2022-2023學(xué)年安徽省蕪湖市高一自主招生考試數(shù)學(xué)試題【含答案】

2022年高一自主招生考試 數(shù)學(xué)試卷 一、選擇題（本大題共7小題，每小題6分，共42分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，把正確的選項(xiàng)填在答題卡答題欄中） 1. 方程的實(shí)數(shù)根的個(gè)數(shù)是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用絕對(duì)值的意義，分為或兩種情況，結(jié)合一元二次方程的解法求解即可． 【詳解】當(dāng)時(shí)，方程可化為，解得：； 當(dāng)時(shí)，方程可化為，解得：(不合題意舍去)，， 方程有3個(gè)實(shí)數(shù)根． 故選：C． 2. 依次將正整數(shù)1，2，3，…的平方數(shù)排成一串：149162536496481100121144…，排在第1個(gè)位置的數(shù)字是1，排在第5個(gè)位置的數(shù)字是6，排在第10個(gè)位置的數(shù)字是4，排在第898個(gè)位置的數(shù)字是（ ） A. 1 B. 4 C. 5 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】先分別找到占1個(gè)，2個(gè)，3個(gè)，4個(gè)，5個(gè)數(shù)位的平方數(shù)的個(gè)數(shù)，從而得出第898個(gè)位置的數(shù)字是的個(gè)位數(shù)字，求解即可． 【詳解】到，結(jié)果都各占1個(gè)數(shù)位，共占1×3＝3個(gè)數(shù)位； 到，結(jié)果都各占2個(gè)數(shù)位，共占2×6＝12個(gè)數(shù)位； 到，結(jié)果都各占3個(gè)數(shù)位，共占3×22＝66個(gè)數(shù)位； 到，結(jié)果都各占4個(gè)數(shù)位，共占4×68＝272個(gè)數(shù)位； 到，結(jié)果都各占5個(gè)數(shù)位，共占5×109＝545個(gè)數(shù)位； 此時(shí)3＋12＋66＋272＋545＝898，而， 所以，排在第898個(gè)位置的數(shù)字恰好應(yīng)該是的個(gè)位數(shù)字，即為4． 故選：B． 3. 設(shè)拋物線與軸的兩個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)為和，則（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依題意、為方程的兩根，即可得到，，，再代入計(jì)算可得. 【詳解】依題意、為方程的兩根， 所以，，， 所以，， 所以 . 故選：A 4. 若直角坐標(biāo)系內(nèi)兩點(diǎn)M、N滿足條件①M(fèi)、N都在函數(shù)y的圖象上②M、N關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則稱點(diǎn)對(duì)是函數(shù)y的一個(gè)“共生點(diǎn)對(duì)”（點(diǎn)對(duì)與看作同一個(gè)”共生點(diǎn)對(duì)”），已知函數(shù)，則函數(shù)y的“共生點(diǎn)對(duì)”有（ ）個(gè) A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根據(jù)“共生點(diǎn)對(duì)”的概念知，函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的圖象與函數(shù)的圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)即為函數(shù)y的“共生點(diǎn)對(duì)”個(gè)數(shù)，結(jié)合函數(shù)圖象分析即可. 【詳解】根據(jù)“共生點(diǎn)對(duì)”的概念知，作出函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的圖象與函數(shù)的圖象如下圖所示： 由圖可知它們的交點(diǎn)有兩個(gè)，所以函數(shù)y的“共生點(diǎn)對(duì)”有2對(duì). 故選：C. 5. 如圖，E，F(xiàn)是正方形ABCD的邊AD上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足，連接CF交BD于點(diǎn)G．連接BE交AG于點(diǎn)H．若正方形的邊長(zhǎng)為4，則線段DH長(zhǎng)度的最小值是（ ） A. B. C. 3 D. 3.5 【答案】A 【解析】 【分析】根據(jù)條件可證明△ABE和△DCF全等，△ADG和△CDG全等，從而得到∠1＝∠3，然后求出AHB＝90°，取AB的中點(diǎn)O，可得OH＝AB＝2，利用勾股定理列式求出OD，然后根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可知當(dāng)O、D、H三點(diǎn)共線時(shí)，DH的長(zhǎng)度最小. 【詳解】 在正方形ABCD中，，， 在和中，， ≌，， 在和中，， ≌，，， ，， ， 取AB的中點(diǎn)，連接OH，OD，則， 在Rt中，， 根據(jù)三角形的三邊關(guān)系，， 當(dāng)O、D、H三點(diǎn)共線時(shí)，DH的長(zhǎng)度最小，最小值為． 故選：A． 6. 如圖，一個(gè)邊長(zhǎng)分別是6，8，10的直角三角形的一個(gè)頂點(diǎn)與正方形的點(diǎn)A重合，另兩個(gè)頂點(diǎn)在正方形的兩邊BC，CD上，則正方形的面積是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根據(jù)勾股定理逆定理可以證明△AEF是直角三角形，利用正方形的性質(zhì)可以證明△FEC∽△EAB，然后利用相似三角形的性質(zhì)可以得到CE∶BA＝3∶4，設(shè)CE＝3x，則EB＝x，在△EAB中，根據(jù)勾股定理可求出，即可求出正方形的面積． 【詳解】∵△AEF的三邊為6，8，10，而， ∴△AEF為直角三角形，∠AEF＝90°，∴∠FEC＋∠AEB＝90°， 而四邊形ABCD為正方形，∠B＝90°，∴∠EAB＋∠AEB＝90°， ∴∠FEC＝∠EAB，又∠B＝∠C＝90°，∴△FEC∽△EAB， ∴CE∶BA＝EF∶AE＝3∶4． 設(shè)CE＝3x，則BA＝4x，∴EB＝x， ∵三角形EBA為直角三角形， ∴，∴，∴， ∴正方形的面積． 故選：D． 7. 如圖，O是正方形ABCD對(duì)角線AC上一點(diǎn)，OE⊥OD，∠OED＝45°，E在AB上，結(jié)論：①∠；②；③；④若，則，其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由題意△DOE是等腰直角三角形，根據(jù)正方形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理，可判斷①；根據(jù)∠AOD＝∠AEF，∠EAF＝∠OAD＝45°，證明△AOD∽△AEF，可判斷②；根據(jù)∠AEO＝∠EFO，∠AOE＝∠EOF，證明△AEO∽△EFO，可判斷③；利用勾股定理得出DE的長(zhǎng)，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，可判斷④． 【詳解】∵OE⊥OD，∴∠DOE＝90°，∵∠OED＝45°， ∴△DOE是等腰直角三角形，OD＝OE，∠ODE＝45°. ∵∠EAD＝90°，∠AED＋∠ADE＝90°，∴∠AED＝90°－∠ADE， ∵∠AOD＋∠DAO＋∠ADO＝180°，∴∠AOD＋45°＋45°＋∠ADE＝180°， ∴∠AOD＝90°－∠ADE， 所以∠AOD＝∠AED，故①正確； ∵∠AOD＝∠AEF，∠EAF＝∠OAD＝45°， ∴△AOD∽△AEF，∴AD∶OD＝AF∶EF，故②正確； ∵∠AEO＝∠AED＋∠DEO＝∠AED＋45°，∠EFO＝∠AOD＋∠EDO＝∠AOD＋45°， 又∠AOD＝∠AED，∴∠AEO＝∠EFO， 又∠AOE＝∠EOF，∴△AEO∽△EFO， ∴，即，故③正確； ∵AB＝AD＝6，BE＝4，∴AE＝2，∴， ∵△DOE是等腰直角三角形，∴OE＝OD＝，故④正確. 故正確結(jié)論個(gè)數(shù)為4. 故選：D. 二、填空題（本大題共7小題，每小題7分，共49分） 8. ___________． 【答案】 【解析】 【分析】根據(jù)立方差公式與根式的性質(zhì)可求出結(jié)果. 【詳解】 . 故答案為： 9. 若有四個(gè)不同的正整數(shù)a,b,c,d,滿足,則___________． 【答案】8087或8089 【解析】 【分析】根據(jù)a、b、c、d是四個(gè)不同的正整數(shù),可知四個(gè)括號(hào)內(nèi)的值分別是：1,-1,-2,3或1,-1,2,-3,據(jù)此可得出結(jié)論． 【詳解】∵a、b、c、d是四個(gè)不同的正整數(shù), ∴四個(gè)括號(hào)內(nèi)的值分別是：1,-1,-2,3或1,-1,2,-3． 四個(gè)括號(hào)內(nèi)的值分別是：1,-1,-2,3時(shí), 不妨令 ∴, ∴； 四個(gè)括號(hào)內(nèi)的值分別是：1,-1,2,-3時(shí), 不妨令, ∴, ∴. 故答案為：8087或8089． 10 已知實(shí)數(shù)且滿足，則______． 【答案】 【解析】 【分析】由題意可得是方程的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，由利用韋達(dá)定理可得答案. 【詳解】因?yàn)閷?shí)數(shù)且滿足， 所以是方程即的兩個(gè)實(shí)數(shù)根， 可得，，所以， ， 所以， 故答案為：. 11. 如圖，，，點(diǎn)M從點(diǎn)B出發(fā)以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度在BA上向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N同時(shí)從點(diǎn)A出發(fā)向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，其速度是每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度，當(dāng)一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)．當(dāng)t為___________秒時(shí)，△MNA為等腰三角形． 【答案】或或. 【解析】 【分析】根據(jù)題意，分、和，三種情況分類討論，結(jié)合三角形全等和相似，列出關(guān)系式，即可求解. 【詳解】解：由題可知， 如圖（1）所示，當(dāng)時(shí)，，解得； 如圖（2）所示，當(dāng)時(shí)，過點(diǎn)作于點(diǎn)， 則， 因?yàn)?，所以，所以? 所以，即，解得； 如圖（3）所示，當(dāng)時(shí)，過點(diǎn)作于點(diǎn)， 則， 因?yàn)?，所以，所以? 即，解得. 綜上可得，當(dāng)?shù)闹禐榛蛎朊牖蛎霑r(shí)，能成為等腰三角形. 故答案為：或或. 12. 如圖，點(diǎn)P為函數(shù)的圖象上一點(diǎn)，且到兩坐標(biāo)軸距離相等，半徑為，，點(diǎn)是上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)是的中點(diǎn)，則的最小值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】設(shè)，求得，連接交于點(diǎn)，連接，取的中點(diǎn)， 連接，此時(shí)最小，結(jié)合，即可求解. 【詳解】因?yàn)辄c(diǎn)為函數(shù)的圖象上一點(diǎn)，且到兩坐標(biāo)軸距離相等， 所以可設(shè)，則，解得或（舍去），即點(diǎn)， 即圓的方程為， 如圖所示，連接交于點(diǎn)，連接，取的中點(diǎn)， 連接，此時(shí)最小， 因?yàn)椋c(diǎn)是的中點(diǎn)， 所以，所以， 當(dāng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到時(shí)，最小， 又因?yàn)榈陌霃綖?，所以的最小值? 故答案為：. 13. 如圖，在△ABC中，，以AB為直徑的圓交BC于點(diǎn)D，連接AD，點(diǎn)P是AD上一點(diǎn)，過點(diǎn)C作，延長(zhǎng)BP交AC于E，交CF于F，若則___________． 【答案】6 【解析】 【分析】作出輔助線，利用全等和相似關(guān)系得到方程，求出答案. 【詳解】因AB為直徑，所以， 因?yàn)?，所以? 延長(zhǎng)交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)， 則， 因?yàn)椋裕? 故≌，所以， 因?yàn)?，設(shè)， 則由∽可得，， 由∽可得，， 又，故，解得，故. 故答案為：6 14. 設(shè)自然數(shù)，且，則________． 【答案】16 【解析】 【分析】依題意可得，即可得到，從而得解. 【詳解】因?yàn)?，即? 即，所以， 即，所以關(guān)于的方程有正整數(shù)解， 所以， 其中，解得， 所以， 又，因?yàn)?、為自然?shù)且， 所以，解得，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意， 所以. 故答案為： 三、解答題（本大題共4小題，共59分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明，演算或推演步驟） 15. （1）解方程； （2）對(duì)于函數(shù)，若存在實(shí)數(shù)x0，使成立，則稱x0為的固定點(diǎn)． ①當(dāng)時(shí)，求的固定點(diǎn)； ②若對(duì)于任意實(shí)數(shù)b，函數(shù)恒有兩個(gè)不相同的固定點(diǎn)，求a的取值范圍． 【答案】（1）；（2）①－1和3；②． 【解析】 【分析】（1）設(shè)，則原方程變?yōu)?，化?jiǎn)整理得，求得的值，進(jìn)而得原方程的解； （2）①把的值代入方程，解方程即可得的不動(dòng)點(diǎn)； ②根據(jù)方程有兩解可得對(duì)b為任意實(shí)數(shù)恒成立，將其看成關(guān)于的二次函數(shù)，根據(jù)即可得結(jié)果． 【詳解】（1）設(shè)，則原方程變?yōu)椋? ∴，得， 化簡(jiǎn)整理得，即， ∵ ∴ ∴， 當(dāng)時(shí)，， 當(dāng)時(shí)，， ∴原方程的解是. （2）①當(dāng)時(shí)，， 由，得，即，解得：或3， 故－1和3是的固定點(diǎn)； ②由題意，對(duì)于任意實(shí)數(shù)b，方程即總有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)解， ∴， ∴對(duì)b為任意實(shí)數(shù)恒成立． 則， ∴，∴. 16. 某校開展研學(xué)旅行活動(dòng)，決定租幾輛客車，要求每輛車乘坐相同的人數(shù)，每輛車至多乘坐32人．如果租22座的客車，就有一人沒座位，如果租截客量大于22的客車可以比原來少租一輛，而且所有師生剛好平均分乘這些客車上，問原來租幾輛客車，師生共有多少人？ 【答案】原來租24輛客車，師生共有529人． 【解析】 【分析】設(shè)原來租輛客車，實(shí)際租用的客車每輛車坐人，由題意得，且，從而得到，即可得到或，求出的值，即可得解. 【詳解】設(shè)原來租輛客車，實(shí)際租用的客車每輛車坐人， 由題意得：，且， 所以， 因?yàn)槭钦麛?shù)，所以必須是正整數(shù)，于是或， 當(dāng)，即時(shí)，32，不合題意，舍去． 當(dāng)，即時(shí)，，符合題意，此時(shí)， 所以原來租輛客車，師生共有人． 17. 如圖，在矩形ABCD中，DE平分∠ADC時(shí)，將△ABE沿AE折疊至△AFE，點(diǎn)F恰好落在DE上． （1）求證： （2）如圖，延長(zhǎng)CF交AE于點(diǎn)G，交AB于點(diǎn)H． ①求證：； ②求的值． 【答案】（1）證明見解析 （2）①證明見解析；②. 【解析】 【分析】（1）利用矩形的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)可得AF＝DC，從而可證△AFD≌△DCE，得出結(jié)論； （2）①利用等腰三角形兩個(gè)底角相等，通過計(jì)算角度，可證明△AHG∽△CFE，由相似三角形的性質(zhì)得，從而解決問題； ②利用等腰直角三角形的性質(zhì)表示出EM，可得BM，CM的長(zhǎng)，再利用△AHG∽△CFE，由相似三角形的性質(zhì)得，求出GH即可得解． 【小問1詳解】 ∵四邊形ABCD矩形， ∴， ∵ED平分∠ADC，∴，∴． ∵將△ABE沿AE折疊至△AFE，∴△ABE≌△AFE， ∴，∴， 在△AFD與△DCE中，，∴△AFD≌△DCE， ∴. 【小問2詳解】 ①∵△AFD≌△DCE，∴， ∴，∴∠． ∵，∴，， ∴， ∵， ∴， ∴△AHG∽△CFE，∴， ∵， ∴. ②過點(diǎn)F作于M，如圖， 設(shè)，∴， ∴， ∵，∴， ∴， ∴， ∴， ∵，∴，∴， ∴a，∴， 在Rt△BCH中，， ∴， ∵△AHG∽△CFE，∴， ∴， ∵，∴. 18. 已知如圖在Rt△OAB中，.若以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA所在直線為x軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，點(diǎn)B在第一象限內(nèi)．將Rt△OAB沿OB折疊后，點(diǎn)A落在第一象限內(nèi)的點(diǎn)C處. （1）求點(diǎn)C的坐標(biāo)； （2）若拋物線經(jīng)過C、A兩點(diǎn)，求此拋物線的解析式； （3）若拋物線對(duì)稱軸與OB交于點(diǎn)D，點(diǎn)P為線段DB上一點(diǎn)，過P作y軸的平行線，交拋物線于點(diǎn)M.問：是否存在點(diǎn)P，使得？若存在，請(qǐng)求出此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在，P點(diǎn)的坐為 【解析】 【分析】（1）先求出OA的長(zhǎng)度，根據(jù)折疊的性質(zhì)求出OC，直接求解坐標(biāo)即可； （2）將點(diǎn)A和C的坐標(biāo)代入拋物線的解析式中，聯(lián)立方程組求解即可； （3）先表示點(diǎn)P的坐標(biāo)，從而表示點(diǎn)M坐標(biāo)，利用建立方程求解，即可得到點(diǎn)P的坐標(biāo). 【小問1詳解】 如圖： 過點(diǎn)C作軸，垂足為H，因?yàn)樵赗t△OAB中，，， 所以，由折疊知，，所以， 則，，所以C點(diǎn)坐標(biāo)為； 【小問2詳解】 因?yàn)閽佄锞€經(jīng)過、兩點(diǎn)， 所以，解得， 所以此拋物線的解析式為； 【小問3詳解】 存在.因?yàn)閤頂點(diǎn)坐標(biāo)為，即為點(diǎn)C， 由題意軸，設(shè)垂足為N，，因?yàn)?，所以? 所以，如圖： 作，垂足為Q，，垂足為E， 把代入得：， 所以， 同理：，要使，只需， 即，解得：（舍去）， 所以P點(diǎn)坐標(biāo)為， 所以存在滿足條件的點(diǎn)P，使，此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)為.