2024年重点中学自主招生模拟试卷（10）
数 学 试 题 卷
（考试时间：120分钟 总分150分）
选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）
1．设二次函数的图象的顶点为，与轴的交点为，．当△ABC为等边三角形时，其边长为（ ）
A． B． C． D．
2．对任意的整数，，定义，则使得的整数组的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．已知的三边长为，，，有以下三个结论：（1）以，，为边长的三角形一定存在；（2）以，，为边长的三角形一定存在；（3）以，，为边长的三角形一定存在．其中正确结论的个数是（ ）．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
4．设是以为直径的圆上的一点，于点，点在线段上，点在延长线上，满足．已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，在四边形中，，，，对角线的交点为，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知，，满足，，则（ ）．
A．0 B．3 C．6 D．9
7．已知，为整数，且满足，则的可能的值有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．计算（ ）
A． B．1 C． D．2
9．方程的整数解的组数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
10．已知，，则的值为（ ）
A．1 B．-1 C． D．
二、填空题（本题共10小题，每小题4分，共40分）
11．若实数，满足，则的最大值为 ．
12．使得等式成立的实数的值为 ．
13．若实数，满足，则的最小值为 ．
14．若质数、满足：，，则的最大值为 ．
15．将数字1，2，3，…，34，35，36填在的方格中，每个方格填一个数字，要求每行数字从左到右是从小到大的顺序，则第三列所填6个数字的和的最小值为 ．
16．使得不等式对唯一的整数成立的最大正整数为 ．
17．已知实数x，y，z满足，，则 ．
18．在△ABC中，，，，，，分别在，，上，则的周长最小值为 ．
19．使得是完全平方数的整数的个数为 ．
20．二次函数的图象的顶点为，与轴正方向从左至右依次交于，两点，与轴正方向交于点，若和均为等腰直角三角形（为坐标原点），则 ．
三．解答题（本大题共5小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
21．（12分）已知实数a，b，c满足，，求的值．
22．（14分）如图，为四边形内一点，，，，求证．
23．（14分）如图，在平行四边形中，为对角线上一点，且满足，的延长线与的外接圆交于点.
证明：．
24．（14分）在△ABC中，，、分别是的外心和内心，且满足．求证：
（1）；
（2）．
25（16分）．已知直角三角形的边长均为整数，周长为60，求它的外接圆的面积．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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2024年重点中学自主招生模拟试卷（10）
数 学 参 考 答 案
选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）
1．C
【详解】由题设知．设，，二次函数的图象的对称轴与轴的交点为，
则．
又，则，解得或（舍去）．
所以，的边长．
2．D
【详解】，
由对称性，同样可得
，．
所以，由已知可得，即．
所以，，，为整数时，只能有以下几种情况：
，或，或，或，
所以，或或或，故共有4个符合要求的整数组．
3．C
【分析】不妨设0＜a≤b≤c，利用作差法求出（＋）2－（）2的符号和三角形的三边关系即可判断（1）；利用举反例的方法即可判断（2）；假设≤≤，根据绝对值的性质：和三角形的三边关系，即可得出结论．
【详解】解：的三边长为，，，不妨设0＜a≤b≤c，
∴a＋b＞c，＜＜
则（＋）2－（）2
=
=
∵
∴＞0
∴（＋）2＞（）2
∴＋＞
∴以，，为边长的三角形一定存在，故（1）正确；
令a=2，b=3，c=4，此时a＋b＞c，符合条件
此时＋=13，=16，
∴＋＜
∴以，，为边长的三角形不一定存在，故（2）错误；
假设≤≤
根据绝对值的性质：＋≥=
∴＋＋2＞
∴＋＞
∴以，，为边长的三角形一定存在，故（3）正确．
综上：正确的有2个
故选C．
【点睛】此题考查的是三角形的三边关系、二次根式的运算和绝对值的性质，掌握三角形的三边关系、二次根式的运算法则、利用举反例说明假命题和绝对值的性质是解决此题的关键．
4．B
【详解】如图，因为，所以，即．
又因为，故．
而，，
所以，所以，．
从而．
5．D
【分析】过点作于点，利用有两个角相等的三角形相似判定，根据相似三角形的性质得比例式，设，用含的式子分别表示出、、，再由面积法得出的第二种表示方法，从而得关于的方程，解得的值，则的值可得，然后用勾股定理求得即可．
【详解】解：如图，过点作于点，
，
，
，
，
，
设，由于，故，
在中，
由勾股定理得：，
则
，
显然，化简整理得
解得，不符合题意，舍去），
故，
在中，，
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理在计算中的应用、面积法及方程思想在几何计算中的应用，本题具有一定的难度．
6．D
【分析】将等式变形可得，，，然后代入分式中，利用平方差公式和整体代入法求值即可．
【详解】解：∵
∴，，
∵
∴
=
=
=
=
=6＋3
=9
故选D．
【点睛】此题考查的是分式的化简求值题和平方差公式，掌握分式的基本性质和平方差公式是解决此题的关键．
7．C
【详解】由已知等式得，显然，均不为0，所以或．
若，则．
又，为整数，可求得或．
所以或
因此，的可能的值有3个．
【点睛】本题考查了等式的性质，分式的化简，解决此题的关键是熟练运用x、y是整数这个条件．
8．B
【详解】．
9．B
【分析】首先将原方程变形为：（x+y）2+2y2=34，可得x+y必须是偶数，然后设x+y=2t，可得新方程2t2+y2=17，，求得此方程的整数解，即可求得答案．
【详解】把方程变形得：(x+y)2+2y2=34，
∵34与2y2是偶数，
∴x+y必须是偶数，
设x+y=2t，则原方程变为：(2t)2+2y2=34，
∴2t2+y2=17，
它的整数解为：，
∴当y=3，t=2时，x=1；
当y=3，t= 2时，x= 7；
当y= 3，t=2时，x=7；
当y= 3，t= 2时，x= 1．
∴原方程的整数解为：(1，3)，( 7，3)，(7， 3)，( 1， 3)，共4组．
故选B．
【点睛】本题主要考查二元二次方程的整数解，熟练掌握完全平方公式以及等式的基本性质，对原方程进行变形化简，是解题的关键．
10．B
【详解】由可得，
即，
即，即，所以．
二、填空题（本题共10小题，每小题4分，共40分）
11．3
【详解】由可得，
即． ①
令，注意到，故．
又因为，故由①式可得，
所以．
于是，，可看作关于的一元二次方程的两根，
所以，
化简得，即，所以．
故的最大值为3．
12．8
【详解】由所给等式可得，令，
则．且．于是有，整理后因式分解得
，解得，，（舍去）．所以或．
验证可知：是原方程的增根，是原方程的根．所以，．
13．
【详解】因为
，
所以或，
若，则，
若，则，
当且仅当时等号成立．
所以，的最小值为．
14．
【分析】此题主要考查了质数的定义以及不等式的解法等知识，根据已知分别得出，的取值范围，进而结合质数的定义得出，的最值，进而得出答案，分别得出，的取值范围是解题关键．
【详解】由得，
∴，显然的值随着质数的增大而增大，
当且仅当取得最大值时取得最大值，
∵，即，
∴，
∵为质数，
∴的可能的取值为，，，，，，，，，
当时，，不是质数；
当时，，是质数，
∴的最大值为，的最大值为，
故答案为：．
15．63
【详解】设第三列所填6个数字按从小到大的顺序排列后依次为，，，，，．
因为所在行前面需要填两个比小的数字，所以不小于3；因为所在行前面需要填两个比小的数字，且及所在行前面两个数字都比小，所以不小于6.
同理可知：不小于9，不小于12，不小于15，不小于18.
因此，第三列所填6个数字之和．
如图即为使得第三列所填6个数字之和取得最小值的一种填法（后三列的数字填法不唯一）．
1 2 3 19 20 21
4 5 6 25 27 29
7 8 9 22 23 24
10 11 12 26 28 30
13 14 15 31 34 35
16 17 18 32 33 36
16．144
【详解】由条件得，由的唯一性，得且，所以，
所以．
当时，由可得，可取唯一整数值127．
故满足条件的正整数的最大值为144．
17．4
【详解】由得，代入得，所以，，，从而
18．
【详解】作点关于，的对称点，，连接，，，，，，则，且，作于点．
那么，的周长
，
而，所以，当且仅当点与点重合，且，，，四点共线时取得等号．
19．1
【详解】解：设（其中为正整数），
则，
∵是偶数，
∴为奇数，
设（其中是正整数），
则，
即，
显然，
∵和互质，
∴或或，
解得：，．
因此，满足要求的整数只有1个．
故答案为：1．
20．2
【详解】由已知，得，，，．
过作于点，则，即，
得，
所以或．又，所以．
又，即，得．
三．解答题（本大题共5小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
21．
【分析】由和两式变形得出，，，再将原式变形为，计算即可．
【详解】∵，
∴，两边同时平方得，
即，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
同理可得，，
原式=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=．
【点睛】本题考查了完全平方公式和平方差公式，解题的关键是对代数式进行变形．
22．证明见解析
【详解】证明由题设条件可知，
又，所以
所以，从而
又，
所以，所以
设和交于点，则，所以
所以
23．证明见解析
【详解】证明 由是平行四边形及已知条件知
.
又、、、四点共圆，
所以，
所以，
所以.
又，
所以，
故.
24．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【详解】证明 （1）作于，于．
设，，．
易求得，，
所以，
又恰好是两条平行线，之间的垂线段，所以也是两条平行线，之间的垂线段，
所以，所以．
（2）由（1）知是矩形，连接，，设（即为的内切圆半径），则
．
25．
【详解】解：设直角三角形的三边长分别为，则．
显然，三角形的外接圆的直径即为斜边长，下面先求的值．
由及得，所以．
由及得，所以．
又因为为整数，所以．
根据勾股定理可得，把代入，
化简得，
所以，
因为，均为整数且，所以只可能是，或，
解得，或．
当，时，，三角形的外接圆的面积为；
当，时，，三角形的外接圆的面积为．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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