关于原点对称的图象与函数的图象的交点个数即为函数y的“共生点对”个数，结合函数图象分析即可. 【详解】根据“共生点对”的概念知，作出函数的图象关于原点对称的图象与函数的图象如下图所示： 由图可知它们的交点有两个，所以函数y的“共生点对”有2对. 故选：C. 5. 如图，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足，连接CF交BD于点G．连接BE交AG于点H．若正方形的边长为4，则线段DH长度的最小值是（ ） A. B. C. 3 D. 3.5 【答案】A 【解析】 【分析】

5、根据条件可证明△ABE和△DCF全等，△ADG和△CDG全等，从而得到∠1＝∠3，然后求出AHB＝90°，取AB的中点O，可得OH＝AB＝2，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小. 【详解】 在正方形ABCD中，，， 在和中，， ≌，， 在和中，， ≌，，， ，， ， 取AB的中点，连接OH，OD，则， 在Rt中，， 根据三角形的三边关系，， 当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，最小值为． 故选：A． 6. 如图，一个边长分别是6，8，10的直角三角形的一个顶点与正方形的点A重合，另两个顶点在正方形的两

6、边BC，CD上，则正方形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据勾股定理逆定理可以证明△AEF是直角三角形，利用正方形的性质可以证明△FEC∽△EAB，然后利用相似三角形的性质可以得到CE∶BA＝3∶4，设CE＝3x，则EB＝x，在△EAB中，根据勾股定理可求出，即可求出正方形的面积． 【详解】∵△AEF的三边为6，8，10，而， ∴△AEF为直角三角形，∠AEF＝90°，∴∠FEC＋∠AEB＝90°， 而四边形ABCD为正方形，∠B＝90°，∴∠EAB＋∠AEB＝90°， ∴∠FEC＝∠EAB，又∠B＝∠C＝90°，∴△

7、FEC∽△EAB， ∴CE∶BA＝EF∶AE＝3∶4． 设CE＝3x，则BA＝4x，∴EB＝x， ∵三角形EBA为直角三角形， ∴，∴，∴， ∴正方形的面积． 故选：D． 7. 如图，O是正方形ABCD对角线AC上一点，OE⊥OD，∠OED＝45°，E在AB上，结论：①∠；②；③；④若，则，其中正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由题意△DOE是等腰直角三角形，根据正方形的性质和三角形内角和定理，可判断①；根据∠AOD＝∠AEF，∠EAF＝∠OAD＝45°，证明△AOD∽△AEF，可判断②；根据∠AE

8、O＝∠EFO，∠AOE＝∠EOF，证明△AEO∽△EFO，可判断③；利用勾股定理得出DE的长，再根据等腰直角三角形的性质，可判断④． 【详解】∵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正确； ∵∠AOD＝∠AEF，∠EAF＝∠OAD＝45°， ∴△AOD∽△AEF，∴AD∶OD

9、＝AF∶EF，故②正确； ∵∠AEO＝∠AED＋∠DEO＝∠AED＋45°，∠EFO＝∠AOD＋∠EDO＝∠AOD＋45°， 又∠AOD＝∠AED，∴∠AEO＝∠EFO， 又∠AOE＝∠EOF，∴△AEO∽△EFO， ∴，即，故③正确； ∵AB＝AD＝6，BE＝4，∴AE＝2，∴， ∵△DOE是等腰直角三角形，∴OE＝OD＝，故④正确. 故正确结论个数为4. 故选：D. 二、填空题（本大题共7小题，每小题7分，共49分） 8. ___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据立方差公式与根式的性质可求出结果. 【详解】 . 故答案为：

10、 9. 若有四个不同的正整数a,b,c,d,满足,则___________． 【答案】8087或8089 【解析】 【分析】根据a、b、c、d是四个不同的正整数,可知四个括号内的值分别是：1,-1,-2,3或1,-1,2,-3,据此可得出结论． 【详解】∵a、b、c、d是四个不同的正整数, ∴四个括号内的值分别是：1,-1,-2,3或1,-1,2,-3． 四个括号内的值分别是：1,-1,-2,3时, 不妨令 ∴, ∴； 四个括号内的值分别是：1,-1,2,-3时, 不妨令, ∴, ∴. 故答案为：8087或8089． 10 已知实数且满足，则______． 【答

11、案】 【解析】 【分析】由题意可得是方程的两个实数根，由利用韦达定理可得答案. 【详解】因为实数且满足， 所以是方程即的两个实数根， 可得，，所以， ， 所以， 故答案为：. 11. 如图，，，点M从点B出发以每秒3个单位长度的速度在BA上向点A运动，点N同时从点A出发向点C运动，其速度是每秒2个单位长度，当一点到达终点时，另一点也停止运动．当t为___________秒时，△MNA为等腰三角形． 【答案】或或. 【解析】 【分析】根据题意，分、和，三种情况分类讨论，结合三角形全等和相似，列出关系式，即可求解. 【详解】解：由题可知， 如图（1）所示，当时，，

12、解得； 如图（2）所示，当时，过点作于点， 则， 因为，所以，所以， 所以，即，解得； 如图（3）所示，当时，过点作于点， 则， 因为，所以，所以， 即，解得. 综上可得，当的值为或秒秒或秒时，能成为等腰三角形. 故答案为：或或. 12. 如图，点P为函数的图象上一点，且到两坐标轴距离相等，半径为，，点是上的动点，点是的中点，则的最小值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】设，求得，连接交于点，连接，取的中点， 连接，此时最小，结合，即可求解. 【详解】因为点为函数的图象上一点，且到两坐标轴距离相等， 所以可设

13、，则，解得或（舍去），即点， 即圆的方程为， 如图所示，连接交于点，连接，取的中点， 连接，此时最小， 因为，点是的中点， 所以，所以， 当点运动到时，最小， 又因为的半径为，所以的最小值为. 故答案为：. 13. 如图，在△ABC中，，以AB为直径的圆交BC于点D，连接AD，点P是AD上一点，过点C作，延长BP交AC于E，交CF于F，若则___________． 【答案】6 【解析】 【分析】作出辅助线，利用全等和相似关系得到方程，求出答案. 【详解】因AB为直径，所以， 因为，所以， 延长交的延长线于点， 则， 因为，所以， 故≌

14、，所以， 因为，设， 则由∽可得，， 由∽可得，， 又，故，解得，故. 故答案为：6 14. 设自然数，且，则________． 【答案】16 【解析】 【分析】依题意可得，即可得到，从而得解. 【详解】因为，即， 即，所以， 即，所以关于的方程有正整数解， 所以， 其中，解得， 所以， 又，因为、为自然数且， 所以，解得，经检验符合题意， 所以. 故答案为： 三、解答题（本大题共4小题，共59分，解答应写出必要的文字说明，演算或推演步骤） 15. （1）解方程； （2）对于函数，若存在实数x0，使成立，则称x0为的固定点． ①当时，求的固定点；

15、 ②若对于任意实数b，函数恒有两个不相同的固定点，求a的取值范围． 【答案】（1）；（2）①－1和3；②． 【解析】 【分析】（1）设，则原方程变为，化简整理得，求得的值，进而得原方程的解； （2）①把的值代入方程，解方程即可得的不动点； ②根据方程有两解可得对b为任意实数恒成立，将其看成关于的二次函数，根据即可得结果． 【详解】（1）设，则原方程变为， ∴，得， 化简整理得，即， ∵ ∴ ∴， 当时，， 当时，， ∴原方程的解是. （2）①当时，， 由，得，即，解得：或3， 故－1和3是的固定点； ②由题意，对于任意实数b，方程即总有两个不相等的实数解

16、， ∴， ∴对b为任意实数恒成立． 则， ∴，∴. 16. 某校开展研学旅行活动，决定租几辆客车，要求每辆车乘坐相同的人数，每辆车至多乘坐32人．如果租22座的客车，就有一人没座位，如果租截客量大于22的客车可以比原来少租一辆，而且所有师生刚好平均分乘这些客车上，问原来租几辆客车，师生共有多少人？ 【答案】原来租24辆客车，师生共有529人． 【解析】 【分析】设原来租辆客车，实际租用的客车每辆车坐人，由题意得，且，从而得到，即可得到或，求出的值，即可得解. 【详解】设原来租辆客车，实际租用的客车每辆车坐人， 由题意得：，且， 所以， 因为是正整数，所以必须是正整数，于

17、是或， 当，即时，32，不合题意，舍去． 当，即时，，符合题意，此时， 所以原来租辆客车，师生共有人． 17. 如图，在矩形ABCD中，DE平分∠ADC时，将△ABE沿AE折叠至△AFE，点F恰好落在DE上． （1）求证： （2）如图，延长CF交AE于点G，交AB于点H． ①求证：； ②求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）①证明见解析；②. 【解析】 【分析】（1）利用矩形的性质和翻折的性质可得AF＝DC，从而可证△AFD≌△DCE，得出结论； （2）①利用等腰三角形两个底角相等，通过计算角度，可证明△AHG∽△CFE，由相似三角形的性质得，从而

18、解决问题； ②利用等腰直角三角形的性质表示出EM，可得BM，CM的长，再利用△AHG∽△CFE，由相似三角形的性质得，求出GH即可得解． 【小问1详解】 ∵四边形ABCD矩形， ∴， ∵ED平分∠ADC，∴，∴． ∵将△ABE沿AE折叠至△AFE，∴△ABE≌△AFE， ∴，∴， 在△AFD与△DCE中，，∴△AFD≌△DCE， ∴. 【小问2详解】 ①∵△AFD≌△DCE，∴， ∴，∴∠． ∵，∴，， ∴， ∵， ∴， ∴△AHG∽△CFE，∴， ∵， ∴. ②过点F作于M，如图， 设，∴， ∴， ∵，∴， ∴， ∴， ∴， ∵，

19、∴，∴， ∴a，∴， 在Rt△BCH中，， ∴， ∵△AHG∽△CFE，∴， ∴， ∵，∴. 18. 已知如图在Rt△OAB中，.若以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，点B在第一象限内．将Rt△OAB沿OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处. （1）求点C的坐标； （2）若抛物线经过C、A两点，求此抛物线的解析式； （3）若抛物线对称轴与OB交于点D，点P为线段DB上一点，过P作y轴的平行线，交抛物线于点M.问：是否存在点P，使得？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）

20、存在，P点的坐为 【解析】 【分析】（1）先求出OA的长度，根据折叠的性质求出OC，直接求解坐标即可； （2）将点A和C的坐标代入抛物线的解析式中，联立方程组求解即可； （3）先表示点P的坐标，从而表示点M坐标，利用建立方程求解，即可得到点P的坐标. 【小问1详解】 如图： 过点C作轴，垂足为H，因为在Rt△OAB中，，， 所以，由折叠知，，所以， 则，，所以C点坐标为； 【小问2详解】 因为抛物线经过、两点， 所以，解得， 所以此抛物线的解析式为； 【小问3详解】 存在.因为x顶点坐标为，即为点C， 由题意轴，设垂足为N，，因为，所以， 所以，如图： 作，垂足为Q，，垂足为E， 把代入得：， 所以， 同理：，要使，只需， 即，解得：（舍去）， 所以P点坐标为， 所以存在满足条件的点P，使，此时P点的坐标为.