精品解析：安徽师范大学附属中学2024年高中自主招生考试数学试卷

安徽师范大学附属中学 2024年高中自主招生考试数学试题 说明： 1.全卷共5页，满分150分，考试用时120分钟. 2.答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔在答题卡填写自己的准考证号、姓名. 3.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选择其他答案，答案不能答在试题上. 4.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔做答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后在写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效. 5.考生务必保持答题卡的整洁.考试结束时，将试卷和答题卡一并交回 一.选择题（本大题6小题，每小题5分，共30分）在每个小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑. 1. 如图，它是由六个面积为1的正方形组成的矩形，其中有，，，，，，七点，则以这七个点为顶点能组成面积为1的三角形的个数是（ ） A. 7 B. 9 C. 10 D. 14 2. 如果关于的方程有且仅有三个整数解，则的值是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 如图，点在半圆上，直径，，点在弧上移动，连结，作于.连接，点在移动的过程中，的最小值是（ ） A. B. C. D. 4. 若对于任何实数，关于的方程都有实数根，则实数的范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知等式成立，则，，中可能为0的数有几个？（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 一条直线平分三角形的周长和面积，那么该直线必通过三角形的（） A. 重心 B. 垂心 C. 外心 D. 内心 二.填空题（本大题9小题，每小题5分，共45分）请将下列各题的正确答案填写在答题卡的相应位置上. 7. 已知是方程的一个根，那么_____. 8. 如图所示，边长为1和边长为3的两个正方形内接于一圆，则此圆的半径为_____. 9. 化简根式______. 10. 已知关于x的不等式的解是，则关于x的不等式的解集是______. 11. 如图所示，四边形，都是矩形，且，，，，则两个矩形重叠的阴影部分面积为_____. 12. 如图，，，，是等腰直角三角形，点，，…，在函数的图象上，斜边，，…，都在轴上，则点的坐标是_____. 13. 对于某一自变量为的函数，若当时，其函数值也为，则称点为此函数的不动点.若函数的图象上有两个关于原点对称的不动点，则实数应满足的条件为_____. 14. 如图所示，已知，且与的距离为2，与的距离为1，正三角形的三个顶点分别在，，上，则_____. 15. 甲、乙、丙三人做游戏：他们在三张卡片上写三个整数，，每人每次摸一张卡片，并按卡片上写的数字取等量的石子（如卡片上写就取粒石子），在每人各摸一张卡片并取出石子后算作完成一次游戏，然后再继续进行，当他们进行了次游戏后，甲得20粒石子，乙得10粒石子，丙得9粒石子，并且知道最后一次乙摸的，则第一次摸n的是_____. 三.解答题：本大题共7题，满分75分.请在答题卷相应位置上写出必要的推理计算过程. 16. 如图，已知平行四边形，于，于，证明. 17. 求方程的正整数解. 18. 如图，直线，分别切圆于，两点，为弧上任意一点，，，，求证：. 19. 实践与探究 操作一：如图（1）有正方形纸片，将正方形纸片沿过点的直线折叠，使点落在正方形的内部的点处，再将纸片沿过的直线折叠，使与重合.则可得到很多有趣的性质，例如由，，三点共线，我们还可以得到_____度. 探究一：如图（2）保持的大小不变，使角的一边交于点；另一边交于点，连结，探究，，满足的数量关系为：_____，请证明. 探究二：如图（3），过，分别作与边平行的线段，，两线段相交于点，如果正方形的边长，，试求长方形与长方形的面积之比. 探究三：如图（3），，是与边平行的线段，如果保持探究二中，矩形与的面积之比不变，是否有也保持不变?请证明你的结论. 20. 对，作二次方程. （1）若方程有实数根，求证：，，不能成为一个三角形的三条边长； （2）若方程有实数根，求证：； （3）若方程有实根6，9时，求正整数，，. 21. 如图（1）所示，抛物线，经过，，三点. （1）求该抛物线的解析式； （2）在抛物线上是否存在一点，使得以，，为顶点的三角形与相似，如有请求出满足要求的所有点，如果没有，请说明理由. （3）如图（2）所示，点，为抛物线上的动点，满足，请证明直线必定通过一个定点，并求出这个定点的坐标. 22. 货轮上卸下若干只箱子，其总重量为10吨，每只箱子的重量不超过1吨，为了保证能把这些箱子一次运走，问至少需要多少辆载重3吨的汽车? 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽师范大学附属中学 2024年高中自主招生考试数学试题 说明： 1.全卷共5页，满分150分，考试用时120分钟. 2.答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔在答题卡填写自己的准考证号、姓名. 3.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选择其他答案，答案不能答在试题上. 4.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔做答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后在写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效. 5.考生务必保持答题卡的整洁.考试结束时，将试卷和答题卡一并交回 一.选择题（本大题6小题，每小题5分，共30分）在每个小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑. 1. 如图，它是由六个面积为1的正方形组成的矩形，其中有，，，，，，七点，则以这七个点为顶点能组成面积为1的三角形的个数是（ ） A. 7 B. 9 C. 10 D. 14 【答案】D 【解析】 【分析】以三角形面积公式为基础，任取三个点组合，求解面积分析判断． 【详解】解：以为短边且面积为1的三角形有：，，，； 以为短边且面积为1的三角形有：，； 以为短边且面积为1的三角形有：，； 以为短边且面积为1的三角形有：，， 此外还有：，，，，共14个． 故选：D． 2. 如果关于的方程有且仅有三个整数解，则的值是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据绝对值的定义，分类讨论计算得到答案. 【详解】若，原方程无解，所以， 由绝对值的定义得 若，无解； 由，只能有两个解或，不合题意； 若，由，解得或， 由，解得或， 原方程的解为或或或，为使原方程的解为整数解， 则必为整数，结合，可知的可能取值为或， 当时，原方程的解为或只有两个解，与题意不符； 当时，原方程的解为有三个解， 综上所述：. 故选：B. 3. 如图，点在半圆上，直径，，点在弧上移动，连结，作于.连接，点在移动的过程中，的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】如图，取的中点，连接，，．由题意点H始终在以为直径的圆上，推出当M、H、B共线时，的值最小，利用圆周角定理结合勾股定理在与中，求得，，再根据即可求解． 【详解】解：如图，取的中点，连接，，．    ∵， ∴， ∴点H始终在以为直径的圆上， ∴当B，H，M，共线时取得最小值， ∵，为半径，则， ∵是直径， ∴， 在中，由勾股定理：得， 在中，由勾股定理：得． ∴． 故选：D． 4. 若对于任何实数，关于的方程都有实数根，则实数的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，恒成立，分离参数求解. 【详解】根据题意，对于任何实数，关于的方程都有实数根， 即恒成立， 所以，由于， 所以. 故选：A 5. 已知等式成立，则，，中可能为0的数有几个？（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】去分母可得，展开可得出即可得出结论． 【详解】解：∵，，均不为0， ∴x，y，z中不会有2个以上为0， 又∵原式去分母得：， ∴， ∴中至少有一个为0，即中恰有一个数为0． 故答案选：B． 6. 一条直线平分三角形的周长和面积，那么该直线必通过三角形的（） A. 重心 B. 垂心 C. 外心 D. 内心 【答案】D 【解析】 【分析】设直线分别交和于点，为的内心，根据题意证明，得到直线过的内心即可． 【详解】设平分的面积和周长的直线分别交于, 且为的内心，是内切圆的半径,如图所示： 于是有，， 因为直线平分的周长，故有， 所以，注意到，所以， 即直线过的内心． 故选：D． 二.填空题（本大题9小题，每小题5分，共45分）请将下列各题的正确答案填写在答题卡的相应位置上. 7. 已知是方程的一个根，那么_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知，方程有两个不同的根，进而得到，故，再代入计算即可． 【详解】根据题意，， 方程有两个不同的根， 又是方程的一个根，不妨设另一个根为， ，故， ． 故答案为：． 8. 如图所示，边长为1和边长为3的两个正方形内接于一圆，则此圆的半径为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】先根据垂径定理推论找出圆心，再由正方形的性质可得出，然后由特殊直角三角形得到，，最后由勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，与垂直平分线的交点为圆心，    ∴， ∵边长为和边长为的两个正方形内接于圆， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得： ， 故答案为：． 9. 化简根式______. 【答案】 【解析】 【分析】先求的取值范围，然后根据根式计算得到答案. 【详解】因为，所以 . 故答案为：. 10. 已知关于x的不等式的解是，则关于x的不等式的解集是______. 【答案】 【解析】 【分析】由不等式的解集可以得到不等式和等式，这样可以确定的正负性和之间的关系，最后求解不等式的解集即可. 【详解】因为关于x的不等式的解是，所以有 ，因此有. 故答案为： 【点睛】本题考查了已知不等式的解集求参数取值范围和参数之间的关系，考查了解一元一次不等式，考查了数学运算能力. 11. 如图所示，四边形，都是矩形，且，，，，则两个矩形重叠的阴影部分面积为_____. 【答案】 【解析】 【分析】设与交于点，在中，，求解方程可得面积. 【详解】设与交于点，设，则， 在中，， 在中，， 整理得，解得或（舍） 所以， 则阴影部分的面积为. 故答案为： 12. 如图，，，，是等腰直角三角形，点，，…，在函数的图象上，斜边，，…，都在轴上，则点的坐标是_____. 【答案】 【解析】 【分析】过点作轴于点，设，先根据等腰直角三角形的性质，得， 设，，，得，同理可得，将上面式子全部相加即可． 【详解】解：过点作轴于点，设，    是等腰直角三角形， ， 是等腰直角三角形， ，，即，且， ，， 设，，由已知可得 是等腰直角三角形， 边上的高为， 的中点坐标为， ， 依题意，得， ， 同理可得， 将上面式子全部相加得：， 且， ， 故有． 故答案为：． 13. 对于某一自变量为的函数，若当时，其函数值也为，则称点为此函数的不动点.若函数的图象上有两个关于原点对称的不动点，则实数应满足的条件为_____. 【答案】且， 【解析】 【分析】根据不动点的定义，得出方程有两个不等的实根，且互为相反数，转化为二次方程，利用根与系数的关系，即可求解. 【详解】由题意，函数有两个关于原点对称的不动点， 可得有两个互为相反数的根 即有两个互为相反数的根， 代入得，两式相减得，所以， 方程变为，所以且. 故答案为：且， 14. 如图所示，已知，且与的距离为2，与的距离为1，正三角形的三个顶点分别在，，上，则_____. 【答案】## 【解析】 【分析】作于，将绕点逆时针旋转到，过作的垂线，交于，交于，在中求出的长进而得到，在中求出的长，在中，利用勾股定理即可求出答案. 【详解】如图，作于，则，， 将绕点逆时针旋转到，过作的垂线，交于，交于， 则，， 因为，所以， 在，， 则， 因为，，则， 又因为，所以， 在，， 则， 在中，. 故答案为：. 15. 甲、乙、丙三人做游戏：他们在三张卡片上写三个整数，，每人每次摸一张卡片，并按卡片上写的数字取等量的石子（如卡片上写就取粒石子），在每人各摸一张卡片并取出石子后算作完成一次游戏，然后再继续进行，当他们进行了次游戏后，甲得20粒石子，乙得10粒石子，丙得9粒石子，并且知道最后一次乙摸的，则第一次摸n的是_____. 【答案】丙 【解析】 【分析】根据题意可得，再由，可得，．然后三人三次得石子数，可求出，，，即可求解． 【详解】解：N次游戏所取卡片数字总和（即石子数）为， ∵， ∴，． ∵甲得20粒石子，且， ∴， ∴， ∵乙得10粒石子，最后一次乙摸的k， ∴， ∵丙得9粒石子， ∴， ∴k，，都是自然数， ∴，，， 由三人的总石子数可得，甲的三次摸牌数字集合为，乙为，丙为， 又因最后一次（第三次）乙摸，且每轮三人摸的牌分别为， 可知第三次甲摸4，丙摸1，由此可倒推出第一次甲摸8，乙摸1，丙摸4， 故第一次摸的是丙． 故答案为：丙． 三.解答题：本大题共7题，满分75分.请在答题卷相应位置上写出必要的推理计算过程. 16. 如图，已知平行四边形，于，于，证明. 【答案】∵为平行四边形， ∴，又， ∴． ∴． ∴ ∵， ∴， ∴， ∴． 【解析】 【分析】先证，得，于是，可证，于是． 【详解】略 17. 求方程的正整数解. 【答案】， 【解析】 【分析】原方程变形得，若均为正整数，则，与同奇或同偶，得方程组或求解． 【详解】原方程左边配方，得， 所以， 若均为正整数，当时，可得，此时无正整数解，因此， ，即， 由知与同奇或同偶， 而， ∴或， 解得，． 18. 如图，直线，分别切圆于，两点，为弧上任意一点，，，，求证：. 【答案】 连， 因为分别为同弧上的圆周角和弦切角， 所以，   因为，， 所以， 故， 同理，， 又，， 所以， 故，又， 所以， 即. 【解析】 【分析】连根据同弧上的圆周角与弦切角相等，可得，进而证得，得到，同理可证，得到，两个等式相结合即可证明． 【详解】略 19. 实践与探究 操作一：如图（1）有正方形纸片，将正方形纸片沿过点的直线折叠，使点落在正方形的内部的点处，再将纸片沿过的直线折叠，使与重合.则可得到很多有趣的性质，例如由，，三点共线，我们还可以得到_____度. 探究一：如图（2）保持的大小不变，使角的一边交于点；另一边交于点，连结，探究，，满足的数量关系为：_____，请证明. 探究二：如图（3），过，分别作与边平行的线段，，两线段相交于点，如果正方形的边长，，试求长方形与长方形的面积之比. 探究三：如图（3），，是与边平行的线段，如果保持探究二中，矩形与的面积之比不变，是否有也保持不变?请证明你的结论. 【答案】(1) (2) （3） （4）保持不变，证明： 由探究二可知长方形的面积是长方形面积的2倍， 设正方形的边长为，，， 则，， 因为面积比不变,，以长方形面积为， 长方形面积为.， 化简得， 在直角三角形中，， 化简得，， 所以有，， 因为， 所以， ， 由探究一可知，当时，. 所以保持不变. 【解析】 【分析】通过折叠的性质得出角相等,进而求出特定角的度数.通过构造全等三角形将分散的线段集中,探究线段之间的数量关系,利用探究出来的线段关系和勾股定理进行计算.最后综合运用代数方法和几何证明来探究角度是否为定值. 【详解】(1)因为四边形是正方形，所以. 由折叠性质得：，， 所以； (2)延长至点,使，连接. 因为四边形是正方形，则， 在和中： ， 所以， 又因为，， 所以， 即， ， 在和中： ， ， 又 ， . （3）已知，则. 设，则， 由探究一结论：， 在直角三角形中，由勾股定理可知： ， 解得，即,， 所以有长方形与长方形的面积比为. （4）略 20. 对，作二次方程. （1）若方程有实数根，求证：，，不能成为一个三角形的三条边长； （2）若方程有实数根，求证：； （3）若方程有实根6，9时，求正整数，，. 【答案】（1）证明： 由方程有实根， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 故，这与三角形两边之和大于第三边矛盾， 故a，b，c不能成为一个三角形的三条边长； （2）证明： 由方程有实数根， 得， 其中， 又由（1）知，， ∴， 那么有， 得， ， 故有； （3），， 【解析】 【分析】（1）若一元二次方程有实根，则根的判别式，建立a，b，c的关系，则能证明； （2）利用二次函数根与系数之间的关系列出不等式，结合第一问结论放大，化简即可证明； （3）由根与系数的关系可得a，b，c的关系，进而解得a，b，c的值． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 由根与系数关系有， ∴， ∴， 由（2）知，可知， 故有， ∴， 又，， ∴或， ， ∴， 所以，，． 21. 如图（1）所示，抛物线，经过，，三点. （1）求该抛物线的解析式； （2）在抛物线上是否存在一点，使得以，，为顶点的三角形与相似，如有请求出满足要求的所有点，如果没有，请说明理由. （3）如图（2）所示，点，为抛物线上的动点，满足，请证明直线必定通过一个定点，并求出这个定点的坐标. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）待定系数法求解抛物线的解析式； （2）假设，易得，此时不在抛物线上，同理，不在抛物线上；求得符合题意 （3）设，所以，根据得出 ，设的直线方程为，代入的坐标有得到的直线方程为，即可求解； 【小问1详解】 因为抛物线，经过，，三点， 所以，解得， 因此抛物线的解析式为. 【小问2详解】 因为，，，所以 当，则，即，所以， 过点作轴， , 所以， 设，则①，又，② 联立①②解得（负值舍去），， 由，当时，，故不在抛物线上 当，即，如图所示，则， 由，当时，，故不在抛物线上 当，即，如图所示，则， 由，当时，，故在抛物线上 综上所述满足要求的点为 【小问3详解】 设 所以 ， 所以 设的直线方程为，代入的坐标有 ， 解得 所以的直线方程为代入上式可得 当时恒等于，所以总经过点 22. 货轮上卸下若干只箱子，其总重量为10吨，每只箱子的重量不超过1吨，为了保证能把这些箱子一次运走，问至少需要多少辆载重3吨的汽车? 【答案】需5辆汽车 【解析】 【分析】易得每次运走的质量应在和之间，可表示出n辆车可运走的总质量的关系式，求得一次运走的整数解，进而判断假如有13只箱子的时候需要汽车的辆数即可． 【详解】解：设共需n辆汽车，它们运走的重量依次为， 每只箱子的重量不超过吨，每辆车尽可能多运， 则， ∴，解得， ∵车子数n应为整数， ∴或，但4辆车子不够， 例如有13只箱子时，每只重量为， 而，， 即每辆车子只能运走3只箱子，4辆车子只能运走12只箱子，还剩一只箱子， 答：故需5辆汽车． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $