2022年上海师范大学第二附属中学自主招生数学试卷（解析版）

年上海师范大学第二附属中学自主招生数学试卷1.已知直线l∥l∥l∥l，相邻两条平行线间的距离均为h，矩形ABCD的四个顶点分别在这四条直线上，放置方式如图所示，AB＝4，BC＝6，则tanα的值等于()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】过点C作CE⊥l4于点E，延长EC交l1于点F，根据同角的余角相等求出∠α=∠DCF，利用两角对应相等的两三角形相似证明△BEC∽△CFD，再由相似三角形对应边成比例可得BE=h，然后在Rt△BCE中利用锐角的正切值等于对边比邻边列式计算即可得解．【详解】如图，过点C作CE⊥l4于点E，延长EC交l1于点F，在矩形ABCD中，∠BCD=90°，∵∠α+∠BCE=90°，∠BCE+∠DCF=180°-90°=90°，∴∠α=∠DCF，又∵∠BEC=∠CFD=90°，∴△BEC∽△CFD，∴，即，∴BE=h，在Rt△BCE中，∵∠BEC=90°，第1页/共21页∴tanα==，故选C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，锐角三角形函数的定义，作辅助线，构造出相似三角形以及∠α所在的直角三角形是解题的关键．2.如图，正方形的对角线与相交于点，的角平分线分别与、交于，两点，若，则线段的长为（A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】本题综合考查了角平分线的性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点．作于点证，即可求解．【详解】解：如图，作于点，∵四边形正方形，∴为等腰直角三角形第2页/共21页∵平分，为对角线交点，∵，且即化简故选：C.3.如图，在直角坐标系中，以坐标原点O（0，0A（0，4B（3，0）为顶点的Rt△AOB，其两个锐角对应的外角角平分线相交于点P，且点P恰好在反比例函数y＝的图象上，则k的值为（）A.36B.48C.49D.64【答案】A【解析】【详解】过P分别作AB、x轴、y轴的垂线，垂足分别为C、D、E，如图，利用勾股定理计算出AB＝5，根据角平分线的性质得PE＝PC＝PD（tt×t×（t﹣4+×5×t+×t×（t﹣3）第3页/共21页+×3×4＝t×t，求出t得到P点坐标，然后把P点坐标代入y＝中求出k的值．【解答】解：过P分别作AB、x轴、y轴的垂线，垂足分别为C、D、E，如图，∵A（0，4B（3，0∴OA＝4，OB＝3，∴AB＝＝5，∵△OAB的两个锐角对应的外角角平分线相交于点P，∴PE＝PC，PD＝PC，∴PE＝PC＝PD，设P（t，tPC＝t，∵S+S+S+S＝S，∴×t×（t﹣4）+×5×t+×t×（t﹣3）+×3×4＝t×t，解得t＝6，∴P（6，6把P（6，6）代入y＝得k＝6×6＝36．故选：A．【点评】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了角平分线的性质和三角形面积公式．4.如图，一只蚂蚁在如图所示的树枝上寻觅食物，假定蚂蚁在每个岔路口都会随机选择一条路径，则它获取食物的概率是（第4页/共21页A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】本题考查树状图法求概率．根据题意可知，共有种等可能得结果，其中有种情况可以获取食物，即可得获取食物的概率．【详解】解：由图可知，共有条路径，其中有条路径可以获取食物，根据题意可知，蚂蚁选择每条路径的可能性相同，它获取食物的概率是．故选：B．5.，为直径的圆交于点的的切线交于点．若，，则的半径是（A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意可得，由勾股定理可得，根据锐角三角函数可求的长，再根据勾股定理可求的长，即可求的半径．【详解】解：如图，连接，，∵是切线，∴，∵是直径，第5页/共21页∴，且，∴，且，∴，且，∴，在中，∴，∵，∴，∴，∴，故选：D．【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．6.二次函数的图像如图所示，下列结论：①；②；③抛物线与轴的另一个交点为；④．其中正确的结论是（A.①②B.①④C.②④D.③④【答案】B【解析】【分析】先根据抛物线对称轴方程对①进行判断，然后根据自变量为时对应的函数值为负数可对②进行判断；x轴的一个交点为得到抛物线与x轴的另一个交点为，则可对③进行判断；最后由抛物线开口方向得到，由对称轴位置可得，由抛物线与y轴的交点位置可得，于是可对④进行判断．第6页/共21页【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线，∴∴，∴①正确．∵时，，∴，∴∴②错误．∵抛物线与x轴的一个交点为，而抛物线的对称轴为直线，∴抛物线与x轴的另一个交点为，∴③错误．∵抛物线开口向上，∴，∴，∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，∴，∴，∴④正确．综上，正确的有①④．【点睛】本题考查二次函数的图像与系数的关系，对于二次函数程为直线，当时，抛物线开口向上，当时，抛物线开口向下；当抛物线与y轴交于y轴正半轴时，，当抛物线与y轴交于负半轴时，当对称轴在y轴左侧时，a、b同号，当对称轴在y轴右侧时，a、b异号；熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．7.如图，小巷左右两侧是竖直的墙，一架梯子斜靠在左墙时，梯子底端到左墙角的距离为米，顶端距离地面2.42______米．第7页/共21页【答案】####【解析】【分析】本题考查勾股定理，将图形进行标注，利用勾股定理算出，再利用勾股定理算出，根据计算求解，即可解题．【详解】解：根据上图，进行如下标注：由题知，，，，，，，梯子长度不变，，，，故答案为：．8.如图1P从的顶点B匀速运动到点A2是点P的长度y随时间x变化的关系图象，其中M是曲线部分的最低点，则的面积是___________．【答案】48【解析】第8页/共21页【分析】先分析出点P在和上运动时的大小变化，再结合函数图象得到相应线段长．P在上运动时，C点时，时；当P在上运动时，先减小再增大，在此过程中，时，此位置记为，有最小值为，由勾股定理可得，P点到达A点时，可得，由勾股定理可得，∴，∴故答案为：48．【点睛】本题考查了函数图象的理解和应用，勾股定理的应用，把图形和图象结合理解得到线段长度是解决本题的关键．9.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2.将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到△MNC，连接BM，则BM的长是__________.【答案】【解析】【分析】连接AM，证明BM是线段AC的垂直平分线，结合勾股定理求解.【详解】解：如图，连接AM，第9页/共21页由题意得：CA＝CM，∠ACM＝60°，△ACM为等边三角形，AM＝CM，∠MAC＝∠MCA＝∠AMC＝60°；∠ABC＝90°，AB＝BC＝，AC＝＝CM＝，AB＝BC，CM＝AM，BM垂直平分AC，∴BO＝AC＝；OM＝＝.BM＝BO＋OM＝.故答案为：.【点睛】本题考查了旋转的性质、线段垂直平分线的性质及勾股定理，要求学生应理解旋转变换是全等变换，即旋转前后的两个图形全等.10.如图，在矩形中，垂足为，点分别在上，则的最小值为___________【答案】【解析】【分析】在Rt△ABE中，利用三角形相似可求得AE、DE的长，设A点关于BD的对称点A′，连接A′D，可证明△ADA′PQ⊥ADPQA′Q⊥AD时AP+PQAP+PQ的最小值等于DE的长，可得出答案.第10页/共21页【详解】解：设BE=x，则DE=3x，∵四边形ABCD为矩形，且AE⊥BD，∴△ABE∽△DAE，∴AE2=BE•DE，即AE2=3x2，∴AE=x，在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2=AE2+DE2，即62=（x）2+（3x）2，解得x=，∴AE=3，DE=3，如图，设A点关于BD的对称点为A′，连接A′D，，则A′A=2AE=6=AD，AD=A′D=6，∴△AA′D是等边三角形，∵，∴当A′、P、Q三点在一条线上时，A′P+PQ最小，又垂线段最短可知当PQ⊥AD时，A′P+PQ最小，∴AP+PQ=A′P+PQ=A′Q=DE=，故答案为：.AAP+PQ的最A′DA如图，为⊙的直径,为⊙平分于点,的长为________.第11页/共21页【答案】【解析】详解】试题解析：如图，连接BD、CD，∵AB为的直径，∵弦AD平分∠BAC，∴∠CBD=∠DAB，在△ABD和△BED中，∴△ABD∽△BED，即解得第12页/共21页故答案为12.如图，已知正方形的顶点AB在CD在绕点A逆时针旋转，使点D落在上．若正方形的边长和的半径均为，则点D运动的路径长为___________．【答案】【解析】【分析】设圆心为O，连接，易证三角形是等边三角形，确定，再利用弧长公式计算即可．【详解】解：设圆心O，连接，∵，∴，三角形是等边三角形，∴，同理：是等边三角形，∴，∴，∴，∵，点D运动的路径长为：．故答案为：．第13页/共21页【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的运用以及弧长公式的运用，题目的综合性较强，解题的关键是正确的求出旋转角的度数．13.甲、乙两人在一条笔直的道路上相向而行，甲骑自行车从A地到B地，乙驾车从B地到A地，他们分别以不同的速度匀速行驶，已知甲先出发6（千米）与甲出发的时间x（分）之间的关系如图所示，当乙到达终点A时，甲还需________分钟到达终点B．【答案】78．【解析】【分析】根据路程与时间的关系，可得甲乙的速度，根据相遇前甲行驶的路程除以乙行驶的速度，可得乙到达A站需要的时间，根据相遇前乙行驶的路程除以甲行驶的速度，可得甲到达B站需要的时间，再根据有理数的减法，可得答案．【详解】解：由纵坐标看出甲先行驶了1千米，由横坐标看出甲行驶1千米用了6分钟，甲的速度是1÷6=千米/分钟，由纵坐标看出AB两地的距离是16千米，设乙的速度是x千米/分钟，由题意，得10x+16×=16，解得x=千米/分钟，相遇后乙到达A站还需（16×）÷=2分钟，相遇后甲到达B站还需（10×）÷=80分钟，当乙到达终点A时，甲还需80-2=78分钟到达终点B，故答案为：78【点睛】本题考查了函数图象，利用同路程与时间的关系得出甲乙的速度是解题关键．14.如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若，，,则线段AE长为_____．第14页/共21页【答案】【解析】BE=xAB=AD=CD=2xx理即可求得AE值．【详解】解：设BE=x，∵菱形，∴AB=AD=CD=2x，∵，∴,∴BD=3x，∴OB=OD=，∴，∴x=2，∴AB=4，BE=2，∴，∴,故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质结合勾股定理的应用，熟练掌握菱形性质是解题的关键．15.与某建筑物底端相距与点同一剖面的斜坡行走米至坡顶的坡度（或坡比）处测得该建筑物顶端的俯视角为，则建筑物的高度约为__________（精确到米，参考数据：，，）．第15页/共21页【答案】【解析】【分析】本题考查了解直角三角形的实际应用，需要用到坡度坡角、三角函数、矩形的性质相关知识，解题可先根据斜坡的坡度求出斜坡的垂直高度和水平距离，再结合三角函数求出相关线段长度，进而求出建筑物的高度．【详解】作于点，作于点，作，如图，设，，由勾股定理，得，解得：，不合题意，舍去，∴，，∴．∵，∴，∵，，，∴，∴．故答案为：．16.层多一个圆圈，一共堆了层．将图①倒置后与原图①拼成图②的形状，这样我们可以算出图①中所有圆第16页/共21页圈的个数为．如果图③和图④中的圆圈都有层．(1)我们自上往下，在图③的每个圆圈中填上一串连续的正整数，，，，，则最底层最左边这个圆圈中的数是__________．(2)我们自上往下，在图④的每个圆圈中填上一串连续的整数，，，，，则最底层最右边这个圆圈中的数是__________．【答案】①.②.【解析】【分析】本题主要考查了图形的变化类，要求学生通过观察，分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题；注意连续整数相加的时候的这种简便计算方法.（1）13层时最底层最左边这个圆圈中的数是第12层的最后一个数加1；（2）首先计算圆圈的个数，从而分析出23个负数后，又有多少个正数，即可解题；1）当有13层时，图中共有个.故最底层最左边这个圆圈中的数是79.故答案为：79.（2231个067个正数，最底层最右边这个圆圈中的数是67；故答案为：67.17.如图1，将一张矩形纸片沿着对角线向上折叠，顶点落到点处，交于点．第17页/共21页（1）求证：是等腰三角形；（2）如图，过点作，交于点，连接交于点．判断四边形的形状，并说明理由；若，，求的长．【答案】（1）证明见解析；（2）详见解析；．【解析】）根据折叠的性质得，又四边形是矩形，则，根据平行线的性质得，最后等腰三角形的判定即可求证；（）由四边形据邻边相等的平行四边形是菱形即可；由四边形是矩形，得，，通过勾股定理求，从而，设，则，由勾股定理得解得，从而求解；本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，翻折变换等知识，解题的关键是熟练掌握知识点的应用．【小问1详解】根据折叠的性质得，又∵四边形是矩形，∴，∴，∴，∴，∴是等腰三角形；【小问2详解】四边形是菱形，理由如下：∵四边形是矩形，∴，第18页/共21页∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；∵四边形