1、2019年黄冈市麻城市二校联考自主招生数学模拟试卷一选择题（共10小题）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|ab|3，|bc|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的不等式组有解的概率为（）ABCD4若实数ab，且
2、a，b满足a28a+50，b28b+50，则代数式的值为（）A20B2C2或20D2或205对于每个非零自然数n，抛物线yx2x+与x轴交于An，Bn以|AnBn|表示这两点间的距离，则|A1B1|+|A2B2|+|A2017B2017|的值是（）ABCD6如图，从ABC各顶点作平行线ADEBFC，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（）A3BCD27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：CA4：3，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（）ABCD8如图，二次函数yax2+bx+c（a0
3、）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1x10，1x22，下列结论：4a+2b+c0，2a+b0，b2+8a4ac，a1，其中结论正确的有（）A1个B2个C3个D4个9直线ypx（p是不等于0的整数）与直线yx+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（）A6条B7条C8条D无数条10如图，在菱形ABCD中，ABBD点E、F分别在AB、AD上，且AEDF连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H下列结论：AEDDFB；S四边形BCDGCG2；若AF2DF，则BG6GF其中正确的结论（）A只有B只有C只有D二填空题（共8小题）11观
4、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 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，OPn（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s3t2+6t+f的图象与x轴两交点的横坐标，且，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，），OC
5、B60，COB45，则OC 16如图所示：两个同心圆，半径分别是和，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：ykx+5k+12（k0），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（共6小题）19先化简分式：（a），再从3、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|x2+2px3p2+5|q0，其中p、q都是实数（1）若q0时，
6、方程有两个不同的实数根x1x2，且，求实数p的值（2）若方程有三个不同的实数根x1、x2、x3，且，求实数p和q的值21如图，在ABC中，BAC60，D是AB上一点，ACBD，P是CD中点求证：APBC22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DC2CECA（1）求证：BCCD（2）分别延长AB，DC交于点P，若PBOB，CD2，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BPt（1）如图1，当BOP30时，求点P
7、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AQm，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），都是“梦之点”，显然“梦之点”有无数个（1）若点P（2，m）是反比例函数y（n为常数，n0）的图象上的“梦之点”，求这个反比例函数的解析式；（2）函数y3kx+s1（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yax2+bx+1（
8、a，b是常数，a0）的图象上存在两个“梦之点”A（x1，x1），B（x2，x2），且满足2x12，|x1x2|2，令tb2b+，试求t的取值范围 参考答案与试题解析一选择题（共10小题）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【分析】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【解答】解：由图可知，共有黑、绿、白、红、蓝、黄六种颜色，与白相邻的
9、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：C2如图数轴的A、B、C三点所表示的数分别为a、b、c若|ab|3，|bc|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【分析】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ba+3，cb+5，再根据原点O与A、B的距离分别为4、1，即可得出a4、b1，结合a、b、c间的关系即可求出a、b、c的值，由此即可得
10、出结论【解答】解：|ab|3，|bc|5，ba+3，cb+5，原点O与A、B的距离分别为4、1，a4，b1，ba+3，a4，b1，cb+5，c4点O介于B、C点之间故选：C3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的不等式组有解的概率为（）ABCD【分析】根据概率的求法，找准两点：全部情况的总数；符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率【解答】解：因为关于x的不等式组有解，可得：，所以得出a5，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的不等式组有解的概率为，故选：C4若实数ab，且a，
11、b满足a28a+50，b28b+50，则代数式的值为（）A20B2C2或20D2或20【分析】由于实数ab，且a，b满足a28a+50，b28b+50，则a，b可看着方程x28x+50的两根，根据根与系数的关系得a+b8，ab5，然后把通分后变形得到，再利用整体代入的方法计算【解答】解：a，b满足a28a+50，b28b+50，a，b可看着方程x28x+50的两根，a+b8，ab5，20故选：A5对于每个非零自然数n，抛物线yx2x+与x轴交于An，Bn以|AnBn|表示这两点间的距离，则|A1B1|+|A2B2|+|A2017B2017|的值是（）ABCD【分析】yx2x+（x）（x），可求
12、抛物线与x轴的两个交点坐标，所以|AnBn|，代入即可求解；【解答】解：yx2x+（x）（x），An（，0），Bn（，0），|AnBn|，|A1B1|+|A2B2|+|A2017B2017|+1，故选：C6如图，从ABC各顶点作平行线ADEBFC，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（）A3BCD2【分析】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【解答】证明：ADBE，ADFC，FCBE，ADE和ABD
13、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，SADFSADC，SBEFSBEC，SAEFSBEFSABESBECSABESABCSDEFSADE+SADF+SAEFSABD+SADC+SABC2SABC即SDEF2SABCSABC1，SDEF2，故选：D7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：CA4：3，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（）ABCD【分析】由勾股定理可求BC，AC的值，通过证明ACBPCQ，可得，可得CQ，当PC是直径时，CQ的最大值5【解答】解：AB是
14、直径，AB5，ACB90，AB2AC2+BC2，且BC：CA4：3，BC4，AC3，AP，ACBPCQ90，ACBPCQ，CQ，当PC最大时，CQ有最大值，PC是直径时，CQ的最大值5，故选：B8如图，二次函数yax2+bx+c（a0）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1x10，1x22，下列结论：4a+2b+c0，2a+b0，b2+8a4ac，a1，其中结论正确的有（）A1个B2个C3个D4个【分析】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【解答】解：由抛物线的开口向下
15、知a0，与y轴的交点为在y轴的正半轴上，得c0，对称轴为x1，a0，2a+b0，而抛物线与x轴有两个交点，b24ac0，当x2时，y4a+2b+c0，当x1时，a+b+c22，4acb28a，b2+8a4ac，a+b+c2，则2a+2b+2c4，4a+2b+c0，ab+c0由，得到2a+2c2，由，得到2ac4，4a2c8，上面两个相加得到6a6，a1故选：D9直线ypx（p是不等于0的整数）与直线yx+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（）A6条B7条C8条D无数条【分析】联立直线ypx与直线yx+10，求出p的取值范围即可求得结果【解答】解：联立直线ypx
16、与直线yx+10，得pxx+10，x，x为整数，p也为整数P的取值范围为：9P11，且P1，P0而.1025110，0P11，有四条直线，P0，9P0，只有三条直线，那么满足条件的直线有7条故选：B10如图，在菱形ABCD中，ABBD点E、F分别在AB、AD上，且AEDF连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H下列结论：AEDDFB；S四边形BCDGCG2；若AF2DF，则BG6GF其中正确的结论（）A只有B只有C只有D【分析】易证ABD为等边三角形，根据“SAS”证明AEDDFB；证明BGE60BCD，从而得点B、C、D、G四点共圆，因此BGCDGC60过点C作CMGB于M，CNG
17、D于N证明CBMCDN，所以S四边形BCDGS四边形CMGN，易求后者的面积过点F作FPAE于P点根据题意有FP：AEDF：DA1：3，则FP：BE1：6FG：BG，即BG6GF【解答】解：ABCD为菱形，ABADABBD，ABD为等边三角形ABDF60又AEDF，ADBD，AEDDFB；BGEBDG+DBFBDG+GDF60BCD，即BGD+BCD180，点B、C、D、G四点共圆，BGCBDC60，DGCDBC60 BGCDGC60过点C作CMGB于M，CNGD于NCMCN，CBMCDN，（HL）S四边形BCDGS四边形CMGNS四边形CMGN2SCMG，CGM60，GMCG，CMCG，S四
18、边形CMGN2SCMG2CGCGCG2过点F作FPAE于P点AF2FD，FP：AEDF：DA1：3，AEDF，ABAD，BE2AE，FP：BE1：6FG：BG，即 BG6GF故选：D二填空题（共8小题）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4037x2019【分析】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【解答】解：x，3x2，5x3，7x4，9x5，11x6，第n个式子是（2n1）xn，当n2019时，对应的式子为4037x2019，
19、故答案为：4037x201912612.5【分析】仔细观察，知原式还可以是又+1，（+）+（+）2，+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【解答】解：设s，又s，+，得2s1+2+3+4+49，2s49+48+47+2+1，+，得4s50492450，故s612.5；故答案为：612.513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，OPn（n为正整数），则点P8的坐标为（
20、256，0）【分析】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倍解答即可【解答】解：由题意可得，OP01，OP1212，OP22222，OP322223，OP422324，OP822728256，每一次都旋转45，360458，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）14已知t1、t2是关于t的二次函数s3t2+6t+f的图象与x轴两交点的横坐标，且，那么y与x间的函数关系式为y（x0）【分析】由于t1、t2是二次函数s3t2+6t+f的图象与x轴两交点的横坐标
21、，利用根与系数的关系可以得到t1+t22，又x10t1，y10t2，利用同底数幂的乘法法则计算即可解决问题【解答】解：t1、t2是二次函数s3t2+6t+f的图象与x轴两交点的横坐标，t1+t22，而x10t1，y10t2，xy10t110t210t1+t2102100，y（x0）故答案为：y（x0）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，），OCB60，COB45，则OC1+【分析】连接AB，由圆周角定理知AB必过圆心M，RtABO中，易知BAOOCB60，已知了OA，即可求得OB的长；过B作BDOC，通过解直角三角形即可求得OD、BD、CD的长，进而由OCOD+C
22、D求出OC的长【解答】解：连接AB，则AB为M的直径RtABO中，BAOOCB60，OBOA过B作BDOC于DRtOBD中，COB45，则ODBDOBRtBCD中，OCB60，则CDBD1OCCD+OD1+故答案为：1+16如图所示：两个同心圆，半径分别是和，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16+12【分析】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
23、的长和宽，进一步求得其周长【解答】解：连接OA，OD，作OPAB于P，OMAD于M，ONCD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AOD90，则AD6，根据三角形的面积公式求得OM4，即AB8则矩形ABCD的周长是16+1217直线l：ykx+5k+12（k0），当k变化时，原点到这条直线的距离的最大值为13【分析】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；【解答】解：ykx+5k+12k（x+5）+12，直线经过定点（5，12），原点与定
24、点的距离是原点到直线的最大距离13；故答案为13；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6【分析】先列出方程10x+9y+6z108，再根据x，y，z是正整数，进行计算即可得出结论【解答】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，0x10，0y11，0z15，且x，y，z都是整数，则10x+9y+6z108，x，0x10，且为整数，363y2z是10的倍数，即：363y2z10或20或30，当363y2
25、z10时，y，0y11，0z15，且y，z都为整数，262z3或6或9或12或15或18或21或24，z（舍）或z10或z（舍）或z7或z（舍）或z4或z（舍）或z1，当z10时，y2，x3，当z7时，y4，x3，当z4时，y8，x3当z1时，y8，x3，当363y2z20时，y，0y11，0z15，且y，z都为整数，162z3或6或9或12或15或18或21或24，z（舍）或z5或z（舍）或z2或z（舍）当z5时，y2，x6，当z2时，y4，x6，当363y2z30时，y，0y11，0z15，且y，z都为整数，62z3，z（舍）即：满足条件的不同的装法有6种，故答案为6三解答题（共6小题）1
26、9先化简分式：（a），再从3、3、2、2中选一个你喜欢的数作为a的值代入求值【分析】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【解答】解：原式a+3，当a3时，原式3+320已知关于x的方程|x2+2px3p2+5|q0，其中p、q都是实数（1）若q0时，方程有两个不同的实数根x1x2，且，求实数p的值（2）若方程有三个不同的实数根x1、x2、x3，且，求实数p和q的值【分析】（1）根据根与系数的关系可得（2p）24（3p2+5）16p2200，x1+x22p，代入可得关于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x3p，x1、
27、x2是方程x2+2px3p2+5q的两根；由根与系数的关系可得x1+x22p，x3p（2p）24（7p2+10）32p2400，进而得到关于p的方程，解出p即可求出q的值【解答】解：（1）若q0，则方程为x2+2px3p2+50因该方程有两个不同的实数x1、x2，可得（2p）24（3p2+5）16p2200，x1+x22p，解得p2；由，得，解得p5或（注意53p20）因为p2，所以p5（2）显然q0方程可写成x2+2px3p2+5q因该方程有三个不同的实数根，即函数与y2q的图象有三个不同的交点，可得：，即q4p25x1、x2是方程x2+2px3p2+5q的两根，即x2+2px7p2+100
28、则x1+x22p，x3p（2p）24（7p2+10）32p2400，解得p2由，得，解得p22，所以，q4p25321如图，在ABC中，BAC60，D是AB上一点，ACBD，P是CD中点求证：APBC【分析】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DFACBD，DFAC，再证明BDF是等边三角形，证明ABCBAF（SAS），可得结论【解答】证明：延长AP至点F，使得PFAP，连结BF，DF，CF，P是CD中点，CPDP，四边形ACFD是平行四边形，DFACBD，DFAC，FDBBAC60，BDF是等边三角形，BFDFAC，ABF60，ABFBAC，在ABC和B
29、AF中，ABCBAF（SAS），AFBC，APAFBC22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DC2CECA（1）求证：BCCD（2）分别延长AB，DC交于点P，若PBOB，CD2，求O的半径【分析】（1）由DC2CECA和ACDDCE，可判断CADCDE，得到CADCDE，再根据圆周角定理得CADCBD，所以CDBCBD，于是利用等腰三角形的判定可得BCDC；（2）连结OC，如图，设O的半径为r，先证明OCAD，利用平行线分线段成比例定理得到2，则PC2CD4，然后证明PCBPAD，利用相似比得到，再利用比例的性质可计算出r的值【解答】（1）证明：DC2CE
30、CA，而ACDDCE，CADCDE，CADCDE，CADCBD，CDBCBD，BCDC；（2）解：连结OC，如图，设O的半径为r，CDCB，BOCBAD，OCAD，PC2CD4，PCBPAD，CPBAPD，PCBPAD，即，r4，即O的半径为423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BPt（1）如图1，当BOP30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AQm，试用含有t的式子表示m；（3）在（2
31、）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）【分析】（1）根据题意得，OBP90，OB6，在RtOBP中，由BOP30，BPt，得OP2t，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OBP、QCP分别是由OBP、QCP折叠得到的，可知OBPOBP，QCPQCP，易证得OBPPCQ，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PEOA于E，易证得PCECQA，由勾股定理可求得CA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【解答】解：（1）根据题意，OBP90，OB6，在RtOBP中，由B
32、OP30，BPt，得OP2tOP2OB2+BP2，即（2t）262+t2，解得：t12，t22（舍去）点P的坐标为（2，6）；（2）OBP、QCP分别是由OBP、QCP折叠得到的，OBPOBP，QCPQCP，OPBOPB，QPCQPC，OPB+OPB+QPC+QPC180，OPB+QPC90，BOP+OPB90，BOPCPQ，又OBPC90，OBPPCQ，由题意设BPt，AQm，BC11，AC6，则PC11t，CQ6m，mt2t+6（0t11）；（3）过点P作PEOA于E，如图3，PEAQAC90，PCE+EPC90，PCE+QCA90，EPCQCA，PCECQA，在PCE和OCB中，PCEO
33、CB（AAS），PCOCPC，BPAC，ACPBt，PEOB6，AQm，EC112t，mt2t+6，3t222t+360，解得：t1，t2故点P的坐标为（ ，6）或（ ，6）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），都是“梦之点”，显然“梦之点”有无数个（1）若点P（2，m）是反比例函数y（n为常数，n0）的图象上的“梦之点”，求这个反比例函数的解析式；（2）函数y3kx+s1（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yax2+bx+1（a，b是常数，a0）的图象上存在
34、两个“梦之点”A（x1，x1），B（x2，x2），且满足2x12，|x1x2|2，令tb2b+，试求t的取值范围【分析】（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）由得：ax2+（b1）x+10，则x2，x2为此方程的两个不等实根，由|x1x2|2得到2x10时，根据0x12得到2x24；由于抛物线yax2+（b1）x+1的对称轴为x，于是得到33，根据二次函数的性质即可得到结论【解答】解：（1）点P（2，m）是反比例函数y（n为常数，n0）的图象上的“梦之点”，m2，P（2，2
35、），n224，这个反比例函数的解析式为y；（2）由y3kx+s1得当yx时，（13k）xs1，当k且s1时，x有无数个解，此时的“梦之点”存在，有无数个；当k且s1时，方程无解，此时的“梦之点”不存在；当k，方程的解为x，此时的“梦之点”存在，坐标为（，）；（3）由得：ax2+（b1）x+10，则x2，x2为此方程的两个不等实根，由|x1x2|2，又2x12得：2x10时，4x22；0x12时，2x24；抛物线yax2+（b1）x+1的对称轴为x，故33，由|x1x2|2，得：（b1）24a2+4a，故a；tb2b+（b1）2+，y4a2+4a+4（a+）2+，当a时，t随a的增大而增大，当a时，t，a时，t
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