2022-2023學年安徽省蕪湖市高一自主招生考試數學試題【含答案】

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1、 2022年高一自主招生考試 數學試卷 一、選擇題（本大題共7小題，每小題6分，共42分，每小題只有一個選項正確，把正確的選項填在答題卡答題欄中） 1. 方程的實數根的個數是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用絕對值的意義，分為或兩種情況，結合一元二次方程的解法求解即可． 【詳解】當時，方程可化為，解得：； 當時，方程可化為，解得：(不合題意舍去)，， 方程有3個實數根． 故選：C． 2. 依次將正整數1，2，3，…的平方數排成一串：149162536496481100121144…，排在第1個位置的數字是1，排在第5

2、個位置的數字是6，排在第10個位置的數字是4，排在第898個位置的數字是（ ） A. 1 B. 4 C. 5 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】先分別找到占1個，2個，3個，4個，5個數位的平方數的個數，從而得出第898個位置的數字是的個位數字，求解即可． 【詳解】到，結果都各占1個數位，共占1×3＝3個數位； 到，結果都各占2個數位，共占2×6＝12個數位； 到，結果都各占3個數位，共占3×22＝66個數位； 到，結果都各占4個數位，共占4×68＝272個數位； 到，結果都各占5個數位，共占5×109＝545個數位； 此時3＋12＋66＋272＋545＝898

3、，而， 所以，排在第898個位置的數字恰好應該是的個位數字，即為4． 故選：B． 3. 設拋物線與軸的兩個交點的坐標為和，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. 若直角坐標系內兩點M、N滿足條件①M、N都在函數y的圖象上②M、N關于原點對稱，則稱點對是函數y的一個“共生點對”（點對與看作同一個”共生點對”），已知函數，則函數y的“共生點對”有（ ）個 A. 0 B. 1 C. 2 D.

4、 3 【答案】C 【解析】 【分析】根據“共生點對”的概念知，函數的圖象關于原點對稱的圖象與函數的圖象的交點個數即為函數y的“共生點對”個數，結合函數圖象分析即可. 【詳解】根據“共生點對”的概念知，作出函數的圖象關于原點對稱的圖象與函數的圖象如下圖所示： 由圖可知它們的交點有兩個，所以函數y的“共生點對”有2對. 故選：C. 5. 如圖，E，F是正方形ABCD的邊AD上兩個動點，滿足，連接CF交BD于點G．連接BE交AG于點H．若正方形的邊長為4，則線段DH長度的最小值是（ ） A. B. C. 3 D. 3.5 【答案】A 【解析】 【分析】

5、根據條件可證明△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O，可得OH＝AB＝2，利用勾股定理列式求出OD，然后根據三角形的三邊關系可知當O、D、H三點共線時，DH的長度最小. 【詳解】 在正方形ABCD中，，， 在和中，， ≌，， 在和中，， ≌，，， ，， ， 取AB的中點，連接OH，OD，則， 在Rt中，， 根據三角形的三邊關系，， 當O、D、H三點共線時，DH的長度最小，最小值為． 故選：A． 6. 如圖，一個邊長分別是6，8，10的直角三角形的一個頂點與正方形的點A重合，另兩個頂點在正方形的兩

6、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，利用正方形的性質可以證明△FEC∽△EAB，然后利用相似三角形的性質可以得到CE∶BA＝3∶4，設CE＝3x，則EB＝x，在△EAB中，根據勾股定理可求出，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°，∴△

7、FEC∽△EAB， ∴CE∶BA＝EF∶AE＝3∶4． 設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對角線AC上一點，OE⊥OD，∠OED＝45°，E在AB上，結論：①∠；②；③；④若，則，其中正確結論的個數是（ ） 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，根據正方形的性質和三角形內角和定理，可判斷①；根據∠AOD＝∠AEF，∠EAF＝∠OAD＝45°，證明△AOD∽△AEF，可判斷②；根據∠AE

8、O＝∠EFO，∠AOE＝∠EOF，證明△AEO∽△EFO，可判斷③；利用勾股定理得出DE的長，再根據等腰直角三角形的性質，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

9、＝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. 故正確結論個數為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】根據立方差公式與根式的性質可求出結果. 【詳解】 . 故答案為：

10、 9. 若有四個不同的正整數a,b,c,d,滿足,則___________． 【答案】8087或8089 【解析】 【分析】根據a、b、c、d是四個不同的正整數,可知四個括號內的值分別是：1,-1,-2,3或1,-1,2,-3,據此可得出結論． 【詳解】∵a、b、c、d是四個不同的正整數, ∴四個括號內的值分別是：1,-1,-2,3或1,-1,2,-3． 四個括號內的值分別是：1,-1,-2,3時, 不妨令 ∴, ∴； 四個括號內的值分別是：1,-1,2,-3時, 不妨令, ∴, ∴. 故答案為：8087或8089． 10 已知實數且滿足，則______． 【答

11、案】 【解析】 【分析】由題意可得是方程的兩個實數根，由利用韋達定理可得答案. 【詳解】因為實數且滿足， 所以是方程即的兩個實數根， 可得，，所以， ， 所以， 故答案為：. 11. 如圖，，，點M從點B出發以每秒3個單位長度的速度在BA上向點A運動，點N同時從點A出發向點C運動，其速度是每秒2個單位長度，當一點到達終點時，另一點也停止運動．當t為___________秒時，△MNA為等腰三角形． 【答案】或或. 【解析】 【分析】根據題意，分、和，三種情況分類討論，結合三角形全等和相似，列出關系式，即可求解. 【詳解】解：由題可知， 如圖（1）所示，當時，，

12、解得； 如圖（2）所示，當時，過點作于點， 則， 因為，所以，所以， 所以，即，解得； 如圖（3）所示，當時，過點作于點， 則， 因為，所以，所以， 即，解得. 綜上可得，當的值為或秒秒或秒時，能成為等腰三角形. 故答案為：或或. 12. 如圖，點P為函數的圖象上一點，且到兩坐標軸距離相等，半徑為，，點是上的動點，點是的中點，則的最小值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】設，求得，連接交于點，連接，取的中點， 連接，此時最小，結合，即可求解. 【詳解】因為點為函數的圖象上一點，且到兩坐標軸距離相等， 所以可設

13、，則，解得或（舍去），即點， 即圓的方程為， 如圖所示，連接交于點，連接，取的中點， 連接，此時最小， 因為，點是的中點， 所以，所以， 當點運動到時，最小， 又因為的半徑為，所以的最小值為. 故答案為：. 13. 如圖，在△ABC中，，以AB為直徑的圓交BC于點D，連接AD，點P是AD上一點，過點C作，延長BP交AC于E，交CF于F，若則___________． 【答案】6 【解析】 【分析】作出輔助線，利用全等和相似關系得到方程，求出答案. 【詳解】因AB為直徑，所以， 因為，所以， 延長交的延長線于點， 則， 因為，所以， 故≌

14、，所以， 因為，設， 則由∽可得，， 由∽可得，， 又，故，解得，故. 故答案為：6 14. 設自然數，且，則________． 【答案】16 【解析】 【分析】依題意可得，即可得到，從而得解. 【詳解】因為，即， 即，所以， 即，所以關于的方程有正整數解， 所以， 其中，解得， 所以， 又，因為、為自然數且， 所以，解得，經檢驗符合題意， 所以. 故答案為： 三、解答題（本大題共4小題，共59分，解答應寫出必要的文字說明，演算或推演步驟） 15. （1）解方程； （2）對于函數，若存在實數x0，使成立，則稱x0為的固定點． ①當時，求的固定點；

15、 ②若對于任意實數b，函數恒有兩個不相同的固定點，求a的取值范圍． 【答案】（1）；（2）①－1和3；②． 【解析】 【分析】（1）設，則原方程變為，化簡整理得，求得的值，進而得原方程的解； （2）①把的值代入方程，解方程即可得的不動點； ②根據方程有兩解可得對b為任意實數恒成立，將其看成關于的二次函數，根據即可得結果． 【詳解】（1）設，則原方程變為， ∴，得， 化簡整理得，即， ∵ ∴ ∴， 當時，， 當時，， ∴原方程的解是. （2）①當時，， 由，得，即，解得：或3， 故－1和3是的固定點； ②由題意，對于任意實數b，方程即總有兩個不相等的實數解

16、， ∴， ∴對b為任意實數恒成立． 則， ∴，∴. 16. 某校開展研學旅行活動，決定租幾輛客車，要求每輛車乘坐相同的人數，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】設原來租輛客車，實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】設原來租輛客車，實際租用的客車每輛車坐人， 由題意得：，且， 所以， 因為是正整數，所以必須是正整數，于

17、是或， 當，即時，32，不合題意，舍去． 當，即時，，符合題意，此時， 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，將△ABE沿AE折疊至△AFE，點F恰好落在DE上． （1）求證： （2）如圖，延長CF交AE于點G，交AB于點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）利用矩形的性質和翻折的性質可得AF＝DC，從而可證△AFD≌△DCE，得出結論； （2）①利用等腰三角形兩個底角相等，通過計算角度，可證明△AHG∽△CFE，由相似三角形的性質得，從而

18、解決問題； ②利用等腰直角三角形的性質表示出EM，可得BM，CM的長，再利用△AHG∽△CFE，由相似三角形的性質得，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F作于M，如圖， 設，∴， ∴， ∵，∴， ∴， ∴， ∴， ∵，

19、∴，∴， ∴a，∴， 在Rt△BCH中，， ∴， ∵△AHG∽△CFE，∴， ∴， ∵，∴. 18. 已知如圖在Rt△OAB中，.若以O為坐標原點，OA所在直線為x軸，建立如圖所示的平面直角坐標系，點B在第一象限內．將Rt△OAB沿OB折疊后，點A落在第一象限內的點C處. （1）求點C的坐標； （2）若拋物線經過C、A兩點，求此拋物線的解析式； （3）若拋物線對稱軸與OB交于點D，點P為線段DB上一點，過P作y軸的平行線，交拋物線于點M.問：是否存在點P，使得？若存在，請求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由. 【答案】（1） （2） （3）

20、存在，P點的坐為 【解析】 【分析】（1）先求出OA的長度，根據折疊的性質求出OC，直接求解坐標即可； （2）將點A和C的坐標代入拋物線的解析式中，聯立方程組求解即可； （3）先表示點P的坐標，從而表示點M坐標，利用建立方程求解，即可得到點P的坐標. 【小問1詳解】 如圖： 過點C作軸，垂足為H，因為在Rt△OAB中，，， 所以，由折疊知，，所以， 則，，所以C點坐標為； 【小問2詳解】 因為拋物線經過、兩點， 所以，解得， 所以此拋物線的解析式為； 【小問3詳解】 存在.因為x頂點坐標為，即為點C， 由題意軸，設垂足為N，，因為，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點坐標為， 所以存在滿足條件的點P，使，此時P點的坐標為.