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2014-2015重点高中自主招生数学试题及答案 (2)


2014-2015 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 A. 2? ? 3? B. 8 ? 3 C. 4? ? 2 3 ?
3

( D



2 2 2 2

2

2

俯视图 侧(左)视 正(主) 视 图 图 1 2.已知 A( x1 , y1 ) ,B( x2 , y 2 )是反比例函数 y ? 在平面直角坐标系 xOy 的第一象限上图象

D. 2? ? 3 ? 3

x

的两点,满足 y1 ? y 2 ? A. 2

10 11

7 5 , x 2 ? x1 ? . 则 S ?AOB ? ( B 2 3 11 12 13 B. 2 C. 2 D. 2 12 13 14



3.有 2 015 个整数,任取其中 2 014 个相加,其和恰可取到 1,2,…,2 014 这 2 014 个不同的整数 值. 则这 2 015 个整数之和为( A.1 004 B. 1 005 C. 1 006 ) D. 1 008

3.设 2 015 个整数为 x1 , x2 ,…, x2015 .记 x1 + x2 +…+ x2015 =M.不妨设 M- x i = i ( i =1,2,…, 2014) , M- x2015 =A.则 2014M=1+2+…+2014+A.故 A 除以 2014 的余数为 1007.从而, A=1007, M=1008.当 x i =1008- i ( i =1,2,…,2014) , 5x 102 =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 ) 5 A. . B. 2 . C. 1 D. 8 21 7 3 21
4 4、解 从 10 个球中取出 4 个,不同的取法有 C10 ? 210 种.如果要求取出的球的编号互不相同,可以

4 先从 5 个编号中选取 4 个编号,有 C5 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 C5 ? 2
4

4

? 80 种.因此,取出的球的编号互不相同的概率为

80 8 . 故选(D). ? 210 21

5. 使得 3 ? 81 是完全平方数的正整数 n 有
n

( B ) C. 2 个
1

A. 0 个

B. 1 个

D. 3 个

. A. 0 个 5、解

B. 1 个
n

C. 2 个

D. 3 个

当 n ? 4 时 , 易 知 3 ? 81 不 是 完 全 平 方 数 . 故 设 n ? k ? 4 , 其 中 k 为 正 整 数 , 则

而 81 是平方数, 则一定存在正整数 x , 使得 3k ? 1 ? x 2 , 3n ? 81 ? 81(3k ? 1) .因为 3n ? 81是完全平方数, 即 3k ? x2 ?1 ? ( x ? 1)( x ?1) ,故 x ? 1, x ? 1 都是 3 的方幂. 又两个数 x ? 1, x ? 1 相差 2,所以只可能是 3 和 1,从而 x ? 2, k ? 1. 因此,存在唯一的正整数 n ? k ? 4 ? 5 ,使得 3n ? 81 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.24 B. 9 C. 36
2

D. 27

7.已知实系数一元二次方程 x +(1+a)x+a+b+1=0 的两实根为 x 1 ,x 2 ,且 0 <x 1 <1,x 2 >1,则 取值范围( A -1< ) B -1<

b 的 a

b 1 ?? a 2

b 1 <? a 2

C -2<

b 1 ?? a 2

D -2<

b 1 <? a 2

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+2 6 +2 2 B. 2+2 6 +2 2 C. 4+2 3 +4 2 D.4+2 3 +4 2

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 a1 , a2 , … , a8 . 则

a1 ? a2 + a 2 ?a3 + a3 ? a4 + a4 ? a5 + a5 ? a6 + a6 ? a7 + a7 ? a8 + a8 ? a1 的 最 大 值 为
32 .
2

由题意记 S= a1 ? a2 + a 2 ?a3 + a3 ? a4 + a4 ? a5 + a5 ? a6 + a6 ? a7 + a7 ? a8 + a8 ? a1 . 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

8 ? 4 + 4 ? 7 + 7 ? 1 + 1 ? 5 + 5 ? 2 + 2 ? 6 + 6 ? 3 + 3 ? 8 =32.
10.记 ?x ? 表示不超过实数 x 的最大整数,a k = ? 2014? (k=1,2, ?, 100,则在这 100 个整数中,不同的
? ? k ? ?

整数的个数为

69

2 11.设非负实数 x,y,z 满足 x+y+z=1,则 t= 9 ? x 2 + 4 ? y + 1 ? z 2 的最小值为

37

12.如图所示,线段 OA = OB = OC =1,∠AOB = 60? ,∠BOC = 30? ,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 =90? ,∠ANO =∠BNO = 90? , ∠BMO =∠CNO = 90? ,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 = 而

1 S△ABC, 2
4 4 2 4

S△ABC = SAOCB – S△AOC = S△AOB + S△BOC – S△AOC= 3 ? 1 ? 1 ? 3 ? 1 ,

1 所以,曲边三角形 MPN 的面积= S△ABC = 3 ? 1 . 8 2 4 ? 4 13. 将一个 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)
2

解:第一行染 2 个黑格有 C 4 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 C 4 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 6 ? ?1 ? 6 ? 4 ? 2? ? 90 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 A 第 一 次 回 到 点 P 的 位 置 , 则 点 A 走 过 的 路 径 的 长 度 为
3
A (P) A B
2

D D C C

____

2? 2 ? ___________. 2
1? 1? 1 1 1? 1 x ? 3x ? 2 2x ? 1

三.解答题 15. (本题 10 分)解方程

16. (本题 12 分)

1 圆弧上一 4 AR 点,且 PB>PD,点 Q 在线段 PB 上,PQ=PD,AQ 与 DP 交于点 R,求 的值 RQ
17. (本题 12 分)在正方形 ABCD 中,P 是以 C 为圆心,CB 为半径的 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

A P

D

R Q

B

C

AR AH AH AB 2 ? ? ? ? RQ PQ PD BD 2

4

5

19.(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 1 ? x1 ? x2 ? ? ? xn?1 ? xn ? 2014. 依题意知 S k ?

x1 ? x 2 ? ? x n ? x k (k ? 1,2,?, n) ? Z ? . n ?1
n ?1

对任意 i, j (1 ? i ? j ? n) 均有 S i ? S j ? x j ? xi ? Z ? .于是, x j ? x i ? n ? 1 . 故 xn ? x1 ? ( xn ? xn?1 ) ? ( xn?1 ? xn?2 ) ? ? ? ( x2 ? x1 ) ? (n ? 1) 2

? (n ? 1) 2 ? xn ? x1 ? 2013? n ? 45 .
由于

2014 ? 1 为整数,从而, n ? 1 为 2013 的约数. n ?1

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 xi ? 33i ? 32(i ? 1,2,?,33), x34 ? 2014. 因此,该校参加竞赛的选手最多有 34 名. 20. (本题 16 分)

6

7

13 、 ( 20 分) AD 是直角三角形 ABC 斜边 BC 上的高, ( AB ? AC ) , I1 , I 2 分别是

?ABD, ?ACD 的内心, ?AI1I 2 的外接圆 O 分别交 AB, AC 于 E , F ,直线 EF , BC 交于点
M;

证明: I1 , I 2 分别是 ?ODM 的内心与旁心. 证:如图,连 DI1 , DI 2 , BI1 , AI 2 , I1F ,由 ?EAF ? 900 ,则圆心 O 在 EF 上,设直径 EF 交 AD 于 O? ,并简记 ?ABC 的三内角为 A, B, C ,由 ?I1 BD ?
B 1 ? ?DAC 2 2
A
F O E I1 M I2

? ?I 2 AD, ?I1DB ? 450 ? ?I 2 DA ,
所 以 ?D B I 1 ∽ ?DAI 2 , 得
0

DI1 DB ,且 ? DI 2 DA

?I1DI 2 ? 90 ? ?BDA ,故 ?I1DI 2 ∽ ?BDA ,
B 而 ?DI1 I 2 ? B, ?AI1 D ? 900 ? , 2

B

D

C

注意 ?AI1D ? ?AI1F ? ?FI1I 2 ? ?DI1I 2 , ?AI1 F ? ?AEF , ?FI1I 2 ? ?FAI 2 ?

B , 2

所以 ?AEF ? 900 ? B ? C ? ?DAB ,因此 O?E ? O?A ,同理得 O?F ? O?A ,故 O? 与 O 重合, 即圆心 O 在 AD 上,而 ?EOD ? ?OEA ? ?OAE ? 2?OAE ? 2C ,

?EOI1 ? 2?EAI1 ? ?BAD ? C ,所以 OI1 平分 ?DOM ;
同理得 OI 2 平分 ?DOF ,即 I1 是 ?ODM 的内心, I 2 是 ?ODM 的旁心.
证二:如图,因为 ?BAC ? 90? ,故 ?AI1I 2 的外接圆圆心 O 在 EF 上,连 OI1 , OI 2, I1D, I 2 D , 则由 I1 , I 2 为内心知,
A
F O E I1 M H I2

?I1 AI 2 ? 45? , 所以 ?I1OI 2 ? 2?I1 AI 2 ? 90? ? ?I1DI 2 ,
于是 O, I1 , D, I 2 四点共圆,所以
B

D

C

又因 ?I 2 DO ? ?I 2 I1O ? 45? ? ?I 2 DA , 因此点 O 在 AD 上, 即 O 为 EF ?I 2 I1O ? ?I1I 2O ? 45? , 与 AD 的交点.设 AD 与

O 交于另一点 H ,而由 ?EAI1 ? ?I1 AH 2 ,

8

?HAI 2 ? ?FAI 2 ,可知, I1 , I 2 分别为 EH , HF 的中点,所以 ?EOI1 ? ?DOI1 ,
?DOI 2 ? ?FOI 2 .因此,点 I1 , I 2 分别为 ?OMD 的内心与旁心.

11.已知抛物线 C: y ?

1 2 x 与直线 l: y ? kx ? 1 没有公共点,设点 P 为直线 l 上的动点,过 2

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;
9

(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: 证明 (1)设 A( x1 , y1 ) ,则 y1 ? 由y?

PM PN

?

QM QN



1 2 x1 . 2

1 2 x 得 y ? ? x ,所以 y ? | x? x1 ? x1 . 2

于是抛物线 C 在 A 点处的切线方程为 y ? y1 ? x1 ( x ? x1 ) ,即 y ? x1 x ? y1 . 设 P( x0 , kx0 ? 1) ,则有 kx0 ? 1 ? x0 x1 ? y1 . 设 B( x2 , y2 ) ,同理有 kx0 ? 1 ? x0 x2 ? y2 . 所以 AB 的方程为 kx0 ? 1 ? x0 x ? y ,即 x0 ( x ? k ) ? ( y ? 1) ? 0 , 所以直线 AB 恒过定点 Q(k ,1) . (2)PQ 的方程为 y ? ----------------7 分

1 kx0 ? 2 ( x ? k ) ? 1,与抛物线方程 y ? x 2 联立,消去 y,得 2 x 0 ?k

x2 ?

2kx0 ? 4 (2k 2 ? 2) x0 ? 2k x? ? 0. x0 ? k x0 ? k

设 M ( x3 , y3 ) , N ( x4 , y 4 ) ,则

x3 ? x 4 ?
PM PN ? QM QN

2kx0 ? 4 (2k 2 ? 2) x0 ? 2k , x3 x 4 ? x0 ? k x0 ? k
x3 ? x0 k ? x3 ,即 ? x 4 ? x0 x 4 ? k



要证

,只需证明

2x3 x4 ? (k ? x0 )(x3 ? x4 ) ? 2kx0 ? 0
由①知, ②式左边=



2(2k 2 ? 2) x0 ? 4k 2kx0 ? 4 ? ( k ? x0 ) ? 2kx0 x0 ? k x0 ? k

2(2k 2 ? 2) x0 ? 4k ? (k ? x0 )(2kx0 ? 4) ? 2kx0 ( x0 ? k ) ? ?0. x0 ? k
故②式成立,从而结论成立. ----------------------15 分

10

某校

设该校共有 n 名选手参赛,其准考证号依次为 1 ? x1 ? x2 ? ? ? xn?1 ? xn ? 2014. 依题意知 S k ?

x1 ? x 2 ? ? x n ? x k (k ? 1,2,?, n) ? Z ? . n ?1

对任意 i, j (1 ? i ? j ? n) 均有 S i ? S j ? 于是, x j ? x i ? n ? 1 .

x j ? xi n ?1

? Z? .

故 xn ? x1 ? ( xn ? xn?1 ) ? ( xn?1 ? xn?2 ) ? ? ? ( x2 ? x1 ) ? (n ? 1)

2

? (n ? 1) 2 ? xn ? x1 ? 2013? n ? 45 .
由于

2014 ? 1 为整数,从而, n ? 1 为 2013 的约数. n ?1

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 xi ? 33i ? 32(i ? 1,2,?,33), x34 ? 2014.
11

因此,该校参加竞赛的选手最多有 34 名.

12


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