【新】2019-2020成都市石室中學北湖校區(qū)初升高自主招生數學【4套】模擬試卷【含解析】

第一套：滿分120分2020-2021年成都市石室中學北湖校區(qū)初升高自主招生數學模擬卷一．選擇題（共6小題，滿分42分）A.B.C.D.（7分）貨車和小汽車同時從甲地出發(fā)，以各自的速度勻速向乙地行駛，小汽車到達乙地后，立即以相同的速度沿原路返回甲地已知甲、乙兩地相距180千米，貨車的速度為60千米小時，小汽車的速度為90千米小時則下圖中能分別反映出貨車小汽車離乙地的距離千米與各自行駛時間小時A.B.C.D.（7）在平面直角坐標系中，任意兩點Ax,yx,

規(guī)定1 1 2 2AB

x,y

；②ABx

y

；③當x

且y=y2

1 2 1

12 1

1 2 1有下列四個命題：（1）若AB1AB0；ABBC，則ABBC，則對任意點、、均有ABCABC成立.其中正確命題的個數為（ ）A.1個 B.2個 C.3個 D.4個（7分（7分ABO⊥AB于點，AD∠CABBCD、OD，給出以下四個結論：①AC∥OD；②CE=OE；③△ODE∽△ADO；④A．①② B．③④ C．①③ D．①④段AB°，過點F分別作AC的垂線相交于點段AB°，過點F分別作AC的垂線相交于點垂足分別為、現有以下結論：①AB 2；②當點E與點BMH1AFBEEFM?M=1，22其中正確結論為（ ）A.①②③ B. C. D.①②③④）環(huán)的是（）現無論x環(huán)的是（）6.（7）ABCD6.（7）ABCDBC分別與⊙O相切于G三點，過點D4133作⊙O的切線交BC于點則DM413313

9

D.253 2二．填空題（每小題6分，滿分30分））1234……1920角坐標系第一象限，如圖中方式疊放，則按圖示規(guī)律排列的所有陰影部分的面積之和為.的圓心都在xy的圓心都在xy33x個半圓的半徑依次為rrrr＝11 2 3 1r＝ ．3，，∠AOB=6°，點A在第一象限，過點A的雙曲ykx軸上取一點POAl，x以直線l為對稱軸，線段OB經軸對稱變換后的像是O′ B′ ．（1）當點O′與點A重合時，點P的坐標是；設P（t，0，當O′ B′ 與雙曲線有交點時，t的取值范是 ．10.（6）如圖，正方形A10.（6）如圖，正方形ABPP的頂點PP1112 1 2y2(x0)AB分別在x軸、y軸的正半軸上，再在其右側作正方形PPAB2322

，頂點P3

在反比例函數y2(x0)的圖象上，頂點x

A在軸的正半軸上，則點P的x2 3x坐標為 ．11.（6）AB⊥CD11.（6）AB⊥CDEM在OCO于點G，交過C的直線于∠2CBDGNMCOO4，cos∠BOC=1，則BN=．4三．解答題（1248）

10

x3x2 ，其中x22

x2 x24 x2 x2x21212(tan45cos3012113（12分）如圖，點（＋－）都在反比例ykx

的圖象上．求的值；如果Mxy軸上一點，以點為頂點的四邊形是平行四邊形，試求直線MN的函數表達式．ABykxb進行對折得到線段AB，11 yAOAA

與x軸有交點,則b的 A1 11取值范圍為 （直接寫出答案） BO ⊙O交AC于點D，DE⊙O交AC于點D，DE⊙O的切線，連接DE．（1）OCDEFOF=CFOECD邊形；（2）CF=n，tan∠ACOOFx軸于By軸于點B（。求拋物線的解析式；2AEyE2PQGxHD、G、H、FG、H若不存在，請說明理由。Tx，垂足為點M，過點MMN∥BD，交線段AD于點N，連接MD，使∽△BMD。若存在，求出點T的坐標；若不存在，請說明理由。PyCDAyCDABO xyCDABO xD EFA BO xQ圖1 圖2 圖32020-2021年成都市石室中學北湖校區(qū)初升高自主招生數學模擬卷答案解析第一套一、選擇題1.【考點】函數的圖象．180180CC．法的應用.【分析】根據新定義，對各選項逐一分析作出判斷：則.命題正確.（2）設C，若，即，則.命題正確.（2）設C，若，即，∴.∴A=C.命題正確.用反證法，設∴.∴A=C.命題正確.取C，，即有，（4）C取C，，即有，（4）CABC成立.命題正確.綜上所述，正確命題為（（，共3個.故選3．解：∵AB∴AO=OD，∴∠OAD=∠ADO，∵AD平分∠CAB交弧BC于點D，∴∠CAD=∠DAO=1∠CAB，2∴∠CAD=∠ADO，∴AC∥OD，故①正確．2由題意得，OD=R，AC= R，22∵OE：CE=OD：AC= ，22∴OE≠CE，故②錯誤；∵∠OED=∠AOE+∠OAE=90°+22.5°=112.5°，∠AOD=90°+45°=135°，∴∠OED≠∠AOD，∴△ODE△ADO∵AD平分∠CAB交弧BC于點D，1∴∠CAD=

×45°=22.5°，∴∠COD=45°，2∵AB是半圓直徑，∴OC=OD，∴∠OCD=∠ODC=67.5°CAD∠ADO=22.°（已證，∴∠CDE=∠ODC﹣∠ADO=67.5°﹣22.5°=45°，∴△CED∽△CDO，∴CD=CE，CO CD1∴CD2=CO?CE=AB?CE，12∴2CD2=CE?AB，故④正確．綜上可得①④正確．故選：D．三角形中位線定理；全等、相似判定和性質；勾股定理；旋轉的應用.【分析】①∵在△ABC，∴.故結論①正確.∴MH是△ABC.故結論②正確.③如答圖ACF∴.故結論①正確.∴MH是△ABC.故結論②正確.③如答圖ACF順時針旋轉9°至△BC，連接則.∴.∴.∴.∵△ABC∴.∴.∴△AGF和△BHE∴ .又∵又∵，，∴根據勾股定理，得，即.∴.故結論③錯誤.∴，即.∴.④∵由題意知，四邊形CHNG是矩形，∴MG∴根據勾股定理，得，即.∴.故結論③錯誤.∴，即.∴.∴.∴.∴∴.∴.∴∵.故結論④正確.【分析】將各選項分別代入程序進行驗證即可得出結論：【分析】將各選項分別代入程序進行驗A.∵，∴4，2，1是該循環(huán)的數；B.∵，∴2，1，4是該循環(huán)的數；C.∵，∴1，4，2是該循環(huán)的數；D.∵，∴2，4，1不是該循環(huán)的數.故選D.【答案】A.和性質；切線長定理；勾股定理；方程思想的應用.【考點】矩形的性質；切線的性質；正方形的判定和性質；切線長定理；勾股定理；方程思想的應用.【分析】如答圖，連接，則根據矩形和切線的性質知，四邊形都是正方形.【分析】如答圖，連接，則根據矩形和切線的性質知，四邊形都是正方形.設.在設.在，解得，.∴解得，.∴．故選A.【答案】210?！究键c】分類歸納（圖形的變化類。=22－12=4－3=6－2（22－1）＋（42－32）＋…＋（202－192）=（＋1（－）＋（4＋3（－）+…（20＋19（20－19）=1＋2＋3＋4＋…＋19＋20=210。8.【答案】9。y3y33x與三個半圓分別切于A⊥x軸于RtAEO

=300，1 1由r＝1得EO=1，AE=1 3，OE=3，OO=2。則1 2 2 2 1QRtAOO1

r∽2 r2

OO OO r12 1

23r2

r3同理，2QRtAOO1

r∽3 r3

OO OO r13 1

29r3

r9。39（，，≤≤25或﹣25≤≤?！究键c】反比例函數綜合題，解二元一次方程組，一元二次方程根的判別式，解一元一次不等式，待定系數法，曲線上點的坐標與方程的關系，三角形內角和定理，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理。【分析（1）當點與點A重合時，即點O與點A重合，∵∠AOB=60°，過點POAl，以直線lOBO′B′。AOP′是等邊三角形?！撸ǎ?，∴BO=B?！帱cP的坐標是，。∴∠MP′O=30°。∴∠MP′O=30°?！郞M=1t，OO′=t。2過O′作O′Nx軸于N，∠OO′∴ON=12

3t?！郞′（12 2

3。23tB′的坐標是（t23t2

2 3，設直線O′BykxbOB′的坐標代入，得1b 32 2

3t232 。t2

kb 3t2

4tb 34tb 2∴y 3t

3 33。 t2+。2 2 3x 4 2 ∵∠ABO=90°，∠AOB=60°，OB=2，∴OA=4，AB=23，∴A（2，2

3，代入反比例函數的解析式得：k=43，∴y4 3x

，代入上式整理得

3t﹣83）x

3t2+63t）x﹣43=0，△=（﹣3t2+63

3t﹣83）（﹣43）≥0，解得：t≤25t≥﹣25。∵當點O與點A重合時，點P的坐標是?！?≤t≤25或﹣25≤t≤4。

3+1，31?！究键c】反比例函數綜合題，全等三角形的判定和性質，正方形的性質，曲線上點的坐標與方程的關系?！痉治觥孔髻|，曲線上點的坐標與方程的關系?！痉治觥孔鱌⊥y軸于x⊥x1 2軸于⊥PDF，設P（a，32，則CP=321a1a，OC=2，A1

PP11

為正方形，∴Rt△P

BC≌Rt△B11 1

O≌Rt△A1

PD，12∴OB

=P

D=a?！郞A=BC=PD=2a。1 1 1

1 1 2 a∴OD=a2a2。a a∴P（22a。2 a a把P的坐標代入反比例函數y2(x0)a（2－x aa?2=2，a2解得a=－（舍）或a=1P，。2設P的坐標為（b，2，b又∵四邊形PPA

為正方形，∴Rt△P

F≌Rt△A

PE?！郟E=P

F=DE=2

2322

23 233 3 b∴OE=O＋DE=＋2∴＋2=b解得b=1－（舍b=1+ 3。b b1+ 3∴21+ 3b

2 =31

P的坐標為（3+1，31。33∴∠B=∠BCO，在Rt△BCE，∠2+∠B=90°，又∴∠B=∠BCO，在Rt△BCE，∠2+∠B=90°，又FCO=90°，∴CF⊙O證明：∵AB⊙O，∴∠ACB=∠FCO=90°，∴∠ACB﹣∠BCO=∠FCO﹣∠BCO，即∠3=∠1，∴∠3=∠2，∵∠4=∠D，∴△ACM∽△DCN；解：∵⊙O4AO=CO=BO=4，4在Rt△COEcos∠BOC=1，44∴OE=COcos∠BOC=4×4

=1，由此可得：BE=3，AE=5，由勾股定理可得：CE===CE===，AC===2，BC===2，∵AB⊙OAB⊥CD，∴由垂徑定理得：CD=2CE=2∴由垂徑定理得：CD=2CE=2，∵△ACM∽△DCN，∴∴=，∵點MCOCM=AO=×4=2，∴CN==∴CN===，∴BN=BC﹣CN=2﹣=ACM∽△DCN鍵．三、解答題212.解：求得x 1，化簡得：原=x1=22213（1）1解得m

＝3，m1

＝－1（舍去）2（，，（，；∴k＝4×3＝12；直線MNy2x2y2x2；（3）

3 327b8 814、（1）證明：略（2）解：作OH⊥AC，垂足為H，不妨設OE=1，∵CF＝n，△OEF∽△CDF，∴CD=n，OF∵OE=1，∴AC=2．∴AD=2-n，由△CDB∽△BDA，得BD14、（1）證明：略（2）解：作OH⊥AC，垂足為H，不妨設OE=1，∵CF＝n，△OEF∽△CDF，∴CD=n，OF∵OE=1，∴AC=2．∴AD=2-n，由△CDB∽△BDA，得BD2=AD?CD．2nn∴OH＝BD＝

2n

，而CH＝n+

2n=2n2 2 2 2∴tan∠ACO＝OHCH

2nn2n21（）)依題意，將點B（3，0）代入，得：(－1)＋＝0解得：a＝－1－1)4y軸的負半軸上取一點F與點I關于x軸x軸上取一點HFHIHGGD①設過、Ek＋（≠，∵點EE1)＋，得＝(2－1＋＝3∴點E坐標為（2，3） Py C又∵拋物線1)＋4圖像分別與x軸、y軸交于點、、D∴當＝0時，－1)＋，∴＝－1或3 D E當時GFO ∴點（－，，點（，，點（） A O 又∵拋物線的對稱軸為：直線Q圖6∴點D與點E關于PQ對稱，GD＝GE ②分別將點（－，、點）代入＝k＋，得：kb2kb3

k1b1過A、E∴當∴點F（0，1）∴DF2 ③又∵點FIx軸對稱，∴點I（0，－1）∴EI DE2DI2 224225………④又∵要使四邊形DFHG的周長最小，由于DF是一個定值，∴只要使DG＋GH＋HI最小即可由圖形的對稱性和①、②、③，可知，DG＋GH＋HF＝EG＋GH＋HI只有當EI為一條直線時，EG＋GH＋HI最小設過E（2，3、I（0，－1）兩點的函數解析式為：＝k＋b（k，

1 1 1分別將點（，、點（）代入＝k＋b，得：2k

b3

1 1解得：k2b1 1 111

b11過A、E∴當；當1；2∴點G坐標為（，點

坐標為（1，0）2∴四邊形DFHG的周長最小為：DF＋DG＋GH＋HF＝DF＋EIDF＋EI＝225y∴四邊形DFHG225。yC如圖7，由題意可知，∠NMD＝∠MDB， T要使，△DNM∽△BMDNMMD

MDBD

D即可， N即：MD2＝NM×BD ⑤A B設點M的坐標為，，由MB，可得△AM∽△AB， O M x圖7∴NMBD

AMAB232再由（）＝232

，AB＝4(1a)32∴MN(1a)32AB 4

(14MD＝OD＋OM＝＋，324∴⑤式可寫成：＋324

(1a)×323或不合題意，舍去）22∴點M（3，0）2又∵點T在拋物線－1)＋4圖像上，∴當3時，y＝152 4∴點T（315）2 4第二套：滿分120分2020-2021年成都市石室中學北湖校區(qū)初升高自主招生數學模擬卷一．選擇題（共6小題，滿分42分）（7分）二次函數的圖象的頂點在第一限，且過點（．設t=a+b+，則t值的變化范圍( )A．0＜t＜1 B．0＜t＜2 C．1＜t＜2 D．﹣1＜t＜1）如圖，拋物線yx22xm1交xa和B（b，y軸于點x>0y>0；②若a，則b4；③拋物線上有兩點x（（x，y，若x<1<x，且xx >2，則y>y；④點C關于拋物線對2 2 1 2 1 2 1 2稱軸的對稱點為，點分別在xy軸上，當m2時，四邊形EDFG周長的最小值為6 2.其中真命題的序號()

y）Q1A.① B.② C.③ D.④3.（7）

a(xx)(x

)(a

x)的圖象與一次函1 1 2 1 2數y dxe0的圖象交于點(x，若函數yy2 1

y的圖象與x軸僅1有一個交點，( )A.a(xx)d；B.a(xx)d；C.a(xx)2d；D.axx2d1 2 2 1 1 2 1 2點Ay1x(點Ay1x(<0AO的延長線交函數yk（>0，xk是不等于0的常數)的圖象于點A關于y軸的對稱點為′，Cxx若△ABC的面積等于則由線段所圍成的圖形的面積等( )A.8 B.10 C.310 D.4 6BC，CDG，HEF的值是(GH)A.6BC，CDG，HEF的值是(GH)A.62B.2C.3D.26.（7）如圖，拋物線y=﹣2x2+8x﹣6與xAB，把拋物線在x軸及其上方的部分記作C

CB，DB，Dy=x+mCC31 2點，則m的取值范圍是（）A.﹣2＜m＜B.﹣3＜m＜﹣C.﹣3＜m＜﹣2D.

向右平移得C2 2

x﹣3＜m＜﹣二、填空題（每小題6分，滿分30分）﹣3＜m＜﹣BCBP＝xACBCBP＝xAC使∠BQP＝90o ，則x的取值范圍是．8（6分）長為，寬為a的矩形紙片（1<a<1，如圖那樣2折一下，剪下一個邊長等于矩形寬度的正方形（稱為第一次操作；再把剩下的矩形如圖那樣折一下，剪（稱為第二次操作；如此反復操作下去．若在第n次操作后，剩下的矩形為正形，則操作終止．當n=3折一下，剪下一個邊長等于矩形寬度的正方形（稱為第一次操作；再把剩下的矩形如圖那樣折一下，剪（稱為第二次AA→C→B→A1長度每秒．以O3AA→C→B→A1長度每秒．以O3O秒．10.（6）y

x＞0）經過四邊形OABCx）OOAO′與弦AC交于點D，O′E∥AC，并交OCE．則下列四個結論：的頂點A平分OAxxABC）OOAO′與弦AC交于點D，O′E∥AC，并交OCE．則下列四個結論：①點D①點D為ACSO'OE1SAOC③AC2AD2O'DEO（把所有正確的結論的序號都填上）2a3b2a3bc,a168b 168aba168b 168ab

求c的值.（12）xaa13.(本題12分)已知 xaa

1 , 試化簡xx2 4xx2x2 4xx214（12）如圖，拋物線yax2bx3，頂點為E，該拋物線與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，且OB＝OC＝3OA．直y1x1y軸交于點D．3求∠DBC∠CBE．時間為（＜．15（12分）如圖，在矩形ABCDAB=6cAD=8c，點P從點BBDD4cm/sPPQ⊥BDBCQPQPQMNNPDODDC時間為（＜．如圖1，連接DQ平分∠BDC時，t的值為 ；2，連接CM，是以CQt值；請你繼續(xù)進行探究，并解答下列問題：①證明：在運動過程中，點O始終在QM所在直線的左側；3，在運動過程中，當QM⊙Ot時PM⊙O2020-2021年成都市石室中學北湖校區(qū)初升高自主招生數學模擬卷答案解析第二套一、選擇題B。【考點】二次函數圖象與系數的關系。，∴a﹣b+1=0，a＜0，b＞0，∵由a=b﹣1＜0b＜1，∴0＜b＜1①，∵由b=a+1＞0a＞﹣1，∴﹣1＜a＜0②?！嘤散佗诘茫憨?＜a+b＜1。∴0＜a+b+1＜2，即0＜t＜2。故選B【考點】真假命題的判斷；二次函數的圖象和性質；曲線上點的標與方程的關系；軸對稱的應用（最短線路問題；勾股定理.【分析】根據二次函數的圖象和性質對各結論進行分析作出判斷：①從圖象可知當時，①從圖象可知當時，，故命題“當時，”不是真②∵拋物線的對稱軸為A②∵拋物線的對稱軸為AB關于軸對，，有，∴，又∵拋物線的對稱軸為，∴，

，故命題“若 ，

”不是真命題；故命題“拋物線上有兩點故命題“拋物線上有兩點（，）和（，，若，且，則”是真命題；ED關于軸的對稱點連接和ND的延長線交于點，則MN與軸和軸的交點，則”是真命題；即為使四邊形EDFG周長最小的.2∵ ，∴的頂點D的坐標為，∴的頂點D的坐標為，，點C的坐標為，）.∴點M的坐標為N的坐標為P∴.∴.∴當EDFG周長的最小值為.故命題“點C關于拋物線對稱軸的對稱點為，點分別在EDFG周長的最小值為是真命題.綜上所述，真命題的序號是③.故選C.【考點】一次函數與二次函數綜合問題；曲線上點的坐標與方程的關系.【分析】∵一次函數的圖象經過點 ，∴∴.∴..又∵二次函數的圖象與一次函數又∵二次函數的圖象與一次函數的圖象交于點，函數的圖象與軸僅有∴函數 是二次函數，且它的頂點在 軸上，即..∴..令∴..令.故選【答案】B.的應用.的應用.【分析】如答圖，連接A′C，∵點A是函數(<0A.∵點C在直線ABA.∵點C在直線AB上，∴設點C.∵△ABC6，∴，解得（舍去）.∴點C.Ay∵△ABC6，∴，解得（舍去）.∴點C.點.∴由線段ACCCC點..故選B.【答案】C..故選B.銳角三角函數定義；特殊角的三角函數值；等腰直【考點】正方形和等邊三角形的性質；圓周角定理；銳角三角函數定義；特殊角的三角函數值；等腰直角三角形的判定和性質，特殊元素法的應用.【分析】如答圖，連接，與交于點.∴垂直平分【分析】如答圖，連接，與交于點.∴垂直平分，.不妨設正方形ABCD2，則.又∵是等邊三角形，∴.∴.故選C.考點： 拋物線與又∵是等邊三角形，∴.∴.故選C.分析： 首先求出點A和點B的坐標，然后求出C2

解析式，分別求y=x+mC2

相切時m的值以及直線y=x+m過點B時m∵是⊙O.在中，∵是⊙O.在中，，.在中，∵，∴.易知是等腰直角三角形，∴.的值，結合圖形即可得到答案．由于將C2C1 2解答： 解：令y=﹣2x2+8x﹣6=0，即x2﹣4x+3=0，解得x=1或則點（，，由于將C2C1 2則C解析式為y）2+（≤≤，2當y=x+m1

與C2令

=y=﹣2（x﹣4）2+2，12x2﹣15x+30+m0，1△=﹣8m﹣15=0，解得m解得m﹣1，當y=x+m當﹣3＜m＜﹣時直線當﹣3＜m＜﹣時直線y=x+mCC3D．1 2

過點B0=3+m2

=﹣3，2x二、填空題【答案】3x4?！究键c】動點問題，相似三角形的判定和性質，勾股定理，一元二次方程根的判別式，解不等式。QQH⊥BC方程根的判別式，解不等式。QQH⊥BCH，則△CQH∽△CAB，設QH＝3k，HC＝4k，由BH＝4－4k，HP＝x－4＋4k。要使∠BQP＝90，則有QH2＝BH?HP，即（3k）2＝（4－4k）（x－＋4k，整理，得關于k的方程25k24x32k164x0，則4x322425164x16x2144x576由01x12x30，16x0，則有x30，即x3。

1x12x3，16又因為BC＝4，所以x4x的取值范圍是3x4。【答案】3或3。5 4【考點】分類歸納，折疊，一元一次方程的應用。【分析】根據操作步驟，可知每一次操作時所得正方形的邊長都等于的寬。當1a11，寬為a，所以第一次操作時所得2正方形的邊長為a，剩下的矩形相鄰的兩邊分別為1﹣a，a1﹣aa1﹣a1﹣aa﹣（1﹣a）=2a﹣1。由于a）﹣（2a﹣1）=2﹣3a，所以（1﹣a）與（2a﹣1）的大小關系不能確定，1﹣a＞2aa＜2aa的值：1﹣a＞2a﹣1a2，那么第三次操作時正方形的邊長32a﹣1，則2a﹣1=（﹣a）﹣2a﹣，解得a=3；51﹣a＜2a﹣1，即a2，那么第三次操作時正方形的邊長31﹣a，則﹣a（2a）﹣﹣a，解得a=3。故答案為3或3。4 5 44。ABC與ABBC（如圖，設切點為C=6Rt△OCD中OD 3 32。。又∵速度sinC sin600 321O△ABCO4【答案】2?！究键c】反比例函數綜合題，翻折變換（折疊問題，折疊對稱的與方程的關系?！摺鰽BC沿AC翻折后得△AB′C，∴∠OB′C＝∠AB′C＝∠ABC＝90°=∠ODC?！逴COAx軸正半軸的夾角，∴CD=CB又OC=O，∴R△OC≌Rt△OC′（H。再由翻折的性質得，BC=B′C。【分析】延長B∵△ABC沿AC翻折后得△AB′C，∴∠OB′C＝∠AB′C＝∠ABC＝90°=∠ODC?！逴COAx軸正半軸的夾角，∴CD=CB又OC=O，∴R△OC≌Rt△OC′（H。再由翻折的性質得，BC=B′C。y

2x＞0）經過四邊形OABCA、C，x∴S=1xy=1，∴S 1xy=1?！鱋CD 2 △OCB′ 2∵ABx軸，∴點xayy（xa）=2ay=1?！郤

=1a y=1?！鰽BC 2 2∴S=S

+S

=1+1+1=2。OABC

△OCB′

△ABC

△ABC 2 211【答案】①③④?！究键c】圓周角定理，平行的判定和性質，互為余角的性質，直角三角形斜邊上中線的性質，等腰三角形的判定和性質，相似三角形的判【考點】圓周角定理，平行的判定和性質，互為余角的性質，直角三角形斜邊上中線的性質，等腰三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，弧長公式，菱形的判定。定和性質，弧長公式，菱形的判定。OD，∵AOO′的直徑，∴∠ADO＝900。∴∠CDO＝900。又∵O′E∥AC且AO′＝O′O，∴CE＝EO?！郉E＝CE?！唷螩DE＝∠DCE。又∵AO＝CO，∴∠ACE＝∠CAO。∴∠CDE＝∠CAO?！郉E∥AO?！帱cD為AC②由①易知，△O′OE∽△AOC，而AO＝2O′O，∴SOOE1 4。故AOC結論②錯誤。③由弧長公式知，?C·OCAO·OC2A，?D·OCA，180180180∴AC2AD。故結論③正確。，∴四邊形O'DEO④正確。12、（解：∵ ，∴a+b=168所以，∴解得：c=17013、由 得：x+2=a+，∵ ，∴a≥1，所以，原式=14.解：將x0y1x1yax2bx3知，3)，所以1，0)．直線y1x1過點3．將點ya(x1)(x3)，得a1．25yx22x3的頂點為E(1)．于是由勾股定理得25232

2 ．因為B＋C＝BBCE為直角三角形，BCE

（第14題）因此tanCBECE1．又OD1CBE．CB 3 OB 3所以，DBCCBEDBCDBOOBC45．（2）由△QTM∽△BCD，得=列出方程即可解決．15（1）求出PQBQ，（2）由△QTM∽△BCD，得=列出方程即可解決．（3）①2QMCDE，求出DEDO②如圖3中，由①可知⊙O只有在左側與直線QM相切于點H，QM與CD交于點CD交于點=（1）1ABCD∴∠A=∠C=∠ADC=∠ABC=90°，AB=CD=6．AD=BC=8，∴BD==∴BD===10，∵∠PBQ=∠DBC，∴△PBQ∽△CBD，∴=∵∠PBQ=∠DBC，∴△PBQ∽△CBD，∴==，∴==，∵DQ平分∠BDC，QP⊥DB，QC⊥DC，∴QP=QC，∴3t=8﹣5t，∴t=1，故答案為：1．連接PM連接PM，假設PMO∠OMH=PMQ=22.5°，2MT⊥BCT．∵MC=MQ，MT⊥CQ，∴TC=TQ，由由）可知TQ=（﹣5，QM=3，∵∠MTQ=∠BCD=90°，∴△QTM∽△BCD，∴=，∴=，∴t=（，∴t=s，△CMQ∴=，∴t=（，∴t=s，△CMQCQ∵EQ∥BD，∴=，EC=EC=（﹣5，ED=D﹣EC=﹣（﹣5）=t，∴DE﹣DO=t﹣3t=t＞0，∴點OQMEC=（∴DE﹣DO=t﹣3t=t＞0，∴點OQMEC=（﹣5，DO=3，∴OE=﹣3﹣（﹣5）=，∵OH⊥MQ，∴∠OHE=90°，=，∴==，∴=．∴t=s，⊙OQM∴∠OFH=∠FOH=45°，∴OH=FH=，FO=FM=，∴MH=（+1∴∠OFH=∠FOH=45°，∴OH=FH=，FO=FM=，∴MH=（+1，由=得到HE=，由=得到EQ=，∴MH=MQ﹣HE﹣EQ=4﹣﹣=，∴由=得到EQ=，∴MH=MQ﹣HE﹣EQ=4﹣﹣=，∴（+1）≠，矛盾，∴假設第三套：滿分120分2020-2021年成都市石室中學北湖校區(qū)初升高自主招生數學模擬卷一．選擇題（共6小題，滿分42分）一、選擇題（6427）{（7分）若關于y的方程值范圍是（ ）

xy=kx+y=4

有實數解，則實數k的取A．k＞4 B．k＜4 C．k≥4 D．k≤42.（7分）如圖，小明家的住房平面圖呈長方形，被分割成3個正方形和2個長方形后仍是中心對稱圖形.若只知道原住房平面圖長方形的周長則分割后不用測量就能知道周長的圖形標號（ A. B. C. D.①②③）一個尋寶游戲的尋寶通道如圖1尋寶者與定位儀器之間的距離為進，且表示yx2尋寶者與定位儀器之間的距離為進，且表示yx2示，則尋寶者的行進路線可能為（）A、A→O→B 、B→A→C、B→O→C 、C→B→O（7分）某單位在一快餐店訂了22盒盒飯，共花費183元，盒飯共有甲、乙、丙三種，它們的單價分別為1085可能的不同訂餐方案有（）A．1個B．2個C．3個D．4（7分）7

，a，a1 2 3

，a，a，4 5 6a7

＜a＜a1 2 3

＜a＜a4 5 6

，且這7條線段中的任意3條都7

=1=21

能取的值（ ）1 7 66.（7）如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線x6.（7）如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線x經過點A⊥x軸于點ABO繞點B逆時針旋轉6°CB（C（）A.，3 B.，3 C. D. 2一．填空題（共5小題，滿分30分）7.（6）在等腰Rt△ABC，∠C=90°，AC=1，過點Cll上的一點，且AB=AF，則點FBC距離為為點M，AB＝20，分別以CM、DM1和⊙O為點M，AB＝20，分別以CM、DM1和⊙O2(結果保留)．D在邊BCB＝2C（如圖ABC繞著點D逆時針旋轉m（0＜m＜180）BRt△ABC上，那么m＝．）如圖，平行四邊形AOBC點E，雙曲線y=kxk >0)經過AE形AOBC的面積為18，則k= .AOB=OBOA1=OB1，連結A1B1，在B1A1B1B上分別取點A2B2，使B1 B2=B1 A2，B=ABB213 2 3A2n+1B=ABB213 2 3A2n+1BB nn1n=1（=n。統(tǒng)計圖表。的一部分，下面是甜甜和她的雙胞胎妹妹在六一兒童節(jié)期間的對話。請問：統(tǒng)計圖表。的一部分，下面是甜甜和她的雙胞胎妹妹在六一兒童節(jié)期間的對話。請問：（1）年到年甜甜和她妹妹在六一收到紅包的年增長率是多少?12.（12分）為了了解同學們每月零花錢的數額，校?小記者隨機12.（12分）為了了解同學們每月零花錢的數額，校?小記者隨機請根據以上圖表，解答下列問題：填空這次被調查的同學共人， ，求扇形統(tǒng)計圖中扇形的圓心角度數。 。（3）該校共有學生 人，請估計每月零花錢的數額在范圍的人數。）收發(fā)微信紅包已成為各類人群進行交流聯系，增強感情（2）年六一甜甜和她妹妹各收到了多少錢的微信紅包？（2）年六一甜甜和她妹妹各收到了多少錢的微信紅包？如圖，是的延長線上，平分交于點，且，垂足為點。（1）求證：直線是的切線。（2）若，，求弦的長。（1）求拋物線的解析式（用一般式表示）。（2）點為軸右側拋物線上一點，是否存在點（1）求拋物線的解析式（用一般式表示）。（2）點為軸右側拋物線上一點，是否存在點使，若存在請直接給出點坐標；若不存在請說明理由。（3）將直線繞點順時針旋轉，與拋物線交于另一點，求的長。經過點，交軸2020-2021年成都市石室中學北湖校區(qū)初升高自主招生數學模擬卷答案解析第三套一、選擇題1∴根據根與系數的關系可以構造一個關于mx，y程m2﹣4m+k=0△=b2﹣4ac=16﹣4k≥016﹣4k≥0k≤4．故選：D．【考點】多元方程組的應用（幾何問題別為，②③的邊長分別為.別為，②③的邊長分別為.根據題意，得，，得，將（定值，將代入，得將代入，得（定值，【考點】單動點問題；函數圖象的識別；垂線段最短的性質；排相同的，因此，可排除A相同的，因此，可排除AD2寶者與定位儀器之間的距離的最近點，相對于開始和結束時位置離中點更近，因此，如答圖，過點分別作的垂線，垂足分別為點，此時，根據垂線段最短的性質，點是尋寶者，即點離中點的距離小于開，此時，根據垂線段最短的性質，點是尋寶者，即點離中點的距離小于開始和結束時的距離；點離中點的距離大于開始和結束時的距離.∴尋寶者的行進路線可能為B→O→C.故選C.4．解：設甲盒飯、乙盒飯分別有xyy）盒．根據題意，得10x+8y+5（22﹣x﹣y）=1835x+3y=73y又0＜x＜22，0＜y＜22，0＜22﹣x﹣y＜22，

73-5x．33.5＜x＜14.6，且x、yx=5，8，11故選：D．a=11則一定有：a故選：B．

=2，a2

=3，a3

=5，a4

=8，a5

=13，a6

=21，7點：專題：計算題．定（2，再利用旋轉的性質得BB=230三邊的關系可計算出三邊的關系可計算出CH=BC=﹣2=1，于是可寫出C點坐標．C⊥x軸于，如圖，∵點B的坐標為軸于點∴∴A2，當x=2，∴A（2，2，∵△∵△ABOB60，∠ABC=60°，=﹣OB=3﹣2=1，∴∴C（﹣1，．故選．（49）﹣（49）二、填空題【答案】31。（1）ACFD⊥BC為D，FE⊥AC，交點為E，易得，四邊形CDFE是正方形，即，CD=DF=FE=EC。∵在等腰直角△ABC，AC=BC=1，AB=AF，∴AB=AC2BC2 2?！郃F=2?！嘣赗△AEF＋EC）＋E=AF，解得，DF=31。2（2）如圖，延長BC，做FD⊥BC，交點為D，延長解得，DF=31。2（2）如圖，延長BC，做FD⊥BC，交點為D，延長CA，做FE⊥CA于點E，易得，四邊形CDFE即CD=DF=FE=EC。同上可得，在R△AEF（E）＋EF=AF，即(FD－1)2＋FD2=(2)2。解得，FD=

31。2綜上所述，FD=8.【答案】50。

31。2定和性質，等量代換。【分析】如圖，連接AC，AD，∵AB⊥CD，AB=20，定和性質，等量代換?！痉治觥咳鐖D，連接AC，AD，∵AB⊥CD，AB=20，∴AM=MB=10。又∵CD為直徑，∴∠CAD=90°，∴Rt△MAC∽Rt△MDA。MAMD，即MA2=MCMD=100。MC MA∴S =S陰影部分

－S－S⊙O ⊙1 =1 2

1

1 2 1 2CD224 1 1 MCMD2M2MD2 2MCMD 210051 1 4 4 4。9.【答案】80°或120°。Rt△ABCBAB邊上和AC當點B落在AB（如圖中紅線，由旋轉的性質知△DBE是等腰三角形，由∠B＝50°和等腰三角形等邊對等角的性質，三角形內角和定理可得m＝∠BDE＝80°。當點B落在AC邊上時（如圖中藍線，在RtCDH中，由已知BD＝2CD，即DH＝2CD12函數值得∠CDH＝60°，所以根據鄰補角定義得m＝∠BDH＝120°。10.【答案】6?！痉治觥窟^A【分析】過AAD⊥OB于D，過EEF⊥OB于，設（x，k （a，。由三角形x1AD=2k2xDF=（ax，2OF=ax

?！郋（a

，k2 2 2x∵E

axk

ka3x。2 2x∵平行四邊形的面積是

akx

kx

k6。11（1）1802

2n1800（）（）。【考點】分類歸納，等腰三角形的性質，三角形內角和定理。【分析（設∠A1

O=α+2x=18x=18°－1

∴1

=180。2（2）

BB22

=y，則2

+y=180°，1

+2y=180°，∴=22 21801

2211800。2 2

2180180同理=3

22

2

1800。23…∴=n

n180。2n。三、解答題12（2）（1），，。（2）形的圓心角為 。（3），依題意得：，解得，（舍去）。（3），依題意得：，解得，（舍去）。

年到 年甜甜和她妹妹在六一收到紅包的年（2）設甜甜在依題意得：，（2）設甜甜在依題意得：，解得，所以（元）。答：甜甜在為元。解得，所以（元）。

年六一收到微信紅包為元，則她妹妹收到微信紅包答案詳解證明：連結 ，如圖所示，因為，所以，所以，所以，因為因為，所以，所以，所以，因為，所以所以直線

，是的切線。所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，

，所以

，因為 ，，，設，則，設，則，在。即有根，。(1)因為拋物線交軸于點，，那么，橫坐標可以看做是拋物線方程等于時的兩個根。即有根，。解得或。因為，所以直線解得或。因為，所以直線的解析式，與拋物線聯立得方程，即，。根據直線距離坐標公式知，。2020-2021年成都市石室中學北湖校區(qū)初升高自主招生數學模擬卷一．選擇題（共6小題，滿分42分）1．(7分)設關于x的方程ax2+（a+2）x+9a=0，有兩個不相等的實數根x

、x，且xA．B．A．B．C．D．

＜1＜x1

，那么實數a的取值范圍是（ ）2則，解得。所以拋物線解析式為。(2)由知，。則，解得。所以拋物線解析式為。(2)由知，。在拋物線解析式中令，得，即，代入拋物線中，且在軸右側，得或或。(3)根據兩直線夾角公式知，，且，2.（7分）如圖，正六邊形ABCDEF 內接于圓O，半徑為4，則這個正六邊形的邊心距OM 2.（7分）如圖，正六邊形ABCDEF 內接于圓O，半徑為4，則這個正六邊形的邊心距OM 和弧BC的長分別為（）A.2、3B.23、C.3、23D.23、43C在x、C三點為頂點的三角形是等腰三角形，則點C的個數為（ ）A.2 B.3 C.4 D.54.（7分）張三和李四兩人加工同一種零件，每小時張三比李四54.（7分）張三和李四兩人加工同一種零件，每小時張三比李四5120100件所用時間相等，求張三和李四每小時各加工多少個這種零件？若設張三每小時加工這種零件x個，則下面列出的方程正確的是【】A.120

B.120

100

C.

D.120

100x5 x x x5 x5 x x x5）如圖，在矩形ABCDABBCEBFEF到△EB′FB′D，則B′D）如圖，在矩形ABCDABBCEBFEF到△EB′FB′D，則B′D（）6.（7分）下列命題中，真命題的個數有【 】①一個圖形無論經過平移還是旋轉，變換后的圖形與原來圖形的對應線段一定平行②函數y=x2+ 1x

圖象上的點P（x，y）一定在第二象限③正投影的投影線彼此平行且垂直于投影面④使得|x|﹣y=3和x12

13．A．3個 B．1個 C．4個 D．2個一．選擇題（共5小題，滿分30分）7.（6）ABCDE、F、CD且AE=EF=FAB≌△AD②CE=C；③∠AEB=75°；④BE＋DF=EF；⑤S（只填寫序號．

＋S△ABE

=S△ADF

△CEF

，其中正確的是8.（6）順次連接一矩形場地ABCDABBCCDDAE、F、G、HEFGH，MEHP角線EGAB=103PM+PH小值時，EP的長為 。5469用(mn表示第m行第n列的座位，新學期準備調整座位，設某個學生原來的座位為(mn)，如果調整后的座位為(i,j)a,b]mi,nj 并稱ab為該生的位置數。若某生的位置數為則當mn取最小值時，mn的最大值為 .10.（6）2002頂點B

B1 2

、…、B

和C1

CC2 3

分別在直線y1x2

31和x軸上，則第n個陰影正方形的面積為 ．1）如圖，已知直線ly1

2x3

8與直線l3

y2x16相E分別在l1、l上，頂點F、G都在x軸上，且點2GBS：S=△ABC．DEFG2交于點lE分別在l1、l上，頂點F、G都在x軸上，且點2GBS：S=△ABC．DEFG2一．選擇題（共4小題，滿分48分）12.（6125（1）先化簡：(a4)a2a3，再從-3、5a3 a3 a2個你認為合適的數作為a的值代入求值.

3、2、-2x2013（2）已知2012x x，求x20132x201313.（本小題滿分12分）在圓內接四邊形ABCD中，CD為△BCA外DFBAF為DDFBAE.求證△ABD求證AC?AF=DF?FE.12）作完成時間的ab丙隊單獨完成是甲、乙合作完成時間的c倍.求1

1的值.a1b1c115（12分）如圖，頂點為15（12分）如圖，頂點為（，1）O，求拋物線對應的二次函數的表達式；BOAyCOCD≌△OAB；在xP，使得△PCDP2020-2021年成都市石室中學北湖校區(qū)初升高自主招生數學模擬卷答案解析第四套一、選擇題1則△＞0，解得﹣＜a＜，∴（a+2）2﹣4a×9a=﹣35a2+4a+4＞0，解得﹣＜a＜，∵x∵x+x1 2，xx=9，12

＜1＜x1

，∴x2

﹣1＜0，x1

﹣1＞0，2那么（x

﹣（x﹣）＜，∴xx﹣（x+x）+1＜，1 2 12 1 29++1＜0，解得＜a＜0，9++1＜0，解得＜a＜0，最后a＜a＜0D．30弧長的計算.【分析】如答圖，連接、，∵六邊形是正六邊形中，∴為等邊三角形.∵正六邊形內接圓半徑為4，∴邊長等于半徑4.44所對的圓心【分析】如答圖，作中垂線交軸于，則是等腰三角形；【分析】如答圖，作中垂線交軸于，則是等腰三角形；以點A為圓心，長為半徑畫圓交軸于則B為圓心，長為半徑畫圓與軸沒有交點（因為點到軸的距離大于）C3.故選B．角為.∴由弧長計算公式：.故選D.【答案】B.【考點】由實際問題抽象出分式方程（工程問題。關系為：。故選B.120100間。故選B.解：如圖，當∠BFE=∠B'FEBDEB′D最小，是AB是ABAB=4，=2﹣2．故選：A．【考點】命題與定理，平移和旋轉的性質，非負數的性質，平行【分析】①平移后對應線段平行；對應線段相等，對應角相等，圖形的形狀和大小沒有發(fā)生變化；旋轉后對應線段不平行；對應線段相等；對應角相等；圖形的形狀和大小沒有發(fā)生變化。故此命題錯誤。1x②根據二次根式的意義得，故函數y=x2+的點P（x，y）1x

圖象上③根據正投影的定義得出，正投影的投影線彼此平行且垂直于投影面。故此命題正確。④使得|x|﹣y=3和y+x2=0同時成立，即y=|x|﹣3，y=﹣x2，故|x|﹣3=﹣x2，x2﹣|x|﹣3=0。當x＞0，則x2﹣x﹣3=0，解得：x=1+13，x=1 13（不1 2 2 2合題意舍去；當＜x+x﹣3=

=1+1（不合題意舍去

1 13。1 2 2 2∴使得|x|﹣y=3和y+x2=0

的取值為：1+13，1 13。2 22D二、填空題【答案】①②③⑤?！究键c】正方形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理。【分析】由已知得AB=AD，AE=AF，利用“HL”可證△ABE≌△ADF，利用全等的性質判斷①②③正確【分析】由已知得AB=AD，AE=AF，利用“HL”可證△ABE≌△ADF，利用全等的性質判斷①②③正確AD上取一點F由正方形，等邊三角形的性質可知∠DAF=15°，從而得∠DGF=30°，DF=1AG=GF=2，DG=DF=1AG=GF=2，DG=3AD，CF，EF332CF=2+6BE+DF=2+S=2×1AD×△ABE △ADF2DF=2+3，S=1CE×CF=32=2+△CEF223，∴⑤正確。3

3米?！究键c】矩形的性質，勾股定理，三角形中位線定理，等邊三角形的判定和性質，銳角三角函數，特殊角的三角函數值?！痉治觥咳鐖D，取EF的中點M′，連接H【分析】如圖，取EF的中點M′，連接H′交EG于點PM=PM′，PM+PH=HM′為最小值。AC=20EF=10EH=10HF=AB=10△EHFM′是EFHM′⊥EF，∠PEM′=300在Rt△E′P中，E=5PE′=30義，得EP=EM′÷cos∠PEM3

3（米。36。【考點】坐標與圖形的平移變化，坐標確定位置?！?/p>