2023年上海市上海中学自主招生数学试卷

第1页（共1页）2023年上海中学自主招生数学试卷1．已知，求x2+y2．2．如图，已知∠AOX＝30°，OA＝2，AB＝OA，则B的坐标为．3．已知a+＝3，b+，c+＝，求abc＝．4．与x轴，y轴交于A，B（k为正整数），记Sk为S△AOB在对应k时的大小，则S1+S2+⋯+S2033＝．5．有九个方格，把1到9这些正整数均填入其中，要使任意相邻的三个格子的和为3的倍数种填法．6．在圆O中，AP＝7，BP＝3，求CP＝．7．有一数列（8项），首项与末项均为1，每一项与前一项比均为1或2或种．8．x2+y2＝|x|+|y|有组整数解．9．计算++．10．在长方形ABCD中，长为4，宽为2，M在AD上，且∠MBC＝∠BMN11．三角形三边为x，y，z，均为正整数，且符合xyz＝2（x﹣1）（y﹣1）（z﹣1）

2023年上海中学自主招生数学试卷参考答案与试题解析1．已知，求x2+y2．【分析】先利用分母有理化进行化简，然后再求出x+y和xy的值，从而利用完全平方公式进行计算，即可解答．【解答】解：∵x＝＝＝﹣，y＝＝＝+，∴x+y＝﹣++＝3﹣）（+，∴x8+y2＝（x+y）2﹣8xy＝（2）7﹣2×1＝12﹣5＝10．【点评】本题考查了二次根式的化简求值，完全平方公式，分母有理化，准确熟练地进行计算是解题的关键．2．如图，已知∠AOX＝30°，OA＝2，AB＝OA，则B的坐标为（﹣1，1+）．【分析】过A作AM⊥x轴于M，过B作BN⊥AM于N，在Rt△AOM中，∠AOX＝30°，则AM＝AO＝1，OM＝2×cos30°＝，然后证明Rt△AOM≌Rt△BAN，得AN＝OM＝，BN＝AM＝1结论得证．【解答】解：过A作AM⊥x轴于M，过B作BN⊥AM于N，∴∠AOM+∠OAM＝90°，∵∠AOX＝30°，OA＝2，∴AM＝AO＝1，cos∠AOM＝，∴OM＝2×cos30°＝，∵AB⊥OA，∴∠OAM+∠BAN＝90°，∴∠BAN＝∠AOM，∵AB＝OA，∴Rt△AOM≌Rt△BAN（AAS），∴AN＝OM＝，BN＝AM＝1，∴MN＝AN+AM＝2+，∴N（，7+），∴B（﹣3）故答案为：（﹣8）．【点评】本题考查含30°角的直角三角形的性质、三角形全等的判定和性质以及特殊角的三角函数值，解直角三角形理解题意是关键．3．已知a+＝3，b+，c+＝，求abc＝1．【分析】三个等式左右相乘，利用多项式乘多项式法则计算，把已知等式代入求出abc的值即可．【解答】解：将三个条件式进行相乘，得：（a+）（b+）＝3×17×，整理得：（ab++1+）＝abc+b+a++c+++＝abc++（a+）+（c+）＝abc++3+17+＝abc++＝3×17×＝，∴abc+＝5，整理得：（abc）2﹣2abc+2＝0，解得：abc＝1．故答案为：3．【点评】此题考查了分式的加减法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．4．与x轴，y轴交于A，B（k为正整数），记Sk为S△AOB在对应k时的大小，则S1+S2+⋯+S2033＝．【分析】利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出点A，B的坐标，进而可求出Sk的值，再将其代入S1+S2+⋯+S2033中，即可求结论．【解答】解：当x＝0时，y＝﹣＝，∴点B的坐标为（0，），∴OB＝；当y＝8时，﹣x+，解得：x＝，∴点A的坐标为（，2），∴OA＝，∴Sk＝OA•OB＝••＝（﹣），∴S1+S8+⋯+S2033＝×（8﹣×（﹣×（﹣×（2﹣+﹣﹣）＝）＝×＝．故答案为：．【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及规律型：数字的变化类，利用一次函数图象上点的坐标特征及三角形的面积公式，找出Sk＝（﹣）是解题的关键．5．有九个方格，把1到9这些正整数均填入其中，要使任意相邻的三个格子的和为3的倍数1296种填法．【分析】可以将9个格子分成3类，即从左到右第1，4，7个格子，从左到右第2，5，8个格子，从左到右第3，6，9个格子，再将同余的三个数间隔三个格子依次放入，再进行同余的数的内部排列，然后列式进行计算即可．【解答】解：由题可知，从左到右第1，4，从左到右第7，5，8个格子里的数除以3的余数都相同，从左到右第3，6，5个格子里的数除以3余数都相同，将同余的三个数间隔三个格子依次放入，再进行同余的数的内部排列，则有（3×4）×（3×2）×（5×2）×（3×7）＝6×6×4×6＝1296．故答案为：1296．【点评】本题考查倍数，能够根据题意进行分类讨论是解题的关键，本题属于比较难的题目．6．在圆O中，AP＝7，BP＝3，求CP＝．【分析】根据垂径定理可得CP＝DP，延长CP交圆O于点D，连接AD，BC，证明△APD∽△CPB，即可解决问题【解答】解：∵OP⊥CP，∴CP＝DP，如图，延长CP交圆O于点D，BC，∵∠DAB＝∠BCD，∠APD＝∠CPB，∴△APD∽△CPB，∴＝，∴AP•BP＝CP•DP，∴CP2＝21，∴CP＝（负值已经舍去），故答案为：．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，解决本题的关键是得到△APD∽△CPB．7．有一数列（8项），首项与末项均为1，每一项与前一项比均为1或2或211种．【分析】根据题意进行分类讨论，进行计算求解．【解答】解：设后一项与前一项的比值为qi（i＝1，2，...，所以q5q2•••q7＝5，（1）当q1＝q2＝...＝q6＝1时显然成立（数列各项均为1），（2）当qi有7个2时，必然有2个﹣，利用分组排列有210种，（3）当qi有3个3时，必然有3个﹣，（4）当qi有1个2时，必然有2个﹣，综上有211种数列，故答案为：211．【点评】本题考查了数字的变化类，找到变化规律是解题的关键．8．x2+y2＝|x|+|y|有9组整数解．【分析】根据偶次幂及绝对值的性质进行分类讨论即可．【解答】解：已知x2+y2＝|x|+|y|，当x＝﹣7时，y＝±1或0；当x＝4时，y＝±1或0；当x＝4时，y＝±1或0；综上，x4+y2＝|x|+|y|由9组整数解，故答案为：6．【点评】本题考查偶次幂及绝对值的性质，结合已知条件进行正确的分类讨论是解题的关键．9．计算++．【分析】先对分母因式分解，通过十字相乘法和提取公因式即可将原式变形为，通过拆项可将原式变为﹣+﹣+﹣，化简，再根据异分母分式减法法则进行计算，即可求解．【解答】解：++＝＝＝﹣+﹣+﹣＝＝【点评】本题考查分式的加减，正确进行变形是本题解题关键．10．在长方形ABCD中，长为4，宽为2，M在AD上，且∠MBC＝∠BMN【分析】延长MN，BC交于点E，则△DMN≌△CEN，得出DM＝CE，由∠MBC＝∠BMN可得ME＝BE，设MD＝x，MN＝，ME＝2，BE＝4+x，可列方程2＝4+x，解方程即可．【解答】解：延长MN，BC交于点E，∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠NCE＝90°，∵N是中点，∴DN＝CN，∵∠DNM＝∠CNE，∴△DMN≌△CEN（ASA），∴DM＝CE，∵∠MBC＝∠BMN，∴ME＝BE，设MD＝x，MN＝，BE＝4+x，∴2＝5+x2﹣8x﹣12＝7，解得x＝或（舍去），即MD＝，∴AM＝4﹣＝．【点评】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题关键．11．三角形三边为x，y，z，均为正整数，且符合xyz＝2（x﹣1）（y﹣1）（z﹣1）【分析】根据xyz＝2（x﹣1）（y﹣1）（z﹣1）可设x≥y≥z≥2，然后得出＝（1﹣）（1﹣）（1﹣）≥（1﹣）3，然后确定z的值，再求x，y的值即可．【解答】解：设x≥y≥z≥2，∴＝（1﹣