精品解析：2024年安徽师范大学附属中学自主招生考试数学试题

2024年安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学自主招生考试数学试题 一、选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确） 1. 若不等式有解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 在平面直角坐标系中，已知，点C为直线上的点，且满足为等腰三角形，满足条件的点C共有（ ） A. 6个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 3. 已知，，则（ ） A. 4 B. 2 C. 0 D. -2 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2a 5. 已知的三边的长分别为，且，则一定是（ ） A. 等边三角形 B. 腰长为的等腰三角形 C. 底边长为的等腰三角形 D. 非等腰三角形 6. 如图，是的角平分线，过点与相切于点，和分别交于点，若，且，则的长为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共9小题，每小题5分，共45分） 7. 如图，的顶点是正方形网格的格点，则的值为______ 8. 如图，在锐角三角形ABC中，AB＝8，△ABC的面积为40，BD平分∠ABC，若M、N分别是BD、BC上的动点，则CM+MN的最小值为 _____． 9. 已知，且有，则的值等于____________． 10. 已知点M（0，2），N（﹣3，6）到直线L的距离分别为1，4，则满足条件的直线L的条数是_____． 11. 函数的最小值为____________． 12. 如图，是的斜边上的高，分别是的内心，若，则____________． 13. 若为互不相等的正偶数，满足，则的末位数字是______． 14. 如图，P为Rt△ABC内一点，其中∠BAC=90°，并且PA=3，PB=7，PC=9，则BC的最大值为________． 15. 在平面直角坐标系中，有一抛物线，其中为实数，和一个以为圆心，2为半径的圆．则中所有不在该抛物线上的点所形成图形的面积为_________． 三、解答题（本大题共7小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上任意一点（点E不与点B、C重合），连结DE，点C关于DE的对称点为C1，连结AC1并延长交DE的延长线于点M，F是AC1的中点，连结DF． 【猜想】如图①，∠FDM的大小为　 　度． 【探究】如图②，过点A作AM1∥DF交MD的延长线于点M1，连结BM．求证：△ABM≌△ADM1． 【拓展】如图③，连结AC，若正方形ABCD的边长为2，则△ACC1面积的最大值为　 　． 17. 若直线交x轴于点A，交y轴于点B．坐标原点O关于直线l的对称点在反比例函数的图象上． （1）求反比例函数的解析式； （2）将直线l绕点A逆时针旋转角，得到直线，交y轴于点P，过点P作x轴的平行线，与上述反比例函数的图象交于点Q，当四边形的面积为时，求的值． 18. 已知函数．当时，记的最小值为． （1）求的表达式； （2）是否存在，使得？若存在，求出；若不存在，请说明理由． 19. 如图，在平行四边形中，为对角线上一点，且满足，的延长线与的外接圆交于点. 证明：． 20. 已知开口向上的抛物线与直线：yaxc，ycxa中的每一条都至多有一个公共点． （1）求的最大值； （2）当取最大值时，设直线交抛物线于A，B两点，C为抛物线的顶点，若△ABC内切圆的半径为1，求a的值． 21. 求所有的整数，使是平方数． 22. 如图，为的直径，弦于，连结，过点作交的切线于点，连结，分别交和于点，，连结，． （1）求证：是的切线． （2）判断与的数量关系并证明． （3）若 ，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学自主招生考试数学试题 一、选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确） 1. 若不等式有解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查绝对值的意义，利用绝对值的几何意义：表示 x 到 1 的距离，表示 x 到 的距离，所以两者之和的最小值 为，进而可得出答案 【详解】解：利用绝对值的几何意义：表示 x 到 1 的距离，表示 x 到的距离， 所以两者之和的最小值 为， 因为当 x 在与 1 之间时，距离和为两定点间距， 所以 故选：B 2. 在平面直角坐标系中，已知，点C为直线上的点，且满足为等腰三角形，满足条件的点C共有（ ） A. 6个 B. 3个 C. 4个 D. 5个 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查一次函数图象上的点的特征、等腰三角形的判定等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．设．构建方程即可解决问题． 【详解】解：设． ∵， ∴， ①当时，点在线段的垂直平分线上，此时． ②当时，， 解得：， 或， ③当时，， 解得， 或； 综上所述，满足条件的点有5个， 故选：D． 3. 已知，，则（ ） A. 4 B. 2 C. 0 D. -2 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了完全平方公式，由可得出；将的左右两边同时乘方，根据完全平方公式两公式之间的联系整理出，然后开方即可求出的值． 【详解】解：∵， ∴， 又， ∴ ， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2a 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查复合二次根式的化简，完全平方公式，令，得出，代入原式得，解得，得出，进而可得出答案 【详解】解：令， ∴， ∴， ∴， 移项，两边平方得， 解得：， ∴， ∴， 故选：C 5. 已知的三边的长分别为，且，则一定是（ ） A. 等边三角形 B. 腰长为的等腰三角形 C. 底边长为的等腰三角形 D. 非等腰三角形 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键，属于中档题． 已知等式左边通分并利用同分母分式的加法法则计算，整理后根据，得到关系式，分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0得到或，即可确定出三角形形状． 【详解】解：已知等式变形得：，即， ∵， ∴，即， 分解因式得：，即， 可得或， 则一定为腰长为a的等腰三角形， 故选：B． 6. 如图，是的角平分线，过点与相切于点，和分别交于点，若，且，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】如图，连接，作圆O的直径，连接，证明，可得，证明，可得，过作于，过作于，而平分，可得，可得， ，连接，证明，可得，再进一步求解即可． 【详解】解：如图，连接，作圆O的直径，连接， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 过作于，过作于，而平分， ∴， ∴， ∴，而， ∴， 连接， 同理可得：，而， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， 解得：， 故选：C 【点睛】本题考查的是角平分线的定义及其性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，切线的性质，一元二次方程的解法，本题难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键． 二、填空题（本大题共9小题，每小题5分，共45分） 7. 如图，的顶点是正方形网格的格点，则的值为______ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了格点与勾股定理，锐角三角函数的计算，根据题意，作，运用勾股定理逆定理可得是直角三角形，再根据锐角三角函数的计算即可求解，掌握格点与勾股定理，正弦函数的计算方法是解题的关键． 【详解】解：如图所示，过点作于点， ∴根据格点可得，， ∴，即是直角三角形，， ∴在中，， 故答案为： ． 8. 如图，在锐角三角形ABC中，AB＝8，△ABC的面积为40，BD平分∠ABC，若M、N分别是BD、BC上的动点，则CM+MN的最小值为 _____． 【答案】10 【解析】 【分析】过点C作CE⊥AB于点E，交BD于点M，过点M作MN⊥BC于N，则CE即为CM+MN的最小值，再根据三角形的面积公式求出CE的长，即为CM+MN的最小值． 【详解】解：过点C作CE⊥AB于点E，交BD于点M，过点M作MN⊥BC于N， ∵BD平分∠ABC，ME⊥AB于点E，MN⊥BC于N， ∴MN＝ME， ∴CE＝CM+ME＝CM+MN的最小值． ∵三角形ABC的面积为40，AB＝8， ∴×8×CE＝40， ∴CE＝10， 故CM+MN的最小值为10． 故答案为：10． 【点睛】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，解题的关键是学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考常考题型． 9. 已知，且有，则的值等于____________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，将变形，得到是的两根是解题的关键．将两边同除以，即可得是的两根，根据根与系数的关系，即可解答． 【详解】解：当时，不成立，故， 两边同除以后，可得， ∵，即， 可以看作是的两根， ， 故答案为：． 10. 已知点M（0，2），N（﹣3，6）到直线L的距离分别为1，4，则满足条件的直线L的条数是_____． 【答案】3 【解析】 【分析】以M为圆心，以1为半径的圆，与以N为圆心，以4为半径的圆相外切，故满足条件的直线是两圆的公切线，共3条． 【详解】∵M（0，2），N（-3，6）， ∴MN=5， ∴半径为1的⊙M与半径为4的⊙N外切，故满足条件的直线L是两圆的公切线，有三条， 故答案为3． 【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，也考查了直线与圆的位置关系，是中档题目． 11. 函数的最小值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与性质． 将等式右边根据多项式乘法法则计算得，令，将二次函数解析式化为顶点式，根据二次函数的性质进而求解． 【详解】解： 令， 则 ∵， ∴当时，y有最小值， 故答案为． 12. 如图，是的斜边上的高，分别是的内心，若，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查内切圆与内心、勾股定理、解直角三角形．首先作于E，于F．在直角中，利用勾股定理求得的值，再求得的长．因为为直角的内切圆的半径，即可求得的值．连接，则分别是和的平分线，利用垂直的定义，可得到．利用在直角三角形中，求得的值，进而求得的值． 【详解】解：作于E，于F， ， ， 是的斜边上的高， ， ， ， 设的内切圆半径为r，圆心为O，连接， ， ， ， ∵为直角的内切圆的半径， ∴同理得， 连接，则分别是和的平分线， ∵， ∴， ∴， 同理，可求得， ∴， 故答案为：． 13. 若为互不相等的正偶数，满足，则的末位数字是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了数字类规律变化问题，由为互不相等的正偶数，可得为互不相等的偶数，进而由得到分别等于，再求出的末位数字即可求解，找到数字的变化规律是解题的关键． 【详解】解：∵为互不相等的正偶数， ∴为互不相等的偶数， 而将分解成个互不相等的偶数之积，只有唯一的形式：， ∴分别等于， ∴分别等于， ∵的末位数字分别为， 又∵， ∴的末位数字是， 故答案为：． 14. 如图，P为Rt△ABC内一点，其中∠BAC=90°，并且PA=3，PB=7，PC=9，则BC的最大值为________． 【答案】14 【解析】 【分析】过P点分别作PD⊥AB于D、PF⊥AC于F，再过B作BG⊥PF于G，过C作CE⊥PD于E，交BG于H，再结合矩形的性质和勾股定理即可求BC的最大值． 【详解】解：如图，过P点分别作PD⊥AB于D、PF⊥AC于F，再过B作BG⊥PF于G，过C作CE⊥PD于E，交BG于H，连接AH、PH ∵∠BAC=90°， ∴四边形ADPF、四边形ADEC、四边形ABGF、四边形PGHE、四边形ABHC都是矩形 ∴PD=BG，PF=AD=EC，PG=HE，BC=AH ∴ ∴ ∵PA=3，PB=7，PC=9 ∴， 解得 ∵△PAH中，PA=3， ∴ ∵当A、P、H三点共线时 ∴当A、P、H三点共线时最大 故答案为：14． 【点睛】本题考查矩形的性质和勾股定理，构造矩形是解题的关键． 15. 在平面直角坐标系中，有一抛物线，其中为实数，和一个以为圆心，2为半径的圆．则中所有不在该抛物线上的点所形成图形的面积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了切线的性质，二次函数的图象与性质，一元二次方程根的判别式，由题意可得抛物线的顶点坐标为，即抛物线的顶点坐标在直线上，求出与抛物线相切的直线为，从而可得抛物线扫过的面积均在上方，结合圆心的坐标可得圆心在直线上，由此即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵， ∴抛物线的顶点坐标为， ∴抛物线的顶点坐标在直线上， 设直线与抛物线相切， 联立可得：， 整理可得：， ∴， 解得：， ∴抛物线扫过的面积均在上方， ∵当时，， ∴圆心在直线上，如图所示： ∵的半径为， ∴中所有不在该抛物线上的点所形成图形的面积为， 故答案为：． 三、解答题（本大题共7小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上任意一点（点E不与点B、C重合），连结DE，点C关于DE的对称点为C1，连结AC1并延长交DE的延长线于点M，F是AC1的中点，连结DF． 【猜想】如图①，∠FDM的大小为　 　度． 【探究】如图②，过点A作AM1∥DF交MD的延长线于点M1，连结BM．求证：△ABM≌△ADM1． 【拓展】如图③，连结AC，若正方形ABCD的边长为2，则△ACC1面积的最大值为　 　． 【答案】（1）45°； （2）证明：∵DF⊥AC1， ∴∠DFM＝90°， ∵AM1∥DF ∴∠MAM'＝90°， 在正方形ABCD中，DA＝BA，∠BAD＝90°， ∴∠DAM1＝∠BAM， 由（1）可知：∠FDM＝45° ∵∠DFM＝90° ∴∠AMD＝45°， ∴∠M1＝45°， ∴AM＝AM1， 在：△ABM和△ADM1中， ∵， ∴△ABM≌△ADM1（SAS）； （3）2﹣2． 【解析】 【分析】（1）证明∠CDE=∠C1DE和∠ADF=∠C1DF，可得∠FDM=∠ADC=45°； （2）先判断出∠DAM1=∠BAM，由（1）可知：∠FDM=45°，进而判断出∠AMD=45°，得出AM=AM1，即可得出结论； （3）先作高线C1G，确定△ACC1的面积中底边AC为定值2，根据高的大小确定面积的大小，当C1在BD上时，C1G最大，其△AC1C的面积最大，并求此时的面积． 【详解】（1）由对称得：CD＝C1D，∠CDE＝∠C1DE， 在正方形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝90°， ∴AD＝C1D， ∵F是AC1的中点， ∴DF⊥AC1，∠ADF＝∠C1DF， ∴∠FDM＝∠FDC1+∠EDC1＝∠ADC＝45°； 故答案为：45； （2）略． （3）如图，过C1作C1G⊥AC于G，则＝AC•C1G， 在Rt△ABC中，AB＝BC＝2， ∴AC＝＝2，即AC为定值， 当C1G最大值，△AC1C的面积最大， 连接BD交AC于O，当C1在BD上时，C1G最大，此时G与O重合， ∵CD＝C1D＝2，OD＝AC＝， ∴C1G＝C1D﹣OD＝2﹣， ∴＝AC•C1G＝×2（2﹣）＝2﹣2， 故答案为：2﹣2． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是∠AMD=45°． 17. 若直线交x轴于点A，交y轴于点B．坐标原点O关于直线l的对称点在反比例函数的图象上． （1）求反比例函数的解析式； （2）将直线l绕点A逆时针旋转角，得到直线，交y轴于点P，过点P作x轴的平行线，与上述反比例函数的图象交于点Q，当四边形的面积为时，求的值． 【答案】（1）；（2）15° 【解析】 【分析】（1）求出点、的坐标，然后根据坐标原点与关于直线对称求出点，再利用待定系数法即可求解； （2）根据题意作出草图，设点的坐标为，先求出点的坐标，然后分别求出梯形的面积与正方形的面积，再根据，列式计算即可求出的值为，根据三角函数求出，，两角相减即可得到的值． 【详解】解：（1）当时，， 当时，，解得， 点、的坐标分别为，， 坐标原点与关于直线对称， ， ， 解得， 反比例函数的解析式为：； （2）设点的坐标为， 轴， ， 解得， 点的坐标为，； ， ， 四边形的面积为， ， 解得， 经检验是方程的解且符合题意， ，， ，， ． 故答案为：． 【点睛】本题综合考查了反比例函数与一次函数的性质，此题难度稍大，综合性比较强，注意不规则四边形的面积的表示是解题的关键，也是解本题的难点． 18. 已知函数．当时，记的最小值为． （1）求的表达式； （2）是否存在，使得？若存在，求出；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（）分和两种情况解答即可； （）根据（）的结果，由列出方程解答即可求解； 本题考查了复合函数的有关问题，理解题意是解题的关键． 【小问1详解】 解：， ①当时，在时为增函数， ∴在时的最小值为； ②当时，； 综上所述，； 【小问2详解】 解：由（）知，当时，， ∴当时，， 由得，， 即， 整理得，， 解得或， 又∵， ∴， 即存在，使得成立． 19. 如图，在平行四边形中，为对角线上一点，且满足，的延长线与的外接圆交于点. 证明：． 【答案】 证明 由是平行四边形及已知条件知 . 又、、、四点共圆， 所以， 所以， 所以. 又， 所以， 故. 【解析】 【详解】略 20. 已知开口向上的抛物线与直线：yaxc，ycxa中的每一条都至多有一个公共点． （1）求的最大值； （2）当取最大值时，设直线交抛物线于A，B两点，C为抛物线的顶点，若△ABC内切圆的半径为1，求a的值． 【答案】（1）5 （2）1 【解析】 【分析】（1）联立和yaxc可得、，再根据题意可得；联立和yaxc再结合一元二次根的判别式可得，进而可得，然后求解即可； （2）先求出取最大值时，求出抛物线的顶点，进而求解方程，然后再说明为等边三角形，最后求得a的值即可． 【小问1详解】 解：由，得，， 由抛物线与直线至多有一个公共点，得． 由，及， 得． 因为抛物线与直线至多有一个公共点， 所以， 即． 结合，得， 解得． 又抛物线与直线，中的每一条都至多一个公共点． 所以的最大值为5． 【小问2详解】 解：当取最大值时，抛物线为，其顶点． 由， 得，， 于是，． 设为的内心，为线段中点，则，， 且，． ∴，，为等边三角形． ∴．因此，． 所以． 或：由， 得的周长， 面积． 利用，得， 解得． 【点睛】本题主要考查了一次函数和二次函数的综合、二次函数与几何的综合、勾股定理等知识点，解题的关键是掌握二次函数的性质． 21. 求所有的整数，使是平方数． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了完全平方数的概念，以及通过对多项式进行变形，分析和代入整数验证，解决本题的关键是使多项式变形并运用不等式． 首先使用完全平方公式对原式进行化简变形，分类讨论n的值是否符合平方数即可确定n的值． 【详解】解：令， 则 ． 当时，是平方数； 当时，因为， 所以． 在两个相邻平方数之间，不是平方数； 当或时，． 所以． 在与之间，不是平方数； 在时， ，都不是平方数． 综上所述，． 22. 如图，为的直径，弦于，连结，过点作交的切线于点，连结，分别交和于点，，连结，． （1）求证：是的切线． （2）判断与的数量关系并证明． （3）若 ，求． 【答案】（1）证明：∵， ∴，， ∵，∴，∴， 在与中， ∴，∴， ∵为切线， ∴，即， ∴，即，又∵在上， ∴是的切线． （2）， 证明：∵，，∴， ∴，∴， ∵，为直径， ∴（垂径定理）， ∴，又∵， ∴, ∴， ∵为切线， ∴（弦切角定理），又∵， ∴，∴①，又∵， 由（1）得：， ∴②， 由①②得：，即：，又∵， ∴． （3）． 【解析】 【分析】（1）欲证明是的切线只要证明OC⊥CF即可； （2）由（1）易证，所以，根据相似三角形性质得，根据两角相等证明, 再得出，据垂径定理可得，方法同上证明，所以，根据切线长定理易得，再由先变形并用CF等量代换BF得，所以，又因为，即可得结果； （3）由，再根据三角函数定义可得 ,所以设，，那么半径，直径，，由勾股定理得：，又因为，所以，再由勾股定理得，同理在中， ，而，所以，可得，从而求解． 【详解】（1）略 （2）略 （3）∵， ∴设，，则，，， 由勾股定理得：， 由（2）得：， ∴ 在中，，， 由勾股定理得：， 在中，，， 由勾股定理得， 由（2）得：， ∴，即， ∴，∴． 【点睛】本题考查切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握以上知识． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $