2016高中自主招生数学模拟试题及答案

1唐山市唐山一中自主招生测试题一、填空题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）1.四个实数中，每三个数的和分别为2,4,5,7，则这四个实数的积是2.若实数a满足3(2)42aaaaa，则1aa的值是3.如图，三角形ABC的面积为2，点D、E分别在边AB、AC上，,ADAExyABAC，且12yx，则三角形BDE面积的最大值是4.若关于x的方程||2||xba有四个实数解，则化简||||||||abababababab的结果是5.若非零的实数,,,axyz满足等式(32)(43)4323axyayzyzyx，则22xyxyyzzx的值是6.如图，在直角三角形ABC中，4,3ACBC，D是斜边AB上一动点，DEBC，DFAC，垂足分别是,EF，当EF的长最小时，cosFED7.多项式6431xxx被2xx除的余式是8.已和,,abc是互不等的实数，三个方程①20xaxb;②20xbxc;③20xcxa中，①②有公共根p，②③有公共根q，③①有公共根r，则abc9.我们有一个结论：对于任何一个正整数n，若n是偶数，将其减半；若n是奇数，将其乘以3加1，不断重复这样的过程，经过若干步后，一定可以得到1.如正整数6n，按上述规则变换后，可得一列数：6,3,10,5,16,8,4,2,1.如果正整数n按上述变换后的第8个数是1（n是第1个数，1可多次出现），则n的所有可能值的个数是10.如图的一个无穷数表，其中2014在表中出现的次数是23456…357911…47101316…59131721…611162126…………………ABCDEACBDFE2二、解答题（本大题5小题，共70分）11.（本题满分12分）已知点(5,0),(5,0)AB，函数1533yx的图象是直线l，点(,)Pab在l上，满足APB是钝角，试求a的取值范围.12.（本题满分12分）已知关于x的函数22(1)3ykxkxk的图象与x轴有交点.（1）求k的取值范围；（2）若函数图象与x轴有两个不同的交点12(,0),(,0)xx，且212122(1)34kxkxkxx.试求k的值，并根据图象指出当13kxk≤≤时，函数的最大值和最小值.13.（本题满分12分）如图，点D是三角形ABC外接圆上一点，yxPABOlAEBCDF3DB的延长线交过点A的切线于点E.若ABAC，AC∥BD，35AE，4DB，求FC的长.14.（本题满分16分）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，过点B、C作圆的切线交于点P，点Q是BC的中点，求证：ABAQACAP.415.（本题满分18分）编号为1,2,,25的25张卡片分别拿在甲、乙两人手中.甲将手中的15号卡片给乙后，甲手中卡片编号的平均数增加0.25，乙手中卡片编号的平均数也增加0.25，求原来甲、乙手中各有多少张卡片，并写出一种原来甲手中所持卡片的编号数.试题及解答一、填空题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）1.四个实数中，每三个数的和分别为2,4,5,7，则这四个实数的积是CABPQO5解：这四个实数的和为245763，所以这四个数分别是62,64,65,67，即4,2,1,1，其积是-8.2.若实数a满足3(2)42aaaaa，则1aa的值是解：去分母得224322aaaa，移项得2223240aaaa.设22aat，则方程变为2340tt，∴1t或4t（舍去）.由221aa得2210aa，所以1aa2.3.如图，三角形ABC的面积为2，点D、E分别在边AB、AC上，,ADAExyABAC，且12yx，则三角形BDE面积的最大值是解：∵(1)(1)2(1)BDEABEABEABCBDAESSxSxSxyABAC221192(1)()212()248xxxxx，∴三角形BDE面积的最大值是98.4.若关于x的方程||2||xba有四个实数解，则化简||||||||abababababab的结果是解：显然0a≥.若0a，则方程可变为|2|xb，方程最多两解，不合题意，所以0a.方程可化为|2|xba.当ba时，方程可化为|2|xba，有两解，不合题意.当ba时，|2|2,|2|0xax,有三解，不合题意.当ba时，|2|,|2|xbaxba方程有四解，符合题意.故0ba.从而||1111||||||ababababababababababbaab2.5.若非零的实数,,,axyz满足等式(32)(43)4323axyayzyzyx，则22xyxyyzzx的值是解：若320xy，则(43)43ayzyz，于是430yz；若430yz，则(32)23axyyx，于是320xy；若320xy且430yz，则由230(32)0yxaxy≥得0a；由430(43)0yzayz≥得0a，矛盾.故320xy且430yz.ABCDE6于是643xyz，可令2,3,4xtytzt，所以2222222496128xyttxyyzzxttt12.6.如图，在直角三角形ABC中，4,3ACBC，D是斜边AB上一动点，DEBC，DFAC，垂足分别是,EF，当EF的长最小时，cosFED解：连结CD，则CDEF，所以EF的长最小时即为CD的长最小，此时CDAB,于是FEDFCDB，所以coscosBCFEDBAB35.7.多项式6431xxx被2xx除的余式是解：64341(1)(1)(1)(1)1xxxxxxxxxx，所以余式是+1x.8.已和,,abc是互不等的实数，三个方程①20xaxb;②20xbxc;③20xcxa中，①②有公共根p，②③有公共根q，③①有公共根r，则abc解：由20papb，20pbpc得，()0abpbc，∴cbpab.同理acqbc，barca.∴1pqr.又,,pqr互不相等，如pq，则,pq①③的公共根，于是pqr，从而1pqr，代入①②③有1,1,1bacbac，三式相加得03，矛盾.由上述结论可知，①的两根为,pr；②的两根为,pq；③的两根为,qr.由根与系数关系，有,,aprbpqcrq，故222abcpqr1.9.我们有一个结论：对于任何一个正整数n，若n是偶数，将其减半；若n是奇数，将其乘以3加1，不断重复这样的过程，经过若干步后，一定可以得到1.如正整数6n，按上述规则变换后，可得一列数：6,3,10,5,16,8,4,2,1.如果正整数n按上述变换后的第8个数是1（n是第1个数，1可多次出现），则n的所有可能值的个数是解：反推∴n的所有可能值的个数是6.10.如图的一个无穷数表，其中2014在表中出现的次数是23456…ACBDFE124168123246410811282120316257357911…47101316…59131721…611162126…………………解：观察知，表中第m行第n列的数是1mn.由12014mn得201331161mn，m是2013的正约数，所以(,)mn有8对，从而2014在表中出现的次数是8.二、解答题（本大题5小题，共70分）11.（本题满分12分）已知点(5,0),(5,0)AB，函数1533yx的图象是直线l，点(,)Pab在l上，满足APB是钝角，试求a的取值范围.解：以AB为直径作圆，交l于点,CD,则点P在线段CD上（不含端点）.………4分设点00(,)Cxy，则00220015(1)335(2)yxxy…………………………6分把（1）代入（2），整理得，220xx，∴2,1xx，……………………………8分∴(2,1),(1,2)CD.故a的取值范围是21a.……………12分12.（本题满分12分）已知关于x的函数22(1)3ykxkxk的图象与x轴有交点.（1）求k的取值范围；（2）若函数图象与x轴有两个不同的交点12(,0),(,0)xx，且212122(1)34kxkxkxx.试求k的值，并根据图象指出当13kxk≤≤时，函数的最大值和最小值.解：（1）当0k时，函数为23yx，图象与x轴有交点.…………………2分当0k时，图象与x轴有交点的条件是24(1)4(3)0kkk≥解得1k≤.…………………………………………………………………………分综上，k的取值范围是1k≤.……………………………………………………4分（2）12122(1)3,kkxxxxkk.………………………………………………5分由2112(1)30kxkxk得，21132(1)kxkkx，∴212122(1)34kxkxkxx可化为12122(1)()4kxxxx………………………………………………………8分lyxPABOCD8∴2(1)32(1)4kkkkk解得，1k或2k.…………………………………………………………………10分但1k时，函数图象与x轴仅有一个交点，舍去.2k时，函数为22132212()22yxxx，画图可知当1x≤≤1时，最大值为32，最小值为3.…………………………………………………………………………12分13.（本题满分12分）如图，点D是三角形ABC外接圆上一点，DB的延长线交过点A的切线于点E.若ABAC，AC∥BD，35AE，4DB，求FC的长.解：∵AE是圆的切线，∴2AEEBED.设EBx，则(4)45xx，解得5x.…………………3分∵AE是圆的切线,∴EABACB.∵ABAC,∴ACBABC,∴EABABC,∴AE∥BC,…………………………5分又BD∥AC，∴四边形AEBC是平行四边形,………………7分∴35,5BCAEACBE.又由AC∥BD得，BFBDFCAC，即3545FCFC，解得553FC.…………12分14.（本题满分16分）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，过点B、C作圆的切线交于点P，点Q是BC的中点，求证：ABAQACAP.证明：连接OP，则点Q在OP上.…………………2分∵OBPB,OPBC,∴2PBPQPO.…………4分设PA交⊙O于M，则2PBPMPA.……………6分∴PQPOPMPA,∴POM∽PAQ，∴OMAQOPAP…………………………………………8分∴OBAQOPAP…………………………………………10分又∵OQ∥AC，∴BOPBAC，∴OBPRt∽ACBRt，∴OBACOPAB，………………………………………12分∴AQACAPAB，∴ABAQACAP.…………………………………16分15.（本题满分18分）编号为1,2,,25的25张卡片分别拿在甲、乙两人手中.甲将手中的15号卡片给乙后，甲手中卡片编号的平均数增加0.25，乙手中卡片编号的平均数也增加0.25，求原来甲、乙手中各有多少张卡片，并写出一种原来甲手中所持卡片的编号数.CABPQOAEBCDF9解：12325325.…………………………………………………………2分设乙原来手中有卡片x张，平均数为y，则原来甲手中有25x张卡片，平均数为32525xyx