2024年江苏徐州九年级自主招生数学模拟卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页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．原点到直线的距离是．2．已知凸四边形的内角和为，则如图所示四边形内角和为．3．若用科学记数法表示为，则正整数．4．当函数取得最小值时，自变量的值为．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个黑球和第个黑球之间的白球总数为．6．已知圆的圆心在函数图象上，若圆与轴和直线都相切，则点的坐标为．7．若二次函数的图象关于点对称的曲线为，则曲线对应的解析式为．8．已知某矩形两边长为，，该矩形周长为，面积为，则．9．已知为的角平分线，且，，当面积最大时，其周长为．二、解答题（本大题共6小题，共70分）10．在中，，，．(1)求边上的高的长度．(2)求的面积．11．从，，，，这五个数中随机选择三个不同的数，分别记作、、．(1)求、、能作为三角形的三边长的概率．(2)求证：关于的方程的解不可能是有理数．12．如图，半径为的圆形纸片的圆心为，是圆内一定点，且，把纸片折叠，折痕为，此时平行，且弧过点．(1)求弦的长度．(2)已知点在线段上，且满足对任意点在线段上，都有．①求线段的长度．②已知若是圆周上的动点，把纸片折叠使与重合，然后抚平纸片，折痕为（不与重合），证明：，，在直线的同侧．13．已知过原点的抛物线与直线有且仅有一个公共点．(1)求实数的值．(2)过原点的直线，，分别交抛物线于点、（异于原点）．①求点、的坐标．②证明：平行．14．Fermat’sLasttheorem由世纪法国数学家PierredeFermat提出：当整数时，关于，，的方程没有正整数解．经历三百多年的历史，最终在年被美国数学家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，，满足，则称、、为一组勾股数．①试比较与的大小，并说明理由．②对任意正整数，若是否存在，使之构成勾股数？若存在，请写出一组勾股数（用表示）；若不存在，请说明理由．(2)若某三角形的三边长为，，满足，试判断该三角形的形状，并加以证明．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”（）．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：是和的倍数，但被除余；是和的倍数，但被除除，是和的倍数，但被除余；而是，，的最小公倍数．在使用的同时，可以如下构造数据：（被除的余数）（构造的数）（被除的余数）（构造的数）（被除的余数）（构造的数），和为，再除以，余数为．请你求满足下列条件的最小正整数：①被除余，被处余，被除余；②被除余，被除余，被除余．16．小明在自学多项式的时候，读到如下一段材料：已知，，，，，为实数，形如称为关于自变量的多项式，，则称多项式的次数为，设，为两个多项式，且不恒为，则存在唯一的多项式及满足，此时，称为被除式，为除式，为商式，为余式．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，被除余，被除余，被除余．(2)已知四次多项式满足，被除余，被除余，被除余，被除余，被除余，当时，求的值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．【分析】本题考查了一次函数的图像与性质，勾股定理，等面积法求线段，解题的关键是掌握相关知识．设直线与轴交于，与轴交于，过作，先求出点、的坐标，得到，，再根据勾股定理求出，根据等面积法求出，即可求解．【详解】解：如图，设直线与轴交于，与轴交于，过作，再直线中，当时，，解得：，当时，，，，，，，，，故原点到直线的距离为，故答案为：．2．##度【分析】本题主要考查多边形内角和定理，根据题意，延长CD交AB于点，根据三角形外角和定理即可求解．【详解】解：如图所示，延长CD交AB于点，∴，，∵，∴四边形的内角和，故答案为：．3．【分析】此题考查科学记数法的表示方法，熟悉相关性质是解题的关键．科学记数法的表示形式为的形式，其中，为整数．确定的值时，要看把原数变成时，小数点移动了多少位，的绝对值与小数点移动的位数相同．据此进行解答即可．【详解】解：，∴，∴．故答案为：94．##0.5【分析】本题考查绝对值，一次函数的性质，正确分类是解题的关键．分三类：当时，当时，当时，分别去绝对值，合并同类项，得到一次函数的解析式，根据一次函数的性质确定最小值，据此求解．【详解】当时，，x=1时，的最小值为；当时，，时，的最小值为；当时，，时，的最小值为．故答案为：．5．【分析】本题考查有理数加减法的应用，探究规律，掌握黑白小球的排布规律是解题的关键．通过观察，找出每两个黑球之间依次增加一个白球，得到第个黑球前有个白球，第个黑球前有个白球，再用第个黑球前所有的白球数量减去第个黑球前所有的白球数量，据此求解即可．【详解】从图上看，第一个黑球前有个白球，第二个黑球前有个白球，第三个黑球前有个白球由此可见第个黑球前有个白球，第个黑球前有个白球，则第个黑球和第个黑球之间的白球总数为：（个），∴第个黑球和第个黑球之间的白球总数为个．故答案为：．6．或【分析】本题考查了切线长定理，勾股定理，反比例函数图象和性质，分当点在第二象限内和点在第四象限内两种情况，画出图形解答即可求解，正确画出图形是解题的关键．【详解】解：如图，当点在第二象限内时，点为切点，连接，则轴，，由切线长定理可得，，∵直线解析式为，∴，∴，∴，∴，设，则，∴，∴，∵点在函数图象上，∴，解得，∴；当点在第四象限内时，同理可得；综上，点的坐标为或．7．【分析】先找出抛物线上三个点，再求出关于对称的点的坐标，然后代入所设新抛物线的方程即可解答．本题考查了二次函数图象与几何变换，得到所求抛物线上的三个点，这三个点是原抛物线上的关于对称的点是解决本题的关键．【详解】解：令，，，，，令，，∴二次函数与轴交于1,0，2,0，与轴交于0,2，∴这三个点关于对称点为，0,2，2,0，设抛物线的解析式为，∴，解得，∴，∴曲线的解析式为．故答案为：．8．【分析】本题考查立方根，立方和公式，完全平方公式，提公因式法，矩形的性质，正确运用乘法公式是解题的关键．根据矩形的性质可得，，再用立方和公式和完全平方公式变形得，设，得到高次方程，用提公因式分解因式求解即可．【详解】由题意得，，∴，∵，，∴，，设，∴，，，，∵，∴，∴，∴．9．【分析】本题考查角平分线的性质，坐标与图形，二次函数求最值，根据角平分线的性质，结合同高三角形的比等于底边比，得到，进而得到，以点为原点，AB所在直线为轴，建立直角坐标系，设点坐标为，根据结合两点间的距离公式，求出，根据面积最大时点纵坐标最大，得到，进而求出点坐标，进一步求出的周长即可．【详解】解：∵CD为的角平分线，∴点到的距离相等，设点到的距离为，∴，∴，∴，以点为原点，AB所在直线为轴，建立直角坐标系，则，，，设点坐标为，则，，∵，∴，∴，整理得，面积最大时点纵坐标最大，故当x=2时，有最大值即有最大值，即面积有最大值，故当x=2时，，，∵点在第一象限故，则，，则周长为：．故答案为：10．(1)(2)【分析】本题考查了解直角三角形，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质．（1）过点作，垂足为，证明是等腰直角三角形，即可解答；（2）利用直角三角形中30度角所对边等于斜边的一半，求出，解直角三角形求出，进而求出，根据，即可解答．【详解】（1）解：如图，过点作，垂足为，在中，，，，是等腰直角三角形，∴，则边AB边上的高CD的长度为2；（2）解：如（1）图，在中，，，∴，，∴，∴．答：的面积为．11．(1)(2)见解析【分析】（1）根据题意，结合三角形三边数量关系，运用列举法所有可能结果表示出来，再根据概率的计算方法即可求解；（2）根据一元二次方程根与系数的关系，结合实数的概念，分类讨论，由此即可求解．【详解】（1）解：从，，，，这五个数中随机选择三个不同的数，分别记作，，，则有种等可能的结果，所以能够作为三角形三边长的，，的取值有：，，，，，，，，，，，这种，故，，能够作为三角形的三边长的概率为．答：，，能够作为三角形的三边长的概率为15．（2）解：由求根公式可知，要使关于的方程的解为无理数，则为开方开不尽的数，而，，为，，，，这个数中的个，当时，，的结果为，21，，，，中的一个，则或或或或或，均为开方开不尽的数；当时，，的结果为，，，，，中的一个，则或或或或或，均为开方开不尽的数；当时，，的结果为，，，21，，中的一个，则或或或或或，均为开方开不尽的数；当时，，的结果为，，，，，中的一个，则或或或或或，均为开方开不尽的数；当时，，的结果为，，，，21，中的一个，则或或或或或，均为开方开不尽的数；综上所述为无理数，则的解为无理数，故关于的方程的解不可能是有理数．【点睛】本题主要考查概率的计算，三角形三边数量关系，一元二次方程根与系数的关系，实数的分类等知识的综合，掌握以上知识，分类讨论思想是解题的关键．12．(1)(2)①，②见详解【分析】（1）作F关于的对称点，则是的垂直平分线，由勾股定理得，则，过点O作，可得四边形是矩形，则，则中，运用勾股定理求得，由垂径定理即可求得；（2）①作F关于的对称点，连接，显然点为与的交点，过点作，记交于点，可证明，则，故；②假设点将点三点中点分割在一侧，点在另一侧，则与线段相交，交点记为点，连接，由题意得，则在中，，即，即，与矛盾，故假设不成立，同理可证明其余情况．【详解】（1）解：如图：作F关于的对称点，∵把纸片折叠，折痕为，此时平行，且弧过点，∴一定在上连接，与交于一点∴是的垂直平分线∴在中，∴则过点O作∴∵平行，∴∴四边形是矩形∴则在中，∴，∵，经过圆心，∴（2）解：作F关于的对称点，连接，∴，∴∵，∴点为与的交点，过点作，记交于点，由（1）知，而由对称得，∴，∵，∴，∴，∴；②假设点将点三点中点分割在一侧，点在另一侧，则与线段相交，交点记为点，连接，由题意得，则在中，，∴，即，与矛盾，故假设不成立，同理可证，点和点分别位于两侧以及点和点位于两侧都不成立，∴综上可得：，，在直线的同侧．【点睛】本题考查了折叠的性质，垂直平分线的性质定理，勾股定理，矩形的判定与性质，三角形的三边关系等知识点，熟练掌握知识点，正确理解题意是解题的关键．13．(1)(2)①，②见详解【分析】本题考查了二次函数的图象性质，求函数解析式，判别式的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键．（1）先得出，再结合“抛物线与直线有且仅有一个公共点”，得以及，然后计算出，；（2）①联立方程组，解出；同理得；②先算出的值，再与直线比较，值相同则证明平行．【详解】（1）解：∵抛物线过原点∴∵抛物线与直线有且仅有一个公共点∴把代入得，解得解得∴（2）解：依题意，抛物线的解析式为①依题意，解得∵过原点的直线，，分别交抛物线于点、（异于原点）．∴把代入，得出∴同理∴解得∴把代入，得出∴②设的解析式为由①得，把，代入得解得则的解析式为∵直线∴平行14．(1)①，理由见解析；②存在构成一组勾股数(2)为锐角三角形，理由见解析【分析】（1）①根据勾股定理及因式分解的应用将变形为，再根据，，，，得到，，即可得出结论；②令，利用因式分解即可解答；（2）根据题意画出示意图，过点作于点，求出，①，②，得到，因式分解得到，根据，，，，，得到，，，进而推出，即，即可得出结论．【详解】（1）正整数，，为一组勾股数且，∴，，∴．又，，，，∴，，，，∴，，∴，∴；②令，，n为正整数，，为奇数且为正整数，为正整数，，，且，，解得：此时构成一组勾股数，存在构成一组勾股数；（2）解：∵，，为三角形三边长且，∴，，即为最长边边长，即中最大，如图，过点作于点，∴，，中，，①中，，②②式①式得：，∴，即，∴．∴，∵，，，，，∴，，，∴，∴，又为中最大角，∴为锐角三角形，故某三角形三边长为，，，且时，该三角形为锐角三角形．【点睛】本题考查解直角三角形，勾股定理的应用，因式分解的应用，正确理解题意，构造直角三角形，熟练掌握因式分解的应用是解题的关键．