試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁浙江省溫州中學自主招生考試數學試卷學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．已知，則的化簡結果是(

)A． B． C． D．2．有以下關于的等式：（1）；（2）；（3）；（4），其中是的函數的有（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個3．已知，則（

）A． B． C．4 D．24．如圖，一枚棋子在正方體的棱上移動，從每一個頂點出發都等可能地移到和它相鄰的三個頂點中的任何一個．若棋子的初始位置為點，則移動三次后到達點的概率為（

）A． B． C． D．5．直線與軸交于點，與函數在第一象限的圖象交于兩點，若，則（

）A．1 B． C．2 D．46．已知函數，滿足，則（

）A．0 B．2 C．4 D．87．如圖，在中，為的中點，為靠近點的三等分點，與交于點．過點作內角平分線的平行線交于點，則（

）A． B． C． D．8．已知為實數，設，（表示中的最大值），則的最小值是（

）A． B．673 C．1346 D．20199．如圖，三棱錐的各棱長均為1，點分別在棱上，則的最小值是（

）A． B． C． D．310．在1，2，3，…，2019中，可以表示為（表示不超過實數的最大整數）的形式的數有（

）A．980個 B．988個 C．990個 D．998個二、填空題11．不等式的解是．12．已知關于的方程的兩個根滿足，則實數的取值范圍是．13．甲、乙、丙、丁，戊五位同學排成一排，甲不能站在排頭和排尾，乙和丙至少有一人與甲相鄰，則滿足條件的排法數為．14．當時，不等式恒成立，則實數的取值范圍是_______．15．已知為內一點，滿足，，，，則．16．已知a，b，c為整數，滿足，，則的最小值是．三、解答題17．解方程組：18．如圖，在中，于點為的中點，過作交直線于點．求證：．19．如圖，已知是拋物線上的四個不同的點．(1)試用表示直線的解析式．(2)已知過點過點過點．①證明：三點共線．②若點在第一象限，且，求直線的解析式．20．小明將枚硬幣任意擺放在圖中的點上（每個點的硬幣個數不限，可以為）．

(1)對于圖定義一次“操作”：從一個至少有2枚硬幣的點取走枚硬幣，并分別在與此點相鄰的點上各放置枚硬幣．對小明的每種擺法，若點處無硬幣，則總能經過若干次該“操作”，使點處有硬幣，求的最小值．(2)對于圖定義一次“操作”：從一個至少有枚硬幣的點取走枚硬幣，若該點有兩個相鄰點，就分別在每個相鄰的點處各放置枚硬幣；若該點只有一個相鄰點，就只在該相鄰點處放置枚硬幣．對小明的每種擺法，若點處無硬幣，則總能經過若干次該“操作”，使點處有硬幣，求的最小值．21．如圖所示，在△ABC中，是邊CA上的兩點，連接BD，BG．過點A，G分別作BD的垂線，垂足分別為E，F，連接CF．若BE＝EF，求證：．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《浙江省溫州中學自主招生考試數學試卷》參考答案題號12345678910答案BBBCCDBABC1．B【分析】利用二次根式的定義可得，即，再根據二次根式的性質，求解即可．【詳解】解：由題意可得：，∴∵∴∴，故選：B【點睛】此題考查了二次根式的性質，解題的關鍵是熟練掌握二次根式的有關性質．2．B【分析】本題考查了函數的概念，掌握函數的概念是解題的關鍵．函數的概念：在一個變化過程中，有兩個變量x和y，如果對于x的每一個確定的值，y都有唯一確定的值與之對應，那么就稱y是x的函數，x叫做自變量，根據函數的概念分析即可．【詳解】解：（1），則，對于x的每一個確定的值，y都有唯一確定的值與之對應，是的函數；（2），對于x的每一個確定的值，y的值不唯，不是的函數；（3），對于x的每一個確定的值，y的值不唯，不是的函數；（4），對于x的每一個確定的值，y都有唯一確定的值與之對應，是的函數；綜上所述，是的函數的有（1），（4），共2個，故選：B．3．B【分析】本題考查了銳角三角函數的混合運算，掌握銳角三角函數的計算方法是解題的關鍵．根據銳角三角函數的計算得到，將原式的分子、分母同時除以，再代入求值即可．【詳解】解：∵，∴，故選：B．4．C【分析】本題考查了畫樹狀圖或列表法求隨機事件的概率，掌握畫樹狀圖或列表法的運用是解題的關鍵．畫樹狀圖或列表法把所有等可能結果表示出來，再根據概率公式計算即可．【詳解】解：畫樹狀圖或列表法把所有等可能結果表示如下，∴共有種等可能結果，其中移動三次后到達點的有種，∴移動三次后到達點的概率為，故選：C．5．C【分析】如圖所示，過點B作于E，過點C作于F，設直線與x軸的交點為G，先求出，得到，，同理可得，再聯立得，則，由此求解即可．【詳解】解：如圖所示，過點B作于E，過點C作于F，設直線與x軸的交點為G，∵A、G分別是直線與y軸，x軸的交點，∴A點坐標為，G點坐標為，∴，∴，∴，∴，∴，同理可得，設B點坐標為，C點坐標為，聯立得，∴，∵，∴，即，∴．故選：C．【點睛】本題主要考查了一次函數與反比例函數綜合，一元二次方程根與系數的關系，等腰直角三角形的性質與判定，勾股定理等等，解題的關鍵在于能夠正確作出輔助線求解．6．D【分析】本題考查了求函數值，根據得出方程組，進而根據加減消元法得出之間的故選，進而求根據，即可求解．【詳解】解：，得，，得，，得，代入，得，把代入，得．

故選：D．7．B【分析】本題主要考查平行線分線段成比例，掌握平行線截線段成比例的計算方法是解題的關鍵．如圖，過點作的平分線，交于點，過點作，交于點，可得，，，，，由此得到，，根據，即可求解．【詳解】解：如圖，過點作的平分線，交于點，過點作，交于點，∴，∵為中點，，∴，∵為靠近點的三等分點，，∴，∵平分，∴點到的距離相等，，，，，，，，故選：B．8．A【分析】本題考查實數的大小比較，由題意得，①，②，⑤，再相加可得答案．【詳解】解：，①，②，③，④，為任意實數，，⑤，①+②+⑤，得，，∴的最小值是．故選：A．9．B【分析】由題意得，三棱錐每個面都是等邊三角形，將三棱錐中含有的三個面（即）展開如圖，作點關于的對稱點，連接交于點，連接交于點，交于點，連接交于點，得到的最小值為，由等邊三角形的性質，特殊角的三角函數的計算，勾股定理得到，，由此即可求解．【詳解】解：由題意得，三棱錐每個面都是等邊三角形，將三棱錐中含有的三個面（即）展開如圖，作點關于的對稱點，連接交于點，連接交于點，交于點，連接交于點，∴的最小值為，∵，，，∴，∴，∵，∴，即的最小值為，故選：．【點睛】本題屬于求多條線段和的最值問題，等邊三角形的性質，軸對稱求最短路徑，特殊角的三角函數值的計算，勾股定理的運用，解此類題的基本思路是將所求的多條線段轉化到同一直線上或同一平面圖形內求解，解本題的關鍵是將含有所求四條線段的三個面展開再求解，對空間想象力有一定的要求．10．C【分析】本題主要考查新定義，整式的混合運算，理解新定義的含義，掌握整式的混合運算法則是解題的關鍵．根據題意，令，則，所以均可表示為的形式，再根據當時，，當時，，即可求解．【詳解】解：令，則，，均可表示為的形式，當時，，當時，，∴在中，可以表示為的形式的數有（個），故選：C．11．【分析】本題主要考查絕對值的性質，求不等式組的解集，掌握絕對值的非負性，不等式的性質是解題的關鍵．根據絕對值的性質得到，，則，所以原式化簡得，由此得到，根據不等式組的取值方法即可求解．【詳解】解：∵，∴，，解得，，∴原不等式化簡為，∴，∴，∴，即原不等式的解是，故答案為：．12．【分析】本題主要考查一元二次方程根的判別式，求不等式的解集，二次函數圖象的性質，掌握以上知識的綜合運用是解題的關鍵．根據根的判別式得到，由不等式的性質解得，或，令，根據二次函數圖象的性質即可求解．【詳解】解：根據題意，得，整理，得，∴或，令，則該函數圖象開口向上，又，∴當時，，解得，綜上，實數的取值范圍是，故答案為：．13．60【分析】本題考了查排列與組合問題，排列與組合問題常用方法∶特殊元素特殊位置優先分析；相鄰元素捆綁法；不相鄰插空法；逆向分析法．由于甲不能站在排頭和排尾，得到排頭有4種情況后，排尾有3種情況，則第2有3種情況，第3有2種情況，第4有1種情況，根據排列組合公式可得排法數；由于乙和丙至少有一人與甲相鄰，當甲第2時，乙和丙排第4和排尾，根據排列組合公式可得排法數；當甲第3時，乙和丙排排頭和排尾，根據排列組合公式可得排法數；當甲第4時，乙和丙排排頭和第2，根據排列組合公式可得排法數；用前面的排法數減去后面3種情況的排法數數即可求解．【詳解】解：根據題意，得甲只能排在中間3個位置．①甲排在第二位．當乙排在第一位或第三位時，丙，丁，戊三人可以隨意排，此時滿足條件的排法數為；當丙排在第一位或第三位時，同理可得，此時滿足條件的排法數為；在甲排在第二位時，滿足條件的24種排法里有4種相同的排法，此時滿足條件的排法數為．②甲排在第三位．同理易得，此時滿足條件的排法數為．③甲排在第四位．同理易得，此時滿足條件的排法數為．綜上，滿足條件的排法數為．故答案為∶60．14．或【分析】本題考查二次函數的圖象和性質，二次函數與一元二次不等式的關系，熟練掌握絕對值不等式的解法，二次函數與一元二次不等式的關系是解題的關鍵．先運算絕對值不等式得到或或，再分別求出兩個不等式中的取值范圍即可．【詳解】解：，或，整理，得或，當恒成立時，即對應的二次函數在范圍內在軸上方，∵二次函數開口向上，對稱軸為直線，∴，，當恒成立，即時，，，，綜上所述，實數的取值范圍是或，故答案為：或．15．/8度【分析】本題考查了圓周角定理，弧、弦、圓心角的關系，等腰三角形的性質，三角形的內角和定理，掌握知識點的應用及正確畫出圖形是解題的關鍵．作的外接圓，延長交圓于點，連接，【詳解】解：如圖，作的外接圓，延長交圓于點，連接，∵，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，即，故答案為：．16．2116【分析】本題考查整式的運算，因式分解的應用．解題關鍵是利用因式分解把已知和所求整式變形．根據已知條件把已知和所求式子進行整理變形，即可解答．【詳解】解：．，，，，可因式分解，變為，同理，，原式，故為一個平方數，且，，為整數，，，至少有一個是偶數，于是為偶數，，．故答案為：2116．17．或【分析】本題考查了三元二次方程組的解法，解題關鍵是先利用平方差公式結合等量代換令，，，將式子變換為，再熟練運用消元法把三元化為二元，再解二元一次方程組，即可解題．【詳解】解：，由①，得，由②，得，由③，得．令，，，則，解得或，或，整理得或，解得或．18．見解析【分析】本題考查全等三角形的判定及性質，相似三角形的判定及性質，構造全等三角形和相似三角形是解答的關鍵．過點作交的延長線于點，延長交于點，證明，得到．證明，，得到，從而．證明，得到，因此，得證．【詳解】證明：如圖，過點作交的延長線于點，延長交于點，則∵M為的中點，．，∴．在和中，，，．，，．又，，．，．，，，，∴．19．(1)(2)①見解析；②【分析】本題考查了待定系數法求一次函數的解析式，一次函數圖象上點的坐標特征，二次函數與幾何綜合，解題的關鍵是會用待定系數法求得直線的解析式．（1）先表示出，然后利用待定系數法求得直線AB的解析式；（2）①先利用待定系數法求得直線，直線，直線的解析式，然后將點E，F，G分別代入直線，直線，直線的解析式，得到和，和，和之間的數量關系，然后化簡得到直線AC的解析式，再令求得與y軸的交點，得證A，F，C三點共線；②過點作于點，過點作的延長線于點，先由點D和點B的坐標得到點M和點N的坐標，然后得到和的長，進而得到和的面積，再由列出方程得到的值，最后代入直線的解析式．【詳解】（1）解：點都在拋物線上，．設直線的解析式為，則解得，；（2）①證明：由（1）得，直線，的解析式為，同理可得，直線的解析式為，直線的解析式為，直線的解析式為，∵點分別在上，∴在中，當時，，∴直線經過點，即三點共線．②解：如圖，過點作于點，過點作的延長線于點．由①，得直線的解析式為，又，，，，，．，，，，．點在第一象限，∴直線的解析式為．20．(1)最小值為；(2)最小值為．【分析】（）根據最終的平衡狀態可以確定最小值即可；（）根據最終的平衡狀態可以確定最小值即可；本題主要考查了圖形的變化規律，根據每個點上最多有一個點得出結論是解題的關鍵．【詳解】（1）解：當時，不滿足題意，∴，不妨設，當點或點處有枚硬幣時，則經過一次“操作”就能使點處有硬幣；當點，處的硬幣數小于或等于枚時，由對稱性有如圖，種情況（其中字母邊上的數字代表該點處初始狀態的硬幣數），經驗證，經過若干次“操作”總能使點處有硬幣，∴的最小值為；（2）解：當處有枚硬幣時，經過一次“操作”就能使處有硬幣，當初始狀態，處都沒有硬幣時，處至少要有枚硬幣，才能使得處有枚硬幣，當初始狀態，處都沒有硬幣時，經如圖，檢驗（相應的數字代表每次“操作”后的硬幣數），當處有枚硬幣時，符合題意．∴的最小值為．21．見解析【分析】過點G作GM⊥AB于點M，設AE與BG的交點為K，連KM．根據AE∥GF，可得，再由BE=EF，可得BK=GK，從而得到，BK=KG=MK，進而得到∠ABG=∠BMK，再由，，可得，然后根據MG∥BC，可得，從而得到，可證得△KAM∽△CBF，從而得到∠