2024年江苏徐州市自主招生数学模拟试卷试题（含答案解析）

2024年江苏徐州初三自主招生数学模拟试卷

(西安交大少年班选拔考试)

一、填空题(本大题共10小题，每小题3分，共30分)

1、原点到直线y=2%+5的距离是.

2、已知凸四边形的内角和为360。，则如图所示四边形内角和为.

3、若233用科学记数法表示为ax10",则正整数/,=.

4、当函数y=|%-l|+|2x—1|取得最小值时，自变量久的值为.

5、观察如下白色和黑色小球的排列：

白黑白白黑白白白黑白白白白黑白白白白白黑......在第10个黑球和第20个黑球之间的白球总数

为.

6、已知圆P的圆心P在函数y=—交图象上，若圆P与久轴和直线y=B久都相切，则点P的坐标

为•

7、若二次函数y=/—3%+2的图象关于点(1,1)对称的曲线为P,则曲线P对应的解析式

为•

8、已知某矩形两边长为x,y,该矩形周长为80,面积为8,则返+券=.

9、已知CQ为△ABC的角平分线，且4。=2,BD=1,当△ZBC面积最大时，其周长

为•

二、解答题(本大题共6小题，共70分)

10、在△ABC中，BC=2,24=30°,Z.B=45°.

(1)求边上的高CC的长度.

⑵求△4BC的面积.

11、从1,3,5,7,9这五个数中随机选择三个不同的数，分别记作a、b、c.

(1)求a、b、c能作为三角形的三边长的概率.

(2)求证：关于久的方程a/+bx—c=0的解不可能是有理数.

1

12、如图，半径为10的圆形纸片的圆心为。，尸是圆内一定点，且OF=8,把纸片折叠，折痕为

AB(AF<AB),此时2B平行。F,且弧ZB过点F.

(1)求弦的长度.

(2)已知点P在线段4B上，且满足对任意点P在线段4B上，都有OP+PF>OP+PF.

①求线段4P1的长度.

②已知若M是圆周上的动点，把纸片折叠使M与F重合，然后抚平纸片，折痕为CD(不与

重合)，证明：0,Pi，F在直线CD的同侧.

①求线段ZP1的长度.

②已知若M是圆周上的动点，把纸片折叠使M与F重合，然后抚平纸片，折痕为CD(不与AB重

合)，证明：0,Pi，尸在直线CD的同侧.

2

13、已知过原点的抛物线y=ax2+bx+c与直线］:y—x—1有且仅有一个公共点C(1,O).

(1)求实数a的值.

(2)过原点的直线=kx,l:y=-kx,分别交抛物线于点4、B(异于原点).

①求点4、B的坐标.

②证明：AB平行

①求点4、B的坐标.

②证明：平行，

14、Fermat'sLasttheorem由17世纪法国数学家PierredeFermat提出：当整数zn>2时，关

于久，y,z的方程久机+歹"=2加没有正整数解.经历三百多年的历史，最终在1995年被美国数学

家AndrewWiles彻底证明.Fermat应该是受勾股数启发而提出的问题.

(1)若正整数a,b,c满足互+B=d则称a、b、c为一组勾股数.

①试比较。3+^3与03的大小，并说明理由.

②对任意正整数n,若a=2n+l是否存在b,c使之构成勾股数？若存在，请写出一组勾股

数(用n表示)；若不存在，请说明理由.

①试比较。3+庐与的大小，并说明理由.

②对任意正整数n,若a=2n+l是否存在b,c使之构成勾股数？若存在，请写出一组勾股数

(用n表示)；若不存在，请说明理由.

(2)若某三角形的三边长为a,b,c满足a3+b3=c3,试判断该三角形的形状，并加以证明.

3

15、中国古代数学一直领先于世界，是中国文化重要的分支.中国最早的算术教材皆称为《算

经》，其中最具代表性的著作为《孙子算经》，约成书于公元四世纪，其中所著问题皆为经

典.如原载“物不知数问题”，原文是：“今有物不知其数，三三数之剩二；五五数之剩三；七

七数之剩二.问物几何？”答曰：二十三，当时著名的大数学家程大位，对于这种解一般“孙子

问题”的方法，还编出了四句歌诀：三人同行七十稀，五树梅花甘一枝；七子团圆正半月，除百

零五便得知.南末数学家秦九韶对此加以推广，又发现了一种新的解法“大衍求一术”，这种解

法后来传入欧洲，欧洲学者发现此解法和高斯的解法本质上是一致的，但比高斯早了500余年，

人们将这种问题的通用解法称为“孙子剩余定理”或“中国剩余定理”(Chineseremainder

theorem).

小明阅读完这段材料之后，经过研究并发现歌诀中的数据都隐含深意，并揭秘如下：70是5和7

的倍数，但被3除余1；21是3和7的倍数，但被5除除1,15是3和5的倍数，但被7除余

1；而105是3,5,7的最小公倍数.在使用的同时，可以如下构造数据：

2(被3除的余数)X70(构造的数)+3(被5除的余数)X21(构造的数)+2(被7除的余

数)X15(构造的数)，和为233,再除以105,余数为23.

请你求满足下列条件的最小正整数：①被3除余1,被5处余3,被7除余6；②被5除余3,被

7除余2,被11除余2.

16、小明在自学多项式的时候，读到如下一段材料：

已知tin，册-1，an-2<…，al>为实数，形如/'(无)=a/"+----+的％+a。称为关

于自变量X的多项式，anH0,则称多项式/(%)的次数为九，设/(x),g(x)为两个多项式，且g(久)

不恒为0,则存在唯一的多项式久久)及r(x)满足/(久)=qQ)g(x)+r(x),此时，称/(久)为被除

式，g(x)为除式,q(%)为商式,r(X)为荼出.

例如，/(%)=2x3+5x2+x—2,g(X)=/+2%—3,使用长除法如下：(略)

小明觉得这个除法与整数的除法有相似之处，因此请你帮助小明完成下列问题：

(1)求一个二次多项式/(%),被x-3除余2,被久一5除余12,被支一7除余10.

(2)已知四次多项式/"(%)满足，被n+2除余31,被无+1除余5,被%—1除余1,被久—2除余

11,被%—3除余61,当％=4时，求/'(%)的值.

4

2018年江苏徐州初三自主招生数学试卷（西安交大少年班选拔考试）

答案与解析

1、【答案】V5

【解析】直线y=2久+5,当y=0时,

2%+5=0,x=-p

当％=0时，y=5,

•9AB-VOA2+OB2=J0+52=

S^AOB^\AB-OE^\AO-BO,

故原点到直线y=2%+5的距离为遥.

【标注】

2、【答案】360°

【解析】内角和=NCBE+NBED+ZEDC+ZDCB

=ACBE+("BE+乙BAD+^ADE)+乙EDC+DEB

=/.ABC+Z.CDA+/.BAD+乙BCD

=360°.

【标注】

3、【答案】9

【解析】21°=1024,

•••233=（210）3X23=10243X8-

则位数会由（1024）3决定，从而233为1。位数,

亦即b=9.

5

【标注】

4、【答案】|

【解析】当时，y=x-l+2x-l=3x-2,尤=1时，y的最小值为1；

当;4％<1时，y=l—x+2x—l=x,x=；时，y的最小值为:；

当久《手寸，y=l—x+1—2x=-3x+2,x=断寸，y的最小值为

故答案为：

【标注】

5、【答案】155

【解析】从图上看，第一个黑球前有1个白球，第二个黑球前有2个白球，第三个黑球前有3个

白球……由此可见第10个黑球前有9个白球，第20个黑球前有19个白球，

则第10个黑球和第个20黑球之间的白球总数为：

(1+2+3+4+...+19)-(1+2+3+...+9)

=[(1+19)+(2+18)+...+(9+11)+10+20]-[(1+9)+(2+8)+...+(4+6)+5+

10]

=210-55

=155(个)，

答：第10个黑球和第个20黑球之间的白球总数为155个.

【标注】

6、【答案】(-1,73)

【解析】设点P的坐标为(a,b),

...点P在函数y=—型上，

•••点P的坐标为(a,—f)，

:圆P与x轴相切，

...圆P的半径就等于点P的纵坐标—渔,

a

又♦.♦圆P与直线y=班久相切，

.••点P到直线百支一y=0的距离为一\=

(V3)+(-1)

a2一

(3a-3)(a2+3)=0,

当3a2—3=0,a=-l或1(舍去)，

舍去1,因为半径不能取负，

当a2+3=0时a不成立，

...点P坐标为(—1,75).

【标注】

7、【答案】y=—/+尤+2

【解析】令y=0,%2—3%+2=0,(%—1)(%—2)=0,

—1,%2=2,

令％=0,y=2,

・•・二次函数y=%2-3%+2与％轴交于(1,0),(2,0),

与y轴交于(0,2),

・・・这三个点关于(1,1)对称点为(1,2),(0,2),(2,0),

设抛物线P的解护式克y=ax2+bx+c,

a+b+c=2

c=2

Aa+2b+c=0

6

a=-1

解得，b=1,

.c=2

Ay=—/+%+2,

・・・曲线P的解析式为y=-x2+x+2.

【标注】

8、【答案】4

【解析】由题意得2x+2y=80,xy=8,

工％+y=40,

+\[y)-y/xy+Vy^)=盯，

V?+\[y^=(跟+Vy)2-2^/%y，

(*+弼[(返+凌I_3^/xy]=%+y,

(Vx+\[y)-6(*+蒙)=40，

设正+\[y=t,

At3-6t=40,

(t3-4t2)+(4t2-16t)+(lOt-40)=0,

(t—4)+4t(t—4)+10(t—4)=0,

(t-4)(t2+4t+10)=0,

Vt2+4t+10=(t+2)2+6>0，

**•t—4=0,

：.t=4,

，证+近=4.

【标注】

9、【答案】3+3V5

【解析】为△力BC的角平分线，故亲=含=:,

：.AC=2BC,

以点。为原点，4B所在直线为%轴，建立直角坐标系久Oy,

则4(—2,0),5(1,0),设C点坐标为B，y)，AB=1-(-2)=3,

则4c2=(x+2)2+y2，BC2=(%—l)2+y2>

'：AC=2BC,

.'.AC2=4BC2,

•'•(%+2猿+y2=4[(x—l)2+y2],整理得y2=_(尤_2)2+4>

若^ABC面积最大是C点纵坐标y最大，

故当％=2时，y2有最大值即y有最大值，即△ABC面积有最大值,

故当％=2时，y2=4,y=+2,

,点C在第一象限故y=2,

则4c2=(2+2)2+22=2有，BC=^AC=遥，

则△4BC周长为：AC+BC+=2店+遥+3=3+3遍.

【标注】

7

10、【答案】(1)V2.

⑵1+后

【解析】⑴如图,

过点C作CCAB,垂足为D,

在RtZ\BCD中，CD=2,ZB=45。，

:.BD=CD=6,

则边AB边上的高CD的长度为鱼.

⑵在RtAACD中，CD=y/2,乙4=30°,

."-AD=V3，CD=V6,

-,-AB=4D+B£>=V6+V2.

=5AB-CD=-XV2X(V6+V2)=1+V3.

答：△ABC的面积为l+遮.

【标注】

1

11、【答案】(l)j.

⑵证明见解析.

【解析】(1)从1，3,5,7,9这五个数中随机选择三个不同的数，分别记作a,b,c,

则有5义4x3=60种等可能的结果，

所以能够作为三角形三边长的a,b,c的取值有Q,b,c)：(3,5,7),

(3,7,5),(5,3,7),(5,7,3),(7,3,5),(7,5,3),(5,7,9),(5,9,7),

(7,5,9),(7,9,5),(9,5,7),(9,7,5)这12种，

故a,b,c能够作为三角形的三边长的概率为±

6U5

答：a,b,c能够作为三角形的三边长的概率为去

(2)由求根公式可知，要使关于久的方程a/+bx—c=0的解为无理数，

则A=b2+4ac为开方开不尽的数，

而a,b,c为1,3,5,7,9这5个数中的3个，

当b=l时，b2=1,ac的结果为15,21,27,35,45,63中的一个，

则/+4ac=61或85或109或141或181或253,均为开方开不尽的数；

当匕=3时，b2=9,ac的结果为5,7,9,35,45,63中的一个，

则/+4ac=29或37或45或149或189或261,均为开方开不尽的数；

当b=5时，抉=25,ac的结果为3,7,9,21,27,63中的一个，

则扶+4ac=37或53或61或109或133或277,均为开方开不尽的数；

当b=7时，b2=49,ac的结果为3,5,9,15,27,63中的一个，

则炉+4ac=61或69或85或109或157或301,均为开方开不尽的数；

当匕=9时，b2=81,ac的结果为3,5,7,15,21,35中的一个，

则产+4ac=93或101或109或141或165或221,均为开方开不尽的数；

综上所述A为无理数，则无的解为无理数，

故关于久的方程的解不可能是有理数.

a/+bx-c=0

【标注】_

12、【答案】(1)同一4.

⑵证明见解析.

【解析】(l)Pi为OE与交点，

8

.PiT_OT_1

0E002

・・.P1T=4,

■■APr=AT-PJ=V91-4.

(2)我们观察当CD随M运动一周后的轨迹，即为以F为仿射原点对圆。进行的仿射比为1:2的仿射

变换，从而会围成一个以。F的中点为圆心半径为：=5的圆，而显然Pi在这个圆内，从而它们一

直在CO同侧.’

【标注】

13、【答案】(l)a(k+l,k2+k),

B(—k+1,/-k).

⑵证明见解析.

【解析】(1)由题意得:

联立IC，

x2—(k+1)%=0,

解得：=0,%2=攵+L

由题得：以=冷=忆+L

代入可得：yA=kxA=k?+k,

•*-A(k+1,/+/c).

y=x2—x

又联立•

.y=­kx

x2+(々一l)x=0,

解得：X3=0,%4=—k+1,

由题意可得：xB=x4=—k+1,

2

代入可得：yB=-kxB=k-k,

；・—k.+1,后—左)，

yA-yB

(2)-：kAB=

XA-XB

k2+k-k2+k

•,^AB

k+l+k-1

2k

-2k

=1,

•・k：AB=-1

・・・直线ZB平行于Z.

【标注】

14、【答案】⑴。3>。3+庐，证明见解析.

⑵锐角三角形，证明见解析.

【解析】(1)正整数a,b,C为一组勾股数且小+房=。2,

.*.a<c,b<c,

c3—(a3+b3)=cxc2—a3—b3

=cx(a2+b2)—a3—Z?3

=a2(c—a)+b2(c—b).

又a<c,b<c,a>0,b>0,

a2>0,c—a>0,b2>0,c—b>0,

a2(c—a)>0,b2(c—b)>0,

c3—(a3+b3)=a2(c—a)+h2(c—b)>0,

c3>a3+h3.

(2)Va,b,c为三角形三边长且a?+庐=c3f

Ac>a,c>b,即c为最长边边长，

即△ABC中NC最大，

过点Z作4”1BC于点H,

9

H

II

•**CH-b•cosNC,BH—BC-CH=(a-bcosZ_C),

RtZ\ACH中，b2=(b-coszC)2+AH29①

及△ABH中，c2=Qa—b-coszC)2+AH2f②

②式一①式得：c2—b2={a-b-coszC)2—(b•coszC)2,

c2—b2=a2—lab•cos",

即c2=a2+62-2ab-cosZ_C,

c3—a3—b3=cxc2—axa2—bxb2

=cx(a2+b2-2ab•coszC)—axa2—bxb2

=a2(c—a)+b2(c—b)—2abc•coszC

=0.

*.*c—a>0,c—b>0,a>0,b>0,c>0,

••2abc>0,a2（c—a）>0,b2（c—b）>0,

cos”>0,

AZC<90°,

又4C为△ABC中最大角，

•••△/BC为锐角三角形，

故某三角形三边长为a,b,c,且。3+/=。3时，该三角形为锐角三角形.

【标注】

15、【答案】①13,②233.

【解析】①1（被3除的余数）X70（构造的数，是5和7的倍数）+3（被5除的余数）X21

（构造的数，是3和7的倍数）+6（被7除的余数）X15（构造的数，是3和5的倍数），和

为70+63+90=223,223+（3X5X7）=223+105=2…13,余数为13,则被3除余1,

被5除余3,被7除余6的最小正整数是13；

②3（被5除的余数）X231（构造的数，是7和11的倍数）+2（被7除的余数）X330（构造

的数，是5和11的倍数）+2（被11除的余数）X210（构造的数，是5和7的倍数），和为

693+660+420=1544,1773+（5X7X11）=1773+385=4…233,余数为233,贝U被

5除余3,被7除余2,被11除余2的最小正整数是233.

故答案为：①13,②233.

【标注】

16、【答案】（1）/（%）二—■|%2+17%—

（2）205.

【解析】（1）一个多项式被％-5,%-7整除，被％-3除余2,

设这个多项式为的。-5）（%-7）,

即Zq（%—5）（%—7）=kIx2—12k1x+35kl

=k1x（x—3）—9k1X+35kl

—k1x（x—3）—9k式%—3）+8kl

=（k]X-9/c^）（x-3）+8k],

8/ci=2,即/Q=",

这个多项式为"Q-5）（尤-7）.

一个多项式被支一3,%—7整除，被久一5除余12,

10

设这个多项式为七。一3)(%-7),

即七(工—2

3)(%—7)=k2x—k2x+21k2

=k2x(x—5)—5k2%+21k2

—k?x(x—5)—5k2(x—5)+21七—25七

=^k2x—56)(1—5)—4k2,

**•—4k2-129即七=—3,

・・・这个多项式为-3(%-3)(%一7).

一个多项式被％—3,工一5整除，被工—7除余10,

设这个多项式为七。-3)(%一5),

即七(工—3)(%—5)=七/—8k3%+15k3

—七(尢—7)%—七(%—7)+8k3

—(七］—43)(%-7)+8k3,

.,.8七=10，即=3，

・・・这个多项式为2。—3)(%-5),

•**f(%)=—(x—5)(%—7)—3(%—3)(%—7)H—(%—3)(%—5)

44

=-x2—3x+——3x2+30x—63+-x2—10%+—

4444

32।1^771

=--2X+17x2

故这个二次多项式/(%)=-|x2+17%-y.

⑵设多项式a(%+1)(%-1)(%-2)(%-3)被％+2除余31,

多项式b(%+2)(%-1)(%一2)(%-3)被%+1除余5,

多项式c(%