2023年湖北十堰郧阳中学自主招生数学试卷真题（答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2023年郧阳中学学科特长生招生考试数学试题注意事项1．本卷共有4页，22小题，满分150分，考试时限120分钟．2．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡指定的位置，并认真核对条形码上的准考证号和姓名，在答题卡规定的位置贴好条形码．3．选择题必须使用2B铅笔在指定位置填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔答题，不得使用铅笔或圆珠笔等笔作答．要求字体工整，笔迹清晰．请按照题目序号在答题卡对应的各题目的答题区域内作答，超出答题卡区域的答案和在试卷、草稿纸上答题无效．4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷、答题卡和草稿纸一并上交．一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共计50分）1．如图，对于以下结论：①；②；③，其中正确的个数为（

）A．3 B．2 C．1 D．02．甲、乙、丙、丁各有一个不同的号码，赵同学说：乙是2号，丁是4号；钱同学说：乙是1号，丙是4号；孙同学说：甲是4号，丁是3号；李同学说：甲是1号，丙是3号，他们每个人都说对了一半，则丁是（

）号．A．1 B．2 C．3 D．43．一组数据为5、3、7、2、4、3，则这组数据的中位数与方差分别是（

）A．， B．， C．， D．，4．如果四个互不相等的正整数m、n、p、q满足，则的最大值为（

）A．40 B．48 C．50 D．525．如图，线段，射线与垂直，点D是上的一个动点，点E在射线上，且，作并取，连接并延长交射线于点C．设，，则y关于x的函数解析式是（

）A． B．C． D．6．若对于任意实数，方程恒成立，则m，n的值是（

）A． B． C． D．7．下面图形能够验证勾股定理的有（

）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个8．若关于x的不等式组最多有2个整数解，且关于y的一元一次方程的解为非正数，则符合条件的所有整数k的和为（

）A．13 B．18 C．21 D．269．如图所示，将“·”按照一定规律摆成下列4个图形，第1幅图形中“·”的个数为，第2幅图形中“·”的个数为，第3幅图形中“·”的个数为，…，以此类推，则（

）A． B． C． D．10．如图，半圆O的半径为1，A，B在半圆上，且，，相交于点P．现将从与重合的位置开始，绕点O顺时针旋转．给出以下结论：①的长与的长之和为定值；②使得的的值恰有一个；③点P运动的路径长为．则下列说法正确的是（

）A．①对②对 B．②错③对 C．①对③错 D．①错③对二、填空题（本题共6小题，每小题5分，共计30分）11．如图，，点P是内任意一点，，M、N分别是射线、上的动点，则周长的最小值为________．12．若时，不等式恒成立，则实数的取值范围是________．13．对于实数x，规定表示不大于x的最大整数，例如，，，若，则________．14．函数的最小值为________．15．抛物线的部分图象如图所示，其顶点坐标为，与x轴的一个交点在点和之间．给出以下结论：①；②；③当时，；④对于任意实数m，不等式恒成立；⑤一元二次方程的两根为，，则．则正确的结论是________．（填序号）16．已知点是抛物线上一动点．（1）当点M到y轴的距离不大于2时，b的取值范围是________；（2）当点M到直线的距离不大于时，b的取值范围是，则的值为________．三、解答题（本题共6小题，共计70分）17．（1）计算：；（2）若实数满足，求的值．18．已知关于x的方程(1)若方程有实根，求实数m的取值范围；(2)若方程有两个正实根，求实数m的取值范围．19．给出以下等式：(1)观察以上各式的规律，可以得到：________（直接写结果，其中n为正整数）(2)利用以上等式，完成下列两题：①对任意的实数a，试比较与1的大小关系；②求值：20．如图，四边形是边长为的菱形，为的中点，与交于点．若边固定，当，变动时，(1)证明：动点在定圆上；(2)设（1）中的定圆的圆心为，当时，与圆的另一个交点为，试求的面积．21．已知函数(1)当时，若函数图像与x轴有三个不同的交点，求实数b的取值范围；(2)当时，若对任意的均有成立，求实数a的取值范围．22．已知二次函数的图像经过点，，且顶点到轴的距离为．(1)求此二次函数的解析式；(2)当二次函数的图像开口向上时，如图所示，设图像与轴的交点为，，与轴的交点为，直线与轴交于点，与交于点，与抛物线的一个交点为（在的下方）．记的面积为，的面积为，当取最大值时，求；(3)在（2）的条件下，过点作对称轴的垂线，垂足为点，则在抛物线上是否存在点，使得的值最小？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】根据数轴确定、的取值范围：，，再分别对三个结论进行分析判断：结论①判断的正负性判断大小；结论②利用、的正负及范围分析的取值范围；结论③通过因式分解将不等式变形，根据因式的正负判断不等式是否成立．【详解】解：根据数轴可知，，．①∵，，，∴，即，故①正确．②∵，，∴，即，故②错误．③将不等式左边减右边，得：，∵，，∴，即，∴，故③正确．综上，正确的结论有2个，故选B．2．C【分析】本题使用假设推理法，根据每人只说对一半，且四人号码各不相同，通过推导验证是否存在矛盾，即可得到丁的号码．【详解】解：∵四人号码各不相同，且每人都说对一半，∴先假设赵同学说“乙是2号”为真，则“丁是4号”为假，∵乙是2号，∴钱同学说“乙是1号”为假，可得“丙是4号”为真，∵丙是4号，∴孙同学说“甲是4号”为假，可得“丁是3号”为真，∵丁是3号，∴李同学说“丙是3号”为假，可得“甲是1号”为真，此时四人号码为甲1号，乙2号，丙4号，丁3号，所有号码不同，每人都对一半，符合题意，若假设赵同学说“丁是4号”为真，则“乙是2号”为假，可得孙同学说“丁是3号”为假，推出“甲是4号”为真，此时甲和丁都是4号，号码重复，假设不成立，∴丁是3号．3．D【分析】根据中位数和方差的定义解题．【详解】解：将这组数据从小到大排列：、、、、、，∴中位数是；平均数是，∴方差是．4．C【分析】根据题意可知、、、是四个互不相等的整数，乘积为9，据此确定四个数的所有可能取值，再根据要让代数式最大，系数大的变量对应取更大的值，计算最大值即可．【详解】解：m、n、p、q是互不相等的正整数，，、、、是互不相等的整数，只能分解为四个互不相等整数的乘积：，、、、这四个数就是、1、、3，解得对应的m、n、p、q为1，3，5，7，要使取得最大值，需让系数最大的变量取最大的数，系数次大的变量取次大的数，令、、、，代入得：，即所求式子最大值为50．5．A【分析】作于．证明，则，，由求得自变量的范围，根据，得，即可求解．【详解】解：作于．∵，∴，，∴．在和中，，∴，∴，，，∴，，,，，即∵，∴，∴＝，∴（）．6．B【分析】先整理原方程，分离含的项与常数项，根据方程对任意恒成立的条件，列出关于m，n的二元一次方程组，求解得到结果．【详解】解：∵方程对任意实数恒成立．展开整理原方程得．要使该式对任意都成立，则的系数和常数项都为0．∴，解得．7．A【分析】分别计算图形的面积进行证明即可．【详解】解：第一个图：由，可得，故该项的图形能够验证勾股定理；第二个图：由，可得，故该项的图形能够验证勾股定理；第三个图：由，可得，故该项的图形能够验证勾股定理；第四个图：由，可得，故该项的图形能够验证勾股定理；故选：A．【点睛】此题考查了图形与勾股定理的推导，熟记勾股定理的计算公式及各种图形面积的计算方法是解题的关键．8．B【分析】分别求出不等式组的解集，一元一次方程的解，根据题意，求出符合条件的所有整数k，再将它们相加，即可得出结果．【详解】解：由，可得：，∵关于x的不等式组最多有2个整数解，∴或无解，∵不等式组的整数解最多时为：1，2，∴，解得：；解，得：，∵方程的解为非正数，∴，解得：，综上：，符合条件的的整数值为：，和为；故选B．【点睛】本题考查由不等式组的解集和方程的解的情况求参数的值．正确的求出不等式组的解集和方程的解，是解题的关键．9．C【分析】先求出，，，…，，代入后利用拆项法求解即可．【详解】解：∵，∴，．10．B【分析】根据弧长公式可判断①；利用圆周角定理求出，从而得到是一个定值可判断②；取点P的运动轨迹所在圆上一点M，连接，根据圆内接四边形的性质可得，再根据圆周角定理可得，再利用弧长公式可判断③．【详解】解：半圆O的半径为1，绕点O顺时针旋转，、，故①正确；，，、，，为定值，使得的的值有无数个，故②错误；如图，取点P的运动轨迹所在圆上一点M，连接，，，、，半圆O的半径为1，，，点P运动的路径长为：，故③正确．11．【分析】如图，作点关于的对称点，关于的对称点，连接，先根据轴对称的性质可得，从而可得的周长为，再根据两点之间线段最短可得当点共线时，的值最小，最小值为的长，然后证出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可解答．【详解】解：如图，作点关于的对称点，关于的对称点，连接，由轴对称的性质得：，∴的周长为，由两点之间线段最短可知，当点共线时，的值最小，最小值为的长，∵，，又∵，∴是等腰直角三角形，，∴的周长的最小值为．12．【分析】由条件得到恒成立，令，可得恒成立，即要小于的最小值，列不等式解题即可．【详解】解：根据题意，若时，不等式恒成立，∴若时，不等式恒成立，当时，式子可化为，舍去；当时，有，令，则有恒成立，∵，∴，令，∴，∵函数与轴的两个交点横坐标分别是0和，∴时，，即，∴．13．8【分析】将方程组两式相加消去.根据取整运算的定义，可得.设（为整数），求出的值后代入方程求出，再根据定义计算即可．【详解】解：，得．设，为整数，根据表示不大于的最大整数，可得，因此，，故．代入得，去括号得，移项合并同类项得，解得，即．将代入①得，解得．因为，，所以，，根据的定义，得．14．【分析】对x分类讨论，去掉绝对值符号，利用函数的单调性即可得出．【详解】解：对x分类讨论：①时，，时，取得最小值为10；②时，，时，取得最小值为；③时，，时，取得最小值为2；④时，，时，取得最小值为；⑤时，，时，；⑥时，，时，；综上，函数的最小值为．15．①③④【详解】解：①∵抛物线的对称轴为直线，∴，∴，∴，故①正确；②∵抛物线与轴的交点在点和之间，而抛物线的对称轴为直线，∴抛物线与轴另一个交点在点和之间，∴当时，，即，故②错误；③当时，，即，又，，所以，即，故③正确；④∵时，函数有最小值，∴（任意实数），∴，故④正确；⑤一元二次方程的两根为，，∴抛物线与直线的交点的横坐标为，，∵直线经过点，，抛物线与轴的交点为点和之间，∴，，∴，故⑤错误．16．或2【分析】（1）先求出抛物线的对称轴为直线，根据点M到y轴的距离不大于2，得出，根据二次函数的增减性，求出b的取值范围即可；（2）根据点到直线的距离不大于，得出，即，从而得出，然后根据，求出a的范围，即可得出．【详解】解：（1），∵点M到y轴的距离不大于2，∴，∴当时，，当时，，当时，，∴b的取值范围是.（2）∵点到直线的距离不大于，∴，即，∴，令，代入，即，解得：，，令，代入，即，解得：，，如图：当或时，b的取值范围是，当时，，，则，当时，，，则，综上分析可知，的值为或2；【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的最值，在取值范围内，二次函数的函数值取值范围由端点值和范围内的顶点值决定．17．（1）；（2）【分析】（1）先代入特殊角的三角函数值，再根据绝对值的性质化简绝对值项，对分式进行分母有理化，最后合并同类二次根式和常数项得到结果．（2）先根据二次根式有意义的条件确定的取值范围，再利用二次根式的性质化简，通过移项、平方将等式转化为整式关系，进而求出的值．【详解】（1）解：原式．（2）解：∵有意义，∴，即，∴，∴，∴原式化为：，整理得：，两边同时平方得：，移项得：．18．(1)(2)【分析】（1）已知方程有实根，需进行分类讨论，方程若为一元二次方程，则；方程若为一元一次方程，则；（2）若方程有两个正实根，则首先方程为一元二次方程，需满足；其次根据一元二次方程根与系数的关系还需满足，即．【详解】（1）解：∵方程有实根，若方程为一元二次方程，则，即，解得且；若方程为一元一次方程，则，解得；综上所述，；（2）解：若方程有两个实根，则方程为一元二次方程，需满足，即，解得且；又∵方程有两个正实根，∴，即，解不等式①得或,解得或；解不等式②得或，解得或，则不等式组的解集为或，综上所述．19．(1)(2)①；②【分析】（1）观察所给等式，即可总结出规律；（2）①把看作，即可利用所得规律计算；②将原式变形为，根据所得规律计算即可．【详解】（1）解：，（2）解：①，∵，∴，即．②20．(1)证明过程见解析；(2)的面积为．【分析】（1）由菱形的性质证明，可得，可得，作，交于点，，可得，可得，，由边固定，可知点为定点，即可证得结论；（2）由菱形的性质，结合平行线的性质，可得，，由平行线的性质，可得，可得，作于点，则，根据勾股定理可得，可得，可得，即可得的面积．【详解】（1）证明：∵四边形是边长为的菱形，∴，，∴，，∴，∴，∵为的中点，∴，∴，∴，∴，作，交于点，∴，∴，∴，，∴点为线段的三等分点（靠近点），∵边固定，∴点为定点，∴点在以点为圆心，半径为的圆上，∴动点在定圆上．（2）解：∵，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，作于点，则，∴，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，∴的面积为．21．(1)(2)或【分析】（1）先推导出函数的图象与直线有3个交点，分类讨论：①当时，②当时，逐项分析求解即可；（2）先推导出当时，恒成立，分类讨论：①时，②当时，③时，逐项分析求解即可．【详解】（1）解：当时，此时函数图象与x轴有3个不同交点，令，有3个不同的解，也就是有3个不同的解，设函数，直线，函数的图象与直线有3个交点，①当时，，，抛物线开口向上，对称轴为，∴当时，随x的增大而增大，当时，，②当时，，，抛物线开口向下，对称轴为，∴当时，随x的增大而增大，当时，随x的增大而减小，当时，，当时，，解得或2，如图所示由图可知，当时，函数的图象与直线有3个交点．∴实数b的取值范围为