2023年秋季高一年级入学分班考试模拟卷（江苏专用）（02）数学参考答案123456789101112DCDCBCCAABCBCDACDCD2713．614．x1且x215．16．2或412817．【详解】（1）证明：作ADBC于点D，如图，设BDx，则CDax，则根据勾股定理可得：AD2AB2BD2AC2CD2，2222cba即c2x2b2ax，解得：x，2a22222222224accba222cba∴ADcxc，2a2a112∴SaAD4a2c2c2b2a2，241∵pabc，2∴abc2p,ac2pb,ba2pc,bc2pa，2∴4a2c2c2b2a22acc2b2a22acc2b2a2acbacbbacbac2p2p2b2p2c2p2a16ppapbpc，121∴S4a2c2c2b2a216ppapbpcppapbpc；44（2）∵VABC的周长为18，1∴p189，2不妨设a6，则bc12，则S9969b9c339b9c，22∵9b9c29b9c（当9b9c即bc时取等号），9b9c1812∴9b9c3，22∴S33393，又∵S0，∴S的取值范围是0S93．【点睛】本题考查了三角形的面积、勾股定理、因式分解、不等式以及二次根式的运算等知识，数量掌握相关知识，明确求解的方法是解题的关键．18．【详解】（1）解：由题意可知，∵OE12，该抛物线的顶点P到OE的距离为14，∴抛物线的顶点坐标为：(6,14)，∴设抛物线的解析式为ya(x6)214，把点(0,0)代入解析式，则a(06)2140，7∴a，187∴y(x6)214；18（2）解：∵点A、B到OE的距离均为10，7∴令y10，则(x6)21410，18614614解得：x6，x6；1727614614∴点A的坐标为(6,10)，点B的坐标为(6,10)；77【点睛】本题考查二次函数的应用，待定系数法，一元二次方程等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，属于中考常考题型．119．【详解】（1）解：∵abab，2aba211abb2a22abb2，3aba312a2b21ab2b3a33a2b3ab2b3，4aba413a3b33a2b231ab3b4a44a3b6a2b24ab3b4，5∴aba514a4b46a3b264a2b341ab4b5a55a4b10a3b210a2b35ab4b5；故答案为：a55a4b10a3b210a2b35ab4b5；8（2）解：∵a1a88a711L8a1718，∴a项的系数是8178；故答案为：8；5（3）解：115=(10+1)1055104110103121010213510141510000050000100001000501161051．【点睛】本题考查数字类规律探究，解题的关键是根据已知等式的特点，抽象概括出相应的数字规律．20．【详解】（1）解：∵BACADB∴»ABB»C，∴ADBCDB，即DB平分ADC．∵BD平分ABC，∴ABDCBD，∴»ADC»D，∴»AB»ADB»CC»D，即B¼ADB¼CD，∴BD是直径，∴BAD90；（2）解：∵BAD90，CF∥AD，∴FBAD180，则F90．∵»ADC»D，∴ADDC．∵ACAD，∴ACADCD，∴△ADC是等边三角形，则ADC60．∵BD平分ADC，1∴CDBADC30．2∵BD是直径，1∴BCD90，则BCBD．2∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴ADCABC180，则ABC120，∴FBC60，∴FCB906030，1∴FBBC．2∵BF2，∴BC4，∴BD2BC8．∵BD是直径，1∴此圆半径的长为BD4．2【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．21．【详解】（1）∵直线yxb过点B(0,2)，∴0b2，∴b2，∵直线yx2过点A(3,n)，∴n321，∴A(3,1)，k∵y过点A(3,1)，x∴kxy313；（2）∵点P的横坐标为t，3∴Pt，，t∴Q(t，t2)3∴PQt2，t∵A(3，1)，B(0，2)，1又S△S△S△PQxx，APBAPQBPQ2AB13∴t233，2t∴t3，∴P3，3；（3）如图1，3∵Pt，，Q(t，t2)，t3t2t∴Ct，2当BC是边，点D在x轴正半轴上，作CFOB于F，作DGCF于G，∴BFCG90，∴FBCFCB90，∵BCD90，∴DCGFCB90，∴FBCDCG，∵BCCD，∴VBFCVCGDAAS，∴CFDG，∵OFDG，∴OFCF，3t2∴，tt2∴t11，t23（舍去），∴P1，3如图2，当点D在x轴的负半轴上时，由上知：BGDF2，∴t2，3∴P2，，2当BC是对角线时，当BC是对角线时，点D在x轴负半轴上时，可得：CFOD，DFOB2，3t2∴，t2t2∴t1，∴P(1，3)，如图4，CGDF2，DGBF，3t2∴，t2t2∴t1233，t2233（舍去），3当t233时，y233，233∴P233，233，3综上所述：P2,或1,3，233,233.2【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数和反比例函数关系式，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是正确分类，画出图形，找出列方程的等量关系．222．【详解】（1）解：yx22mxm21xm1，∴对称轴为：xm；2（2）解：由yx22mxm21xm1可知：抛物线的顶点坐标为：m,1，2当xm1时：y1m1m12，2当xm2时：y1m2m15，∴Am1,2,Bm2,5，∵C0,a，∴过点C垂直于y轴的直线l：ya，如图：由图象可知：当a1或2a5时，直线l与F有且仅有一个交点，∴a的取值范围为：a1或2a5；（3）解：∵Am1,2,Bm2,5，∴ty2y1523，2当x2时，y3m4m5，∴M2,m24m5①当M在点A的左侧，即：m12，m3时：在对称轴的左侧，y随x的增大而减小，∴M点的纵坐标最大，A点的纵坐标最小，∴tm24m52m24m33，解得：m4或m0（舍掉）；②当M在点A的右侧，对称轴的左侧时，此时t211，不符合题意；③当M对称轴的右侧，即m2时，当y32时，此时A点的纵坐标最大，抛物线的顶点处的纵坐标最小：t2113不符合题意；③当M对称轴的右侧，即m2时，当y32时，此时M点的纵坐标最大，抛物线的顶点处的纵坐标最小，∴tm24m51m24m43，解得：m23（舍），或m23；∴m23；综上：m23或m4．【点睛】本题考查二次函数的综合应用．熟练掌握二次函数的图象和性质，利用数形结合的思想进行求解是解题的关键．