2025年浙江省诸暨市重点中学定向招生考试数学试卷

这是一份2025年浙江省诸暨市重点中学定向招生考试数学试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若代数式的值为8，则代数式的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．关于的方程有无数多个实根，则实数的值为（ ）
A．1B．C．1或D．有无数个取值
3．若函数与函数的图象相交于两点，垂直轴于，则的面积为（ ）
A．1B．2C．D．
4．方程的所有实数根之和为（ ）
A．1B．3C．5D．7
5．如图，在中，为直角，，在三角形的内部有一个半圆，半圆与均相切且直径在上．则半圆的半径为（ ）

A．B．C．D．
6．如图，在中，，，为的内心，连接并延长交于点，记的面积为，的面积为，则（ ）
A．B．C．D．
7．在图中，实线所围成的多边形区域（阴影部分）是由四个全等正方形拼接而成的．现在若补上图中标有号码的其中一个全等小正方形，则可得到九个多边形区域（每个区域恰好含有五个全等小正方形），试问这九个多边形区域中，可以折成无盖的正方体容器的个数是（ ）
A．3B．4C．5D．6
8．已知抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，2），B（﹣2，3）两点，且不经过第一象限，若S＝a+b﹣c，则S的取值范围是（ ）
A．S≤﹣3B．S＜2C．S≤2D．S＜﹣3
9．现有三个正方体形的公正骰子，每个骰子的六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6．投掷这三个骰子，则其中两个骰子的点数之和恰好等于余下的一个骰子的点数的概率是（ ）
A．B．C．D．
10．设表示非负整数的各个数位上的数字之和，例如：．则的值为（ ）
A．28127B．28128C．28107D．28117
二、填空题
11．化简： ．
12．某校科技馆位于一楼的活动室比二楼的活动室少5间，某班48人分组展开活动，若全安排在一楼，每间4人，活动室不够，每间5人，则有些活动室坐不满；若全安排在二楼，每间3人，活动室不够，每间4人，则有些活动室坐不满，该科技馆位于一楼的活动室数为 ．
13．已知关于的一元二次方程有两个不相等的实根，且这两根之差的绝对值为6，那么的值为 ．
14．实数满足．则 ．
15．已知的斜边．以A为圆心，为半径的圆A与相切．设被圆覆盖后剩余部分面积为．则的最大值为 ．
16．设实数，这个小数从小数点后，以1开头一直写到得到的，那么小数点后第位的数字是 ．
三、解答题
17．已知实数，求的值．
18．已知三个关于的方程和．若其中至少有两个方程有实根，求实数的取值范围．
19．已知四边形内接于圆，对角线与垂直相交于点，点分别为的中点，求证：．

20．已知中，，，．是上的动点，为上的点，点在运动的过程中保持．试写出面积与的长度之间的关系式．
21．已知二次函数的图象为抛物线，点是平面直角坐标系上的两点，一次函数的图象过点且与交于两点，垂直于的对称轴，垂足为．

(1)用表示线段的长；
(2)求证：；
(3)若，是否存在直线，使得？如果存在，求出的解析式，如果不存在，说明理由．
《浙江省诸暨市重点中学定向招生考试数学试卷》参考答案
1．B
【分析】本题考查了代数式求值，观察题中两个代数式和，可以发现代数式，因此，可以由代数式的值为8，可求得，再代入代数式求值，熟练进行整体代入是解题的关键．
【详解】解：由题意知，，得，
，
故选：B．
2．C
【分析】根据绝对值的性质，进行分类讨论：①当时，②当时，即可求解．
【详解】解：①当时，
，
，
当时，，只有一个实数根，不符合题意；
当时，解得：，
左边，右边，
此时方程有无数个解，符合题意；
②当时，
，
，
当时，，只有一个实数根，不符合题意；
当时，解得：，
左边，右边，
此时方程有无数个解，符合题意；
综上：实数的值为1或，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了绝对值的定义，解一元一次方程，解题的关键是掌握正数的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数，0的绝对值是0．
3．A
【分析】因为过双曲线上任意一点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S是个定值，
【详解】解：如图：

设点A的坐标为，则，
故的面积为，
与同底等高，
，
故选：A．
【点睛】主要考查了反比例函数中的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解的几何意义，图象上的点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成的直角三角形面积S的关系即．
4．A
【分析】先去分母，方程两边分别乘以转化为整式方程，再利用因式分解法解方程即可．
【详解】解：方程两边分别乘以，得：
，
化简并整理，得：，
，
，
，
，
或，
由解得，
由得：，
无实数根，
经检验是原方程的根，
原方程只有一个实数根，
所有实数根之和为1．
故选：A．
【点睛】本题考查的是解分式方程，去分母后对整式方程进行因式分解是解题关键．
5．B
【分析】设半圆与相切于点，连接、，根据切线的性质， ，在中，根据勾股定理列方程即可得解．
【详解】解：如图，

设半圆与相切于点，连接、，
根据切线的性质得， ，
由切线长定理得，，
在中，为直角，，，
，
，
，
在中，设半径为，则，，
由勾股定理得，
，
解得，．
故选：．
【点睛】本题考查了切线的性质、勾股定理以及圆的相关知识，掌握切线的性质构造直角三角形列方程解决问题是关键．
6．C
【分析】作交于点，交于点，交于点，根据为的内心，得到，再根据三角形的面积公式可知同高的两个三角形面积之比等于底边之比，得，由等比定理可的．
【详解】解：如图示，作交于点，交于点，交于点，
为的内心，
∴
根据三角形的面积公式可知同高的两个三角形面积之比等于底边之比，
，
根据等比定理可得：．
故选：．
【点睛】本题考查了三角形的内心的性质，三角形的面积，等比定理，熟悉三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点和等比定理是解题的关键．
7．D
【分析】根据正方体的展开图有11种情况：1−4−1型共6种，1−3−2型共3种，2−2−2型一种，3−3型一种，由此判定找出答案即可．
【详解】解：根据题意可得：
补上后能够折成无盖的正方体容器的有：④⑤⑥⑦⑧⑨，
共6个，
故选：D．
【点睛】此题考查正方体的展开图，解决此题的关键是记住正方体展开图的类型1-4-1型，2-3-1型，2-2-2型，3-3型．以及口诀“凹、田应弃之”．
8．A
【分析】将A、B两点的坐标代入得出关于a、b、c的方程组，将a看做常数解方程组得，将其代入得S＝a＋b−c＝2a−2，结合二次函数的图象与性质知a＜0、c＝2a＋1≤0，据此得出a的范围，继而可得S的范围．
【详解】解：由题意，得：，解得：，
则S＝a＋b−c＝a＋（3a−1）−（2a＋1）＝2a−2，
由抛物线过点A（−1，2），B（−2，3）两点，且不经过第一象限知a＜0，
∴c＝2a＋1≤0，
解得a≤，
∴S＝2a−2≤−3，
故选A．
【点睛】本题主要考查二次函数图象与系数的关系，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
9．D
【分析】先求得总的可能情形，根据题意得出有9种可能，按照不同方式可得共有45种符合题意的情形，进而根据概率公式，即可求解．
【详解】解：根据树状图法可得第一个数字有6种情形，第二个数字可以选6个数字，第三个数字也可以选6个数字，故总可能结果有种可能
依题意，，，共有9种可能，每种有6种排列方式，
其中，，每种可能有3种不同排列
；和， 共9种可能；
的排列有6种可能，同理，6种可能
则符合题意的共有种，
∴其中两个骰子的点数之和恰好等于余下的一个骰子的点数的概率是，
故选：D．
【点睛】本题考查了根据概率公式求概率，根据题意找出符合题意的可能数是解题的关键．
10．B
【分析】根据题意可得：从而得到，再求出；，，即可求解．
【详解】解：根据题意得：，
；
；
，
，
∴．
故选：B
【点睛】本题主要考查了数字类规律题，明确题意，准确得到规律是解题的关键．
11．
【分析】将根号下的式子配成完全平方式然后开方即可．
【详解】解：，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式的化简，将被开方式配成完全平方式是解题的关键．
12．
【分析】设一楼有间房，则二楼有间房，再根据题意可列出不等式组，求得解集即可．
【详解】解：设一楼有间房，则二楼有间房，
根据题意有：，解得：，
且，即，
所以，
又因为：为正整数，因此．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是一元一次不等式组的运用，解此类题目常常要结合数轴来判断．
13．3
【分析】设两根分别为和，则的最大值问题可转化为(x1-x2)2的最大值问题，展开并利用根与系数的关系将两根全部替换成a即可．
【详解】解：设方程两根分别为和，则：，，
，
，
，
，
∴，
当时，可取最小值，
∵6，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系．熟练掌握配方法以及一元二次方程根与系数的关系是解答此类题的关键．
14．
【分析】由得：，，由得：，从而得到，即可求解．
【详解】解：，
由得：，
∴，
由得：，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了求代数式的值，三元一次方程组，根据题意得到，是解题的关键．
15．
【分析】由题意列出二次函数，利用二次函数的性质即可求解．
【详解】解：如图，是圆A的切线，切点为D，

则，
由题意得
，
∵，
∴当时，有最大值，最大值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，二次函数的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
16．
【分析】首先确定一位数，以及二位数的个数，判断排的右边第个数字是第几个三位数的数字，从而确定．
【详解】解：从到都是一位数，共有个；
从到共有个数，都是二位数，则数字是由依次写下正整数～是的前位数；
则以后是三位数，，，
则最后一位是从开始的三位数的第个数，即是，的第二个数是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了数字的变化规律，正确确定第个数字是第几个三位数的数字是关键．
17．
【分析】根据，得出，进而将代数式因式分解，整体代入，即可求解．
【详解】解：∵
∴
∴
即
∴当时，
【点睛】此题考查了因式分解的应用，首先把已知等式变形，然后因式分解把所求代数式分解因式，最后利用整体代值的方法即可解决问题．
18．或
【分析】分类讨论：①当时，②当时，③当，时，分别求出m的取值范围即可．
【详解】解：①当时，方程和有解；
②当时，方程和有解；
③当，时，第一个方程有根则：，解得：；
第二个方程有根则：，解得：，
第三个方程有根则：，解得：，
当每两个方程都有解时，有或或，
解得：或．
【点睛】本题主要考查了根的判别式，一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．
19．见解析
【分析】作直径，根据三角形中位线定理求得，根据直角三角形斜边中线的性质求得，再利用等角的余角相等求得，推出，据此即可证明．
【详解】证明，作直径，连接，

∵点G、O分别为、的中点，
∴，
∵，点F为的中点，
∴，，
∵为直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
20．
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，构造合适的相似三角形，用含的代数式表示出和是解本题的关键．
过点作，交延长线于点，先证 ，根据相似三角形的性质得到，，再证出，根据相似三角形的性质表示出的长，再根据三角形面积公式得到结果．
【详解】解：过点作，交延长线于点
，







，，
，

，




．
21．(1)
(2)见解析
(3)不存在，理由
【分析】（1）联立可得，从而得到，再由，可得，即可；
（2）过点Q作对称轴的垂线，垂足为点D，由（1）得：，，从而得到，可证得，即可；
（3）假设存在直线，使得，则，设，可得，从而得到，再根据，可得，然后由（2）得：，，从而得到，继而得到m，n为一元二次方程的两个根，即可求解．
【详解】（1）解：由得：，
∵一次函数的图象过点且与交于两点，
∴，
∵一次函数的图象过点，
∴，
∴
；
（2）解：如图，过点Q作对称轴的垂线，垂足为点D，

由（1）得：，
同理，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：不存在，理由如下：
假设存在直线，使得，则，
设，
∴，
∵，
∴点，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
由（2）得：，，
∴，
∴m，n为一元二次方程的两个根，
此时，
∴此方程无解，
即满足条件的直线不存在．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，熟练掌握二次函数的图象和性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
A
A
B
C
D
A
D
B