2020-2021自招安徽合肥一六八中学初升高自主招生数学模拟试卷[4套][含解析]

共4套试卷，含150分的模拟数学试卷占4套，对参加自主招生的学生有一定的指导意义和辅助作用，但不是决定性的作用，祝大家考试顺利。

第一套：满分150分

2020-2021年安徽合肥一六八中学初升高

自主招生数学模拟卷

一．选择题（共8小题，满分48分）

1．（6分）如图，△ABC中，D、E是BC边上的点，BD：DE：EC=3：2：1，M在AC边上，CM：MA=1：2，BM交AD，AE于H，G，则BH：HG：GM=（　　）

A．3：2：1 B．5：3：1

C．25：12：5 D．51：24：10

2.（6分）若关于x的一元二次方程（x－2）（x－3）=m有实数根x1,x2，且x1≠x2，有下列结论：

①x1=2，x2=3； ②；

③二次函数y=（x－x1）（x－x2）＋m的图象与x轴交点的坐标为（2，0）和（3，0）．

其中，正确结论的个数是【 】

A.0 B.1 C.2 D.3

3.（6分）已知长方形的面积为20cm2，设该长方形一边长为ycm，另一边的长为xcm，则y与x之间的函数图象大致是（ ）

A. B. C. D.

4.（6分）如图，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，则直线与⊙O的位置关系是（ ）

A．相离 B．相切 C．相交 D．以上三种情况都有可能

5．（6分）若一直角三角形的斜边长为c，内切圆半径是r，则内切圆的面积与三角形面积之比是（　　）

A． B． C． D．

6．（6分）如图，Rt△ABC中，BC=，∠ACB=90°，∠A=30°，D1是斜边AB的中点，过D1作D1E1⊥AC于E1，连结BE1交CD1于D2；过D2作D2E2⊥AC于E2，连结BE2交CD1于D3；过D3作D3E3⊥AC于E3，…，如此继续，可以依次得到点E4、E5、…、E2013，分别记△BCE1、△BCE2、△BCE3、…、△BCE2013的面积为S1、S2、S3、…、S2013．则S2013的大小为（　　）

A. B. C. D.

7．（6分）抛物线y=ax2与直线x=1，x=2，y=1，y=2围成的正方形有公共点，则实数a的取值范围是（　　）

A．≤a≤1 B．≤a≤2 C．≤a≤1 D．≤a≤2

8．（6分）如图，矩形ABCD的面积为5，它的两条对角线交于点O1，以AB，AO1为两邻边作平行四边形ABC1O1，平行四边形ABC1O1的对角线交BD于点02，同样以AB，AO2为两邻边作平行四边形ABC2O2．…，依此类推，则平行四边形ABC2009O2009的面积为（　　）

A. B. C. D.

二．填空题：（每题7分，满分42分）

9．（7分）方程组的解是　 　．

10．（7分）若对任意实数x不等式ax＞b都成立，那么a，b的取值范围为　 　．

11．（7分）如图，圆锥的母线长是3，底面半径是1，A是底面圆周上一点，从A点出发绕侧面一周，再回到A点的最短的路线长是　 　．

12．（7分）有一张矩形纸片ABCD，AD=9，AB=12，将纸片折叠使A、C两点重合，那么折痕长是　 　．

13．（7分）设﹣1≤x≤2，则|x﹣2|﹣|x|+|x+2|的最大值与最小值之差为　 　．

14．（7分）两个反比例函数y=，y=在第一象限内的图象如图所示．点P1，P2，P3、…、P2007在反比例函数y=上，它们的横坐标分别为x1、x2、x3、…、x2007，纵坐标分别是1，3，5…共2007个连续奇数，过P1，P2，P3、…、P2007分别作y轴的平行线，与y=的图象交点依次为Q1（x1′，y1′）、Q1（x2′，y2′）、…、Q2（x2007′，y2007′），则|P2007Q2007|=　 　．

三．解答题：（每天12分，满分60分）

15.(12分).已知正实数满足： ,且

.

(1) 求的值.

(2) 证明:.

16．（12分）如图，是等腰直角三角形，，点在线段上（与、不重合），点在射线上，且。求证：。

17．（12分）在0与21之间插入个正整数，，…，，使其满足。若1，2，3，…，21这21个正整数都可以表示为0，，，…，，21这个数中某两个数的差。求的最小值。

18．（12分）如图，已知BC是半圆O的直径，BC=8，过线段BO上一动点D，作AD⊥BC交半圆O于点A，联结AO，过点B作BH⊥AO，垂足为点H，BH的延长线交半圆O于点F．

（1）求证：AH=BD；

（2）设BD=x，BE•BF=y，求y关于x的函数关系式；

（3）如图2，若联结FA并延长交CB的延长线于点G，当△FAE与△FBG相似时，求BD的长度．

19.（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB过点A（3，0）、B（0，m）（m＞0），tan∠BAO=2．

（1）求直线AB的表达式；

（2）反比例函数y=的图象与直线AB交于第一象限内的C、D两点（BD＜BC），当AD=2DB时，求k1的值；

（3）设线段AB的中点为E，过点E作x轴的垂线，垂足为点M，交反比例函数y=的图象于点F，分别联结OE、OF，当△OEF∽△OBE时，请直接写出满足条件的所有k2的值．

第一套：满分150分

2020-2021年安徽合肥一六八中学初升高自主招生

数学模拟卷参考答案

一.选择题：

1.【解答】解：连接EM，

CE：CD=CM：CA=1：3

∴EM平行于AD

∴△BHD∽△BME，△CEM∽△CDA

∴HD：ME=BD：BE=3：5，ME：AD=CM：AC=1：3

∴AH=（3﹣）ME，

∴AH：ME=12：5

∴HG：GM=AH：EM=12：5

设GM=5k，GH=12k，

∵BH：HM=3：2=BH：17k

∴BH=K，

∴BH：HG：GM=k：12k：5k=51：24：10

故选D．

2.【答案】C。解答：①∵一元二次方程实数根分别为x1、x2，

∴x1=2，x2=3，只有在m=0时才能成立，故结论①错误。

②一元二次方程（x－2）（x－3）=m化为一般形式得：x2－5x＋6－m=0，

∵方程有两个不相等的实数根x1、x2，

∴△=b2－4ac=（－5）2－4（6－m）=4m＋1＞0，解得：。

故结论②正确。

③∵一元二次方程x2－5x＋6－m=0实数根分别为x1、x2，

∴x1＋x2=5，x1x2=6－m∴二次函数y=（x－x1）（x－x2）+m=x2－（x1＋x2）x＋x1x2＋m=x2－5x＋（6－m）＋m=x2－5x＋6=（x－2）（x－3）。

令y=0，即（x－2）（x－3）=0，解得：x=2或3。

∴抛物线与x轴的交点为（2，0）或（3，0），故结论③正确。

综上所述，正确的结论有2个：②③。故选C。

　3.【答案】B。【分析】∵根据题意，得xy=20，∴。故选B。

4.【答案】B。

【分析】如图，在中，令x=0，则y=－ ；令y=0，则x= ，

∴A（0，－），B（，0）。∴OA=OB= 2 。

∴△AOB是等腰直角三角形。∴AB=2，

过点O作OD⊥AB，则OD=BD=AB=×2=1。

又∵⊙O的半径为1，∴圆心到直线的距离等于半径。

∴直线y=x- 2 与⊙O相切。故选B。

5.【分析】连接内心和直角三角形的各个顶点，设直角三角形的两条直角边是a，b．则直角三角形的面积是；又直角三角形内切圆的半径r=，则a+b=2r+c，所以直角三角形的面积是r（r+c）；因为内切圆的面积是πr2，则它们的比是．

【解答】解：设直角三角形的两条直角边是a，b，则有：

S=，

又∵r=，∴a+b=2r+c，

将a+b=2r+c代入S=得：S=r=r（r+c）．

又∵内切圆的面积是πr2，∴它们的比是．故选B．

【点评】此题要熟悉直角三角形的内切圆半径等于两条直角边的和与斜边的差的一半，能够把直角三角形的面积分割成三部分，用内切圆的半径进行表示，是解题的关键．

7.【分析】此题主要考数形结合，画出图形找出范围，问题就好解决

【解答】解：由右图知：A（1，2），B（2，1），

再根据抛物线的性质，|a|越大开口越小，

把A点代入y=ax2得a=2，

把B点代入y=ax2得a=，

则a的范围介于这两点之间，故≤a≤2．

故选D．

【点评】此题考查学生的观察能力，把函数性质与正方形连接起来，要学会数形结合．

二、填空题

9．【分析】根据式子特点，设x+1=a，y﹣1=b，然后利用换元法将原方程组转化为关于a、b的方程组，再换元为关于x、y的方程组解答．

【解答】解：设x+1=a，y﹣1=b，则原方程可变为，

由②式又可变化为=26，

把①式代入得=13，这又可以变形为（+）2﹣3=13，

再代入又得﹣3=9，

解得ab=﹣27，

又因为a+b=26，

所以解这个方程组得或，

于是（1），解得；

（2），解得．

故答案为和．

【点评】本题主要考查解无理方程的知识点，去掉根号把无理式化成有理方程是解题的关键，需要同学们仔细掌握．

10．【分析】分a=0，a≠0两种情况分析．

【解答】解：∵如果a≠0，不论a大于还是小于0，对任意实数x不等式ax＞b都成立是不可能的，

∴a=0，则左边式子ax=0，

∴b＜0一定成立，

∴a，b的取值范围为a=0，b＜0．

【点评】本题是利用了反证法的思想　

11．【分析】先根据﹣1≤x≤2，确定x﹣2与x+2的符号，在对x的符号进行讨论即可．

【解答】解：∵﹣1≤x≤2，∴x﹣2≤0，x+2＞0，

∴当2≥x≥0时，|x﹣2|﹣|x|+|x+2|=2﹣x﹣x+x+2=4﹣x；

当﹣1≤x＜0时，|x﹣2|﹣|x|+|x+2|=2﹣x+x+x+2=4+x，

当x=0时，取得最大值为4，x=2时取得最小值，最小值为3，

则最大值与最小值之差为1．

故答案为：1

【点评】本题重点考查有理数的绝对值和求代数式值．解此类题的关键是：先利用条件判断出绝对值符号里代数式的正负性，再根据绝对值的性质把绝对值符号去掉，把式子化简，即可求解．

12．【分析】要求出|P2007Q2007|的值，就要先求|Qy2007﹣Py2007|的值，因为纵坐标分别是1，3，5 …，共2007个连续奇数，其中第2007个奇数是2×2007﹣1=4013，所以P2007的坐标是（Px2007，4013），那么可根据P点都在反比例函数y=上，可求出此时Px2007的值，那么就能得出P2007的坐标，然后将P2007的横坐标代入y=中即可求出Qy2007的值．那么|P2007Q2007|=|Qy2007﹣Py2007|，由此可得出结果．

【解答】解：由题意可知：P2007的坐标是（Px2007，4013），

又∵P2007在y=上，

∴Px2007=．

而Qx2007（即Px2007）在y=上，所以Qy2007===，

∴|P2007Q2007|=|Py2007﹣Qy2007|=|4013﹣|=．

故答案为：．

【点评】本题的关键是找出P点纵坐标的规律，以这个规律为基础求出P2007的横坐标，进而求出Q2007的值，从而可得出所求的结果．

13．【分析】圆锥的侧面展开图是扇形，从A点出发绕侧面一周，再回到A点的最短的路线即展开得到的扇形的弧所对弦，转化为求弦的长的问题．

【解答】解：∵图中扇形的弧长是2π，根据弧长公式得到2π=

∴n=120°即扇形的圆心角是120°

∴弧所对的弦长是2×3sin60°=3

【点评】正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．

14．【分析】首先由勾股定理求出AC的长，设AC的中点为E，折线与AB交于F．然后求证△AEF∽△ABC求出EF的长．

【解答】解：如图，由勾股定理易得AC=15，设AC的中点为E，折线FG与AB交于F，（折线垂直平分对角线AC），AE=7.5．

∵∠AEF=∠B=90°，∠EAF是公共角，

∴△AEF∽△ABC，

∴==．

∴EF=．

∴折线长=2EF=．

故答案为．

【点评】本题综合考查了矩形的性质，勾股定理，相似，全等等知识点．

三、解答题

15.【解析】

（1）解：由等式，

去分母得，

，

，，

，原式=

（2）证明：由（1）得计算过程知，又为正实数,

∴.

【注：

】

16.【答案】如图，作点关于直线的对称点，连结、、，，则。

∵ 是等腰直角三角形，，且，

∴ ，

。

∴ 。

又，。

∴ 。

∴ ，。

又由，知

。

∴ 。

∴ 。

又，∴ 。

另解：如图，沿翻折得，则。

∴ ，，，。

∵ ，

∴

。

又，。

∴ 。

∴ ，，。

∴ 。

17.【解答】 ∵ 个数至多可以表示个不同的且为正数的差。

∴ 依题意有，，即。

∴ 。

下面证明不符合要求。

若符合要求，则由时，知，由0，，，，，，21这7个数两两之差（大数减去小数）所得的下列21个数：，，，，，21，，，，，，，，，，，，，，，互不相同。于是它们是1，2，3，…，21的一个排列。

记这21个数的和为，则

。可见为偶数。

另一方面，为奇数，与为偶数矛盾。

∴ 不符合要求。

符合要求。如插入2，5，8，12，19，20。（不唯一）

可以验证：用0，2，5，8，12，19，20，21这8个数中某两个数的差可以表示1，2，3，…，21中任意一个数。

（，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，。）

可见的最小值为6。

18.【分析】（1）由AD⊥BC，BH⊥AO，利用垂直的定义得到一对直角相等，再由一对公共角，且半径相等，利用AAS得到三角形ADO与三角形BHO全等，利用全等三角形对应边相等得到OH=OD，利用等式的性质化简即可得证；

（2）连接AB，AF，如图1所示，利用HL得到直角三角形ADB与直角三角形BHA全等，利用全等三角形对应角相等得到一对角相等，再由公共角相等得到三角形ABE与三角形AFB相似，由相似得比例即可确定出y与x的函数解析式；

（3）连接OF，如图2所示，利用两对角相等的三角形相似得到三角形AFO与三角形FOG相似，由相似得比例求出BD的长即可．

【解答】（1）证明：∵AD⊥BC，BH⊥AO，

∴∠ADO=∠BHO=90°，

在△ADO与△BHO中，

，

∴△ADO≌△BHO（AAS），

∴OH=OD，

又∵OA=OB，

∴AH=BD；

（2）解：连接AB、AF，如图1所示，

∵AO是半径，AO⊥弦BF，

∴∴AB=AF，

∴∠ABF=∠AFB，

在Rt△ADB与Rt△BHA中，

，

∴Rt△ADB≌Rt△BHA（HL），

∴∠ABF=∠BAD，

∴∠BAD=∠AFB，

又∵∠ABF=∠EBA，

∴△BEA∽△BAF，

∴=，

∴BA2=BE•BF，

∵BE•BF=y，

∴y=BA2，

∵∠ADO=∠ADB=90°，

∴AD2=AO2﹣DO2，AD2=AB2﹣BD2，

∴AO2﹣DO2=AB2﹣BD2，

∵直径BC=8，BD=x，

∴AB2=8x，

则y=8x（0＜x＜4）；

方法二：∵BE•BF=y，BF=2BH，

∴BE•BH=y，

∵△BED∽△BOH，

∴=，

∴OB•BD=BE•BH，

∴4x=y，

∴y=8x（0＜x＜4）；

（3）解：连接OF，如图2所示，

∵∠GFB是公共角，∠FAE＞∠G，

∴当△FAE∽△FBG时，∠AEF=∠G，

∵∠BHA=∠ADO=90°，

∴∠AEF+∠DAO=90°，∠AOD+∠DAO=90°，

∴∠AEF=∠AOD，

∴∠G=∠AOD，

∴AG=AO=4，

∵∴∠AOD=∠AOF，

∴∠G=∠AOF，

又∵∠GFO是公共角，

∴△FAO∽△FOG，

∴=，

∵AB2=8x，AB=AF，

∴AF=2x，

∴=，

解得：x=3±，

∵3+＞4，舍去，

∴BD=3﹣．

19.【分析】（1）先通过解直角三角形求得A的坐标，然后根据待定系数法即可求得直线AB的解析式；

（2）作DE∥OA，根据题意得出==，求得DE，即D的横坐标，代入AB的解析式求得纵坐标，然后根据反比例函数图象上点的坐标特征即可求得k1；

（3）根据勾股定理求得AB、OE，进一步求得BE，然后根据相似三角形的性质求得EF的长，从而求得FM的长，得出F的坐标，然后根据反比例函数图象上点的坐标特征即可求得k2．

【解答】解：（1）∵A（3，0）、B（0，m）（m＞0），

∴OA=3，OB=m，

∵tan∠BAO==2，

∴m=6，

设直线AB的解析式为y=kx+b，

代入A（3，0）、B（0，6）得：

解得：b=6，k=﹣2

∴直线AB的解析式为y=﹣2x+6；

（2）如图1，∵AD=2DB，

∴=，

作DE∥OA，

∴==，

∴DE=OA=1，

∴D的横坐标为1，

代入y=﹣2x+6得，y=4，

∴D（1，4），

∴k1=1×4=4；

（3）如图2，∵A（3，0），B（0，6），

∴E（，3），AB==3，

∵OE是Rt△OAB斜边上的中线，

∴OE=AB=，BE=，

∵EM⊥x轴，

∴F的横坐标为，

∵△OEF∽△OBE，

∴=，

∴，

∴EF=，

∴FM=3﹣=．

∴F（，），

∴k2=×=．

第二套：满分150分

2020-2021年安徽合肥一六八中学初升高

自主招生数学模拟卷

一．选择题（每小题6分，满分48分）

1．（6分）如图，在锐角△ABC中，AB=6，∠BAC=45°，∠BAC的平分线交BC于点D，M，N分别是AD和AB上的动点，则BM+MN的最小值是（　　）

A. B.6 C. D.3

2．（6分）有铅笔、练习本、圆珠笔三种学习用品，若购铅笔3支，练习本7本，圆珠笔1支共需3.15元；若购铅笔4支，练习本8本，圆珠笔2支共需4.2元，那么购铅笔、练习本、圆珠笔各1件共需（ 　）

A．1.2元 B．1.05元 C．0.95元 D．0.9元

3．（6分）已知且，那么，，，的大小关系是（　　）

A． B．

C. D．

4．（6分）如图，在△ABC中∠A=60°，BM⊥AC于点M，CN⊥AB于点N，P为BC边的中点，连接PM，PN，则下列结论：①PM=PN；②；③△PMN为等边三角形；④当∠ABC=45°时，BN=PC．其中正确的个数是（　　）

A.1个 B.2个 C.3个 D.4个

5. （6分）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABOC的顶点O在坐标原点，边BO在x轴的负半轴上，∠BOC=60°，顶点C的坐标为(m,)，反比例函数的图像与菱形对角线AO交于D点，连接BD，当BD⊥x轴时，k的值是（ ）

A. B. C. D.

6. （6分）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90º，AC＝3，BC＝4，将边AC沿CE翻折，使点A落在AB上的点D处；再将边BC沿CF翻折，使点B落在CD的延长线上的点B′处，两条折痕与斜边AB分别交于点E、F，则线段B′F的长为（ ）

A. B. C. D.

7．（6分）已知关于x的不等式组恰有3个整数解，则a的取值范围是（　　）

A． B． C． D．

8．（6分）正方形ABCD、正方形BEFG和正方形RKPF位置如图所示，点G在线段DK上，正方形BEFG边长为4，则△DEK的面积为（　　）

A.10 B.12 C.14 D.16

二．填空题（每小题7分，满分42分）

9. （7分）若直线y＝m（m为常数）与函数y＝的图像恒有三个不同的交点，则常数m的取值范围是　　 　　。

10. （7分）如图，四边形ABCD是矩形，A，B两点在x轴的正半轴上，C，D两点在抛物线上，设OA=m（0＜m＜3），矩形ABCD的周长为l，则l 与m的函数解析式为　 　。

11．（7分）已知3，a，4，b，5这五个数据，其中a，b是方程x2﹣3x+2=0的两个根，则这五个数据的标准差是　 　．

12．（7分）若抛物线y=2x2﹣px+4p+1中不管p取何值时都通过定点，则定点坐标为　 　．

　13．（7分）有五张正面分别标有数0，1，2，3，4，5的不透明卡片，它们除了数字不同外其余全部相同．现将它们背面朝上，洗匀后从中任取一张，将卡片上的数记为a，则使关于x的方程+2=有正整数解的概率为　 　

14．（7分）已知：对于正整数n，有，若某个正整数k满足：

，则k=　 　．

三．解答题（每题12分，满分60分）

15.（12分）如图，在等腰中,为边上异于中点的点，点关于直线的对称点为点,的延长线与的延长线交于点 求的值.

16．（12分）已知抛物线与动直线有公共点，，且.

（1）求实数t的取值范围；

（2）当t为何值时，c取到最小值，并求出c的最小值.

17．（12分）如图，在每一个四边形ABCD中，均有AD∥BC，CD⊥BC，∠ABC=60°，AD=8，BC=12．

（1）如图①，点M是四边形ABCD边AD上的一点，则△BMC的面积为　　；

（2）如图②，点N是四边形ABCD边AD上的任意一点，请你求出△BNC周长的最小值；

（3）如图③，在四边形ABCD的边AD上，是否存在一点P，使得cos∠BPC的值最小？若存在，求出此时cos∠BPC的值；若不存在，请说明理由．

18．（12分）已知：半圆O的直径AB=6，点C在半圆O上，且tan∠ABC=2，点D为弧AC上一点，联结DC（如图）

（1）求BC的长；

（2）若射线DC交射线AB于点M，且△MBC与△MOC相似，求CD的长；

（3）联结OD，当OD∥BC时，作∠DOB的平分线交线段DC于点N，求ON的长．

19．（12分）如图，已知二次函数y=x2+bx+c（b，c为常数）的图象经过点A（3，﹣1），点C（0，﹣4），顶点为点M，过点A作AB∥x轴，交y轴与点D，交该二次函数图象于点B，连结BC．

（1）求该二次函数的解析式及点M的坐标；

（2）若将该二次函数图象向上平移m（m＞0）个单位，使平移后得到的二次函数图象的顶点落在△ABC的内部（不包含△ABC的边界），求m的取值范围；

（3）点P时直线AC上的动点，若点P，点C，点M所构成的三角形与△BCD相似，请直接写出所有点P的坐标（直接写出结果，不必写解答过程）．

第二套：满分150分

2020-2021年安徽合肥一六八中学初升高

自主招生数学模拟卷

答案解析

一、选择题

2.【分析】设购一支铅笔，一本练习本，一支圆珠笔分别需要x，y，z元，建立三元一次方程组，两个方程相减，即可求得x+y+z的值．

【解答】解：设购一支铅笔，一本练习本，一支圆珠笔分别需要x，y，z元，

根据题意得，②﹣①得x+y+z=1.05（元）．

故选：B．

【点评】解答此题关键是根据题意列出方程组，同时还要有整体思想．

　3．解：∵mn＜0，∴m，n异号，

由1﹣m＞1﹣n＞0＞n+m+1，可知m＜n，m+n＜﹣1，m＜0，0＜n＜1，|m|＞|n|，|m|＞2，

假设符合条件的m=﹣4，n=0.2则=5，n+=0.2﹣=﹣

则﹣4＜﹣＜0.2＜5故m＜n+＜n＜．故选：D．

5.【考点】反比例函数 综合题；曲线上点的坐标与方程的关系；菱形的性质；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值.

【分析】如答图，AC交轴于点H，则CH⊥轴.

∵∠BOC=60°，∴∠COH=30°，

∵点C的坐标为(m,)

∴.

∴.

∵四边形ABOC是菱形，∴，∠BOD=30°.

∵BD⊥x轴，∴.

∴点D的坐标为.

∵点D在反比例函数的图像上，∴.故选D．

【考点】翻折变换（折叠问题）；折叠的性质；等腰直角三角形的判定和性质；勾股定理．

6.【分析】根据折叠的性质可知，

∴.

∵，∴. ∴是等腰直角三角形. ∴.

∴. ∴.

∵，∴.

在中，根据勾股定理，得AB=5，∴.∴.

在中，根据勾股定理，得，∴.

∴.

在中，根据勾股定理，得.故选B．

7．解：由于不等式组有解，则，必定有整数解0，

∵，∴三个整数解不可能是﹣2，﹣1，0．

若三个整数解为﹣1，0，1，则不等式组无解；

若三个整数解为0，1，2，则；

解得．故选：B．

二、填空题

9.【考点】矩形的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系。

【分析】求l与m的函数解析式就是把m当作已知量，求l，先求AD，它的长就是D点的纵坐标，再把D点纵坐标代入函数解析式求C点横坐标，C点横坐标与D点横坐标的差就是线段CD的长，用l=2（AD+AB），建立函数关系式：

把x=m代入抛物线中，得AD=，

把y=代入抛物线中，得，解得x1=m，x2=6－m。

∴C的横坐标是6－m。∴AB=6－m－m=6－2m。

∴矩形的周长是。

10.【答案】0＜m＜2。

【考点】二次函数的图象，反比例函数的图象。

【分析】分段函数y＝的图象如右图所示：

故要使直线y＝m（m为常数）与函数y＝的图象恒有三个不同的交点，常数m的取值

11．【分析】先解方程得到a，b的值，计算出平均数和方差后，再计算方差的算术平方根，即为标准差．

【解答】解：由方程x2﹣3x+2=0

解方程的两个根是1，2，即a=1，b=2

故这组数据是3，1，4，2，5

其平均数（3+1+4+2+5）=3

方差S2=[（3﹣3）2+（1﹣3）2+（4﹣3）2+（2﹣3）2+（5﹣3）2]=2

故五个数据的标准差是S==

故本题答案为：．

【点评】计算标准差需要先算出方差，计算方差的步骤是：

（1）计算数据的平均数；

（2）计算偏差，即每个数据与平均数的差；

（3）计算偏差的平方和；

（4）偏差的平方和除以数据个数．

标准差即方差的算术平方根；

注意标准差和方差一样都是非负数．

12．【分析】把含p的项合并，只有当p的系数为0时，不管p取何值抛物线都通过定点，可求x、y的对应值，确定定点坐标．

【解答】解：y=2x2﹣p x+4p+1可化为y=2x2﹣p（x﹣4）+1，

分析可得：当x=4时，y=33；且与p的取值无关；

故不管p取何值时都通过定点（4，33）．

【点评】本题考查二次函数图象过定点问题，解决此类问题：首先根据题意，化简函数式，提出未知的常数，化简后再根据具体情况判断．

　13．解：∵，

∴，即1﹣，

∴，解得k=8．故答案为：8．

14．解：解分式方程得：x=，

∵分式方程的解为正整数，

∴2﹣a＞0，

∴a＜2，

∴a=0，1，

∵分式方程的解为正整数，

当a=1时，x=2不合题意，

∴a=0，

∴使关于x的分式方程有正整数解的概率为，

故答案为：．

三、解答题

15.【解析】如图，连接,则

点关于直线的对称点为点,

四点共圆,(同弧所对得圆周角相等)

,四点共圆，

（注：若共底边的两个三角形顶角相等，且在底边的同侧，则四个顶点共圆，也可以说成：若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆）

16.解：（1）联立与，消去y得二次方程

①

有实数根，，则．所以

=

＝． ②

把②式代入方程①得

． ③

t的取值应满足≥0， ④

且方程③有实数根，即

＝≥0， ⑤

解不等式④得 ≤-3或≥1，解不等式⑤得 ≤≤.

所以，t的取值范围为

≤≤. ⑥

(2) 由②式知.

由于在≤≤时是递增的，

所以，当时,.

17.【分析】（1）如图①，过A作AE⊥BC，可得出四边形AECD为矩形，得到EC=AD，BE=BC﹣EC，在直角三角形ABE中，求出AE的长，即为三角形BMC的高，求出三角形BMC面积即可；

（2）如图②，作点C关于直线AD的对称点C′，连接C′N，C′D，C′B交AD于点N′，连接CN′，则BN+NC=BN+NC′≥BC′=BN′+CN′，可得出△BNC周长的最小值为△BN′C的周长=BN′+CN′+BC=BC′+BC，求出即可；

（3）如图③所示，存在点P，使得cos∠BPC的值最小，作BC的中垂线PQ交BC于点Q，交AD于点P，连接BP，CP，作△BPC的外接圆O，圆O与直线PQ交于点N，则PB=PC，圆心O在PN上，根据AD与BC平行，得到圆O与AD相切，根据PQ=DC，判断得到PQ大于BQ，可得出圆心O在BC上方，在AD上任取一点P′，连接P′B，P′C，P′B交圆O于点M，连接MC，可得∠BPC=∠BMC≥∠BP′C，即∠BPC最大，cos∠BPC的值最小，连接OB，求出即可．

【解答】解：（1）如图①，过A作AE⊥BC，

∴四边形AECD为矩形，

∴EC=AD=8，BE=BC﹣EC=12﹣8=4，

在Rt△ABE中，∠ABE=60°，BE=4，

∴AB=2BE=8，AE==4，

则S△BMC=BC•AE=24；

故答案为：24；

（2）如图②，作点C关于直线AD的对称点C′，连接C′N，C′D，C′B交AD于点N′，连接CN′，则BN+NC=BN+NC′≥BC′=BN′+CN′，

∴△BNC周长的最小值为△BN′C的周长=BN′+CN′+BC=BC′+BC，

∵AD∥BC，AE⊥BC，∠ABC=60°，

∴过点A作AE⊥BC，则CE=AD=8，

∴BE=4，AE=BE•tan60°=4，

∴CC′=2CD=2AE=8，

∵BC=12，

∴BC′==4，

∴△BNC周长的最小值为4+12；

（3）如图③所示，存在点P，使得cos∠BPC的值最小，

作BC的中垂线PQ交BC于点Q，交AD于点P，连接BP，CP，作△BPC的外接圆O，圆O与直线PQ交于点N，则PB=PC，圆心O在PN上，

∵AD∥BC，

∴圆O与AD相切于点P，

∵PQ=DC=4＞6，

∴PQ＞BQ，

∴∠BPC＜90°，圆心O在弦BC的上方，

在AD上任取一点P′，连接P′B，P′C，P′B交圆O于点M，连接MC，

∴∠BPC=∠BMC≥∠BP′C，

∴∠BPC最大，cos∠BPC的值最小，

连接OB，则∠BON=2∠BPN=∠BPC，

∵OB=OP=4﹣OQ，

在Rt△BOQ中，根据勾股定理得：OQ2+62=（4﹣OQ）2，

解得：OQ=，

∴OB=，

∴cos∠BPC=cos∠BOQ==，

则此时cos∠BPC的值为．

18.【分析】（1）如图1中，根据AB是直径，得△ABC是直角三角形，利用勾股定理即可解决问题．

（2）如图2中，只要证明△OBC≌△OCD得BC=CD，即可解决问题．

（3）如图3中，延长ON交BC的延长线于G，作GH⊥OB于H，先求出BG，根据tan∠HBG=2，利用勾股定理求出线段HB、HG，再利用CG∥DO得，由此即可解决．

【解答】解；（1）如图1中，连接AC，

∵AB是直径，

∴∠ACB=90°，

∵tan∠ABC=2，

∴可以假设AC=2k，BC=k，

∵AB=6，AB2=AC2+BC2，

∴36=8k2+k2，

∴k2=4，

∵k＞0，

∴k=2，BC=2．

（2）如图2中，

∵△MBC与△MOC相似，

∴∠MBC=∠MCO，

∵∠MBC+∠OBC=180°，∠MCO+∠OCD=180°，

∴∠OBC=∠OCD，

∵OB=OC=OD，

∴∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC，

在△OBC和△OCD中，

，

∴△OBC≌△OCD，

∴BC=CD=2．

（3）如图3中，延长ON交BC的延长线于G，作GH⊥OB于H．

∵BC∥OD，

∴∠DOG=∠OGB=∠GOB，

∴BO=BG=3，

∵tan∠HBG=，设GH=2a，HB=a，

∵BG2=GH2+HB2，

∴8a2+a2=9，

∴a2=1，

∵a＞0，

∴a=1，HB=1，GH=2，OH=2，OG==2，

∵GC∥DO，

∴=，

∴ON=×=．

19.【分析】（1）把A、C两点的坐标代入抛物线的解析式可求b、c的值，然后利用配方法可求得点M的坐标；

（2）先求得直线AC的解析式，然后再求得抛物线的对称轴，设直线x=1与△ABC的两边分别交于点E与点F，然后求得点E和点F的坐标，然后依据平移后抛物线的顶点在△BAC的内部列不等式组求解即可；

（3）先证明∠PCM为直角，然后分为△MPC∽△CBD、BDC∽△MCP，两种情况求得PC的长，然后再求得点P的坐标即可．

【解答】解：（1）把A、C两点的坐标代入得：，

解得：．

∴二次函数的解析式为y=x2﹣2x﹣4．

配方得：y=（x﹣1）2﹣5．

∴点M的坐标为（1，﹣5）．

（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，把点A、C的坐标代入得：，解得：，

∴直线AC的解析式为y=x﹣4．

抛物线的对称轴方程为x=﹣=1．

如图1所示，直线x=1与△ABC的两边分别交于点E与点F，则点F的坐标为（1，﹣1）．

将x=1代入直线y=x﹣4得：y=﹣3．

∴E（1，﹣3）．

∵抛物线向上平移m个单位长度时，抛物线的顶点在△BAC的内部，

∴﹣3＜﹣5+m＜﹣1．

∴2＜m＜4．

（3）如图2所示：

把y=﹣1代入抛物线的解析式得：x2﹣2x﹣4=﹣1，解得x=﹣1或x=3，

∴B（﹣1，﹣1）．

∴BD=1．

∵AB∥x轴，A（4，﹣1），

∴D（0，﹣1）

∴AD=DC=3．

∴∠DCA=45°．

过点M作ME⊥y轴，垂足为E．

∵C（0，﹣4），M（1，﹣5）．

∴CE=ME=1．

∴∠ECM=45°，MC=．

∴∠ACM=90°．

∴∠PCM=∠CDB=90°．

①当△MPC∽△CBD时，，即=，解得PC=．

∴CF=PF=sin45°•PC=×=．

∴P（﹣，﹣）．

如图3所示：点P在点C的右侧时，过点P作PF⊥y轴，垂足为F．

∵CP=，∠FCP=45°，∠CFP=90°，

∴CF=FP=×=．

∴P（﹣，﹣）．

②当BDC∽△MCP时，=，即=，解得PC=3．

如图4所示：当点P在AC的延长线上时，过点作PE⊥y轴，垂足为E．

∵PC=3，∠PCE=45°，∠PEC=90°，

∴CE=PE=3×=3．

∴P（﹣3，﹣7）．

如图5所示：当点P在AC上时，过点P作PE⊥y轴，垂足为E．

∵PC=3，∠PCE=45°，∠PEC=90°，

∴CE=PE=3×=3．

∴P（3，﹣1）．

综上所述，点P的坐标为（﹣3，﹣7）或（3，﹣1）或（﹣，﹣）或（﹣，﹣）．

第三套：满分150分

2020-2021年安徽合肥一六八中学初升高

自主招生数学模拟卷

一．选择题（每小题6分，满分48分）

1．（6分）设关于x的方程ax2+（a+2）x+9a=0，有两个不相等的实数根x1、x2，且x1＜1＜x2，那么实数a的取值范围是（　　）

A． B． C． D．

2.（6分）如图，正方形ABCD的边AB=1，和都是以1为半径的圆弧，则无阴影两部分的面积之差是（　　）

A． B．1﹣ C．﹣1 D．1﹣

3．（6分）Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，∠MDN绕点D旋转，DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点．下列结论：①（BE+CF）=BC；②S△AEF≤S△ABC；③S四边形AEDF=AD•EF；

④AD≥EF；⑤AD与EF可能互相平分，其中正确结论的个数是（　　）

A.1个 B.2个 C.3个 D.4个

4.（6分）在同一平面直角坐标系中，函数与的图象可能是（ ）

A. B. C. D.

5.（6分）已知二次函数y=﹣x2﹣7x+，若自变量x分别取x1，x2，x3，且0＜x1＜x2＜x3，则对应的函数值y1，y2，y3的大小关系正确的是（ ）

A．y1＞y2＞y3　　B．y1＜y2＜y3　C．y2＞y3＞y1　D．y2＜y3＜y1

6．（6分）如图，点O为正方形ABCD的中心，BE平分∠DBC交DC于点E，延长BC到点F，使FC=EC，连接DF交BE延长线于点H，连接OH交DC于点G，连接HC．则以下四个结论中正确结论个数为（　　）

①OH=BF；②∠CHF=45°；③GH=BC；④DH2=HE•HB．

A.1个 B.2个 C.3个 D.4个

7. （6分）如图，C是以AB为直径的半圆O上一点，连结AC，BC，分别以AC，BC为边向外作正方形ACDE，BCFG，DE，FG，的中点分别是M，N，P，Q. 若MP+NQ=14，AC+BC=18，则AB的长是（ ）

A. B. C. 13 D. 16

8.（6分）如图，已知正△ABC的边长为2，E，F，G分别是AB，BC，CA上的点，且AE=BF=CG，设△EFG的面积为y，AE的长为x，则y关于x的函数图象大致是（ ）

A. B. C. D.

二.填空题（每小题7分，满分42分）

9.（7分）若是不等于1的实数，我们把称为的差倒数，如2的差倒数是，的差倒数为，现已知，是的差倒数，是的差倒数，是的差倒数，……，依次类推，则= ．

10.（7分）如图，在四边形ABCD中，AC=BD=6，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则EG2+FH2= 。

11.（7分）如果关于x不等式组：，的整数解仅有1，2，那么适合这个不等式组的整数a，b组成有序数对（a，b）

共有 个。

12.（7分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点G，点F是CD上一点，且满足=，连接AF并延长交⊙O于点E，连接AD、DE，若CF=2，AF=3．给出下列结论：①△ADF∽△AED；②FG=2；③tan∠E=；④S△DEF=4．其中正确的是　 　（写出所有正确结论的序号）．

13.（7分）如图，∠ACD是△ABC的外角，∠ABC的平分线与∠ACD的平分线交于点A1，∠A1BC的平分线与∠A1CD的平分线交于点A2，…，∠An﹣1BC的平分线与∠An﹣1CD的平分线交于点An．设∠A=．则：

（1）∠A1= 　；（2）∠An= 　．

14.（7分）如图，把抛物线y=x2平移得到抛物线m，抛物线m经过点A（﹣6，0）和原点O（0，0），它的顶点为P，它的对称轴与抛物线y=x2交于点Q，则图中阴影部分的面积为　 　．

三.解答题（每小题12分，满分60分）

15.（12分）如图，△ABC中，，．点P在△ABC内，且，求△ABC的面积．

16（12分）．已知二次函数，当时，恒有；关于x的方程的两个实数根的倒数和小于．求的取值范围．

17．（12分）北京奥运会开幕前，某体育用品商场预测某品牌运动服能够畅销，就用32000元购进了一批这种运动服，上市后很快脱销，商场又用68000元购进第二批这种运动服，所购数量是第一批购进数量的2倍，但每套进价多了10元．

（1）该商场两次共购进这种运动服多少套？

（2）如果这两批运动服每套的售价相同，且全部售完后总利润率不低于20%，那么每套售价至少是多少元？（利润率）

18．（12分）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，sinA=，点P是边BC上的一点，PE⊥AB，垂足为E，以点P为圆心，PC为半径的圆与射线PE相交于点Q，线段CQ与边AB交于点D．

（1）求AD的长；

（2）设CP=x，△PCQ的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；

（3）过点C作CF⊥AB，垂足为F，联结PF、QF，如果△PQF是以PF为腰的等腰三角形，求CP的长．

19．（12分）如图（1），直线y=﹣x+n交x轴于点A，交y轴于点C（0，4），抛物线y=x2+bx+c经过点A，交y轴于点B（0，﹣2）．点P为抛物线上一个动点，过点P作x轴的垂线PD，过点B作BD⊥PD于点D，连接PB，设点P的横坐标为m．

（1）求抛物线的解析式；

（2）当△BDP为等腰直角三角形时，求线段PD的长；

（3）如图（2），将△BDP绕点B逆时针旋转，得到△BD′P′，当旋转角∠PBP′=∠OAC，且点P的对应点P′落在坐标轴上时，请直接写出点P的坐标．

第三套：满分150分

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自主招生数学模拟卷

答案解析

一、选择题

1.【分析】方法1、根据一元二次方程的根的判别式，建立关于a的不等式，求出a的取值范围．又存在x1＜1＜x2，即（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，x1x2﹣（x1+x2）+1＜0，利用根与系数的关系，从而最后确定a的取值范围．

方法2、由方程有两个实数根即可得出此方程是一元二次方程，而x1＜1＜x2，可以看成是二次函数y=ax2+（a+2）x+9a的图象与x轴的两个交点在1左右两侧，由此得出自变量x=1时，对应的函数值的符号，即可得出结论．

【解答】解：方法1、∵方程有两个不相等的实数根，

则a≠0且△＞0，

由（a+2）2﹣4a×9a=﹣35a2+4a+4＞0，

解得﹣＜a＜，

∵x1+x2=﹣，x1x2=9，

又∵x1＜1＜x2，

∴x1﹣1＜0，x2﹣1＞0，

那么（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，

∴x1x2﹣（x1+x2）+1＜0，

即9++1＜0，

解得＜a＜0，

最后a的取值范围为：＜a＜0．

故选D．

方法2、由题意知，a≠0，令y=ax2+（a+2）x+9a，

由于方程的两根一个大于1，一个小于1，

∴抛物线与x轴的交点分别在1两侧，

当a＞0时，x=1时，y＜0，

∴a+（a+2）+9a＜0，

∴a＜﹣（不符合题意，舍去），

当a＜0时，x=1时，y＞0，

∴a+（a+2）+9a＞0，

∴a＞﹣，

∴﹣＜a＜0，

故选D．

【点评】总结：1、一元二次方程根的情况与判别式△的关系：

（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；

（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；

（3）△＜0⇔方程没有实数根．

2、根与系数的关系为：x1+x2=﹣，x1x2=．

　2．【分析】图中1、2、3、4图形的面积和为正方形的面积，1、2和两个3的面积和是两个扇形的面积，因此两个扇形的面积的和﹣正方形的面积=无阴影两部分的面积之差，即﹣1=．

【解答】解：如图：

正方形的面积=S1+S2+S3+S4；①

两个扇形的面积=2S3+S1+S2；②

②﹣①，得：S3﹣S4=S扇形﹣S正方形=﹣1=．

故选：A．

【点评】本题主要考查了扇形的面积计算公式及不规则图形的面积计算方法．找出正方形内四个图形面积之间的联系是解题的关键．

4.【考点】一次函数、二次函数图象与系数的关系.

【分析】根据一次函数、二次函数图象与系数的关系对各选项逐一分析，作出判断：

A、对于直线来说，由图象可以判断，；而当时，对于抛物线来说，对称轴，应在y轴的左侧，故不合题意，图形错误．

B、对于直线来说，由图象可以判断，；而当时，对于抛物线来说，图象应开口向下，故不合题意，图形错误．

C、对于直线来说，由图象可以判断，；而当时，对于抛物线来说，图象开口向下，对称轴位于y轴的右侧，故符合题意.

D、对于直线来说，由图象可以判断，；而当时，对于抛物线来说，图象开口向下，故不合题意，图形错误．故选C．

5.【考点】二次函数图象上点的坐标特征。

【分析】根据x1、x2、x3与对称轴的大小关系，判断y1、y2、y3的大小关系：

∵二次函数，

∴此函数的对称轴为：。

∵＜0＜x1＜x2＜x3，三点都在对称轴右侧，a＜0，

∴对称轴右侧y随x的增大而减小。∴y1＞y2＞y3。故选A。

7.【考点】正方形的性质；垂径定理；梯形的中位线定理；方程思想、转换思想和整体思想的应用.

【分析】如答图，连接OP、OQ，

∵DE，FG，的中点分别是M，N，P，Q，

∴点O、P、M三点共线，点O、Q、N三点共线.

∵ACDE，BCFG是正方形，

∴AE=CD=AC，BG=CF=BC.

设AB=，则.

∵点O、M分别是AB、ED的中点，

∴OM是梯形ABDE的中位线.∴，即.同理，得.两式相加，得

.∵MP+NQ=14，AC+BC=18，∴.故选C.

8.【考点】由实际问题列函数关系式（几何问题）；二次函数的性质和图象.

【分析】根据题意，有AE=BF=CG，且正三角形ABC的边长为2，

∴. ∴△AEG、△BEF、△CFG三个三角形全等．

在△AEG中，，∴.

∴．

∴其图象为开口向上的二次函数.故选D.

二、填空题

9、【答案】。

【考点】分类归纳（数字的变化类），倒数。

【分析】∵，

∴x2=，x3=，x4=。∴差倒数为3个循环的数。

∵2012=670×3+2，∴x2012=x2=。

10、【答案】36。

【考点】三角形中位线定理，菱形的判定和性质，勾股定理。

【分析】如图，连接EF，FG，GH，EH，EG与FH相交于点O。

∵E、H分别是AB、DA的中点，∴EH是△ABD的中位线。

∴EH= BD=3。

同理可得EF=GH= AC=3，FG= BD=3。

∴EH=EF=GH=FG=3。∴四边形EFGH为菱形。

∴EG⊥HF，且垂足为O。∴EG=2OE，FH=2OH。

在Rt△OEH中，根据勾股定理得：OE2+OH2=EH2=9。

等式两边同时乘以4得：4OE2+4OH2=9×4=36。

∴（2OE）2+（2OH）2=36，即EG2+FH2=36。

11、【答案】6。

【考点】一元一次不等式组的整数解

【分析】，

由①得：；由②得：。

∵不等式组有解，∴不等式组的解集为：。

∵不等式组整数解仅有1，2，如图所示：

，

∴0＜≤1，2≤＜3，解得：0＜a≤3，4≤b＜6。

∴a=1，2，3，b=4，5。

∴整数a，b组成的有序数对（a，b）共有3×2=6个。

12、考点：相似三角形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理．

分析：①由AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，根据垂径定理可得：=，DG=CG，继而证得△ADF∽△AED；

②由=，CF=2，可求得DF的长，继而求得CG=DG=4，则可求得FG=2；

③由勾股定理可求得AG的长，即可求得tan∠ADF的值，继而求得tan∠E=；

④首先求得△ADF的面积，由相似三角形面积的比等于相似比，即可求得△ADE的面积，继而求得S△DEF=4．

解答：解：①∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，

∴=，DG=CG，

∴∠ADF=∠AED，

∵∠FAD=∠DAE（公共角），

∴△ADF∽△AED；

故①正确；

②∵=，CF=2，

∴FD=6，

∴CD=DF+CF=8，

∴CG=DG=4，

∴FG=CG﹣CF=2；

故②正确；

③∵AF=3，FG=2，

∴AG==，

∴在Rt△AGD中，tan∠ADG==，

∴tan∠E=；

故③错误；

④∵DF=DG+FG=6，AD==，

∴S△ADF=DF•AG=×6×=3，

∵△ADF∽△AED，

∴=（）2，

∴=，

∴S△AED=7，

∴S△DEF=S△AED﹣S△ADF=4；

故④正确．

故答案为：①②④．

点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理、勾股定理以及三角函数等知识．此题综合性较强，难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．　

13、【答案】；。

【考点】三角形内角和定理，三角形的外角性质，分类归纳（图形的变化类）。

【分析】（1）∵A1B是∠ABC的平分线，A2B是∠A1BC的平分线，

∴∠A1BC=∠ABC，∠A1CD=∠ACD。

又∵∠ACD=∠A+∠ABC，∠A1CD=∠A1BC+∠A1，

∴（∠A+∠ABC）=∠ABC+∠A1。∴∠A1=∠A。

∵∠A=，∴∠A1=。

（2）同理可得∠A2=∠A1=，∠A3=∠A2=，···，∴∠An=。

14、【答案】。

【考点】二次函数图象与平移变换，平移的性质，二次函数的性质。

【分析】根据点O与点A的坐标求出平移后的抛物线的对称轴，然后求出点P的坐标，过点P作PM⊥y轴于点M，根据抛物线的对称性可知阴影部分的面积等于四边形NPMO的面积，然后求解即可：

过点P作PM⊥y轴于点M，设PQ交x轴于点N，

∵抛物线平移后经过原点O和点A（﹣6，0），∴平移后的抛物线对称轴为x=﹣3。

∴平移后的二次函数解析式为：y=（x+3）2+h，

将（﹣6，0）代入得出：0=（﹣6+3）2+h，解得：h=﹣。∴点P的坐标是（3，﹣）。

根据抛物线的对称性可知，阴影部分的面积等于矩形NPMO的面积，

∴S=。

三、解答题

15．解：如图，作△ABQ，使得

则△ABQ∽△ACP .

由于，所以相似比为2.

于是．

.

由知，，于是．

所以 ，从而．

于是 .

故 ．

16．解： 因为当时，恒有，所以

，即，所以．

当时，≤；当时，≤，即≤，且 ≤，解得≤．

设方程的两个实数根分别为，由一元二次方程根与系数的关系得

．

因为，所，

解得，或．因此．

17．（本小题满分8分）

解：（1）设商场第一次购进套运动服，由题意得：

，

解这个方程，得．

经检验，是所列方程的根．

．

所以商场两次共购进这种运动服600套．

（2）设每套运动服的售价为元，由题意得：

，

解这个不等式，得，

所以每套运动服的售价至少是200元．

18.【分析】（1）易证AD=AC，只需运用三角函数和勾股定理求出AC即可；

（2）过点Q作QH⊥BC于H，如图1，只需用x的代数式表示QH就可解决问题；

（3）由于△PQF是以PF为腰的等腰三角形，故需分PF=PQ和PF=FQ两种情况讨论，只需将等腰三角形的性质和三角函数相结合，就可解决问题．

【解答】解：（1）在Rt△ABC中，

∵∠ACB=90°，AB=5，sinA=，

∴BC=AB•sinA=5×=4，

∴AC==3．

∵PC=PQ，∴∠PCQ=∠PQC．

∵PE⊥AB即∠QED=90°，

∴∠EQD+∠EDQ=90°．

∵∠ACD+∠PCQ=90°，

∴∠EDQ=∠ACD．

∵∠CDA=∠EDQ，

∴∠ACD=∠CDA，

∴AD=AC=3；

（2）过点Q作QH⊥BC于H，如图1，

∵∠PBE+∠BPE=90°，∠PBE+∠A=90°，

∴∠BPE=∠A，

∴sin∠HPQ=sin∠A=，

∴sin∠HPQ==．

∵PQ=PC=x，∴QH=x，

∴S△PCQ=PC•QH=x•x=x2（≤x＜4）；

（当E、Q、D共线时，可得x最小值，根据=，解得x=．）

（3）①当PF=PQ时，则有PF=PQ=x=PC．

过点P作PG⊥CF于G，如图2，

则CG=CF．

∵CF⊥AB，

∴S△ABC=AC•BC=AB•CF，

∴CF==，

∴CG=．

∵∠PCG=90°﹣∠FCA=∠A，

∴cos∠PCG=cos∠A=，

∴cos∠PCG==，

∴x=PC=CG=×=2；

②当PF=FQ时，

∵FE⊥PQ，

∴PE=PQ=x，

∴cos∠BPE===，

∴x=．

综上所述：当△PQF是以PF为腰的等腰三角形，CP的长为2或．

19.【分析】（1）先确定出点A的坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式；

（2）由△BDP为等腰直角三角形，判断出BD=PD，建立m的方程计算出m，从而求出PD；

（3）分点P′落在x轴和y轴两种情况计算即可

【解答】解：（1）∵点C（0，4）在直线y=﹣x+n上，

∴n=4，

∴y=﹣x+4，

令y=0，

∴x=3，

∴A（3，0），

∵抛物线y=x2+bx+c经过点A，交y轴于点B（0，﹣2）．

∴c=﹣2，6+3b﹣2=0，

∴b=﹣，

∴抛物线解析式为y=x2﹣x﹣2，

（2）∵点P的横坐标为m，且点P在抛物线上，

∴P（m，m2﹣m﹣2），D（m，﹣2）．

若△BDP为等腰直角三角形，则PD=BD．

①当点P在直线BD上方时，PD=m2﹣m．

（ⅰ）若点P在y轴左侧，则m＜0，BD=﹣m．

∴m2﹣m=﹣m，

∴m1=0（舍去），m2=（舍去）．

（ⅱ）若点P在y轴右侧，则m＞0，BD=m．

∴m2﹣m=m，

∴m3=0（舍去），m4=．

②当点P在直线BD下方时，m＞0，BD=m，PD=﹣m2+m．

﹣m2+m=m，

∴m5=0（舍去），m6=．

综上所述，m=或m=．

即当△BDP为等腰直角三角形时，PD的长为或．

（3）∵∠PBP'=∠OAC，OA=3，OC=4，

∴AC=5，

∴sin∠PBP'=，cos∠PBP'=，

①当点P'落在x轴上时，过点D'作D'N⊥x轴，垂足为N，交BD于点M，

∠DBD'=∠ND'P'=∠PBP'，

如图1，

由旋转知，P'D'=PD=m2﹣m，

在Rt△P'D'N中，cos∠ND'P'==cos∠PBP'=，

∴ND'=（m2﹣m），

在Rt△BD'M中，BD'=﹣m，sin∠DBD'==sin∠PBP'=，

∴D'M=﹣m，

∴ND'﹣MD'=2，

∴（m2﹣m）﹣（﹣m）=2，

∴m=（舍），或m=﹣，

如图2，

同①的方法得，ND'=（m2﹣m），MD'=m

∵ND'+MD'=2，

∴（m2﹣m）+m=2，

∴m=，或m=﹣（舍），

∴P（﹣，）或P（，），

②当点P'落在y轴上时，如图3，

过点D′作D′M⊥x轴，交BD于M，过点P′作P′N⊥y轴，交MD'的延长线于点N，

∴∠DBD′=∠ND′P′=∠PBP′，

同①的方法得，P'N=（m2﹣m），BM=m，

∵P′N=BM，∴（m2﹣m）=m，∴m=，∴P（，）．

∴P（﹣，）或P（，）或P（，）．

第四套：满分150分

2020-2021年安徽合肥一六八中学初升高

自主招生数学模拟卷

一.选择题（每小题6分，满分48分）

1．（6分）已知锐角三角形的边长是2，3，x，那么第三边x的取值范围是（　　）

A．1＜x＜ B． C． D．

2．（6分）某工厂第二季度的产值比第一季度的产值增长了x%，第三季度的产值又比第二季度的产值增长了x%，则第三季度的产值比第一季度的产值增长了（　　）

A．2x% B．1+2x% C．（1+x%）x% D．（2+x%）x%

3．（6分）如图，在△ABC中，D为AB边上一点，E为CD中点，AC=，∠ABC=30°，∠A=∠BED=45°，则BD的长为（　　）

A． B． C． D．

4．（6分）如图，直角梯形ABCD中，∠BCD=90°，AD∥BC，BC=CD，E为梯形内一点，且∠BEC=90°，将△BEC绕C点旋转90°使BC与DC重合，得到△DCF，连EF交CD于M．已知BC=5，CF=3，则DM：MC的值为（　　）

A.5:3 B.3:5 C.4:3 D.3:4

5.（6分）对于二次函数.有下列四个结论：①它的对称轴是直线；②设，，则当时，有；③它的图象与x轴的两个交点是（0，0）和（2，0）；④当时，.其中正确的结论的个数为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4

6. （6分）如图是本地区一种产品30天的销售图象，图①是产品日销售量y（单位：件）与时间t（单位；天）的函数关系，图②是一件产品的销售利润z（单位：元）与时间t（单位：天）的函数关系，已知日销售利润=日销售量×一件产品的销售利润，下列结论错误的是( )

A.第24天的销售量为200件；

B. 第10天销售一件产品的利润是15元；

C. 第12天与第30天这两天的日销售利润相等；

D. 第30天的日销售利润是750元

7. （6分）如图，在平面直角坐标系系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，与反比例函数在第一象限内的图象交于点B，连接BO．若，则k2的值是( )

A. B. C. D.

8. （6分）如图所示，在平面直角坐标系中，半径均为1个单位长度的半圆O1，O2，O3，… 组成一条平滑的曲线，点P从原点O出发，沿这条曲线向右运动，速度为每秒个单位长度，则第2015秒时，点P的坐标是( )

A. （2014，0）B. （2015，1）C. （2015，1）D. （2016，0）

二.填空题（每小题7分，满分42分）

9.（7分）已知一次函数，其中k从1，-2中随机取一个值，b从-1，2，3中随机取一个值，则该一次函数的图象经过一，二，三象限的概率为

10.（7分）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（0，2），⊙A的半径是2，⊙P的半径是1，满足与⊙A及x轴都相切⊙P有 个.

11.（7分）如图，n个边长为1的相邻正方形的一边均在同一直线上，点M1,M2,M3,……Mn分别为边B1B2,B2B3,B3B4,……，BnBn+1的中点，△B1C1M1的面积为S1，△B2C2M2的面积为S2，…

△BnCnMn的面积为Sn，则Sn= 。(用含n的式子表示)

12.（7分）如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=900,AB=AD,若四边形ABCD的面积是24cm2.则AC长是 cm.

13.（7分）已知A（1，5），B（3，－1）两点，在x轴上取一点M，使AM－BN取得最大值时，则M的坐标为

14.（7分）如图，在⊙O中，AB是直径，点D是⊙O上一点，点C是的中点，弦CE⊥AB于点F，过点D的切线交EC的延长线于点G，连接AD，分别交CF、BC于点P、Q，连接AC．给出下列结论：

①∠BAD=∠ABC；②GP=GD；③点P是△ACQ的外心；④AP•AD=CQ•CB．

其中正确的是 （写出所有正确结论的序号）．

三、解答题（每小题12分，满分60分）

15.（12分）．已知二次函数，当时，恒有；关于x的方程的两个实数根的倒数和小于．求的取值范围．

16.（12分）．如图，⊙O的内接四边形ABCD中，AC，BD是它的对角线，AC的中点I是△ABD的内心. 求证：

（1）OI是△IBD的外接圆的切线；

（2）AB+AD = 2BD.

17．（12分）如图①，梯形ABCD中，AB∥CD，∠C＝90°，AB＝BC＝4,CD＝6．

(1)点E是BC边上的点，EF∥AD交CD于点F，FG∥EA交AD边于点G．若四边形AEFG是矩形，求BE的长；

(2)在(1)的条件下，将∠AEF绕着点E逆时针旋转为∠A'EF'，交CD边于点F'(与D不重合)，射线EA'交AB边于点M，作F'N∥EA'交AD边于点N，如图②．设BM＝x，△NF'D的F'D边上的高为y．求y与x的函数关系式，并直接写出y的最大值．

18．（12分）如图，直线y=mx+4与反比例函数y=（k＞0）的图象交于点A、B，与x轴、y轴分别交于D、C，tan∠CDO=2，AC：CD=1：2．

（1）求反比例函数解析式；

（2）联结BO，求∠DBO的正切值；

（3）点M在直线x=﹣1上，点N在反比例函数图象上，如果以点A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，求点N的坐标．

19．（12分）如图，线段PA=1，点D是线段PA延长线上的点，AD=a（a＞1），点O是线段AP延长线上的点，OA2=OP•OD，以O为圆心，OA为半径作扇形OAB，∠BOA=90°．

点C是弧AB上的点，联结PC、DC．

（1）联结BD交弧AB于E，当a=2时，求BE的长；

（2）当以PC为半径的⊙P和以CD为半径的⊙C相切时，求a的值；

（3）当直线DC经过点B，且满足PC•OA=BC•OP时，求扇形OAB的半径长．

第四套：满分150分

2020-2021年安徽合肥一六八中学初升高

自主招生数学模拟卷

答案解析

一.选择题

1.【分析】根据勾股定理可知x的平方取值范围在2与3的平方和与平方差之间．

【解答】解：首先要能组成三角形，易得 1＜x＜5

下面求该三角形为直角三角形的边长情况（此为临界情况），显然长度为2的边对应的角必为锐角（2＜3，短边对小角）则只要考虑3或者x为斜边的情况．

3为斜边时，由勾股定理，22+x2=32，得x=√5 作出图形，固定2边，旋转3边易知当1＜x＜√5 时，该三角形是以3为最大边的钝角三角形；

x 为斜边时，由勾股定理，22+32=x2，得x=√13，同样作图可得 当√13＜x＜5时，该三角形是以x为最大边的钝角三角形．

综上可知，当√5＜x＜√13 时，原三角形为锐角三角形．

故选B．

【点评】本题考查了锐角三角形的三边关系定理，勾股定理，有一定的难度．

2.【分析】设第一季度产值为1，第二季度比第一季度增长了x%，则第二季度的产值为1×（1+x%），那么第三季度的产值是由第二季度产值增长了x%来确定，则其产值1×（1+x%）×（1+x%），化简即可．

【解答】解：第三季度的产值比第一季度的增长了（1+x%）×（1+x%）﹣1=（2+x%）x%．故选D．

【点评】本题考查一元二次方程的应用，关键在于理清第一季度和第二季度的产值增长关系．

3．解：如图，过C作CF⊥AB于F，过点B作BG⊥CD于G，在Rt△BEG中，∠BED=45°，则GE=GB．

在Rt△AFC中，∠A=45°，AC=，则AF=CF==1，

在Rt△BFC中，∠ABC=30°，CF=1，则BC=2CF=2，BF=CF=，

设DF=x，CE=DE=y，则BD=﹣x，

∴△CDF∽△BDG，

∴==，

∴== ，

∴DG=，BG=，

∵GE=GB，

∴y+=，

∴2y2+x（﹣x）=﹣x，

在Rt△CDF中，∵CF2+DF2=CD2，

∴1+x2=4y2，

∴+x（﹣x）=﹣x，

整理得：x2﹣（2+2）x+2﹣1=0，

解得x=1+﹣或1+﹣（舍弃），

∴BD=﹣x=﹣1．故选：D．

5. 考点：二次函数的性质．分析：利用配方法求出二次函数对称轴，再求出图象与x轴交点坐标，进而结合二次函数性质得出答案．

解答：解：y=﹣x2+2x=﹣（x﹣1）2+1，故①它的对称轴是直线x=1，正确；

②∵直线x=1两旁部分增减性不一样，∴设y1=﹣x12+2x1，y2=﹣x22+2x2，则当x2＞x1时，有y2＞y1，错误；

③当y=0，则x（﹣x+2）=0，解得：x1=0，x2=2，

故它的图象与x轴的两个交点是（0，0）和（2，0），正确；

④∵a=﹣1＜0，∴抛物线开口向下，∵它的图象与x轴的两个交点是（0，0）和（2，0），

∴当0＜x＜2时，y＞0，正确．故选：C．

点评：此题主要考查了二次函数的性质以及一元二次方程的解法，得出抛物线的对称轴和其交点坐标是解题关键．

6.【考点】一次函数的应用；待定系数法的应用；直线上点的坐标与方程的关系；分类思想的应用．

【分析】根据函数图象分别各选项进行分析判断：

A、根据图①可得第24天的销售量为200件，故正确.

B．设当0≤t≤20，一件产品的销售利润z（单位：元）与时间t（单位：天）的函数关系为，

把（0，25），（20，5）代入得：，∴.

当x=10时，. 故正确.

C．当0≤t≤24时，设产品日销售量y（单位：件）与时间t（单位；天）的函数关系为，

把（0，100），（24，200）代入得：，∴，

当t=12时，y=150，，

∴第12天的日销售利润为；150×13=1950（元），第30天的日销售利润为；150×5=750（元）.

而750≠1950，故C错误.

D．第30天的日销售利润为；150×5=750（元），故正确．故选C．

7. 【答案】D．

【考点】反比例函数与一次函数的交点问题．

【分析】如答图，过点作于轴点，

∵直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，

∴点C的坐标为（0，2）. ∴OC=2.

∵S△OBC=1，∴BD=1.

∵，∴. ∴OD=3. ∴点B的坐标为（1，3）.

∵反比例函数在第一象限内的图象交于点B，∴．故选D．

8. 【答案】B.

【考点】探索规律题（图形的变化类----循环问题）；单动点问题；点的坐标.

【分析】如答图，寻找规律：

当秒时，，此时，；

当秒时，，此时，；

当秒时，，此时，；

当秒时，，此时，；

……

∴点P的横坐标是秒数，纵坐标四个一循环.

∵，

∴第2015秒时，点P的横坐标是2015，纵坐标与的纵坐标相同，为.

∴.故选B.

二、填空题

9、【答案】。

【考点】列表法或树状图法，概率，一次函数图象与系数的关系。

【分析】画树状图得：

∵共有6种等可能的结果，

一次函数的图象经过一、二、三象限时k＞0，b＞0，有（1，2），（1，3）两点，

∴一次函数的图象经过一、二、三象限的概率为：。

10、【答案】4。

【考点】坐标与图形性质，圆与圆的位置关系，直线与圆的位置关系。

【分析】分两圆内切和两圆外切两种情况讨论即可得到⊙P的个数：如图，满足条件的⊙P有4个。

11、【答案】。

【考点】分类归纳（图形的变化类），正方形的性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】∵n个边长为1的相邻正方形的一边均在同一直线上，点M1,M2,M3,……Mn分别为边B1B2,B2B3,B3B4,……，BnBn+1的中点，

∴S1＝×B1C1×B1M1＝×1×＝，，

，，

……，。

∵BnCn∥B1C1，∴△BnCnMn∽△B1C1Mn，∴，即。∴。

12、【答案】4。

【考点】等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理。

【分析】如图，将△ADC旋转至△ABE处，则△AEC的面积和四边形ABCD的面积一样多为24cm2，,这时三角形△AEC为等腰直角三角形，作边EC上的高AF，则AF=EC=FC,

∴ S△AEC= AF·EC=AF2=24 。∴AF2=24。

∴AC2=2AF2=48 AC=4。

13、【答案】（，0）。

【考点】一次函数综合题，线段中垂线的性质，三角形三边关系，关于x轴对称的点的坐标，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组。

【分析】如图，作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′并延长与x轴的交点，即为所求的M点。

此时AM－BM=AM－B′M=AB′。

不妨在x轴上任取一个另一点M′，连接M′A、M′B、M′B．

则M′A－M′B=M′A－M′B′＜AB′（三角形两边之差小于第三边）。

∴M′A－M′B＜AM-BM，即此时AM－BM最大。

∵B′是B（3，－1）关于x轴的对称点，∴B′（3，1）。

设直线AB′解析式为y=kx+b，把A（1，5）和B′（3，1）代入得：

，解得 。∴直线AB′解析式为y=－2x+7。

令y=0，解得x= 。∴M点坐标为（，0）。

14、【答案】②③④。

【考点】切线的性质，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】①如图，连接BD，

∵点C是的中点，

∴∠ABC =∠CBD，即∠ABD=2∠ABC。

又∵AB为圆O的直径，∴∠ADB=90°。

∴∠BAD＋∠ABD=900，即∠BAD＋2∠ABC =900。

∴当∠ABC =300时，∠BAD=∠ABC；当∠ABC ≠300时，∠BAD≠∠ABC。

∴∠BAD与∠ABC不一定相等。所以结论①错误。

②∵GD为圆O的切线，∴∠GDP=∠ABD。

又∵AB为圆O的直径，∴∠ADB=90°。

∵CE⊥AB，∴∠AFP=90°。∴∠ADB=∠AFP。

又∵∠PAF=∠BAD， ∴∠ABD=∠APF。

又∵∠APF=∠GPD，∴∠GDP=∠GPD。∴GP=GD。所以结论②正确。

∵直径AB⊥CE，

∴A为的中点，即。

又∵点C是的中点，∴。∴。∴∠CAP=∠ACP。∴AP=CP。

又∵AB为圆O的直径，∴∠ACQ=90°。∴∠PCQ=∠PQC。∴PC=PQ。

∴AP=PQ，即P为Rt△ACQ斜边AQ的中点。

∴P为Rt△ACQ的外心。所以结论③正确。

④如图，连接CD，

∵，∴∠B=∠CAD。又∠ACQ=∠BCA，∴△ACQ∽△BCA。

∴，即AC2=CQ•CB。

∵，∴∠ACP=∠ADC。又∠CAP=∠DAC，∴△ACP∽△ADC。

∴，即AC2=AP•AD。∴AP•AD=CQ•CB。所以结论④正确。

则正确的选项序号有②③④。

三.解答题

15.．解： 因为当时，恒有，所以

，

即，所以．

当时，≤；当时，≤，即

≤，且≤，

解得≤．

设方程的两个实数根分别为，由一元二次方程根与系数的关系得．

因为，所以，

解得，或．因此．

16.证明：（1）如图，根据三角形内心的性质和同弧上圆周角相等

的性质知：，

．

所以， CI = CD．

同理，CI = CB ．

故点C是△IBD的外心．

连接OA，OC，因为I是AC的中点，且OA = OC，

所以OI⊥AC，即OI⊥CI ．

故OI是△IBD外接圆的切线．

（2）如图，过点I作IE⊥AD于点E，设OC与BD交于点F．

由，知OC⊥BD．

因为∠CBF =∠IAE，BC = CI = AI，所以．所以BF = AE．

又因为I是△ABD的内心，所以．

故．

也可由托勒密定理得：，再将代入即得结论。

17． （1）作AH⊥CD于H，则AH=BC=AB=4，HD=2.

∵∠AEB+∠CEF=90°，∠EFC+∠CEF=90°

∴∠AEB=∠EFC

同理∠EFC=∠D

∴∠AEB=∠D

∴Rt△ABE≌Rt△AHD

∴BE=HD=2

(2)∵∠BEM=∠CF'E，∠B=∠C=90° ∴△BEM∽△CF'E

作NP⊥CD于P，同理△CF'E∽△PNF'

∴ ∴CF'=，PF'=

由(1)知tanD= ∴PD=

∵CD=CF'+PF'+PD==6 ∴

y最大值=

18.【分析】（1）先求出C点坐标，再由tan∠CDO=2可得出D点坐标，进而可得出直线y=mx+4的解析式，根据AC：CD=1：2可得出A点坐标，进而得出反比例函数的解析式；

（2）过点O作OE⊥AB于点E，根据直角三角形的面积公式求出OE的长，再由△ODE∽△CDO得出DE的长，根据锐角三角函数的定义即可得出结论；

（3）设M（﹣1，y），N（x，），再分AB、AN、AM为平行四边形的对角线即可得出结论．

【解答】解：（1）∵直线y=mx+4与y轴交与点C，

∴C（0，4）．

∵tan∠CDO=2，

∴OD=2，即D（﹣2，0），

∴﹣2m+4=0，解得m=2，CD==2，

∴直线y=mx+4的解析式为y=2x+4．

设A（x，2x+4），

∵AC：CD=1：2，

∴AC=，

∴=，解得x=±1，

∵点A在第一象限，

∴x=1，

∴A（1，6）．

∵点A在反比例函数y=的图象上，

∴k=6，

∴反比例函数的解析式为y=；

（2）过点O作OE⊥AB于点E，

∵OD=2，OC=4，CD=2，

∴OE===．

∵∠ODE=∠ODE，∠OED=∠COD，

∴△ODE∽△CDO，

∴=，即DE===．

∵，解得或，

∴B（﹣3，﹣2）．

∴BD==，

∴BE=BD+DE=+=，

∴tan∠DBO===．

（3）设M（﹣1，y），N（x，），

∵A（1，6），B（﹣3，﹣2），

∴当AB为平行四边形的对角线时，=，解得x=﹣1，

∴N（﹣1，﹣6）；

当AN为平行四边形的对角线时，x+1=﹣3﹣1，解得x=﹣5，

∴N（﹣5，﹣）；

当AM为平行四边形的对角线时，0=x﹣3，解得x=3，

∴N（3，2）．

综上所述，N（﹣1，﹣6）或（﹣5，﹣）或（3，2）．

19.【分析】（1）如图1中，连接OE，作OM⊥BC于M．设⊙O半径为r，先列出关于r的方程求出r，再求出OM，在RT△BOM中利用勾股定理即可．

（2）如图2中，⊙C与⊙P相切于点M，连接DM与⊙P交于点Q，连接PQ、CQ、OC，想分别证明点A是△CMD的重心即可．

（3）如图3中，连接OC、PB、AC，想办法证明△OBC是等边三角形，再利用方程即可解决问题．

【解答】解：（1）如图1中，连接OE，作OM⊥BC于M．设⊙O半径为r，

∵OA2=OP•OD，

∴r2=（r﹣1）（r+2），

∴r=2，

在RT△BOD中，∵OB=2，OD=4，

∴BD===2，

∵•OD•OB=•BD•OM，

∴OM=，

在RT△BOM中，∵，

∴BM==，

∵OM⊥BE，

∴BM=ME，BE=2BM=．

（2）如图2中，⊙C与⊙P相切于点M，连接DM与⊙P交于点Q，连接PQ、CQ、OC．

∵OA2=OP•OD，

∴OC2=OP•OD，

∴=，

∵∠COP=∠DOC，

∴△COP∽△DOC，

∴∠OCP=ODC，

∵OC=OA，

∴∠OCA=∠OAC，

∴∠OCP+∠PCA=∠ACD+∠ODC，

∴∠PCA=∠DCA，

∵CM=CD，∠CQM=90°（直径CM所对的圆周角是直角），

∴∠MCQ=∠DCQ，

∴C、A、Q共线，

∵MP=PC，MQ=QD，

∴PQ∥CD，PQ=CD，

∴PA：AD=PQ：CD=1：2，

∴AD=2PA=2．

（3）如图3中，连接OC、PB、AC．

∵∵OA2=OP•OD，

∴OC2=OP•OD，

∴=，

∵∠COP=∠DOC，

∴△COP∽△DOC，

∴∠OCP=ODC，

同理△BOP∽△DOB，∠OBP=∠D，

∴∠OBP=∠OCP，

∴O、B、C、P四点共圆，

∴∠BOP+∠BCP=90°，

∵PC•OA=BC•OP，

∴=，∵∠BOP=∠BCP，

∴△PBO∽△PBC，

∴===1，

∴OB=BC=OC，PC=OP，设BO=BC=OC=r，

∴△BOC是等边三角形，

∴∠OBC=60°，∠D=30°，

在RT△PCD中，∵PC=OP=r﹣1，

∴PD=2PC=2r﹣2，

∴AD=2r﹣3，

∵OD=OB，

∴r+2r﹣3=r，

∴r=，

∴扇形OAB的半径长为．