2025浙江温州中学自主招生考试数学试卷试题（含答案解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页浙江省温州中学自主招生考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知，则的化简结果是(

)A． B． C． D．2．有以下关于的等式：（1）；（2）；（3）；（4），其中是的函数的有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个3．已知，则（

）A． B． C．4 D．24．如图，一枚棋子在正方体的棱上移动，从每一个顶点出发都等可能地移到和它相邻的三个顶点中的任何一个．若棋子的初始位置为点，则移动三次后到达点的概率为（

）A． B． C． D．5．直线与轴交于点，与函数在第一象限的图象交于两点，若，则（

）A．1 B． C．2 D．46．已知函数，满足，则（

）A．0 B．2 C．4 D．87．如图，在中，为的中点，为靠近点的三等分点，与交于点．过点作内角平分线的平行线交于点，则（

）A． B． C． D．8．已知为实数，设，（表示中的最大值），则的最小值是（

）A． B．673 C．1346 D．20199．如图，三棱锥的各棱长均为1，点分别在棱上，则的最小值是（

）A． B． C． D．310．在1，2，3，…，2019中，可以表示为（表示不超过实数的最大整数）的形式的数有（

）A．980个 B．988个 C．990个 D．998个二、填空题11．不等式的解是．12．已知关于的方程的两个根满足，则实数的取值范围是．13．甲、乙、丙、丁，戊五位同学排成一排，甲不能站在排头和排尾，乙和丙至少有一人与甲相邻，则满足条件的排法数为．14．当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．15．已知为内一点，满足，，，，则．16．已知a，b，c为整数，满足，，则的最小值是．三、解答题17．解方程组：18．如图，在中，于点为的中点，过作交直线于点．求证：．19．如图，已知是抛物线上的四个不同的点．(1)试用表示直线的解析式．(2)已知过点过点过点．①证明：三点共线．②若点在第一象限，且，求直线的解析式．20．小明将枚硬币任意摆放在图中的点上（每个点的硬币个数不限，可以为）．

(1)对于图定义一次“操作”：从一个至少有2枚硬币的点取走枚硬币，并分别在与此点相邻的点上各放置枚硬币．对小明的每种摆法，若点处无硬币，则总能经过若干次该“操作”，使点处有硬币，求的最小值．(2)对于图定义一次“操作”：从一个至少有枚硬币的点取走枚硬币，若该点有两个相邻点，就分别在每个相邻的点处各放置枚硬币；若该点只有一个相邻点，就只在该相邻点处放置枚硬币．对小明的每种摆法，若点处无硬币，则总能经过若干次该“操作”，使点处有硬币，求的最小值．21．如图所示，在△ABC中，是边CA上的两点，连接BD，BG．过点A，G分别作BD的垂线，垂足分别为E，F，连接CF．若BE＝EF，求证：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《浙江省温州中学自主招生考试数学试卷》参考答案题号12345678910答案BBBCCDBABC1．B【分析】利用二次根式的定义可得，即，再根据二次根式的性质，求解即可．【详解】解：由题意可得：，∴∵∴∴，故选：B【点睛】此题考查了二次根式的性质，解题的关键是熟练掌握二次根式的有关性质．2．B【分析】本题考查了函数的概念，掌握函数的概念是解题的关键．函数的概念：在一个变化过程中，有两个变量x和y，如果对于x的每一个确定的值，y都有唯一确定的值与之对应，那么就称y是x的函数，x叫做自变量，根据函数的概念分析即可．【详解】解：（1），则，对于x的每一个确定的值，y都有唯一确定的值与之对应，是的函数；（2），对于x的每一个确定的值，y的值不唯，不是的函数；（3），对于x的每一个确定的值，y的值不唯，不是的函数；（4），对于x的每一个确定的值，y都有唯一确定的值与之对应，是的函数；综上所述，是的函数的有（1），（4），共2个，故选：B．3．B【分析】本题考查了锐角三角函数的混合运算，掌握锐角三角函数的计算方法是解题的关键．根据锐角三角函数的计算得到，将原式的分子、分母同时除以，再代入求值即可．【详解】解：∵，∴，故选：B．4．C【分析】本题考查了画树状图或列表法求随机事件的概率，掌握画树状图或列表法的运用是解题的关键．画树状图或列表法把所有等可能结果表示出来，再根据概率公式计算即可．【详解】解：画树状图或列表法把所有等可能结果表示如下，∴共有种等可能结果，其中移动三次后到达点的有种，∴移动三次后到达点的概率为，故选：C．5．C【分析】如图所示，过点B作于E，过点C作于F，设直线与x轴的交点为G，先求出，得到，，同理可得，再联立得，则，由此求解即可．【详解】解：如图所示，过点B作于E，过点C作于F，设直线与x轴的交点为G，∵A、G分别是直线与y轴，x轴的交点，∴A点坐标为，G点坐标为，∴，∴，∴，∴，∴，同理可得，设B点坐标为，C点坐标为，联立得，∴，∵，∴，即，∴．故选：C．【点睛】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，一元二次方程根与系数的关系，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键在于能够正确作出辅助线求解．6．D【分析】本题考查了求函数值，根据得出方程组，进而根据加减消元法得出之间的故选，进而求根据，即可求解．【详解】解：，得，，得，，得，代入，得，把代入，得．

故选：D．7．B【分析】本题主要考查平行线分线段成比例，掌握平行线截线段成比例的计算方法是解题的关键．如图，过点作的平分线，交于点，过点作，交于点，可得，，，，，由此得到，，根据，即可求解．【详解】解：如图，过点作的平分线，交于点，过点作，交于点，∴，∵为中点，，∴，∵为靠近点的三等分点，，∴，∵平分，∴点到的距离相等，，，，，，，，故选：B．8．A【分析】本题考查实数的大小比较，由题意得，①，②，⑤，再相加可得答案．【详解】解：，①，②，③，④，为任意实数，，⑤，①+②+⑤，得，，∴的最小值是．故选：A．9．B【分析】由题意得，三棱锥每个面都是等边三角形，将三棱锥中含有的三个面（即）展开如图，作点关于的对称点，连接交于点，连接交于点，交于点，连接交于点，得到的最小值为，由等边三角形的性质，特殊角的三角函数的计算，勾股定理得到，，由此即可求解．【详解】解：由题意得，三棱锥每个面都是等边三角形，将三棱锥中含有的三个面（即）展开如图，作点关于的对称点，连接交于点，连接交于点，交于点，连接交于点，∴的最小值为，∵，，，∴，∴，∵，∴，即的最小值为，故选：．【点睛】本题属于求多条线段和的最值问题，等边三角形的性质，轴对称求最短路径，特殊角的三角函数值的计算，勾股定理的运用，解此类题的基本思路是将所求的多条线段转化到同一直线上或同一平面图形内求解，解本题的关键是将含有所求四条线段的三个面展开再求解，对空间想象力有一定的要求．10．C【分析】本题主要考查新定义，整式的混合运算，理解新定义的含义，掌握整式的混合运算法则是解题的关键．根据题意，令，则，所以均可表示为的形式，再根据当时，，当时，，即可求解．【详解】解：令，则，，均可表示为的形式，当时，，当时，，∴在中，可以表示为的形式的数有（个），故选：C．11．【分析】本题主要考查绝对值的性质，求不等式组的解集，掌握绝对值的非负性，不等式的性质是解题的关键．根据绝对值的性质得到，，则，所以原式化简得，由此得到，根据不等式组的取值方法即可求解．【详解】解：∵，∴，，解得，，∴原不等式化简为，∴，∴，∴，即原不等式的解是，故答案为：．12．【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式，求不等式的解集，二次函数图象的性质，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．根据根的判别式得到，由不等式的性质解得，或，令，根据二次函数图象的性质即可求解．【详解】解：根据题意，得，整理，得，∴或，令，则该函数图象开口向上，又，∴当时，，解得，综上，实数的取值范围是，故答案为：．13．60【分析】本题考了查排列与组合问题，排列与组合问题常用方法∶特殊元素特殊位置优先分析；相邻元素捆绑法；不相邻插空法；逆向分析法．由于甲不能站在排头和排尾，得到排头有4种情况后，排尾有3种情况，则第2有3种情况，第3有2种情况，第4有1种情况，根据排列组合公式可得排法数；由于乙和丙至少有一人与甲相邻，当甲第2时，乙和丙排第4和排尾，根据排列组合公式可得排法数；当甲第3时，乙和丙排排头和排尾，根据排列组合公式可得排法数；当甲第4时，乙和丙排排头和第2，根据排列组合公式可得排法数；用前面的排法数减去后面3种情况的排法数数即可求解．【详解】解：根据题意，得甲只能排在中间3个位置．①甲排在第二位．当乙排在第一位或第三位时，丙，丁，戊三人可以随意排，此时满足条件的排法数为；当丙排在第一位或第三位时，同理可得，此时满足条件的排法数为；在甲排在第二位时，满足条件的24种排法里有4种相同的排法，此时满足条件的排法数为．②甲排在第三位．同理易得，此时满足条件的排法数为．③甲排在第四位．同理易得，此时满足条件的排法数为．综上，满足条件的排法数为．故答案为∶60．14．或【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数与一元二次不等式的关系，熟练掌握绝对值不等式的解法，二次函数与一元二次不等式的关系是解题的关键．先运算绝对值不等式得到或或，再分别求出两个不等式中的取值范围即可．【详解】解：，或，整理，得或，当恒成立时，即对应的二次函数在范围内在轴上方，∵二次函数开口向上，对称轴为直线，∴，，当恒成立，即时，，，，综上所述，实数的取值范围是或，故答案为：或．15．/8度【分析】本题考查了圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，掌握知识点的应用及正确画出图形是解题的关键．作的外接圆，延长交圆于点，连接，【详解】解：如图，作的外接圆，延长交圆于点，连接，∵，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，即，故答案为：．16．2116【分析】本题考查整式的运算，因式分解的应用．解题关键是利用因式分解把已知和所求整式变形．根据已知条件把已知和所求式子进行整理变形，即可解答．【详解】解：．，，，，可因式分解，变为，同理，，原式，故为一个平方数，且，，为整数，，，至少有一个是偶数，于是为偶数，，．故答案为：2116．17．或【分析】本题考查了三元二次方程组的解法，解题关键是先利用平方差公式结合等量代换令，，，将式子变换为，再熟练运用消元法把三元化为二元，再解二元一次方程组，即可解题．【详解】解：，由①，得，由②，得，由③，得．令，，，则，解得或，或，整理得或，解得或．18．见解析【分析】本题考查全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，构造全等三角形和相似三角形是解答的关键．过点作交的延长线于点，延长交于点，证明，得到．证明，，得到，从而．证明，得到，因此，得证．【详解】证明：如图，过点作交的延长线于点，延长交于点，则∵M为的中点，．，∴．在和中，，，．，，．又，，．，．，，，，∴．19．(1)(2)①见解析；②【分析】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数与几何综合，解题的关键是会用待定系数法求得直线的解析式．（1）先表示出，然后利用待定系数法求得直线AB的解析式；（2）①先利用待定系数法求得直线，直线，直线的解析式，然后将点E，F，G分别代入直线，直线，直线的解析式，得到和，和，和之间的数量关系，然后化简得到直线AC的解析式，再令求得与y轴的交点，得证A，F，C三点共线；②过点作于点，过点作的延长线于点，先由点D和点B的坐标得到点M和点N的坐标，然后得到和的长，进而得到和的面积，再由列出方程得到的值，最后代入直线的解析式．【详解】（1）解：点都在抛物线上，．设直线的解析式为，则解得，；（2）①证明：由（1）得，直线，的解析式为，同理可得，直线的解析式为，直线的解析式为，直线的解析式为，∵点分别在上，∴在中，当时，，∴直线经过点，即三点共线．②解：如图，过点作于点，过点作的延长线于点．由①，得直线的解析式为，又，，，，，．，，，，．点在第一象限，∴直线的解析式为．20．(1)最小值为；(2)最小值为．【分析】（）根据最终的平衡状态可以确定最小值即可；（）根据最终的平衡状态可以确定最小值即可；本题主要考查了图形的变化规律，根据每个点上最多有一个点得出结论是解题的关键．【详解】（1）解：当时，不满足题意，∴，不妨设，当点或点处有枚硬币时，则经过一次“操作”就能使点处有硬币；当点，处的硬币数小于或等于枚时，由对称性有如图，种情况（其中字母边上的数字代表该点处初始状态的硬币数），经验证，经过若干次“操作”总能使点处有硬币，∴的最小值为；（2）解：当处有枚硬币时，经过一次“操作”就能使处有硬币，当初始状态，处都没有硬币时，处至少要有枚硬币，才能使得处有枚硬币，当初始状态，处都没有硬币时，经如图，检验（相应的数字代表每次“操作”后的硬币数），当处有枚硬币时，符合题意．∴的最小值为．21．见解析【分析】过点G作GM⊥AB于点M，设AE与BG的交点为K，连KM．根据AE∥GF，可得，再由BE=EF，可得BK=GK，从而得到，BK=KG=MK，进而得到∠ABG=∠BMK，再由，，可得，然后根据MG∥BC，可得，从而得到，可证得△KAM∽△CBF，从而得到∠