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中考模拟数学试题二（含答案）

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参考答案
一、选择题（每小题3分，共24分）
1．D．
解析：∵一元二次方程ax2+2x+1＝0有两个不相等的实数根，∴a≠0，Δ＝b2﹣4ac＝22﹣4×a×1＝4﹣4a＞0，解得：a＜1且a≠0．
2．C．
解析：∵直线y＝kx+2过第一，二，三象限．∴k＞0．联立直线y＝kx+2与抛物线y＝x2﹣2x+3组成方程组得：．∴x2﹣2x+3＝kx+2．∴x2﹣（2+k）x+1＝0．∴Δ＝（﹣2﹣k）2﹣4＝k2+4k∵k＞0．∴Δ＞0．∴直线y＝kx+2与抛物线y＝x2﹣2x+3的交点个数为2个．
3．B．
解析：由作法得AF平分∠BAC，过F点作FH⊥AB于H，
如图，∵AF平分∠BAC，FH⊥AB，FC⊥AC，∴FH＝FC，
在△ABC中，∵∠C＝90°，AB＝10，BC＝8，
∴AC＝＝6，设CF＝x，则FH＝x，
∵S△ABF+S△ACF＝S△ABC，∴×10•x+×6•x＝×6×8，解得x＝3，
在Rt△ACF中，AF＝＝＝3．
4．C．
解析：∵抛物线y＝a（x﹣h）2+k的对称轴为直线x＝h，抛物线y＝a（x﹣h﹣m）2+k的对称轴为直线x＝h+m，∴当点A（﹣1，0）平移后的对应点为（4，0），则m＝4﹣（﹣1）＝5；当点B（3，0）平移后的对应点为（4，0），则m＝4﹣3＝1，即m的值为5或1．
5．C．
解析：∵四边形ABCD是正方形，∴∠MDO＝∠NCO＝45°，OD＝OC，∠DOC＝90°，∴∠DON+∠CON＝90°，∵ON⊥OM，∴∠MON＝90°，
∴∠DON+∠DOM＝90°，∴∠DOM＝∠CON，
在△DOM和△CON中，，
∴△DOM≌△CON（ASA），
∵四边形MOND的面积是1，四边形MOND的面积＝△DOM的面积+△DON的面积，
∴四边形MOND的面积＝△CON的面积+△DON的面积＝△DOC的面积，∴△DOC的面积是1，∴正方形ABCD的面积是4，∵AB2＝4，∴AB＝2．
6．C．
解析：在Rt△MCB中，∠MCB＝60°，CB＝30m，tan∠MCB＝，∴MB＝CB•tan∠MCB＝30×≈51.9（m），∵山坡DF的坡度i＝1：1.25，EF＝50m，∴DE＝40（m），∵ND＝DE，∴ND＝25（m），∴两个通信基站顶端M与顶端N的高度差＝40+25﹣51.9＝13.1m．
7．B．
解析：，解不等式①得：x≥6，解不等式②得：x＞，∵不等式组的解集为x≥6，∴6，∴a＜7；分式方程两边都乘（y﹣1）得：y+2a﹣3y+8＝2（y﹣1），解得：y＝，∵方程的解是正整数，∴＞0，∴a＞﹣5；∵y﹣1≠0，∴1，∴a≠﹣3，∴﹣5＜a＜7，且a≠﹣3，∴能使是正整数的a是：﹣1，1，3，5，∴和为8．
8．D．
解析：设A（a，0），∵矩形ABCD，∴D（a，），∵矩形ABCD，E为AC的中点，∴E也为BD的中点，∵点B在x轴上，∴E的纵坐标为，∴，∵E为AC的中点，∴点C（3a，），∴点F（3a，），∵△AEF的面积为1，AE＝EC，∴S△ACF＝2，∴，解得：k＝3．
二、填空题（每小题3分，共24分）
9．．
解析：列表如下：
由表可知，共有9种等可能结果，其中前后两次摸出的球都是白球的有4种结果，所以前后两次摸出的球都是白球的概率为．
10．96﹣25π．
解析：在菱形ABCD中，有：AC＝12，BD＝16．∴．
∵∠ABC+∠BCD+∠CDA+∠DAB＝360°．∴四个扇形的面积，是一个以AB的长为半径的圆．∴图中阴影部分的面积＝×12×16﹣π×52＝96﹣25π．
11．3．
解析：由题意可得，△DCA≌△DC′A，OC＝OC′，∠COD＝∠C′OD＝90°，∴点O为CC′的中点，∵点D为BC的中点，∴OD是△BCC′的中位线，∴OD＝BC′，OD∥BC′，
∴∠COD＝∠EC′B＝90°，∵AE＝BE，BC′＝2，∴OD＝1，在△EC′B和△EOA中，，∴△EC′B≌△EOA（AAS），∴BC′＝AO，∴AO＝2，∴AD＝AO+OD＝2+1＝3．
12．155．
解析：∵蓝牙耳机，多接口优盘，迷你音箱共22个，A盒中有2个蓝牙耳机，3个多接口优盘，1个迷你音箱；C盒中有1个蓝牙耳机，3个多接口优盘，2个迷你音箱；∴B盒中蓝牙耳机，多接口优盘，迷你音箱共22﹣2﹣3﹣1﹣1﹣3﹣2＝10（个），∵B盒中蓝牙耳机与迷你音箱的数量之和等于多接口优盘的数量，蓝牙耳机与迷你音箱的数量之比为3：2，∴B盒中有多接口优盘10×＝5（个），蓝牙耳机有5×＝3（个），迷你音箱有10﹣5﹣3＝2（个），设蓝牙耳机，多接口优盘，迷你音箱的成本价分别为a元，b元，c元，由题知：，∵①×2﹣②得：a+b＝45，②×2﹣①×3得：b+c＝55，∴C盒的成本为：a+3b+2c＝（a+b）+（2b+2c）＝45+55×2＝155（元）．
13．5．
解析：∵纸片沿直线DE翻折，点A与点F重合，∴DE垂直平分AF．∴AD＝DF，AE＝EF．∵DE∥BC，∴DE为△ABC的中位线．∴DE＝BC＝（BF+CF）＝（4+6）＝5．∵AF＝EF，∴△AEF为等边三角形．∴∠FAC＝60°．在Rt△AFC中，∵tan∠FAC＝，∴AF＝＝2．∴四边形ADFE的面积为：DE×AF＝×5×2＝5．
14．．
解析：如图1，取CD的中点H，连接GH，在正方形ABCD中，AB＝BC＝2，∠B＝∠DCF＝90°，∵AE＝BF，∴BE＝CF，
在△DCF和△CBE中，，
∴△DCF≌△CBE（SAS），∴∠CDF＝∠BCE，
∵∠DCE+∠BCE＝90°，∴∠CDF+∠DCE＝90°，
∴∠CGD＝90°，∴点G在以DC为直径和圆上，
如图2，连接AC，BD交于点O，取DC的中点H，由勾股定理得：AC＝＝2，∵E，F分别是正方形ABCD的边AB，BC上的动点，
∴点G在以H为圆心，CH为半径的圆上运动，
当点G与O重合时，AG最小，此时AG＝AO＝AC＝，
即AG的最小值＝．
15．9．
解析：在△ABC中，点D，E分别是BC，AC的中点，∴DE∥AB，且DE＝AB，∴＝＝，∵BF＝6，∴EF＝3．∴BE＝BF+EF＝9．
16．或3或6﹣6或6﹣3．
解析：①当B为直角顶点时，过D作DH⊥AB于H，如图，
∵△ABC的三个顶点都是同一个正方形的顶点，∠ABC的平
分线与线段AC交于点D，∴△ABC是等腰直角三角形，
∠ABD＝∠ADH＝45°，AD＝CD＝AC，
∴△AHD和△BHD是等腰直角三角形，∴AH＝DH＝BH，
∴DH＝BC，若AC＝6，则BC＝AC•cs45°＝3，此时DH＝，即点D到直线AB的距离为；若AB＝BC＝6，则DH＝BC＝3，即点D到直线AB的距离为3；
②当B不是直角顶点时，过D作DH⊥BC于H，如图，
∵△ABC的三个顶点都是同一个正方形的顶点，
∠ABC的平分线与线段AC交于点D，
∴△CDH是等腰直角三角形，AD＝DH＝CH，
在△ABD和△HBD中，，
∴△ABD≌△HBD（AAS），∴AB＝BH，若AB＝AC＝6时，BH＝6，BC＝＝6，∴CH＝BC﹣BH＝6﹣6，∴AD＝6﹣6，即此时点D到直线AB的距离为6﹣6；若BC＝6，则AB＝BC•cs45°＝3，∴BH＝3，∴CH＝6﹣3，∴AD＝6﹣3，即此时点D到直线AB的距离为6﹣3；
综上所述，点D到直线AB的距离为或3或6﹣6或6﹣3．
三、解答题（共72分）
17．（12分）解：（1）∵168＝12×14，2+4≠10，∴168不是“合和数”．∵621＝23×27，十位数字相同，且个位数字3+7＝10，∴621是“合和数”． 分
（2）设A的十位数字为m，个位数字为n，（m，n为自然数，且3≤m≤9，1≤n≤9），则A＝10m+n，B＝10m+10﹣n，∴P（M）＝m+n+m+10﹣n＝2m+10，Q（M）＝|（m+n）﹣（m+10﹣n）|＝|2n﹣10|．∴G（M）＝＝＝＝4k（k是整数）．∵3≤m≤9，∴8≤m+5≤14，∵k是整数，∴m+5＝8或m+5＝12，
①当m+5＝8时，或，∴M＝36×34＝1224或M＝37×33＝1221，
②当m+5＝12时，或，∴M＝76×74＝5624或M＝78×72＝5616．
综上所述，满足条件的M有：1224，1221，5624，5616． 分
18.（12分）（1）解：∵y＝﹣2x2+bx+c经过点（0，﹣2），当x＜﹣4时，y随x的增大而增大，当x＞﹣4时，y随x的增大而减小，即对称轴为直线x＝﹣4，
∴，解得； 分
（2）证明：由题意，抛物线的解析式为y＝﹣2x2﹣16x﹣2，∵r是抛物线y＝﹣2x2﹣16x﹣2与x轴的交点的横坐标，∴2r2+16r+2＝0，∴r2+8r+1＝0，∴r2+1＝﹣8r∴（r2+1）2＝（﹣8r）2，∴r4+2r2+1＝64r2，∴r4﹣2r2+1＝60r2； 分
（3）m＞1正确，理由如下：
由（2）知：r4﹣2r2+1＝60r2；∴r4﹣62r2+1＝0，∴r7﹣62r5+r3＝0，
而m﹣1＝﹣1＝＝＝，
由（2）知：r2+8r+1＝0，∴8r＝﹣r2﹣1，∵﹣r2﹣1＜0，∴8r＜0，
即r＜0，∴r9+60r5﹣1＜0，
∴＞0，即m﹣1＞0，∴m＞1． 分
19．（10分）解：根据题意可知：四边形ABDM是矩形，∴AB＝MD＝120m，在Rt△AME中，ME＝AMtan45°＝AM，在Rt△AMF中，MF＝AMtan60°＝AM，∵EF＝MF﹣ME＝40m，∴AM﹣AM＝40，∴AM≈54.6（m），∴MF≈54.6×1.73≈94.46（m），∴DF＝120﹣94.46＝25.54（m），25.54÷3≈8.5，∴至少要买该住宅的第9层楼，才能使上午10时太阳光线照射到该层楼的外墙．答：至少要买该住宅的第9层楼，才能使上午10时太阳光线照射到该层楼的外墙．
20．（12分）（1）证明：连接OE，∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB＝90°，即∠AEO+∠OEB＝90°，∵AE平分∠CAB，∴∠CAE＝∠BAE，∵∠BEF＝∠CAE，∴∠BEF＝∠BAE，∵OA＝OE，∴∠BAE＝∠AEO，∴∠BEF＝∠AEO，∴∠BEF+∠OEB＝90°，∴∠OEF＝90°，∴OE⊥EF，
∵OE是⊙O的半径，∴EF是⊙O的切线；分
（2）解：如图，设⊙O的半径为x，则OE＝OB＝x，
∴OF＝x+10，在Rt△OEF中，由勾股定理得：OE2+EF2＝OF2，
∴x2+202＝（x+10）2，解得：x＝15，∴⊙O的半径为15；
∵∠BEF＝∠BAE，∠F＝∠F，∴△EBF∽△AEF，
∴＝＝，设BE＝a，则AE＝2a，
由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，即a2+（2a）2＝302，解得：a＝6，∴AD＝2a＝12，∵∠CAE＝∠BAE，∴，∴OE⊥BC，∵OE⊥EF，∴BC∥EF，∴，即，∴AD＝9．分
21．（12分）
解：（1）如图1中，当点Q落在△ABC内部时，S＝×（2x）2＝x2． 分
（2）如图2中，当点Q落在AB上时，过点Q作QH⊥AC于H．∵∠QHA＝∠ACB＝90°，∴QH∥BC，∴＝，∴＝，∴x＝4，∴CP＝8，CH＝PH＝4，∴S＝×82＝16．分
（3）如图3中，点Q落在△ABC外部时，设CQ交AB于N，PQ交AB于M，过点N作NH⊥AC于H，过点M作MJ⊥AC于J，作NT∥PQ交AC于T．由（2）可知，CH＝HT＝4，CT＝NT＝8，NH＝4，AT＝4，∴S△BCN＝×6×4＝12，∵NT∥PM，∴△AMP∽△ANT，∴＝，∴＝，∴MJ＝12﹣2x，∴S＝S△ABC﹣S△BCN﹣S△AMP＝×6×12﹣12﹣×（12﹣2x）×（12﹣2x）＝﹣2x2+24x﹣48（4＜x≤6）． 分
22.（14分）
解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过A（0，﹣1），B（4，1），∴，
解得：，∴该抛物线的函数表达式为y＝x2﹣x﹣1； 分
（2）如图1，设直线AB的函数表达式为y＝kx+n，∵A（0，﹣1），B（4，1），∴，解得：，∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣1，令y＝0，得x﹣1＝0，解得：x＝2，∴C（2，0），设P（t，t2﹣t﹣1），其中0＜t＜4，∵点E在直线y＝x﹣1上，PE∥x轴，∴t2﹣t﹣1＝x﹣1，∴x＝2t2﹣7t，∴E（2t2﹣7t，t2﹣t﹣1），∴PE＝t﹣（2t2﹣7t）＝﹣2t2+8t＝﹣2（t﹣2）2+8，∵PD⊥AB，∴∠AOC＝∠PDE＝90°，又∵PE∥x轴，∴∠OCA＝∠PED，∴△PDE∽△AOC，∵AO＝1，OC＝2，∴AC＝，∴△AOC的周长为3+，令△PDE的周长为l，则＝，∴l＝•[﹣2（t﹣2）2+8]＝﹣（t﹣2）2++8，∴当t＝2时，△PDE周长取得最大值，最大值为+8．此时，点P的坐标为（2，﹣4）．分
（3）如图2，满足条件的点M坐标为（2，﹣4），（6，12），（﹣2，12）．由题意可知，平移后抛物线的函数表达式为y＝x2﹣4x，对称轴为直线x＝2，
①若AB是平行四边形的对角线，当MN与AB互相平分时，四边形ANBM是平行四边形，即MN经过AB的中点C（2，0），∵点N的横坐标为2，∴点M的横坐标为2，∴点M的坐标为（2，﹣4），
②若AB是平行四边形的边，
Ⅰ．当MN∥AB且MN＝AB时，四边形ABNM是平行四边形，∵A（0，﹣1），B（4，1），点N的横坐标为2，∴点M的横坐标为2﹣4＝﹣2，∴点M的坐标为（﹣2，12）；
Ⅱ．当NM∥AB且NM＝AB时，四边形ABMN是平行四边形，∵A（0，﹣1），B（4，1），点N的横坐标为2，∴点M的横坐标为2+4＝6，∴点M的坐标为（6，12）；综上所述，点M的坐标为（2，﹣4）或（﹣2，12）或（6，12）．分
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