2025中考重点中学自主招生数学试题及答案详解

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025年中考重点高中自主招生素质检测数学试题本试卷满分100分，考试时间90分钟注意事项：1．本试卷包括“试题卷”和“答题卡”两部分．“试题卷”共4页，“答题卡”共2页．2．请务必在“答题卡”上答题，在“试题卷”上答题是无效的．3．考试结束后，请将“试题卷”和“答题卡”一并交回．一、选择题：共6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．小明利用画图软件画一个多边形，他设计的要求是：个内角中，最小的为，最大的为，且从小到大依次增加相同的度数，则小明画出的多边形的边数为（

）A．7 B．8 C．9 D．102．如图，中，为边上任意一点，将绕着点顺时针方向旋转，得到．设点运动路线的长度为，则的最小值为（

）A． B． C． D．3．已知，则的值是（

）A． B．2 C． D．4．已知函数，若当时，函数的最大值为，最小值为，且，则的值等于（

）A． B． C．或 D．或5．已知、是两个不相等的实数，且满足：，则的取值范围是（

）A． B．或C． D．或6．如图，在平行四边形中，，，，是边上一动点，是四边形内部一动点（含边界），则的最小值为（

）

A． B． C． D．二、填空题：共4小题，每小题5分，共20分．7．若，则实数．8．如图，点在反比例函数的图象上，点在反比例函数的图象上，，则线段的长为．9．对于一个函数，我们把当时对应的自变量的值，称之为函数的零点．例如：函数的零点为1；函数的零点为、3．已知函数（其中）的零点为3、0，则关于的不等式（其中）的解集为．10．如图，是正方形边上一点，交于点，交的外接圆于点，连接，．若，则的值等于．三、解答题：共4题，共62分．解答应写出文字说明，证明过程和解题步骤．11．当，时，求的值．12．如图，四边形中，，以为直径作，恰好经过点，对角线交于点，的延长线交于点．(1)求证：与相切；(2)若，求四边形的面积．13．已知抛物线与轴相交于A、B两点，与轴相交于点，点为顶点．(1)直接写出四个点的坐标；(2)如图1，点为抛物线对称轴（直线）上的动点，求当点在什么位置时，取得最值？最值是多少？(3)如图2，在第一象限内，抛物线上有一动点交于点，求的最大值．14．矩形中，为边上的动点，为边上的动点．(1)如图1，若，且与相似，求的长，并在图1中作出点的位置，要求用尺规作图，不写作法，但要保留作图痕迹；(2)如图2，若，且，求的长；(3)如图3，当点与点重合，是的中点，是上的动点，且，求的最小值．【直接写出结果，不写解题过程】答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】本题考查了多边形内角和，一元一次方程的应用，由题意可得多边形中内角度数成等差关系，利用等差数列可得内角和，再根据多边形内角和公式，列出方程，即可解答，熟知多边形的内角和公式是解题的关键．【详解】解：由题意可得，解得，故选：C．2．B【分析】根据题意，点运动路线的长度为圆心为点C，圆心角为，半径为的弧长，故当最小时，弧长最小，根据垂线段最短，当时，最小，解答即可．【详解】解：∵，∴，∵绕着点顺时针方向旋转，得到，∴点运动路线的长度为圆心为点C，圆心角为，半径为的弧长，∴，∴当最小时，弧长最小，根据垂线段最短，当时，最小，∴，∴，故选：B．【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，弧长公式，垂线段最短，熟练掌握公式和性质是解题的关键．3．A【分析】根据，得关于a的方程有实数根，利用，结合实数的非负性，负整数指数幂公式解答即可．【详解】解：，得关于a的方程有实数根，∴，∴，∴，∵，∴，解得，∴，解得，∴，故选：A．【点睛】本题考查了根的判别式，实数的非负性，负整数指数幂，完全平方公式的应用，熟练掌握公式是解题的关键．4．B【分析】本题考查了二次函数的性质，由二次函数解析式可得对称轴为直线，当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，再分，和三种情况，利用二次函数的性质解答即可求解，掌握二次函数的性质是解题的关键．【详解】解：∵，∴对称轴为直线，∵，∴当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，①当，即时，时取最小值，时取最大值，∴，∵，∴整理得，，∴（不合，舍去）；②当时，时取最大值，时取最小值，∴，∵，∴整理得，，∴（不合，舍去）；③当时，，∴当时，取最大值为，∵，∴，∴或，解得，，，，∵，∴或；综上，的值为，故选：．5．D【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，两式相加可得，两式相减可得，故可为方程的两个解，再根据根的判别式即可解答，正确得到，是解题的关键．【详解】解：两式相加可得，两式相减可得，则可为方程的两个解，、是两个不相等的实数，，即，，故可得或，解得或，故选：D．6．A【分析】本题考查了解直角三角形，等边三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，平行四边形的性质，旋转的性质，掌握知识点的应用是解题的关键．将以为旋转中心逆时针旋转，得到，连接，，则有和均为等边三角形，故，，，过作于点，则当共线时，最小，即长，过作于点，由，，求出，，通过平行四边形的性质证明四边形是矩形，则，最后通过勾股定理和等边三角形的性质求出即可．【详解】解：如图，将以为旋转中心逆时针旋转，得到，连接，，

∴，∴和均为等边三角形，∴，，，∴，∵均为动点，过作于点，∴当共线时，最小，即长，即的最小值为长，过作于点，∴，∵，，∴，，∵，，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴四边形是矩形，∴，∵为等边三角形，，∴，，∴，∴，∴的最小值为，故选：．7．【分析】本题主要考查了二次根式的性质，因式分解法解一元二次方程，熟练掌握“整体代入思想”是解题关键．令，把原式变形为，解一元二次方程得或，因二次根式的非负性，，舍去，将代回即可求解．【详解】解：令，，，解得：或．，（舍去），，，．8．##【分析】本题考查了反比例函数与几何的综合问题，相似三角形的判定和性质．过点和点分别作轴的垂线，设，证明，利用相似三角形的性质求得，求得，据此求解即可．【详解】解：如图，过点和点分别作轴的垂线，垂足分别为和，设，∵，∴，，，，由题意得，∴，∴，∴，即，解得（负值已舍），∴，∴，故答案为：．9．且【分析】根据零点定义，转化为方程的根，确定字母系数之间的关系，后化简绝对值，分类计算即可．【详解】解：∵函数（其中）的零点为3、0，∴的两个根为3、0，∴，∴，∴，当时，变形为，∴，∵，∴，∴；当时，变形为，∴，∵，∴，∴；∴关于的不等式（其中）的解集为且，故答案为：且．【点睛】本题考查了抛物线与一元二次方程的关系，根与系数关系定理，绝对值的化简，不等式的解法，熟练掌握关系，定理，解不等式是解题的关键．10．【分析】本题考查了正方形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，三角函数，连接，过点作，先证明，再，可得，设正方形的边长为，则可根据面积比求的值，再求出，即可解答，作出正确的辅助线是解题的关键．【详解】解：如图，连接，过点作，垂足分别为N，M，四边形为正方形，，，，，，，，，为圆的直径，，，为等腰直角三角形，，，，四边形为矩形，，，设正方形的边长为，则，，，，，，，，，故答案为：．11．，【分析】利用十字相乘法等方法，对原式、对、进行化简，可得原式，，，代入即可求解．【详解】解：原式，，原式【点睛】本题主要考查了分式的混合运算，利用乘法公式、十字相乘法等对原式进行变形，特殊角的三角函数，二次根式的性质，代数式求值，熟练掌握分式混合运算里的各种常见变形是解题关键．12．(1)见解析(2)【分析】（1）解法一：连接，并延长交于点，连接，根据圆内接四边形的性质得，进而得，，由圆周角定理得，进而得，即可得出结论；解法二：连接、，先根据外角的性质得，再由圆周角定理得，进而得，再根据已知，得出，再结合圆周角定理推出，即可得出结论；（2）连接，过点作的平行线交的延长线于点，先证明四边形是菱形，且边长为6，进而得，再由勾股定理得，最后由计算可得出答案．【详解】（1）证明：解法一：如图1，连接，并延长交于点，连接，四边形内接于，，又，，又，，又是的直径，，，，，与相切；解法二：如图1，连接、，，，，又，，，，，是直径，在圆上，，，与相切；（2）如图2，连接，过点作的平行线交的延长线于点，∵，∴，又∵，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形，∵，∴，∴菱形的边长为6，，在中，，，，．【点睛】本题考查了切线的判定、勾股定理，圆周角定理，菱形的判定和性质，圆内接四边形的性质．13．(1)(2)点的坐标为时，取得最小值0；点的坐标为时，取得最大值(3)【分析】(1)用配方法求顶点坐标，用交点法求交点坐标即可；(2)根据题意，当时，的值最小，且为0；根据，得当P，A，C三点共线时，取得最大值，最大值为的长，解答即可．(3)不妨设，过点M作交x轴于点G，设直线的解析式为，确定直线的解析式为，用m表示直线的解析式，利用平行线分线段成比例定理，构造二次函数，利用二次函数的最值解答即可．【详解】（1）解：∵，∴顶点坐标为；∵当时，，∴，∵当时，，解得，∴；故答案为：．（2）解：根据题意，得当时，的值最小，且为0，设，故，解得，故点时，的值最小，且为0；∵P在对称轴上，且点A，点B是对称点，∴，∴，∵，∴当P，A，C三点共线时，取得最大值，最大值为的长，∴，设直线的解析式为，故，解得，∴直线的解析式为，∴时，，故点时，的值最大，且为．（3）解：∵抛物线的解析式为，不妨设，过点M作交x轴于点G，设直线的解析式为，故，解得，∴直线的解析式为，设直线的解析式为，∴，解得，∴直线的解析式为，当时，，解得，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴抛物线开口向下，函数有最大值，且当时，有最大值，且为．【点睛】本题考查了抛物线的顶点坐标，与坐标轴的交点坐标，待定系数法求解析式，平行线分线段成比例定理，勾股定理，三角形三边关系定理的应用，构造二次函数求最值，熟练掌握性质和定理是解题的关键．14．(1)4或6或，图见解析(2)(3)的最小值为【分析】（1）设，分两种情况讨论：当时，有；当时，有；分别求解出，再画出点即可；（2）将绕点逆时针方向旋转，到，连接，交于点，交于点，过点作的垂线，垂足为，交于点，则是等腰直角三角形，先证明得，，再由平行线的性质得，即可得，，，再证明得，进而可得答案；（3）如图，由是的中点，，得点在以为直径的圆上，所以是直角，所以也是直角，故点又在以为直径的圆上，所以的最小值为，由已知可得，再由勾股定得，即可得出答案．【详解】（1）解：设，分以下两种情况：当时，有，，解得，即或6；当时，有，，解得，即；综上，的长为4或6或；点的位置如图1所示；（2）解：如图