精品解析：2021年江苏省南京市金陵中学特长生考试数学真题

2021金陵中学特长生考试数学部分 1 __________（因式分解）． 2. 的所有的根的乘积__________． 3. 化简： ______． 4. 已知在中，，，求最大值__________． 5. 分解为，求__________． 6. 四边形是菱形，点E为中点，，以点E为圆心长为半径作与交于点F． （1）用无刻度直尺做过点F作切线（保留作图痕迹，不写作法），并证明为的切线． （2）当时，__________． 7. 解答下面各题． （1）画出的图象，并写出函数的3个性质（不用列表）． （2）已知的图象与的图象仅有一个交点，则k的取值范围为__________． 8. 已知为直角三角形，，，将绕点C逆时针旋转得，连接，则__________． 9. 四边形矩形，点E、F为上两点，，． （1）当，，最小值为__________． （2）当，时，的最小值为__________． （3）当时，的最小值为__________．（用含代数式表示） 10. 函数． （1）求函数图象过哪个定点． （2）图象与轴至少有1个交点的横坐标为整数，求能取的所有整数值． 11. 如图，C是反比例函数图象上一点，A为轴负半轴上一点，AC交轴于点B，若，面积为9，则__________． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2021金陵中学特长生考试数学部分 1. __________（因式分解）． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查因式分解，先提公因式4，再利用平方差公式分解因式即可． 【详解】解： 故答案为：． 2. 的所有的根的乘积__________． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查解高次方程和一元二次方程，先把看成整体，原方程视为一元二次方程，求出所有解，再求它们的乘积即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴或， ∴， ∴所有的根的乘积为：， 故答案为：2． 3. 化简： ______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，二次根式的化简等知识，根据二次根式的性质化简即可． 【详解】根据题意有：，， ∴，即， ∴， 故答案为：． 4. 已知在中，，，求最大值为__________． 【答案】##30度 【解析】 【分析】本题考查圆的有关性质、切线的性质、解直角三角形，得到点C的位置是解答的关键．根据题意，C在以A为圆心，1为半径的上，当与相切时，，此时最大，利用正弦定义求解即可． 【详解】解：由题意，C在以A为圆心，1为半径的上，当与相切时，，此时最大， 在中，，， ∴的最大值为， 故答案为：． 5. 分解为，求__________． 【答案】 【解析】 【分析】本体考查因式分解的应用，根据题意可知，将，代入中所得结果相加化简即可得解．选择合适的特殊值代入是解题的关键． 【详解】解：依题意可知： 代入得①， 代入得②， ①+②得：， ． 故答案为：． 6. 四边形是菱形，点E为中点，，以点E为圆心长为半径作与交于点F． （1）用无刻度直尺做过点F作的切线（保留作图痕迹，不写作法），并证明为的切线． （2）当时，__________． 【答案】（1）图见解析，证明见解析． （2） 【解析】 【分析】本题考查了用无刻度直尺作图，菱形的性质，切线的判定，等边三角形的判定和性质． （1）连接相交于点O，连接并延长交于点M，连接，即为所求； （2）连接，设相交于点K，通过证明为等边三角形，得出，则，，进而得出，，则，最后根据勾股定理求解即可． 【小问1详解】 解：如图所示，即为所求； 证明如下： ∵四边形菱形，， ∴， ∵点E中点， ∴， ∴， ∴四边形均为平行四边形， ∵， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为的切线； 【小问2详解】 解：连接，设相交于点K， ∵，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴． 故答案为：． 7. 解答下面各题． （1）画出的图象，并写出函数的3个性质（不用列表）． （2）已知的图象与的图象仅有一个交点，则k的取值范围为__________． 【答案】（1）见解析；①图象关于轴对称；②图象经过原点；③当时，随的增大而增大 （2）或 【解析】 【分析】本题考查一次函数的性质、一次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，画出相应的函数图象，利用数形结合的思想解答． （1）利用描点法画出图象，写出3条合理的性质即可，答案不唯一； （2）的图象始终过点，分五种情况：①时，②时，③时，④时，⑤时，观察图象，可得答案. 【小问1详解】 解：描点，并画出函数的图象如下： 由图可知，图象关于y轴对称；图象经过原点；当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小； 【小问2详解】 解：∵ ∴的图象始终过点， 画出函数的图象如图2， ①如图3，当时，，与时的图象有无数个交点， ②如图4，当时，的图象与的图象仅有一个交点， ③当时，的图象与的图象无交点； ④当时，，与时的图象平行，无交点； ⑤如图5，当时，的图象与的图象仅有一个交点， 故答案为：或 8. 已知为直角三角形，，，将绕点C逆时针旋转得，连接，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查了求角的正切值，旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定解题的关键是掌握以上知识点．， 过E作，设，则，表示出，然后利用正切的概念求解即可． 【详解】过E作， 设，则，， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ． 故答案为：． 9. 四边形为矩形，点E、F为上两点，，． （1）当，，的最小值为__________． （2）当，时，的最小值为__________． （3）当时，的最小值为__________．（用含代数式表示） 【答案】 ① ②. ③. ## 【解析】 【分析】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、利用轴对称求最短路径问题等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质以及最短距离的求解方法是解答的关键． （1）连接，证明得到，作D关于对称点，则A、F、共线时，最小值即长度，然后利用勾股定理求解即可； （2）连接，证明得到，进而同（1）方法求解即可； （3）同（2）方法求解即可． 【详解】解：（1）连接， ∵四边形正方形， ∴，，又， ∴， ∴， ∴， 作D关于对称点， 则A、F、共线时，最小值即长度， ∵，，， ∴，， ∴， 即最小值为， 故答案为：． （2）连接， 由（1）知，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 作D关于对称点， 则A、F、共线时，最小值即长度， ∵，， ∴， 即最小值为， 故答案：． （3）同上，， ∴， ∴， ∴， ∴， 作D关于对称点， 则A、F、共线时，最小值即长度， ∵，， ∴． 即最小值， 故答案为：． 10. 函数． （1）求函数图象过哪个定点． （2）图象与轴至少有1个交点的横坐标为整数，求能取的所有整数值． 【答案】（1） （2）0或1或3 【解析】 【分析】（1）将原函数关系式变形为，从而可得到二次函数图象经过定点的坐标； （2）把代入，得，变形得到，由，均为整数，即可得到或或或，分这4种情况求得的值即可． 本题主要考查抛物线与轴交点，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，把解析式进行变形是解决此题的关键． 【小问1详解】 解： ， 当时，， 函数必过定点． 【小问2详解】 解：把代入， 得， 整理得， ， ， ∵都是整数 ∴或或或， 经检验，满足条件的整数解为： ，，，， ∴可取整数值0或1或3． 11. 如图，C是反比例函数图象上一点，A为轴负半轴上一点，AC交轴于点B，若，面积为9，则__________． 【答案】9 【解析】 【分析】本体考查反比例函数的比例系数k的几何意义，平行线截线段成比例等知识，过C作轴，垂足为D，先求出的值，从而求出，再根据即可得解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， 过C作轴，垂足为D， 则， ∴， ∴， ∴． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$