2023年山东省泰安市自主招生数学试题（解析版）

2023年泰安市自主招生九年级数学试题第Ⅰ卷（选择题共30分）一、单项选择题（本大题8个小题共24分，每小题选对得3分）1.下列等式中，①，②，③，④其中函数有（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】D【解析】【分析】本题主要考查了函数的定义，函数的定义：设在一个变化过程中有两个变量x与y，对于x的每一个确定的值，y都有唯一的值与其对应，那么就说y是x的函数，由此即可判断．关键是掌握函数的定义．【详解】解：①，是函数，②，是函数，③，是函数，④，是函数，综上①②②④是函数，故选：D．2.如图，△ABC的外角∠ACD的平分线CP与内角∠ABC的平分线BP交于点P，若∠BPC＝40°，则∠CAP＝（）A.40° B.45° C.50° D.60°【答案】C【解析】【分析】根据外角与内角性质得出∠BAC的度数，再利用角平分线的性质以及直角三角形全等的判定，得出∠CAP＝∠FAP，即可得出答案.【详解】解：延长BA，作PN⊥BD，PF⊥BA，PM⊥AC，设∠PCD＝x°，∵CP平分∠ACD，∴∠ACP＝∠PCD＝x°，PM＝PN，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠PBC，PF＝PN，∴PF＝PM，∵∠BPC＝40°，∴∠ABP＝∠PBC＝∠PCD﹣∠BPC＝（x﹣40）°，∴∠BAC＝∠ACD﹣∠ABC＝2x°﹣（x°﹣40°）﹣（x°﹣40°）＝80°，∴∠CAF＝100°，在Rt△PFA和Rt△PMA中，，∴Rt△PFA≌Rt△PMA（HL），∴∠FAP＝∠PAC＝50°．故选C．【点睛】本题考查了角平分线的性质以及三角形外角的性质和直角三角全等的判定等知识，根据角平分线的性质得出PM＝PN＝PF是解题的关键．3.已知方程，且关于x的不等式只有4个整数解，那么b的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到a的值，代入不等式组确定出b的范围即可．【详解】解：分式方程去分母得：3-a-a2+4a=-1，即a2-3a-4=0，分解因式得：（a-4）（a+1）=0，解得：a=-1或a=4，经检验a=4是增根，分式方程的解为a=-1，当a=-1时，由a＜x≤b只有4个整数解，得到3≤b＜4．故选：D．【点睛】此题考查了解分式方程，以及一元一次不等式组的整数解，熟练掌握运算法则是解本题的关键．4.如图，在四边形中，，，连接．若，则四边形的面积为（）A.12 B.14 C.16 D.18【答案】D【解析】【分析】作、，交的延长线于点N，则可证明四边形为矩形，由矩形的性质进一步得出，利用证明，由全等三角形的性质可得出，与的面积相等，则可得出四边形为正方形，则可得出四边形的面积正方形的面积，最后利用勾股定理即可得出答案．【详解】解：如图，作、，交的延长线于点N；则，又∵，∴四边形为矩形，∴；∵，∴；与中，∵，，，∴，∴，与的面积相等；∴四边形为正方形，∴四边形的面积正方形的面积；∵，；∴，即，即四边形的面积为18．故选：D．【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，正方形的判定以及性质，全等三角形的判定以及性质，以及勾股定理的应用，作出辅助线以及得出四边形为正方形是解题的关键．5.如图，平行于x轴的直线分别交抛物线与于B、C两点，过点C作y轴的平行线交于点D，直线，交于点E，则（）如图，A. B. C. D.3【答案】A【解析】【分析】本题是二次函数综合题型，主要利用了二次函数图象上点的坐标特征，根据平行于x轴的点的纵坐标相同，平行于y轴的点的横坐标相同，求出用点A的纵坐标表示出各点的坐标是解题的关键．设A点坐标为，利用两个函数解析式求出点B、C的坐标，然后求出的长度，再根据轴，利用的解析式求出D点的坐标，然后利用求出点E的坐标，从而得到的长度，然后求出比值即可得解．【详解】解：设A点坐标为，，则，解得，∴点B，∴点C，∵轴，∴点D的横坐标与点C的横坐标相同，为，∴点D的坐标为，∵，∴点E的纵坐标为3a，∴点E的坐标为，∴，∴．故选：A．6.点I为的内心，连交的外接圆于点D，若，点E为弦的中点，连接，若，则的长为（）A.5 B. C.4 D.【答案】C【解析】【分析】本题考查三角形的内心、三角形的外接圆、三角形的中位线定理、直角三角形的判定、勾股定理等知识，延长到M，使得，连接．求出，证明是的中位线即可解决问题；【详解】解：延长到M，使得，连接．∵I是的内心，，，，，，，，，，，故选：C．7.如图，在中，，M是的中点，点D在上，，，垂足分别为E，F，连接．下列结论：①；②；③；④；⑤若平分，则；⑥，正确的有（）A.6个 B.5个 C.4个 D.3个【答案】A【解析】【分析】证明，得到，可判断①；再证明，从而判断为等腰直角三角形，得到，可判断③，同时得到，可判断②；再证明，得到为等腰直角三角形，得到，，可判断④；根据角平分线的定义可逐步推断出，再证明，得到，则有，从而判断⑤．【详解】解：，，，，又，，，，故①正确；由全等可得：，，，连接，，点是中点，，，在和中，，，，又，，，，，，，即为等腰直角三角形，，故③正确，，，，故②正确，设与交于点，连接，，，，，，，为等腰直角三角形，，而，，故④正确；，，，平分，，，，，即，，，，，，为等腰直角三角形，，，故⑤正确；∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，故⑥正确；故选：A．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等量代换，难度较大，解题的关键是添加辅助线，找到全等三角形说明角相等和线段相等．8.如图，在等边中，，点D，E分别在边上，且，连接交于点F，连接，则的最小值是（）A. B. C.-1 D.-1【答案】A【解析】【分析】此题主要考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、圆周角定理、解直角三角形等，添加辅助圆作出相应辅助线是解题关键．根据三角形全等的判定定理和性质可得：，，利用各角之间的数量关系可得：，作的外接圆，则点F在圆上运动，连接，交劣弧于点，当点F与点重合时，的长度最小,证明，进一步即可求出的最小值．【详解】解：∵是等边三角形，∴，∵,，∴，在与中，，∴，∴，∴，∴，∴，作的外接圆，则点F的运动轨迹为以O为圆心，为半径的圆，如图所示，连接，交劣弧于点，当点F与点重合时，的长度最小，∵∴∴，∴，在中，，∴，∴，∴的最小值为，故选：A．第Ⅱ卷（非选择题共76分）二、填空题（本大题共8个小题，每小题3分，共24分）9.若，则称是以10为底的对数．记作：．例如：，则；，则，对数运算满足：当，时，，例如：，则的值为______．【答案】【解析】【分析】本题考查的是自定义运算，通过阅读自定义运算规则：，再得到再通过提取公因式后逐步进行运算即可得到答案．详解】解：，．故答案为：．10.已知不等式的解是，则_______，_______．【答案】①.②.【解析】【分析】本题主要考查了二次函数的性质，一元二次方程根与系数的关系，由不等式的解可得出，且和为方程的两个根，根据一元二次方程根与系数的关系可得出关于a与b的二元一次方程组，求解即可得出答案．【详解】解：∵不等式的解是，∴，且和为方程的两个根，根据根与系数的关系可得出，解得：，故答案为：；．11.不论取何值，分式总有意义，则的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】本题考查的是分式有意义的条件，二次函数与x轴的交点问题，根据分式有意义的条件可得出，设，则抛物线与x轴没有交点，根据根的判别式即可得出C的取值范围．【详解】解：由题意得：，设，则抛物线与x轴没有交点，∴，解得：，故答案为：．12.观察下列图形规律，当图形中的“○”的个数和“”个数差为375时，n的值为_____________．【答案】30【解析】【分析】本题考查了图形的变化类规律型和因式分解法解一元二次方程，设第个图形中“○”的个数为个，“”的个数为个，根据图形中“○”和“”个数的变化，可找出变化规律：；，令即可得出关于的方程，解之即可得出结论．【详解】解∶设第个图形中“○”的个数为个，“”的个数为个，观察图形，可知∶，解得可（舍）．故答案为∶30．13.如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，点E、F分别在BC、CD上，若AE=，∠EAF=45°，则AF的长为_____．【答案】【解析】【分析】取AB的中点M，连接ME，在AD上截取ND=DF，设DF=DN=x，则NF=x，再利用矩形的性质和已知条件证明△AME∽△FNA，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等可求出x的值，在直角三角形ADF中利用勾股定理即可求出AF的长．【详解】解：取AB的中点M，连接ME，在AD上截取ND=DF，设DF=DN=x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠BAD=∠B=90°，AD=BC=4，∴NF=x，AN=4﹣x，∵AB=2，∴AM=BM=1，∵AE=，AB=2，∴BE=1，∴ME=，∵∠EAF=45°，∴∠MAE+∠NAF=45°，∵∠MAE+∠AEM=45°，∴∠MEA=∠NAF，∴△AME∽△FNA，∴，∴，解得：x=∴AF=故答案为．【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判断和性质以及勾股定理的运用，正确添加辅助线构造相似三角形是解题的关键．14.如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB=3，AD=5，∠BAD=60°，点C为弧BD的中点，则AC的长是__．【答案】【解析】【详解】解：∵A、B、C、D四点共圆，∠BAD=60°，∴∠BCD=180°-60°=120°，∵∠BAD=60°，AC平分∠BAD，∴∠CAD=∠CAB=30°，如图1，将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，则∠E=∠CAD=30°，BE=AD=5，AC=CE，∴∠ABC+∠EBC=（180°-CAB-∠ACB）+（180°-∠E-∠BCE）=180°，∴A、B、E三点共线，过C作CM⊥AE于M，∵AC=CE，∴AM=EM=×（5+3）=4，在Rt△AMC中，AC===．故答案为．【点睛】本题考查了①圆心角、弦、弧的关系；②圆内接四边形的性质；③解直角三角形．15.如图被称为“杨辉三角”或“贾宪三角”．其规律是：从第三行起，每行两端的数都是“1”，其余各数都等于该数“两肩”上的数之和．图中两平行线之间的一列数：1，3，6，10，15，……，我们把第一个数记为，第二个数记为，第三个数记为，……，第n个数记为，则_________．【答案】【解析】【分析】本题考查数字类规律探究，代数式求值，根据给出的数字，概括出，进而求出的值，求出代数式的值即可．【详解】解：由题意可知：，∴，∴，∴；故答案为：．16.已知菱形的边长为1，，为上的动点，在上，且，设的面积为，，当点运动时，则与的函数关系式是__________．【答案】【解析】【分析】证明是等边三角形，求出的面积与的函数关系式，即可得出答案．【详解】连接，如图所示：∵菱形的边长为1，，∴和都是等边三角形，∴，，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∴的面积，作于，则，∵，∴，∴，∴，∴与的函数关系式为：．故答案为：【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、动点问题的函数、三角形的面积问题，证明两个三角形全等是解决问题的关键．三、解答题（本大题共7个小题，满分72分，解答题应写出必要的文字说明或推演步骤）17.已知二次函数的对称轴为直线，且二次函数有最小值；又知二次函数的图象与轴有两个交点，它们之间的距离为6．求二次函数的解析式．【答案】【解析】【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数的解析式，根据题意设，由一元二次方程根与系数的关系可得出，，再结合已知条件可得出，代入求出a的值即可得出答案．【详解】解：设，是方程的两根．则，．又，∴．则，得．故．18.勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，至今已有几百种证明方法，在中国，商朝时期的商高提出了“勾三股四玄五”的勾股定理的特例；三国时代的赵爽对《周髀算经》内的勾股定理作出了详细注释并创制了一幅“勾股圆方图”；后刘徽用“出入相补”原理证明了勾股定理；清朝末年，数学家华蘅芳提出了二十多种对于勾股定理证法．（1）某学校数学活动室进行文化建设，拟从以上4位科学家的画像中随机选用1幅，恰好选中的画像是刘徽的概率________；（2）在某次数学活动中，有一个不透明的信封内装有三根长度分别为4cm，6cm和8cm的细木棒，木棒露出纸袋外的部分长度相等，小亮手中有一根长度为cm的细木棒，现从信封内随机取出两根细木棒与小亮手中的细木棒首尾相接放在一起，求抽出的细木棒能与小亮手中的细木棒构成直角三角形的概率（用画树状图或列表的方法求解）【答案】（1）；（2）；【解析】【分析】（1）根据直接求解即可得到答案；（2）根据题意列出树状图，找到所有情况及直角三角形的情况即可得到答案；【小问1详解】解：由题意可得，有4幅图即有4种情况，∴，故答案为：；【小问2详解】解：根据题意可得，树状图如下，总共有6种情况，是勾股数的有2种情况，∴，∴抽出的细木棒能与小亮手中的细木棒构成直角三角形的概率为：；【点睛】本题考查简单概率求解及树状图法求概率，解题的关键是正确画出树状图及掌握．19.图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点的坐标为，，分别落在轴和轴上，是矩形的对角线，将绕点逆时针旋转，使点落在轴上，得到，与相交于点，反比例函数的图象经过点，交于点．（1）求的值及反比例函数表达式．（2）在x轴上是否存在一点M，使值最大？若存在，求出点M；若不存在，说明理由．（3）在线段上存在这样的点P，使得是等腰三角形，请直接写出的长．【答案】（1）；（2）存在；M（5，0）（3）或或【解析】【分析】（1）利用，，得，从而求出点的坐标，得出的值；（2）利用三角形三边关系可得，延长交轴于，此时的值最大，利用待定系数法求出直线的解析式即可得出点的坐标；（3）设点，利用两点间的距离公式得，，，再分类讨论即可．【小问1详解】解：，，，将绕点逆时针旋转，使点落在轴上，得到，，，，，，，，；【小问2详解】解：由（1）知，，当时，，延长交轴于，此时的值最大，设直线的解析式为，将点、坐标代入得，，解得，，当时，，；【小问3详解】解：设点，，，，，，当时，，解得：或（负值舍去），当时，同理可得：；当时，同理可得：或（大于4舍去），综上，的长为：或或．【点睛】本题是反比例函数综合题，考查了相似三角形的判定与性质，待定系数法求函数解析式，等腰三角形，解题的关键是表示出的三边长度，运用分类思想求解．20.综合与实践问题情境：如图①，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点C）．延长交于点F，连接．猜想证明：（1）试判断四边形的形状，并说明理由；（2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明；解决问题：（3）如图①，若，求的长．【答案】（1）四边形是正方形，理由见解析；（2），证明见解析；（3）【解析】【分析】（1）由旋转的性质可知，，，由，可得，可证四边形是矩形，由，可证四边形是正方形；（2）如图②，过点D作于点H，证明，则，由旋转可知，，由四边形是正方形，可得，则，进而可得；（3）如图①，过点D作于点H．由（2）可知，，则，，，由勾股定理得：，即，可求满足要求解为，则，由勾股定理得，，计算求解即可．【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下；由旋转的性质可知，，，又∵，∴，∴四边形是矩形，又∵，∴四边形是正方形；（2）解：，证明如下；如图②，过点D作于点H，∴，图②∵，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，∵，，，∴，∴，由旋转可知，，由（1）可知，四边形是正方形，∴，∴，∴；（3）解：如图①，过点D作于点H．图①由（2）可知，，∴，，∴，由勾股定理得：，即，解得，或（舍去），∴，由勾股定理得，，∴的长为．【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的判定与性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．21.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=-x2+2mx+3m，点A（3，0）．（1）当抛物线过点A时，求抛物线的解析式；（2）证明：无论m为何值，抛物线必过定点D，并求出点D的坐标；（3）在（1）的条件下，抛物线与y轴交于点B，点P是抛物线上位于第一象限的点，连接AB，PD交于点M，PD与y轴交于点N．设S=S△PAM－S△BMN，问是否存在这样的点P，使得S有最大值？若存在，请求出点P的坐标，并求出S的最大值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y=-x2+2x+3；（2）证明见解析，；（3）存在，点的坐标是（1，4），．过程见解析【解析】【分析】（1）把x=3，y=0代入y=-x2+2mx+3m，从而求得m，进而求得抛物线的解析式；（2）将抛物线的解析式变形为：y=－x2+m（2x+3），进而根据2x+3=0，求得x的值，进而求得结果；（3）将S变形为：S=（S△PAM+S四边形AONM）－（S四边形AONM+S△BMN）=S四边形AONP－S△AOB，设P（m，-m2+2m+3），设PD的解析式为：y=kx+b，将点P和点D坐标代入，从而求得PD的解析式，进而求得点N的坐标，进而求得S关于m的解析式，进一步求得结果．【小问1详解】解：把x=3，y=0代入y=-x2+2mx+3m得，-9+6m+3m=0，∴m=1，∴y=-x2+2x+3；【小问2详解】证明：∵y=-x2+m（2x+3），∴当2x+3=0时，即时，，∴无论m为何值，抛物线必过定点D，点D的坐标是；【小问3详解】如图，连接OP，设点P（m，-m2+2m+3），设PD的解析式为：y=kx+b，∴，∴，∴PD的解析式为：y＝，当x＝0时，y＝，∴点N的坐标是（0，），∴，∵S=S△PAM-S△BMN，∴S=（S△PAM+S四边形AONM）－（S四边形AONM+S△BMN）=S四边形AONP-S△AOB，∵，当x＝0时，y=-x2+2x+3＝3，∴点B的坐标是（0，3），OB＝3，，∴＝＝，∴当时，，当时，，∴点的坐标是（1，4）．【点睛】本题考查了一次函数的图象和性质、二次函数的图象和性质、待定系数法求函数解析式、二次函数求最值、三角形的面积等知识，解决问题的关键是数形结合和变形S，转化为常见的面积计算．22.在中，以为直径的交于点D，交于点F，．（1）如图1，求证：；（2）如图2，过点D作于点E，连接，求证：；（3）如图3，在（2）的条件下，作，交AB于点Q．连接，，，求的长．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）2【解析】【分析】（1）连接AD，设∠A为2，根据AB为直径和，得到∠BAD＝∠CAD，即可证明△ADC≌△ADB（ASA），推出CD＝BD；（2）过