湖南省长郡中学2020-2021学年高一入学分班考试数学试题答案和解析湖南省长郡中学高一入学分班考试数学试题一、单选题1.已知方程组$\begin{cases} x+y=-7-a \\ x-y=1+3a\end{cases}$的解x为非正数，y为非负数，则a的取值范围是（）。
A。
$-2<a\leq3$ B。
$-2\leq a<3$ C。
$-2<a<3$ D。
$a\leq-2$2.已知$a^2+b^2=6ab$，且$a>b>0$，则$\dfrac{a+b}{a-b}$的值为（）。
A。
2 B。
$\pm2$ C。
$2\sqrt{2}$ D。
$\pm2\sqrt{2}$3.经过某十字路口的汽车，它可能继续直行，也可能向左或向右转，若这三种可能性大小相同，则两辆汽车经过该十字路口全部继续直行的概率为（）。
A。
$\dfrac{1}{3}$ B。
$\dfrac{2}{3}$ C。
$\dfrac{1}{9}$ D。
$\dfrac{1}{6}$4.在日常生活中如取款、上网等都需要密码，有一种用“因式分解”法产生的密码记忆方便，原理是：如对于多项式$x-y$，因式分解的结果是$(x-y)(x+y)(x^2+y^2)$，若取$x=9$，$y=9$时，则各个因式的值是：$x-y=0$，$xy=81$，$x^2+y^2=162$，于是就可以把“”作为一个六位数的密码，对于多项式$x-xy$，取$x=20$，$y=10$时，用上述方法产生的密码不可能是（）。
A。
B。
C。
D。
5.如果四个互不相同的正整数$m,n,p,q$，满足$(5-m)(5-n)(5-p)(5-q)=4$，那么$m+n+p+q=$（）。
A。
24 B。
21 C。
20 D。
226.若$x_1,x_2$（$x_1<x_2$）是方程$(x-a)(x-b)=1$（$a<b$）的两个根，则实数$x_1,x_2,a,b$的大小关系为（）。
A。
$x_1<x_2<a<b$ B。
$x_1<a<x_2<b$ C。
$x_1<a<b<x_2$ D。
$a<x_1<b<x_2$7.如图，在菱形ABCD中，$AB=4$，$\angleA=120^\circ$，点P,Q,K分别为线段BC,CD,BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为（）。
A。
2 B。
$\sqrt{3}$ C。
4 D。
$\sqrt{3}+2$8.如图，在$\triangle ABC$中，$\angle B=2\angle C$，则$AC$与$2AB$之间的关系是（）。
A。
$AC>2AB$ B。
$AC=2AB$ C。
$AC\leq2AB$ D。
$AC<2AB$二、填空题9.下面是一个某种规律排列的数阵：答案不完整，无法填空）2）若直线l与抛物线C交于不同的两点A,B，直线l与下线改写：设直线l与抛物线C的交点分别为A(x1,y1)。
B(x2,y2)，则直线l的斜率为-3，可得方程y=-3x+b，过点P的直线l1的方程为y=-3x+(3x1+x2)，由题意可列出以下方程组：begin{cases} y_1=-3x_1+b \\ y_2=-3x_2+b \\ \frac{1}{(x_1-0)^2+y_1^2}+\frac{1}{(x_2-0)^2+y_2^2}=\frac{1}{(x_1+x_2)^2+(y_1+y_2)^2}\end{cases}$$通过解方程组，可以求得b的值。
3）在（2）的条件下，设直线l1与y轴交于点Q，问：是否存在实数k使$\triangle APQ=k\cdot\triangle BPQ$，若存在，求k的值；若不存在，说明理由。
改写：由直线l与抛物线C的交点A、B，以及直线l1与y轴交点Q，可以得到三角形APQ和BPQ的面积。
设$\overrightarrow{OA}=(x_1,y_1),\overrightarrow{OB}=(x_2,y_2 )$，则有：triangle APQ=\frac{1}{2}\cdot\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \\ x_1 & b & 1 \end{vmatrix},\quad \triangle BPQ=\frac{1}{2}\cdot\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \\ x_2 & b & 1 \end{vmatrix}$$要使$\triangle APQ=k\cdot\triangle BPQ$，则有：frac{\triangle APQ}{\triangleBPQ}=k\Rightarrow\frac{\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \\ x_1 & b & 1 \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} x_1 & y_1 & 1 \\ x_2 & y_2 & 1 \\ x_2 & b & 1 \end{vmatrix}}=k$$因此，只需要判断上式是否有解即可。
如果有解，则$k=\frac{\triangle APQ}{\triangle BPQ}$。
如果无解，则说明不能构成相似三角形，因此不存在$k$的值。
1.因为$\angle ADC=\angle BCA$，所以$\triangle ACD\sim \triangle ABC$。
由此可得$ ABC$的面积是$a$，所以$S_{\triangle ACD}=\frac{15}{45}a=\frac{1}{3}a$，$S_{\triangle BCD}=\frac{a}{2}$。
因此，应填答案$a$。
2.设点$D(m,n)$，作$DF\perp BC$，$DG\perp OC$，垂足分别为$F,G$。
则由题设$n-\frac{33}{33}=\frac{m}{44}$，即$n=m+3$。
又$m^2+n^2=64$，将$n=m+3$代入得$25m^2+72m-112=0$，解之得$m=-\frac{72}{50}$或$m=\frac{112}{50}$。
因为$m>0$，所以$m=\frac{112}{50}=\frac{56}{25}$。
故直线$OD$的方程为$y=x+\frac{56}{25}$。
令$y=3$可得$x=\frac{24}{25}$。
由题意$k=xy=\frac{168}{625}$。
因此，应填答案$\frac{168}{625}$。
3.令$f(x)=x+mx+m-3$，则$f(0)=m-30$。
因为$f(x)$在$x=0$处取负值，在$x=1$处取正值，所以$f(x)$在$(0,1)$内有一个实根。
又因为$m>1$，所以$f(x)$在$x=1$处的导数$f'(1)=m+1>0$。
因此，$f(x)$在$(0,1)$内只有一个实根。
因为$1<m<3$，所以实根在$(0,1)$内。
因此，应填答案$1<m<3$。
4.设甲车的速度为$x$千米/小时，乙车的速度为$y$千米/小时。
则题意可表示为$\frac{190}{x-y}=\frac{190}{x+y}+\frac{10}{y}$。
整理得$\frac{y}{x}=\frac{1}{18}$。
又因为$x+y=100$，所以$x=\frac{1800}{35}$，$y=\frac{1000}{35}$。
因此，应填答案$\frac{1000}{35}$。
题目18：1) 已知点 M (4+t。
t)，O(0,0)，P(4,0)，C(0,4)，求点 E 的坐标。
2) 已知点 M (4+t。
t)，N(t,t)，且 MN 的长度不变为 4，求直线 OB 的解析式。
3) 已知点 M (4+t。
t)，N(t,t)，且 t=2，求四边形 BNDM 的面积。
4) 在 x 轴正半轴上是否存在一个点 Q，使得四边形BNDM 的面积最小？若存在，求出该点的坐标。
解析：1) 作 ME ⊥ OA 于点 E，由∠MEP=∠POC=90 和 PM ⊥CP，推得∠CPM=90，即∠OPC+∠MPE=90，进而由∠OPC+∠PCO=90 推得∠MPE=∠PCO，ME=PO=t，OE=4+t-4=t，CO=4，因此 PE=CO=4，所以三角形 MPE 和 COB 全等（AAS），从而求得点 E 的坐标为 (4+t。
4-t)。
2) 由 OB=4，得 OB 的解析式为 y=x。
3) 当 t=2 时，点 M 的坐标为 (6,2)，点 N 的坐标为 (2,2)，BD=2，MD=2，因此四边形 BNDM 的面积为S=1/2×MN×BD=1/2×4×2=4.4) 在 x 轴正半轴上存在点 Q，使得四边形 BNDM 的面积最小。
由于四边形 BNDM 的面积是由底边 BD 和高 MN 决定的，因此要使面积最小，需要让 BD 最小，即让点 D 靠近 A 点。
当 D 重合于 A 点时，四边形 BNDM 的面积最小，此时点Q 的坐标为 (2,0)。
解：（1）作ME⊥OA于点E，因此∠MEP=∠POC=90°。
又因为PM⊥CP，所以∠CPM=90°。
因此∠OPC+∠MPE=90°。
又因为∠OPC+∠PCO=90°，所以∠MPE=∠PCO。
因为PM=CP，所以△MPE≌△PCO（AAS）。
因此PE=CO=4，ME=PO=t，所以OE=4+t。
因此点M的坐标为（4+t，t）。
2）线段MN长度不变。
因为OA=AB=4，点B为（4,4），所以直线OB的解析式为y=x。
因为点N在直线OB上，且MN//OA，M为（4+t，t），所以点N为（t，t）。
因此MN=(4+t)-t=4，即MN的长度不变。
3）由（1）知，∠MPE=∠PCO，又因为∠DAP=∠POC=90°，所以△DAP∽△POC。
因此$\frac{AD}{AP}=\frac{PO}{OC}$。
因为OP=t，OC=4，所以AP=4-t，因此$AD=\frac{4t}{4-t}$。
因此$BD=4-\frac{4t}{4-t}=\frac{16-4t}{4-t}$。
因为MN//OA，AB⊥OA，MN⊥BD，所以四边形BNDM为平行四边形。
因此$S_{BNDM}=MN\cdot BD=\frac{(t-2)^2}{42}(11t^2-4t+16)$。