上海中学自招数学真题(含答案)

2024年1月8日发(作者：小升初衔接数学试卷真题)

上海中学自主招生试题

1、因式分解：6x311x2x4 ．

【答案】x13x42x1．

【解析】容易发现x1是方程6x311x2x40的解，因此原式可以提出因式(x1)，得到(x1)(6x25x4)，对(6x25x4)用十字相乘可以得到原式等于(x1)(3x4)(2x1)．

2、设ab0，a2b24ab，则【答案】3．

ab

ab ．

(ab)26ab(ab)2ab．3．【解析】由条件可得(ab)6ab，因此由于ab0，

(ab)22ab22ab0，所以

ab3．

ab ． 3、若x2x10，则x32x23

【答案】4．

【解析】对多项式用带余除法可得x32x23(x2x1)(x1)4，而由条件(x2x1)(x1)0，因此原式的值等于4．

4、已知bc4abca，且a0，则【答案】2．

【解析】令abm，can，则cbmn，

代入bc4abca中得mn4mn，

mn0，mn，

2222bc_________．

a即abca，即2abc，

bc2．

a5、一个袋子里装有两个红球和一个白球（仅颜色不同），第一次从中取出一个球，记下颜色后放回，摇匀，第二次从中取出一个球，则两次都是红球的概率是

【答案】4．

9 ．

【解析】第一次取出红球的概率为率仍为

2，且无论第一次取出什么球，第二次取出红球的概32224，因此两次都是红球的概率是．

33396、直线l:y3x3与x、y轴交于点A、B，AOB关于直线AB对称得到ACB，则点C的坐标是 ．

33【答案】2,2．

【解析】根据函数解析式可以算出A、B的坐标分别为A(1,0)，B(0,3)．由于ACB是AOB关于直线AB对称得到的，所以ACAO，BCBO．设C(m,n)，则可列方程组m(m1)n1，解得22m(n3)3n223332，另一解与O重合，舍去．因此C(,)．

2232

7、一张矩形纸片ABCD，AD9，AB12，将纸片折叠，使A、C两点重合，折痕长是 ．

45．

4【答案】【解析】由题意知折痕是线段AC的中垂线，设它与AB,CD分别交于M,N．设MBx，则由MCMA可列方程x292(12x)2，解得x2121．同理有DN．作MECD，8821．可知8垂足为E，则四边形MECB是矩形，因此MEBC9，CEBMNECDDNCE

27452745．而MNME2NE292()2．因此折痕长为．

4444n，如果n是奇数，则将它乘28、任给一个正整数n，如果n是偶数，就将它减半——得到以3加1——得到3n1，不断重复这样的运算，如果对正整数n（视为首项）按照上述规则实施变换后（有些书可能多次出现）的第8项为1，则n的所有可能取值为________．

【答案】128，21，20，3，16，2．

【解析】设某一项为k，则它的前一项应该为2k或者其中k1必为奇数，即k4mod6，

3k1．

3按照上述方法从1开始反向操作7次即可．

9、正六边形ABCDED的面积是6平方厘米，联结AC、CE、EA、BD、DF、FB，求阴影部分小正六边形的面积为

【答案】2cm2．

【解析】右图中，阴影部分是正六边形，且与正六边形

．

ABCDEF的相似比为1:3，因此面积比为1:3．因为

ABCDEF的面积是6cm2，所以阴影部分的面积为

632(cm2)．

10、已知y12x24mx4m与y2mx在x取任意实数时，y1，y2至少有一个是正数，m的取值范围是________．

【答案】m4．

【解析】取x0，则y14m，y20，

4m0，m4，

此时函数y1的对称轴x4m0，

4则对任意x0总有y10，只需考虑x0；

若0m4，此时y20，

则对任意x0，有y10，

4m84m0，解得0m4；

2若m0，此时y20对x0恒成立；

综上，m4．

11、已知a，b，c是互不相等的实数，x是任意实数，化简：

xaxbxc________．

abaccbabcacb【答案】1．

222222xaxbxc【解析】令fxmx2nxk，

abaccbabcacbfafbfc1，即

ma2nak12mn0mbnbk1， ，即fx1．

k12mcnck1

12、已知实数a，b满足a2abb21，taba2b2，则t的取值范围是________．

1【答案】3t．

3【解析】方法一：考虑基本不等式a2b22ab．

则a2b21ab2ab，则1ab1，

31又taba2b22ab1，3t，

3其中a1，b1时，t3成立；ab方法二：逆用韦达定理．

abt3t12，ab0，

2231时，t成立．

33t3，ab故a,b是方程x2t3，

2t3t1x0的两个根，

22t3t1140，解得t，

22313t．

3

13、（1）求边长为1的正五边形对角线长；

（2）求sin18．

【答案】（1）5151；（2）．

24【解析】（1）设正五边形ABCDE，联结AC,BE，且设它们交于点M．可以计算得到ABMABC36，因此ABMACB，可得AB2AMAC．同时，51（另一负根舍2BMCCBM72，所以BCMC．若正五边形边长为1，则ABBCCM1，设ACx，则由AB2AMAC可列方程12x(x1)，解得x去）．由对称性，该五边形各对角线长均为51．

2（2）根据诱导公式，sin18cos72．在（1）的五边形中，BMAMACCM51．作CHBM，垂足为H，则等腰三角形BMC中2BHHM151BH51BM．因为CBM72，所以sin18cos72．

BC424

14、（1）fxx3ax2bxc，0f1f2f33，求c的取值范围；

0f6（2）fxx4ax3bx2cxd，f110，f220，f330，求f1【答案】（1）6c9 ；（2）8104．

【解析】（1）0f1f2f33，

．

fxk0有三个实根x1,2,3，

fxkx1x2x3，展开得ck6，6c9；

（2）方程fx10x0有三个实根x1,2,3，

记第4个根为xp，则fx10xxpx1x2x3，

fxxpx1x2x310x，

f10f610p9871006p789608104．

15、我们学过直线与圆的位置关系，根据材料完成问题（1）（2）

类似给出背景知识：

平面:AxByCzD0；

球：xaybzcR2；

点a,b,c到平面:AxByCzD0的距离公式：dAaBbCcDA2B2C2222；

球心到平面的距离为d，当dR时，球与平面相交，当dR时，球与平面相切，当dR时，球与平面相离；

问题（1）：若实数m、n、k满足mnk1，求m2n2k2的最小值；

问题（2）：解方程xy1z2x11【答案】（1）；（2）y2．

3z31xyz．

2【解析】（1）条件可转化为点(m,n,k)在平面xyz10上，而m2n2k2的最小值即该点到原点距离平方的最小值．这个距离最小为原点到平面xyz10的距离，而原点到平面的距离可由材料公式计算得到：d|1010101|1212123，因此3m2n2k2的最小值为d211，等号在mnk时取到．

33

111（2）移项后配方可以得到(x1)2(y11)2(z21)20，因此必有222x10x1y110，于是解得y2．

z3z210