【數(shù)學競賽】2022年河南省淮濱縣第一中學畢業(yè)班數(shù)學競賽試題（含答案）

1、河南省淮濱縣第一中學2022屆畢業(yè)班數(shù)學競賽試題（時間：70分鐘 滿分：100分）一、單選題(共32分)1若實數(shù)x,y滿足x2+y2+xy=7x2+y2-xy=3，則x2022+y2022的值是（）A22022+1B22022-1C-22022+1D-22022-12若a，c，d是整數(shù)，b是正整數(shù)，且滿足a+b=c，c+d=a，那么a+b+c+d的最大值是（）ABC0D3拋物線yx2-6x+n經(jīng)過A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）三點，且x1x2AB），點E在BC邊上，連接AE，把ABE沿AE折疊，點B落在點B處.當ECB為直角三角形時，則BC的長是_10甲、乙兩列客車的長分

2、別為150米和200米，它們相向勻速行駛在平行的軌道上，已知甲車上某乘客測得乙車在他窗口外經(jīng)過的時間是10秒，那么乙車上的乘客看見甲車在他窗口外經(jīng)過的時間是_秒11已知二次函數(shù)y=ax2-2ax-4aa0圖象與y軸交于點A，點C在二次函數(shù)的圖象上，且ACx軸，以AC為斜邊向上作等腰直角三角形ABC，當?shù)妊苯侨切蜛BC的邊與x軸有兩個公共點時a的取值范圍是_12如圖，點P是正方形ABCD的對角線BD延長線上的一點，連接PA，過點P作PEPA交BC的延長線于點E，過點E作EFBP于點F，則下列結(jié)論中，正確的是_（填寫所有正確結(jié)論的序號）PA=PE；CE=2PD；BF-PD=12BD；SPEF=

3、SADP三、解答題(共52分)13(本題12分)據(jù)統(tǒng)計每年汽車追尾而造成的交通事故占交通事故總數(shù)的70%以上注意車速，保持車距是行車安全中必須遵守的某公路上正在行駛的甲車，發(fā)現(xiàn)前方20m處的乙車低速行駛，則甲車剎車減速，減速后甲車行駛的路程s（單位：m）與時間t（單位：s）的關系如下表所示時間t（單位：s）01234行駛的路程s（單位：m）015283948(1)根據(jù)所得數(shù)據(jù)中甲車行駛的路程s（單位：m）與時間t（單位：s）的變化規(guī)律，利用初中所學函數(shù)值試求出s與t之間的函數(shù)關系式，并寫出t的取值范圍(2)若乙車以4m/s的速度勻速行駛，甲車是否與乙車發(fā)生追尾？若發(fā)生追尾，請計算出時間t的值；

4、若能避免發(fā)生追尾事故，請說明原因14(本題13分)已知拋物線y=ax2+bx+c的對稱軸為直線，且與x軸交于A、B兩點與y軸交于點C其中A（1，0），C(0，-3)(1)求拋物線的解析式；(2)若點P在拋物線上運動（點P異于點A）如圖1當PBC面積與ABC面積相等時求點P的坐標；如圖2當時，求直線CP的解析式15(本題12分)為了監(jiān)控危險路段的車輛行駛情況，通常會設置電子眼進行區(qū)間測速如圖電子眼位于點P處，離地面的鉛垂高度PQ為11米；離坡AB的最短距離是11.2米，坡AB的坡比為3：4；電子眼照射在A 處時，電子眼的俯角為30，電子眼照射在坡角點B處時，電子眼的俯角為70（A、B、P、Q在同

5、一平面內(nèi)）(1)求路段BQ的長；（sin700.94，cos700.34，tan702.75）(2)求路段AB的長；（1.7，結(jié)果保留整數(shù)）(3)如圖的這輛車看成矩形KLNM，車高2米，當PA過M點時開始測速，PB過M點時結(jié)束測速，若在這個測速路段車輛所用的時間是1.5秒該路段限速5米/秒，計算說明該車是否超速？16(本題15分)如圖，在RtABC中，C90，AB10，BC8，點P從點C出發(fā)沿CA以每秒1個單位的速度向點A勻速運動，到達點A后立刻以原來的速度沿AC返回；同時點Q從點A出發(fā)沿AB以相同的速度向點B勻速運動，當點Q到達點B時兩點同時停止運動伴隨著P、Q的運動，DE保持垂直平分線段P

6、Q，且交PQ于點D，交折線QBBCCP于點E設點Q的運動時間是t秒(1)求BC的長(2)用含t的代數(shù)式表示線段AP的長(3)在點E從點B向點C運動的過程中，當四邊形CPDE為矩形時，求APQ的面積(4)當DE經(jīng)過點C時，請直接寫出t的值答案第 = page 20 20頁，共 = sectionpages 17 17頁參考答案1A根據(jù)方程組x2+y2+xy=7x2+y2-xy=3 ；得到x2+y2=5xy=2 ，從而解得x1=2y1=1，x2=1y2=2，x3=-2y3=-1,x4=-1y4=-2 ；將以上x和y的值代入x2022+y2022，當x2022+y2022=22022+12022=2

7、2022+1 ；當x2022+y2022=22022+1 ，當x2022+y2022=22022+1；當x4=-1y4=-2，x2022+y2022=22022+1；故答案為：A2B解：，又，c+d=a，a=-3b，d=-b，b是正整數(shù)，其最小值為1，的最大值是故選：B3A將拋物線y=x2-6x+n配成頂點式，得y=x2-6x+n=(x-3)2+n-9，則可知拋物線的對稱軸為直線x=3，又x1=x3，x1+x32=3，即x1+x3=6，x12=x32，拋物線過A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)三點，則有：y1=x12-6x1+ny2=x22-6x2+ny3=x32-6x3+n

8、，-，結(jié)合x12=x32，得y1-y3=-6(x1-x3)，x1x2x3，y1-y3=-6(x1-x3)0，即y1y3，-，得y3-y2=(x32-x22)-6(x3-x2)=(x3+x2-6)(x3-x2)，x1x2x3，x2+x36，y3-y2=(x3+x2-6)(x3-x2)0，綜上有：y1y3y2，故選：A4B解：設A點坐標為(a,b)，則k=ab，y=abx，如圖，過點A作AMx軸于點M，過點B作BNy軸于點N，過點E作EFx軸于點F，四邊形ABCD是矩形，AD=BC，在ADM和中，DAM=BCNAMD=CNB=90AD=CB，ADMCBNAAS，OC=3，即，且B在y=abx圖象上

9、，點E是AD的中點，雙曲線y=kx經(jīng)過AD的中點E，解得b=2，B(-2a,-1)，而C(0,-3)，且由矩形ABCD可得，解得a=1或a=-1（舍去），A(1,2)，代入y=kx得：k=2故選B5B解：如圖，設BE= x在RtACB中，AC= 2x， BC=32x，2x2+32x=52，解得x1=2，x2=-2（舍去），EH=4，DH=1，設OE=a，OD=OB=r，a2+22=r24-a2+1222=r2 ，解得r1=5817,r2=-5817（舍去） 故選： B6D解：設BM交O于T，連接OT、OA、AT，過O作于，連接CH，B=30，是等邊三角形，由勾股定理得：ACBM，CH=12AT

10、=3，在OCH中，OC的最小值是33-3，故選D7C解：如圖：連接AC交BD于點E，連接EN，N為CD的中點，四邊形ABCD是正方形，AD=CD=2CN，ACBD，DE=AE， 設CN=DN=a，則CM=2a，AD=CD=2a，MN=MC2-CN2=2a2-a2=3a， EC=ED，N為CD的中點，EN=CN=DN=a，、N、E三點共線，DE=AE=2a， ME=MN+EN=3+1a， MEAD， ADOMEO， ODOE=ADME=2a3+1a=23+1， OD=3-1OE， DE=OD+OE=2a， OE+3-1OE=2a， OE=63a， OA=OE2+AE2=63a2+2a2=263a

11、， sinAOB=AEOA=2a263a=32， 故選：C.8C解：設y（xx1）2+（xx2）2+（xx3）2+（xxn）2yx22xx1+x12+x22xx2+x22+x22xx3+x32+x22xxn+xn2ynx22（x1+x2+x3+xn）x+（x12+x22+x32+xn2），則當x-2（x1+x2+x3+xn）2n=x1+x2+x3+xnn時，二次函數(shù)ynx22（x1+x2+x3+xn）x+（x12+x22+x32+xn2）最小，x所取平均數(shù)時，結(jié)果最小，故選：C910或2解：x2-7x+12=0，解得：x1=3,x2=4，AB=3，BC=4，當CEB為直角三角形時，有兩種情況：

12、當點B落在矩形內(nèi)部時，如答圖1所示圖1連接AC，在RtABC中，AB=3，BC=4，AC=5，B沿AE折疊，使點B落在點B處，ABE=B=90，當CEB為直角三角形時，只能得到EBC=90，點A、B、C共線，即B沿AE折疊，使點B落在對角線AC上的點B處，EB=EB，AB=AB=3，CB=5-3=2；當點B落在AD邊上時，如答圖2所示圖2此時ABEB為正方形，BE=AB=3，CE=4-3=1，RtBCE中，CB=12+32=10綜上所述，BC的長為10或2故答案為：10或2107.5解：設乙車上的乘客看見甲車在他窗口外經(jīng)過的時間是x秒由題意知，20010=150 x解得x=7.5經(jīng)檢驗，x=7

13、.5是原方程的解乙車上的乘客看見甲車在他窗口外經(jīng)過的時間是7.5秒故答案為：7.5110a0，當x=0時，y=-4a，二次函數(shù)的對稱軸是直線x=-2a2a=1A0,-4aOA=4a點C在二次函數(shù)的圖象上，且ACx軸，點A與點C關于直線x=1對稱C2,-4aAC=2ABC是等腰直角三角形，AC為斜邊，BDAC，BAD=45，BDA=90，AD=CD=12AC=1ABD=45BAD=ABDBD=AD=1等腰直角三角形ABC的邊與x軸有兩個公共點，OABD4a1a0，0a14故答案為：0a1412解法一：如圖1，在EF上取一點G，使，連接BG、PG，EFBP，BFE=90，四邊形ABCD是正方形，F(xiàn)

14、BC=ABD=45，BF=EF，在和中，BF=EFBFG=EFPFG=FP ，BFGEFPSAS，BG=PE，PEF=GBF，ABD=FPG=45，AB/PG，APPE，APE=APF+FPE=FPE+PEF=90，APF=PEF=GBF，AP/BG，四邊形ABGP是平行四邊形，AP=BG，AP=PE；解法二：如圖2，連接AE，ABC=APE=90，A、B、E、P四點共圓，EAP=PBC=45，APPE，APE=90，是等腰直角三角形，AP=PE，故正確；如圖3，連接，由知：，PG=AB，AB=CD，PG=CD，四邊形DCGP是平行四邊形，CG=PD，CG/PD，PDEF，CGEF，即，CE2

15、CG2PD；故正確；如圖4，連接AC交BD于O，由知：CGF=GFD=90，四邊形ABCD是正方形，COF=90，四邊形OCGF是矩形，CG=OF=PD，12BDOBBFOFBFPD，故正確；如圖4中，在AOP和PFE中，AOP=EFP=90APF=PEFAP=PE，AOPPFEAAS，SAOP=SPFE，SADPSAOP=SPFE，故不正確；本題結(jié)論正確的有：，故答案為：13(1)解：由表格數(shù)據(jù)可知s與t之間是二次函數(shù)關系，并且圖象經(jīng)過原點，設二次函數(shù)表達式為s=at2+bt，二次函數(shù)經(jīng)過1,15，2,28，則a+b=154a+2b=28，解得a=-1b=16，二次函數(shù)表達式為s=-t2+1

16、6t，頂點式為s=-(t-8)2+64當t=8時，行駛距離達到最大值64米，即停止前進。則t的取值范圍為：(2)解：由題意可得：S乙+20=S甲4t+20=-t2+16t，解得t=2和，t=2答：2秒后，甲車會與乙車發(fā)生追尾14(1)解：拋物線的對稱軸為直線，過點A（1，0），C(0，-3)，則a+b+c=0c=-3-b2a=2，解得a=-1b=4c=-3，拋物線的解析式為y=-x2+4x-3；(2)使SPBC = SABC，則需要滿足點A到直線BC的距離等于點P到直線BC的距離，i如圖1所示，當點P在x軸上方時，過點A作BC的平行線，交拋物線于點P令y=-x2+4x-3中y=0，解得x=3或

17、x=1，點B坐標為(3， 0)，A（1，0），直線BC過點B、C，直線BC的解析式為y= x- 3，APBC， 可設直線AP的解析式為y=x- b，將點A(1，0)代入可得直線AP解析式為y=x-1，點P是直線AP與拋物線的交點，所以可得方程組y=x-1y=-x2+4x-3，解得x1=1y1=0，x2=2y2=1，點P的坐標為 (2，1)，ii 如圖1所示，直線AP解析式為y= x- 1，E點坐標為(0，-1)，CE= 2，當點P在x軸下方時，將直線BC向下平移兩個單位，得到直線P2P3，此時直線BC到直線 PA、直線P2P3的距離相等，故可以滿足SPBC = SABC，此時直線P2 P3的解

18、析式為y=x-5，聯(lián)立直線P2P3與拋物線可得方程組y=x-5y=-x2+4x-3，解得x1=3+172y1=-7+172,x2=3-172y2=-7-172，點P2的坐標為（3+172，），點P3的坐標為（3-172，），綜上所述，滿足條件的點P的坐標為P1 (2，1)，P2（3+172，），P3（3-172，）；如圖2所示，延長直線CP交x軸于點Q，點B(3，0)，C(0，-3)，OB= OC，即OCB=OBC=45，直線CP經(jīng)過點C，可設直線方程為 y= kx-3，令OCA= ，則ACB=OCB- = 45-，BCP=ACB= 45-，OQC=OBC-BCP=45-(45 -)=，OCA

19、 =OQC，又QOC=COA，AOCCOQ，故OAOC=OCOQ=13，OQ = 3OC = 9，即點Q坐標為(9，0)，直線CP經(jīng)過點Q，9k-3=0，解得k=，直線CP的解析式為y=x- 315(1)解：電子眼照射在坡角點B處時的俯角為70，QPB=90-70=20，PQB=90，PBQ=70，PQBQ=tanPBQ=tan70，BQ=PQtan70112.75=4即路段BQ的長為4米(2)如圖，過點A作AEPQ，垂足為E，過點A作QB的垂線段，交QB的延長線于點G，坡AB的坡比為3：4設BG=4x，AG=3x,在RtABG中，根據(jù)勾股定理，AB=AG2+BG2=5x，AE=QG=4x+4，EQ=AG=3x，PE=PQ-EQ=11-3x，電子眼照射在A 處時俯角為30，APE=60在RtPAE中，AEPE=tanAPE=tan60，AE=PEtan60，即4x+4=3(11-3x)解得x1.62，AB=5x8即路段AB的長為8米(3)解：過點P作PDAB，垂足為D，在RtPBQ中，PB=PQ2+BQ2=112+42=137，在RtPDB中，BD=PB2-PD2=137-(11.2)2=11.56=3.4，AD=AB-BD=8-3.4=4.6MKAK=PDAD=tanPAD，2AK=11.24.6，A