自主招生考试数学试卷(有解析)(1)

数学测试题详解考试时间:80分钟卷面满分:150分一.选择题（6分×6=36分）1,如果实数,,abc在数轴上的位置如图所示,那么代数式2222aabcaca可以化简为....AabcBabcCabcDabc【解析】由图知0bca,故222,,2aaaababcacacaac2222aabcacaaabacabc,选D.2.反比例函数4yx的图象与直线ykxb交于1,,,1AmBn两点,则△OAB的面积为111513..4..222ABCD【解析】（补形）4.1,:-4,4;xyAmmm代入,1:4Bnn代入.故有A（－1,4）,B（－4,1）.作AE⊥y轴于E,BD⊥x轴于D.可知：△AOE≌△BOD.且11422AOEBODSS.延长EA,DB交于C,则四边形CDOE是边长为4的正方形,且2416,CDOES△ABC是腰长为3的等腰直角三角形,且219322ABCS.于是△OAB的面积为915162222ABCS3.设12,xx是一元二次方程230xx的两根,则3212415xx等于A.－4B.8C.6D.0【解析】（降次）由韦达定理:221212112211.3,3xxxxxxxx2322212111111141534115341215xxxxxxxxx2115344xx,故选A.4.已知,,ABCabc分别是的三边长,且满足44422222222abcacbc,则△ABC是A.等腰三角形B.等腰直角三角形C.直角三角形D.等腰三角形或直角三角形注:原题条件不完整（是代数式而不是条件等式）,故无法解出.为试卷完整起见,将原题条件调整为:已知,,ABCabc分别是的三边长,且满足444222222220abcacbc,则△ABC是⋯.【解析】由条件得:4442222442440,abcacbc222222222222220,22,acbccabababc即或且.故△ABC是等腰直角三角形,选B.5.在一节3数学实践活动课上,老师拿出三个边长都为40mm的正方形硬纸板,他向同学们提出了这样一个问题:若将三个正方形纸板不重叠地放在桌面上,用一个圆形硬纸板将其盖住,这样的圆形硬纸板的最小直径为（单位：mm）.802.4010.2517.100ABCD【解析】当3个正方形按如图排列时,其外接圆直径最小.显然,这个圆是等腰梯形ABCD的外接圆O,这里AB∥CD且CD=40,AB=80.设此等腰梯形的对称轴交AB于M,交CD于N,则MN=80.∵ABCD,∴OMON.设OM=40－x,ON=40+x,圆半径为r.△AOM中,22240401rx△DON中,22220402rx（1）－（2）：1512001600,2xx,代入（2）29025106256251725400,17.4442rr故所求最小圆的直径为2257r,故选C.6.如图,△ABC内接于圆O,BC=36,∠A=60°,点D为BC上一动点,BE⊥直线OD于E,当点D由B点沿BC运动到点C时,点E经过的路线长为.123.83.273.54ABCD【解析】（轨迹法）如解图,连结OB,分别在BC上取123,,,,,BDDDC其中2ODBC,则相应的动点依次为123,,,,.BEEEN12390BEOBEOBEOBNO.故点E的轨迹是OB为直径的优弧2BEN.已知BC=36,∴2218.BEBOE是含30°角的直角三角形,∴123OB.设M为OB的中点（优弧圆心）,连MN.则圆M的半径MB=63.注意到∠BOC=120°,∴∠BON=60°,∠BMN=120°,优弧2BEN之长为圆M周长的222,26383.33BENl,故选B.二.填空题（7×7=49分）7.方程31641xxx的所有根的和为【解析1】3244160xxx.根据广义韦达定理,此方程3根之和为4.即123,1,4bxxxaba这里【解析2】由原方程得:124220,4,2,xxxxx31232.4xxxx.8.在5瓶饮料中,有2瓶已过了保质期,随机地从这5瓶饮料中取2瓶,取到至少有1瓶过保质期饮料的概率为【解析】（正繁则反）由于从这5瓶饮料中任取2瓶,没有过期饮料的概率为3,5故取2瓶,取到至少有1瓶过保质期饮料的概率为321559.关于x的方程211aax无解,则a的值是【解析】由原方程得:2111aax关于x的方程（1）只有唯一解1x,代入（1）得0a,此时原方程无解;又在方程（1）中令1,a得0a.矛盾.此时方程（1）无解,从而原方程无解.故若原方程无解,则必01a或.10.一辆快车从甲地开往乙地,一辆慢车从乙地开往甲地,两车同时出发,分别以各自的速度在甲乙两地间匀速行驶,1小时后,快车司机发现有重要文件遗忘在出发地,便立即返回拿上文件（取文件时间不计）后再从甲地开往乙地,结果快车先到达乙地.慢车继续行驶到甲地.设慢车行驶速度为x（h）,两车之间的距离为y（km）,y与x的函数图象如图所示,则a【解析】慢车12.5小时走完全程,12.5100080xxkm设快车速度为t（h）∵1小时后两车相距800km,即1小时两车共行200km,∴t=120km（h）∵a小时后两车相遇,此时慢车走80akm,快车走120（a－1）km,故有:80120110002001120,5.6aaaah11.已知24,13,234axyxax当时函数的最小值为－23,则a=【解析】原式配方得:2392448yxaa,抛物线开口向上且对称轴为34xa.当34,34aa时,故当13x时,y随x增大而减小.故当x=3时有:22333423945,5.aaa12.如图,在单位为1的正方形的网格纸上,123345567AAA,AAA,AAA,,都是斜边在x轴上,且斜边长分别为2,4,6,⋯的等腰直角三角形.若123AAA的顶点分别为123A2,0,A1,-1,A0,0,则依图中的规律,2015A的坐标为【解析】注意到点13521,,,,nAAAA全在x轴上,设其横坐标依次为1352015,,,,xxxx..继续分析.点41An都在原点右边,其横坐标取正值,点41An都在原点左边（其中3A为原点）,其横坐标取0或负值（其中仅3A横坐标为0）.∵2015=4×504－1,故2015A必在原点左边,其横坐标必为负值.易求34117421114310,021,0224,xxxxxx201545041025031006xx,故所求点A的坐标为:20151006,0A.13.有一张矩形风景画,长为90cm,宽为60cm,现对该风景画进行装裱,得到一个新的矩形,要求其长,宽之比与原风景画的长,宽之比相同,且面积比原风景画的面积大44%.若装裱后的上,下边衬的宽都为acm,左,右边衬都为bcm,那么ab【解析】依题意有:9029032360260222aabb（据等比定理）故231ab又:1449026029060100ab120180454442abab（1）代入（2）：2260318065444603960.bbbbb解得：666bb或舍,从而9,54aab.三.解答题14.（14分）已知m,n是方程2310xx的两根,（1）求162102553mmmmm的值;（2）求33mnnm的值【解析】（1）∵2310,mm故551625162102255353mmmmmmmmmmm2229223123203mmmmmmmm.（2）m,n是方程2310xx的两根,31mnmn设33mnxnm,则33334422222mnmnmnxmnnmnmmn2222222221,2229249mnxmnmnmnmn7,x即33mnnm=7.15.（15分）如图,△ABC中,AC=BC,I为△ABC的内心,O为BC上一点,过B,I两点的圆O交BC于D点,1tan,6,3CBIAB（1）求线段BD的长;（2）求线段BC的长【解析】（1）如解图,I为△ABC内心,故BI平分∠ABC.设∠ABI=∠CBI=α.连CI,并延长交AB于E,∵CA=CB,∴CE⊥AB,且AE=BE=3.于是221IE=BEtan31,31103BI.连DI,∵BD为圆O的直径,∴∠BID=90°.于是101010tan,10393DIBIBD.（2）连OI,∵OI=OB=53,∴∠DOI=2α,故OI∥AB,△COI∽△CBE,5533,539353OICOCOCOBECBCOCO2525515,121234COBC.16.（18分）如图,四边形ABCD中,AD∥BC,∠BCD=90°,AD=6,BC=3,DE⊥AB于E,AC交DE于F,（1）求AE·AB的值;（2）若CD=4,求AFFC的值;（3）若CD=6,过A点作AM∥CD,交CE的延长线于M,求MEEC的值.【解析】（1）如解图1,作AG∥BC,交CB延长线于G,则四边形AGCD为矩形.∴GC=AD=6,但BC=3,∴GB=3.已知DE⊥AB于E,∴△AGB∽△DEA.于是18.ABBGABAEADBGADAE（2）延长AB,DC交于H.∵AD∥BC,且AD=2BC,∴BC为△AHD的中位线,故CH=DC=4.由勾股定理知AH=10,AB=BH=5.沿DE,CB交于T,有△AED∽△BTE.Rt△ADH中,DE⊥AH,23618,105ADAEAH187555BEABAE.于是775,186185BTBEBTADAE7716,3333BTCT由△AFD∽△CFT,知691638AFADFCCT.（3）如解图3有35,ABBH366624,6565555AEEH∵△AEM∽△HEC,651.2445MEAEECEH17.（18分）二次函数242yxmxn的图象与x轴交于1212,0,,AxBxoxx两点,与y轴交于c点.（1）若AB=2,且抛物线的顶点在直线y=－x－2上,试确定m,n的值;（2）在（1）中,若点P为直线BC下方抛物线上一点,当△PBC的面积最大时,求P点坐标;（3）是否存在整数m,n,使得1212,12,xx同时成立?请证明你的结论.【解析】（1）2212121AB=2244xxxxxx.由韦达定理:121224mxxnxx,故有:2414mn抛物线的顶点为24,44mnm,代入y=－x－2:2242224444nmmmmn代入（1）：20,8,4mm从而12n.（2）在（1）的条件下,有：241612yxx此抛物线的顶点为（2,－4）,交x轴于A（1,0）,B（3,0）,交y轴于C(0,12