2020-2021学年浙江省重点高中提前招生考试数学预测卷1一，单项选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分）
1.已知：x2−4y2=−3xy,x>0,y>0，则x+3y
x−2y
=()
A. 1
6B. −4  C. 7
2
D. −2
3
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查的是分式的值的有关知识，根据x2−4y2=−3xy得到x=y，然后将给出的式子进行变形求解即可．
【解答】
∵x2−4y2=−3xy
∴x2+3xy−4y2=0，
∴(x+4y)(x−y)=0，
∵x>0，y>0，
∴x+4y>0，
∴x−y=0，
∴x=y，
∴x+3y x−2y
=y+3y y−2y
=4y −y
=−4．
故选B．
2.对于任意的−1≤x≤1，ax+2a−3>0恒成立，则a的取值范围为()
A. a>1或a=0
B. a>3
C. a>3或a=0
D. 1<a<3【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了一元一次不等式的解法，熟练掌握一元一次不等式的解法并分类讨论是解题关键，
先解出不等式，用a表示不等式的解集，再由对于任意的−1≤x≤1，ax+2a−3>0恒成立得到a的取值范围，再分类讨论即可．
【解答】
解：由ax+2a−3>0得，ax>3−2a，
，
当a>0时，不等式的解集为x>3−2a
a
对于任意的−1≤x≤1，ax+2a−3>0恒成立，
<−1，
∴3−2a
a
解得，a>3；
当a=0时，不等式无解，舍去；
当a<0时，不等式的解集为x<3−2a
，
a
∵对于任意的−1≤x≤1，ax+2a−3>0恒成立，
∴3−2a
>1，
a
解得，a>1(与a<0矛盾，舍去)；
综上，a>3．
故选：B．
3.如图，抛物线y1=ax2+bx+c(a≠0)的顶点为A(1,3)，
且与x轴有一个交点为B(4,0)，直线y2=mx+n与抛物
线交于A、B两点，下列结论：
①2a+b=0；②abc>0；③方程ax2+bx+c=3有
两个相等的实数根；④抛物线与x轴的另一个交点坐标
是(−1,0)；⑤当1<x<4时，有y2<y1，其中正确的是()
A. ①②③
B. ①③④
C. ①③⑤
D. ②④⑤
【答案】C
【解析】解：∵抛物线的顶点坐标A(1,3)
=1，
∴抛物线的对称轴为直线x=−b
2a
∴2a+b=0，所以①正确；
∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∴b=−2a>0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c>0，
∴abc<0，所以②错误；
∵抛物线的顶点坐标A(1,3)，
∴x=1时，二次函数有最大值，
∴方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根，所以③正确；
∵抛物线与x轴的一个交点为(4,0)
而抛物线的对称轴为直线x=1，
∴抛物线与x轴的另一个交点为(−2,0)，所以④错误；
∵抛物线y1=ax2+bx+c与直线y2=mx+n(m≠0)交于A(1,3)，B点(4,0)
∴当1<x<4时，y2<y1，所以⑤正确．
故选：C．
根据抛物线对称轴方程对①进行判断；由抛物线开口方向得到a<0，由对称轴位置可得b>0，由抛物线与
y轴的交点位置可得c>0，于是可对②进行判断；根据顶点坐标对③进行判断；根据抛物线的对称性对④进行判断；根据函数图象得当1<x<4时，一次函数图象在抛物线下方，则可对⑤进行判断．
本题考查了二次项系数与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)，二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a>0时，抛物线向上开口；当a<0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时(即ab>0)，对称轴在y轴左；当a与b异号时(即ab<0)，对称轴在y轴右．(简称：左同右异)；常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于(0,c)；抛物线与x轴交点个数由△决定：△=b2−4ac>0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2−4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2−4ac<0时，抛物线与x轴没有交点．
4.如图，将△ADE绕正方形ABCD的顶点A顺时针旋转
90°，得△ABF，连接EF交AB于H，则下列结论错误
的是()
A. EF：AF=√2：1
B. AE⊥AF
C. FB：FC=HB：EC
D. AF2=FH⋅FE
【答案】D
【解析】解：由题意知，△AFB≌△AED
∴AF=AE，∠FAB=∠EAD，∠FAB+∠BAE=∠EAD+∠BAE=∠BAD=90°．
∴AE⊥AF，所以B正确；
∴△AEF是等腰直角三角形，有EF：AF=√2：1，所以A正确；
∵HB//EC，
∴△FBH∽△FCE，
∴FB：FC=HB：EC，所以C正确．
∵△AEF与△AHF不相似，
∴AF2=FH⋅FE不正确．
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故选：D．
由旋转得到△AFB≌△AED，根据相似三角对应边的比等于相似比，即可求得．
此题主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练地应用旋转的性质以及相似三角形的性质是解决问题的关键．
5.如图，菱形ABCD的边AB=20，面积为320，∠BAD<90°，⊙O与边AB，AD都
相切，AO=10，则⊙O的半径长等于()
A. 5
B. 6
C. 2√5
D. 3√2
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查切线的性质、菱形的性质、勾股定理、相似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，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型，如图作DH⊥AB于H，连接BD，延长AO交BD于E.利用菱形的面积公式求出DH，再利用勾
股定理求出AH，BD，由△AOF∽△DBH，可得OA
BD =OF
BH
，即可解决问题．
【解答】
解：如图作DH⊥AB于H，连接BD，延长AO交BD于E．
∵菱形ABCD的边AB=20，面积为320，
∴AB⋅DH=320，
∴DH=16，
在Rt△ADH中，AH=√AD2−DH2=12，
∴HB=AB−AH=8，
在Rt△BDH中，BD=√DH2+BH2=8√5，
设⊙O与AB相切于F，连接OF．
∵AD=AB，OA平分∠DAB，
∴AE⊥BD，
∵∠OAF+∠ABE=90°，∠ABE+∠BDH=90°，
∴∠OAF=∠BDH，
∵∠AFO=∠DHB=90°，
∴△AOF∽△DBH，
∴OA
BD =OF
BH
，
∴
8√5=OF
8
，
∴OF=2√5．
故选：C．
6.在平面直角坐标系中，点A(−√2,−√2)，B(−3√2,−3√2)，动点C在坐标轴上，若
以A、B、C三点为顶点的三角形是等腰三角形，则点C的个数为()