精品解析：2022年浙江省宁波市重点高中保送生数学全真试卷（一）

2022年浙江省宁波市重点高中保送生数学全真试卷（一） 一、选择题（每小题5分，共25分） 1. 在数轴上，点A、B在原点O两侧，分别表示数a、2，将点A向右平移3个单位长度，得到点C．若，则a的值为（　　） A B. C. 1或 D. 7或 2. 从1、2、3、4四个数中随机选取两个不同的数，分别记为a，c，则二次函数y＝ax2+4x+c与x轴有两个不同交点的概率为( ) A. B. C. D. 3. 如图，在平面直角坐标系中，Rt△OAB的顶点A在x轴的正半轴上，顶点B的坐标为(3，)，点C的坐标为(，0)，点P为斜边OB上的一个动点，则PA＋PC的最小值为( ) A. B. C. D. 2 4. 观察下列等式：70＝1，71＝7，72＝49，73＝343，74＝2 401，75＝16 807，…根据其中规律可得，70＋71＋72＋ 73＋…＋72 021的结果的个位数字是（ ） A. 0 B. 1 C. 7 D. 8 5. 如图，的外接的半径为5，，点为的中点，以点为圆心作，若与相切，则的半径为（　　） A. 3 B. 3.5 C. 2或8 D. 2或4 二．填空题（每小题5分，共20分） 6. 已知，满足，则的值为_____． 7. 如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，的对角线相交于点，双曲线经过点，．若的面积为24．则_____． 8. 如图，是半圆的直径，弦相交于点，且是一元二次方程的两根，则_____． 9. 如图，在正方形中，点分别是边的中点，连接交于点，连接．若，则______． 三．解答题（共30分） 10. 如图，扇形的半径为1，圆心角是．点是上一动点，于点，于点，点分别是线段的中点，与相交于点，与相交于点． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）探索当长为何值时，四边形是矩形； （3）连接，试说明是定值． 11. 阅读下列材料： 我们知道，一次函数y＝kx＋b的图象是一条直线，而y＝kx＋b经过恒等变形可化为直线的另一种表达形式：Ax＋By＋C＝0（A，B，C是常数，且A，B不同时为0）．如图①，点P（m，n）到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离（d）计算公式是d＝． 例：求点P（1，2）到直线的距离d时，先将化为5x－12y－2＝0，再由上述距离公式求得． 解答下列问题： 如图②，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝x2－4x＋5上的一点M（3，2）． （1）求点M到直线AB的距离； （2）抛物线上是否存在点P，使得△PAB面积最小？若存在，求出点P的坐标及△PAB面积的最小值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2022年浙江省宁波市重点高中保送生数学全真试卷（一） 一、选择题（每小题5分，共25分） 1. 在数轴上，点A、B在原点O的两侧，分别表示数a、2，将点A向右平移3个单位长度，得到点C．若，则a的值为（　　） A. B. C. 1或 D. 7或 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是数轴上两点之间的距离，一元一次方程的应用，先由已知条件得的长，再根据绝对值的含义得关于a的方程，解得a即可． 【详解】解：∵B表示数2， ∴， ∵将点A向右平移3个单位长度，得到点C． ∴， ∴， ∴或， ∵点A、B在原点O的两侧， ∴， 故选：B． 2. 从1、2、3、4四个数中随机选取两个不同的数，分别记为a，c，则二次函数y＝ax2+4x+c与x轴有两个不同交点的概率为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，画出树状图，可得一共有12种等可能的结果，其中使判别式Δ＝16﹣4ac＞0，即ac＜4的有4种结果，再根据概率公式计算，即可求解． 【详解】解：根据题意，画树状图得： 一共有12种等可能的结果，其中使判别式Δ＝16﹣4ac＞0，即ac＜4的有4种结果， ∴二次函数y＝ax2+4x+c与x轴有两个不同交点的概率为； 故选：B． 【点睛】本题主要考查了利用树状图或列表法求概率，二次函数与x轴的交点问题，根据题意，准确画出树状图或列出表格是解题的关键． 3. 如图，在平面直角坐标系中，Rt△OAB的顶点A在x轴的正半轴上，顶点B的坐标为(3，)，点C的坐标为(，0)，点P为斜边OB上的一个动点，则PA＋PC的最小值为( ) A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】如图，作点A关于OB的对称点点D，连接CD交OB于点P，此时PA＋PC最小，作DN⊥x轴交于点N， ∵B（3，）， ∴OA=3，AB=， ∴OB=2， ∴∠BOA=30°， ∵在Rt△AMO中，∠MOA=30°，AO=3， ∴AM=1.5，∠OAM=60°， ∴∠ADN=30°， ∵在Rt△AND中，∠ADN=30°，AD=2AM=3， ∴AN=1.5，DN=， ∴CN=3－－1.5=1， ∴CD2=CN2+DN2=12+（）2=， ∴CD=. 故选B. 【点睛】本题关键在于先借助轴对称的性质确定出P点的位置，然后结合特殊角30°以及勾股定理计算. 4. 观察下列等式：70＝1，71＝7，72＝49，73＝343，74＝2 401，75＝16 807，…根据其中的规律可得，70＋71＋72＋ 73＋…＋72 021的结果的个位数字是（ ） A. 0 B. 1 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】观察发现70＝1，71＝7，72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，…发现个位上的数按1，7，9，3这4个数循环出现，并且4个数字相加之和为1＋7＋9＋3＝20；又因为2022÷4＝505……2，则70＋71＋73＋…＋72021的结果的个位数字可以求出． 【详解】解：∵70＝1，71＝7，72＝49，73＝343，74＝2 401，75＝16807，… ∴个位上的数按1，7，9，3这4个数为一组一直循环出现． 又∵2022÷4＝505……2，1＋7＋9＋3＝20，20×505＋1＋7＝10108， ∴70＋71＋72＋ 73＋…＋72021的结果的个位数字是1＋7＝8. 故选：D． 【点睛】本题考查有理数乘法，数字规律，找出7n的个位数字规律是解题的关键． 5. 如图，的外接的半径为5，，点为的中点，以点为圆心作，若与相切，则的半径为（　　） A. 3 B. 3.5 C. 2或8 D. 2或4 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质、圆与圆相切、勾股定理等知识，解题关键是分情况讨论，避免遗漏．连接，首先证明，再利用勾股定理解得，然后分在内部和在外部两种情况，分别求解即可． 【详解】解：连接，如下图， ∵，， ∴， ∵，， ∴， 当在内部时，两圆相切于，如图（1）， ∴， ∴此时的半径为2； 当在外部时，两圆相切于，如图（2）， ∴， ∴此时的半径为8． 综上所述，的半径为8或2． 故选：C． 二．填空题（每小题5分，共20分） 6. 已知，满足，则的值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了分式的应用，完全平方公式，解题的关键是掌握相关知识．将原分式方程化简得到，再利用完全平方公式得到，最后将完全平方，再开方即可求解． 【详解】解：， 等式的两边同乘得：， ， ， ， ， ， 故答案为：． 7. 如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，的对角线相交于点，双曲线经过点，．若的面积为24．则_____． 【答案】 【解析】 【分析】设M的坐标是，则，平行四边形中M是的中点，则A的坐标是：，B的纵坐标是2n，表示出B的横坐标，则可以得到即的长，然后根据平行四边形的面积公式即可求得k的值． 【详解】解：设M坐标是，则， ∵平行四边形中M是的中点， ∴A的坐标是：，B的纵坐标是， 把代入 得：x=，即B的横坐标是：． ∴，边上的高是， ∴， 即， ∴， 解得： ． 故答案为： 【点睛】本题是平行四边形与反比例函数的综合应用，根据M点的坐标表示出的长度是关键． 8. 如图，是半圆的直径，弦相交于点，且是一元二次方程的两根，则_____． 【答案】##0.8 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，解直角三角形和勾股定理，连接，由、是一元二次方程的两根，求出，，再证，根据性质得，由圆周角定理，最后由勾股定理和解直角三角形即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵、是一元二次方程的两根， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 由是直径得， 设， 则， ∴， ∴， 故答案为：． 9. 如图，在正方形中，点分别是边的中点，连接交于点，连接．若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，线段垂直平分的性质，过作于，证明可得，进而可证明，得到，即得，，得到，再证明可得，，得到，最后根据线段垂直平分线的性质即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：过作于， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵点分别是边的中点， ∴，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 三．解答题（共30分） 10. 如图，扇形的半径为1，圆心角是．点是上一动点，于点，于点，点分别是线段的中点，与相交于点，与相交于点． （1）求证：四边形平行四边形； （2）探索当的长为何值时，四边形是矩形； （3）连接，试说明是定值． 【答案】（1）见解析 （2）当的长为时，四边形是矩形 （3）见解析 【解析】 【分析】（1）连接，首先证明四边形是矩形，易得，进而证明四边形为平行四边形，可得，然后根据三角形中位线的性质可得，易得，即可证明四边形是平行四边形； （2）结合（1）可知，当时，是矩形，证明，易得，设，，可得，在中由勾股定理可得，进而解得，即可获得答案； （3）连接交于，过点作平行线分别交于点，证明，易得，进而可得，，可知，在中，由勾股定理可得，即，结合，可得，进而可得，即可证明结论． 【小问1详解】 证明：连接，如下图， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵分别是的中点， ∴， ∴四边形为平行四边形． ∴， ∵点分别是线段的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； 【小问2详解】 由（1），四边形是平行四边形， 当时，是矩形，如下图， 此时， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，，则， 得， 又∵， 即， ∴， 解得， 当的长为时，四边形是矩形； 【小问3详解】 如下图，连接交于， ∵四边形是平行四边形， ∴，， 过点作的平行线分别交于点， ∵四边形矩形， ∴， ∵点分别是线段的中点， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 在中，， 即， 又∵， ∴， ∴， 即是定值． 【点睛】本题主要考查了圆的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． 11. 阅读下列材料： 我们知道，一次函数y＝kx＋b的图象是一条直线，而y＝kx＋b经过恒等变形可化为直线的另一种表达形式：Ax＋By＋C＝0（A，B，C是常数，且A，B不同时为0）．如图①，点P（m，n）到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离（d）计算公式是d＝． 例：求点P（1，2）到直线的距离d时，先将化为5x－12y－2＝0，再由上述距离公式求得． 解答下列问题： 如图②，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝x2－4x＋5上的一点M（3，2）． （1）求点M到直线AB的距离； （2）抛物线上是否存在点P，使得△PAB的面积最小？若存在，求出点P的坐标及△PAB面积的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）6；（2）存在，P点的坐标为（，），△PAB的面积最小为． 【解析】 【分析】(1)将直线AB化为4x＋3y＋12＝0，再由题中距离公式得出点M到直线AB的距离即可． (2)假设抛物线上存在点P，使得△PAB的面积最小，设P（x，x2－4x＋5），则点P到直线AB的距离，再利用二次函数的性质得到P到直线AB的距离的最小值，然后得到点P的坐标，再利用y＝－ x－4得到OA、OB的长，在Rt△AOB中，用勾股定理得AB的长，然后根据三角形面积公式得到△PAB面积的最小值． 【详解】解：（1）将y＝－ x－4化为4x＋3y＋12＝0，由上述距离公式得： d＝ ＝6 ∴点M到直线AB距离为6 故答案为：6． （2）假设抛物线上存在点P，使得△PAB的面积最小， 设P（x，x2－4x＋5），则点P到直线AB的距离为： d＝ 由图象知，点P到直线AB的距离最小时x＞0，x2－4x＋5＞0 ∴d＝＝ ＝(x－ )2＋ ∴当x＝ 时，d最小，为 当x＝时，x2－4x＋5＝()2－4×＋5＝ ，∴P（，） 在y＝－ x－4中，令x＝0，则y＝－4，∴B（0，－4） 令y＝0，则xy＝－3．∴A（－3，0） ∴AB＝＝5 ∴△PAB面积的最小值为×5×＝ 故答案为：存在，P的坐标为（，），△PAB面积的最小值为． 【点睛】此题考查了二次函数的图像和性质，一次函数与坐标轴的交点，勾股定理，坐标与图形性质，二次函数与坐标轴的交点，以及点到直线的距离公式，其中理解题中的阅读材料，灵活运用点到直线的距离公式是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$