2019年湖北省黄冈市麻城市思源实验学校自主招生数学模拟试卷一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）1.有3块积木，每一块的各面都涂上不同的颜色，3块的涂法完全相同，现把它们摆放成不同的位置(如图)，请你根据图形判断涂成绿色一面的对面的颜色是()A. 白B. 红C. 黄D. 黑2.如图数轴的A、B、C三点所表示的数分别为a、b、c.若|a−b|=3，|b−c|=5，且原点O与A、B的距离分别为4、1，则关于O的位置，下列叙述何者正确？()A. 在A的左边B. 介于A、B之间C. 介于B、C之间D. 在C的右边3.已知有9张卡片，分别写有1到9这九个数字，将它们背面朝上洗匀后，任意抽出一张，记卡片上的数字为a，则使关于x的不等式组{4x≥3(x+1)2x−x−12<a有解的概率为()A. 29B. 13C. 49D. 594.若实数a≠b，且a，b满足a2−8a+5=0，b2−8b+5=0，则代数式b−1a−1+a−1b−1的值为()A. −20B. 2C. 2或−20D. 2或205.对于每个非零自然数n，抛物线y=x2−2n+1n(n+1)x+1n(n+1)与x轴交于A n，B n以|A n B n|表示这两点间的距离，则|A1B1|+|A2B2|+⋯+|A2017B2017|的值是()A. 20172016B. 20162017C. 20172018D. 201820176.如图，从△ABC各顶点作平行线AD//EB//FC，各与其对边或其延长线相交于D，E，F.若△ABC的面积为1，则△DEF的面积为()A. 3B. √3C. 52D. 27.半径为2.5的圆O中，直径AB的不同侧有定点C和动点P，已知BC：CA=4：3，点P在弧AB上运动，过点C作CP的垂线，与PB的延长线交于点Q，则CQ的最大值为()A. 254B. 203C. 163D. 928.如图，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象经过点(1,2)且与x轴交点的横坐标分别为x1，x2，其中−1<x1<0，1<x2<2，下列结论：4a+2b+c<0，2a+b<0，b2+8a>4ac，a<−1，其中结论正确的有()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个9.直线y=px(p是不等于0的整数)与直线y=x+10的交点恰好是整点(横坐标和纵坐标都是整数)，那么满足条件的直线有()A. 6条B. 7条C. 8条D. 无数条10.如图，在菱形ABCD中，AB=BD.点E、F分别在AB、AD上，且AE=DF.连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H.下列结论：①△AED≌△DFB；②S四边形BCDG =√34CG2；③若AF=2DF，则BG=6GF．其中正确的结论()A. 只有①②B. 只有①③C. 只有②③D. ①②③二、填空题（本大题共8小题，共32.0分）11.观察下列关于x的单项式，探究其规律：x，3x2，5x3，7x4，9x5，11x6，…按照上述规律，第2019个单项式是______．12.12+(13+23)+(14+24+34)+(15+25+35+45)+⋯+(150+250+⋯+4850+4950)=______．13.如图，在直角坐标系中，已知点P0的坐标为(1,0)，将线段OP0按照逆时针方向旋转45°，再将其长度伸长为OP0的2倍，得到线段OP1；又将线段OP1按照逆时针方向旋转45°，长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；如此下去，得到线段OP3，OP4，…，OP n(n为正整数)，则点P8的坐标为______．14.已知t1、t2是关于t的二次函数s=−3t2+6t+f的图象与x轴两交点的横坐标，且x=10t1,y=10t2，那么y与x间的函数关系式为______15.如图所示：在平面直角坐标系中，△OCB的外接圆与y轴交于A(0,√2)，∠OCB=60°，∠COB=45°，则OC=______．16.如图所示：两个同心圆，半径分别是2√6和4√3，矩形ABCD边AB，CD分别为两圆的弦，当矩形ABCD面积取最大值时，矩形ABCD的周长是______．17. 直线l ：y =kx +5k +12(k ≠0)，当k 变化时，原点到这条直线的距离的最大值为______．18. 将108个苹果放到一些盒子中，盒子有三种规格：一种可以装10个苹果，一种可以装9个苹果，一种可以装6个苹果，要求每种规格都要有且每个盒子均恰好装满，则不同的装法总数为______．三、解答题（本大题共6小题，共58.0分） 19. 先化简分式：(a −3a+4a+3)÷a−2a+3⋅a+3a+2，再从−3、√5−3、2、−2中选一个你喜欢的数作为a 的值代入求值．20. 已知关于x 的方程|x 2+2px −3p 2+5|−q =0，其中p 、q 都是实数．(1)若q =0时，方程有两个不同的实数根x 1x 2，且1x 1+1x 2=17，求实数p 的值．(2)若方程有三个不同的实数根x 1、x 2、x 3，且1x 1+1x 2+1x 3=0，求实数p 和q 的值．21. 如图，在△ABC 中，∠BAC =60°，D 是AB 上一点，AC =BD ，P 是CD 中点．求证：AP =12BC ．22.如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2=CE×CA．(1)求证：BC=CD；(2)分别延长AB，DC交于点P，若PB=OB，CD=2√2，求⊙O的半径．23.已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A(11,0)、B(0,6)，点P为BC边上的动点(点P不与点点B、C重合)，经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP.设BP=t．(1)如图1，当∠BOP=30°时，求点P的坐标；(2)如图2，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ=m，试用含有t的式子表示m；(3)在(2)的条件下，当点C′恰好落在边OA上时如图3，求点P的坐标(直接写出结果即可)．24.在平面直角坐标系中，我们不妨把横坐标和纵坐标相等的点叫“梦之点”，例如点(1,1)，(−2,−2)，(√2 , √2)，…都是“梦之点”，显然“梦之点”有无数个．(n为常数，n≠0)的图象上的“梦之点”，求这(1)若点P(2,m)是反比例函数y=nx个反比例函数的解析式；(2)函数y=3kx+s−1(k,s为常数)的图象上存在“梦之点”吗？若存在，请求出“梦之点”的坐标，若不存在，说明理由；(3)若二次函数y=ax2+bx+1(a,b是常数，a>0)的图象上存在两个“梦之，点”A(x1,x1)，B(x2,x2)，且满足−2<x1<2，|x1−x2|=2，令t=b2−b+15748试求t的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】解：由图可知，共有黑、绿、白、红、蓝、黄六种颜色， 与白相邻的颜色有黑、绿、黄、红， 所以，白的对面是蓝，与绿相邻的有白、黑、蓝、红， 所以，绿的对面是黄，与红相邻的有绿、蓝、黄、白， 所以，红的对面是黑，综上所述，涂成绿色一面的对面的颜色是黄． 故选：C ．先判断出共有6种颜色，再根据与白相邻的颜色有黑、绿、黄、红判断出白的对面是蓝，与绿相邻的有白、黑、蓝、红判断出绿的对面是黄，与红相邻的有绿、蓝、黄、白判断出红的对面是黑，从而得解．本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形，确定出与一个颜色相邻的四个颜色是解题的关键． 2.【答案】C【解析】【分析】本题考查了数值以及绝对值，解题的关键是确定a 、b 、c 的值．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据数轴上点的位置关系分别找出各点代表的数是关键． 由A 、B 、C 三点表示的数之间的关系结合三点在数轴上的位置即可得出b =a +3，c =b +5，再根据原点O 与A 、B 的距离分别为4、1，即可得出a =±4、b =±1，结合a 、b 、c 间的关系即可求出a 、b 、c 的值，由此即可得出结论． 【解答】解：∵|a −b|=3，|b −c|=5， ∴b =a +3，c =b +5，∵原点O 与A 、B 的距离分别为4、1， ∴a =±4，b =±1， ∵b =a +3，∴a =−4，b =−1， ∵c =b +5， ∴c =4．∴点O 介于B 、C 点之间． 故选：C ．3.【答案】C【解析】解：因为关于x 的不等式组{4x ≥3(x +1)2x −x−12<a有解，可得：{x ≥3x <23(a −12)，所以得出a >5，因为a 取≤9的整数，可得a 的可能值为6，7，8，9，共4种可能性，所以使关于x 的不等式组{4x ≥3(x +1)2x −x−12<a有解的概率为49，故选C根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．此题考查概率的求法：如果一个事件有n 种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A 出现m 种结果，那么事件A 的概率P(A)=mn ．4.【答案】A【解析】解：∵a ，b 满足a 2−8a +5=0，b 2−8b +5=0， ∴a ，b 可看着方程x 2−8x +5=0的两根， ∴a +b =8，ab =5，b−1a−1+a−1b−1=(b−1)2+(a−1)2(a−1)(b−1)=(a+b)2−2ab−2(a+b)+2ab−(a+b)+1=82−2×5−2×8+25−8+1=−20． 故选A ．由于实数a ≠b ，且a ，b 满足a 2−8a +5=0，b 2−8b +5=0，则a ，b 可看着方程x 2−8x +5=0的两根，根据根与系数的关系得a +b =8，ab =5，然后把b−1a−1+a−1b−1通分后变形得到(b−1)2+(a−1)2(a−1)(b−1)，再利用整体代入的方法计算．本题考查了根与系数的关系：若x 1，x 2是一元二次方程ax 2+bx +c =0(a ≠0)的两根时，x 1+x 2=−ba ，x 1x 2=ca .也考查了分式的化简求值．5.【答案】C【解析】解：y =x 2−2n+1n(n+1)x +1n(n+1)=(x −1n )(x −1n+1)， ∴A n (1n ,0)，B n (1n+1,0)， ∴|A n B n |=1n −1n+1，∴|A 1B 1|+|A 2B 2|+⋯+|A 2017B 2017|=11−12+12−13+13−14+⋯+12017−12018=1−12018=20172018， 故选：C ．y =x 2−2n+1n(n+1)x +1n(n+1)=(x −1n )(x −1n+1)，可求抛物线与x 轴的两个交点坐标，所以|A n B n |=1n −1n+1，代入即可求解；本题考查二次函数图象及性质，探索规律；能够通过因式分解求二次函数与x 轴的交点坐标是解题的关键．6.【答案】D【解析】证明：∵AD//BE ，AD//FC ，FC//BE ， ∴△ADE 和△ABD 在底边AD 上的高相等，△ADF 和△ADC 在底边AD 上的高相等，△BEF 和△BEC 在底边BE 上的高相等，∴S △ADF =S △ADC ，S △BEF =S △BEC ，S △AEF =S △BEF −S △ABE =S △BEC −S △ABE =S △ABC ∴S △DEF =S △ADE +S △ADF +S △AEF =S △ABD +S △ADC +S △ABC =2S △ABC ． 即S △DEF =2S △ABC ． ∵S △ABC =1， ∴S △DEF =2， 故选：D ．根据平行线间的距离处处相等得到：△ADE 和△ABD 在底边AD 上的高相等，△ADF 和△ADC 在底边AD 上的高相等，△BEF 和△BEC 在底边BE 上的高相等，所以由三角形的面积公式和图形间的面积的数量关系进行证明即可．本题考查了平行线间的距离和三角形的面积．两平行线之间的距离的定义，即两直线平行，则夹在两条平行线间的垂线段的长叫两平行线间的距离． 7.【答案】B【解析】解：∵AB 是直径， ∴AB =5，∠ACB =90°，∴AB 2=AC 2+BC 2，且BC ：CA =4：3， ∴BC =4，AC =3，∵∠A =∠P ，∠ACB =∠PCQ =90°， ∴△ACB∽△PCQ ， ∴ACPC =CBCQ ， ∴CQ =43PC ，∴当PC 最大时，CQ 有最大值， ∴PC 是直径时，CQ 的最大值=43×5=203，故选：B ．由勾股定理可求BC ，AC 的值，通过证明△ACB∽△PCQ ，可得ACPC =CBCQ ，可得CQ =43PC ，当PC 是直径时，CQ 的最大值=43×5=203．本题考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，求出CQ =43PC 是本题的关键．8.【答案】D【解析】解：由抛物线的开口向下知a <0， 与y 轴的交点为在y 轴的正半轴上，得c >0， 对称轴为x =−b2a <1，∵a <0，∴2a +b <0，而抛物线与x 轴有两个交点，∴b 2−4ac >0， 当x =2时，y =4a +2b +c <0，当x =1时，a +b +c =2． ∵4ac−b 24a>2，∴4ac −b 2<8a ， ∴b 2+8a >4ac ，∵①a +b +c =2，则2a +2b +2c =4， ②4a +2b +c <0， ③a −b +c <0．由①，③得到2a +2c <2，由①，②得到2a −c <−4，4a −2c <−8， 上面两个相加得到6a <−6， ∴a <−1． 故选：D ．由抛物线的开口方向判断a 的符号，由抛物线与y 轴的交点判断c 的符号，然后根据对称轴及抛物线与x 轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．考查二次函数y =ax 2+bx +c 系数符号的确定由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y 轴的交点、抛物线与x 轴交点的个数等． 9.【答案】B【解析】解：联立直线y =px 与直线y =x +10，{y =pxy =x +10， 得px =x +10，x =10p−1，∵x 为整数，p 也为整数．∴P 的取值范围为：−9≤P ≤11，且P ≠1，P ≠0． 而.10=2×5=1×10， 0<P ≤11，有四条直线，P ≠0，−9≤P <0，只有三条直线， 那么满足条件的直线有7条． 故选：B ．联立直线y =px 与直线y =x +10，求出p 的取值范围即可求得结果．本题考查了两条直线相交或平行问题，难度较大，关键不要漏掉某条直线． 10.【答案】D【解析】【分析】此题综合考查了全等三角形的判定和性质、平行线分线段成比例、不规则图形的面积计算方法等知识点，综合性较强，难度较大．①易证△ABD 为等边三角形，根据“SAS ”证明△AED≌△DFB ；②证明∠BGE =60°=∠BCD ，从而得点B 、C 、D 、G 四点共圆，因此∠BGC =∠DGC =60°.过点C 作CM ⊥GB 于M ，CN ⊥GD 于N.证明△CBM≌△CDN ，所以S 四边形BCDG =S 四边形CMGN ，易求后者的面积．③过点F 作FP//AE 于P 点．根据题意有FP ：AE =DF ：DA =1：3，则FP ：BE =1：6=FG ：BG ，即BG =6GF ． 【解答】解：如图所示，①∵ABCD为菱形，∴AB=AD．∵AB=BD，∴△ABD为等边三角形．∴∠A=∠BDF=60°．又∵AE=DF，AD=BD，∴△AED≌△DFB；②∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°=∠BCD，即∠BGD+∠BCD=180°，∴点B、C、D、G四点共圆，∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°.∴∠BGC=∠DGC=60°．过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．∴CM=CN，∵{CM=CNBC=CD，∴△CBM≌△CDN，(HL)∴S四边形BCDG =S四边形CMGN．S四边形CMGN=2S△CMG，∵∠CGM=60°，∴GM=12CG，CM=√32CG，∴S四边形CMGN =2S△CMG=2×12×12CG×√32CG=√34CG2．③过点F作FP//AE于P点，∵AF=2FD，∴FP：AE=DF：DA=1：3，∵AE=DF，AB=AD，∴BE=2AE，∴FP：BE=1：6=FG：BG，即BG=6GF．所以其中正确的有①②③．故选D．11.【答案】4037x2019【解析】解：∵x，3x2，5x3，7x4，9x5，11x6，…∴第n个式子是(2n−1)x n，当n=2019时，对应的式子为4037x2019，故答案为：4037x2019．根据题目中的式子可以系数为连续的奇数，未知数x的次数从1次、2次依次递增，从而可以得到第2019个单项式，本题得以解决．本题考查数字的变化类、单项式，解答本题的关键是明确题意，发现题目中单项式的变化规律，求出相应的单项式．12.【答案】612.5【解析】解：设s=12+(13+23)+(14+24+34)+(15+25+35+45)+⋯+(150+250+⋯+4850+4950)，①又s=12+(23+13)+(34+24+14)+(45+35+25+15)+(4950+4850++150)，②①+②，得2s=1+2+3+4+⋯+49，③2s=49+48+47+⋯+2+1，④③+④，得4s=50×49=2450，故s=612.5；故答案为：612.5．仔细观察，知原式还可以是12+(23+13)+(34+24+14)+(45+35+25+15)+(4950+4850++150).又12+12=1，(23+13)+(13+23)=2，(14+24+34)+(34+24+14)=3，…依此类推可知，将原式倒过来后再与原式相加，问题就转化为1+2+3+⋯+502．本题主要考查了有理数的混合运算．解答此题时，采用了“倒序相加法”，该方法在解答此类的数列时，会经常用到．13.【答案】(256,0)【解析】解：由题意可得，OP0=1，OP1=2×1=2，OP2=2×2=22，OP3=2×22=23，OP4=2×23=24，…OP8=2×27=28=256，∵每一次都旋转45°，360°÷45°=8，∴每8次变化为一个循环组，∴P8在x4的正半轴上，P8(256,0)，故答案为(256,0)．先根据伸长的变化规律求出OP8的长度，再根据每8次变化为一个循环组，然后确定出所在的位置，再根据等腰直角三角形的直角边等于斜边的√22倍解答即可．本题考查了点的坐标的规律探寻，读懂题意，需要从伸长的变化规律求出OP2011的长度，从旋转的变化规律求出点P2011所在的象限两个方面考虑求解．(x>0)14.【答案】y=100x【解析】解：∵t1、t2是二次函数s=−3t2+6t+f的图象与x轴两交点的横坐标，∴t1+t2=2，而x=10t1，y=10t2，∴xy=10t1×10t2=10t1+t2=102=100，(x>0)．∴y=100x(x>0)．故答案为：y=100x由于t1、t2是二次函数s=−3t2+6t+f的图象与x轴两交点的横坐标，利用根与系数的关系可以得到t1+t2=2，又x=10t1，y=10t2，利用同底数幂的乘法法则计算即可解决问题．此题主要考查了抛物线与x轴交点的坐标特点，也考查了同底数幂的乘法法则，解题的关键是利用根与系数的关系得到t1+t2=2，然后利用同底数幂的乘法法则即可解决问题．15.【答案】1+√3【解析】解：连接AB，则AB为⊙M的直径．Rt△ABO中，∠BAO=∠OCB=60°，∴OB=√3OA=√3×√2=√6．过B作BD⊥OC于D．Rt△OBD中，∠COB=45°，OB=√3．则OD=BD=√22Rt△BCD中，∠OCB=60°，BD=1．则CD=√33∴OC=CD+OD=1+√3．故答案为：1+√3．连接AB，由圆周角定理知AB必过圆心M，Rt△ABO中，易知∠BAO=∠OCB=60°，已知了OA=√2，即可求得OB的长；过B作BD⊥OC，通过解直角三角形即可求得OD、BD、CD的长，进而由OC=OD+CD 求出OC的长．此题主要考查了圆周角定理及解直角三角形的综合应用能力，能够正确的构建出与已知和所求相关的直角三角形是解答此题的关键．16.【答案】16+12√2【解析】解：连接OA，OD，作OP⊥AB于P，OM⊥AD于M，ON⊥CD于N．根据矩形的面积以及三角形的面积公式发现：矩形的面积是三角形AOD的面积的4倍．因为OA，OD的长是定值，则∠AOD的正弦值最大时，三角形的面积最大，即∠AOD=90°，则AD=6√2，根据三角形的面积公式求得OM=4，即AB=8.则矩形ABCD的周长是16+12√2．此题首先能够把问题转化到三角形中进行分析．根据锐角三角函数的概念可以证明三角形的面积等于相邻两边的乘积乘以夹角的正弦值，根据这一公式分析面积的最大值的情况．然后运用勾股定理以及直角三角形的斜边上的高等于两条直角边的乘积除以斜边求得长方形的长和宽，进一步求得其周长．本题考查的是矩形的定理以及垂径的性质，考生应注意运用勾股定理来求得边长继而才能求出周长．17.【答案】13【解析】解：y=kx+5k+12=k(x+5)+12，∴直线经过定点(−5,12)，∴原点与定点的距离是原点到直线的最大距离13；故答案为13；通过化简解析式能确定直线经过定点(−5,12)，原点与定点的距离是原点到直线的最大距离；本题考查一次函数的图象及性质；能够求出直线经过定点是解题的关键．18.【答案】6【解析】解：设装10个苹果的有x盒，装9个苹果的有y盒，装6个苹果的有z盒，∵每种规格都要有且每个盒子均恰好装满，∴0<x<10，0<y≤11，0<z≤15，且x，y，z都是整数，则10x+9y+6z=108，∴x=108−9y−6z10=3(36−3y−2z)10，∵0<x<10，且为整数，∴36−3y−2z是10的倍数，即：36−3y−2z=10或20或30，当36−3y−2z=10时，y=26−2z3，∵0<y≤11，0<z≤15，且y，z都为整数，∴26−2z=3或6或9或12或15或18或21或24，∴z=232(舍)或z=10或z=172(舍)或z=7或z=112(舍)或z=4或z=52(舍)或z=1，当z=10时，y=2，x=3，当z=7时，y=4，x=3，当z=4时，y=8，x=3当z=1时，y=8，x=3，当36−3y−2z=20时，y=16−2z3，∵0<y≤11，0<z≤15，且y，z都为整数，∴16−2z=3或6或9或12或15或18或21或24，∴z=132(舍)或z=5或z=72(舍)或z=2或z=12(舍)当z=5时，y=2，x=6，当z=2时，y=4，x=6，当36−3y−2z=30时，y=6−2z3，∵0<y≤11，0<z≤15，且y，z都为整数，∴6−2z=3，∴z=32(舍)即：满足条件的不同的装法有6种，故答案为6．先列出方程10x+9y+6z=108，再根据x，y，z是正整数，进行计算即可得出结论．此题主要考查了三元一次方程，整除问题，分类讨论时解本题的关键．19.【答案】解：原式=a2+3a−3a−4a+3⋅a+3a−2⋅a+3a+2=a+3，当a=√5−3时，原式=√5−3+3=√5．【解析】将括号里通分，除法化为乘法，约分，代值时，a的取值不能使原式的分母、除式为0．本题考查了分式的化简求值．关键是根据分式混合运算的顺序解题，代值时，字母的取值不能使分母、除式为0．20.【答案】解：(1)若q=0，则方程为x2+2px−3p2+5=0．因该方程有两个不同的实数x1、x2，可得△=(2p)2−4(−3p2+5)=16p2−20>0，x1+x2=−2p，x1x2=5−3p2解得p2>54；由1x1+1x2=17，得1x1+1x2=x2+x1x1x2=−2p5−3p2=17，解得p=5或−13.(注意5−3p2≠0)因为p2>54，所以p=5．(2)显然q>0.方程可写成x2+2px−3p2+5=±q．因该方程有三个不同的实数根，即函数y1=x2+2px−3p2+5与y2=±q的图象有三个不同的交点，∴可得：x3=−p,−q=4(5−3p2)−4p24=5−4p2，即q=4p2−5.x1、x2是方程x2+2px−3p2+5=q的两根，即x2+2px−7p2+10=0．则x1+x2=−2p，x1x2=10−7p2，x3=−p．△=(2p)2−4(−7p2+10)=32p2−40>0，解得p2>54．由1x1+1x2+1x3=0，得x2+x1x1x2+1x3=−2p10−7p2+1−p=10−5p2(7p2−10)p=0，解得p2=2>54，所以p=±√2，q=4p2−5=3．【解析】(1)根据根与系数的关系可得△=(2p)2−4(−3p2+5)=16p2−20>0，x1+x2=−2p，x1x2=5−3p2，代入1x1+1x2=17可得关于p的方程，解方程即可；(2)由方程有三个不同的实数根x1、x2、x3，可得x3=−p，x1、x2是方程x2+2px−3p2+ 5=q的两根；由根与系数的关系可得x1+x2=−2p，x1x2=10−7p2，x3=−p.△=(2p)2−4(−7p2+10)=32p2−40>0，进而得到关于p的方程，解出p即可求出q 的值．本题考查了根与系数的关系，牢记两根之和等于−ba 、两根之积等于ca是解题的关键．21.【答案】证明：延长AP至点F，使得PF=AP，连结BF，DF，CF，∵P是CD中点，∴CP=DP，∴四边形ACFD是平行四边形，∴DF=AC=BD，DF//AC，∴∠FDB=∠BAC=60°，∴△BDF是等边三角形，∴BF=DF=AC，∠ABF=60°，∴∠ABF=∠BAC，在△ABC和△BAF中，∵{AB=BA∠BAC=∠ABF AC=BF，∴△ABC≌△BAF(SAS)，∴AF=BC，∴AP=12AF=12BC．【解析】作辅助线，构建全等三角形和平行四边形，先证明四边形ACFD是平行四边形，得DF=AC=BD，DF//AC，再证明△BDF是等边三角形，证明△ABC≌△BAF(SAS)，可得结论．本题考查了平行四边形的性质和判定，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．22.【答案】(1)证明：∵DC2=CE⋅CA，∴DCCE =CADC，又∠ACD=∠DCE，∴△CAD∽△CDE，∴∠CAD=∠CDE，∵∠CAD=∠CBD，∴∠CDB=∠CBD，∴BC=DC；(2)解：连结OC，如图，设⊙O的半径为r，∵CD=CB，∴CD⏜=CB⏜，∴∠BOC=∠BAD，∴OC//AD，∴PCCD =POOA=2rr=2，∴PC=2CD=4√2，∵∠PCB=∠PAD，∠CPB=∠APD，∴△PCB∽△PAD，∴PCPA =PBPD，即4√23r=6√2∴r=4，即⊙O的半径为4．【解析】本题考查了相似三角形的判定与性质：三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有时可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．也考查了圆周角定理．(1)由DC2=CE⋅CA和∠ACD=∠DCE，可判断△CAD∽△CDE，得到∠CAD=∠CDE，再根据圆周角定理得∠CAD=∠CBD，所以∠CDB=∠CBD，于是利用等腰三角形的判定可得BC=DC；(2)连结OC，如图，设⊙O的半径为r，先证明OC//AD，利用平行线分线段成比例定理得到PCCD =POOA=2，则PC=2CD=4√2，然后证明△PCB∽△PAD，利用相似比得到4√2 3r =6√2，再利用比例的性质可计算出r的值．23.【答案】解：(1)根据题意，∠OBP=90°，OB=6，在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t．∵OP2=OB2+BP2，即(2t)2=62+t2，解得：t1=2√3，t2=−2√3(舍去)．∴点P的坐标为(2√3,6)；(2)∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC，∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，∴∠OPB+∠QPC=90°，∵∠BOP+∠OPB=90°，∴∠BOP=∠CPQ，又∵∠OBP=∠C=90°，∴△OBP∽△PCQ，∴OBPC =BPCQ，由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则PC=11−t，CQ=6−m．∴611−t =t6−m，∴m=16t2−116t+6(0<t<11)；(3)过点P 作PE ⊥OA 于E ，如图3， ∴∠PEA =∠QAC′=90°， ∴∠PC′E +∠EPC′=90°， ∵∠PC′E +∠QC′A =90°， ∴∠EPC′=∠QC′A ， ∴△PC′E∽△C′QA ， ∴PE AC′=C′E AQ，在△PC′E 和△OC′B′中， {∠PEC′=∠OB′C ∠PC′E =∠OC′B′PE =OB′， ∴△PC′E≌△OC′B′(AAS)， ∴PC′=OC′=PC ， ∴BP =AC′， ∵AC′=PB =t ，PE =OB =6，AQ =m ，EC′=11−2t ， ∴6t =11−2t m ，∵m =16t 2−116t +6，∴3t 2−22t +36=0， 解得：t 1=11−√133，t 2=11+√133故点P 的坐标为(11−√133,6)或(11+√133,6)．【解析】(1)根据题意得，∠OBP =90°，OB =6，在Rt △OBP 中，由∠BOP =30°，BP =t ，得OP =2t ，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案；(2)由△OB′P 、△QC′P 分别是由△OBP 、△QCP 折叠得到的，可知△OB′P≌△OBP ，△QC′P≌△QCP ，易证得△OBP∽△PCQ ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案；(3)首先过点P 作PE ⊥OA 于E ，易证得△PC′E∽△C′QA ，由勾股定理可求得C′A 的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与m 和t 的关系，即可求得t 的值，得出P 点坐标． 本题考查了几何变换综合性题目，用到的知识点有：翻折变换的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等有关的知识点，综合性较强，难度较大．清楚翻折前后的两个图形全等以及熟悉相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．24.【答案】解：(1)∵点P(2,m)是反比例函数y =nx (n 为常数，n ≠0)的图象上的“梦之点”， ∴m =2， ∴P(2,2)，∴n =2×2=4，∴这个反比例函数的解析式为y =4x ；(2)由y =3kx +s −1得当y =x 时，(1−3k)x =s −1，当k =13且s =1时，x 有无数个解，此时的“梦之点”存在，有无数个； 当k =13且s ≠1时，方程无解，此时的“梦之点”不存在；当k ≠13，方程的解为x =s−11−3k ，此时的“梦之点”存在，坐标为(s−11−3k ,s−11−3k )；(3)由{y =ax 2+bx +1y =x 得：ax 2+(b −1)x +1=0，则x 2，x 2为此方程的两个不等实根，由|x 1−x 2|=2，又−2<x 1<2得：−2<x 1<0时，−4<x 2<2；0≤x 1<2时，−2≤x 2<4；∵抛物线y =ax 2+(b −1)x +1的对称轴为x =1−b2a，故−3<1−b 2a<3，由|x 1−x 2|=2，得：(b −1)2=4a 2+4a ，故a >18；t =b 2−b +15748=(b −1)2+10948，y =4a 2+4a +10948=4(a +12)2+6148，当a >−12时，t 随a 的增大而增大，当a =18时，t =176，∴a >18时，t >176．【解析】(1)根据“梦之点”的定义得出m 的值，代入反比例函数的解析式求出n 的值即可；(2)根据梦之点的横坐标与纵坐标相同，可得关于x 的方程，根据解方程，可得答案； (3)由{y =ax 2+bx +1y =x 得：ax 2+(b −1)x +1=0，则x 2，x 2为此方程的两个不等实根，由|x 1−x 2|=2得到−2<x 1<0时，根据0≤x 1<2得到−2≤x 2<4；由于抛物线y =ax 2+(b −1)x +1的对称轴为x =1−b2a，于是得到−3<1−b 2a<3，根据二次函数的性质即可得到结论．本题考查了运用待定系数法求反比例函数的解析式，一次函数的性质，二次函数的性质，一元二次方程根与系数的关系，综合性较强，有一定难度．。