2018年苍南中学自主招生选拔数学试卷答案

数学答案

一、选择题（每小题6分，共48分） 题号 答案 1 C 2 A 3 C 4 D 5 A 6 C 7 C 8 C 二、填空题（每小题6分，共42分）

9．

1 ； 10． 6：5 ； 11． 2 ； 1812． 265 ； 13． 6 ； 14． 4 cm ；

15． 4 .

三、解答题(本大题共4题，共60分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 16.（本题满分12分） 解：由方程①知：

∵x1x20，x1＞x2＞0 ∴x1＞0，x20 ∴x1x2m20 x1x2m20 ∴－2＜m＜2 由方程②知：

m232 ∴m22m30 ∴m3（舍去），m1(△＞0) m代入②得：x2(n2)x20 ∵方程的两根为有理数

2∴△＝n28k 2∴△＝n2k8

22n2kn2k8

∴n2k4n2k2或 ∴n5或n1

n2k2n2k417. （本题满分12分）

（1）∵△ABC是边长为6的等边三角形， ∴∠ACB=60，

九年级数学

1

0∵∠BQD=30，

0∴∠QPC=90，

设AP=x，则PC=6−x，QB=x， ∴QC=QB+BC=6+x，

∵在Rt△QCP中,∠BQD=30∘， ∴PC=

011QC,即6−x=(6+x)，解得x=2， 22∴AP=2；

(2)当点P、Q同时运动且速度相同时，线段DE的长度不会改变。理由如下： 作QF⊥AB，交直线AB于点F，连接QE，PF， 又∵PE⊥AB于E，

0∴∠DFQ=∠AEP=90， ∵点P、Q速度相同， ∴AP=BQ，

∵△ABC是等边三角形,

0∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60， 在△APE和△BQF中，

0∵∠AEP=∠BFQ=90， ∴∠APE=∠BQF，

∠AEP=∠BFQ，∠A=∠FBQ，AP=BQ， ∴△APE≌△BQF(AAS)，

九年级数学 2

∴AE=BF,PE=QF且PE∥QF， ∴四边形PEQF是平行四边形， ∴DE=

1EF， 2∵EB+AE=BE+BF=AB， ∴DE=

1AB， 2又∵等边△ABC的边长为6， ∴DE=3，

∴点P、Q同时运动且速度相同时，线段DE的长度不会改变。 18．（本题满分18分）

⑴由题意，abc2,a1,bc1，

bb2

抛物线顶点为A（，c），设B（x1，0），C（x2，0），∵x1x2b，x1x2c，

24

△＝b4ac0.

2BCx1x2x1x22x1x224x1x2b24c

b232∵△ABC为等边三角形，∴cb4c,

42即b24c23b24c，∵b4c0,，∴b24c23 ∵c1b,b24b160,b225所求b值为225

⑵∵abc，若a0，则b0,c0，abc0，与abc2矛盾.∴a0 ∵bc2a，bc∴△＝2a422442，∴b,c是一元二次方程x2ax0的两实根． aa40，∴a24a24a160， 即a24a40,， a故a4

∵abc＞0，∴a、b、c为全大于０或一正二负．

①若a、b、c均大于０，∵a≥4，与a＋b＋c＝2矛盾； ②若a、b、c为一正二负，则a＞0，b＜0，c＜0，

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3

则｜a｜＋｜b｜＋｜c｜＝a－b－c＝a－(2－a)＝2a－2，

∵ a≥4，故2a－2≥6，当a＝4，b＝c＝－1时，满足题设条件且使不等式等号成立． 故｜a｜＋｜b｜＋｜c｜的最小值为6．

19．（本题满分18分）(1)设抛物线解析式为y=ax+bx+c

将A(−2,2),B(6,6),O(0,0)三点坐标代入,得4a−2b+c=2，36a+6b+c=6，c=0， 解得a=

211，b=，c=0， 42∴y=

121xx 42(2)依题意，得直线OB的解析式为y=x，设过N点且与直线OB平行的直线解析式为y=x+m， 联立y=

121xx，y=x+m,得x26x4m0， 42当△=36+16m=0时，过N点与OB平行的直线与抛物线有唯一的公共点，则点N到OB的距离

最大，所以△BON面积最大， 解得m=933,x=3,y=,即N(3,)； 4441131327×6×6−(+6)×3−××3=； 224244此时△BON面积=

(3)过点A作AS⊥GQ于S， ∵A(−2,2),B(6,6),N(3,

3)， 4∵∠AOE=∠OAS=∠BOH=45∘，

OG=3,NG=

35,NS=，AS=5， 44在Rt△SAN和Rt△NOG中， ∴tan∠SAN=tan∠NOG=

1， 4∴∠SAN=∠NOG，

∴∠OAS−∠SAN=∠BOG−∠NOG，

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4

∴∠OAN=∠BON，

∴ON的延长线上存在一点P,使得△BOP∽△OAN， ∵A(−2,2),N(3,

3)， 4∵△BOP与△OAN相似(点B. O、P分别与点O、A. N对应),即△BOP∽△OAN， ∴BO:OA=OP:AN=BP:ON 又∵A(−2,2),N(3,

3),B(6,6)， 4∴BO=62,OA=22,AN=

517317,ON=， 44∴OP=

1517917,BP=， 44设P点坐标为(4x,x)，

∴16x+x=(2215172)， 4解得x=

15，4x=15， 4∵P、P′关于直线y=x轴对称， ∴P点坐标为(15,

1515)或(,15). 44

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