2017年溫州中學(xué)自主招生數(shù)學(xué)試卷

./學(xué)校_____________班級(jí)_____________姓名___________座位號(hào)____________………………學(xué)校_____________班級(jí)_____________姓名___________座位號(hào)____________………………裝………………訂…………………線………………一、選擇題〔本大題共8題,每小題5分,共40分：1.已知p、q是有理數(shù),x＝滿足x＋px＋q＝0,則p＋q的值等于〔A、－1B、1C、－3D、3A2.如圖,無(wú)蓋無(wú)底的正方體紙盒,,分別為棱,上的點(diǎn),,若將這個(gè)正方體紙盒沿折線裁剪并展開(kāi),得到的平面圖形是〔A．一個(gè)六邊形B．一個(gè)平行四邊形C．兩個(gè)直角三角形D．一個(gè)直角三角形和一個(gè)直角梯形B解：依題意可知,BP=

BF=

DH,CQ=CG=

DH,又∵PB∥CQ∥DH,∴△APB∽△AQC∽△AHD,∴A、P、Q、H四點(diǎn)共線,平面展開(kāi)圖形為平行四邊形〔如圖故選B．3.使得是完全平方數(shù)的正整數(shù)有〔A.0個(gè)B.1個(gè)C.2個(gè)D.3個(gè)解當(dāng)時(shí),易知不是完全平方數(shù).故設(shè),其中為正整數(shù),則.因?yàn)槭峭耆椒綌?shù),而81是平方數(shù),則一定存在正整數(shù),使得,即,故都是3的方冪.又兩個(gè)數(shù)相差2,所以只可能是3和1,從而.因此,存在唯一的正整數(shù),使得為完全平方數(shù).故選〔B.4.如圖,四邊形ABCD中,AC,BD是對(duì)角線,△ABC是等邊三角形．,AD=3,BD=5,則CD的長(zhǎng)為〔．〔第4題圖〔A

〔B4

〔C

〔D4.5B解：如圖,以CD為邊作等邊△CDE,連接AE.〔第3〔乙題由于AC=BC,CD=CE,∠BCD=∠BCA+∠ACD=∠DCE+∠ACD=∠ACE,所以△BCD≌△ACE,BD=AE.又因?yàn)?所以.在Rt△中,于是DE=,所以CD=DE=4.5.在平面直角坐標(biāo)系中,滿足不等式x2＋y2≤2x＋2y的整數(shù)點(diǎn)坐標(biāo)〔x,y的個(gè)數(shù)為〔．〔A10

〔B9

〔C7

〔D5解：由題設(shè)x2＋y2≤2x＋2y,得0≤≤2.因?yàn)榫鶠檎麛?shù),所以有解得以上共計(jì)9對(duì).6.設(shè)三位數(shù),若以為三條邊的長(zhǎng)可以構(gòu)成一個(gè)等腰〔含等邊三角形,則這樣的三位數(shù)有〔A、45個(gè)B、81個(gè)C、165個(gè)D、216個(gè)7.在△ABC中,是三角形的三邊,且,則〔A.一定是直角B.一定是銳角C.一定是鈍角D.銳角、直角、鈍角都有可能B8.已知二次函數(shù),若存在實(shí)數(shù)t,當(dāng)時(shí),的圖象總在直線下方,則實(shí)數(shù)m的最大值是<>A.1B.2C.3D.4提示:由圖象右移知,當(dāng)時(shí),即右移3個(gè)單位時(shí),m可取到最大值4.故選D.二、填空題〔本大題共6題,每題6分,共36分9.10.有兩枚質(zhì)地均勻的正方體骰子,每枚骰子六個(gè)面上的數(shù)字分別是1,2,3,4,5,6．同時(shí)擲這兩枚骰子,把這兩枚骰子朝上的面的數(shù)字分別記為、,當(dāng)取全體實(shí)數(shù),代數(shù)式的值恒為正的概率為．11.已知多邊形的所有角都是的整數(shù)倍,且,其余的角都相等,那么等于_________．10提示:<舍>.12.直線y1=kx+b經(jīng)過(guò)點(diǎn)P〔3,4且與直線y2=3x和y3=x分別交于A,B兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),當(dāng)三角形AOB的面積取得最小值時(shí),k+b=______．13.如圖,四邊形ABCD接于⊙O,AB是直徑,AD=DC.分別延長(zhǎng)BA,CD,交點(diǎn)為E.

作BF⊥EC,并與EC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F.

若AE=AO,BC=6,則CF的長(zhǎng)為.〔第13題解：如圖,連接AC,BD,OD.〔第13題由AB是⊙O的直徑知∠BCA=∠BDA=90°.依題設(shè)∠BFC=90°,四邊形ABCD是⊙O

的接四邊形,所以∠BCF=∠BAD,所以Rt△BCF∽R(shí)t△BAD,因此.因?yàn)镺D是⊙O的半徑,AD=CD,所以O(shè)D垂直平分AC,OD∥BC,于是.因此

.由△∽△,知．因?yàn)?所以,BA=AD,故

.第14題圖14.在平面直角坐標(biāo)系中,點(diǎn)A的坐標(biāo)為,點(diǎn)B是x軸上的一動(dòng)點(diǎn),以AB為邊作等邊△ABC,當(dāng)C<x,y>在第一象限時(shí),y與x的函數(shù)關(guān)系是___________.第14題圖解析：作A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)A′,由BC=BA=BA′知A′、A、C在點(diǎn)B為圓心的圓上,再由圓心角與圓周角的關(guān)系知:∠AA′C=∠ABC=30o,則.設(shè)x,y,z是正實(shí)數(shù),滿足,則xyz的最大值是．

3〔甲．如果為給定的實(shí)數(shù),且,那么這四個(gè)數(shù)據(jù)的平均數(shù)與中位數(shù)之差的絕對(duì)值是〔．〔A1

〔B

〔C

〔D

3〔乙．3〔甲．D解：由題設(shè)知,,所以這四個(gè)數(shù)據(jù)的平均數(shù)為,中位數(shù)為,于是

.由方程確定的折線所圍成的圖形的面積是〔A、4B、2C、D、1B如圖,AB是⊙O的直徑,CD是弦,且AC與BD相交于E,∠AED=,則△CDE和△ABE的面積之比是〔A、B、C、D、D設(shè)a=,則3a3+12a2?6a?12=〔A.24B.25C.4+10D.4+12A三、解答題：15、當(dāng)a取什么整數(shù)時(shí),方程只有一個(gè)實(shí)根,并求此實(shí)根解原方程化為〔1若∵原分式方程恰有一個(gè)實(shí)根,∴△=0,即△=則于是但a取整數(shù),則舍去〔2若方程,有一個(gè)根為x=0,則a=-4這時(shí)原方程為,去分母得,解得x=0,x=1顯然x=0是增根,x=1是原分式方程的根〔3若方程,有一個(gè)根為x=2,則a=-8這時(shí),原方程為,去分母,得解得x=2,x=-1顯然x=2是增根,x=-1是原分式方程的根經(jīng)檢驗(yàn)當(dāng)a=-4時(shí),原方程恰有一個(gè)實(shí)根x=1；當(dāng)a=-8時(shí),原方程恰有一個(gè)實(shí)根x=-116、若滿足不等式的x值也滿足不等式,求a的取值圍解：等價(jià)于,解得,可化為觀察〔1當(dāng)時(shí)3a+1<2；則3a+1《x《2則由題意,可得解得a=-1〔2當(dāng)時(shí),3a+1=2,解得x=2則由題意,可得,這與矛盾〔3當(dāng)時(shí),3a+1>2解得2《x《3a+1則由題意可得解得1《a《3綜上所述a的取值圍是已知：是坐標(biāo)原點(diǎn),〔＞0是函數(shù)<＞0>上的點(diǎn),過(guò)點(diǎn)作直線于,直線與軸的正半軸交于點(diǎn)<＞>.設(shè)△OPA的面積為,且.〔1當(dāng)時(shí),求點(diǎn)A的坐標(biāo)〔4分；〔2若,求的值〔5分；<3>設(shè)是小于20的整數(shù),且,求的最小值〔5分.在等腰Rt△ABC中,AC=BC,點(diǎn)D在BC上,過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AD,過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AB交DE于點(diǎn)E,DE交AB于F.〔1求證：AD=DE；〔2若BD=2CD,求證：AF=5BF?！?證法〔一過(guò)D作DN//AB交AC于N點(diǎn)∵∠CAD+∠CDA=∠EDB+∠CDA=90°,∴∠CAD=∠EDB,又∠AND=∠DBE=135°,AN=BD,∴△AND≌△DBE,∴DA=DE證法〔二證A、D、B、E四點(diǎn)共圓<2>過(guò)E作EM//BC交AB于M點(diǎn),則∠BME=∠MBD=45°,∴△BME為等腰Rt△,設(shè)CD=a,則AC=BD=3a,AB=,BE=,ME=2a,可證△MEF≌△BDF,所以MF=BF=,AM=,AM=5BF.17、在平面直角坐標(biāo)系xOy中,拋物線y=x2－2mx＋m2＋m的頂點(diǎn)為C.直線y=x＋2與拋物線交于A、B兩點(diǎn),點(diǎn)A在拋物線的對(duì)稱軸左側(cè).拋物線的對(duì)稱軸與直線AB交于點(diǎn)M.〔1求線段MB的長(zhǎng)〔2作點(diǎn)B關(guān)于直線MC的對(duì)稱點(diǎn)B’.以M為圓心,MC為半徑的圓上存在一點(diǎn)Q,使得MB’BAxyCOQQBMB’BAxyCOQ解：<1>、∵y=x2-2mx+m2+m=〔x-m2+m,

∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為C〔m,m,點(diǎn)M坐標(biāo)為〔m,m+2y=x2-2mx+m2+m由y=x+2x1=m-1x2=m+2y1=m+1y2=m+4

∵點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè),

∴B〔m+2,m+4,則B’〔m-2,m+4,BM=eq2\r<,2><2>、由M點(diǎn)坐標(biāo)〔m,m+2,C點(diǎn)坐標(biāo)〔m,m可知以MC為半徑的圓的半徑為〔m+2-m=2

取MB的中點(diǎn)N,點(diǎn)N的坐標(biāo)為〔m+1,m+3,連接QB、QN、QB′,

則MN=eq\f<1,2>BM=eq\r<,2>,eq\f<MN,MQ>=\f<MQ,MB>,∠QMN=∠BMQ,∴△MNQ∽△MQB,

∴eq\f<QN,QB>=\f<MN,QM>=eq\f<\r<,2>,2>,∴QN=eq\f<\r<,2>,2>QB,即QB′+eq\f<\r<,2>,2>QB=QB′+QN當(dāng)Q、N、B′三點(diǎn)共線時(shí)QB′+QN最小,<QB′+QN>min=B′N=eq\r<,10>即QB′+eq\f<\r<,2>,2>QB的最小值為eq\r<,10>如圖所示,已知拋物線交軸于、,交軸于點(diǎn),且,．〔1求拋物線的解析式；〔第17題圖〔2在軸的下方是否存在著拋物線上的點(diǎn),使為銳角？若存在,求出點(diǎn)的橫坐標(biāo)的圍；若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由．〔第17題圖解：〔1由已知可得,.〔第17題答圖∵,,∴.〔第17題答圖∵,,∴,即.整理,得,解得,.∵,∴.∴拋物線的解析式為.〔2存在這樣的點(diǎn),使得為銳角.,得,.∴、,而.如圖所示,連接、,可得,,,∴,∴△為直角三角形.過(guò)、、三點(diǎn)作⊙,則為⊙的直徑.∵⊙與拋物線都關(guān)于直線對(duì)稱,∴點(diǎn)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)是⊙與拋物線的另一個(gè)交點(diǎn),∴.設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為,當(dāng)時(shí),點(diǎn)在⊙外.連接交⊙于點(diǎn),連接、.而,故為銳角.同理,當(dāng)或時(shí),有為鈍角.故的取值圍是.18、將1~9這九個(gè)數(shù)分別填入33的方表格的每個(gè)方格。確定如下一種運(yùn)算：考慮任意的一行或一列,用非負(fù)數(shù)a-x、b-x、c+x或a+x、b-x、c-x之一代替該行或列中的數(shù)字a、b、c,其中,x是一個(gè)正數(shù)且在每次運(yùn)算中可以改變。對(duì)于圖1〔甲、〔乙的兩種最初的排列,是否存在一系列的運(yùn)算,使得全部的九個(gè)數(shù)字最終相等？285934671123456789〔乙圖1一些步驟后全部的九個(gè)數(shù)變?yōu)橄嗟鹊闹?求此值的最大值。解:〔1每一次運(yùn)算后,四個(gè)角上的數(shù)字之和不變。因此,若存在運(yùn)算使得所有的數(shù)字相等,則每個(gè)方格中的數(shù)最后均相等地變?yōu)樗膫€(gè)角上的數(shù)字的平均值。每一步后,九個(gè)數(shù)的和嚴(yán)格遞減,且中心方格的數(shù)不增。情形甲：,情形乙：。因此,圖1的兩種情形均不可能?！?分〔2設(shè)x為全部的數(shù)最終成為的相等的值。顯然,x＜5,且可以證明x≤4.反之,若4＜x＜5,則4x＞16。由于4x為四個(gè)角上數(shù)字之和,于是,4x為整數(shù)。所以,4x≥17。故x≥①設(shè)a為最初寫有9、8、7、6、5的方格中所增大的總和。則這些方格中數(shù)所減小的總和為〔9-x+〔8-x+…+〔5-x+a=35-5x+a。設(shè)b為最初寫有1、2、3、4的方格中所減小的總和。則這些方格中所增大的總和為〔x-1+…+〔x-4+b=4x+b-10。因?yàn)榭倻p少數(shù)是總增大數(shù)的兩倍,所以,〔35-5x+a+b=2[a+<4x+b-10>]13x=55-<a+b>。這與式①相矛盾。圖3例子可證明：?！?分存在性：9728561347548561343.5434.5454.545444444444…………〔3分圖318.對(duì)每一個(gè)大于的整數(shù),設(shè)它的所有不同的質(zhì)因數(shù)為,,,,對(duì)于每個(gè)<1≤≤>,存在正整數(shù),使得≤,記,例如,.〔1試找出一個(gè)正整數(shù),使得,并加以說(shuō)明；〔2證明：存在無(wú)窮多個(gè)正整數(shù),使得.解：〔1取,90共有2,3,5三個(gè)質(zhì)因數(shù).,,∴.,,∴.,,∴..〔2取〔≥0,為整數(shù)則共有3,2,5三個(gè)質(zhì)因數(shù)〔,,∵,∴,要使,即只要證明即可①由于含有因數(shù)5,所以必存在唯一的正整數(shù),使得成立∴,,則②∵②成立,∴比成立,則①式得證.由于≥0,為整數(shù)時(shí),有無(wú)窮多個(gè),原命題成立.18.已知整數(shù)a,b滿足：a－b是素?cái)?shù),且ab是完全平方數(shù).當(dāng)a≥2017時(shí),求a的最小值.解：設(shè)a－b=m〔m是素?cái)?shù),ab=n2〔n是正整數(shù).因?yàn)?/p>

<a+b>2－4ab=<a－b>2,所以

<2a－m>2－4n2=m2,

<2a－m+2n><2a－m－2n>=m2.因?yàn)?a－m+2n與2a－m－2n都是正整數(shù),且2a－m+2n＞2a－m－2n<m為素?cái)?shù)>,所以2a－m+2nm2,2a－m－2n1.解得a,.于是=a－m.又a≥2017,即≥2017.又因?yàn)閙是素?cái)?shù),解得m≥89.此時(shí),a≥=2025.當(dāng)時(shí),,,.因此,a的最小值為2025.19、如圖所示,⊙O1與⊙O2外切于點(diǎn)T,四邊形ABCD接于⊙O1,直線DA,CB分別切⊙O2于點(diǎn)E、F,直線