浙江省宁波市2021年保送生模拟测试数学试卷附答案

保送生模拟测试数学试卷

一、选择题（每题5分，共25分．）（共5题；共25分）

1.已知非零实数a、b、c满足ab＝ (a＋b) ，bc＝ (b＋c) ，ca＝ (c＋a) ，则 ＝(    )           

A. 1                                           B. 3                                           C. 4                                           D. 6

2.Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，点D为AC上一点，且AD︰CD＝1︰4，过点D作DE⊥BC，垂足为点E，连接AE，则tan∠AEB的值为(    )           

A.                                      B.                                      C.                                      D. 

3.如图，点A在线段BD上，在 BD的同侧作等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE，CD与BE、AE分别交于点P、M.对于下列结论：
①△BAE∽△CAD；②MP•MD=MA•MA；③2CB2=CP•CM.其中正确的是（   )


 

A. ①②③                                     B. ①                                     C. ①②                                     D. ②③

4.如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC=12cm，BD=16cm，动点N从点D出发，沿线段DB以2cm/s的速度向点B运动，同时动点M从点B出发，沿线段BA以1cm/s的速度向点A运动，当其中一个动点停止运动时另一个动点也随之停止，设运动时间为t（s）（t＞0），以点M为圆心，MB长为半径的⊙M与射线BA，线段BD分别交于点E，F，连接EN．若⊙M与线段EN只有一个公共点，则t的取值范围为(    )

A. 0＜t≤ 或 ＜t＜6                                  B. 0＜t≤ 或 ＜t＜8  
C. 0＜t≤ 或 ＜t＜6                                  D. 0＜t≤ 或 ＜t＜8

5.设实数x＞0，y＞0，且x＋y－2x2y2＝4，则 的最小值为(     )           

A. 4                                     B. 3                                     C. 2                                     D. 

二、填空题 (每题5分，共20分)（共4题；共20分）

6.若  ，则 (1－ )÷(x－4＋ ) 的值为________．   

7.如图，4张卡片A、B、C、D的正面分别画有4个不同的图形(背面相同) ，将这4张卡片洗均匀后倒扣在桌面上，小王和小李轮流从中抽出1张卡片(放回) ．若两人抽出的卡片不同，但两张卡片上的图形是轴对称图形又是中心对称图形的概率为________．

8.在平面直角坐标系xOy中，点A是x轴外一点，若平面内的点B满足：线段AB的长度与点A到x轴的距离相等，则称点B是点A的“等距点” ．已知⊙P的半径为2，圆心为P(0，t) ，在函数y＝ x(x＞0) 的图象上存在点M，⊙P上存在点N，满足点N是点M的“等距点” ，则t的取值范围为________ ．   

9.设a、b、c、d是4个两两不同的实数，若a、b是方程x2－8cx－9d＝0的解，c、d是方程x2－8ax－9b＝0的解，则a＋b＋c＋d的值为________．   

三、解答题（每題15分，共30分）（共2题；共30分）

10.如图，△ABC中，AL是角平分线，AC＝8，AB＝13，BC＝12．过点B、C分别作△ABC外接圆的切线BD、CE，且BD＝CE＝BC，直线DE与AB、AC的延长线交于点F、G，连接CF交BD于点M，连接BG交CE于点N，分别连接LM、LN．

（1）求线段FD的长；   

（2）求证：∠ALM＝∠ALN．   

11.已知抛物线 （ ）的顶点为 ，点 、 、 在该抛物线上．   

（1）当 ，  ， 时，①求顶点 的坐标；②求 的值．   

（2）当 恒成立时，求 的最小值．   

答案解析部分

一、选择题（每题5分，共25分．）

1.【解析】【解答】解：由题意得
a+b=3ab，c+b=4bc，c+a=5ac
∵a≠0，b≠0，c≠0
∴
解之：
∴.
故答案为：D.
【分析】由已知可得到a+b=3ab，c+b=4bc，c+a=5ac，再由a≠0，b≠0，c≠0，可建立关于a，b，c的方程组，解方程组求出a，b，c的值，然后代入可求出结果。

2.【解析】【解答】解：如图，

∵AD：CD=1:4，
∴设AD=x，则CD=4x，
∵∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，
∴∠C=90°-∠BAC=90°-60°=30°，
∴DE=CD=×4x=2x，AB=AC=×5x=2.5x，
∴
;
∴BE=BC-CE=
在Rt△ABE中
.

故答案为：D.

【分析】由已知AD：CD=1:4，设AD=x，则CD=4x，利用直角三角形的两锐角互余可求出∠C的度数，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半可表示出DE，AB的长；再利用勾股定理求出BC，CE的长，从而可求出BE的长；然后在Rt△ABE中，利用锐角三角函数的定义可求出tan∠AEB的值。

3.【解析】【解答】解：∵等腰Rt△ABC和等腰Rt△ADE，
∴∠BAC=∠EAD=45°
∴∠BAE=∠CAD

∴,
∴△BAE∽△CAD，故①正确；
∵△BAE∽△CAD
∴∠BEA＝∠CDA
∵∠PME＝∠AMD
∴△PME∽△AMD
∴
∴MP•MD＝MA•ME，故②正确；
∵MP•MD＝MA•ME
∠PMA＝∠DME
∴△PMA∽△EMD
∴∠APD＝∠AED＝90°
∵∠CAE＝180°−∠BAC−∠EAD＝90°
∴△CAP∽△CMA
∴AC2＝CP•CM
∵AC＝BC
∴2CB2＝CP•CM，故③正确；
故答案为：A.
【分析】利用解直角三角形可证得AC与AB，AD与AE 的关系及∠BAE=∠CAD，再利用有两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△BAE∽△CAD，由此可对①作出判断；利用相似三角形的对应角相等，可证得∠BEA＝∠CDA，再根据有两组对应角相等的两三角形相似，可证得△PME∽△AMD，利用相似三角形的对应边成比例，可对②作出判断；然后证明△PMA∽△EMD，由此可推出△CAP∽△CMA，利用相似三角形的对应边成比例，可得到AC2＝CP•CM，由此可推出2CB2＝CP•CM，可对③作出判断；综上所述可得到正确结论的个数。

4.【解析】【解答】解：∵菱形ABCD， AC=12cm，BD=16cm
∴AO=AC=6，BO=BD=8，AC⊥BD
∴,
∴
∵BE是直径，
∴∠BFE=90°，BE=2BM=2t
∴，
∴
当EN与圆M相切时，则∠BEN=90°，
在Rt△BEN中，

解之：；
∴当0＜t≤时，圆M与EN只有一个公共点；
当点N运动到圆M上即点N和点F重合时
∴BF+ND=16
∴
解之：；
当t=8时，点N和点B重合此时EN与圆M有两个公共点
∴当时圆M与EN只有一个公共点
∴若⊙M与线段EN只有一个公共点，则t的取值范围为0＜t≤或
故答案为：B
【分析】 利用菱形的性质求出AO，BO的长，利用勾股定理求出AB的长，利用锐角三角函数的定义可得到BP与AB的比值，利用圆周角定理及解直角三角形可求出BF的长；分情况讨论：当EN与圆M相切时，则∠BEN=90°，利用解直角三角形建立关于t的方程，解方程求出t的值，由此可求出t的取值范围；当点N运动到圆M上即点N和点F重合时，根据BF+ND=16，建立关于t的方程，解方程求出t的值，综上所述可得到t的取值范围。

5.【解析】【解答】解：∵ x＞0，y＞0，且x＋y－2x2y2＝4，
∴
∴
∴当时，有最小值是.
故答案为：A.
【分析】由 x＞0，y＞0，在方程两边同时除以xy，将转化为关于x，y的二次函数的形式，然后利用二次函数的性质可求出最小值。

二、填空题 (每题5分，共20分)

6.【解析】【解答】解：原式=；
∵   
∴

解之：
∴原式=
故答案为：.
【分析】利用分式的加减法法则将括号里的分式通分计算，再将除法转化为乘法运算，约分化简；再根据已知方程，求出x-3的值，然后代入化简后的代数式求值。

7.【解析】【解答】解，列树状图如下，

一共有16种结果，但两张卡片上的图形是轴对称图形又是中心对称图形的只有2种情况，
∴P（两张卡片上的图形是轴对称图形又是中心对称图形的）=.
故答案为：.
【分析】由题意列出树状图，再根据树状图求出所有等可能的结果数及两张卡片上的图形是轴对称图形又是中心对称图形的情况数，再利用概率公式可求解。

8.【解析】【解答】解：如图，

∵点M在 函数y＝ x(x＞0) 的图象上
∴设点M
∵ ⊙P的半径为2，圆心为P(0，t) ，
∴
∴
过点M作MD⊥x轴于点D，
∵点N是点M的“等距点”
∴MD=MN=
∴
整理得

∵关于a的一元二次方程有解，
∴
∴
∴t2-2t-8=0
解之：t1=-2，t2=4
∴t的取值范围是－2＜t≤4.
故答案为：－2＜t≤4.
【分析】由点M在 函数y＝ x(x＞0) 的图象上，设出点M的坐标，再根据⊙P的半径为2，圆心为P(0，t) ，利用勾股定理求出MP的长，由此可得到MN的长，过点M作MD⊥x轴于点D，然后根据点N是点M的“等距点”，可得到MD=MN=， 由此建立方程，将方程整理为关于a的一元二次方程，根据b2-4ac≥0，建立关于t的不等式，解不等式求出t的取值范围。

9.【解析】【解答】解：∵ a、b是方程x2－8cx－9d＝0的解，c、d是方程x2－8ax－9b＝0的解，
∴a+b=8c，c+d=8a
∴a+b+c+d=8（a+c）
∵a2－8ac－9d＝0，c2－8ac－9b＝0
∵d=8a-c，b=8c-a
∴a2－8ac－9（8a-c）＝0，c2－8ac－9（8c-a）＝0
∴a2－8ac－72a+9c＝0①，c2－8ac－72c+9a＝0②；
由①-②得
（a-c）（a+c-81）=0
∵a、b、c、d是4个两两不同的实数，
∴a-c≠0
∴a+c-81=0
∴a+c=81
∴a+b+c+d=8×81=648.
故答案为：648.
【分析】利用一元二次方程根与系数的关系可得到a+b=8c，c+d=8a，由此可推出a+b+c+d=8（a+c）及d=8a-c，b=8c-a；再将a，c分别代入两方程可得到a2－8ac－72a+9c＝0①，c2－8ac－72c+9a＝0②，结合已知可得到a+c的值，然后整体代入可求值。

三、解答题（每題15分，共30分）

10.【解析】【分析】（1）延长BD、CE交于点K，则BK＝CK，结合已知条件可推出＝ ，∠ABC＝∠DFB，∠FDB＝∠DBC，利用切线的性质可证得∠DBC＝∠BAC，利用相似三角形的判定可得到△ABC∽△DFB，再利用相似三角形的对应边成比例，可得比例式，由此可求出FD的长。
（2）利用角平分线定理可得线段成比例，结合（1）种的结论，可证得ML∥AB，利用平行线的性质可知∠ALM＋∠BAL＝180°，再证明∠ALM＋∠CAL＝180°，由此可证得结论。

11.【解析】【分析】（1）①由已知可得函数解析式，利用函数解析式可得到抛物线的顶点坐标；②分别将点A，B，C三点的横坐标代入函数解析式，可得到对应的函数值，分别将点A，B，C三点的纵坐标代入代数式求值即可。
（2）利用二次函数的性质可知抛物线的开口向上，可得到y0≥0，根据该抛物线与x轴至多有一个交点，可得△＝b2－4ac≤0，a＞0，就可推出b与a的比值的取值范围，同时可证得  ≥ ， 令 ＝t(t＞2) ，可证得≥ 3， 由此可得答案。