宁波保送生_2011年宁波七中保送生推荐考试数学试卷

2011年宁波七中保送生推荐考试数学试卷（2011.5）

试卷I（选择题，共36分）

一、选择题（每小题3分，共36分）

1．下列运算正确的是（ ▲ ） A2

B．25

x=x C．x·

236

D．22

2．估计69的立方根的大小在（ ▲ ） A．2与3之间

B．3与4之间

C．4与5之间

D．5与6之间

x21

3．分式值为零的条件是（ ▲ ）

x1

A．x≠－1

B．x = 1

C．x = －1

D．x =±1

4．甲、乙两人各射靶10次，他们命中环数的平均成绩为7环，但方差不同，S2甲=2.5， S2乙=1.8，那么（ ▲ ） A．甲的波动比乙的波动大 C．甲、乙的波动大小一样

B．乙的波动比甲的波动大 D．甲、乙的波动大小无法确定

5．在下列图形的性质中，平行四边形不一定具有的是（ ▲ ）

A．对角相等 B. 对角线相等 C．邻角互补 D．内角和是360

)

6. 根据图象下列结论错误的是（ ▲ ）

A．轮船的速度为20千米/时 B.快艇的速度为40千米/时 C．轮船比快艇先出发2小时 D.快艇不能赶上轮船 7．下面说法错误的是（ ▲ ）

A．直线y＝x就是一、三象限的角平分线 B．函数y3x10的图像经过点（3，-1） C．函数y

22yx

中随的增大而减小D．抛物线yx2x1的对称轴是直线x＝1 x

8. 如图，一个几何体的主视图和左视图都是边长为1的三角形，俯视 图是一个圆，那么这个几何体的侧面积是（ ▲ ） A.

22 B. C. D. 4242

第8题图

39.如图，菱形ABCD的周长为20cm，sinBAD＝，DE⊥AB于点E，下列结论中：①SABCD

5

＝15cm；②BE＝1cm； ③AC＝3BD．正确的个数为 （ ▲ ） A．0个 B．1个 C．2个 D． 3个

10．如图，已知A、B两点的坐标分别为(2，0)、(0，2)，⊙C的圆心坐标为(－1，0)，半径为1．若D是⊙C上的一个动点，线段DA与y轴交于点E，则△ABE面积的最小值是（ ▲ ） A

．2 B．1 C．2

2

D．22

11．《歌词古体算题》记载了中国古代的一道在数学史上名扬中外的“勾股容圆”名题，其歌词为：“十五为股八步勾，内容圆径怎生求？有人算得如斯妙，算学方为第一筹.”当中提出的数学问题是这样的：今有股长15步，勾长8步的直角三角形，试求其内切圆的直径.正确的答案是（ ▲ ）

A．3步

B．4步 C．5步 D．6步

 沿弦BC折叠交直径AB于点D，若AD＝4，DB＝5，则BC的长是（ ▲ ） 12.将 BC

A． 37 B．8 C．65 D．215

A

C

E

B

（第9题图）

A

第12题图

B

试卷II（非选择题，共84分）

二、填空题（每小题3分，共18分）

13．分解因式：aa=

14．在函数y3x中，自变量x的取值范围是 ▲ ．

2

15．抛物线y＝ax2＋bx＋c上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如下表：

容易看出，(－2,0)是它与x轴的一个交点，则它与x轴的另一个交点的坐标为 ▲ ． 16．两圆内切，其中一个圆的半径为5，两圆的圆心距为2，则另一个圆的半径是17．标有1，1，2，3，3，5六个数字的立方体的表面展开图如图所示，掷这 个立方体一次，记朝上一面的数为x,朝下一面的数为y,得到平面直角坐标

系中的一个点(x,y).已知小华前二次掷得的两个点所确定的直线经过点

P(4,7),则他第三次掷得的点也在这条直线上的概率为

18．如图，有任意四边形ABCD，A、B、C、D分别是A、B、C、D的对称点，设S表示四边形ABCD的面积，S表示四边形ABCD的面积，则

S

的值为 ▲ ． S第

18题图

三、解答题（共66分）

19．（本题6分）已知关于x的一元二次方程x4xm10有两个相等的实数根，求m的值及方程的根.

20.（本题6分）如图，已知AB是⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点C，AC平分∠DAB. (1)求证：AD⊥DC； (2)若AD＝2，AC＝,

求AB的长．

21.（本题6分） 一只不透明的袋子中，装有2个白球和1个红球，这些球除颜色外都相同． （1）搅均后从中一把摸出两个球，请通过列表或画树状图求两个球都是白球的概率； （2）搅均后从中任意摸出一个球，要使摸出红球的概率为

22. （本题8分） 如图，线段AB的端点在边长为1的小正方形网格的格点上，现将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°得到线段AC． ⑴请你在所给的网格中画出线段AC及点B经过的路径； ⑵若将此网格放在一平面直角坐标系中，已知点A的坐标为(1，3)，点B的坐标为(-2， -1)，则点C的坐标为； ⑶线段AB在旋转到线段AC的过程中，线段AB扫过的区域记为图形T，若将图形T围成一个几何体的侧面，求该几何体底面圆的半径长.

2

2

，应如何添加红球？ 3

23.（本题9分）在刚刚结束的市中学生篮球比赛中，小明共打了10场球。他在第6，7，8，9场比赛中分别得了22，15，12和19分，他的前9场比赛的平均得分y, 前5场比赛的平均得分x,

（1）用含x的代数式表示y；并求y的最小值。

（2）当y＞x时，小明在前5场比赛中，总分可达到的最大值是多少？ （3）小明在第

10场比赛中，得分可达到的最小值为多少？

24．（本题9分）

已知：如图，直线yx轴相交于点A

，与直线y相交于点P． （1）求点P的坐标． （2）请判断OPA的形状并说明理由．

（3）动点E从原点O出发，以每秒1个单位的速度沿着O→P→A的路线向点A匀速运动（E不与点O、A重合），过点E分别作EF⊥x轴于F，EB⊥y轴于B．设运动t秒时，矩形EBOF与△OPA重叠部分的面积为S． 求：① S与t之间的函数关系式．

② 当t为何值时，S最大，并求S的最大值．

25．（本题10分）矩形纸片ABCD中，AD12cm，现将这张纸片按下列图示方式折叠，AE是折痕．

（1）如图1，P，Q分别为AD，BC的中点，点D的对应点F在PQ上，求PF和AE的长；

（2）如图2，DP（3）如图3，DP

11

AD,CQBC，点D的对应点F在PQ上，求AE的长； 33

11

AD,CQBC，点D的对应点F在PQ上． nn

①直接写出AE的长（用含n的代数式表示）； ②当n越来越大时，AE的长越来越接近于 ▲ ．

CDCDCD

QQPFPFQ P

26. （本题12分） 如图，已知抛物线y = ax2 + bx－3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，经过A、B、C三点的圆的圆心M（1，m）恰好在此抛物线的对称轴上，⊙M的半径为

A

(第25题图1)

B

A

(第25题图2)

BAB

(第25题图3)

5．设⊙M与y轴交于D，抛物线的顶点为E．

（1）求m的值及抛物线的解析式；

（2）设∠DBC = 

，∠CBE = ，求sin（－）的值； （3）探究坐标轴上是否存在点P，使得以P、A、C为顶点的 三角形与△BCE相似？若存在，请指出点P的位置，并直接 写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

2011年宁波七中保送生推荐考试数学答案（2011.5） 一、选择题（每小题3分，共36分）

二、填空题（每小题3分，共18分）

2

13. a(a1) 14. x3 15. （3,0） 16. 7或3 17. 3 18. 5

三、解答题（共66分）

5

19. m5,x1x22 20.(1)略 （2）AB=4

2163

21. （1）树状图如图（列表略）P（两个球都是白球）

1x2



（2

）设应添加x个红球，由题意得

3x3

解得x3（经检验是原方程的解）答：应添加3个红球．

5

22. (1)略

(2) C的坐标为(4,0); (3) 该几何体底面圆的半径长为4

y

23. （1）

1568(5x22151219)即

yx99

9

（2）由题意有y ＞x，解得x＜17，小明在前5场比赛中总分的最大值应为17×5-1=84

分； （3）由题意，小明在这

10场比赛中得分至少为18×10+1=181分， 设他在第10场比赛中的得分为S，则有84+（22+15+12+19）+S≥181， 解得S≥29，所以小明在第10场比赛中得分的最小值应为29分

yx2yy 24. 解：（1

） 解得：∴点P的坐标为(2，)

（2）将y0代入y  0∴ x4，即OA=4做PD⊥OA于D，则OD=2，PD

4∵ tan∠POA

= ∠POA=60° ∵ OP

∴△POA是等边三角形． （3）① 当0

112

t

∴EF=2t，OF=2t ∴S=2·OF·EF=8

当4

13

t

∴AF=4－2，EF=2(8－t) 11

∴OF=OA－AF=4－（4－2t）=2t

111∴S=2(CE+OF)·EF=2(t－4+2t

)×(8－t） 3

2

t+43t－83 =－8

2

② 当0

=t， t=4时，S最大=2

3316822t+43t－83=－8当4

333333t=时，S最大= ∵>2，∴当t=时，S最大=

25．（1）PQ是矩形ABCD中AD,BC的中点，

AP

11

ADAF,APF9022，AFP30，

DAE

1

FAD302，

PF3AP63 FAD60，

AD

AE83cm

cos30

12

DPAD4APAD8

33 （2），

DP

F

C

Q

A

FP28245 DEEF,AEDAEF, AEDFGE,

FGEFEG， EFGF,

B

设DEx，则GFx APG∽ADE,



PGAP2

PGxDEAD, 3

AD2DE2

1230

5

212

AExx45x5

35，

AE12

（3）

2n

2n1 当n越来越大时，AE越来越接近于12．

b1

26. （1）由题意C（0，－3），2a，∴ 抛物线的解析式为y = ax2－2ax－3（a＞0），



过M作MN⊥y轴于N，连结CM，则MN = 1，CM

5，∴ CN = 2，于是m =－1．同

理可求得B（3，0），∴ a×32－2－2a×3－3 = 0，得 a = 1， ∴ 抛物线的解析式为y = x2－2x－3．

（2）由（1）得 A（－1，0），E（1，－4），D（0，1）．

BC32OB333

2∴ 在Rt△BCE中，BC32，CE2，∴ OD1，CE，∴

OBBCOBOD



ODCE，即 BCCE，∴ Rt△BOD∽Rt△BCE，得 ∠CBE =∠OBD =，

CO2



2． 因此 sin（－）= sin（∠DBC－∠OBD）= sin∠OBC =BC

（3）显然 Rt△COA∽Rt△BCE，此时点P1（0，0）．

1P2(0,)

3． 过A作AP2⊥AC交y正半轴于P2，由Rt△CAP2 ∽Rt△BCE，得

过C作CP3⊥AC交x正半轴于P3，由Rt△P3CA∽Rt△BCE，得P3（9，0）．

故在坐标轴上存在三个点P1（0，0），P2（0，1∕3），P3（9，0），使得以P、A、C为顶点

的三角形与△BCE相似．