2022-2023学年江苏省苏州市常熟中学高一强基英才班上学期10月阳光调研数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省苏州市常熟中学高一强基英才班上学期10月阳光调研数学试题

一、单选题

1．下列方程中是一元二次方程的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可.

【详解】对于A，方程为一元一次方程，故A错误；

对于B，方程为分式方程，故B错误；

对于C，方程为一元二次方程，故C正确；

对于D，当时，方程不是一元二次方程，故D错误；

故选：C

2．如图，点为外一点，过点作的切线、，记切点为、，点为上一点，连接、．若，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先根据切线的性质得，再利用四边形的内角和与圆周角定理即可求解

【详解】因为、是切线，

所以，

所以,

所以

因为，

所以，

所以，

故选：D

3．若关于的一元二次方程 有一个根是0，则的值是（    ）

A． B．2 C．0 D．或2

【答案】A

【分析】将一元二次方程的根代入方程，结合二次项系数不为，可求出的值．

【详解】∵关于x的一元二次方程有一个根为0，

∴且， 解得.

故选：A

4．已知的图象过点，，，则，，的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由抛物线的解析式可得抛物线开口方向与对称轴，根据三点到对称轴的距离大小关系求解即可

【详解】因为，

所以抛物线开口向下，对称轴为，

因为，

所以，

故选：B

5．我国古代数学家赵爽（公元3世纪）在其所著的《勾股圆方图注》中记载过一元二次方程（正根）的几何解法．以方程 即为例说明，记载的方法是：构造如图，大正方形的面积是 ．同时它又等于四个矩形的面积加上中间小正方形的面积，即 ，因此．则在下面四个构图中，能正确说明方程解法的构图是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，画出方程，即的拼图过程，由面积之间的关系可得出答案.

【详解】方程，即的拼图，如图所示：

中间小正方形的边长为，其面积为25,

大正方形的面积：，其边长为7 .

因此，D选项所表示的图形符合题意,

故选：D.

6．已知，是方程的两个根，则（    ）

A．2008 B．8002 C．2009 D．2020

【答案】A

【分析】由题意得，，，进而化简，即可求解

【详解】因为，是方程的两个根，

所以，，，

所以，，

所以，，

所以

，

故选：A

7．如图，将半径为的半圆围成一个圆锥，在圆锥内接一个圆柱，当圆柱的侧面面积最大时，圆柱的底面半径是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出圆锥的底面半径与高，设出圆柱的底面半径与高，利用三角形相似与侧面积公式以及二次函数的性质即可求解

【详解】因为扇形的弧长为，

所以圆锥的底面半径为，

圆锥的高为，

设圆柱的底面半径为，高为，

由题意得，

解得，

所以圆柱的侧面积为，

所以当时，圆柱的侧面积有最大值，

故选：C

8．设为抛物线的顶点，点、为该抛物线上的两个动点，且．连接点、，过作于点，则点到轴距离的最大值（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】如图，以M为原点建立新坐标系.过点B作BE⊥x轴于点E，过点A作AD⊥x轴于点D，

AH⊥BE于点H，交轴于点G，设AB交轴于点K，首先证明直线AB经过定点K (0,1)，判断出点C的运动轨迹，可得结论.

【详解】如图，以M为原点建立新坐标系. 过点B作BE⊥x轴于点E，过点A作AD⊥x轴于点D，

AH⊥BE于点H，交轴于点G，设AB交轴于点K，

则抛物线在新坐标系下的解析式，顶点.

设，则，

，，，，

，，

，，

，，，

，，，，，

，，点C的运动轨迹是以M K为直径的圆，

当点C在的右侧，到轴的距离为时，点C到y轴的距离最大，最大值为.

故选：B

二、多选题

9．下列关于的方程的说法正确的是（    ）

A．一定有两个实数根 B．可能只有一个实数根

C．可能无实数根 D．当时，方程有两个负实数根

【答案】BD

【分析】当时，可判断A；当时，由判别式可判断BC；由根与系数的关系可判断D

【详解】当时，方程可转化为，解得，故A错误；B正确，

当时，方程关于的方程为一元二次方程，

且，

此时方程有两个不相等的实数根，故C错误；

又，

当时，，

所以，故D正确；

故选：BD

10．下列语句说法错误的是（    ）

A．平分弦的直径垂直于弦

B．三角形的内心到三角形各边的距离相等

C．在同圆或等圆中，相等的弦所对的圆周角相等

D．过平面内三点可以作一个圆

【答案】ACD

【分析】利用圆的垂径定理、三角形内心的性质、圆周角定理及确定圆的条件判断选项即可得解.

【详解】只有平分不是直径的弦的直径垂直于弦，平分直径的直径不一定垂直于弦（直径），故A错误;

三角形的内心即三角形的内切圆圆心，到三角形三边的距离都等于半径，故B正确;

在同圆或等圆中，相等的弧所对的圆周角相等，相等的弦所对的圆周角不一定相等，故C错误;

只有不共线的三点确定一个圆，故D错误;

故选：ACD

11．如图，为的直径，，交于点，交于点，，下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．劣弧是劣弧的2倍

【答案】ABD

【分析】由AB是直径，得出△ABE是等腰直角三角形，得出，由AB = AC,，可得的度数，进而判断选项A；由等腰三角形“三线合一”可判断选项B；在中，由的度数可判断与的关系，进而判断BE与EC的关系，从而判断选项C；由AE=BE可得=，由可得，可判断选项D.

【详解】如图，连接，

为的直径，，

，，，

，故A正确；

，，，故B正确；

，，，，，，，，故C错误；

，，，，，故D正确.

故选：ABD

12．如图，等边三角形边长是定值，点是它的外心，过点任意作一条直线分别交，于点，，将沿直线折叠，得到，若，分别交于点，，连接，，则下列判断正确的有（    ）

A． B．的周长是的长度

C．四边形的面积等于 D．四边形的面积是一个定值

【答案】ABC

【分析】由题意结合三角形全等可判断A，B；四边形的面积等于，依次换成面积相等的三角形可判断C，同理可判断D

【详解】对于A：连接

因为点是等边三角形的外心，

所以点是等边三角形的内心，

所以平分,

所以点到的距离相等，

由折叠得：平分,

所以点到的距离相等，

所以点到的距离相等，

所以平分,,

由折叠得：，

所以，

所以，

同理可得，

所以，

因为，

所以，

所以，

因为，

所以，

同理得，

所以，

所以，故A正确；

对于B：因为，

所以，

因为，，

所以，

所以，

所以的周长（定值），故B正确；

对于C：四边形的面积等于，故C正确；

对于D：四边形的面积等于

，

过点作于，

所以，

由于是定值，变化，

故的面积变化，从而四边形的面积也变化，故D错误；

故选：ABC

三、填空题

13．一元二次方程 的解为___________．

【答案】

【分析】利用一元二次方程的直接开平方法，进行计算即可.

【详解】

即或

解得：

故答案为：

14．如图，为的直径，弦于点，直线切于点，延长交于点，若 ，，则的长度为___________．

【答案】

【分析】根据垂径定理可得，进而得到为等腰直角三角形，求得，根据切线的性质可得，进而得到为等腰直角三角形，从而得出.

【详解】因为BC为圆O的直径，，

所以，

所以,

故为等腰直角三角形，有，

所以，

又直线l切圆O于点C，所以，

故为等腰直角三角形，有，

因为，所以.

故答案为：

15．若二次函数（，，均为常数）的图象与轴两个交点的坐标是和，则方程的解是___________．

【答案】

【分析】抛物线是由抛物线向左平移2个单位所得，从而可得抛物线与轴两个交点的坐标，进而即可求解

【详解】因为抛物线是由抛物线向左平移2个单位所得，

所以抛物线与轴两个交点的坐标是和，

所以方程的解是，

故答案为：

16．已知、为抛物线与轴交点的横坐标，则的值为___________．

【答案】

【分析】由抛物线与x轴的交点，利用公式法解方程（设）得，代入求解即可.

【详解】当时，（设），

整理得，

，

，

所以，

所以，

故答案为：

四、解答题

17．解下列于的不等式

(1)；

(2)；

(3)；

(4)（其中）．

【答案】(1);

(2);

(3);

(4)答案见解析.

【分析】（1）分解因式后解不等式；

（2）满足时，两边平方后求解；

（3）化为分式不等式，由数轴穿根法求解；

（4）分解因式后，对分类讨论求解即可.

【详解】(1)，

原不等式可化为，

解得，

所以不等式的解集为.

(2)由 ，

所以不等式的解集为.

(3)由可得，

即，如图，

由数轴穿根法，解得或或，

所以不等式的解集为.

(4)由原不等式可得，即，

①当时，解得，

②当时，由知，可解得或，

③当时，由知，可解得，

④当时，由知，，

⑤当时，由知，可解得.

综上，时，不等式解集为；时，不等式解集为或；

时，不等式解集为；时，不等式解集为；时，不等式解集为.

18．某景区要建一个游乐场（如图所示），其中、分别靠现有墙、（墙长为27米，墙足够长），其余用篱笆围成．篱笆将游乐场隔成等腰直角和长方形两部分，并在三处各留2米宽的大门，已知篱笆总长为54米，设长为米，面积为平方米．

(1)求与的函数关系式及的取值范围；

(2)当多长时，游乐场的面积为320平方米？

【答案】(1)，；

(2)16米

【分析】（1）用含的式子表达出各边长，求出与长方形的面积，相加即可，再结合墙的长度，列出不等式组，求出的取值范围；

（2）在第一问的基础上，令平方米，求出，舍去不合要求的解，求出的长度.

【详解】（1），

因为长为米，所以米，

因为篱笆总长为54米，三处各留2米宽的大门,

所以米，

由长为27米，墙足够长，可知，解得：，

所以长方形的面积为，

所以，；

（2）令平方米，

即，解得：或8，

因为，

所以，

所以当长为16米时，游乐场的面积为320平方米.

19．如图，已知是的直径，交边于点，连接，且满足，点在的延长线上，交于点．

(1)求证：；

(2)如果，，，求直径的长．

【答案】(1)证明见解析；

(2)4.

【分析】（1）利用得到，结合半径相等得到，等量代换得到，故；

（2）由得到为等边三角形，由得到，求出，从而求出，进而求出直径.

【详解】(1)因为，

所以，

因为，

所以，

所以，

所以；

(2)因为， ，

所以，

因为，

所以为等边三角形，

所以，

因为，，

所以，

故，

，

所以，

所以，

则，.

20．已知是方程的一个根，求：

(1)的值；

(2)代数式的值．

【答案】(1)-5；

(2)2019.

【分析】（1）根据是方程的一个根，得到，对代数式变形后，整体代入求出答案；

（2）由题意得到，，将代数式变形，整体代入求出答案.

【详解】(1)因为是方程的一个根，

所以，即，

故；

(2)由得：，

，结合，

可得：.

21．如图，D是的边上一点，连接，作的外接圆O，将沿直线折叠，点C的对应点E落在上．

(1)若，如图1．

①求的度数．

②若，求的度数．

(2)若，如图2．求的长．

【答案】(1)①30，②60

(2)6

【分析】根据折叠的原理，分析图中的几何关系，运用等弧所对的圆周角相等即可.

【详解】(1)①，，，

将沿直线折叠，点C的对应点E落在上， ；

②，，

，，

将沿直线折叠，点C的对应点E落在上，，

中，，则，

，

，

；

(2)，，， ，

折叠，，，

，；

综上， ，， .

22．在平面直角坐标系中，抛物线（为常数）．

(1)当，在抛物线上，求的值．

(2)当抛物线的最低点到直线的距离恰好是时，求的值．

(3)已知、，连接．当抛物线与线段有交点时，记交点为（点不与、重合），将线段绕点顺时针旋转得到线段，以、为邻边构造矩形．

①若抛物线在矩形内部的图象的函数值随自变量的增大而减小时，求的取值范围．

②当抛物线在矩形内部（包含边界）图象所对应的函数的最大值与最小值的差为时，直接写出的值．

【答案】(1)；

(2)或或；

(3)①或；②或或.

【分析】（1）将代入解析式即可求解；

（2）求出顶点坐标，由题意列出方程即可求解；

（3）①通过数形结合，讨论抛物线对称轴与矩形边的位置关系与抛物线经过临界点时的值求解；②分类讨论点在点上方与点在点下方两种情况，分别求出最高点与最低点坐标作差求解；

【详解】(1)将代入可得：

，

所以；

(2)因为，

所以抛物线顶点坐标为，

因为抛物线的最低点到直线的距离恰好是，

所以，解得或或；

(3)①所在的直线解析式为，

将代入，得，

所以点坐标为，

当点在点上方时，

，解得，

因为，

所以点横坐标为，

因为，

所以抛物线对称轴在点的右侧，满足题意，

所以；

当点在点下方时，

，解得，

因为，

所以点横坐标为，

当抛物线经过点时，，解得，

所以满足题意，

综上所述，或；

②由①得的横坐标为，

所以的坐标为，

当，抛物线经过点时，将代入抛物线解析式得：

，解得或（舍），

抛物线与直线交点为，

当时，抛物线与矩形的交点最高点为点，最低点纵坐标为1，

则时，解得（舍），

当点为最高点，抛物线与交点为为最低点时，

则，解得或（舍）

当时，抛物线经过点时，，

所以时，抛物线与矩形交点最高点纵坐标为1，最低点纵坐标为点纵坐标为，

当时，所以

当时，抛物线与直线交点为最高点，点为最低点，

当时，解得或（舍），

综上所述，或或

【点睛】关键点点睛：二次函数的综合应用，解题的关键是通过数形结合分类讨论求解