2017年温州中学自主招生数学试卷

学校_ 班级_ 姓名_ 座位号_装订线2017年温州中学自主招生数学试卷一、选择题（本大题共8题，每小题5分，共40分）：1. 已知p、q是有理数，x满足xpxq0，则pq的值等于（ ）A、1 B、1 C、3 D、3 A2.如图，无盖无底的正方体纸盒，分别为棱，上的点，若将这个正方体纸盒沿折线裁剪并展开，得到的平面 图形是（ ）A一个六边形 B一个平行四边形 C两个直角三角形 D 一个直角三角形和一个直角梯形B解：依题意可知，BP=BF=DH，CQ=CG=DH，又PBCQDH，APBAQCAHD，A、P、Q、H四点共线，平面展开图形为平行四边形（如图）故选B3. 使得是完全平方数的正整数有 （ ）A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个解 当时，易知不是完全平方数.故设，其中为正整数，则.因为是完全平方数，而81是平方数，则一定存在正整数，使得，即，故都是3的方幂.又两个数相差2，所以只可能是3和1，从而.因此，存在唯一的正整数，使得为完全平方数.故选（B）.4. 如图，四边形ABCD中，AC，BD是对角线，ABC是等边三角形，AD = 3，BD = 5，则CD的长为（ ）（第4题图）（A） （B）4 （C） （D）4.5B解：如图，以CD为边作等边CDE，连接AE. （第3（乙）题）由于AC = BC，CD = CE，BCD=BCA+ACD=DCE+ACD =ACE，所以BCDACE， BD = AE.又因为，所以.在Rt中，于是DE=，所以CD = DE = 4. 5.在平面直角坐标系中，满足不等式x2y22x2y的整数点坐标（x，y）的个数为（ ） （A）10 （B）9 （C）7 （D）5解：由题设x2y22x2y， 得02.因为均为整数，所以有解得以上共计9对.6. 设三位数，若以为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数有（ ）A、45个 B、81个 C、165个 D、216个7. 在ABC中，是三角形的三边，且，则 （ ）A.一定是直角 B.一定是锐角 C.一定是钝角 D.锐角、直角、钝角都有可能B8. 已知二次函数，若存在实数t，当时，的图象总在直线下方，则实数m的最大值是( )A.1 B.2 C.3 D.4提示:由图象右移知,当时,即右移3个单位时,m可取到最大值4.故选D.二、填空题（本大题共6题，每题6分，共36分）9. 10.有两枚质地均匀的正方体骰子，每枚骰子六个面上的数字分别是1，2，3，4，5，6同时掷这两枚骰子，把这两枚骰子朝上的面的数字分别记为、，当取全体实数，代数式的值恒为正的概率为 11. 已知多边形的所有内角都是的整数倍，且，其余的内角都相等，那么等于_10 提示:(舍).12. 直线y1=kx+b经过点P（3，4）且与直线y2=3x和y3=x分别交于A，B两点，O 为坐标原点，当三角形AOB的面积取得最小值时，k+b=_13. 如图，四边形ABCD内接于O，AB是直径，AD = DC. 分别延长BA，CD，交点为E. 作BFEC，并与EC的延长线交于点F. 若AE = AO，BC = 6，则CF的长为 . （第13题）解：如图，连接AC，BD，OD. （第13题）由AB是O的直径知BCA =BDA = 90.依题设BFC = 90，四边形ABCD是O的内接四边形，所以BCF =BAD,所以 RtBCFRtBAD ，因此 .因为OD是O的半径，AD = CD，所以OD垂直平分AC，ODBC， 于是 . 因此 .由，知因为，所以 ，BA=AD ，故 .第14题图14. 在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B是x轴上的一动点，以AB为边作等边ABC，当C(x,y)在第一象限时，y与x的函数关系是_.解析：作A关于x轴的对称点A，由BC=BA=BA知A、A、C在点B为圆心的圆上，再由圆心角与圆周角的关系知:AAC=ABC=30，则.设x，y，z是正实数，满足，则xyz的最大值是 3（甲）如果为给定的实数，且，那么这四个数据的平均数与中位数之差的绝对值是（ ） （A）1 （B） （C） （D）3（乙）3（甲）D 解：由题设知，所以这四个数据的平均数为，中位数为 ，于是 .由方程确定的折线所围成的图形的面积是（ ） A、4 B、2 C、 D、1B如图，AB是O的直径，CD是弦，且AC与BD相交于E，AED=，则CDE和ABE的面积之比是（ ） A、 B、 C、 D、D设a=，则3a3+12a26a12= （ ）A.24 B. 25 C. 4+10 D. 4+12A三、解答题：15、当a取什么整数时，方程只有一个实根，并求此实根解原方程化为（1）若原分式方程恰有一个实根，=0，即=则于是但a取整数，则舍去（2）若方程，有一个根为x=0，则a=-4这时原方程为，去分母得，解得x=0，x=1显然x=0是增根，x=1是原分式方程的根（3）若方程，有一个根为x=2，则a=-8这时，原方程为，去分母，得解得x=2，x=-1显然x=2是增根，x=-1是原分式方程的根经检验当a=-4时，原方程恰有一个实根x=1；当a=-8时，原方程恰有一个实根x=-116、若满足不等式的x值也满足不等式，求a的取值范围解：等价于，解得，可化为观察（1）当时3a+12解得2x3a+1则由题意可得解得1a3综上所述a的取值范围是已知：是坐标原点，（0）是函数(0)上的点，过点作直线于，直线与轴的正半轴交于点 (). 设OPA的面积为，且.（1）当时，求点A的坐标（4分）； （2）若，求的值（5分）； (3) 设是小于20的整数，且，求的最小值（5分）.在等腰RtABC中，AC=BC，点D在BC上，过点D作DEAD，过点B作BEAB交DE于点E，DE交AB于F.（1）求证：AD=DE；（2）若BD=2CD，求证：AF=5BF。（1）证法（一）过D作DN/AB交AC于N点 CAD+CDA=EDB+CDA=90，CAD=EDB，又AND=DBE=135，AN=BD，ANDDBE,DA=DE 证法（二）证A、D、B、E四点共圆 (2)过E作EM/BC交AB于M点，则BME=MBD=45，BME为等腰Rt,设CD=a,则AC=BD=3a，AB=，BE=,ME=2a,可证MEFBDF,所以MF=BF=，AM=，AM=5BF. 17、在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x22mxm2m的顶点为C.直线y=x2+与抛物线交于A、B两点，点A在抛物线的对称轴左侧.抛物线的对称轴与直线AB交于点M.（1）求线段MB的长（2）作点B关于直线MC的对称点B. 以M为 圆心，MC为半径的圆上存在一点Q，使得MBBAxyCOQQBQB+的值最小，求这个最小值.解：(1)、y=x2-2mx+m2+m=（x-m）2 +m，顶点坐标为C（m，m）,点M坐标为（m，m+2）y=x2-2mx+m2+m由 y=x+2 x1=m-1 x2=m+2y1=m+1 y2=m+4点A在点B的左侧，B（m+2，m+4），则B（m-2，m+4），BM=(2)、由M点坐标（m，m+2），C点坐标（m，m）可知以MC为半径的圆的半径为 （m+2）-m=2取MB的中点N，点N的坐标为（m+1，m+3），连接QB、QN、QB，则MN= BM= ，QMN=BMQ，MNQMQB， = ，QN= QB，即QB+ QB= QB+QN当Q、N、B三点共线时QB+QN最小，(QB+QN)min=BN=即QB+QB的最小值为+如图所示，已知抛物线交轴于、，交轴于点，且，（1）求抛物线的解析式；（第17题图）（2）在轴的下方是否存在着抛物线上的点，使为锐角？若存在，求出点的横坐标的范围；若不存在，请说明理由解：（1）由已知可得，.（第17题答图），.，即.整理，得 ，解得 ，.，.抛物线的解析式为.（2）存在这样的点，使得为锐角. ，得，.、，而.如图所示，连接、，可得，,为直角三角形. 过、三点作，则为的直径.与抛物线都关于直线对称，点关于直线的对称点 是 与抛物线的另一个交点，.设点的坐标为，当时，点在外.连接交于点，连接、.而，故为锐角. 同理，当或时，有为钝角.故的取值范围是.18、将19这九个数分别填入33的方表格的每个方格内。确定如下一种运算：考虑任意的一行或一列，用非负数a-x、b-x、c+x或a+x、b-x、c-x之一代替该行或列中的数字a、b、c，其中，x是一个正数且在每次运算中可以改变。（1） 对于图1（甲）、（乙）的两种最初的排列，是否存在一系列的运算，使得全部的九个数字最终相等？ 285934671123456789 （1） （乙） 图1（2） 一些步骤后全部的九个数变为相等的值，求此值的最大值。解:（1）每一次运算后，四个角上的数字之和不变。因此，若存在运算使得所有的数字相等，则每个方格中的数最后均相等地变为四个角上的数字的平均值。每一步后，九个数的和严格递减，且中心方格的数不增。情形甲：，情形乙：。因此，图1的两种情形均不可能。（5分）（2）设x为全部的数最终成为的相等的值。 显然，x5，且可以证明x4. 反之，若4x5，则4x16。由于4x为四个角上数字之和，于是，4x为整数。所以，4x17。故x 设a为最初写有9、8、7、6、5的方格中所增大的总和。则这些方格中数所减小的总和为 （9-x）+（8-x）+（5-x）+a=35-5x+a。 设b为最初写有1、2、3、4的方格中所减小的总和。则这些方格中所增大的总和为 （x-1）+（x-4）+b=4x+b-10。 因为总减少数是总增大数的两倍，所以，（35-5x+a）+b=2a+(4x+b-10) 13x=55-(a+b) 。这与式相矛盾。图3例子可证明：。（7分）存在性：9728561347548561343.5434.5454.545444444444 （3分） 图318.对每一个大于的整数，设它的所有不同的质因数为，对于每个(1)，存在正整数，使得，记，例如，.（1）试找出一个正整数，使得，并加以说明；（2）证明：存在无穷多个正整数，使得.解：（1）取，90共有2,3,5三个质因数.，.，.，.（2）取（0，为整数） 则共有3,2,5三个质因数（，），要使，即只要证明即可 由于含有因数5，所以必存在唯一的正整数，使得成立，则 成立，比成立，则式得证. 由于0，为整数时，有无穷多个，原命题成立. 18.已知整数a，b满足：ab是素数，且ab是完全平方数. 当a2017时，求a的最小值.解：设ab = m（m是素数），ab = n2（n是正整数）. 因为(a+b)24ab = (ab)2，所以(2am)24n2 = m2，(2am+2n)(2am2n) = m2. 因为2am+2n与2am2n都是正整数，且2am+2n2am2n (m为素数)，所以 2am+2nm 2，2am2n1.解得 a，. 于是= am. 又a2017，即2017.又因为m是素数，解得m89. 此时，a=2025.当时，.因此，a的最小值为2025. 19、如图所示，O1与O2外切于点T，四边形ABCD内接于O1，直线DA，CB分别切O2于点E、F，直线BN平分ABF并与线段EF交于点N，直线FT交弧AT（不包含点B的弧）内于点M求证：点M为BCN的外心ADEFBCO1O2TMN解、如图，设AM的延长线交EF于点P.联结AT，BM，BP，BT，CM，CT，ET，TP.由BF与O2相切于F点，可得 BFT=FET由O1与O2外切于点T，可得 MBT=FET因此，MBT=BFM于是，MBTMFB，从而，MB2=MTMF同理可得， MC2= MTMF又由O1与O2外切于点T，可得 MAT=FET因此A，E，P，T四点共圆，从而APT=AET由AE与O2相切于点E，可得 AET=EFT因此 M