精品解析：2022年江苏省南京市中华中学特长生考试数学真题

2022中华中学特长生考试数学真题 【综合卷】 1. 要使代数式有意义，的取值范围是_____________． 2. 已知a、b为方程的两根，则=______． 3. 一次会议中，每2人握一次手，共握手55次，这次会议总人数是______． 4. 因式分解后，一个因式为，则另一个因式是______． 5. 已知在中，，，，半径为1圆在三角形内移动，圆可以与三角形的边相切，则该圆能到达的面积为______． 6. 已知二次函数，该函数图像上有四个点、、、，且满足，则、、、大小关系是______． 7. 如图，在正方形中，E、F分别为、边中点，连接、、，、与交点分别为G、H，已知，则______． 8. 将的线段分成n（）段，每一段长均为不小于的整数厘米，分完后，任何三段都不能构成三角形，则n最大为______． 9. 如图，为的外接圆，为边上的高． （1）请写出与半径的关系； （2）如果作的角平分线交于，那么是否是的角平分线？说明理由． 【数学加试】 10. 函数图像与轴交于点，将函数图像绕点顺时针方向旋转后得到的函数图像对应的表达式是______． 11. 如图，，中，，，，E、F分别在射线上滑动，开始时，点F与点C重合．当点E向点C运动时，点F沿着方向运动（保持形状不变），点E从起始位置运动到点C的过程中，点D的运动轨迹的长度是______． 12 已知，，则______． 13. 如图，点C在外，P中点，A在上，且，连接并延长交于点B，则能否成立？并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2022中华中学特长生考试数学真题 【综合卷】 1. 要使代数式有意义，的取值范围是_____________． 【答案】且 【解析】 【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，分式有意义的条件， 解一元一次不等式组等知识点，熟练掌握上述知识点是解题的关键． 观察代数式含有二次根式，因此被开方数应大于等于；同时，代数式又含有分式，因此分母不能等于；据此建立不等式组，求解即可． 【详解】解：由二次根式有意义的条件和分式有意义的条件可得： ， 由得：， 对于，移项，得：， 该一元一次不等式组的解集为：且， 故答案为：且． 2. 已知a、b为方程的两根，则=______． 【答案】； 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系，根据，代入求解即可得到答案； 【详解】解：∵a、b为方程的两根， ∴，， ∴， ∴ ， 当时， 当时， ， 故答案为：． 3. 一次会议中，每2人握一次手，共握手55次，这次会议的总人数是______． 【答案】11 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，理解题意，正确列出一元二次方程并求解是解题关键．设这次会议的总人数是人，根据题意列出一元二次方程，求解即可获得答案． 【详解】解：设这次会议的总人数是人， 根据题意，可得 ， 解得，（不合题意，舍去）， 所以，这次会议的总人数是11人． 故答案为：11． 4. 因式分解后，一个因式为，则另一个因式是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查因式分解，根据一个因式为添加项凑即可得到答案； 详解】解：原式 ， 故答案为：． 5. 已知在中，，，，半径为1的圆在三角形内移动，圆可以与三角形的边相切，则该圆能到达的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了切线的性质定理，切线长定理，解直角三角形，解题的关键是正确画出图形，根据平移得出图①中圆不能到达的部分即为图②中外部． 根据题意画出图形，先求出圆不能到达的面积，再用三角形的面积减去圆不能到达的面积即可． 【详解】解：∵该圆与三角形三边相切， ∴， ∵， ∴， 将四边形平移后如图所示： 则图①中圆不能到达的部分即为图②中外部， ∵半径为1，且与三边相切， ∴，， ∴四边形为正方形，，， 设，， 则， 由平移可得：， ∴ 解得：， ∴， ∴图②中外部面积， ∴该圆能到达的面积， 故答案为：． 6. 已知二次函数，该函数图像上有四个点、、、，且满足，则、、、的大小关系是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查是抛物线的性质，熟练的利用数形结合的方法比较二次函数值的大小是解题的关键．根据点、、且，所以抛物线的对称轴一定在、之间，且抛物线的开口向下，再确定抛物线的对称轴的范围为，从而可得答案． 详解】解：如图，根据点、、且， 所以抛物线的对称轴一定在、之间，且抛物线的开口向下， 当对称轴时，点更接近对称轴，则有，故不符合题意， 所以对称轴，结合图像可得． 故答案为：． 7. 如图，在正方形中，E、F分别为、边中点，连接、、，、与交点分别为G、H，已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】设正方形的边长为，根据正方形的性质得到，得到，即可得到，根据勾股定理求出，，根据等积法求出，根据平行线得到，结合性质即可得到答案 【详解】解：设正方形的边长为， ∵四边形是正方形，E、F分别为、边中点， ∴，，，， 在与中， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 解得：， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：， 经检验：是方程的解， ∴， 故答案为：． 8. 将的线段分成n（）段，每一段长均为不小于的整数厘米，分完后，任何三段都不能构成三角形，则n最大为______． 【答案】9 【解析】 【分析】本题考查了三角形三边关系，解答本题的关键是保证前两项最短的情况下，使第三项等于前两项之和，这样便不能构成三角形． 根据三角形的三边关系；三角形两边之和大于第三边，由于每段的长为不小于1的整数，所以设最小的是1，又由于其中任意三段都不能拼成三角形，所以每段长是；，然后依此类推，最后每段的总和要不大于100即可． 【详解】解：因为段之和为定值，故欲尽可能的大，必须每段的长度尽可能的小． 又由于每段的长度不小于，且任意3段都不能拼成三角形， 因此这些小段的长度只可能分别是， 但， ， 所以的最大值为9． 故答案为：9． 9. 如图，为的外接圆，为边上的高． （1）请写出与半径的关系； （2）如果作的角平分线交于，那么是否是的角平分线？说明理由． 【答案】（1） （2）是的角平分线，理由见详解 【解析】 【分析】本题主要考查了圆周角、相似三角形的判定与性质、角平分线等知识，正确作出辅助线构造相似三角形是解题关键． （1）延长，交于点，连接，设的半径为，证明，由相似三角形的性质可得，即可获得答案； （2）结合易得，进而可得，若平分，即，可证明，故一定平分． 【小问1详解】 解：如下图，延长，交于点，连接，设的半径为， ∵，为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∴； 【小问2详解】 解：是的角平分线，理由如下： 如下图， ∵， ∴， ∴，即， ∴若平分，即， 则有， ∴，即一定平分． 【数学加试】 10. 函数图像与轴交于点，将函数图像绕点顺时针方向旋转后得到的函数图像对应的表达式是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了坐标与图形、旋转变换、解直角三角形、一次函数的综合应用等知识，熟练掌握三角形函数的应用是解题关键．设函数图像与轴交于点，将该函数图像绕点顺时针方向旋转后得到的函数图像与轴交于点，首先确定点的坐标，利用三角形函数可解得，结合题意可知，进而求得点坐标，然后利用待定系数法求解即可． 【详解】解：如下图，设函数图像与轴交于点，将该函数图像绕点顺时针方向旋转后得到的函数图像与轴交于点， 对于函数， 令，可得，解得，即， 令，可得，即， ∴， ∵， ∴在中，可得， ∴， ∵将原函数图像绕点顺时针方向旋转后得到新的函数图像， ∴， ∴， ∴， ∴， 设旋转后得到的函数图像对应的表达式为， 将点，代入， 可得，解得， ∴旋转后得到的函数图像对应的表达式为． 故答案为：． 11. 如图，，中，，，，E、F分别在射线上滑动，开始时，点F与点C重合．当点E向点C运动时，点F沿着方向运动（保持形状不变），点E从起始位置运动到点C的过程中，点D的运动轨迹的长度是______． 【答案】2 【解析】 【分析】取的中点，连接，勾股定理求出，斜边上的中线得到，根据圆周角定理推出点在射线上移动，确定点的运动轨迹，进行求解即可． 【详解】解：取的中点，连接， ∵，，， ∴， ∵， ∴，点在以为直径的圆上， ∴， ∴点在射线上移动， ∵， ∴当与重合时，， 当三点共线时，最大为， 当点与点重合时，， ∴点的运动轨迹的长为； 故答案为：2． 【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，斜边上的中线等知识点，解题的关键是确定点的运动轨迹． 12. 已知，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了配方法解一元二次方程，分式化简求值．由条件得出，，再将方程去分母合并整理得，然后两边同时除以得，再利用配方法求得方程的解，注意舍去不合题意的解． 【详解】解：∵，∴，， ∵， ∴，即， ∴， 两边同时除以得，即， 配方得，即， 解得或， ∴或（舍去）， 故答案为：． 13. 如图，点C在外，P中点，A在上，且，连接并延长交于点B，则能否成立？并说明理由． 【答案】只有长为圆半径的倍时结论才成立，其他情况下结论不正确 【解析】 【分析】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，三角形中位线定理，圆的性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线． 根据题意取中点中点，连接、、、，利用圆的性质可得，再结合几何知识得到，从而得，从而可求解． 【详解】解：只有长为圆半径的倍时，结论正确， 理由如下： 取中点中点，连接、、、， 若， 则可得， ∵， ∴， ∴， ∴， 又 ∵为中点， ∴， ∵， ， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ， 即， ， 经检验，当时，， ∴只有长为圆半径的倍时结论才成立，其他情况下结论不正确． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$