溫州中學自主招生模擬考試數學試卷

卷一：溫州中學自主招生模擬考試數學試卷一.選擇題(本大題共8小題，每題5分,滿分40分。）已知x是無理數，且x1x3是有理數，在上述假定下，有人提出了以下四個結論：（1）x2是有理數；（2）x1x3是無理數；（3）x12是有理數；（4)x12是無理數并說它們中有且只有n個正確的，那么，n等于（)A.0B。1C。2D.42。一個商人用m元（m為自然數）買來了n臺（n為質數）電視機,此中有二臺用成本的一半價格賣給了某個慈善機構，其他的電視機在商鋪銷售，每臺盈余500元，結果商人獲取收益5500元，則n的最小值是()A。11B。13C。17D.193.方程x23x2y230y2517的整數解的組數為（）A。1B。2C。3D。44.設△ABC的三邊長分別為ABc,BCa,CAb,a，b,c互不相等，AD、BE、CF分別為△ABC的內角均分線，且DE＝DF，那么∠BAC的度數為(）A。90°B.<90°C。>90°D。以上答案都不對已知ABCD是圓內接四邊形，AC是圓的直徑，BD⊥AC，AC與BD的交點為E，F在DA的延伸線上，連接BF，G在BA的延伸線上,使得DG∥BF,H在GF的延伸線上，使得CH⊥GF．假如∠FBE=65°，∠HFB=25°，則∠FHC=(）A.65°B。55°C。75°D。40°6.一條拋物線yax2bxc的極點為（4,11），且與x軸的兩個交點的橫坐標為一正一負，則a、b、c中為正數的（）。A。只有aB。只有bC。只有cD.只有a和b7。已知對于x的一元四次方程x4px2qxr0有三個相等的實根和另一個與之不一樣的實根,則以下三個命題中真命題有（)個.①pqr可能建立;②prq可能建立；③qrp可能建立.A.0B。1C.2D.3。8。如圖，四邊形ABCD中ABBCCD,ABC78,BCD162。設AD,BC延長線交于E，則AEB（)ADBCE數學試卷第1頁,共2頁，A。18°B.21°C.24°D。30°二.填空題（本大題共6小題,每題6分，滿分36分。)9.已知a0，b0,c0,且b24acb2ac,則b24ac的最小值為_____________.10.已知一個圓的外切四邊形的4邊長為1，2，3，4，其內切圓的圓心為O，則OA·OC+OB·OD的值為____________。11.甲、乙兩班同時從學校A出發(fā)去距離學校75km的軍營B軍訓，甲班學生步行速度為4km/h，乙班學生步行速度為5km/h,學校有一輛汽車,該車空車速度為40km/h，載人時的速度為20km/h，且這輛汽車一次恰巧只好載一個班的學生，此刻要求兩個班的學生同時抵達軍營,問他們起碼需要____小時才能抵達.12.一條走廊寬2m，長8m，用6種顏色的11m2的整塊地磚來鋪設（每塊地磚都是單色的,每種顏色的地磚都足夠多）,要求相鄰的兩塊地磚顏色不一樣，那么全部的不同拼色方法有_____________個.13。凸四邊形ABCD中，∠ABC＝60°，∠BAD＝∠BCD＝90°,AB＝2，CD＝1,對角線AC、BD交于點O，如圖.則sin∠AOB＝__________。14.若正五邊形ABCDE的邊長為a,對角線長為b，則：b－a＝ab______________.

CBODA數學試卷第2頁,共2頁，卷二:溫州中學自主招生模擬考試數學答題卷一.選擇題（本大題共8小題，每題5分，滿分40分。）題號12345678題答案：二。填空題（本大題共6小題，每題6分，滿分36分。)號位9.________________；10._______________;11。_______________;座答12._______________；13._______________；14._______________；三。解答題(本大題共5小題，滿分74分）15.(此題滿分10分)：如圖，設AB、CD是以O為圓心、r為半徑的圓的兩條相互垂直的弦，且將圓分紅的四個號勿部分(每一部分同意退化為一個點)依附時針次序記為X、Y、Z、W。試求場考SXSZ的最大值。SYSW請?zhí)枌W內：名姓線訂：級班裝數學答題卷

第1頁

共4頁16。（此題滿分14分)如圖,ABCD是⊙O的內接四邊形，延伸AB和DC和FQ分別切⊙O于P、Q.求證：EP2＋FQ2＝EF2.

訂交于

E，延伸

AD

和

BC

訂交于A

F，EPPQOBDCEF17.(此題滿分15分)設k是實數，f(x)x4kx21對隨意三個實數a,b,c存在一個以f(a),f(b),f(b)為三x4x21邊長的三角形，求k的取值范圍數學答題卷第2頁共4頁18。（此題滿分15分）設1≤a4個不一樣的數a數ai、aj、ak、am知足1<a2<〈an≤21是n個隨意的整數.若此中總有ai+am=aj+ak（1≤i<j〈k〈m≤n)，則稱數組(a1，a2，，an)的階數n為“好數”。1）n=7能否為好數?說明原因;2）n=8能否為好數?說明原因.數學答題卷第3頁共4頁19。(此題滿分20分)數列an知足：a01,ansn1,n1,2,3,，(此中x表示x的整數部分，kskai,k0,1,2,），試求a2006的值。i0數學答題卷第4頁共4頁卷三:溫州中學自主招生模擬考試數學答案一.選擇題（每題5分,共40分）題號12345678答案CCDCAABB二。填空題（每題6分。共36分）9。_______4_______;10。______2√6______;11。_______6。75________;12。_____30217____;13.____1563___;14.__________1________;26三.解答題(本大題共5小題，滿分74分）15.（10分)解:不如設圓心落在如圖(a）的Z中。當弦AB向上平移時，圖7（b）中的暗影部分面積大于它左側無暗影部分的面積，所以，SX+SZ增添,而SY+SW在減少(注意X、Y、Z、W的面積之和是定值2）.因此，比值SXSZSWSY增添.于是，當點A與點C重合時，它才有可能取到最大值。在圖7(c)中，Rt△ABD的斜邊BD是直徑，則△ABD在OA為高時面積最大,此時，SZ最大，122122SX+SZ也最大,其值為πr+r。而SY+SW最小，其值為2πr-.2所以,SX+SZSY+SW的最大值是16。（14分）證明：如圖,作△BCE的外接圓交EF于G,連接CG.因∠FDC＝∠ABC＝∠CGE，故F、D、C、G四點共圓。由切割線定理,有

APQOEF2＝(EG＋GF)·EF＝EG·EF＋GF·EF＝EC·ED＋FC·FB＝EC·ED＋FC·FB＝EP2＋FQ2,

B

DC即EP2＋FQ2＝EF2.17。(15分)解：①f(x)0恒建立

EGFx4kx210令tx2kk0,對稱軸tk，20min02k0(k1)x2②最小值兩倍>最大值f(x)1x4x21k1f(x)1k1fmin(x)1x4x213x2fmax(x)k2,故1<k<4k213k1fmax(x)1fmin(x),故-k1132結論：(-,4)218。（15分）解：(1）n=7時，{1,2,3，5,8,13，21}不知足要求，故n=7不是好數.（2）只須證明：對隨意的8個整數1≤a1<a2〈〈a8≤21，此中總有4個不一樣的數aijkmijimk≤i<j<k<m≤。8)〈a〈a〈a知足a+am=aj+ak，即a—a=a-a(1第一，8個正整數可產生8×72=28個差aj—a(1≤i<j，≤由8)于這8個數均為1至21之間的整數，所以，1≤aj—ai≤20(1〈≤ij≤8），最多只有20個不一樣的差值。故由抽屜原理知，此中起碼有8對差相等。（i)若這8對相等的差中，存在

1對此中的

4個數互不同樣，即

aj-ai=am-ak(1

≤i〈j〈k<m≤8).此時原題建立。（ii）若這8對相等的差中,每一對的4個數中起碼有2個數同樣同樣（因為aj—ai=am—ak中至多有aj=ak或ai=am之一建立）。于是

,則這4個數中恰有2個數,每對這樣的差對應一個三元數組（

ai,aj,ak）,且知足

2aj=ai

+ak(1

≤i<j(1〈≤ij8)，因為這

8個數均為

1至

21之間的整數，所以,1≤aj-ai≤20(1

≤i<j），≤8最多只有

20個不一樣的差值

.故由抽屜原理知

,此中起碼有

8對差相等.(i）若這8對相等的差中，存在1對此中的4個數互不同樣，即aj—ai=am—ak（1≤i<j〈k〈m≤8)。此時原題建立。（ii）若這

8對相等的差中，每一對的

4個數中起碼有

2個數同樣，則這

4個數中恰有

2個數同樣

(因為

aj—ai=am-ak

中至多有

aj=ak

或

ai=am

之一建立）。于是，每對這樣的差對應一個三元數組（

ai，aj，ak），且知足

2aj=ai+ak(1

≤i<j<k

≤。8)不如設這

8對差對應的

8個不一樣的三元數組為（ai1，aj1,ak1），(ai2,aj2，ak2）,，（ai8，aj8，ak8），此中，

2ajl=ail+akl(l=1，2，,8）。因為a1與a8不可以作為三元數組的中間項,故中間項至多有6種不一樣的取法。再由抽屜原理，知上述8個不一樣的三元數組中必有2個三元數組的中間項相等，不如設為aj1=aj2。則ai1+ak1=2aj1=2aj2=ai2+ak2，此中,ai1、ak1、ai2、ak2兩兩不一樣（不然它們?yōu)橥粋€三元數組,矛盾）。綜合（i)、(ii)知，n=8是好數.（20分)：察看數列開初的一些項：n01234567891011121314151617181920an111122233444556677888sn123468101316202428333844505764728088我們注意到,數列an嚴格單增，每個正整數1,2,3,,按序在數列an中出現，而且除了首項a01以外，每個形如2k,k0,1,2,的數連續(xù)出現三次，其他數各連續(xù)出現兩次。一般地，我們可證明數列an的以下性質：1.k,若記m2k1k1,,則am2am1am2k，2.k,若記m02kk,則當1r2k1時,有am02r1am02r2k1r.10對k概括。據上邊所列出的項可知，當k2時結論建立.設性質1,2對于kn建立，即在m2n1n1時,am2am1am2n，則sma021232n20212n22n32n再對知足1r2n的r概括：當r1時,因為2n2sm2n2sm2n1，12,則am122n42n2n22n因為smsm1smam112，則am2sm11設當rp時，均有am2r1am2r2nr,則當rp12n時，因為sm2psmam1am2am3am4am2p1am2p22n32n22n122n222np22n2p32npp1錯誤!則sm2p2np12np10，2n2sm2p2np23p40即有2n2sm2p2n2sm2np1p2，所以am2p12pp1因為sssa22n2p22np22p12n2p2m2pm2p1m2pm2p1所以am2p2sm2p12np1故由概括法,當m2n1n1,1r2n時,a