重点高中自主招生考试数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．）．
1．（3分）若不等式组的解集是x＞3，则m的取值范围是（）
A．m＞3 B．m≥3 C．m≤3 D．m＜3
解答：解：由x+7＜4x﹣2移项整理得：﹣3x＜﹣9，∴x＞3，∵x＞m，又∵不等式组
的解集是x＞3，∴m≤3．故选C．
2．（3分）如图，在△ABC中．∠ACB=90°，∠ABC=15°，BC=1，则AC=（）
A．B．C．0.3 D．
分析：本题中直角三角形的角不是特殊角，故过A作AD交BC于D，使∠BAD=15°，根据三角形内角和定理可求出∠DAC及∠ADC的度数，再由特殊角的三角函数值及勾股定理求解即可．
解答：解：过A作AD交BC于D，使∠BAD=15°，∵△ABC中．∠ACB=90°，∠ABC=15°，∴∠BAC=75°，∴∠DAC=∠BAC﹣∠BAD=75°﹣15°=60°，∴∠ADC=90°﹣
∠DAC=90°﹣60°=30°，
∴AC=AD，又∵∠ABC=∠BAD=15°∴BD=AD，∵BC=1，∴AD+DC=1，设CD=x，则AD=1﹣x，
AC=（1﹣x），∴AD2=AC2+CD2，即（1﹣x）2=（1﹣x）2+x2，解得：x=﹣3+2，∴AC=（4﹣2）=2﹣故选B．
3．（3分）（2011?南漳县模拟）如图，AB为⊙O的一固定直径，它把⊙O分成上，下两个半圆，自上半圆上一点C作弦CD⊥AB，∠OCD的平分线交⊙O于点P，当点C在上半圆（不包括A，B两点）上移动时，点P（）
A．到CD的距离保持不变B．位置不变
D．随C点移动而移动
C．
等分
分析：连OP，由CP平分∠OCD，得到∠1=∠2，而∠1=∠3，所以有OP∥CD，则OP⊥AB，即可得到OP平分半圆APB．
解答：解：连OP，如图，∵CP平分∠OCD，∴∠1=∠2，而OC=OP，有∠1=∠3∴∠2=∠3，∴OP∥CD，
又∵弦CD⊥AB，∴OP⊥AB，∴OP平分半圆APB，即点P是半圆的中点．故选B．4．（3分）已知y=+（x，y均为实数），则y的最大值与最小值的差为（）A．2﹣1 B．4﹣2C．3﹣2D．2﹣2
分析：
首先把y=+两边平方，求出定义域，然后利用函数的单调性求出函数的最大值和最小值，最后求差．
解答：
解：∵y=+，∴y2=4+2=4+2×，∵1≤x≤5，当x=3时，y的最大值为2，当x=1或5时，y的最小值为2，故当x=1或5时，y 取得最小值2，
当x取1与5中间值3时，y取得最大值，故y的最大值与最小值的差为2﹣2，故选D．
5．（3分）（2010?泸州）已知O为圆锥的顶点，M为圆锥底面上一点，点P在OM上．一只蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过的最短路线的痕迹如图所示．若沿OM将圆锥侧面剪开并展开，所得侧面展开图是（）
A．B．C．D．
考点：线段的性质：两点之间线段最短；几何体的展开图．
分析：此题运用圆锥的性质，同时此题为数学知识的应用，由题意蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过的最短，就用到两点间线段最短定理．
解答：解：蜗牛绕圆锥侧面爬行的最短路线应该是一条线段，因此选项A和B错误，又因
为蜗牛从p点出发，绕圆锥侧面爬行后，又回到起始点P处，那么如果将选项C、D 的圆锥侧面展开图还原成圆锥后，位于母线OM上的点P应该能够与母线OM′上的点（P′）重合，而选项C还原后两个点不能够重合．
故选D．
点评：本题考核立意相对较新，考核了学生的空间想象能力．
6．（3分）已知一正三角形的边长是和它相切的圆的周长的两倍，当这个圆按箭头方向从某一位置沿正三角形的三边做无滑动的旋转，直至回到原出发位置时，则这个圆共转了（）
A．6圈B．6.5圈C．7圈D．8圈
分析：根据直线与圆相切的性质得到圆从一边转到另一边时，圆心要绕其三角形的顶点旋转120°，则圆绕三个顶点共旋转了360°，即它转了一圈，再加上在三边作无滑动滚动时要转6圈，这样得到它回到原出发位置时共转了7圈．
解解：圆按箭头方向从某一位置沿正三角形的三边做无滑动的旋转，∵等边三角形的边长是和它相切的圆的周长的两倍，∴圆转了6圈，而圆从一边转到另一边时，圆心绕三角形的一个顶点旋转了三角形的一个外角的度数，圆心要绕其三角形的顶点旋转
120°，∴圆绕三个顶点共旋转了360°，即它转了一圈，
∴圆回到原出发位置时，共转了6+1=7圈．故选C．
点评：
本题考查了直线与圆的位置关系，弧长公式：l=（n为圆心角，R为半径）；
也考查了旋转的性质．
7．（3分）二次函数y=ax2+bx+c的图象如下图，则以下结论正确的有：①abc＞0；②b ＜a+c；③4a+2b+c＞0；④2c＜3b；⑤a+b＞m（am+b）（m≠1，m为实数）（）
A．2个B．3个C．4个D．5个
解答：解：①由图象可知：a＜0，b＞0，c＞0，abc＜0，错误；②当x=﹣1时，y=a﹣b+c ＜0，即b＞a+c，错误；
③由对称知，当x=2时，函数值大于0，即y=4a+2b+c＞0，正确；
④当x=3时函数值小于0，y=9a+3b+c＜0，且x=﹣=1，即a=﹣，代入得9（﹣）
+3b+c＜0，得2c＜3b，正确；⑤当x=1时，y的值最大．此时，y=a+b+c，而当x=m 时，y=am2+bm+c，所以a+b+c＞am2+bm+c，
故a+b ＞am 2+bm ，即a+b ＞m （am+b ），正确．③④⑤正确．故选B ． 8．（3分）如图，正△ABC 中，P 为正三角形内任意一点，过P 作PD ⊥BC ，PE ⊥AB ，PF ⊥AC 连结AP 、BP 、CP ，如果
，那么△ABC 的内切圆半径为（ ）
A ． 1
B ．
C ． 2
D ．
解答： 解：如图，过P 点作正△ABC 的三边的平行线，则△MPN ，△OPQ ，△RSP 都是正
三角形，四边形ASPM ，四边形NCOP ，四边形PQBR 是平行四边形，故可知黑色部分的面积=白色部分的面积，
又知S △AFP +S △PCD +S △BPE =，故知S △ABC =3
，S △ABC =AB 2sin60°=3
，故
AB=2
，三角形ABC 的高h=3，△ABC 的内切圆半径r=h=1．故选A ．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分） 9．（3分）与
是相反数，计算
=
．
解答：
解：∵
与|3﹣a ﹣|互为相反数，∴+|3﹣a ﹣|=0，∴3﹣a ﹣=0，
解得a+=3，
∴a+2+=3+2，根据题意，a ＞0，∴（+
）2=5，∴
+
=
．答案为：
．
10．（3分）若[x ]表示不超过x 的最大整数，，则[A ]=
﹣2 ．
分析： 先根据零指数幂和分母有理化得到A=﹣，而≈1.732，然后根据[x ]表示不超过x
的最大整数得到，[A ]=﹣2． 解答：
解：∵A=+
+1=++1=
+1
=+1=﹣1﹣+1=﹣，∴[A ]=[﹣]=﹣2．故答案为﹣2．
点本题考查了取整计算：[x ]表示不超过x 的最大整数．也考查了分母有理化和零指数幂．
评：
11．（3分）如图，M、N分别为△ABC两边AC、BC的中点，AN与BM交于点O，则=．
分析：连接MN，设△MON的面积是s，由于M、N分别为△ABC两边AC、BC的中点，易知MN是△ABC的中位线，那么MN∥AB，MN=AB，根据平行线分线段成比例
定理可得△MON∽△BOA，于是OM：OB=MN：AB=1：2，易求△BON的面积是2s，进而可知△BMN的面积是3s，再根据中点性质，可求△BCM的面积等于6s，同理可求△ABC的面积是12s，从而可求S△BON：S△ABC．
解答：解：连接MN，设△MON的面积是s，∵M、N分别为△ABC两边AC、BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，∴MN∥AB，MN=AB，∴△MON∽△BOA，∴OM：OB=MN：AB=1：2，∴△BON的面积=2s，
∴△BMN的面积=3s，∵N是BC的中点，∴△BCM的面积=6s，同理可知△ABC的面积=12s，
∴S△BON：S△ABC=2s：12s=1：6，故答案是．
点评：本题考查了相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理，解题的关键是连接MN，构造相似三角形．
12．（3分）如图，已知圆O的面积为3π，AB为直径，弧AC的度数为80°，弧BD的度数为20°，点P为直径AB上任一点，则PC+PD的最小值为3．
考点：轴对称-最短路线问题；勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系．
专题：探究型．
分析：先设圆O的半径为r，由圆O的面积为3π求出R的值，再作点C关于AB的对称点C′，连接OD，OC′，DC′，则DC′的长即为PC+PD的最小值，由圆心角、弧、弦的关
系可知==80°，故BC′=100°，由=20°可知=120°，由OC′=OD可求出∠ODC′的度数，进而可得出结论．
解答：解：设圆O的半径为r，∵⊙O的面积为3π，∴3π=πR2，即R=．作点C关于AB的对称点C′，连接OD，OC′，DC′，则DC′的长即为PC+PD的最小值，
∵的度数为80°，∴==80°，∴=100°，∵=20°，
∴=+=100°+20°=120°，
∵OC′=OD，∴∠ODC′=30°∴DC′=2OD?cos30°=2×=3，即PC+PD的最小值为
3．故答案为：3．
13．（3分）从1，2，3，5，7，8中任取两数相加，在不同的和数中，是2的倍数的个数为a，是3的倍数的个数为b，则样本6、a、b、9的中位数是 5.5．
分析：首先列举出所有数据的和，进而利用已知求出a，b的值，再利用中位数是一组数据重新排序后之间的一个数或之间两个数的平均数，由此即可求解．
解答：解：根据从1，2，3，5，7，8中任取两数相加，可以得出所有可能：1+2=3，1+3=4，1+5=6，1+7=8，1+8=9，2+3=5，2+5=7，2+7=9，2+8=10，3+5=8，3+7=10，3+8=11，5+7=12，5+8=13，7+8=15，它们和中所有不同数据为：3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，15，
故是2的倍数的个数为a=5，是3的倍数的个数为b=5，则样本6、5、5、9按大小排列为：5，5，6，9，
则这组数据的中位数是：=5.5，故答案为：5.5．
14．（3分）由直线y=kx+2k﹣1和直线y=（k+1）x+2k+1（k是正整数）与x轴及y轴所围成的图形面积为S，则S的最小值是．
分析：首先用k表示出两条直线与坐标轴的交点坐标，然后表示出围成的面积S，根据得到的函数的取值范围确定其最值即可．
解答：解：y=kx+2k﹣1恒过（﹣2，﹣1），y=（k+1）x+2k+1也恒过（﹣2，﹣1），k为正整数，那么，k≥1，且k∈Z
如图，直线y=kx+2k﹣1与X轴的交点是A（，0），与y轴的交点是B （0，2k﹣1）
直线y=（k+1）x+2k+1与X轴的交点是C（，0），与y轴的交点是D （0，2k+1），
那么，S四边形ABDC=S△COD﹣S△AOB，=（OC?OD﹣OA?OB），=[﹣
]，
=（4﹣），=2﹣又，k≥1，且k∈Z，那么，2﹣在定义域k≥1
上是增函数，
因此，当k=1时，四边形ABDC的面积最小，最小值S=2﹣=．
点评：本题考查了两条指向相交或平行问题，解题的关键是用k表示出直线与坐标轴的交点坐标并用k表示出围成的三角形的面积，从而得到函数关系式，利用函数的知识其最值问题．
15．（3分）（2010?随州）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=5cm，BC=10cm，CD上有一点E，ED=2cm，AD上有一点P，PD=3cm，过P作PF⊥AD交BC于F，将纸片折叠，使P
点与E点重合，折痕与PF交于Q点，则PQ的长是cm．
分析：过Q点作QG⊥CD，垂足为G点，连接QE，设PQ=x，根据折叠及矩形的性质，用含x的式子表示Rt△EGQ的三边，再用勾股定理列方程求x即可．
解答：解：过Q点作QG⊥CD，垂足为G点，连接QE，设PQ=x，由折叠及矩形的性质可知，EQ=PQ=x，QG=PD=3，EG=x﹣2，在Rt△EGQ中，由勾股定理得EG2+GQ2=EQ2，即：（x﹣2）2+32=x2，解得：x=，即PQ=．
16．（3分）（2010?随州）将半径为4cm的半圆围成一个圆锥，在圆锥内接一个圆柱（如图示），当圆柱的侧面的面积最大时，圆柱的底面半径是1cm．
分析：易得扇形的弧长，除以2π也就得到了圆锥的底面半径，再加上母线长，利用勾股定理即可求得圆锥的高，利用相似可求得圆柱的高与母线的关系，表示出侧面积，根据
二次函数求出相应的最值时自变量的取值即可．
解答：解：扇形的弧长=4πcm，∴圆锥的底面半径=4π÷2π=2cm，∴圆锥的高为
=2cm，
设圆柱的底面半径为rcm，高为Rcm．=，解得：R=2﹣r，∴圆柱的侧面积=2π×r×（2﹣r）=﹣2πr2+4πr（cm2），∴当
r==1cm时，圆柱的侧面积有最大值．
三、解答题（72）
17．（14分）已知抛物线y=﹣x2+bx+c（c＞0）过点C（﹣1，0），且与直线y=7﹣2x只有一个交点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若直线y=﹣x+3与抛物线相交于两点A、B，则在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ABQ是等腰三角形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由．
分析：（1）将C点坐标代入y=﹣x2+bx+c得c=b+1，联立抛物线y=﹣x2+bx+b+1与直线y=7﹣2x，转化为关于x的二元一次方程，令△=0求b的值即可；
（2）直线y=﹣x+3与（1）中抛物线求A、B两点坐标，根据抛物线解析式求对称轴，根据线段AB为等腰三角形的腰或底，分别求Q点的坐标．
解答：解：（1）把点C（﹣1，0）代入y=﹣x2+bx+c中，得﹣1﹣b+c=0，解得c=b+1，联立，得x2﹣（b+2）x+6﹣b=0，∵抛物线与直线只有一个交点，
∴△=（b+2）2﹣4（6﹣b）=0，解得b=﹣10或2，∵c=b+1＞0，∴b=2，∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3；
（2）存在满足题意的点Q．
联立，解得或，则A（0，3），B（3，0），由抛物线y=
﹣x2+2x+3，可知抛物线对称轴为x=1，由勾股定理，得AB=3，
当AB为腰，∠A为顶角时，Q（1，3+）或（1，3﹣）；
当AB为腰，∠B为顶角时，Q（1，）或（1，﹣）；
当AB为底时，Q（1，1）．
故满足题意的Q点坐标为：（1，3+）或（1，3﹣）或（1，）或（1，﹣）或（1，1）．
18．（14分）有一河堤坝BCDF为梯形，斜坡BC坡度，坝高为5m，坝顶CD=6m，
现有一工程车需从距B点50m的A处前方取土，然后经过B﹣C﹣D放土，为了安全起见，工程车轮只能停在离A、D处1m的地方即M、N处工作，已知车轮半经为1m，求车轮从取土处到放土处圆心从M到N所经过的路径长．
分析：作出圆与BA，BC相切时圆心的位置G，与CD相切时圆心的位置P，与CD相切时圆心的位置I，分别求得各段的路径的长，然后求和即可．
解答：
解：当圆心移动到G的位置时，作GR⊥AB，GL⊥BC分别于点R，L．∵，∴∠CBF=30°，
∴∠RGB=15°，∵直角△RGB中，tan∠RGB=，∴BR=GR?tan∠RGB=2﹣，则BL=BR=2﹣，
则从M移动到G的路长是：AB﹣BR﹣1=50﹣（2﹣）﹣1=47+m，BC=2×5=10m，则从G移动到P的位置（P是圆心在C，且与BC相切时圆心的位置），GP=10﹣BL=10﹣（2﹣）=8+m；
圆心从P到I（I是圆心在C，且与CD相切时圆心的位置），移动的路径是弧，弧长是：=m；
圆心从I到N移动的距离是：6﹣1=5m，则圆心移动的距离是：（47+）+（8+）+5+=60+2+（m）．
19．（14分）如图，过正方形ABCD的顶点C在形外引一条直线分别交AB、AD延长线于点M、N，DM与BN交于点H，DM与BC交于点E，BN△AEF与DC交于点F．
（1）猜想：CE与DF的大小关系？并证明你的猜想．
（2）猜想：H是△AEF的什么心？并证明你的猜想．
分析：（1）利用正方形的性质得到AD∥BC，DC∥AB，利用平行线分线段成比例定理得到，，从而得到，然后再利用AB=BC即可得到CE=DF；
（2）首先证得△ADF≌△DCE，从而得到∠DAF=∠FDE，再根据∠DAF+∠ADE=90°得到AF⊥DE，同理可得FB⊥AE，进而得到H为△AEF的垂心．
解答：解：（1）CE=DF；
证明：∵正方形ABCD∴AD∥BC，DC∥AB∴，（∴∴
又AB=BC∴CE=DF；
（2）垂心．
在△ADF与△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴∠DAF=∠FDE，
∵∠DAF+∠ADE=90°，∴AF⊥DE，同理FB⊥AE．H为△AEF的垂心．
20．（15分）如图，已知菱形ABCD边长为，∠ABC=120°，点P在线段BC延长线上，半径为r1的圆O1与DC、CP、DP分别相切于点H、F、N，半径为r2的圆O2与PD延长线、CB延长线和BD分别相切于点M、E、G．
（1）求菱形的面积；（2）求证：EF=MN；（3）求r1+r2的值．
解答：（1）解：∵菱形ABCD边长为，∠ABC=120°，∴△ADC和△DBC都是等边三角形，
∴菱形的面积=2S△DBC=2××（6）2=54；
（2）证明：∵PM与PE都是⊙O2的切线，∴PM=PE，又∵PN与PF都是⊙O1的切线，∴PN=PF，
∴PM﹣PN=PE﹣PB，即EF=MN；
（3）解：∵BE与BG都是⊙O2的切线，∴BE=BG，∠O2BE=∠O2BG，O2E⊥BE，而∠EBG=180°﹣∠DBC=180°﹣60°=120°，∴∠O2BE=60°，∠EO2B=30°，
∴BE=O2E=r2，∴BG=r2，∴DM=DG=6﹣r2，
同理可得CF=r1，DN=DH=6﹣r1，∴MN=DM+DN=12﹣（r1+r2），
∵EF=EB+BC+CF=r2+6+r1=6+（r1+r2），而EF=MN，∴6+（r1+r2）=12﹣（r1+r2），
∴r1+r2=9．
21．（15分）（2012?黄冈）如图，已知抛物线的方程C1：y=﹣（x+2）（x﹣m）（m＞0）与
x轴相交于点B、C，与y轴相交于点E，且点B在点C的左侧．
（1）若抛物线C1过点M（2，2），求实数m的值；
（2）在（1）的条件下，求△BCE的面积；
（3）在（1）条件下，在抛物线的对称轴上找一点H，使BH+EH最小，并求出点H的坐标；（4）在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE 相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
解答：
解：（1）依题意，将M（2，2）代入抛物线解析式得：2=﹣（2+2）（2﹣m），解得m=4．
（2）令y=0，即（x+2）（x﹣4）=0，解得x1=﹣2，x2=4，∴B（﹣2，0），C（4，
0）
在C1中，令x=0，得y=2，∴E（0，2）．∴S△BCE=BC?OE=6．
（3）当m=4时，易得对称轴为x=1，又点B、C关于x=1对称．
如解答图1，连接EC，交x=1于H点，此时BH+EH最小（最小值为线段CE的长度）．设直线EC：y=kx+b，将E（0，2）、C（4，0）代入得：y=x+2，当x=1时，y=，∴H（1，）．
（4）分两种情形讨论：
①当△BEC∽△BCF时，如解答图2所示．则，∴BC2=BE?BF．由函数解析
式可得：B（﹣2，0），E（0，2），即OB=OE，∴∠EBC=45°，∴∠CBF=45°，作FT⊥x 轴于点T，则∠BFT=∠TBF=45°，
∴BT=TF．∴可令F（x，﹣x﹣2）（x＞0），又点F在抛物线上，∴﹣x﹣2=﹣（x+2）
（x﹣m），
∵x+2＞0，∵x＞0，∴x=2m，F（2m，﹣2m﹣2）．此时
BF==2（m+1），BE=，BC=m+2，又
∵BC2=BE?BF，∴（m+2）2=?（m+1），∴m=2±，∵m＞0，
∴m=+2．
②当△BEC∽△FCB时，如解答图3所示．则，
∴BC2=EC?BF．∵△BEC∽△FCB
∴∠CBF=∠ECO，∵∠EOC=∠FTB=90°，∴△BTF∽△COE，∴，∴可令F（x，（x+2））（x＞0）又∵点F在抛物线上，∴（x+2）=﹣（x+2）（x ﹣m），∵x＞0，∴x+2＞0，∴x=m+2，
∴F（m+2，（m+4）），EC=，BC=m+2，又BC2=EC?BF，
∴（m+2）2=?整理得：0=16，显然不成立．综
合①②得，在第四象限内，抛物线上存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似，m=+2．