2025湖北黄冈中学自主招生考试数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页湖北省黄冈中学自主招生预录考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图，数轴上，，三点所表示的数分别为，，．如果满足且，那么下列各式表达错误的是（

）A． B． C． D．2．下列变形，正确的有（

）①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个3．已知不等式的解集为，则不等式的解集是（

）A．或 B．或C． D．4．设二次函数的图象的顶点为，与轴的交点为．当为等边三角形时，的面积为（

）A． B． C． D．5．甲、乙、丙三人相互传球，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者将球等可能地传给另外两人中的任何一人．经过4次传球后，球仍在甲手中的概率是（

）A． B． C． D．6．已知函数，当时，随的增大而减小，则实数的取值范围是（

）A．或 B．C．或 D．或7．如图，为直线上一点，过点作的垂线交双曲线于点．若，则的值为（

）A．12 B． C．6 D．8．如图所示是一个树形图的生长过程，依据图中所示的生长规律，第13行的空心圆的个数是（

）A．55个 B．72个 C．89个 D．144个9．已知为关于的方程的三个实数根，则（

）A．3 B．4 C．5 D．6二、填空题10．计算：．11．已知函数的自变量的取值范围是全体实数，则的取值范围为．12．已知，则代数式的值是．13．如图，已知,为平面直角坐标系内两点，以点为圆心的经过原点轴于点，点为上一动点，为的中点，则线段长度的最大值为．14．已知是整数，且，由直线和直线与轴及轴所围成的图形面积为，则的最小值是．15．已知的最大边上的高线和中线恰好把三等分，，则．16．如图，在中，，，D为边上一动点（不与点B重合），以为边作正方形，连接，则当的面积最大时，的长为．17．甲，乙，丙，丁4人打靶，每人打4枪，每人各自中靶的环数之积都是72（中靶环数最高为10），且4人中靶的总环数恰为4个连续整数，那么，其中打中过4环的人数为．三、解答题18．（1）已知实数，且满足，求的值．（2）若实数使关于的分式方程有正整数解，且使关于的一元一次不等式组有且只有4个整数解，求符合条件的所有整数的和．19．如图，已知中，平分交于点边上有一点，⊙O经过点，与交于点，与交于点，连结．(1)求证：是⊙O的切线．(2)若，求⊙O的半径．(3)在（2）的条件下，求的长．20．给出如下定义：若一个四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，我们把这条对角线叫做这个四边形的和谐线，这个四边形叫做和谐四边形．如菱形就是和谐四边形．(1)在四边形中，是四边形的和谐线，求的度数．(2)在四边形中，已知：是四边形的和谐线，请直接写出的长．21．阅读：中，分别是的对边，的边角有如下性质：①正弦定理：．②余弦定理：．③，其中表示的面积．请你根据上述结论求解下列问题：(1)在锐角中，分别是的对边，若，求的大小及的面积．(2)在四边形中，，求的最大值．22．已知二次函数．(1)设函数在范围内的最大值为，最小值为，且，求实数的取值范围．(2)已知关于的方程在范围内有解，求实数的取值范围．23．已知抛物线经过点，与轴交于点，顶点在直线上．(1)如图1，若点的坐标为，点的横坐标为．①试确定抛物线的解析式．②若当时，的最小值为，最大值为，请求出的取值范围．③已知：点在抛物线上，点的坐标为，且，请直接写出符合题意的点的坐标．(2)如图2，若点在第一象限，且，过点作轴于点，将抛物线平移，平移后的抛物线经过点，，与轴的另一个交点为，试探究四边形的形状，并说明理由．24．如图，是菱形的对角线，将线段绕点逆时针旋转得线段的平分线与边的交点为．(1)如图1，若点在的延长线上，，求的度数；(2)如图2，若点在对角线上，且，求的值；(3)如图3，若与交于点，延长交点为，延长交点为，且，求的长度．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《湖北省黄冈中学自主招生预录考试数学试卷》参考答案题号123456789答案DBDCBCDCA1．D【分析】由数轴知AB=b-a，BC=c-b，再由AB=BC得a+c=2b，再根据a+b-c=0，进而得b=2a，c=3a，进而由a＜b＜c，知a、b、c都为正数，便可得出最后答案．【详解】解：∵，∴，∴，∴A选项正确；∵，即，∴，∴，，∴B，C选项正确；∵，∴，，，∴，∴D选项错误．故选：D．【点睛】本题考查了数轴，实数的加减法，数轴上两点间的距离的应用，关键是数形结合得出a、b、c之间的关系和正负性质．2．B【分析】本题考查等式的性质，解题的关键是能够熟练运用等式的性质．【详解】解：①，当时，，故此选项错误；②若，当时，，故此选项错误；③若，则，故此选项正确；④若，则，故此选项正确．故选：B．3．D【分析】本题考查一元二次不等式的解法，由题意得方程的解为或，利用根与系数的关系可得a，b的值，代入即可得出不等式的解集．【详解】解：∵不等式的解集为，∴方程的解为或，∴，，解得，，∴，即，即解得：，故不等式解集为，故选：D．4．C【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质、一元二次方程根与系数的关系、等边三角形的性质．利用配方法把二次函数的解析式写成顶点坐标式，可得顶点的坐标为，从而可知顶点到坐标轴的距离，利用一元二次方程根与系数的关系求出，根据等三角形的性质可得，得到关于的方程，解方程求出的值，即可求出等边三角形的底边与高，根据三角形的面积公式即可求出的面积．【详解】记抛物线的对称轴交轴于点，二次函数，顶点的坐标为，，设抛物线与轴的两个交点为，，则，，，为等边三角形，，即，当时，解得：或，当时，解得：或，或（舍去），，，．故选：C．5．B【分析】题目主要考查利用列举法求概率，求出所有的传球方法共有多少种，找出第4次球恰好传回给甲的情况，由此能求出经过4次传球后，球仍在甲手中的概率．【详解】解：用甲→乙→丙→甲→乙表示一种传球方法，所有传球方法共有：甲→乙→甲→乙→甲；甲→乙→甲→乙→丙；甲→乙→甲→丙→甲；甲→乙→甲→丙→乙；甲→乙→丙→乙→甲；甲→乙→丙→乙→丙；甲→乙→丙→甲→丙；甲→乙→丙→甲→乙；甲→丙→甲→乙→甲；甲→丙→甲→乙→丙；甲→丙→甲→丙→甲；甲→丙→甲→丙→乙；甲→丙→乙→丙→甲；甲→丙→乙→丙→乙；甲→丙→乙→甲→丙；甲→丙→乙→甲→乙；则共有16种传球方法，第4次球恰好传回给甲的有6种情况，∴经过4次传球后，球仍在甲手中的概率是，故选B6．C【分析】本题考查了反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．先将原函数看成由平移得到，然后运用反比例函数增减性的性质可得，且，解之即可．【详解】解：可以看成是由平移得到，当时，随的增大而减小，根据反比例函数的性质得，，且，或．故选：C．7．D【分析】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，反比例函数及一次函数的相关知识，正确掌握相关性质内容是解题的关键．延长交轴于点，过点作轴于点，过点作轴于点．构造等腰直角三角形，再运用勾股定理列式得，得，然后设点，则所以即可作答．【详解】解：如图，延长交轴于点，过点作轴于点，过点作轴于点．点为直线上一点，，又，∴为等腰直角三角形，∵轴，∴是等腰直角三角形，同理得是等腰直角三角形，，，，．，，整理，得．设点，则．故选：D8．C【分析】本题考查了图形规律，根据题意，找出规律是解题的关键，根据每个实心圆的下一行生长出一个实心圆和一个空心圆，每个空心圆的下一行生长出一个实心圆，即可确定第行的实心圆点的个数．【详解】解：由图中规律可知，每个实心圆的下一行生长出一个实心圆和一个空心圆，每个空心圆的下一行生长出一个实心圆，第行的空心圆的个数是；第行的空心圆的个数是；第行的空心圆的个数是；第行的空心圆的个数是；第行的空心圆的个数是；第行的空心圆的个数是；第行的空心圆的个数是；第行的空心圆的个数是；第行的空心圆的个数是；第行的空心圆的个数是；第行的空心圆的个数是；第行的空心圆的个数是；∴第行的空心圆的个数是．故选：C．9．A【分析】题目主要考查因式分解解一元二次方程及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题关键．【详解】解：方程即，∴它的一个实数根为1，另外两个实数根之和为2，∵∴其中必有一根小于1，另一根大于1，∴，，∴，故选：A．10．4【分析】本题考查了实数的运算，根据负整数指数幂的意义，零指数幂的意义，特殊角的三角函数，二次根式的性质，二次根式的加减等计算即可．【详解】解：原式，故答案为：4．11．【分析】本题考查求自变量的取值范围，根据绝对值的意义，得到当时，这个距离之和最小，最小值为5，根据二次根式有意义的条件，得到恒成立，即可得出结果．【详解】解：表示在数轴上表示数的点到表示数3与表示数的点的距离之和，当时，这个距离之和最小，最小值为5，即∵函数的自变量的取值范围是全体实数，恒成立，．12．【分析】本题考查了换元法、一元二次方程根的判别式、解一元二次方程．首先设，利用换元法可得：，解一元二次方程可得或，利用一元二次方程根的判别式可知不成立，把整体代入代数式计算即可．【详解】解：，，设，则有整理得：，分解因式得：，或，或，一元二次方程中，，一元二次方程无解，不成立，舍去，当时，．故答案为：．13．/【分析】连接，，，取的中点为，连接，，可求得，，根据三角形的三边关系即可求得答案．【详解】如图所示，连接，，，取的中点为，连接，．根据题意，得，∴．根据题意，得．∵为斜边的中点，∴．∵的中点为，的中点为，∴．∴，即．∴长度的最大值为．故答案为：【点睛】本题主要考查平面直角坐标系，圆的概念，中位线定理，三角形的三边关系，直角三角形的性质，能根据题意绘制辅助线是解题的关键．14．【分析】本题考查了两条直线相交或平行问题，及二次函数最值问题，解题的关键是表示出直线与坐标轴的交点坐标，并用表示出围成的三角形的面积，从而得到函数关系式；首先用m表示出两条直线与坐标轴的交点坐标，然后表示出围成的面积S，根据得到的函数的取值范围确定其最值即可．【详解】解：如图，过点分别作轴于点轴于点，，，，解得：，把代入得，∴两直线都过，则，，∵直线交坐标轴于点A，B，∴当时，，当时，；，，，，∵交坐标轴于点C，D，∴当时，；当时，，∴，，∴，，，，，，．当时，随的增大而增大，时，有最小值，是，故答案为：．15．【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理，利用平方根解方程等知识，掌握相关知识点是解题关键．过点作于点．设，由题意得，证明出，得到，由角平分线的性质定理，得到，进而得出，则，再利用勾股定理求解即可．【详解】解：如图，过点作于点．设，是的中线，，和恰好把三等分，，为的高线，，又，，，．，，，，．，．在中，，即，（负值已舍），，．16．/【分析】作于H，于G，作于M，由等腰三角形三线合一可得，再证，计算出，，设，通过证明，可得，从而用含x的二次函数表示出，化为顶点式即可求解．【详解】解：作于H，于G，作于M，如图：∵，，∴，，∵，，∴，∴，即，∴，，设，，∵四边形是正方形，∴，，又∵，∴，∴，∴，∴，∵∴当时，最大，此时，故答案为：．【点睛】本题考查全等三角形、等腰三角形、相似三角形、正方形、二次函数求最值综合，寻找线段与角度之间的等量关系是解题关键，二次函数求最值通常化为顶点式求解．17．2人【分析】本题考查理解题意的能力，准确理解运用每人各自中靶的环数之积都是72和4人中靶的总环数恰为4个连续整数条件成为解题的关键．根据所给的每人各自中靶的环数之积都是72，找到乘积是72的所有情况，那样能找出每个人的打靶环数的可能情况，根据4人中靶的总环数恰为4个连续整数，据此即可解答．【详解】解：，共7种情况，在这7种情况中，总环数分别为，人中靶的总环数恰为4个连续整数，其中3个人的总环数一定为15，14，13，第4个人总环数为16或，打中过4环的人数为2人．故答案为：2人．18．（1）；（2）10【分析】本题考查了一元二次方程方程根与系数的关系，二次根式的化简求值，不等式组，分式方程的整数解，（1）根据已知可知一元二次方程的两个根，进而可得，，再化简二次根式即可求解.（2）根据不等式组仅有4个整数解，求出m的范围；解分式方程，根据m的范围，确定符合条件的m值即可．【详解】解：（1），，，，一元二次方程的两个根，，，，，，，，．（2）解不等式①，得，解不等式②，得，∴不等式组有4个整数解，，解得．解分式方程，得，∵分式方程有正整数解，是2的整数倍．且，符合条件的所有整数的值为3，7，其和为10．19．(1)见解析(2)(3)【分析】（1）证明，则得到，即，即可证明是⊙O的切线；（2）连结交于点，证明，则．由得到，．得到．设，则，则．由得到，进一步得到．由得到，解得（舍去），即可求出答案；（3）由（2）知，，证明，则解得，由勾股定理得到即可．【详解】（1）证明：如图，连结，平分，，，即，又经过点是的切线．（2）解：如图，连结交于点是的直径，，，，．又，，．，，．，．设，则，．，，，∴．，，解得（舍去），，即的半径．（3）解：由（2）知，，，，，又，，解得，．【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理、一元二次方程、切线的判定、圆周角定理、垂径定理、矩形的判定和性质等知识，熟练掌握圆的相关性质是解题的关键．20．(1)或或(2)或2或【分析】（1）根据是的和谐线，得出是等腰三角形，进而分三种情况讨论，分别画出图形，根据等腰三角形的性质以及三角形内角定理进行计算即可求解；（2）根据（1）的分类，分别求解即可．【详解】（1）解：是四边形的和谐线，是等腰三角形．如图1，当时，．是等边三角形，．，，，．如图2，当时，，又四边形是正方形，．如图3，当时，过点作于点，过点作于点四边形是矩形，，，．，，即．，．，，．综上，的度数为或或．（2）的长为或2或如图1，当时，过点作于点．由（1）得，，，．如图2，当时，．如图3，当时，由（1）得，，．综上，的长为或2或．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，三角形内角定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，正方形的性质与判定，矩形的性质与判定；分类讨论是解题的关键．21．(1)(2)【分析】本题主要考查了正弦定理与余弦定理，灵活运用正弦定理与余弦定理是解题的关键．（1）由得到，结合正弦定理得的值，即可确定、，结合余弦定理可求得,用公式即可求得面积；（2）先根据已知证明，在确定当过点时最大，进而利用余弦定理求解即可．【详解】（1）解：，，，为锐角，，又，，，，．（2）在中，，，，,点在以为直径的圆上．设的中点为，当过点时取得最大值，如图所示:在中，，,（负值已舍）．又，的最大值为．22．(1)(2)【分析】本题考查了二次函数与二次函数的零点问题．（1）讨论二次函数的对称轴和所给区间的位置关系，即可确定函数的最值，由此可解不等式，即可得到答案；（2）讨论方程在范围内有解、一解还是两解的情况，由此可列不等式组，即可求得答案．【详解】（1）解：∵，∴该二次函数的图象的对称轴为直线，①当，即时，在的范围内，随的增大而增大，∴当时，该函数有最大值，当时，该函数有最小值，，解得，∴；②当，即时，在的范围内，先随的增大而减小，再随的增大而增大，且处的函数值大于处的函数值，∴，，∴，∴，∴；③当，即时，在的范围内，先随的增大而减小，再随的增大而增大，且处的函数值大于处的函数值，∴，，∴，∴，此时；④当，即时，在的范围内，随的增大而减小，∴，，∴，解得，∴．综上，实数的取值范围为；（2）解：将原方程整理，得．设，当时，．①若方程在范围内有一解，则当时，函数的取值为负数，即，解得；②若方程在范围内有两解，则，解得．综上，实数的取值范围为．23．(1)①；②；③点的坐标为或(2)四边形是矩形，理由见解析【分析】（1）①先确定直线的解析式，继而得到，再将，代入求解即可；②点关于对称轴的对称点的坐标为，当时，的最小值为，最大值为，即可求解；③当点在直线上方时，由，得到直线的表达式为，进而求解；当点在直线下方时，得到直线的表达式为，进而求解；（2）证明，又，得到四边形是平行四边形，进而求解．【详解】（1）解：①设直线的解析式为，∵点在直线上，∴，解得：，∴直线的解析式为，∵顶点在直线上，点的横坐标为，∴，∵抛物线经过点，，∴，解得：，∴抛物线的解析式为；②令，解得，，由（1）知的顶点，∴点关于对称轴的对称点的坐标为，∵当时，的最小值为，最大值为，∴；③∵抛物线与轴交于点，当时，得：，∴，又∵，∴轴，如图，当点在直线上方时，设直线的解析式为，过点，，∴，解得：，∴直线的解析式为，设交于点，过点作于点，∵，轴，∴，轴，∴是边上的中线，即点为的中点，∴，当时，，∴，设直线的解析式为，过点，，∴，解得：，∴直线的解析式为，联立，解得：（舍去），，∴；如图，当点在直线下方时，∵，直线的解析式为，∴，设直线的解析式为，过点，∴，解得：，∴直线的解