2014-2015重点高中自主招生数学试题及答案-(2)

12014-2015重点高中自主招生数学模拟试题一．选择题（每小题5分，共40分）1.一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（D）A．23B．83C．2343D．3232.已知A（1x，1y），B（2x，2y）是反比例函数xy1在平面直角坐标系xOy的第一象限上图象的两点，满足2721yy，3512xx.则AOBS（B）A．11102B.12112C.13122D.141323.有2015个整数，任取其中2014个相加，其和恰可取到1，2，…，2014这2014个不同的整数值.则这2015个整数之和为（）A．1004B.1005C.1006D.10083.设2015个整数为1x，2x，…，2015x.记1x+2x+…+2015x=M.不妨设M-ix=i（i=1，2，…，2014），M-2015x=A.则2014M=1+2+…+2014+A.故A除以2014的余数为1007.从而，A=1007，M=1008.当ix=1008-i（i=1，2，…，2014），2015x=1时取到.4.有编号分别为1，2，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中取出4个，则取出的球的编号互不相同的概率为(D)A.521.B.27.C.13D.8214、解从10个球中取出4个，不同的取法有410C210种.如果要求取出的球的编号互不相同，可以先从5个编号中选取4个编号，有45C种选法.对于每一个编号，再选择球，有两种颜色可供挑选，所以取出的球的编号互不相同的取法有445C280种.因此，取出的球的编号互不相同的概率为80821021.故选（D）.5.使得381n是完全平方数的正整数n有（B）A.0个B.1个C.2个D.3个222侧（左）视图222正（主）视图俯视图2.A.0个B.1个C.2个D.3个5、解当4n时，易知381n不是完全平方数.故设4nk，其中k为正整数，则38181(31)nk.因为381n是完全平方数，而81是平方数，则一定存在正整数x，使得231kx，即231(1)(1)kxxx，故1,1xx都是3的方幂.又两个数1,1xx相差2，所以只可能是3和1，从而2,1xk.因此，存在唯一的正整数45nk，使得381n为完全平方数.故选（B）.6.如图，已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，CD⊥AB于D，AD=9，BD=4，以C为圆心，CD为半径的圆与⊙O相交于P,Q两点，弦PQ交CD于E，则PEEQ的值是（D）A．24B.9C.36D.277.已知实系数一元二次方程x2+(1+a)x+a+b+1=0的两实根为x1,x2,且0＜x1＜1，x2＞1，则ab的取值范围（）A-1＜ab21B-1＜ab＜21C-2＜ab21D-2＜ab＜218.图中正方形ABCD边长为2，从各边往外作等边三角形ABE、BCF、CDG、DAH，则四边形AFGD的周长为()A.4+26+22B.2+26+22C.4+23+42D．4+23+42二．填空题（每小题6分，共36分）9.设由1～8的自然数写成的数列为1a，2a，…，8a.则21aa+32aa+43aa+54aa+65aa+76aa+87aa+18aa的最大值为332.由题意记S=21aa+32aa+43aa+54aa+65aa+76aa+87aa+18aa.该式去掉绝对值符号，在这个和的任意加项中，得到一正、一负两个自然数，为了使和达到最大的可能值，只须由1～4取负，由5～8取正，于是，S=2[（8+7+6+5）-（4+3+2+1）]=32.如48+74+17+51+25+62+36+83=32.10.记x表示不超过实数x的最大整数，ak=k2014(k=1,2,,100,则在这100个整数中，不同的整数的个数为6911.设非负实数x,y,z满足x+y+z=1,则t=29x+24y+21z的最小值为3712．如图所示，线段OA=OB=OC=1，∠AOB=60º，∠BOC=30º，以OA，OB，OC为直径画3个圆，两两的交点为M，N，P，则阴影部分的曲边三角形的面积是．解：如图，连接AC，AN，BN，AM，BM，MP，NP，OM，ON，OP，易知∠OPA=∠OPC=90º，∠ANO=∠BNO=90º，∠BMO=∠CNO=90º，所以A，P，C共线；A，N，B共线；B，M，C共线．由OA=OB=OC=1，可知P，M，N分别是AC，BC，AB的中点，MPNB为平行四边形，BN=MP，BM=NP，所以BN与MP长度相等，BM与NP长度相等，因此，曲边三角形MPN的面积=SMPNB=12S△ABC，而S△ABC=SAOCB–S△AOC=S△AOB+S△BOC–S△AOC=311314424，所以，曲边三角形MPN的面积=12S△ABC=318．13.将一个44棋盘中的8个小方格染成黑色，使得每行、每列都恰有两个黑色方格，则有不同的染法.（用数字作答）解：第一行染2个黑格有24C种染法.第一行染好后，有如下三种情况：（1）第二行染的黑格均与第一行的黑格同列，这时其余行都只有一种染法；（2）第二行染的黑格与第一行的黑格均不同列，这时第三行有24C种染法，第四行的染法随之确定；（3）第二行染的黑格恰有一个与第一行的黑格同列，这样的染法有4种，而在第一、第二这两行染好后，第三行染的黑格必然有1个与上面的黑格均不同列，这时第三行的染法有2种，第四行的染法随之确定.因此，共有染法为9024616种.填90.14.圆O的半径为1，P为圆周上一点，现将如图放置的边长为1的正方形（实线所示，正方形的顶点A与点P重合）沿圆周顺时针滚动。经过若干次滚动，点AACD(P)DCBA4第一次回到点P的位置，则点A走过的路径的长度为____222___________．三．解答题15.（本题10分）解方程17.（本题12分）在正方形ABCD中，P是以C为圆心，CB为半径的41圆弧上一点，且PB＞PD，点Q在线段PB上，PQ=PD，AQ与DP交于点R，求RQAR的值过点B作DR的垂线，过点R作PB的平行线与HB交于点S，连接HA，BD由四边形ABCD为正方形，∠ABC=∠ADC=90°AD，AB为○C的切线，∵∠BHD=∠ＢＡＤ＝９０°∴ＢＨＡＤ四点共圆于是∠ＡＢＨ＝∠ＡＤＨ＝∠ＰＢＤ∴∠PBH=∠DBA=45°即∠HPB=45°=∠ABD=∠AHD∴AH∥BP∴∠HAB=∠PDB∴△HAB∽△PDB所以22BDABPDAHPQAHRQAR1223111111xxxRABCDPQ16．（本题12分）518.18．619.（本题12分）对参加数学竞赛的选手的准考证进行编号，最小号为0001，最大号为2014.无论哪名选手站出来统计本校其他所有选手准考证号数的平均值时，发现所得的平均值均为整数.问这所学校参加竞赛的选手最多有多少名？设该校共有n名选手参赛，其准考证号依次为20141121nnxxxx.依题意知ZnknxxxxSknk),,2,1(121.对任意)1(,njiji均有ZnxxSSijji1.于是，1nxxij.故2122111)1()()()(nxxxxxxxxnnnnn452013)1(12nxxnn.由于112014n为整数，从而，1n为2013的约数.注意到，2013=3×11×61不超过45的最大约数为33.于是，n的最大值为34，即参赛选手最多有34名.这样的34名选手的号码是可以实现的.如2014),33,,2,1(323334xiixi.因此，该校参加竞赛的选手最多有34名.20.（本题16分）7813、（20分）AD是直角三角形ABC斜边BC上的高，（ABAC），12,II分别是,ABDACD的内心，12AII的外接圆O分别交,ABAC于,EF，直线,EFBC交于点M；证明：12,II分别是ODM的内心与旁心．证：如图，连12121,,,,DIDIBIAIIF，由090EAF，则圆心O在EF上，设直径EF交AD于O，并简记ABC的三内角为,,ABC，由1122BIBDDAC0212,45IADIDBIDA，所以1DBI∽2DAI，得12DIDBDIDA，且01290IDIBDA，故12IDI∽BDA，而0121,902BDIIBAID，注意111212AIDAIFFIIDII，1122,2BAIFAEFFIIFAI，所以090AEFBCDAB，因此OEOA，同理得OFOA，故O与O重合，即圆心O在AD上，而22EODOEAOAEOAEC，112EOIEAIBADC，所以1OI平分DOM；同理得2OI平分DOF，即1I是ODM的内心，2I是ODM的旁心．证二：如图，因为90BAC，故12AII的外接圆圆心O在EF上，连12,12,,OIOIIDID，则由12,II为内心知，1245IAI，所以121212290IOIIAIIDI，于是12,,,OIDI四点共圆，所以211245IIOIIO，又因221245IDOIIOIDA，因此点O在AD上，即O为EF与AD的交点．设AD与O交于另一点H，而由112EAIIAH，MEAFOI2I1BDCHMEAFOI2I1BDC922HAIFAI，可知，12,II分别为,EHHF的中点，所以11EOIDOI，22DOIFOI．因此，点12,II分别为OMD的内心与旁心．11．已知抛物线C：221xy与直线l：1kxy没有公共点，设点P为直线l上的动点，过P作抛物线C的两条切线，A，B为切点．(1)证明：直线AB恒过定点Q；10(2)若点P与（1）中的定点Q的连线交抛物线C于M，N两点，证明：QNQMPNPM．证明(1)设11(,)Axy，则21121xy．由221xy得xy，所以11|xyxx．于是抛物线C在A点处的切线方程为)(111xxxyy，即11yxxy．设)1,(00kxxP，则有11001yxxkx．设22(,)Bxy，同理有22001yxxkx．所以AB的方程为yxxkx001，即0)1()(0ykxx，所以直线AB恒过定点)1,(kQ．----------------7分(2)PQ的方程为002()1kxyxkxk，与抛物线方程221xy联立，消去y，得02)22(42002002kxkxkxkxkxx．设),(33yxM，),(44yxN，则kxkxkxxkxkxxx0024300432)22(,42①要证QNQMPNPM，只需证明kxxkxxxx430403，即02))((2043043kxxxxkxx②由①知，②式左边=0000002242)(4)22(2kxkxkxxkkxkxk0)(2)42)((4)22(20000002kxkxkxkxxkkxk．故②式成立，从而结论成立．----------------------15分11某校设该校共有n名选手参赛，其准考证号依次为20141121nnxxxx.依题意知ZnknxxxxSknk),,2,1(121.对任意)1(,njiji均有ZnxxSSijji1.于是，1nxxij.故2122111)1()()()(nxxxxxxxxnnnnn452013)1(12