2022年浙江省宁波市鄞州区六校联考强基招生数学模拟试卷

第1页（共1页）2022年浙江省宁波市鄞州区六校联考强基招生数学模拟试卷一、填空1．（6分）设0＜b＜a，m＝，则m的取值范围是．2．（6分）如图，正方形ABCD是一飞镖游戏板，其中点E，F，G，H分别是各边中点，并将该游戏板划分成如图中所示的9个区域，现随机向正方形内投掷一枚飞镖（投中各区域的边界线或没有投中游戏板，则重投1次），则投中阴影区域的概率是．3．（6分）已知二次函数y＝x2﹣4tx+3t的图象与x轴交于A（a，0），B（b，0）两点，且满足﹣6≤a+b≤﹣4．当﹣3≤x≤﹣1时，该函数的最大值M与t满足的关系式是．4．（6分）如图，在Rt△AP1B中，AP1＝4，tanA＝，图中用实线表示的线段与斜边AB垂直，用虚线表示的线段都与直角边AP1垂直，按照这一规律一直画下去，就会有无数条实线线段，则图中这无数条实线线段的和：P1Q1+P2Q2+P3Q3+…+PnQn+…＝．5．（6分）若多项式x4+mx2﹣nx﹣16含有因式（x+1）和（x﹣2），则m﹣2n＝．6．（6分）如图，在正方形ABCD中，延长DC至点E，以CE边向下画正方形CEFG，联结AF交BG于点H，CH＝3BH，联结AC，CF，若△ACF的面积为30，则AF的长为．7．（6分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB、AC为边作两个等边三角形：△ABD，△ACE，其中∠CAB＝15°，BD与CE交于点M，AC与BD交于点N，连结AM，则△AMN的面积与△ABN的面积之比为．8．（6分）已知三角形的三边a，b，c都是整数，且满足abc+2ab+2ac+2bc+4a+4b+4c＝19，则此三角形的面积为．9．（6分）如图，在平面直角坐标系中，⊙O与x轴正半轴，y轴负半轴分别交于点A，B，点C（﹣2，2）在⊙O上，点D为OB的中点，连结CD并延长CD交⊙O于点E，点F在x轴的正半轴上，联结DF，CF交⊙O于点G，若弧AG＝弧BE，则△CDF的面积为．10．（6分）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OC在x轴负半轴上，函数y＝（x＜0）的图象经过顶点A和对角线OB的中点M，作AN∥OB交y轴于点N，若△CMN的面积为6，则k的值为．二、解答（每20分，共40分）11．（20分）已知m，n为实数，关于x的方程|x2+2mx+n|＝2恒有三个不相等的实数根．（1）求n的最小值；（2）若该方程的三个不相等实根恰为一直角三角形的三条边长，求直角三角形较小角的正弦值．12．（20分）如图1，AC是平行四边形ABCD的一条对角线，且AB＝AC，△ABC的外接圆⊙O与CD边交于点E，连结AE．（1）若tan∠ABC＝3，△AEC的面积为，求⊙O的半径．（2）如图2，过点E作EH⊥AB于H，直线EH与直线BC交于点F，若CE＝HE时，求的值．

2022年浙江省宁波市鄞州区六校联考强基招生数学模拟试卷参考答案与试题解析一、填空1．（6分）设0＜b＜a，m＝，则m的取值范围是﹣2＜m＜1．【分析】先将m化成1﹣，再由0＜b＜a可得1＞1﹣＞﹣2，进而可得m取值范围．【解答】解：m＝＝＝＝1﹣，∵0＜b＜a，∴0＜＜1，∴0＞﹣＞﹣3，∴1＞1﹣＞﹣2，∴﹣2＜m＜1，故答案为：﹣2＜m＜1．【点评】本题主要考查了因式分解，不等式的应用，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键．2．（6分）如图，正方形ABCD是一飞镖游戏板，其中点E，F，G，H分别是各边中点，并将该游戏板划分成如图中所示的9个区域，现随机向正方形内投掷一枚飞镖（投中各区域的边界线或没有投中游戏板，则重投1次），则投中阴影区域的概率是．【分析】设正方形的边长为a，知正方形的面积为a2，△CDH的面积为a•a＝a2，由图知三个阴影部分的面积和等于△CDH的面积，再根据概率公式求解即可．【解答】解：设正方形的边长为a，则正方形的面积为a2，△CDH的面积为a•a＝a2，由图知三个阴影部分的面积和等于△CDH的面积，所以投中阴影区域的概率是＝，故答案为：．【点评】本题主要考查概率公式，求概率时，已知和未知与几何有关的就是几何概率．计算方法是长度比，面积比，体积比等．3．（6分）已知二次函数y＝x2﹣4tx+3t的图象与x轴交于A（a，0），B（b，0）两点，且满足﹣6≤a+b≤﹣4．当﹣3≤x≤﹣1时，该函数的最大值M与t满足的关系式是M＝7t+1．【分析】由二次函数y＝x2+2mx+m的图象与x轴交于A（a，0），B（b，0）两点，得出对称轴为直线x＝（a+b），即可得出对称轴在﹣3和﹣2之间，根据二次的性质即可得出函数的最大值是x＝﹣1时所对应的函数值．【解答】解：∵二次函数y＝x2+2mx+m的图象与x轴交于A（a，0），B（b，0）两点，∴图象开口向上，对称轴为直线x＝（a+b），∵﹣6≤a+b≤﹣4，∴对称轴在﹣3和﹣2之间，∴当﹣3≤x≤﹣1时，函数的最大值是x＝﹣1时所对应的函数值，∴M＝1+4t+3t＝7t+1，故答案为：M＝7t+1．【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，判断对称轴在﹣3和﹣2之间是解题的关键．4．（6分）如图，在Rt△AP1B中，AP1＝4，tanA＝，图中用实线表示的线段与斜边AB垂直，用虚线表示的线段都与直角边AP1垂直，按照这一规律一直画下去，就会有无数条实线线段，则图中这无数条实线线段的和：P1Q1+P2Q2+P3Q3+…+PnQn+…＝．【分析】先根据求出sinA的值，然后根据已知条件证得∠A＝∠P2Q1P1，从而求得，同理可得，，，...，，...，最后即可求出答案．【解答】解：在Rt△AP1B中，，∴，∵∠AP1B＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∵P1Q1⊥AB，∴∠P1Q1B＝90°，∴∠BP1Q1+∠B＝90°，∴∠A＝∠BP1Q1，∵Q1P2⊥AP1，BP1⊥AP1，∴Q1P2∥BP1，∴∠P2Q1P1＝∠BP1Q1，∴∠A＝∠P2Q1P1，∴，即，∴，同理，，，...，，...，∴P1Q1+P2Q2+P3Q3+...+PnQn+..．＝．．．＝＝＝＝，故答案为：．【点评】本题主要考查了锐角三角函数的定义，掌握锐角三角函数的定义是解题的关键，同时掌握同角的余角相等，平行线的判定与性质．5．（6分）若多项式x4+mx2﹣nx﹣16含有因式（x+1）和（x﹣2），则m﹣2n＝﹣15．【分析】根据题意构建关于m，n的方程组，求解后代入计算即可．【解答】解：由题意得，整理，解得，∴m﹣2n＝5﹣2×10＝5﹣20＝﹣15，故答案为：﹣15．【点评】此题考查了运用因式分解和方程组进行整式求值的问题，关键是能准确理解并运用以上知识进行正确地变形、计算．6．（6分）如图，在正方形ABCD中，延长DC至点E，以CE边向下画正方形CEFG，联结AF交BG于点H，CH＝3BH，联结AC，CF，若△ACF的面积为30，则AF的长为2．【分析】根据正方形的性质得到AB∥DE∥GF，得到△ABH∽△FGH，根据相似三角形的性质得到＝，设AB＝a，FG＝b，得到BH＝a，Ch＝a，求得b＝a，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，∴AB∥DE∥GF，∴△ABH∽△FGH，∴＝，设AB＝a，FG＝b，∵CH＝3BH，∴BH＝a，Ch＝a，∴GH＝CH﹣CG＝a﹣b，∴＝，∴b＝a，∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，∴∠ACF＝∠ACB+∠FCG＝45°+45°＝90°，AC＝a，CF＝b，∵△ACF的面积为30，∴AC•CF＝×a×b＝30，∴ab＝30，解得a＝5，∴b＝3，∴AC＝10，CF＝6，∴AF＝＝＝2．故答案为：2．【点评】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积公式，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．7．（6分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB、AC为边作两个等边三角形：△ABD，△ACE，其中∠CAB＝15°，BD与CE交于点M，AC与BD交于点N，连结AM，则△AMN的面积与△ABN的面积之比为．【分析】如过点N作NH⊥AB于点H．首先利用相似三角形的性质证明∠AMN＝∠BCN＝90°，求出△ABM的面积，再求△AMN的面积与△ABN的面积之比，可得结论．【解答】解：过点N作NH⊥AB于点H．∵△ACE，△ABD都是等边三角形，∴∠MCN＝∠ABN＝60°，∵∠MNC＝∠ANB，∴△MNC∽△ANB，∴，∴，∵∠ANM＝∠BNC，∴△AMN∽△BNC，∴∠AMN＝∠BCN＝90°，∴∠BAM＝90°﹣60°＝30°，∴AM＝AB，∵∠CAB＝15°，∴∠MAN＝∠BAN，∵NM⊥AM，NH⊥AB，∴NM＝NH，∴＝＝＝，故答案为：．【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是证明∠AMB＝90°．8．（6分）已知三角形的三边a，b，c都是整数，且满足abc+2ab+2ac+2bc+4a+4b+4c＝19，则此三角形的面积为．【分析】首先应用因式分解的方法，把abc+2ab+2ac+2bc+4a+4b+4c因式分解，根据abc+2ab+2ac+2bc+4a+4b+4c＝19，且三角形的三边a，b，c都是整数，求出a、b、c的值，然后根据三角形面积的求法，求出此三角形的面积即可．【解答】解：∵abc+2ab+2ac+2bc+4a+4b+4c＝19，∴abc+2ab+2ac+2bc+4a+4b+4c+8＝27，∴ab（c+2）+2a（c+2）+2b（c+2）+4（c+2）＝27，∴（ab+2a+2b+4）（c+2）＝27，∴（a+2）（b+2）（c+2）＝3×3×3，∵三角形的三边a，b，c都是整数，∴a+2＝3，b+2＝3，c+2＝3，解得a＝1，b＝1，c＝1，∴此三角形是边长为1的三角形，∴此三角形的面积为：×12＝．故答案为：．【点评】此题主要考查了因式分解的应用，以及三角形的面积的求法，解答此题的关键是求出三角形的三边a，b，c的长度各是多少．9．（6分）如图，在平面直角坐标系中，⊙O与x轴正半轴，y轴负半轴分别交于点A，B，点C（﹣2，2）在⊙O上，点D为OB的中点，连结CD并延长CD交⊙O于点E，点F在x轴的正半轴上，联结DF，CF交⊙O于点G，若弧AG＝弧BE，则△CDF的面积为4+5．【分析】先求出∠ECF＝45°，再过D作DH⊥CF，构造一线三直角模型，求出点H，由C、D两点确定直线CD的表达式，求出点K，由C、H两点确定直线CF的表达式，求出点F，最后利用S△CDF＝S△CKF+S△DK求．【解答】解：过D作DH⊥CF，垂足为H，过H作MN∥y轴，交x轴于点Q，过C作CM⊥MN，垂足为M，过D作DN⊥MN，垂足为N，设直线CD交x轴于点K，CM交y轴于点P，∵＝，∴＝，∵∠BOA＝90°，∴∠ECF＝45°，∴HC＝HD，∵点C（﹣2，2），∴OC＝2，∴OB＝2，∴OD＝，∴D（0，﹣），设直线CD的表达式为y＝kx﹣，代入点C（﹣2，2）得k＝﹣1﹣，∴y＝（﹣1﹣）x﹣，令y＝0得x＝2﹣2，∴OK＝2﹣2，∵∠HCM+∠CHM＝90°，∠DHN+∠CHM＝90°，∴∠HCM＝∠DHN，∵∠CMH＝∠HND，CH＝HD，∴△CMH≌△HND（AAS），∴CM＝HN，MH＝DN，∴MN＝MH+HN＝DN+CM＝DN+CP+PM＝DN+2+DN＝2DN+2，∵MN＝PD＝PO+OD＝2+，∴2DN+2＝2+，∴DN＝，∴OQ＝，∴QH＝HN﹣QN＝CM﹣OD＝2+﹣＝2﹣，∴H（，2﹣），设直线CH的表达式为y＝mx+n，代入点C（﹣2，2）、H（，2﹣）得，∴，∴y＝x+，令y＝0得x＝4，∴OF＝4，∴KF＝OK+OF＝2﹣2+4＝6﹣2，∴S△CDF＝S△CKF+S△DKF＝×KF×2+×KF×＝6﹣2+×（6﹣2）×＝4+5．【点评】本题考查了一次函数表达式的求法，结合了一线三直角模型求点的坐标，关键是确定∠ECF＝45°．10．（6分）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OC在x轴负半轴上，函数y＝（x＜0）的图象经过顶点A和对角线OB的中点M，作AN∥OB交y轴于点N，若△CMN的面积为6，则k的值为16．【分析】如图，连接AM，延长BA交y轴于点F，点A，M，C三点共线．BF⊥y轴，设点M（m，n），则B（2m，2n），推出k＝mn，推出A（，2n），再证明△AMN的面积＝△AON的面积＝6．可得••＝6．整理得mn＝16．【解答】解：如图，连接AM，延长BA交y轴于点F，∵点M是菱形对角线OB的中点，AB∥OC，∴点A，M，C三点共线．BF⊥y轴，设点M（m，n），则B（2m，2n），∴k＝mn，∴A（，2n），∴直线OB：y＝x，∵AN∥OB，∴直线AN：y＝x+．∴N（0，n）．∴AF＝，ON＝．∵点D是AC的中点，∴△AMN的面积＝△CMN的面积＝6，∵AN∥OB，∴△AMN的面积＝△AON的面积＝6．∴••＝6．整理得mn＝16．∴k＝16．故答案为：16．【点评】本题主要考查反比例函数与几何综合问题，涉及待定系数法求函数解析式，三角形的面积，菱形的性质等内容，关键是将△AMN的面积转化为△AON的面积．二、解答（每20分，共40分）11．（20分）已知m，n为实数，关于x的方程|x2+2mx+n|＝2恒有三个不相等的实数根．（1）求n的最小值；（2）若该方程的三个不相等实根恰为一直角三角形的三条边长，求直角三角形较小角的正弦值．【分析】（1）由绝对值的意义，原方程可以化为两个方程，又因为原方程有三个根，所以这两个方程中有一个方程是有不等实数根，有一个方程有两相等实数根，用一元二次方程根的判别式确定答案；（2）根据根与系数的关系，利用勾股定理进行计算，求出直角三角形的三边，进一步即可求得较小角的正弦值．【解答】解：（1）由原方程得：x2+2mx+n﹣2＝0①，x2+2mx+n+2＝0②，两方程的判别式分别为：△1＝4m2﹣4n+8，△2＝4m2﹣4n﹣8，∵原方程有三个根，∴方程①，②中有一个方程有两个不等实数根，另一个方程有两个相等实数根，即△1，△2中必有一个大于0，一个等于0，比较△1，△2，显然△1＞△2，∴△1＞0，△2＝0，∴4n＝4m2﹣8，即n＝m2﹣2，∴n的最小值为﹣2；（2）由△2＝4m2﹣4n﹣8＝0，知4m2﹣4n＝8，得△1＝4m2﹣4n+8＝16，∴x1＝﹣m﹣2，x2＝﹣m+2，x3＝﹣m，∵三个不相等实根恰为一直角三角形的三条边长，∴（﹣m﹣2）2+（﹣m）2＝（﹣m+2）2，∴m1＝﹣8，m2＝0（舍去），∴直角三角形的三条边长为6、8、10，∴sinα＝＝．∴较小角的正弦值为．【点评】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．12．（20分）如图1，AC是平行四边形ABCD的一条对角线，且AB＝AC，△ABC的外接圆⊙O与CD边交于点E，连结AE．（1）若tan∠ABC＝3，△AEC的面积为，求⊙O的半径．（2）如图2，过点E作EH⊥AB于H，直线EH与直线BC交于点F，若CE＝HE时，求的值．【分析】（1）连接AO并延长交BC于点M，连接OB，OC，过点A作AG⊥DE，垂足为G，设BM＝x，根据题意易得AM是BC的垂直平分线，从而可得BC＝2BM＝2x，进而在Rt△ABM中，利用锐角三角函数的定义求出AM＝3x，从而利用勾股定理求出AB＝x，再利用等腰三角形和平行四边形的性质可得∠ABC＝∠ACB，BC＝AD＝2x，AB＝CD＝x，∠ABC＝∠D，然后根据圆内接四边形对角互补以及平角定义可得∠AED＝∠ABC，从而可得∠ABC＝∠ACB＝∠D＝∠AED，再证明△ABC∽△ADE，从而利用相似三角形的性质可求出DE，AG的长，进而求出CE的长，再根据△AEC的面积为，列出关于x的方程，进行计算可求出BM，AM的长，最后设⊙O的半径为r，在Rt△BOM中，利用勾股定理进行计算即可解答；（2）连接AO并延长交BC于点M，连接OB，OC，过点A作AG⊥DE，垂足为G，过点C作CL⊥AB，垂足为L，设CE＝a，BL＝b，则EH＝2a，利用平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC，从而可得CL＝EH＝2a，进而可得AD＝BC＝，再利用AAS证明△BLC≌△DGA，从而可得BL＝DG＝b，进而可得DE＝2DG＝2b，CD＝2b+a，然后证明△DAE∽△DCA，从而利用相似三角形的性质进而计算可得b＝a，再证明△ABM∽△FCE，从而利用相似三角形的性质，进行计算即可解答．【解答】解：（1）连接AO并延长交BC于点M，连接OB，OC，过点A作AG⊥DE，垂足为G，设BM＝x，∵AB＝AC，OB＝OC，∴AM是BC的垂直平分线，∴BC＝2BM＝2x，在Rt△ABM中，tan∠ABM＝3，∴AM＝BM•tan∠ABM＝3x，∴AB＝＝＝x，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵四边形ABCD是平