試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2025年中考重點高中自主招生素質檢測數學試題本試卷滿分100分，考試時間90分鐘注意事項：1．本試卷包括“試題卷”和“答題卡”兩部分．“試題卷”共4頁，“答題卡”共2頁．2．請務必在“答題卡”上答題，在“試題卷”上答題是無效的．3．考試結束后，請將“試題卷”和“答題卡”一并交回．一、選擇題：共6小題，每小題3分，共18分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．小明利用畫圖軟件畫一個多邊形，他設計的要求是：個內角中，最小的為，最大的為，且從小到大依次增加相同的度數，則小明畫出的多邊形的邊數為（

）A．7 B．8 C．9 D．102．如圖，中，為邊上任意一點，將繞著點順時針方向旋轉，得到．設點運動路線的長度為，則的最小值為（

）A． B． C． D．3．已知，則的值是（

）A． B．2 C． D．4．已知函數，若當時，函數的最大值為，最小值為，且，則的值等于（

）A． B． C．或 D．或5．已知、是兩個不相等的實數，且滿足：，則的取值范圍是（

）A． B．或C． D．或6．如圖，在平行四邊形中，，，，是邊上一動點，是四邊形內部一動點（含邊界），則的最小值為（

）

A． B． C． D．二、填空題：共4小題，每小題5分，共20分．7．若，則實數．8．如圖，點在反比例函數的圖象上，點在反比例函數的圖象上，，則線段的長為．9．對于一個函數，我們把當時對應的自變量的值，稱之為函數的零點．例如：函數的零點為1；函數的零點為、3．已知函數（其中）的零點為3、0，則關于的不等式（其中）的解集為．10．如圖，是正方形邊上一點，交于點，交的外接圓于點，連接，．若，則的值等于．三、解答題：共4題，共62分．解答應寫出文字說明，證明過程和解題步驟．11．當，時，求的值．12．如圖，四邊形中，，以為直徑作，恰好經過點，對角線交于點，的延長線交于點．(1)求證：與相切；(2)若，求四邊形的面積．13．已知拋物線與軸相交于A、B兩點，與軸相交于點，點為頂點．(1)直接寫出四個點的坐標；(2)如圖1，點為拋物線對稱軸（直線）上的動點，求當點在什么位置時，取得最值？最值是多少？(3)如圖2，在第一象限內，拋物線上有一動點交于點，求的最大值．14．矩形中，為邊上的動點，為邊上的動點．(1)如圖1，若，且與相似，求的長，并在圖1中作出點的位置，要求用尺規作圖，不寫作法，但要保留作圖痕跡；(2)如圖2，若，且，求的長；(3)如圖3，當點與點重合，是的中點，是上的動點，且，求的最小值．【直接寫出結果，不寫解題過程】答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．C【分析】本題考查了多邊形內角和，一元一次方程的應用，由題意可得多邊形中內角度數成等差關系，利用等差數列可得內角和，再根據多邊形內角和公式，列出方程，即可解答，熟知多邊形的內角和公式是解題的關鍵．【詳解】解：由題意可得，解得，故選：C．2．B【分析】根據題意，點運動路線的長度為圓心為點C，圓心角為，半徑為的弧長，故當最小時，弧長最小，根據垂線段最短，當時，最小，解答即可．【詳解】解：∵，∴，∵繞著點順時針方向旋轉，得到，∴點運動路線的長度為圓心為點C，圓心角為，半徑為的弧長，∴，∴當最小時，弧長最小，根據垂線段最短，當時，最小，∴，∴，故選：B．【點睛】本題考查了勾股定理，旋轉的性質，弧長公式，垂線段最短，熟練掌握公式和性質是解題的關鍵．3．A【分析】根據，得關于a的方程有實數根，利用，結合實數的非負性，負整數指數冪公式解答即可．【詳解】解：，得關于a的方程有實數根，∴，∴，∴，∵，∴，解得，∴，解得，∴，故選：A．【點睛】本題考查了根的判別式，實數的非負性，負整數指數冪，完全平方公式的應用，熟練掌握公式是解題的關鍵．4．B【分析】本題考查了二次函數的性質，由二次函數解析式可得對稱軸為直線，當時，隨的增大而增大，當時，隨的增大而減小，再分，和三種情況，利用二次函數的性質解答即可求解，掌握二次函數的性質是解題的關鍵．【詳解】解：∵，∴對稱軸為直線，∵，∴當時，隨的增大而增大，當時，隨的增大而減小，①當，即時，時取最小值，時取最大值，∴，∵，∴整理得，，∴（不合，舍去）；②當時，時取最大值，時取最小值，∴，∵，∴整理得，，∴（不合，舍去）；③當時，，∴當時，取最大值為，∵，∴，∴或，解得，，，，∵，∴或；綜上，的值為，故選：．5．D【分析】本題考查了一元二次方程根的判別式，兩式相加可得，兩式相減可得，故可為方程的兩個解，再根據根的判別式即可解答，正確得到，是解題的關鍵．【詳解】解：兩式相加可得，兩式相減可得，則可為方程的兩個解，、是兩個不相等的實數，，即，，故可得或，解得或，故選：D．6．A【分析】本題考查了解直角三角形，等邊三角形的判定與性質，勾股定理，矩形的判定與性質，平行四邊形的性質，旋轉的性質，掌握知識點的應用是解題的關鍵．將以為旋轉中心逆時針旋轉，得到，連接，，則有和均為等邊三角形，故，，，過作于點，則當共線時，最小，即長，過作于點，由，，求出，，通過平行四邊形的性質證明四邊形是矩形，則，最后通過勾股定理和等邊三角形的性質求出即可．【詳解】解：如圖，將以為旋轉中心逆時針旋轉，得到，連接，，

∴，∴和均為等邊三角形，∴，，，∴，∵均為動點，過作于點，∴當共線時，最小，即長，即的最小值為長，過作于點，∴，∵，，∴，，∵，，∴，∵四邊形是平行四邊形，∴，，∴，∴四邊形是矩形，∴，∵為等邊三角形，，∴，，∴，∴，∴的最小值為，故選：．7．【分析】本題主要考查了二次根式的性質，因式分解法解一元二次方程，熟練掌握“整體代入思想”是解題關鍵．令，把原式變形為，解一元二次方程得或，因二次根式的非負性，，舍去，將代回即可求解．【詳解】解：令，，，解得：或．，（舍去），，，．8．##【分析】本題考查了反比例函數與幾何的綜合問題，相似三角形的判定和性質．過點和點分別作軸的垂線，設，證明，利用相似三角形的性質求得，求得，據此求解即可．【詳解】解：如圖，過點和點分別作軸的垂線，垂足分別為和，設，∵，∴，，，，由題意得，∴，∴，∴，即，解得（負值已舍），∴，∴，故答案為：．9．且【分析】根據零點定義，轉化為方程的根，確定字母系數之間的關系，后化簡絕對值，分類計算即可．【詳解】解：∵函數（其中）的零點為3、0，∴的兩個根為3、0，∴，∴，∴，當時，變形為，∴，∵，∴，∴；當時，變形為，∴，∵，∴，∴；∴關于的不等式（其中）的解集為且，故答案為：且．【點睛】本題考查了拋物線與一元二次方程的關系，根與系數關系定理，絕對值的化簡，不等式的解法，熟練掌握關系，定理，解不等式是解題的關鍵．10．【分析】本題考查了正方形的性質，圓周角定理，全等三角形的判定和性質，三角函數，連接，過點作，先證明，再，可得，設正方形的邊長為，則可根據面積比求的值，再求出，即可解答，作出正確的輔助線是解題的關鍵．【詳解】解：如圖，連接，過點作，垂足分別為N，M，四邊形為正方形，，，，，，，，，為圓的直徑，，，為等腰直角三角形，，，，四邊形為矩形，，，設正方形的邊長為，則，，，，，，，，，故答案為：．11．，【分析】利用十字相乘法等方法，對原式、對、進行化簡，可得原式，，，代入即可求解．【詳解】解：原式，，原式【點睛】本題主要考查了分式的混合運算，利用乘法公式、十字相乘法等對原式進行變形，特殊角的三角函數，二次根式的性質，代數式求值，熟練掌握分式混合運算里的各種常見變形是解題關鍵．12．(1)見解析(2)【分析】（1）解法一：連接，并延長交于點，連接，根據圓內接四邊形的性質得，進而得，，由圓周角定理得，進而得，即可得出結論；解法二：連接、，先根據外角的性質得，再由圓周角定理得，進而得，再根據已知，得出，再結合圓周角定理推出，即可得出結論；（2）連接，過點作的平行線交的延長線于點，先證明四邊形是菱形，且邊長為6，進而得，再由勾股定理得，最后由計算可得出答案．【詳解】（1）證明：解法一：如圖1，連接，并延長交于點，連接，四邊形內接于，，又，，又，，又是的直徑，，，，，與相切；解法二：如圖1，連接、，，，，又，，，，，是直徑，在圓上，，，與相切；（2）如圖2，連接，過點作的平行線交的延長線于點，∵，∴，又∵，∴，又∵，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴四邊形是菱形，∵，∴，∴菱形的邊長為6，，在中，，，，．【點睛】本題考查了切線的判定、勾股定理，圓周角定理，菱形的判定和性質，圓內接四邊形的性質．13．(1)(2)點的坐標為時，取得最小值0；點的坐標為時，取得最大值(3)【分析】(1)用配方法求頂點坐標，用交點法求交點坐標即可；(2)根據題意，當時，的值最小，且為0；根據，得當P，A，C三點共線時，取得最大值，最大值為的長，解答即可．(3)不妨設，過點M作交x軸于點G，設直線的解析式為，確定直線的解析式為，用m表示直線的解析式，利用平行線分線段成比例定理，構造二次函數，利用二次函數的最值解答即可．【詳解】（1）解：∵，∴頂點坐標為；∵當時，，∴，∵當時，，解得，∴；故答案為：．（2）解：根據題意，得當時，的值最小，且為0，設，故，解得，故點時，的值最小，且為0；∵P在對稱軸上，且點A，點B是對稱點，∴，∴，∵，∴當P，A，C三點共線時，取得最大值，最大值為的長，∴，設直線的解析式為，故，解得，∴直線的解析式為，∴時，，故點時，的值最大，且為．（3）解：∵拋物線的解析式為，不妨設，過點M作交x軸于點G，設直線的解析式為，故，解得，∴直線的解析式為，設直線的解析式為，∴，解得，∴直線的解析式為，當時，，解得，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴拋物線開口向下，函數有最大值，且當時，有最大值，且為．【點睛】本題考查了拋物線的頂點坐標，與坐標軸的交點坐標，待定系數法求解析式，平行線分線段成比例定理，勾股定理，三角形三邊關系定理的應用，構造二次函數求最值，熟練掌握性質和定理是解題的關鍵．14．(1)4或6或，圖見解析(2)(3)的最小值為【分析】（1）設，分兩種情況討論：當時，有；當時，有；分別求解出，再畫出點即可；（2）將繞點逆時針方向旋轉，到，連接，交于點，交于點，過點作的垂線，垂足為，交于點，則是等腰直角三角形，先證明得，，再由平行線的性質得，即可得，，，再證明得，進而可得答案；（3）如圖，由是的中點，，得點在以為直徑的圓上，所以是直角，所以也是直角，故點又在以為直徑的圓上，所以的最小值為，由已知可得，再由勾股定得，即可得出答案．【詳解】（1）解：設，分以下兩種情況：當時，有，，解得，即或6；當時，有，，解得，即；綜上，的長為4或6或；點的位置如圖1所示；（2）解：如圖