重点高中自主招生数学(含答案)

重点高中自主招生

数学试题答案及评分标准

一、选择题（本题满分30分，每小题5分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）

1、已知实数a满足|a2|1aa2，则a等于

（A）0

（B）1 （C）2 （D）3

（ B ）

2、50名同学参加夏令营活动，需要同时搭建可容纳3人和2人的两种帐篷，则有效搭建方案

y共有

A ）

y1

（A）8种 （B）9种 （C）10种

1（D）11种

1k13、反比例函数y与一次函数yk(x1)(kO0,k1)在同一坐标系中的图像只能是（

x-1OxxB ）．

(A) y1O1x(B) y(C)(D)(A)(B) y y11Ox-1O y1-11 y-11xO-11xxO4、如图，P为ABC内一点，BAC70,BPC120,BD是ABP的平分线，CE-1Ox是-1ACP的平分线，BD与CE交于F,则BFC ( C )

1（A）85 （B）90 （C）95 （D）100

-1

(C)5、如图，边长为1的正方形(D)ABCD绕点A逆时针旋转30到正方形ABCD，图中阴影部分的面积为 （ A ）

3（A）1

3（C）1

3 （B）

3 （D）C

BBCDA3

4

1

2D综合能力大赛数学试题答案A卷共4页 第（1）页

6、四条直线yx6,yx6,yx6,yx6围成正方形ABCD。现掷一个均匀且各面上标有1、2、3、4、5、6的立方体，每个面朝上的机会是均等的。连掷两次，以面朝上的数为点P的坐标（第一次得到的数为横坐标，第二次得到的数为纵坐标），则点P落在正方形面上（含边界）的概率是

137（A） （B） （C）

249二、填空题（本大题满分30分，每小题5分）

7、若x（ D　）

（D）5

1221,，则x42x32x1的值为 0 .

193x2ym2,8、已知方程组中的x值大于7，y的值不大于-1，则整数m的值是2xym5_____10,11,12_____.

9、若x22x140，则满足该方程的所有根之和为 2-6 .

10、如图，双曲线y2(x0)与矩形OABC的边CB，BA分别交于点E，F且AF＝BF，连x32接EF，则△OEF的面积为 .

y

EB

CF

OAx

11、如图矩形纸片ABCD，AB＝5cm，BC＝10cm，CD上有一点E，ED＝2cm，AD上有一点

P，PD＝3cm，过P作PF⊥AD交BC于F，将纸片折叠，使P点与E点重合，折痕与PF交于Q点，则PQ的长是_____14/3_______cm.

82x212、对于正数x，规定f(x)2，例如f(1)1,f(2)。那么f(2017)+f(2016)+ f

5x1(2015)+ f (2014)+ f (2013)+…+ f (2)+ f (1)+ f (值等于__4033____.

三、（本大题满分20分）

13、解（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABC=∠BAD=90°，∴∠1+∠3=90°，

∵BG⊥CE,∴∠BOC=90°∴∠2+∠3=90°,

∴∠1=∠2. ………………………4分

综合能力大赛数学试题答案A卷共4页 第（2）页

11111)+f ()+…f ()+f ()+f ()的27D2GAFOE13BC

在△GAB和△EBC中，

∵∠GAB=∠EBC=90°,AB=BC,∠1=∠2；

∴△GAB≌△EBC (ASA)

∴AG=BE.

…………8分

………………………… 10分

（2）解：当点E位于线段AB中点时，∠AEF=∠CEB. ……………………12分

理由如下：若当点E位于线段AB中点时，则AE=BE,

由（1）可知，AG=BE ∴AG=AE.

∵四边形ABCD是正方形，∴∠GAF=∠EAF=45°.…………………………16分

又∵AF=AF,∴△GAF≌△EAF (SAS)，∴∠AGF=∠AEF. …………………18分

由（1）知，△GAB≌△EBC ∴∠AGF=∠CEB,∴∠AEF=∠CEB. ……20分

四、（本大题满分20分）

14、如图，抛物线yaxbx3，顶点为E，该抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且OB＝OC＝3OA．直线y21x1与y轴交于点D．

3求∠DBC∠CBE．

1【解答】将x0分别代入yx1，yax2bx3知，D(0，1)，C(0，33)，………………2分

所以B(3，0)，A(1，0)．直线y1x1过点B．………………4分

3将点C(0，3)的坐标代入ya(x1)(x3)，得a1．……………6分

抛物线yx2x3的顶点为E(1，4)．………………8分

于是由勾股定理得BC＝32，CE＝2，BE＝25．

因为BC2＋CE2＝BE2，

所以，△BCE为直角三角形，BCE90．…………………………12分

2（第14题答题）CE1=．

CB3OD1， 又tan∠DBO=OB3因此tanCBE=则∠DBO＝CBE．……………………………………………………16分

综合能力大赛数学试题答案A卷共4页 第（3）页

所以，DBCCBEDBCDBOOBC45．…………20分

五、（本大题满分20分）

15、已知抛物线yx2axb，实数p，q满足ap2(bq).

（1）证明：抛物线yx2pxq通过定点；

（2）证明：下列两个二次方程，x2axb0与x2pxq0中至少有一个方程有实数根.

证明：（1）∵ap2(bq)

apab代入抛物线yx2pxq中，得yx2bp(x)0

22axyx2b02得解得： ，

a2ya4bx024aa24b2)……………………10分 故抛物线yxpxq通过定点(,24∴q（2）∵2qap2b，∴p24qp222qp22(ap2b)

=p22ap4b=p22apa2a24b

=(pa)2(a24b)

∴(p24q)(a24b)(pa)20

∴p24q与a24b中至少有一个非负.

∴x2axb0与x2pxq0中至少有一个方程有实数根.…………20分

综合能力大赛数学试题答案A卷共4页 第（4）页