湖北省2023年春季重点高中自主招生考试优录测试八校联考数学试题一（含答案）

2023春季自主招生考试优录精典

优录模拟训练数学试题（一）

参考答案

一、选择题（每小题3分，共24分）

1．D．

解析：混合之后糖的含量：．

2．A．

解析：如图，过点C作于F，过点B作于E，

∵长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P，

∴，∴，

∴，，，

∴cm2，∴．

3．D．

解析：设DE交AC于T，过点E作EH⊥CD于H．

∵∠BAC＝90°，BD＝DC，∴AD＝DB＝DC，

∴∠B＝∠DAB，

∵∠B＝∠ADE，∴∠DAB＝∠ADE，∴AB∥DE，

∴∠DTC＝∠BAC＝90°，

∵DT∥AB，BD＝DC，∴AT＝TC，∴EA＝EC＝ED，

∴∠EDC＝∠ECD，

∵EH⊥CD，∴CH＝DH，∵DE∥AB，∴∠EDC＝∠B，

∴∠ECD＝∠B，

∴cos∠ECH＝cosB＝，∴＝，∴＝＝2．

4．B．

解析：如图，C1运动的路径是以B为圆心，为半径，圆心角为120°的弧上运动，故线段CC1扫过的区域是一个圆心角为120°的扇形＋一个以为边长的等边三角形，

故S＝．

5．C．

解析：∵顾客从一批大小不一的鸡蛋中选购了部分大小均匀的鸡蛋，∴＜s2，的大小关系不明确.

6．B．

解析：把点A（﹣1，0），B（3，0）代入二次函数y＝ax2+bx+c，可得二次函数的解析式为：y＝ax2﹣2ax﹣3a，∵该函数开口方向向下，∴a＜0，∴b＝﹣2a＞0，c＝﹣3a＞0，∴ac＜0，3a+c＝0，①错误，③正确；∵对称轴为直线：x＝﹣＝1，∴x＜1时，y随x的增大而增大，x＞1时，y随x的增大而减小；②错误；∴当x＝1时，函数取得最大值，即对于任意的m，有a+b+c≥am2+bm+c，∴a+b≥am2+bm，故④正确．综上，正确的个数有2个．

7．B．

解析：如图所示，令S△ABC＝a，则S阴影＝6a，S正六边形＝18a，

∴将一枚飞镖任意投掷到镖盘上，飞镖落在黑色区域的概率为．

8．A．

解析：由图可知，∠ABO＝∠BCO＝…＝∠LMO＝90°，

∵∠AOB＝∠BOC＝…＝∠LOM＝30°，∴∠A＝∠OBC＝∠OCD＝…＝∠OLM＝60°，

∴AB＝OA，OB＝AB＝OA，同理可得，OC＝OB＝OA，

OD＝OC＝OA，…，OG＝OF＝OA＝×16＝．

二、填空题（每小题3分，共24分）

9．．

解析：如图，连接AO并延长交⊙O于D，由圆周角定理得：

∠ACB＝∠ADB，由勾股定理得：AD＝，

∴sin∠ACB＝sin∠ADB＝＝.

10．22．

解析：延长AT交BC于点P，∵AP⊥BC，∴•BC•AP＝24，

∴×8×AP＝24，∴AP＝6cm，由题意，AT＝PT＝3cm，

∴BE＝CD＝PT＝3cm，∵DE＝BC＝8cm，

∴矩形BCDE的周长为8+8+3+3＝22cm．

11．﹣1．

解析：CD＝1，DG＝，则求得CG＝，根据△CDG∽△DEG，可求得DE＝，

∴AE＝1﹣，∴AB＝AE＝﹣1．

12．2．

解析：幻方右下角的数字为15﹣8﹣3＝4，幻方第二行中间的数字为15﹣6﹣4＝5．依题意得：8+5+a＝15，解得：a＝2．

13．5或22.5

解析：作DM⊥x轴于M，BN⊥x轴于N，过C点作x轴的平行线，交DM于E，交BN于F，正方形ABCD中，∠BAD＝90°，∴∠DAM+∠BAN＝90°，

∵∠ADM+∠DAM＝90°，∴∠ADM＝∠BAN，

在△ADM和△BAN中，，

∴△ADM≌△BAN（AAS），∴AM＝BN，DM＝AN，

∵顶点D的坐标（，2）．∴OM＝，DM＝2，

同理：△ADM≌△DCE，∴AM＝DE，CE＝DM，

∴AM＝BN＝DE，DM＝AN＝CE＝2，设AM＝BN＝DE＝m，∴ON＝+m+2＝4.5+m，∴B（4.5+m，m），C（4.5，2+m），当反比例函数y＝（常数k＞0，x＞0）的图象经过点B、D时，则k＝×2＝5；当反比例函数y＝（常数k＞0，x＞0）的图象经过点B、C时，则k＝（4.5+m）•m＝4.5•（2+m），解得m＝3（负数舍去），∴k＝4.5×（2+3）＝22.5．

14．．

解析：∵在正方形ABCD中，AF⊥EG，∴∠AGE+∠GAM =90°，∠FAB+∠GAM=90°，

∴∠FAB =∠AGE，又∵∠ABF=∠GAE=90°，∴，∴，即，∴BF=．

15．6．

解析：由作图可得DF垂直平分线段AB，∴，∵以点A为圆心，AF为半径画弧，交BC延长线于点H，∴，∴，∵，∴，

∴△AFH的周长．

16．2±2或4或2．

解析：如图，当C，D在AB的同侧时，过点A作AE⊥CD于E．在Rt△AEB中，∠AEB＝90°，AB＝4，∠ABE＝30°，∴AE＝AB＝2，∵AD＝AC＝2，∴DE＝＝2，EC＝＝2，∴DE＝EC＝AE，∴△ADC是等腰直角三角形，∴CD＝4，

当C，D在AB的异侧时，过C′作C′H⊥CD于H，∵△BCC′是等边三角形，BC＝BE﹣EC＝2﹣2，

∴CH＝BH＝﹣1，C′H＝CH＝3﹣，在Rt△DC′H中，

DC′＝＝＝2，

∵△DBD′是等边三角形，∴DD′＝2+2，

∴CD的长为2±2或4或2．

三、解答题（共72分）

17．（10分）解：（1）∵点A在正比例函数y＝x的图象上，AB⊥y轴，OB＝4，

∴点B的坐标为（0，4），点A的纵坐标是4，代入y＝x，得x＝8，∴A（8，4），

∵点A在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，∴k＝4×8＝32，

∵点C在线段AB上，且AC＝OC，∴设点C（c，4）．

∵OC＝＝，AC＝AB﹣BC＝8﹣c，

∴＝8﹣c，解得：c＝3，∴点C（3，4），

∴BC＝3，∴k＝32，BC＝3；.......................................5分

（2）如图，设点P（0，p），

∵点P为B点上方y轴上一点，∴OP＝p，BP＝p﹣4，

∵A（8，4），C（3，4），∴AC＝8﹣3＝5，BC＝3，

∵△POC与△PAC的面积相等，

∴×3p＝×5（p﹣4），解得：p＝10，

∴P（0，10）．        ...........................................10分

18．（12分）解：（1）∵四边形ABCD和四边形AEGF都是正方形，∴AD＝AB，AF＝AE，∠DAE＝∠BAF＝90°，∴△DAE≌△BAF（SAS），∴DE＝BF，∠ADE＝∠ABF，∵∠ABF+∠AFB＝90°，∴∠ADE+∠AFB＝90°，∵在Rt△BAF中，M是BF的中点，∴AM＝FM＝BM＝BF，∴DE＝2AM．∵AM＝FM，∴∠AFB＝∠MAF，又∵∠ADE+∠AFB＝90°，∴∠ADE+∠MAF＝90°，∴∠AND＝180°﹣（∠ADE+∠MAF）＝90°，即AN⊥DN；故DE＝2AM，DE⊥AM．        ...........................................6分

（2）仍然成立，证明如下：延长AM至点H，使得AM＝MH，连接FH，

∵M是BF的中点，∴BM＝FM，又∵∠AMB＝∠HMF，∴△AMB≌△HMF（SAS），∴AB＝HF，∠ABM＝∠HFM，∴AB∥HF，∴∠HFG＝∠AGF，∵四边形ABCD和四边形AEGF是正方形，∴∠DAB＝∠AFG＝90°，AE＝AF，AD＝AB＝FH，∠EAG＝∠AGF，∴∠EAD＝∠EAG+∠DAB＝∠AFG+∠AGF＝∠AFG+∠HFG＝∠AFH，∴△EAD≌△AFH（SAS），∴DE＝AH，又∵AM＝MH，∴DE＝AM+MH＝2AM，

∵△EAD≌△AFH，∴∠ADE＝∠FHA，

∵△AMB≌△HMF，∴∠FHA＝∠BAM，

∴∠ADE＝∠BAM，

又∵∠BAM+∠DAM＝∠DAB＝90°，

∴∠ADE+∠DAM＝90°，

∴∠AND＝180°﹣（∠ADE+∠DAM）＝90°，

即AN⊥DN．故线段DE与AM之间的数量关系

是DE＝2AM．线段DE与AM之间的位置关系

是DE⊥AM． ...........................................12分

19．（12分）（1）解：，，，，是等边三角形， 是的中点，，在中，，，． ...........................................4分

（2）证明：连接，，，，， ，，，又，，是等边三角形，

，，

又，， ． ...........................................8分

（3）存在这样的． .......................................12分

20．（12分）解：（1）①∵点A是劣弧的中点，∴，∴，∵四边形ABCD是平行四边形，∴平行四边形ABCD是菱形；...........................................2分

②连接AO，交BD于点E，连接OD，∵点A是劣弧的中点，OA为半径，

∴，OA平分BD，∴，∵平行四边形ABCD是菱形，∴E为两对角线的交点，在中，

,∴，∴；...........................................4分

（2）①如图，当CD与相切时，连接DO并延长，交AB于点F，

∵CD与相切，∴，∴，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴，∴，在中，

，在中，

，∴，

解得，∴，∴；

如图，当BC与相切时，连接BO并延长，

交AD于点G，同理可得，，所以,

综上所述，AB长为或；......................................8分

②过点AH作于点H，由（2）得： 根据等面积法可得，解得，在中，，∴，∴．...........................................12分

21．（12分）解：（1）设四月和五月这两个月中，该景区游客人数的月平均增长率为，

由题意，得 解这个方程，得（舍去）．

答：四月和五月这两个月中，该景区游客人数平均每月增长20%．....................................4分

（2）①由题意，得

（万元）

答：景区六月份的门票总收入为798万元．                ...........................................8分

②设丙种门票价格降低元，景区六月份的门票总收人为万元，由题意，得

化简，得，

，∴当时，取最大值，为817.6万元．

答：当丙种门票价格降低24元时，景区六月份的门票总收人有最大值，为817.6万元．                                               .....................................12分

22．（14分）解：（1）由点A的坐标知，OA＝2，∵OC＝2OA＝4，故点C的坐标为（0，4），将点A，B，C的坐标代入抛物线表达式得：，解得，故抛物线的表达式为y＝﹣x+x+4；将点B，C的坐标代入一次函数表达式得：，解得，故直线BC的表达式为y＝﹣x+4；.................................................................4分

（2）∵点A，B关于抛物线的对称轴对称，∴设抛物线的对称轴交BC于点F，如图1，则点F为所求点，此时，当FA+FC的值最小，理由如下：

由函数的对称性知，AF＝BF，则AF+FC＝BF+FC＝BC为最小，当x＝1时，y＝﹣x+4＝3，故点F（1，3），由点B、C的坐标知，OB＝OC＝4，则BC＝BO＝4，即点F的坐标为（1，3），FA+FC的最小值为4；....................................................................8分

（3）存在，理由：设点P的坐标为（m，﹣m2+m+4），点Q的坐标为（t，﹣t+4），

①当点Q在点P的左侧时，如图2，过点P，Q分别作x轴的垂线，垂足分别为N，M，

由题意得：∠PEQ＝90°，∴∠PEN+∠QEM＝90°，∵∠EQM+∠QEM＝90°，∴∠PEN＝∠EQM，∴∠QME＝∠ENP＝90°，∴△QME∽△ENP，∴＝tan∠EQP＝tan∠OCA＝＝＝，则PN＝﹣m2+m+4，ME＝1﹣t，EN＝m﹣1，QM＝﹣t+4，∴＝＝，解得m＝±（舍去负值），当m＝时，﹣m2+m+4＝，故点P的坐标为（，）．     ...........................................11分

②当点Q在点P的右侧时，如图3，分别过点P，Q作抛物线对称轴的垂线，垂足分别为N、M，则MQ＝t﹣1，ME＝t﹣4，NE＝﹣m2+m+4、PN＝m﹣1，同理可得：△QME∽△ENP，∴＝tan∠PQE＝2，即，解得m＝（舍去负值），故m＝，故点P的坐标为（，），

综上所述，点P的坐标为（，）或（，）．   ....................14分