2026年浙江杭州临平中学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）2026年临平中学“美好杯”自主招生数学试题1．已知5个正数a，b，c，d，e满足：，，则代数式的取值可以是（

）A．10 B．22 C．23 D．242．关于正整数x，y，z的方程组共有（

）组解．A．1 B．2 C．3 D．43．在直角中，，，为边BC上一点，为的内心（内心是指内切圆的圆心），F为的内心，若，则（）A．3 B． C． D．4．在1，2，…，2026这2026个数中，将所有3的倍数及除以5余1的数划掉，最后剩下（

）个数．A．1087 B．1080 C．1013 D．9455．设有7个正整数分别是11，3，6，3，5，3，x，若将这列数的平均数、众数、中位数按照大小排序，恰好中间的数是左、右两个数的平均数，则x可以是（

）A．2 B．4 C．16 D．186．设，其中均为整数，且．已知当时，的值为，则可以是（

）A．1 B． C． D．7．已知实数，满足，，则的个位数为______．8．设实数x和y满足条件则的值为______．9．已知实数列满足对任意正整数，均有成立，且，则______．10．在中，内心为I，关于边的对称点为X，关于边的对称点为Y，且线段平分．若，，则_______．11．若半径为1的半圆能完全放入一个长为、宽为的矩形中，则x的最小值为_______．12．若四位数满足数字是8的倍数，则称为“好数”．从到这个自然数中，“好数”共有_______个．13．已知正实数x满足，求的整数部分．14．如图，已知的外心为，内心为，，点为中点，与交于，与交于，且，，是圆的切线，点是中点，连接，．证明：．15．在平面直角坐标系中，将所有正整数放在第一象限的格点（格点是指横、纵坐标均为整数的点）上，每个格点放一个正整数，满足每一行数字从左到右递增，每一列数字从下到上也递增．若除了1，2两个数之外，其余所有数与其相邻数的差至少为2，其中相邻数是指一个数所在格点的上下左右四个方向上距离为1的格点上的数．求可以放置正整数36的不同格点个数．答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．A【分析】根据题意，推出，，，，令，推出，即可得出结果.【详解】解：∵a，b，c，d，e均为正数，且，，∴，，，，令，∴，∴，∵，，∴，∴，∴代数式的取值可以是10.2．B【分析】以第二个方程为突破口，因式分解后结合质数性质分类讨论求解．【详解】解：对方程组左边因式分解，得∵为正整数，是质数，∴的正整数值只能为或，当时，，将代入第一个方程，得，由得，代入上式，得，整理得，因式分解得，解得或，对应的值为或，均为正整数，符合条件，当时，，∵为正整数，∴，与矛盾，此情况无解，综上，共有组正整数解．3．D【分析】设分别与相切于点，连接，则，根据切线长定理求出，，得出，然后求出，，代入整理可得答案．【详解】解：如图，设分别与相切于点，连接，则，∵，∴点M在线段上．由切线长定理得，，∵，∴，∴，同理可得，，∴，∴．∵，，∴，．∵，∴，∴，∴，∴，∴．4．B【分析】两类被划掉的数存在重叠，需扣除重复计数的部分，再计算剩余数量．【详解】解：∵，∴1到2026中3的倍数有675个，∵除以5余1的数可表示为（为非负整数），令，解得，∴除以5余1的数有406个，∵3和5的最小公倍数是15，既是3的倍数又除以5余1的数最小为6，∴这类数可表示为（为非负整数），令，解得，∴重复划掉的数有个，∵划掉的数总个数为，∴剩余的数有（个）．5．BD【分析】先确定众数为3，再根据x的不同取值范围分类讨论中位数，结合三个统计量成等差数列的条件列方程求解．【详解】解：已知数据中3出现3次，次数最多，故众数为3，这组数据的平均数为，∵这组数据均为正整数，∴，7个数的中位数为排序后第4个数，分情况讨论：①当时，中位数为3，此时三个统计量为，按大小排序后中间数为3，由题意得，解得，不符合正整数要求，舍去；②当时，为正整数，故，中位数为4，平均数为，三个统计量为，排序后中间数为4，满足，符合题意；③当时，中位数为5，而平均数，由题意得，解得，符合正整数要求，综上，可以是4或18．6．CD【分析】设，令，由题意得，则可表示为（c为非零整数）．代入得，分别取、求解．【详解】解：设，，∴当时，，∴有2026个根，∴设，其中为非0整数，∴当时，，∴当时，则，故C选项正确；当时，则，故D选项正确．7．【分析】分别求出和的个位数，再计算的个位数即可．【详解】解：∵，∴，∴，∵的个位数为，的任意正整数次幂的个位数都是，∴的个位数为；∵，∴，∵的个位数为，的个位数为，的个位数为，的个位数为，的个位数回到，∴的正整数次幂的个位数的循环周期为，∵，∴的个位数与的个位数相同，为，即的个位数为；∵，∴的个位数为．8．【分析】对方程组中的第二个方程左边因式分解，再结合方程组第一个方程得到，联立方程求出和，再利用完全平方公式逐步计算得到结果．【详解】解：将方程组中的第二个方程左边因式分解变形可得：，∵，∴，∴，联立方程组，两式相加得，即，两式相减得，即；∵，即，∴，即，∴．9．8【分析】由给定条件可得数列是等差数列，利用等差数列的性质计算的值．【详解】解：∵对任意正整数，满足，∴，∴数列任意相邻两项的差为定值，则是等差数列，∵等差数列中，若，则，∴，可得，∵，∴．10．7【分析】由轴对称的性质得到，设与相交于点，过点C作于点D，求出，，根据勾股定理即可求出答案．【详解】解：由轴对称的性质可知，，∴∵在中，内心为I，∴∴，，∴，∵，∴且平分，设与相交于点，则，∵线段平分，∴为的中点，即，在中，∴∵，∴，∴，

过点C作于点D，在中，，，∴，，∵，∴，在中，.11．【分析】根据题意得，当半圆与矩形相切于点E，F时，x取得最小值，解直角三角形表示出，，利用同角三角函数的平方关系建立关于x的一元二次方程，解方程并根据几何意义取舍即可得到x的最小值．【详解】解：如图，半圆与矩形相切于点E，F，此时x取得最小值，和分别垂直于矩形的两边，设，根据题意得，，∴，，∴在中，，∵，∴，在中，，∵，∴，整理得，，解得或（舍去）∴x的最小值为．12．【详解】解：从到中数字和是8的倍数的数有，从到中8的倍数的数共有个，故从到这个自然数中，“好数”共有个．13．84【分析】将等式左边因式分解为两个二次根式的乘积，结合共轭根式化简后平方去根号求解x，再确定的整数部分．【详解】解：∴∴∴∴，∴∴∴∴∴解得∴∴的整数部分为84．14．证明：如图，在上取点，使，∵点为的内心，，∴平分，平分，，∴，，在和中，，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，如图，连接、、、、、，过点作于点，∴，∴，∵点为的内心，点为的外心，∴平分，，∴，∵，是圆的切线，∴，，∴垂直平分，∴，且与的交点为的中点，又∵点为中点，∴点在上，即交于点∴，∵在中，对着圆心角和圆周角，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，，∴，又∵点是中点，∴，∵，，∴，∴，∵在中，对着圆心角和圆周角，，∴，∴，∵，，，∴，在和中，，∴，∴．【分析】如图，在上取点，使，证明得，证明得，推出，继而得到，如图，连接、、、、、，过点作于点，推出，，得，证明得，再证明得，，继而得到，根据得，根据圆周角定理得，推出，再证明即可得证．【详解】略．15．96个【详解】解：把按1，2，3……从小到大填数的过程，看作在格点上逐个铺方块，∵每行每列必须递增，∴要在某个格点铺方块，它的左边和下边必须已经铺好，∵除了1，2两个数之外，其余所有数与其相邻数的差至少为2，∴不能把连续的两步（即连续的两个数）铺在相邻的格点上，∵每个格点放一个正整数，∴1只能放在格点上，即，2只能放在或上，由对称性，假设2放在上，∴3只能放在格点上，∴格点，，被锁死，这3个格子绝对不可能填入36，若把36放在轴的边界点上，为了向右推进，必须交替铺设：找个其它位置过渡（如）再过渡，∴除了前2步，之后向右推进1格，都必须额外消耗1个过渡步来打破相邻，∴到达需要个主步和个过渡步，共步，要在此处填36，必须满足，解得，去掉被锁死的和，共有个格子可以填36，同理，把36放在轴的边界点上，也有个格子可以填36，对于内部点，要在上面铺方块，它左下方的一个完整矩形区域必定已经铺满了方块，这个矩形的面积为，故铺满这个矩形并最后落点在上，至少需要走步，（若恰好走步填满矩形并落在右上角，那么它的前一步必定在或，这两步与相邻，不符合题意，故要打破相邻，必须在矩形外部至少多走1个过渡步），∴要在此处填36，必须满足，即，只要满足这个面积限制，总能通过迂回交替的方式，刚好在第36步落子于此；在的区域内，寻找乘积的整数对：当时