2025年湖北襄阳特长生自主招生数学试卷真题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025年襄阳四中、五中学科特长生联合招生考试数学试题考试时间：2025年3月16日下午14：00－16：00

考试用时：120分钟满分：150分祝考试顺利一．单选题（每题5分，共40分）1．三种图书的单价分别为元、元和元，某学校计划恰好用元购买上述图书本，那么不同的购书方案有（

）A．种 B．种 C．种 D．种2．如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点．现给出以下四个判断：（1）；（2）；（3）；（4）．则正确结论的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．43．已知二次函数的图象的对称轴在轴左边，且过点．当为整数时，（

）A．1 B． C． D．4．已知的三边长为，，，有以下四个结论：（）以，，为边长的三角形一定存在；（）以，，为边长的三角形一定存在；（）以，，为边长的三角形一定存在；（）以，，为边长的三角形一定存在．其中正确结论的个数是（

）A．个 B．个 C．个 D．个5．一枚质地均匀的正方体骰子（六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6），投掷5次，分别记录每次骰子向上的一面出现的数字，根据下面的统计结果，能判断记录的这5个数字中一定没有出现数字6的是（

）A．平均数是3，众数是2 B．平均数是3，中位数是2C．中位数是3，众数是2 D．平均数是3，方差是26．第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形拼成的大正方形中，，连接．设，，若正方形与正方形的面积之比为，，则（

）A．1 B．2 C．3 D．47．如图，设是四边形的对角线，的交点，若，且，，，，则（

）A． B． C． D．8．图中都是由棱长为的正方体叠成的几何体．第个几何体由个正方体叠成，第个几何体由个正方体叠成，第个几何体由个正方体叠成，，按此规律，记第个几何体由个正方体叠成，其中，，，，则的值为（

）A． B． C． D．二．填空题（每题5分，共40分）9．已知数，，则与的大小关系为．（请用“或”号作答）10．从这九个自然数中任取两个不同的数，则它们的最大公约数为1的概率为．11．已知，均为整数，则满足条件的数对共有组．12．一条直线可以把平面分成两个部分，两条直线可以分成三个或四个部分，问7条直线最多可以将平面分成个部分．13．如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D为AB中点，E在线段AC上，，则．14．现有五个乒乓球和五个盒子，它们分别标号、、、、，小明同学打算将所有的小球都放入到盒子中，但要求：（1）每个盒子只能放一个小球；（2）小球号码与盒子号码均不相同．根据上述信息，小明同学一共有种不同的放法．15．已知的顶点、在反比例函数的图象上，，，轴，点在点的上方，且，则点的坐标为．16．记表示不超过的最大整数，如，．则不等式的解为．三、解答题（第17题10分，18~22题均为12分，共70分）17．为激发学生参与劳动的兴趣，某校开设了以“端午”为主题的活动课程，要求每位学生在“折纸龙”“采艾叶”“做香囊”与“包粽子”四门课程中选且只选其中一门，随机调查了本校部分学生的选课情况，绘制了两幅不完整的统计图．请根据图表信息回答下列问题：

(1)求本次被调查的学生人数，并补全条形统计图．(2)本校共有名学生，若每间教室最多可安排名学生，试估计开设“折纸龙”课程的教室至少需要几间．18．如图，在平面直角坐标系中，交轴于点，交轴负半轴于点，为的直径．(1)求图象经过点、、的二次函数的解析式；(2)设点为（1）中二次函数图象的顶点，判断直线与的位置关系，并说明理由．19．某校与部队联合开展红色之旅研学活动，上午7：00，部队官兵乘坐军车从营地出发，同时学校师生乘坐大巴从学校出发，沿公路（如图1）到爱国主义教育基地进行研学，上午8：00，军车在离营地的地方追上大巴并继续前行，到达仓库后，部队官兵下车领取研学物资，然后乘坐军车按原速前行，最后和师生同时到达基地，军车和大巴离营地的路程s（km）与所用时间t（h）的函数关系如图2所示．

(1)求大巴离营地的路程s与所用时间t的函数表达式及a的值，(2)求部队官兵在仓库领取物资所用的时间．20．已知实数，，，求：(1)若，，求的值；(2)若，，求的值．21．已知锐角的外心为，重心为（三条中线的交点），垂心为（三条高线的交点），点为边的中点．(1)求的值；(2)求证：，，三点共线并求出的值．22．记二次函数的图像为抛物线，一次函数的图像为直线，与交于点、．(1)设与轴交于点，点在上运动，求的最小值及此时点的坐标；(2)作点关于轴的对称点，记为，连接交轴于点．（I）求点的坐标；（II）设坐标原点为，记与的面积之和为，求的最小值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】本题主要考查了三元一次方程组的应用，不等式组的应用，解题的关键是根据等量关系列出方程组，准确计算确定取值范围．设购买元、元和元图书的数量分别为a、b、c本，根据总本数和总金额列出方程组，通过代入消元得到a与c的关系，再根据非负整数条件确定a的取值范围，从而得到方案数．【详解】解：设购买三种图书的数量分别为a、b、c本，由题意得：，整理得：，∵a、b、c为非负整数，∴，解得：，∴a的取值范围为0到的整数，共种可能的取值，（分别为0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，），对于每一个a值，对应地可求出唯一的b和c，∴不同的购书方案共有种．故选：B．2．C【分析】本题考查了三角形内心，圆周角定理，等腰三角形的判定，掌握三角形的内心的定义是解题的关键．根据三角形内心的性质可对（1）进行判断；根据圆内接四边形对角互补直接可对（2）进行判断；根据三角形内心的性质，同弧所对的圆周角相等，等腰三角形等角对等边可对（3）进行判断；根据三角形内心的性质，等弧和等弦的关系可对（4）进行判断．【详解】解：（1）∵点是的内心，∴，，∵，∴，∴，故（1）不正确；（2）∵的延长线和的外接圆相交于点，∴四边形是的外接圆的圆内接四边形，∴，∴，故（2）正确；（3）∵点是的内心，∴平分，平分，∴，，∴，∴，∴，∴，故（3）正确；（4）∵点是的内心，∴平分，∴，∴，∴，故（4）正确；∴正确的结论是：（2）（3）（4），∴正确结论的个数为3．故选：C．3．B【分析】本题考查了二次函数的性质和应用，二次函数的图象与系数的关系．首先根据题意确定的符号，然后进一步确定，求得，再代入求解即可．【详解】解：∵图象过点，∴，即，∵对称轴直线在y轴左边，∴，若，则，即；若，则，即，∴a与b同号，又，∴且，设，为整数，由，得，，∵，∴，即，∵，∴，即，，∴，又d为整数，∴，即，∴，代入，得，∴，故选：B．4．C【分析】本题考查的知识点是三角形三边关系的应用，解题关键是逐一分析四个结论是否成立．结论（）通过直接计算证明成立；结论（）利用平方和比较证明成立；结论（）通过反例说明不成立；结论（）利用绝对值不等式证明成立．【详解】解：的三边长为，，，，，，且，，，结论（）：设，，，，，，，同理，，，，，，，，，、、满足三角形不等式，即以，，为边长的三角形一定存在，（）正确；对于结论（）：设，则，，且，，，，同理，，显然成立，即以，，为边长的三角形一定存在，（）正确；对于结论（）：取，，满足三角形不等式，则，，，，，，不满足三角形不等式，以，，为边长的三角形不一定存在，（）错误；对于结论（）：设，，，不妨设，则，，，，同理，，，，，，，，，满足三角形不等式，即以，，为边长的三角形一定存在，（）正确．综上，（）（）（）正确，正确结论有个．故选：．5．D【分析】本题考查中位数、众数、平均数、方差，解题的关键是根据每个选项中的设定情况，列出可能出现的5个数字．根据中位数、众数、平均数、方差的定义，结合选项中设定情况，逐项判断即可．通过计算各选项下数字6出现的可能性，平均数为3且方差为2时，数字6一定不会出现.【详解】解：A:可能出现数字6，例如：1，2，2，4，6（平均数为3，众数2）；B:可能出现数字6，例如：1，1，2，5，6（平均数为3，中位数2）；C:可能出现数字6，例如：2，2，3，5，6（中位数3，众数2，）；D：∵平均数，∴5个数字之和为：.∵方差，∴.假设出现数字6，则，且其余4个数字之和为9.为最小化，其余数字应尽量接近3，应为2，2，2，3，（其和为9），∴最小为，与已知矛盾.∴一定没有出现数字6.∴故选：D.6．A【分析】本题考查了勾股定理，解直角三角形的应用，设，，则，，解直角三角形可得，化简可得，即得，根据勾股定理及正方形的面积公式可求得，结合正方形与正方形的面积之比为，进而可求解的值．【详解】解：如图，设，，则，，，，，，，，，，，，∴，故选：A．7．D【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练运用相似三角形的判定和性质是本题的关键．过点作，交的延长线于，根据平行线的性质得到，进而求出，结合，根据“两角对应相等的两个三角形相似”求出，根据相似三角形的性质求出，再根据相似三角形的判定与性质求解即可．【详解】解：过点作，交的延长线于，如图所示：，，，又，，∴，∵，，，∴，∴，，，∴，∵，∴，故选：D．8．A【分析】本题考查了图形类的规律探索，数字类规律探索，认识立体图形，有理数的混合运算，找出规律后并能准确地进行计算是解题的关键．根据图形的规律先表示出第个几何体中的正方体个数，即可得到，，，，，，然后代入上述式子进行计算即可．【详解】解：由题意得：第个几何体由个正方体叠成，第个几何体由个正方体叠成，即，第个几何体由个正方体叠成，即，第个几何体由个正方体叠成，即，，第个几何体中的正方体个数为：，，，，，，，，，．故选：A．9．【分析】本题考查的知识点是分子有理化、平方差公式、实数的大小比较，解题关键是通过有理化比较实数大小．通过有理化将和转化为分式形式，比较分母大小即可判断和的大小关系．【详解】解：，，又，，，，则，．故答案为：．【点睛】本题考查的知识点是分子有理化、平方差公式、实数的大小比较，解题关键是通过有理化比较实数大小．10．##0.75【分析】本题考查了概率的计算，熟练掌握列举法求概率的方法是解题的关键．计算从中任取两个不同数的所有等可能性的结果数，再计算最大公约数不为1所有等可能性的结果数，即最大公约数为2、3、4的所有等可能性的结果数，然后作差求最大公约数为1的所有等可能性的结果数，最后利用概率公式求出最大公约数为1的概率即可．【详解】解：从中任取两个不同的数，所有等可能性的结果数共有：（种），最大公约数为2的结果有：、、、、，共5种，最大公约数为3的结果有：、、，共3种，最大公约数为4的结果有：，共1种，∴最大公约数不为1的结果数有：（种），∴最大公约数为1的结果数有：（种），∴从这九个自然数中任取两个不同的数，则它们的最大公约数为1的概率为；故答案为：．11．【分析】本题考查的知识点是绝对值不等式的应用，解题关键是分类讨论取不同值时的取值情况．通过考虑和的所有可能非负整数值，满足，然后对每个组合计算对应的整数对数目．【详解】设，，其中，为非负整数，且，对于每个对，的取值有种（若）或种（若），的取值有种（若）或种（若），计算所有可能情况：当时，从到，对应数量和为；当时，从到，对应数量和为；当时，从到，对应数量和为；当时，从到，对应数量和为；当时，从到，对应数量和为；当时，，对应数量为；总和为：．故答案为：．12．29【分析】本题考查了数字类规律，解题的关键是找到规律求解．通过计算前几条直线最多分割平面的部分数，发现每增加一条直线，最多增加n个部分，从而推导出n条直线最多分割平面的部分数为，再代入求解即可．【详解】解：一条直线最多将平面分成2部分，即两条直线最多分成4部分，即三条直线最多分成7部分，即四条直线最多分成11部分，即以此类推，n条直线最多分割平面的部分数为，∴当时，7条直线最多可以将平面分成个部分．故答案为：29．13．或【分析】由题意可求出，取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，满足，进而可求此时，然后在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，证明△DE1E2是等边三角形，求出E1E2＝，即可得到，问题得解．【详解】解：∵D为AB中点，∴，即，取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，此时DE1∥BC，，∴，在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，∵∠A=30°，∠B=90°，∴∠C=60°，BC＝，∵DE1∥BC，∴∠DE1E2=60°，∴△DE1E2是等边三角形，∴DE1＝DE2＝E1E2＝，∴E1E2＝，∵，∴，即，综上，的值为：或，故答案为：或．【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，平行线分线段成比例，等边三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质等，根据进行分情况求解是解题的关键．14．44【分析】本题考查排列、组合的应用，考查学生分析转化问题的能力，每个小球都不放入相同号码的盒子中，对于5个元素，错位排列即可．【详解】解：∵每个盒子只能放一个小球；小球号码与盒子号码均不相同，∴第一个盒子放2的放法有21453；21534；23154；23451；23514；24153；24513；24531；25134；25413；25431，共11种；第一个盒子放3的放法有31254；31452；31524；34152；34251；34512；34521；35124；35214；35421；35412，共11种；第一个盒子放4的放法有41253；41532；41523；43152；43251；43512；43521；45123；45132；45213；45231，共11种；第一个盒子放5的放法有51234；51423；51432；53124；53214；53412；53421；54123；54132；54213；54231，共11种；∴一共有种故答案为：44．15．【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、解方程组、解直角三角形，过点作于点，解直角三角形求出、、，得出关于、的方程组，求出方程组的解即可．【详解】解：过点作于点，在中，，在中，，，，设，依题意知，故，于是，解得：，（舍去），即，故点的坐标为，故答案为：．16．或【分析】设，则不等式化为，且，由得，故为整数且，对于每个，求在内满足的范围，综合即可得解．【详解】解：设，则不等式为，即，且，由，得，即，故整数，当时，有和，即，，当时，有和，即，，当时，有和，即，，当时，有

和，即，（因为），当时，有

和，即，（因为且），当时，有和，，∴，即，，即，此时不等式无解．综上，不等式的解为或．故答案为：或．【点睛】本题考查的知识点是取整函数的不等式求解，解题关键是利用分类讨论的思想解题．17．(1)本次调查抽取的学生人数为50人，见解析(2)6间【分析】（1）根据条形统计图已知数据和扇形统计图已知的对应数据，即可求出被调查的总人数，再利用总人数减去选择“折纸龙”“做香囊”与“包粽子”的人数，即可得到选择“采艾叶”的人数，补全条形统计图即可；（2）根据选择“折纸龙”人数的占比乘以1000，可求出学校选择“折纸龙”的总人数，设需要x间教室，根据题意列方程，取最小整数即可得到答案．【详解】（1）解：由选“包粽子”人数18人，在扇形统计图中占比，可得，∴本次调查抽取的学生人数为50人．其中选“采艾叶”的人数：．补全条形统计图，如图：

（2）解：选“折纸龙”课程的比例．选“折纸龙”课程的总人数为（人），设需要间教室，可得，解得取最小整数6．∴估计至少需要6间教室．【点睛】本题考查了条形统计图与扇形统计图结合，用样本估计总体，用一元一次不等式解决实际问题，结合条形统计图和扇形统计图求出相关数据是解题的关键．18．(1)(2)直线与相切，理由见解析【分析】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，相似三角形的性质与判定，求二次函数解析式，熟知圆的相关知识是解题的关键．（1）先证明，利用相似三角形的性质求出的长，得出点C的坐标，然后用待定系数法求解即可；（2）连接，，先求出顶点D的坐标，根据勾股定理逆定理求出即可得到结论．【详解】（1）解：如图所示，连接，∵为的直径，∴，∵，∴．∵，∴．∵，∴，∴，∴，（舍）或，∵点C在y轴负半轴，∴点．设图象经过点A、B、C的二次函数的解析式为，则，解得，，即．（2）解：直线与相切，理由如下：如图所示，连接，，∵，∴点，∴；∵为的直径，∵，点M为的中点，即点M的坐标为，∴，∴为直角三角形，，∵是的半径，故直线与相切．19．(1)，(2)【分析】（1）设出函数解析式，利用待定系数法求出函数解析式，将，代入解析式求出的值即可；（2）先求出军车的速度，然后分别求出军车到达仓库，和从仓库出发到达基地的时间，用总时间减去两段时间即可得解．【详解】（1）解：设大巴离营地的路程s与所用时间t的函数表达式为，由图象可知，直线过点，∴，解得：，∴；当时：，解得：，∴；（2）由图象可知，军车的速度为：，∴军车到达仓库所用时间为：，从仓库到达基地所用时间为：，∴部队官兵在仓库领取物资所用的时间为．【点睛】本题考查一次函数的实际应用．从函数图象上有效的获取信息，正确的求出函数解析式，是解题的关键．20．(1)(2)【分析】本题考查了因式分解的应用．（