数学答案-浙江省宁波市镇海中学2023-2024学年高一上学期分班考试（创新班选拔）_2024-2025高一（7-7月题库）_2024年8月试卷

2023.6.29 镇海中学新高一分班考（创新班选拔） ab 1 a  1. 已知ab 2 ，则b 的值为_____________. 1 【答案】 3 【解析】 【分析】变形给定等式即可得解. ab 1 【详解】由  ，得b0，2(ab)ab，整理得3ab， ab 2 a 1 所以  . b 3 1 故答案为： 3 2. 已知一圆锥的主视图和俯视图如图所示，则该圆锥的侧面积和侧面展开图的圆心角分别为 _____________. 6π 【答案】15π； 5 【解析】 【分析】根据题意，得到圆锥的底面圆的半径和母线，设侧面展开图的扇形所在圆的圆心角为，结合弧 长公式，列出方程，即可求解. 第5页/共22页 学科网（北京）股份有限公司【详解】根据给定的圆锥的三视图，可得圆锥的底面圆的半径为r 3，高为4，则母线长为l 5， 可圆锥的侧面积为S  πrl  π3515π，底面圆的周长为2πr 2π36π， 6π 设侧面展开图的扇形所在圆的圆心角为，则l 6π，可得56π，解得 . 5 6π 故答案为：15π； . 5 3. 如图中，O的半径为20，则阴影部分的面积为_____________. 【答案】200 【解析】 【分析】由图可知弓形 AB的面积等于扇形OAB的面积减去AOB的面积，所以阴影部分的面积等于以 10 2 为半径的半圆的面积减去弓形的面积，求解即可. 【详解】由已知 OA  OB 20，所以 AB 20 2 ， 所以 AP  BP 10 2 ， 1 1 S  2020200，扇形OAB的面积为 π202 100π， AOB 2 4 1  2 所以阴影部分的面积为 π 10 2  100π200 200. 2 故答案为：200. abc 4. 已知二次函数 y ax2bxc恒非负，ba 0，c0，则 的最小值为_____________. ba 【答案】3 【解析】 【分析】根据题意，由二次函数恒非负可得a,b,c的不等关系，然后将原式化简，结合基本不等式代入计算， 即可求解. a 0 【详解】由于二次函数 y ax2bxc恒非负，所以 ，所以4acb2， Δ b2 4ac0 第6页/共22页 学科网（北京）股份有限公司b2 且ba 0，则c b2 ，则abc ab 4a   3a ba   2   4a ba ba 4a  ba  4  ba 3a b2   3，当且仅当3a ba,c  时，即cb4a时，等号成立， 4a  ba  4a abc 所以 的最小值为3. ba 故答案为：3 5. 如图，在ABC中，A45，BC 3 2 ，点D、E分别在边AC、AB上，且DE 1，B、C、D、E 四点共圆，则该圆的半径为_____________. 26 1 【答案】 ## 26 2 2 【解析】 AB 【分析】根据等腰直角三角形的性质得到AD  DF ，AF  2AD，根据AED∽ACB得到 3 2， AD HB 根据VHFB∽VEFD得到 2 2 ，然后利用勾股定理求HC 即可得到该圆的半径. ED 【详解】 过点B作HB BC交圆于点H ，连接HD交AB于点F ，连接HC ， 因为HB BC，所以HC 为直径，所以HDC 90， 因为A45，所以AD  DF ，AF  2AD， 因为AEDDEF DEFACB180，所以AEDACB， 第7页/共22页 学科网（北京）股份有限公司CB AB 所以AED∽ACB，所以  3 2， ED AD 在HFB和△EFD中，HFB EFD，HBF EDF （同弧所对的圆周角相等）， HB FB AB AF AB 2AD 所以VHFB∽VEFD，所以    2 2，则HB2 2 ， ED FD AD AD  2  2 所以HC  2 2  3 2  26 ， 26 所以该圆的半径为 . 2 26 故答案为： . 2 6. 如图，在矩形ABCD中，AD 6，AB 4，G为CD中点，将四边形ABFE 沿FE折叠为ABFE， D,A,B共线，A,A,G共线，则BF 的长为_____________. 4 【答案】 3 【解析】 【分析】过A作AI  AD，过点B作BH  AG，设AI  x,AE  AE  y，利用勾股定理得到5x3y ， 则转化为经典的“3,4,5”直角三角形，最后再利用射影定理即可. 【详解】过A作AI  AD，垂足为I ，过点B作BH  AG，与AD交于点H. AB AI AD 于是ABH DAG ，由AIA~ADG~BAH 可得，   3, AH AI DG 4 于是AH = ，设AI  x,AE  AE  y， 3 于是AI 3x,EI 3x y， 第8页/共22页 学科网（北京）股份有限公司在AEI 中使用勾股定理x2  3x y 2  y2，解得5x3y， 记AI  x3t,EI 4t,EA5t,AI 9t， 在直角△EDA中，由射影定理，AI2 IEID ， AI2 9t 9t 8 于是ID   ，因为AD9t 6，所以t  , EI 4 4 15 8 于是AE 5t  ，因为BH  AG，EF  AG，则BH //EF， 3 因为HE//BF，所以四边形BHEF为平行四边形， 8 4 4 因此BF  AEAH    . 3 3 3 4 故答案为： . 3 7. 已知ABCD为正方形，其内分别有长宽为1和3的矩形、边长为1的正方形，矩形R的面积的所有取值 m 之和为 （m,n为正整数且互质），则mn_____________. n 【答案】67 【解析】 【分析】先将每个矩形的顶点标上字母，然后求出必要的几何量，再设出右上角的直角三角形的两条直角 边长，并列方程求解，最后通过解出的边长求出所有可能的面积，即可得到结果. 【详解】 如图，将三个矩形的顶点按图中所示标出字母，并分别过G,H,K 三点按图中所示像大正方形的边作垂线， 第9页/共22页 学科网（北京）股份有限公司垂足分别为P,Q,R. 设KLA，由几何关系可知： KLAKJBAIJ BMLCNM NGPIHQ， RKLRKJ AJI BLM CMN PNGHIQ90. 从而BC  BM MC  LM cosMNsin3cossin， AB BLLRRJ JA LMsinKLcosKJcosIJsin 3sincoscossin2cos4sin. 1 10 3 10 所以3cossin2cos4sin，得tan ，从而sin ，cos . 3 10 10 3 10 10 3 10 故AB BC 3cossin3   10，且QH IH coscos ， 10 10 10 3 10 10 3 10 AI  IJcoscos ，IQ IHsinsin ，NC  NM coscos . 10 10 10 3 10 7 10 7 10 10 3 10 故ID ADAI  ABAI  10  ，QD IDIQ    ， 10 10 10 10 5 3 10 7 10 DN  DCNC  ABNC  10  . 10 10 由于HQE 90FPG，QEH 90DEF DFE 90GFPPGF，HE  FG， 3 10 故QHE全等于△PFG，所以PG QE，PF QH  . 10 3 10 设DE  x，DF  y，则PGQE QDDE  x. 5 3 10 QH DE 10 x   由于QHE相似于DEF ，故  ，即  ，化简得到3y  x 6 10x . QE DF 3 10 y x 5 同时，有 10  DF FPPN NC 第10页/共22页 学科网（北京）股份有限公司3 10  y PGtancos 10 3 10 13 10  3 10  y   x   10 3 5 10   1 4 10 3 10  y x ，即3y x . 3 5 5   3 10 3 10   所以有3y  x 6 10x ，3y x ，将第一式代入第二式得x  x 6 10x ，解得 5 5 3 10 10 x 或x  . 10 5  3 10  10 x  x 3 10  10  5 再由3y x 即知 或 . 5  3 10  4 10 y  y     10  15 而矩形R的面积S  EHEF  QH2 QE2  ED2 DF2 R 2 2 3 10  3 10       x  x2 y2     10 5     9 6 10   xx2  x2  y2 . 2 5 9 5 分别代入即知，矩形R的面积S  或S  . R 5 R 3 m 9 5 52 m52 所以    ，故 ，这就得到mn521567. n 5 3 15 n15 故答案为：67. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，利用直角三角形制造的互余关系下的相似三角形，可以得到相 似比关系，从而求得相应线段的长度. 8. 已知9个正整数的中位数和平均数均为9，众数为1，则其中最大数的最小值为_____________. 【答案】16 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得前5个数是1,1,7,8,9，当后4个数是连续的4个正整数时，最大的数最小， 即可得到结果. 第11页/共22页 学科网（北京）股份有限公司【详解】因为中位数是9，所以将这9个正整数从小到大排列，第5个数是9， 因为众数为1，所以1至少有2个， 要使这列数的最大数最小，则其他8个数要尽量大， 所以前5个数是1,1,7,8,9，所以后4个数的和为99 11789 55 ， 当后4个数是连续的4个正整数时，最大的数最小， 设最后一个数为x，则x x1  x2  x3 55，解得x15.25， 因为xN，则x16. 故答案为：16 9. 抛物线 y  x22kxk2 向右平移 2 个单位，向上平移 1 个单位，恰好过坐标原点，则k 的值为 _____________. 【答案】5或1 【解析】 【分析】直接利用抛物线平移规律：上加下减，左加右减进而得出平移后的解析式，代入原点即可求解. 【详解】将抛物线 y  x22kxk2 向右平移2个单位，向上平移1个单位， 得到的解析式为： y  x2 2 2k  x2 k2 1， 所以 y  x2  2k4  xk2 4k5， 因为抛物线过坐标原点， 所以k2 4k50，解得k 5或k 1. 故答案为：5或1. 10. 将一长方形折叠后恰好如图所示，则梯形ABDC的面积为_____________. 72 【答案】 ##14.4 5 【解析】 【分析】根据折叠和平行得到三角形ACP和三角形PBD为等腰三角形，即可得到CP,PD的长度，根据勾 第12页/共22页 学科网（北京）股份有限公司股定理和等面积得到梯形的高，然后求面积即可. 【详解】 如图，过点P作PF  AB于点F ， 由题意得EAC CAP， 因为四边形ABDC 为梯形，所以ABCD， 所以PCAEAC CAP， 所以三角形ACP为等腰三角形，CP AP3， 同理可得，PD  PB 4， 因为PA2 PB2  AB2，所以PA  PB， 34 12 根据等面积的思路得到PFAB  PAPB，所以PF   ， 5 5 12  345  所以 5 72. S   ABDC 2 5 72 故答案为： . 5 11. 如图，已知ABC为等腰三角形，AB AC，AB为O的直径，BC交O于点D，CE//AB，BE 交AC、AD于点F、G，EF 5，FG4，则BG的长为_____________. 【答案】6 【解析】 EG CG 【分析】连接GC ，根据已知条件证明VEGC相似于△CGF ，得  CG2  EGFG，即可 CG FG 求BG的长. 【详解】如图所示，连接GC , 因为ABC为等腰三角形，AB AC， 第13页/共22页 学科网（北京）股份有限公司且以AB为直径的圆交BC于D， 所以ADBC，即D为BC的中点， 所以GCDGBD，BGCG， 又因为ACDABD， 所以ACGABG， 因为CE//AB， 所以CEGABG， 即CEG ACG FCG， 所以VEGC相似于△CGF ， EG CG 即  CG2  EGFG， CG FG 又因为EF 5,FG4， 所以CG2  EGFG(EFFG)FG36， 所以BGCG6. 故答案为：6. 12. 已知在Rt△ABC 中，B 90，AB6，BC8，点D、E 分别在边 AB、BC上，F 为DE 的 中点，则AF FC 的最小值为_____________. 【答案】10 【解析】 【分析】在Rt△ABC中，由勾股定理求得AC，再根据三角形三边关系及三点共线求得AF FC 的最小 第14页/共22页 学科网（北京）股份有限公司值. 【详解】在Rt△ABC中，AC  62 82 10， 当A、F、C 三点不共线时，在△AFC中，AF FC  AC； 当A、F、C 三点共线时，AF FC  AC， 此时D与A重合，E与C重合，F 为AC的中点. 所以AF FC 的最小值为AC 10. 故答案为：10. 13. 如图，正方形OABC的顶点 A、C分别在 y、x轴上，点B坐标为  6,6  ，将四边形 AEDO 翻折至 S 3 k FEDO ，点O 在边BC上，FO 与AB相交于点G， 四边形AEDO  ，反比例函数 y  (k 0)过点G且 S 5 x 四边形EBCD  与BC相交于点H ，则O H 的长为_____________.    【答案】1 【解析】 9 【分析】如图，由对称图形的特征可得OM OM ，根据题意和梯形的面积公式、中点公式可得M( ,3)， 4 12 进而可得OC OB3，求出CD，利用相似三角形的性质求得BG4，即G(2,6)，由y  求得CH 2， x 即可求解. 【详解】如图，取DE的中点M ，连接OM,OM ，则OM OM ， 连接OO，交DE于N ，则DE OO， 第15页/共22页 学科网（北京）股份有限公司设AE a(0a6),ODb(0b6) ，则ODb,CD6b， 因为 S 四边形AEDO  3 ，所以S  3 36 27 ，即 1 6(ab) 27 ， S 5 四边形AEDO 8 2 2 2 四边形EBCD 9 ab 9 9 15 解得ab ，所以M( ,3)( ,3)，则OM  ( )232  ， 2 2 4 4 4 9 15 设O(6,c)(0c6)，则OM  (6 )2(c3)2  ，解得c3， 4 4 即O(6,3)为CB的中点，故OC OB3.   又OM //DO，所以OM //OD,OM //OD，所以四边形OMOD为平行四边形， 15 9 则ODbOM  ，所以CD . 4 4 3 BG OB BG  由OBGDCO，得  ，即 9 3 ，解得BG4， DC CO 4 k 所以AG6BG2，得G(2,6)，而点G在函数 y  图象上， x 12 故k 12，则 y  ，所以H(6,2)，即CH 2， x 所以OH OCCH 1. 故答案为：1 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用面积之比和中点坐标公式求出点M的坐标，进而求得O的坐 标，结合相似三角形的性质可得CH 2即为所求. 14. 已知二次函数 y  x2bxc （1）若b= -1，且二次函数图象过点  1,2  ，求二次函数的解析式及顶点坐标；   （2）若该二次函数顶点为 m,k ，且过点(k,m)，求mk； （3）若该二次函数过点A(x ,y ),B(x t,y ),C(x 2t,y )(t 0) ，且M  y y ，N  y  y ，试比 1 1 1 2 1 3 2 1 3 2 较M、N 的大小. 1 7 【答案】（1） y  x2x2；( , ) 2 4 （2）0或1 （3）M  N 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得b 1,c 2，得到函数的解析式，以及顶点坐标； 第16页/共22页 学科网（北京）股份有限公司（2）根据题意，可设抛物线的解析式为 y (xm)2k ，代入点(k,m)，得到关于mk的方程，即可求 解； （3）根据题意，结合函数的解析式，求得 y  x2 bx c， y  x2 2xtt2 bx btc和 1 1 1 2 1 1 1 y  x2 4xt4t2 bx 2btc，求得M,N的表达式，利用作差比较法，即可求解. 3 1 1 1 【小问1详解】 由题意知：b= -1，且二次函数图象过点  1,2  ， b1 可得 ，解得b 1,c 2， 1bc2 1 7 所以该函数的解析式为 y  x2x2，且函数图象的顶点坐标为( , ). 2 4 【小问2详解】 因为函数 y  x2bxc 中，二次项系数为1， 因为该函数图象的顶点坐标为  m,k  ，可设抛物线的解析式为 y (xm)2k ， 又因为 y (xm)2k 的图象进过另一点(k,m)， 可得m(km)2k，即mk (km)2，解得mk 0或mk 1. 【小问3详解】 因为函数 y  x2bxc 的图象经过点A(x ,y ),B(x t,y ),C(x 2t,y ) 三个不同点， 1 1 1 2 1 3 所以 y  x2 bx c，y (x t)2 b(x t)c x2 2xtt2 bx btc， 1 1 1 2 1 1 1 1 1 y (x 2t)2 b(x 2t)c x2 4xt4t2 bx 2btc， 3 1 1 1 1 1 所以M  y  y  x2 2xtt2 bx btc(x2 bx c)2xtt2 bt， 2 1 1 1 1 1 1 1 N  y  y  x2 4xt4t2 bx 2btc(x2 2xtt2 bx btc) 2xt3t2bt， 3 2 1 1 1 1 1 1 1 因为t 0，可得N M 2xt3t2 bt(2xtt2 bt)2t2 0， 1 1 所以M  N . k 15. 如图，一次函数 yax  a0  与反比例函数 y   k 0 相交于A,B两点，点A在第一象限，点C是 x k 反比例函数 y  第一象限上异于点A的一点，AC与x轴交于点N ，BC与x轴交于点D. x 第17页/共22页 学科网（北京）股份有限公司  （1）若a2，点C坐标为 4,1 ，求证：CDCN； （2）若a,k 为任意正实数，CD是否等于CN ？   （3）已知S 8 3 ，ACB60，点D坐标为 2 3,0 ，求k. ABC 【答案】（1）证明见解析 （2）是，理由见解析 （3）3 3 【解析】 【分析】（1）先将两个函数图象联立，解出A和B的坐标，然后通过解方程组的方法求出直线AC和BC的 解析式，并得到N 和D的坐标，最后根据坐标验证CDCN即可；  k  （2）设C的坐标为t, ，然后采取与（1）完全相同的方法即可证明CDCN；  t  （3）根据（2）求出的各点坐标，可从每个已知条件分别得到关于t,a,k的一个方程，然后对方程进行代数 变形，将k用已知的表达式表示，即可求出k. 【小问1详解】 y 2x 由C  4,1  可知k 414，再由a2，联立   4 ，解得A  2,2 2  ，B   2,2 2  . y   x  2 14pq p  设直线AC的解析式为 y  pxq，则代入这两个点的坐标可得 ，解得 2 . 2 2  2pq  q 2 21 2   所以直线AC的解析式为 y x2 21，令 y0，得x4 2 ，所以N 4 2,0 . 2 2   类似可以求出直线BC的解析式为y x2 21，令y0，得x4 2，所以D 4 2,0 . 2 由D  4 2,0  ，N  4 2,0  ，C  4,1  ，可知CD   2 2 12  3 ，CN   2 2 12  3. 第18页/共22页 学科网（北京）股份有限公司所以CDCN. 【小问2详解】 y ax  k    k   k  设Ct,   t 0  ，联立 k ，解得A  , ak   ，B   , ak   .  t  y   a   a   x k  ak  tpq p  t  设直线AC的解析式为 y  pxq，则代入这两个点的坐标可得 ，解得 t .  k  k ak  pq q  ak    a  t ak k k  k  所以直线AC的解析式为 y x ak  ，令 y0，得xt ，所以N  t ,0  . t t a  a  ak k k  k  类似可以求出直线BC的解析式为y x ak  ，令y0，得xt ，所以D  t ,0  . t t a  a   k   k   k   k  2 k  2 k k2 由D   t a ,0   ，N   t a ,0   ，C  t, t   ，可知CD     a       t    a  t2 ，  k  2 k  2 k k2 CN     a       t    a  t2 . 所以CDCN. 【小问3详解】 由于CDCN，故CDN CND. 而CDN CND ACB 60，故CDN CND 30.  k   k   k   k   k  之前已经求得A  , ak   ，B   , ak   ，Ct, ，N  t ,0  ，D  t ,0  .  a   a   t   a   a    k 现在由已知有D 2 3,0 ，故t 2 3. a k 3 y t ak 同时我们有  tan30 tanCDN  C   . 3 x x k t C D tt a 1 1 3 而8 3 S  ACBCsinACB ACBCsin60 ACBC，故ACBC 32. ABC 2 2 4 第19页/共22页 学科网（北京）股份有限公司  k  2 k  2  k  2 k  2 所以1024322  AC2BC2    t      ak     t      ak     a   t   a   t      2 2 2 2  k  ak  k   k  ak  k   t    t  t    t    a  t2  a   a  t2  a             2  ak  2 k  2  k  2   ak  2  k  2  k  2    1 t2      t a       t a      1   t         t a       t a    .   2  2 2 2 k ak 3  ak   k   k  故我们最终得到：t 2 3，  ，1   t  t  1024 .       a t 3   t    a   a    2 2  2 2 2  2 2 2  ak   k   k   3  2  k  64 k  从而10241   t  t  1   2 3 t   t  ，               t    a   a    3    a  3  a      2  k  k 得t   48，即t 4 3.    a  a 所以有  2 2  k  ak 1  k   k  ak 1 2  2 3 k t    t  t     4 3  2 3  3 3.       a t 4 a a  t 4  3         综上，k的值为3 3. 16. （1）如图，已知在ABC中，BAC 60，I 为内心，D,E分别在边AB,AC上，且DE 过I ， AI  DE，BD 16，CE 9，求BC的长； BD （2）如图，已知在等腰Rt△ABC中，D是边BC上一点， k ，E是AD上一点，BEC 135， CD BF CE延长线交 AB于点F ，求 的值. AF 第20页/共22页 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）37；（2） 2k 【解析】 【分析】（1）过点I 分别作AB,BC,CA的垂线，记垂足为H,F,G.设DH  x，用两种方法表示出三角形 ABC的面积从而建立方程即可求解； （2）作出ABC的外接圆，记CF 与外接圆交于点G,BE与AC交于点H ，与外接圆交于点P.结合相似 三角形的性质以及赛瓦定理即可得解. 【详解】（1）过点I 分别作AB,BC,CA的垂线，记垂足为H,F,G. 由题设，易知VADE为等边三角形，则有IHDIGE， 设DH  x，则有HI  3x,HA3x，则BF  BH  x16, CF CG  x9,AB 4x16,AC 4x9， 3 因为ABC在AB上的高h  4x9 ， 2 1 3 1 由等面积法，于是S   4x16   4x9   4x164x92x25  3x， ABC 2 2 2 解得x6，于是BC 2x2537. （2）作出ABC的外接圆，记CF 与外接圆交于点G,BE与AC交于点H ，与外接圆交于点P. 第21页/共22页 学科网（北京）股份有限公司因为AGC ABC  45,APB ACB  45，结合BEC PEG135， 显然APEG为平行四边形，于是AG//BP,AP//GC， 所以PAC ACG，GABABP， 结合同圆中圆周角相等，对应弧、弦相等，则AG  PC，APGB， 由上，GABGCB，GBAEBC，进而有BAG BCE， 由题意，易知BC为直径，且 G  P A  C ，则BPC 90，AGC PCG45， 同理有BGC 90，GBC PCG45， 2 所以CE  2PC  2AG，BG  BE， 2 CH CE 2AG 2AG AF     2 由AHP~CHE且AFG~BFE，所以 HA AP BG 2 BF . BE 2 BD CH AF AF AF BF   1 k2  1  2k 由赛瓦定理有 DC HA FB ，即 BF FB ，因此 AF . 第22页/共22页 学科网（北京）股份有限公司