资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2024年重点中学自主招生模拟试卷（7）
数 学 试 题 卷
（考试时间：120分钟 总分150分）
选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）
1．已知a，b，c满足ax+by+2c＝0，c≠0，ab﹣c2≥0，则xy的最大值为（　　）
A． B．1 C． D．2
2．对于二次函数y＝ax2+bx+c，规定函数y＝是它的相关函数．已知点M，N的坐标分别为（﹣，1），（，1），连接MN，若线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象有两个公共点，则n的取值范围为（　　）
A．﹣3＜n≤﹣1或 B．﹣3＜n＜﹣1或
C．n≤﹣1或 D．﹣3＜n＜﹣1或n≥1
3．正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，BE＝，BF＝，动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，而当碰到正方形顶点时沿入射路径反弹，当点P第一次返回E时，P所经过的路程为（　　）
A． B． C．2 D．
4．如图，△ABC是等边三角形，顶点C在y轴的负半轴上，点A（1，），点B在第一象限，经过点A的反比例函数y＝（x＞0）的图象恰好经过顶点B，则△ABC的边长为（　　）
A．3 B．2 C．4 D．3
5．如图，正方形ABCD中，BE＝EF＝FC，CG＝2GD，BG分别交AE、AF于M、N，下列结论：①AF⊥BG；②；③S四边形CGNF＝S△ABN；④．其中正确的有（　　）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
6．已知a，b，c为正实数，x＝，y＝，z＝，则++的值为（　　）
A．1 B． C．2 D．3
7．如图，在四边形ABCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，，CD＝1，对角线的交点为M，则DM＝（　　）
A． B． C． D．
8．已知三个关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0，bx2+cx+a＝0，cx2+ax+b＝0恰有一个公共实数根，则的值为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
9．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，延长BA至M，使AM＝1，连结DM，点E、F分别在边AD、CD上运动（不与端点重合），且AE＝DF，连结BE、CE，分别交AF于点H、G，连结EF，以下结论正确的个数为（　　）
①EF＜4；
②AE2＝EH EB；
③BG⊥EF；
④连结HD，则HD可能平分∠EHF；
⑤点H到直线DM最小距离为．
A．2 B．3 C．4 D．5
10．如图，△ABC的顶点B在单位圆的圆心上，A，C在圆周上，∠ABC＝α（0＜α＜）．现将△ABC在圆内按逆时针方向依次作旋转，具体方法如下：第一次，以A为中心，使B落在圆周上；第二次，以B为中心，使C落在圆周上；第三次，以C为中心，使A落在圆周上．如此旋转直到第100次．那么A点所走过路程的总长度为（　　）
A．22π（1+sinα）﹣66α B．22π（1+sin）﹣33α
C．22π（+sinα）﹣66α D．33π﹣66α
二、填空题（本题共6小题，每小题5分，共30分）
11．已知…+a2017x+a2018．则（a1+a3+…+a2017）2﹣（a2+a4+…+a2018）2＝　 　．
12．已知m、n是正整数，p是质数（质数是指只能被1和它本身整除的数），满足pn+144＝m2，则质数p＝　 　．
13．x、y为实数，设S＝（x﹣1）2+（x+y﹣3）2+（2x+y﹣6）2，则S的最小值为 　 　．
14．已知关于x的方程恰好有两个实数解，则m的取值范围为　 　．
15．如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，函数y＝（x＞0）的图象P经过点A（3，﹣1），直线l：y＝x+k与图象P交于点B，与y轴交于点C．记图象P在点A、B之间的部分与线段OA、OC、BC围成的区域（不含边界）为W，且区域W内恰有3个整数点（即横、纵坐标均为整数的点），则k的取值范围为　 　．
16．如图，在平面直角坐标系中，⊙M交x轴于A（﹣1，0），B（3，0）两点，交y轴于C，D（0，3）两点，点S是上一动点，N是OS的中点，则线段DN的最小值是 　 　．
三．解答题（本大题共7小题，共80分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）如图，已知点P是⊙O外一点，PS，PT是⊙O的两条切线，过点P作⊙O的割线PAB，交⊙O于A、B两点，并交ST于点C．
求证：．
18．（10分）在平面直角坐标系中，点O为坐标系的原点，抛物线y＝ax2+bx经过A（10，0），B（，6）两点，直线y＝2x﹣4与x轴交于点C，与y轴交于点D，点P为直线y＝2x﹣4上的一个动点，连接PA．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，当点P在第一象限时，设点P的横坐标为t，△APC的面积为S，求S关于t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图2，在（2）的条件下，点E在y轴的正半轴上，且OE＝OD，连接CE，当直线BP交x轴正半轴于点L，交y轴于点V时，过点P作PG∥CE交x轴于点G，过点G作y轴的平行线交线段VL于点F，连接CF，过点G作GQ∥CF交线段VL于点Q，∠CFG的平分线交x轴于点M，过点M作MH∥CF交FG于点H，过点H作HR⊥CF于点R，若FR+MH＝GQ，求点P的坐标．
19．（10分）在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°．在△AEF中，∠AFE＝90°，∠AEF＝30°，AE＝AB，连接CE，点G是CE的中点．将△AEF绕点A顺时针旋转α（0＜α＜360°）．
（1）如图1，若点F恰好落在线段CE上，连接BG．证明：2（GC﹣GB）＝AB．
（2）如图2，若点F恰好落在BA延长线上时，作CD⊥BC，DA⊥BA，M是线段BC上一点，4BM＝BC，P是平面内一点，满足∠MPC＝∠DCE，连接PF，已知AC＝4，直接写出PF的最小值．
20．（12分）锐角三角形△ABC的外心为O，外接圆直径为d，延长AO，BO，CO，分别与对边BC，CA，AB交于D，E，F．
（1）求的值；
（2）求证：．
21．（12分）已知：如图，⊙O与⊙O1内切于点A，AO是⊙O1的直径，⊙O的弦AC交⊙O1于点B，弦DF经过点B且垂直于OC，垂足为点E．
（1）求证：DF与⊙O1相切；
（2）求证：2AB2＝AD AF；
（3）若AB＝，cos∠DBA＝，求AF和AD的长．
22．（14分）如图所示，在△ABC中，∠ABC＝90°，D，G是边CA上的两点，连接BD，BG．过点A，G分别作BD的垂线，垂足分别为E，F，连接CF．若BE＝EF，求证：∠ABG＝∠DFC．
23．（14分）对于一个各位数字均不为0的正整数d，将其各位数字重新排列后可得若干个新数，记为d′．如果存在某一个新数d′恰好是d的，则称d是“奋斗数”．
（1）已知w和t均为“奋斗数”，求证：w与t的积能被729整除．
（2）若是“奋斗数”（其中a、b是整数且1≤a≤9，1≤b≤9），将各位数字平方后，取每个平方数的个位数字，再重新排列后组成若干个新的自然数．当|pq﹣2mn|最小时，求的值．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
2024年重点中学自主招生模拟试卷（7）
数 学 参 考 答 案
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．已知a，b，c满足ax+by+2c＝0，c≠0，ab﹣c2≥0，则xy的最大值为（　　）
A． B．1 C． D．2
【分析】根据题意y＝，即可得到xy＝x ＝﹣x2﹣x，由ab﹣c2≥0，c≠0可知ab＞0，即﹣＜0，则xy有最大值为＝，即可确定xy的最大值为1．
【解答】解：∵a，b，c满足ax+by+2c＝0，
∴y＝，
∴xy＝x ＝﹣x2﹣x，
∵ab﹣c2≥0，c≠0，
∴ab＞0，
∴﹣＜0，
∴xy有最大值为＝，
∵ab﹣c2≥0，
∴ab≥c2，
∴当ab＝c2时，xy的值最大，最大值为1．
故选：B．
【点评】本题考查了二次是的最值，二次函数性质；由题意构建二次函数是解题的关键．
2．对于二次函数y＝ax2+bx+c，规定函数y＝是它的相关函数．已知点M，N的坐标分别为（﹣，1），（，1），连接MN，若线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象有两个公共点，则n的取值范围为（　　）
A．﹣3＜n≤﹣1或 B．﹣3＜n＜﹣1或
C．n≤﹣1或 D．﹣3＜n＜﹣1或n≥1
【分析】首先确定出二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值，然后结合函数图象可确定出n的取值范围．
【解答】解：如图1所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有1个公共点．
所以当x＝2时，y＝1，即﹣4+8+n＝1，解得n＝﹣3．
如图2所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点．
∵抛物线y＝x2﹣4x﹣n与y轴交点纵坐标为1，
∴﹣n＝1，解得：n＝﹣1．
∴当﹣3＜n≤﹣1时，线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．
如图3所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点．
∵抛物线y＝﹣x2+4x+n经过点（0，1），
∴n＝1．
如图4所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．
∵抛物线y＝x2﹣4x﹣n经过点M（﹣，1），
∴+2﹣n＝1，解得：n＝．
∴1＜n≤时，线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．
综上所述，n的取值范围是﹣3＜n≤﹣1或1＜n≤，
故选：A．
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数的图象和性质、函数图象上点的坐标与函数解析式的关系，求得二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值是解题的关键．
3．正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，BE＝，BF＝，动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，而当碰到正方形顶点时沿入射路径反弹，当点P第一次返回E时，P所经过的路程为（　　）
A． B． C．2 D．
【分析】根据已知中的点E，F的位置，可知入射角的正切值为，通过相似三角形，来确定反射后的点的位置，从而可得反射的次数．再由勾股定理就可以求出小球经过的路径的总长度．
【解答】解：根据已知中的点E，F的位置，可知入射角的正切值为，第一次碰撞点为F，在反射的过程中，根据入射角等于反射角及平行关系的三角形的相似可得第二次碰撞点为M，在DA上，且DM＝DA，第三次碰撞点为N，在DC上，且DN＝DC，第四次碰撞点为G，在CB上，且CG＝BC，第五次碰撞点为H，在DA上，且AH＝AD，第六次碰撞点为Z，在AB上，且AZ＝AD，第七次碰撞点为I，在BC上，且BI＝AD，第八次碰撞点为D，再反方向可到E，
由勾股定理可以得出EF＝HZ＝＝，FM＝GH＝ID＝，MN＝NG＝，ZI＝，
P所经过的路程为（×2+×3+×2+）×2＝．
故选：B．
【点评】本题主要考查了反射原理与三角形相似知识的运用．通过相似三角形的性质来确定反射后的点的位置，从而可得反射的次数，由勾股定理来确定小球经过的路程，是一道数学物理学科综合试题，难度较大．
4．如图，△ABC是等边三角形，顶点C在y轴的负半轴上，点A（1，），点B在第一象限，经过点A的反比例函数y＝（x＞0）的图象恰好经过顶点B，则△ABC的边长为（　　）
A．3 B．2 C．4 D．3
【分析】如图延长AB到D，使得AB＝BD，连接CD，作AH⊥y轴于H，DE⊥y轴于E．设C（0，c）．由△ACH∽△CDE，推出＝＝＝，由A（1，），推出AH＝1，CH＝﹣c，推出EC＝，DE＝﹣c，推出D（﹣c，c﹣），根据BA＝BD，可得B（，），因为A、B在y＝上，可得＝×，解方程求出点C坐标即可解决问题；
【解答】解：如图延长AB到D，使得AB＝BD，连接CD，作AH⊥y轴于H，DE⊥y轴于E．设C（0，c）．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∵AB＝BD，
∴BA＝BC＝BD，
∴△ACD是直角三角形，
∵∠CAD＝60°，
∴DC＝AC，
∵∠ACD＝∠AHC＝∠DEC＝90°，
∴∠ACH+∠DCE＝90°，
∵∠ECD+∠CDE＝90°，
∴∠ACH＝∠CDE，
∴△ACH∽△CDE，
∴＝＝＝，
∵A（1，），
∴AH＝1，CH＝﹣c，
∴EC＝，DE＝﹣c，
∴D（﹣c，c﹣），
∵BA＝BD，
∴B（，），
∵A、B在y＝上，
∴＝×，
整理得：4c2﹣16c﹣11＝0，
解得c＝﹣或（舍弃），
∴C（0，﹣），
∴AC＝＝2，
故选：B．
【点评】本题考查反比例函数图象上的点的特征、等边三角形的性质、相似三角形的判定和性质、一元二次方程等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
5．如图，正方形ABCD中，BE＝EF＝FC，CG＝2GD，BG分别交AE、AF于M、N，下列结论：①AF⊥BG；②；③S四边形CGNF＝S△ABN；④．其中正确的有（　　）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【分析】根据正方形性质及BE＝EF＝FC，CG＝2GD，易证明△ABF≌△BCG，进而可证AF⊥BG；由△BFN∽△BGC，可证得BN＝NF；由全等三角形性质可得S△ABF＝S△BCG，转化为S△ABN+S△BNF＝S△BNF+S四边形CGNF，即可得S四边形CGNF＝S△ABN；延长AD、BG交于点H，易知△HDG∽△HAB，△BEM∽△HAM，可证明结论④正确．
【解答】解：∵正方形ABCD中，BE＝EF＝FC，CG＝2GD，
∴AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠C＝90°，
∴BE＝EF＝FC＝BC，BF＝BC，CG＝CD＝BC，
∴BF＝CG，
在△ABF和△BCG中，
，
∴△ABF≌△BCG（SAS），
∴∠AFB＝∠BGC，
∵∠BGC+∠CBG＝90°，
∴∠AFB+∠CBG＝90°，
∴∠BNF＝90°，
∴AF⊥BG；
故结论①正确．
∵∠BNF＝∠C，∠FBN＝∠GBC，
∴△BFN∽△BGC，
∴＝＝＝，
∴BN＝NF，
故结论②错误；
∵△ABF≌△BCG，
∴S△ABF＝S△BCG，
即：S△ABN+S△BNF＝S△BNF+S四边形CGNF，
∴S四边形CGNF＝S△ABN，
故结论③正确；
延长AD、BG交于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，CG＝2GD，BE＝BC，
∴△HDG∽△HAB，△BEM∽△HAM，
∴＝＝＝，＝，
∴HG＝BH，AH＝AD＝BC，
∴＝＝＝，
∴＝，
∴BM＝BH，
∴MG＝BH﹣BM﹣HG＝BH﹣BH﹣BH＝BH，
∴＝＝．
故结论④正确．
故选：D．
【点评】本题是一道几何综合题，有一定的难度，主要考查了正方形性质，全等三角形判定和性质，相似三角形判定和性质，解题关键是正确添加辅助线构造相似三角形．
6．已知a，b，c为正实数，x＝，y＝，z＝，则++的值为（　　）
A．1 B． C．2 D．3
【分析】把x、y、z的值代入所求是式子，根据分式的加减混合运算法则计算，得到答案．
【解答】解：当x＝，y＝，z＝时，
++
＝++
＝++
＝
＝1，
故选：A．
【点评】本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的加减混合运算法则是解题的关键．
7．如图，在四边形ABCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，，CD＝1，对角线的交点为M，则DM＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】过点A作AH⊥BD于点H，利用有两个角相等的三角形相似判定△AMH∽△CMD，根据相似三角形的性质得比例式，设AM＝x，用含x的式子分别表示出CM、AH、BM，再由面积法得出AH的第二种表示方法，从而得关于x的方程，解得x的值，则CM的值可得，然后用勾股定理求得DM即可．
【解答】解：如图，过点A作AH⊥BD于点H，
∵∠AHM＝∠CDM＝90°，∠AMH＝∠CMD
∴△AMH∽△CMD，
∴，
∵CD＝1，
∴，
设AM＝x，由于AC＝，故，
∴
在Rt△ABM中，AB＝
由勾股定理得：，
则
∴，
显然x≠0，化简整理得
解得，（不符合题意，舍去），
故，
在Rt△CDM中，，
故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理在计算中的应用、面积法及方程思想在几何计算中的应用，本题具有一定的难度．
8．已知三个关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0，bx2+cx+a＝0，cx2+ax+b＝0恰有一个公共实数根，则的值为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】设三个方程的公共根为x0，代入三个方程得到a，b，c的关系，然后代入代数式求出代数式的值．
【解答】解：设x0是它们的一个公共实数根，
则ax02+bx0+c＝0，bx02+cx0+a＝0，cx02+ax0+b＝0．
把上面三个式子相加，并整理得
（a+b+c）（x02+x0+1）＝0．
因为，
所以a+b+c＝0．
于是＝
故选：D．
【点评】本题考查的是一元二次方程的公共解，一般是设公共解，代入方程，确定a，b，c的值，然后求出代数式的值．
9．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，延长BA至M，使AM＝1，连结DM，点E、F分别在边AD、CD上运动（不与端点重合），且AE＝DF，连结BE、CE，分别交AF于点H、G，连结EF，以下结论正确的个数为（　　）
①EF＜4；
②AE2＝EH EB；
③BG⊥EF；
④连结HD，则HD可能平分∠EHF；
⑤点H到直线DM最小距离为．
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】①正确．首先证明DE+DF＝4，再利用三边关系证明；
②正确．利用相似三角形的性质证明即可；
③正确．根据三角形的三条高交于一点证明即可；
④正确．利用四点共圆，当DE＝DF时，满足条件；
⑤正确．设AB的中点为O，过点O作OJ⊥DM于点J．利用相似三角形的性质求出OJ＝，由∠AHB＝90°，推出点H在AB为直径的圆上运动，推出当点H落在OJ上时，点H到DM的距离最小．
【解答】解：如图，∵AE＝DF，
∴DE+DF＝DE+AE＝AD＝4，
∵EF＜DE+DF，
∴EF＜4，故①正确．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAE＝∠ADF＝∠BAD＝90°，
∵AE＝DF，
∴△BAE≌△ADF（SAS），
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠DAF+∠BAH＝90°，
∴∠ABE+∠BAH＝90°，
∴∠AHB＝90°，即BE⊥AF，
∴∠AHE＝∠EAB＝90°，
∵∠AEH＝∠BEA，
∴△EAH∽△EBA，
∴＝，
∴EA2＝EH EB，故②正确．
连接BF交EC于点K，同法可证BF⊥CE，
∵EK，FH都是△BEF的高，
∴BG⊥EF，故③正确．
连接DH.
∵∠EHF＝∠EDF＝90°，
∴D，E，H，F四点共圆，
∴当DE＝DF时，∠DHF＝∠DHE＝45°，故④正确．
设AB的中点为O，过点O作OJ⊥DM于点J．
∵AM＝1，AD＝4，∠DAM＝90°，
∴DM＝＝＝，
∵OA＝OB＝2，
∴OM＝3，
∵∠M＝∠M，∠OJM＝∠DAM，
∴△OJM∽△DAM，
∴＝，
∴＝，
∴OJ＝，
∵∠AHB＝90°，
∴点H在AB为直径的圆上运动，
当点H落在OJ上时，点H到DM的距离最小，最小距离＝﹣2，故⑤正确，
故选：D．
【点评】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的三条高交于一点，四点共圆，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
10．如图，△ABC的顶点B在单位圆的圆心上，A，C在圆周上，∠ABC＝α（0＜α＜）．现将△ABC在圆内按逆时针方向依次作旋转，具体方法如下：第一次，以A为中心，使B落在圆周上；第二次，以B为中心，使C落在圆周上；第三次，以C为中心，使A落在圆周上．如此旋转直到第100次．那么A点所走过路程的总长度为（　　）
A．22π（1+sinα）﹣66α B．22π（1+sin）﹣33α
C．22π（+sinα）﹣66α D．33π﹣66α
【分析】探究一个循环中，点A运动两段弧，第一段旋转角是，半径是1，第二段旋转角是，半径是AC＝2 sin，进一步得出结果．
【解答】解：如图，
∵△ABB11和△BB1C2是等边三角形，
∴∠AB1B＝60°＝，∠BB1C2＝60°＝，
∴∠AB1C2＝∠AB1B+∠BB1C2＝，
∴∠AB1A1＝∠AB1C2﹣∠A1B1C2＝，
∴l＝，
∵∠A1C2A2＝∠B1C2B＝60°＝，A1C2＝AC＝2，
∴l＝＝，
∴33 （）+33×＝22π（1+sin）﹣33α，
故选：B．
【点评】本题主要考查了弧长公式，等边三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是画出图形，找出旋转角．
故选：B．
二．填空题（共8小题，满分40分，每小题5分）
11．已知…+a2017x+a2018．则（a1+a3+…+a2017）2﹣（a2+a4+…+a2018）2＝　﹣10　．
【分析】当x＝1时，a1+a2+...+a2017+a2018＝﹣，当x＝﹣1时，﹣a1+a2+...﹣a2017+a2018＝﹣﹣，把（a1+a3+…+a2017）2﹣（a2+a4+…+a2018）2变形为﹣（a1+a2+…+a2017+a2018）（﹣a1+a2+...﹣a2017+a2018），再代入计算即可．
【解答】解：由已知可得：当x＝1时，a1+a2+...+a2017+a2018＝﹣，
当x＝﹣1时，﹣a1+a2+...﹣a2017+a2018＝﹣﹣，
∴（a1+a3+…+a2017）2﹣（a2+a4+…+a2018）2
＝（a1+a3+…+a2017+a2+a4+…+a2018）（a1+a3+…+a2017﹣a2﹣a4﹣…﹣a2018）
＝﹣（a1+a2+…+a2017+a2018）（﹣a1+a2+...﹣a2017+a2018）
＝﹣（﹣）（﹣﹣）
＝﹣（2027﹣2017）
＝﹣10；
故答案为：﹣10．
【点评】本题考查二次根式混合运算，解题的关键是掌握平方差根式的应用．
12．已知m、n是正整数，p是质数（质数是指只能被1和它本身整除的数），满足pn+144＝m2，则质数p＝　5或3或2　．
【分析】由pn+144＝m2，可得pn＝m2﹣144＝（m+12）（m﹣12），根据p是质数，可设m﹣12＝pk，则m+12＝pn﹣k，得到pn﹣k﹣pk＝24，pk（pn﹣2k﹣1）＝3×23，得到pk＝2，pn﹣2k﹣1＝3×22或pk＝3，pn﹣2k﹣1＝23或pk＝23，pn﹣2k﹣1＝3，进一步得到关于m，n，p的方程求解即可．
【解答】解：由pn+144＝m2，
pn＝m2﹣144＝（m+12）（m﹣12），
∵p是质数，
∴设m﹣12＝pk，则m+12＝pn﹣k，
∴pn﹣k﹣pk＝24，
∴pk（pn﹣2k﹣1）＝3×23，
∴pk（pn﹣2k﹣1）＝3×23，
∴pk＝5，pn﹣2k﹣1＝3×22，
解得p＝5，k＝1，n＝2，
∴m＝pk﹣12＝13，
或pk＝3，pn﹣2k﹣1＝23，
解得p＝3，k＝1，n＝4，
∴m＝pk+12＝15，
或pk＝23，pn﹣2k﹣1＝3，
解得p＝2，k＝3，n＝8，
∴m＝pk+12＝20，
∴满足条件的m，n，p的值为：13，2，5或15，4，3或20，8，2．
∴质数p＝5或3或2．
故答案为：5或3或2．
【点评】考查了质数与合数，此题难度比较大，要认真分析题意读懂题意，理解质数的概念．
13．x、y为实数，设S＝（x﹣1）2+（x+y﹣3）2+（2x+y﹣6）2，则S的最小值为 　　．
【分析】首先假设a＝x﹣1，b＝x+y﹣3，c＝6﹣2x﹣y，得出可得a+b+c＝2，进而利用琴生不等式得出 ，进而求出即可．
【解答】解：a＝x﹣1，b＝x+y﹣3，c＝6﹣2x﹣y，得出可得a+b+c＝2，
则原式＝＝，
取等条件 a＝b＝c．
即x﹣1＝x+y﹣3＝6﹣2x﹣y
解得y＝2，
此时最小值 ，
故答案为：．
【点评】此题主要考查了函数最值问题，利用琴生不等式得出 是解题关键．
14．已知关于x的方程恰好有两个实数解，则m的取值范围为　m＞1且m≠3　．
【分析】建立函数y＝﹣+2＝|x﹣1|﹣|x﹣2|+2|x﹣3|＝，画出其函数图象，结合图象找到y＝﹣+2与y＝m的图象恰好有两个不同的交点时对应的m的范围．
【解答】解：令y＝﹣+2
＝﹣+2
＝|x﹣1|﹣|x﹣2|+2|x﹣3|
＝，
画函数图象如图，要使原方程恰好有两个实数解，
则y＝﹣+2与y＝m的图象恰好有两个不同的交点，
由函数图象知m＞1且m≠3，
故答案为m＞1且m≠3．
【点评】本题主要考查无理方程，解题的关键是掌握二次根式的性质、绝对值的性质等知识点．
15．如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，函数y＝（x＞0）的图象P经过点A（3，﹣1），直线l：y＝x+k与图象P交于点B，与y轴交于点C．记图象P在点A、B之间的部分与线段OA、OC、BC围成的区域（不含边界）为W，且区域W内恰有3个整数点（即横、纵坐标均为整数的点），则k的取值范围为　k＜﹣或1＜k≤　．
【分析】根据待定系数法求得m的值，即可求得直线l为：y＝﹣x+k，由于直线l：y＝﹣x+k与OA平行，分两种情况：直线l在OA的下方和上方，画图根据区域W内恰有3个整点，确定k的取值范围．
【解答】解：∵函数y＝（x＞0）的图象P经过点A（3，﹣1），
∴m＝3×（﹣1）＝﹣3，
∴直线l为：y＝﹣x+k，
如图1，直线l在OA的下方时，
当直线l：y＝﹣x+k过（1，﹣2）时，k＝﹣，区域W内有两个点整点，
∴区域W内恰有3个整点，b的取值范围是k＜﹣．
如图2，直线l在OA的上方时，
当直线l：y＝﹣x+k过（0，1）时，k＝1，区域W内有两个点整点，
当直线l：y＝﹣x+k过（1，1）时，k＝，区域W内有三个点整点，
∴区域W内恰有3个整点，k的取值范围是1＜k≤．
综上所述，区域W内恰有3个整点，k的取值范围是k＜﹣或1＜k≤．
故答案为k＜﹣或1＜k≤．
【点评】本题考查了新定义和反比例函数与一次函数的交点问题：求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，本题理解整点的定义是关键，并利用数形结合的思想．
16．如图，在平面直角坐标系中，⊙M交x轴于A（﹣1，0），B（3，0）两点，交y轴于C，D（0，3）两点，点S是上一动点，N是OS的中点，则线段DN的最小值是 　﹣　．
【分析】如图1中，连接BD，AC，过点M作ML⊥OB于点L，MJ⊥OD于点J．首先证明M（1，1），如图2中，连接MS，OM，取OM的中点J，连接DJ，JN，MB．求出DJ，JN，可得结论．
【解答】解：如图1中，连接BD，AC，过点M作ML⊥OB于点L，MJ⊥OD于点J．
∵A（﹣1，0），B（3，0），D（0，3），
∴OA＝1，OB＝OD＝3，
∴∠OBD＝∠ODB＝45°，
∴∠CAO＝∠CDB＝45°，
∴OA＝OC＝1，
∵MJ⊥CD，
∴DJ＝JC＝2，
∴OJ＝2，
同法可证OL＝1，
∴M（1，1）．
如图2中，连接MS，OM，取OM的中点J，连接DJ，JN，MB．
∵MJ＝OJ，
∴J（，），
∴DJ＝＝，
∵OJ＝JM，ON＝NS，MS＝MB＝＝，
∴NJ＝，
∴DN≥DJ﹣JN＝﹣，
∴DN的最小值为﹣．
【点评】本题考查垂径定理，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，求出JN是定值，属于中考常考题型．
三．解答题（共6小题，满分70分）
17．如图，已知点P是⊙O外一点，PS，PT是⊙O的两条切线，过点P作⊙O的割线PAB，交⊙O于A、B两点，并交ST于点C．
求证：．
【分析】根据C、E、O、D四点共圆，根据切割线定理可得：PC PE＝PD PO，并且可以证得Rt△SPD∽Rt△OPS，即可证得PS2＝PD PO，
再根据切割线定理即可求解．
【解答】证明：连PO交ST于点D，则PO⊥ST；
连SO，作OE⊥PB于E，则E为AB中点，
于是
因为C、E、O、D四点共圆，
所以PC PE＝PD PO
又因为Rt△SPD∽Rt△OPS
所以
即PS2＝PD PO
而由切割线定理知PS2＝PA PB
所以
即
【点评】本题主要考查了切割线定理以及三角形相似的证明，注意对比例式的变形是解题关键．
18．在平面直角坐标系中，点O为坐标系的原点，抛物线y＝ax2+bx经过A（10，0），B（，6）两点，直线y＝2x﹣4与x轴交于点C，与y轴交于点D，点P为直线y＝2x﹣4上的一个动点，连接PA．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，当点P在第一象限时，设点P的横坐标为t，△APC的面积为S，求S关于t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；
（3）如图2，在（2）的条件下，点E在y轴的正半轴上，且OE＝OD，连接CE，当直线BP交x轴正半轴于点L，交y轴于点V时，过点P作PG∥CE交x轴于点G，过点G作y轴的平行线交线段VL于点F，连接CF，过点G作GQ∥CF交线段VL于点Q，∠CFG的平分线交x轴于点M，过点M作MH∥CF交FG于点H，过点H作HR⊥CF于点R，若FR+MH＝GQ，求点P的坐标．
【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．
（2）求出点C的坐标，可得AC＝8，利用三角形面积公式求解即可．
（3）如图2中，过点P作PT⊥CG于T，交CF于W，过点F作FJ⊥MH交MH的延长线于J，连接JQ．想办法证明WP＝WC＝WF，推出∠CPF＝90°，再证明∠PLC＝∠ODC，推出tan∠PLC＝tan∠ODC＝，求出点L的坐标，求出直线BP的解析式，构建方程组确定点P坐标即可．
【解答】解：（1）把A（10，0），B（，6）代入y＝ax2+bx，得到，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x．
（2）∵直线y＝2x﹣4与x轴交于点C，与y轴交于点D，
∴C（2，0），D（0，﹣4），
∵A（10，0），
∴OA＝10，OC＝2，
∴AC＝8，
由题意P（t，2t﹣4），
∴S＝ PT AC＝×8×（2t﹣4）＝8t﹣16．
（3）如图2中，过点P作PT⊥CG于T，交CF于W，过点F作FJ⊥MH交MH的延长线于J，连接JQ．
∵PT⊥CG，
∴∠PTC＝∠TOD＝90°，
∴OD∥PT，
∴∠ODC＝∠CPT，
∴tan∠CPT＝tan∠ODC＝＝＝，
∵HR⊥RF，FJ⊥MJ，MH∥CF，
∴RH⊥MJ，
∴∠FRH＝∠RHJ＝∠FJH＝90°，
∴四边形RFJH是矩形，
∴RF＝HJ，
∵RF+HM＝MH+HJ＝MJ＝GQ，MJ∥GQ，
∴四边形MJQG是平行四边形，
∴JQ＝GM，∠JQG＝∠GMJ，
∵MF平分∠CFG，
∴∠CFM＝∠MFG，
∵CF∥MH，
∴∠FMH＝∠CFM，
∴∠FMH＝∠MFH，
∴FH＝HM，
∵∠MGH＝∠FJH＝90°，∠MHG＝∠FHJ，
∴△MHG≌△FHJ（AAS），
∴MG＝FJ＝JQ，∠GMH＝∠HFJ，
∴∠JFQ＝∠JQF，∠GFJ＝∠GQJ，
∴∠GFQ＝∠GQF，
∵CF∥GQ，PT∥FG，
∴∠WPF＝∠GFQ，∠WFP＝∠GQF，
∴∠WPF＝∠WFP，
∴WP＝WF，
∵D，E关于x轴对称，
∴∠ECO＝∠DCO＝∠PCG，
∵EC∥PG，
∴∠PGC＝∠ECO，
∴∠PCG＝∠PGC，
∴PC＝PG，
∵PT⊥CG，
∴CT＝TG，
∵WT∥FG，
∴CW＝WF，
∴WP＝WC＝WF，
∴∠CPF＝90°，
∴∠LCP+∠PLC＝90°，
∵∠ODC+∠OCD＝90°，∠OCD＝∠LCP，
∴∠PLC＝∠ODC，
∴tan∠PLC＝tan∠ODC＝，
∵B（，6），
∴OL＝+12＝，
∴L（，0），
∴直线PB的解析式为y＝﹣x+，
由，解得，
∴P（，5）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，待定系数法，三角形的面积，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形，全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
19．在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°．在△AEF中，∠AFE＝90°，∠AEF＝30°，AE＝AB，连接CE，点G是CE的中点．将△AEF绕点A顺时针旋转α（0＜α＜360°）．
（1）如图1，若点F恰好落在线段CE上，连接BG．证明：2（GC﹣GB）＝AB．
（2）如图2，若点F恰好落在BA延长线上时，作CD⊥BC，DA⊥BA，M是线段BC上一点，4BM＝BC，P是平面内一点，满足∠MPC＝∠DCE，连接PF，已知AC＝4，直接写出PF的最小值．
【分析】（1）如图1中，取AC的中点M，连接BM，连接BF，GM．证明△BAF≌△BMG（SAS），推出BF＝BG，∠ABF＝∠MBG，推出∠FBG＝∠ABM＝60°，推出△FBG是等边三角形，可得结论．
（2）如图2中，连接AC，作线段CA的垂直平分线交EC于O，连接OM．以O为圆心，OM为半径作⊙O，作点O关于CM的对称点O′，以O′为圆心，O′M为半径作⊙O′，推出∠MPC＝∠ECD＝30°，∠MPC＝∠MOC＝30°，推出点P在CM两侧的两段优弧上，再根据r﹣OF≤PF≤r+O′F，求解即可．
【解答】（1）证明：如图1中，取AC的中点M，连接BM，连接BF，GM．
∵∠ABC＝90°，AM＝CM，
∴AM＝MC＝BM，
∵∠ABM＝90°﹣∠CBM＝60°，
∴△ABM是等边三角形，
∴∠AMB＝∠BAM＝60°，
∵AM＝MC，EG＝CG，
∴GM∥AE，GM＝AE，
∴∠AMG+∠EAM＝180°，
∴∠AMG+60°+∠FAB+60°＝180°，
∴∠AMG+∠FAB＝60°，
∵∠AMG+∠BMG＝60°，
∴∠BAF＝∠BMG，
∵MG＝AE．AF＝AE，
∴AF＝MG，AB＝MB，
∴△BAF≌△BMG（SAS），
∴BF＝BG，∠ABF＝∠MBG，
∴∠FBG＝∠ABM＝60°，
∴△FBG是等边三角形，
∴BG＝FG，
∴GC﹣GB＝GE﹣FG＝EF＝AF，
∵AE＝AB＝2AF，
∴2（GC﹣GB）＝AB；
（2）解：如图2中，连接AC，作线段CA的垂直平分线交EC于O，连接OM．
在Rt△ACB中，AC＝4，∠ACB＝30°，
∴AB＝CD＝AC＝2，BC＝AB＝2，
∵BC＝4BM，
∴CM＝BC＝
∵∠EAD＝∠DAC＝30°，∠BAC＝60°，
∴∠BAC＝∠CAE＝60°，AB＝AE，
∵AC＝AC，
∴△ACB≌△ACE（SAS），
∴∠ACB＝∠ACE＝30°，
∵OE＝OC，∠MCO＝60°，
∴△OMC是等边三角形，
∴∠MOC＝60°，
以O为圆心，OM为半径作⊙O，作点O关于CM的对称点O′，以O′为圆心，O′M为半径作⊙O′，
∵∠MPC＝∠ECD＝30°，
∴∠MPC＝∠MOC＝30°，
∴点P在CM两侧的两段优弧上，
由题意，⊙O，⊙O′的半径都是r＝CM＝，OF＝＝，O′F＝＝，
∵r﹣OF≤PF≤r+O′F，
∴﹣≤PF≤+．
∴PF的最小值为﹣．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，点与圆的位置关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
20．锐角三角形△ABC的外心为O，外接圆直径为d，延长AO，BO，CO，分别与对边BC，CA，AB交于D，E，F．
（1）求的值；
（2）求证：．
【分析】（1）根据S△ABC＝S△ABO+S△ACO+S△BCO，进而可以解决问题；
（2）延长AD交⊙O于M，由于AD，BE，CF共点O．然后由OD＝R﹣DM、AM＝2R，可以求得结论．
【解答】（1）解：由于AD，BE，CF交于点O，
∴＝，＝，＝，
∴++＝1；
（2）证明：如图，延长AD交⊙O于M，设R为△ABC的外接圆半径，AD，BE，CF交于点O．
∵＝＝1﹣＝1﹣，
同理有：＝1﹣，＝1﹣，
代入++＝1，
得（1﹣）+（1﹣）+（1﹣）＝1，
∴++＝2，
∴++＝＝．
【点评】本题考查了三角形外接圆与外心，分式的加减法，解决本题的关键是掌握三角形外接圆与外心．
21．已知：如图，⊙O与⊙O1内切于点A，AO是⊙O1的直径，⊙O的弦AC交⊙O1于点B，弦DF经过点B且垂直于OC，垂足为点E．
（1）求证：DF与⊙O1相切；
（2）求证：2AB2＝AD AF；
（3）若AB＝，cos∠DBA＝，求AF和AD的长．
【分析】（1）本题可连接O1B，证O1B⊥DF即可，由于OC⊥DF，因此只需证O1B∥OC即可．可通过不同圆中圆的半径对应的角相等来求得，由此可得证．
（2）本题可通过证△ABD和△AFC相似来求解．连接OB，则OB⊥AC，因此可根据垂径定理得出AC＝2AB，那么通过两三角形相似得出的AD：AC＝AB：AF，即可得出所求的结论．
（3）本题可先求出BF的长，然后根据相似三角形FCB和ACF得出的CF 2＝CB CA，求出CF的长，还是这两个相似三角形，根据CF：AF＝BC：CF求出AF的长，进而可根据（2）的结果求出AD的长．
【解答】（1）证明：连接O1B，
∵O1B＝O1A，
∴∠O1AB＝∠O1BA．
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA．
∴∠O1BA＝∠OCA．
∴O1B∥OC．
∵OC⊥DF，
∴O1B⊥DF．
∴DF与⊙O1相切．
（2）证明：连接OB，则OB⊥AC，
∴AC＝2AB＝2BC．
∵OC⊥DF，
∴弧DC＝弧CF．
∴∠CAD＝∠CAF．
∵∠D＝∠ACF，
∴△ABD∽△AFC．
∴．
∵AC＝2AB，
∴2AB2＝AD AF．
（3）解：直角△BEC中，BC＝AB＝2，cos∠CBE＝cos∠DBA＝＝，
∴BE＝2，CE＝4．
∵直角△OBE中，∠BOE＝∠CBE＝90°﹣∠BCO，BE＝2，
∴BO＝，OE＝1．
∴AO＝OC＝OE+EC＝5．
连接OF，直角△OEF中，OF＝OA＝5，OE＝1，根据勾股定理有EF＝2，
∴BF＝2+2．
∵弧DC＝弧CF，
∴∠CAF＝∠BFC．
∴△ACF∽△FCB．
∴CF2＝CB CA＝2AB2＝40．
∴CF＝2．
∴．
即＝，
∴AF＝4+2．
由（2）知：2AB2＝AD AF．
∴AD＝4﹣2．
【点评】本题主要考查了切线的判定、垂径定理、相似三角形的判定和性质等知识点，在（3）中通过相似三角形求出CF、AF的长是解题的关键．
22．如图所示，在△ABC中，∠ABC＝90°，D，G是边CA上的两点，连接BD，BG．过点A，G分别作BD的垂线，垂足分别为E，F，连接CF．若BE＝EF，求证：∠ABG＝∠DFC．
【分析】设AE、BG交于点I，作GH⊥AB于点H，连接HI，由AE⊥BD，GF⊥BD证明AE∥GF，则＝＝1，BI＝IG，BG＝2BI，由S△ABG＝2S△ABI得AB HG＝2×AI BF，则AB HG＝AI BF，由△AHG∽△ABC得＝，则AB HG＝AH BC，所以AH BC＝AI BF，变形为＝，而∠HAI＝∠FBC＝90°﹣∠ABE，所以△HAI∽△FBC，则∠AHI＝∠BFC，所以∠IHB＝∠DFC，再由IH＝IB＝BG得∠IHB＝∠ABG，所以∠ABG＝∠DFC．
【解答】证明：如图，设AE、BG交于点I，作GH⊥AB于点H，连接HI，
∵AE⊥BD，GF⊥BD，BE＝EF，
∴AE∥GF，BE＝BF，∠AEB＝90°，
∴＝＝1，
∴BI＝IG，BG＝2BI，
∴S△ABG＝2S△ABI，
∴AB HG＝2×AI BF，
∴AB HG＝AI BF，
∵∠AHG＝∠ABC＝90°，∠HAG＝∠BAC，
∴△AHG∽△ABC，
∴＝，
∵AB HG＝AH BC，
∴AH BC＝AI BF，
∴＝，
∵∠HAI＝∠FBC＝90°﹣∠ABE，
∴△HAI∽△FBC，
∴∠AHI＝∠BFC，
∴180°﹣∠AHI＝180°﹣∠BFC，
∴∠IHB＝∠DFC，
∵∠BHG＝90°，BI＝IG，
∴IH＝IB＝BG，
∴∠IHB＝∠ABG，
∴∠ABG＝∠DFC．
【点评】此题重点考查平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、同角的余角相等、根据面积等式证明线段的乘积相等、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
23．对于一个各位数字均不为0的正整数d，将其各位数字重新排列后可得若干个新数，记为d′．如果存在某一个新数d′恰好是d的，则称d是“奋斗数”．
（1）已知w和t均为“奋斗数”，求证：w与t的积能被729整除．
（2）若是“奋斗数”（其中a、b是整数且1≤a≤9，1≤b≤9），将各位数字平方后，取每个平方数的个位数字，再重新排列后组成若干个新的自然数．当|pq﹣2mn|最小时，求的值．
【分析】（1）从d与d′的关系入手得到w和t都是27的倍数，即可求解；
（2）由题意得，是11，5，27的倍数，分①当＝1485时；②当＝1485×3＝4455时；③当＝1485×5＝7425时；进行讨论即可求解．
【解答】（1）证明：∵w和t均为“奋斗数”，
∴存在w′，t′，且w＝w′，t＝t′，
∴w＝3w′，t＝3t′，
∴w和t都是3的倍数，
∵各位数字重新排列，
∴w′和t′都是3的倍数，
∴w和t都是9的倍数，
∴w′和t′都是9的倍数，
∴w和t都是27的倍数，
∴wt是27×27＝729的倍数，
∴w与t的积能被729整除；
（2）解：∵是“奋斗数”，
∴是27的倍数，
∴a+b＝9，
∵＝1000a+400+10b+5＝990a+10（a+b）+405＝990a+495＝11（90a+45），
∴是11，5，27的倍数，
11×5×27＝1485，
①当＝1485时，则个位数字分别为1，6，4，5，|pq﹣2mn|最小为|4×5﹣2×6|＝8（不合题意）；
②当＝1485×3＝4455时，则个位数字分别为6，6，5，5，|pq﹣2mn|最小为|6×6﹣2×5×5|＝14（不合题意）；
③当＝1485×5＝7425时，则个位数字分别为9，6，4，5，|pq﹣2mn|最小为|5×9﹣2×6×4|＝3；
∴pq＝5×9，mn＝6×4，
∴＝＝或＝或或．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑