[数学]重点高中提前自主招生数学培训材料

1、1崇礼二中崇礼二中 2013 年预备张市一中自主招生年预备张市一中自主招生数学培训材料数学培训材料一、选拔思路：一、选拔思路：选拔具有创新意识、思维能力强、综合素质高、潜能潜力大的学生。二、试题特点二、试题特点1.注重考察学生对数学概念、数学知识的生成过程。2.考察学生对数学问题的直观感知、操作、探究的意识和能力，从而考察了学生的整个思维过程。重点考察的思维方式：直观思维、运动变化的观点、极端原理及数学模型构建的思维方式。3.重视对数学思想的考察，函数思想、转化思想、分类讨论思想、方程思想是考察的重点。三、重点专题培训三、重点专题培训（一）代数式专题（一）代数式专题1、一个六位数，如果它的前三

2、位数码与后三位数码完全相同，顺序也相同，由此六位数可以被（）整除。a. 111b. 1000c. 1001d. 11112、若，则 s 的整数部分是_2001119811198011s3、某商店经销一批衬衣，进价为每件 m 元，零售价比进价高 a%，后因市场的变化，该店把零售价调整为原来零售价的 b%出售，那么调价后每件衬衣的零售价是 （）a. m(1+a%)(1-b%)元b. ma%(1-b%)元c. m(1+a%)b%元d. m(1+a%b%)元4、如果 a、b、c 是非零实数，且 a+b+c=0，那么的所有可能|abcabcccbbaa的值为（）a. 0b. 1 或-1c. 2 或-2d

3、. 0 或-25、在abc 中，a、b、c 分别为角 a、b、c 的对边，若b60，则的值（）bcabaca. b. 2122c. 1d. 2cabcab26、设 ab0，a2+b2=4ab，则的值为（baba）a. b. c. 2d. 3367、已知 a1999x2000，b1999x2001，c1999x2002，则多项式 a2+b2+c2-ab-bc-ca 的值为（）a. 0b. 1c. 2d. 38、已知 abc0，且 a+b+c0，则代数式的值是（abccabbca222）a. 3b. 2c. 1d. 09、某商品的标价比成本高 p%，当该商品降价出售时，为了不亏损成本，售价的折扣（

4、即降价的百分数）不得超过 d%，则 d 可用 p 表示为10、已知实数 z、y、z 满足 x+y=5 及 z2=xy+y-9，则 x+2y+3z=_【答案与解析答案与解析】1. 解：依题意设六位数为，则abcabca105b104c103a102b10ca102（1031）abcabcb10（1031）c（1031）（a103b10c） （1031）1001（a103b10c） ，而 a103b10c 是整数，所以能被 1001 整除。故选 c方法二：代入法2. 解：因 1981、19822001 均大于 1980，所以，又9022198019801221s1980、19812000 均小于

5、2001，所以，从而知22219022200120011221ss 的整数部分为 90。33. 解：根据题意，这批衬衣的零售价为每件 m（1a%）元，因调整后的零售价为原零售价的 b%，所以调价后每件衬衣的零售价为 m（1a%）b%元。应选 c4. 解：由已知，a，b，c 为两正一负或两负一正。当 a，b，c 为两正一负时：；0|1|1|abcabcccbbaaabcabcccbbaa所以，当 a，b，c 为两负一正时：0|1|1|abcabcccbbaaabcabcccbbaa所以，由知所有可能的值为 0。|abcabcccbbaa应选 a5、解：过 a 点作 adcd 于 d，在 rtbd

6、a 中，则于b60，所以db，ad。在 rtadc 中，dc2ac2ad2，所以有（a）2cc232c2b2c2，整理得 a2c2=b2ac，从而有431)(22222bbcabacbcabcabcbaabacbcbcabac应选 c6、解：因为(a+b)2=6ab，(a-b)2=2ab，由于 ab0，得，abbaabba26，故。3baba应选 a7、32) 1() 1(21211)()()(21222222222原式，又，解：accbbaaccbbacabcabcba48、3)()()()()()(ccbbaabcaccbabcabaabcbaacbcabcacb解：原式9、解：设该商品的

7、成本为 a，则有 a(1+p%)(1-d%)=a，解得p100p100d10、解：由已知条件知（x+1）y=6，(x1)y=z29，所以 x1，y 是t26tz29=0 的两个实根，方程有实数解，则（6）24（z29）4z20，从而知 z=0，解方程得 x+1=3，y=3。所以 x+2y+3z8（二）方程专题（二）方程专题1、甲乙两人同时从同一地点出发，相背而行 1 小时后他们分别到达各自的终点 a 与b，若仍从原地出发，互换彼此的目的地，则甲在乙到达 a 之后 35 分钟到达 b，甲乙的速度之比（）a. 35b. 43c. 45d. 342、某种产品按质量分为 10 个档次，生产最低档次产品

8、，每件获利润 8 元，每提高一个档次，每件产品利润增加 2 元，用同样工时，最低档次产品每天可生产 60 件，提高一个档次将减少 3 件，如果获利润最大的产品是第 r 档次（最低档次为第一档次，档次依次随质量增加） ，那么 r 等于（）a. 5b. 7c. 9d. 103、某商店出售某种商品每件可获利 m 元，利润为 20%（利润） ，若这种商售价进价进价品的进价提高 25%，而商店将这种商品的售价提高到每件仍可获利 m 元，则提价后的利润率为（）a. 25%b. 20%c. 16%d. 12.5%4、某项工程，甲单独需 a 天完成，在甲做了 c（ca）天后，剩下工作由乙单独完成还需 b 天，

9、若开始就由甲乙两人共同合作，则完成任务需（）天a. b. c. d. cabababc2cbacbabc5、一只小船顺流航行在甲、乙两个码头之间需 a 小时，逆流航行这段路程需 b 小时，那么一木块顺水漂流这段路需（）小时a. b. c. d. baab2abab2baababab6、甲乙两厂生产同一种产品，都计划把全年的产品销往济南，这样两厂的产品就能占5有济南市场同类产品的，然而实际情况并不理想，甲厂仅有的产品，乙厂仅有4321的产品销到了济南，两厂的产品仅占了济南市场同类产品的，则甲厂该产品的3131年产量与乙厂该产品的年产量的比为7、假期学校组织 360 名师生外出旅游，某客车出租公司

10、有两种大客车可供选择，甲种客车每辆有 40 个座位，租金 400 元；乙种客车每辆有 50 个座位，租金 480 元，则租用该公司客车最少需用租金元。8、时钟在四点与五点之间，在时刻（时针与分针）在同一条直线上？9、为民房产公司把一套房子以标价的九五折出售给钱先生，钱先生在三年后再以超出房子原来标价 60%的价格把房子转让给金先生，考虑到三年来物价的总涨幅为40%，则钱先生实际上按%的利率获得了利润（精确到一位小数）10、甲乙两名运动员在长 100 米的游泳池两边同时开始相向游泳，甲游 100 米要 72 秒，乙游 100 米要 60 秒，略去转身时间不计，在 12 分钟内二人相遇次。【答案与

11、解析答案与解析】1、d解：设甲的速度为千米/时，乙的速度为千米/时，根据题意知，从出发地点1v2v到 a 的路程为千米，到 b 的路程为千米，从而有方程：1v2v，化简得，解得不合题60352112vvvv012)(7)(1221221vvvv34(432121vvvv意舍去） 。应选 d。2、c解：第 k 档次产品比最低档次产品提高了（k1）个档次，所以每天利润为864)9(6)1(28)1(3602kkky所以，生产第 9 档次产品获利润最大，每天获利 864 元。63、c解：若这商品原来进价为每件 a 元，提价后的利润率为，%x则解这个方程组，得，即提价后的利润率为 16%。%)251

12、(%20 xamam16x4、b 解：设甲乙合作用天完成。x由题意：，解得。故选 b。1)11(xbacacbaabx5、b 解：设小船自身在静水中的速度为 v 千米/时，水流速度为 x 千米/时，甲乙之间的距离为 s 千米，于是有求得所以。bsxvasxv，absabx2)( ababxs26、21。解甲厂该产品的年产量为，乙厂该产品的年产量为。xy则：，解得31433121yxyx1:2:2yxyx7、3520。解：因为 9 辆甲种客车可以乘坐 360 人，故最多需要 9 辆客车；又因为 7 辆乙种客车只能乘坐 350 人，故最多需要 8 辆客车。当用 9 辆客车时，显然用 9 辆甲种客车

13、需用租金最少，为 40093600 元；当用 8 辆客车时，因为 7 辆甲种客车，1 辆乙种客车只能乘坐 407+50330 人，而 6 辆甲种客车，2 辆乙种客车只能乘坐 406+502340 人，5 辆甲种客车，3辆乙种客车只能乘坐 405+503350 人，4 辆甲种客车，4 辆乙种客车只能乘坐404+504360 人，所以用 8 辆客车时最少要用 4 辆乙种客车，显然用 4 辆甲种客车，4 辆乙种客车时需用租金最少为 4004+48043520 元。8、4 点分或 4 点分时，两针在同一直线上。1192111654解：设四点过分后，两针在同一直线上，x若两针重合，则，求得分，xx211

14、20611921x若两针成 180 度角，则，求得分。180211206xx11654x所以在 4 点分或 4 点分时，两针在同一直线上。11921116549、20.3。解：钱先生购房开支为标价的 95%，考虑到物价上涨因素，钱先生转让房子的利率为%3 .20203. 014 . 195. 06 . 11%)401%(95%60110、共 11 次。7（三）三角形边角不等关系专题（三）三角形边角不等关系专题1、如图 8-1，已知 ab10，p 是线段 ab 上任意一点，在 ab 的同侧分别以 ap 和 pb为边作两个等边三角形 apc 和 bpd，则线段 cd 的长度的最小值是（）a. 4b

15、. 5c. 6d. ) 15(52、如图 8-2，四边形 abcd 中a60，bd90，ad8，ab7，则bccd 等于（）a. b. 5c. 4d. 3363333、如图 8-3，在梯形 abcd 中，adbc，ad3，bc9，ab6，cd4，若efbc，且梯形 aefd 与梯形 ebcf 的周长相等，则 ef 的长为（）a. b. c. d. 7455335392154、已知abc 的三个内角为 a、b、c 且 a+b，c+a，c+b，则、 中，锐角的个数最多为（）a. 1b. 2c. 3d. 05、如图 8-4，矩形 abcd 的长 ad9cm，宽 ab3cm，将其折叠，使点 d 与点

16、b 重合，那么折叠后 de 的长和折痕 ef 的长分别为（）a. 4cm b. 5cm cm10cm10 c. 4cm d. 5cm cm32cm326、若函数与函数的图象相交于 a，c 两点，ab 垂直 x 轴于 b，)0(kkxyxy1则abc 的面积为（）a. 1b. 2c. kd. k27、如图 8-5，aa、bb分别是eab、dbc 的平分线，若 aabbab，60100 米18030042054066072060abcdabcdp图 8-1图 8-2adcbef图 8-3图 8-4abcdadcfcbe8则bac 的度数为8、如图 8-6，p 是矩形 abcd 内一点，若 pa3，

17、pb4，pc5，则 pd9、如图 8-8，在abc 中，abc60，点 p 是abc 内的一点，使得apbbpccpa，且 pa8，pc6，则 pb10、如图 8-9，ad 是abc 中 bc 边上的中线，求证：ad（ab+ac） 21【答案与解析答案与解析】1、如图过 c 作 cead 于 e，过 d 作 dfpb 于 f，过 d 作 dgce 于 g。 显然 dgefab5，cddg，当 p 为 ab 中点时，有 cddg5，所以 cd21长度的最小值是 5。2、如图延长 ab、dc 相交于 e，在 rtade 中，可求得 ae16，de8，于是3beaeab9，在 rtbec 中，可求得

18、bc3，ce6，于是 cddece2bccd5333。33、由已知 ad+ae+ef+fdef+eb+bc+cfad+ae+fdeb+bc+cf11)(21cdbcabadefbc，efad，fcdfebae设，kfcdfebae141161kkcdkkdfkkabkkae，ad+ae+fd3+解得 k413131416kkkkkk111313kk作 ahcd，ah 交 bc 于 h，交 ef 于 g，图 8-6abdcp图 8-8bacp60abcdeadcbefhgabdc图 8-99则 gfhcad3，bhbcch9-36，54abaebheg52454bheg5393524gfegef

19、4、假设 、 三个角都是锐角，即 90，90，90，也就是a+b90，b+c90，c+a90。2（a+b+c）270，abc135与 abc180矛盾。故 、 不可能都是锐角，假设、 中有两个锐角，不妨设 、 是锐角，那么有 ab90，ca90，a(abc)180，即 a+180180，a0这也不可能，所以 、 中至多只有一个锐角，如 a20，b30，c130，50，选 a。5、折叠后，debe，设 dex，则 ae9x，在 rtabc 中，ab2ae2be2，即，解得 x5，连结 bd 交 ef 于 o，则 eofo，bodo222)9(3xxdo1033922bd1023在 rtdoe 中

20、，eoef。选210)1023(52222 dode10b。6、a。设点 a 的坐标为（） ，则，故abo 的面积为，又因为yx，1xy2121xyabo 与cbo 同底等高，因此abc 的面积2abo 的面积1。7、12。设bac 的度数为 x，abbb bbd2x，cbd4xabaaaabab acbd4xaab)180(21x，于是可解出 x12。18044)180(21xxx8、过 p 作 ab 的平行线分别交 da、bc 于 e、f，过 p 作 bc的平行线分别交 ab、cd 于 g、h。设agdha，bgchb，aebfc，decfd，则222222222222dpadcbbpdb

21、cpcaap，于是，故，2222dpbpcpap184532222222bpcpapdpdp32abdcpefghaabbcd109、提示：由题意apbbpccpa120，设pbc，abc60则abp60，bappbc，abpbpc，bp2appcpcbpbpap3448 pcapbp10、证明：如图延长 ad 至 e，使 adde，连结 be。bddc，adde，adcedbacdebdacbe在abe 中，aeabbe，即 2adabacad（abac）21（四）面积及等积变换专题（四）面积及等积变换专题1、如图 9-1，在梯形 abcd 中，abcd，ac 与 bd 交于 o，点 p 在

22、 ab 的延长线上，且 bpcd，则图形中面积相等的三角形有（）a. 3 对b. 4 对c. 5 对d. 6 对2、如图 9-2，点 e、f 分别是矩形 abcd 的边ab、bc 的中点，连 af、ce，设 af、ce 交于点g，则等于（）abcdagcdss矩形四边形a. b. c. d. 655443323、设abc 的面积为 1，d 是边 ab 上一点，且，若在边 ac 上取一点 e，abad31使四边形 decb 的面积为，则的值为（）43eacea. b. c. d. 213141514、如图 9-3，在abc 中，acb90，分别以 ac、ab 为边，在abc 外作正方形 acef

23、 和正方形 aghb，作 ckab，分别交ab 和 gh 于 d 和 k，则正方形 acef 的面积 s1与矩形 agkd 的面积 s2的大小关系是（）a. s1s2b. s1s2c. s1s2d. 不能确定，与的大小有关abac5、如图 9-6，矩形 abcd 中，aba，bcb，m 是 bc 的中点，abdcepadcbo图 9-1abcdefg图 9-2abcdhgkfe图 9-3abcdefo84xyy40y30y35y图 9-711deam，e 为垂足，则 de（）a. b. 2242baab224baabc. d. 2242baab224baab6、o 为abc 内一点，ao、bo

24、、co 及其延长线把abc 分成六个小三角形，它们的面积如图 9-7 所示，则 sabc（）a. 292b. 315c. 322d. 3577、如图 9-11，已知 d、e 分别是abc 的边 bc、ca 上的点，且bd4，dc1，ae5，ec2。连结 ad 和 be，它们相交于点p，过点 p 分别作 pqca，prcb，它们分别与边 ab 交于点q、r，则pqr 的面积与abc 的面积之比为8、如图 9-13，p 是矩形 abcd 内一点，若pa3，pb4，pc5，则 pd9、如图 9-16，在abcd 中，p1、p2、p3pn-1是 bd 的 n 等分点，连结 ap2，并延长交 bc 于点

25、 e，连结 apn-2并延长交 cd 于点 f。求证：efbd设abcd 的面积是 s，若 saefs，求 n 的值。83abqrdcep图 9-11dbacefp1p2pn-2pn-1图 9-16abcdp图 9-13abcdem图 9-61210、如图 9-17，abc 是等腰三角形，c90，o 是abc 内一点，点 o 到abc 各边的距离等于 1，将abc 绕点 o 顺时针旋转 45得到a1b1c1，两三角形的公共部分为多边形 klmnpq。证明：akl，bmn，cpq 都是等腰直角三角形。求证：abc 与a1b1c1公共部分的面积。图 9-17abcc1a1b1lmknqpo13【答

26、案与解析答案与解析】1、c。acdbcpbcdbcpbcdacdbocaodabdabcssssssssss，2、d。连结 ac，有，则3:1:abcagcss。abcdabcdabcdacdagcagcd32212131s矩形矩形矩形四边形sssss3、b。如图联结 be，ades41431设，则xaccexabe1s414131sxxade，31eace4、a。解：，因为，agadsacs221，acbrtadcrt所以，即，又因为 abag，abacacadabadac2所以，所以应选 a。221sagadacs5、a。解：由adeabm，得 de222242)21(baabbaabam

27、abad6、b。，即cdoacobdoabossdoaoss30354084xy又，即ceobcobdeabossoeboss357084xy，解之得84211234yxyx5670yxsabc84+40+30+35+70+56315。7、。解：过点 e 作 efad，且交 bc 于点 f，则，所以108940052eacefdcfaedbc14。因为 pqca，所以75255cdfd33287544bfbdbebpeapq于是。因为 pqca，prcb，所以qpracb，33140pq因为pqrcab 故。1089400)3320()(22capqsscabpqr8、3。解：过点 p 作 a

28、b 的平行线分别交 da、bc 于 e、f，过 p 作 bc 的平行线分别交2ab、cd 于 g、h。设 agdha，bgchb，aebfc，decfd，则，222222222222cpaddpcbbpdbcaap，于是，故，2222dpbpcpap184532222222bpcpapdpdp3。29、解：因 adbc，abdc，所以dapbepabpfdpnn2222，从而有22ap2222222222nbpdpepndpbpfpapnnnn，即所以 efbdfpapfpapnn2222由可知，所以，同理可证22nabdfsnsafd21snsabe21显然，所以，22ndcdf241nnd

29、cdfdcdfdcdcfc从而知，已知所以有snnsecf2)24(21,83ssaef，即snnsnss2)24(212128383)2(2)4(22122nnn解方程得 n6。10、证明：连结 oc、oc1，分别交 pq、np 于点 d、e，根据题意得coc145。点 o 到 ac 和 bc 的距离都等于 1，oc 是acb 的平分线。acb90oceocq4515同理oc1doc1n45oecodc190cqpcpqc1pnc1np45cpq 和c1np 都是等腰直角三角形。bnmc1np45a1qkcqp45b45a145bmn 和a1kq 都是等腰直角三角形。b1mlbmn90，ak

30、la1kq90b145a45b1ml 和akl 也都是等腰直角三角形。在 rtodc1和 rtoec 中，odoe1，coc145ococ1cdc1e-122pqnp2（-1）2-2，cqcpc1pc1n（-1）222222223)22(212cpqs延长 co 交 ab 于 hco 平分acb，且 acbcchab，chcooh+12acbca1c1b1c1（1）2222223)22(212abcsa1qbn（2+）（2-2）（2）2222kqmn2221)2(212bmnsak（2+）（2）22221)2(212akls1622411)223)223(s-s-s-saklbmncpqabc

31、klmnpq（多边形s（五）三角形的四心及平移、旋转、覆盖专题（五）三角形的四心及平移、旋转、覆盖专题1、g 是abc 的重心，连结 ag 并延长交边 bc 于 d，若abc 的面积为 6cm2，则bgd 的面积为（）a. 2cm2b. 3 cm2c. 1 cm2d. cm2232、如图 10-1，在 rtabc 中，c90，a30，c 的平分线与b 的外角的平分线交于 e 点，则aeb 是（）a. 50b. 45c. 40d. 353、在abc 中，acb90，a20，如图 10-2，将abc绕点 c 按逆时针方向旋转角 到acb的位置，其中 a、b分别是 a、b 的对应点，b 在 ab上，

32、ca交 ab 于 d，则bdc 的度数为（）a. 40b. 45c. 50d. 604、如图 10-3，有一块矩形纸片 abcd，ab8，ad6，将纸片折叠，使 ad 边落在 ab 边上，折痕为 ae，再将aed 沿 de 向右翻折，ae 与 bc 的交点为 f，cef 的面积为（）a. 2b. 4c. 6d. 85、已知点 i 是锐角三角形 abc 的内心，a1、b1、c1分别是点 i 关于 bc、ca、ab 的对称点，若点 b 在a1b1c1的外接圆上，则abc 等于（）a. 30b. 45c. 60d. 906、在凸四边形 abcd 中，已知 abbccdda2231，且abc90，则d

33、ab 的度数是7、如图 10-5，在矩形 abcd 中，ab5，bc12，将矩形 abcd 沿对角线对折，然后放在桌面上，折叠后所成的图形覆盖桌面的面积acbe图 10-1abcdab图 10-2abcddaebcadebcf图 10-3abcded图 10-517是8、已知 am 是abc 中 bc 边上的中线，p 是abc 的重心，过 p 作 ef（efbc） ，分别交 ab、ac 于 e、f，则afcfaebe9、在abc 中，d 为 ab 的中点，分别延长 ca、cb 到点 e、f，使 dedf，过 e、f 分别作 ca、cb 的垂线相交于 p，设线段 pa、pb 的中点分别为 m、n

34、。求证：demdfnpaepbf10、如图 10-8，在abc 中，abac，底角 b 的三等分线交高线 ad 于 m、n，边 cn 并延长交 ab 于 e。求证：embnaecbfdpmn图 10-7abcnmed图 10-818【答案与解析答案与解析】一、选择题1、解：。选 c。)( 12131312cmsssabcabdbgd2、解：在 rtabc 中，c90，a30，则abc60，因为 eb 是b 的外角的平分线，所以abe60，因为 e 是c 的平分线与b 的平分线的交点，所以 e 点到 cb 的距离等于 e 到 ab 的距离，也等于 e 点到 ca 的距离，从而 ae 是a 的外角

35、的平分线。所以，aeb180607545。应选 b。752150bae3、解：依题意在等腰三角形 bcb 中，有bcb，b902070。所以 18027040，即dca40，从而bdcdcaa402060。应选 d。4、解：由折叠过程知，dead6，daecef45，所以cef 是等腰直角三角形，且 ec862，所以 scef2。故选 a。5、解：因为 ia1ib1ic12r（r 为abc 的内切圆半径） ，所以 i 点同时是a1b1c1的外接圆的圆心，设 ia1与 bc 的交点为 d，则 ibia12id，所以ibd30。同理，iba30，于是abc60。故选 c。6、解：连 ac，即 ad

36、a，则在等腰 rtabc 中22222222)3(8adcdaaabcabac有cad90dabdaccab90+45135。7、解：设折叠后所成圆形覆盖桌面的面积为 s，则：ececabsssssssaecaecabcdaeccadabc25211矩形 由 rtabertcd1e知 ecae设 ecx，则，即222xbeab222)12(5xx解得：4820354884512548845241692524169ssxaec8、解：如图分别过 b、c 两点作 bg、ck 平行于 am 交直线 ef 于 g、k，则有apckafceapbgaebe两式相加 又梯形 bckg 中，pm（bg+ck

37、） ，而由 p 为重心apckbgafcfaebe21得 ap2pm19故122pmpmafcfaebe9、证明：如图，据题设可知 dm 平行且等于 bn，dn 平行且等于 am，amdbndm、n 分别是 rtaep 和 rtbfp 斜边的中点emamdnfnbndm又已知 dedfdemdfn由上述全等三角形可知emdfndamebnf而ame、bnf 均为等腰三角形paepbf。10、证明：连结 mcabbc，adbc123456又78m 是aec 的内心em 是aen 的平分线mnamenae又ebn2nbd21enbnbd421ebenenbnmnamebae（六）逻辑推理专题（六）

38、逻辑推理专题1、世界杯足球赛小组赛，每个小组 4 个队进行单循环比赛，每场比赛胜队得 3 分，败队得 0分，平局时两队各得 1 分，小组赛完以后，总积分最高的两个队出线进入下轮比赛，如果总积分相同，还要按净胜球排序，一个队要保证出线，这个队至少要积（）a. 6 分b. 7 分c. 8 分d. 9 分2、已知四边形 abcd 从下列条件中abcdbcadabcdbcadacbd，任取其中两个，可以得出“四边形 abcd 是平行四边形”这一结论的情况有（）a. 4 种b. 9 种c. 13 种d. 15 种3、正整数 n 小于 100，并且满足等式，其中表示不超过 x 的最大整nnnn632 x数

39、，这样的正整数 n 有（）个a. 2b. 3c. 12d. 164、一副扑克牌有 4 种花色，每种花色有 13 张，从中任意抽牌，最小要抽（）张才能保证有 4 张牌是同一花色的。a. 12b. 13c. 14d. 155、观察下列图形：根据的规律，图中三角形个数abcnmed4123567820【答案与解析答案与解析】1、b 解：4 个队单循环比赛共比赛 6 场，每场比赛后两队得分之和或为 2 分（即打平） ，或为3 分（有胜负） ，所以 6 场后各队的得分之和不超过 18 分，若一个队得 7 分，剩下的 3 个队得分之和不超过 11 分，不可能有两个队得分之和大于或等于 7 分，所以这个队必

40、定出线，如果一个队得 6 分，则有可能还有两个队均得 6 分，而净胜球比该队多，该队仍不能出线。应选 b。2、b 解：共有 15 种搭配。和和和和和和和和和能得出四边形 abcd 是平行四边形。和和和和和和不能得出四边形 abcd 是平行四边形。应选 b。3、d 解：由，以及若 x 不是整数，则xx 知，2|n，3|n，6|n，即 n 是 6nnnn632的倍数，因此小于 100 的这样的正整数有个。应选 d。1661004、b 解：4 种花色相当于 4 个抽屉，设最少要抽 x 张扑克，问题相当于把 x 张扑克放进 4 个抽屉，至少有 4 张牌在同一个抽屉，有 x=34+113。故选 b。5、

41、解：根据图中、的规律，可知图中的三角形的个数为1+4+34+324+3341+4+12+36+108161（个）（七）一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）专题（七）一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）专题1、 已知21,xx是关于x的一元二次方程012) 13(22axax的两个实数根，使得80)3)(3(2121xxxx成立。求实数a的所有可能值。 2、已知关于的一元二次方程的两个整数根恰好比方程x20 xcxa的两个根都大 1，求的值。20 xaxbabc21 3已知二次函数的图象与轴的两个交点的横坐标分别为，且2yxaxbxmn.设满足上述要求的的最大值和最小值分别为，求p+q的值。

42、1mnbpq【答案与解析答案与解析】1、解：由条件知056) 12(4) 13(222aaaa，解得5a或1a 又由根与系数的关系知) 13(21axx，12221 axx， 于是21221212221212116)(310)(3)3)(3(xxxxxxxxxxxx19185) 12(16) 13(3222aaaa， 由80191852aa，解得3a（舍去）或533a 于是533a综上所述，所求的实数533a 2、解：设方程的两个根为 、，其中 、 为整数，且20 xaxb22则方程的两个整数根为 1、1，20 xcxa由根与系数关系得：a，(1)(1)a两式相加得：2210 即(2)(2)3

43、或 解得：或321212321135又a()，b，c(1)(1)a0，b1，c2或a8，b15，c6故3或29abcabc3、解：解：根据题意，是一元二次方程的两根，所以，,m n20 xaxbmna . mnb，.1mn1mnmn1mnmn方程的判别式，.20 xaxb240ab 22()1444amnb，故，等号当且仅当22244()()()11bmnmnmnmn 14b 时取得；12mn ，故，等号当且仅当22244()()1 ()1bmnmnmnmn 14b 时取得.12mn所以，于是.14p 14q 12pq（八）圆专题（八）圆专题1、如图，圆与圆相交于两点，为圆的切线，点在圆上，且

44、od,a bbcdco.abbc（1）证明：点在圆的圆周上.od（2）设的面积为，求圆的的半径的最小值. abcsdr232、如图，点 h 为abc 的垂心，以 ab 为直径的和bch 的外接圆1o相交于点 d，延长 ad 交 ch 于点 p，2o求证：点 p 为 ch 的中点。证明：如图，延长 ap 交于点 q2o【答案与解析答案与解析】1 解解 （1）连，因为为圆心，所以，,oa ob oc acoabbcobaobc从而. obaobc 因为，所以,odab dbbc，9090dobobaobcdbo 所以，因此点在圆的圆周上. dbdood（2）设圆的半径为，的延长线交于点，易知.设o

45、aboacebeac2acy，则，(0)yaoexabl222axy()sy ax. 22222222()2222 ()aslyaxyaaxxaaxa axy因为,，所以22abcobaoabbdo abbcdbdobdoabc1oh2opdq24，所以，即，故. abcbdboabac2raly2alry所以，即，其中等号当时成立，这2 2223222( )4422a laassasryyyy22sr ay时是圆的直径.所以圆的的半径的最小值为. acodr22s2. 连结 ah，bd，qc，qhab 为直径 adbbdq900bq 为的直径2o于是 cqbc，bhhq点 h 为abc 的垂

46、心 ahbc，bhacahcq，achq，四边形 achq 为平行四边形则点 p 为 ch 的中点（九）抛物线专题（九）抛物线专题1、抛物线cbxaxy2的图象与x轴有两个交点)0 ,(),0 ,(21xnxm，且经过点) 1, 0(a，其中210 xx 过点a的直线l与x轴交于点.c，与抛物线交于点b（异于点a），满足can是等腰直角三角形，且amnbmnss25求该抛物线的解析式2如图，在平面直角坐标系中，直角梯形 oabc 的顶点 a、b 的坐标分别是、(5,0)，点 d 在线段 oa 上，bd=ba， 点 q 是线段 bd 上一(3,2)个动点，点 p 的坐标是，设直线 pq 的解析式

47、为(0,3)ykxbqpxydcbao25（1）求 k 的取值范围；（2）当 k 为取值范围内的最大整数时，若抛物线的顶点在直线25yaxaxpq、oa、ab、bc 围成的四边形内部，求 a 的取值范围3、已知二次函数的图象经过两点 p，q.2yxbxc(1, )a(2,10 )a（1）如果都是整数，且，求的值., ,a b c8cba, ,a b c（2）设二次函数的图象与轴的交点为 a、b，与轴的交点为 c.如果2yxbxcxy关于的方程的两个根都是整数，求abc 的面积.x20 xbxc4、已知二次函数的图象与轴的交点分别为 a、b，与轴的交2(0)yxbxccxy点为 c.设abc 的

48、外接圆的圆心为点 p.（1）证明：p 与轴的另一个交点为定点.y（2）如果 ab 恰好为p 的直径且，求和的值.2abcsbc26【答案与解析答案与解析】1. 解：由条件知该抛物线开口向上，与x的两个交点在y轴的右侧由于can是等腰直角三角形，故点c在x轴的左侧，且90can故45acn，从而)0 , 1(c，)0, 1 (n 于是直线l的方程为：1 xy设),(33yxb，由amnbmnss25知253y， 从而233x，即)25,23(b 综上可知，该抛物线通过点) 1 , 0(a，)25,23(b，)0 , 1 (n于是cbacbac02349251， 解得154cba所以所求抛物线的解

49、析式为1542xxy2. 解：解：（1）直线经过 p， ykxb(0,3)3b b，a，bd=ba， 点 d 的坐标是，(3,2)(5,0)(1,0) bd 的解析式是, 1yx13.x qpxydcbao27依题意，得 ，1,3.yxykx4,1xk 解得413.1 k13.3k （2）且 k 为最大整数，.13,3k1k 则直线 pq 的解析式为3yx 又因为抛物线的顶点坐标是，对称轴为25yaxax525,24a52x 解方程组得 即直线 pq 与对称轴为的交点坐标为，.25, 3xxy.21,25yx52x 5 1( , )2 2解得 125224a 822525a 3 解 点 p、q

50、在二次函数的图象上，故，(1, )a(2,10 )a2yxbxc1 bca，4210aca解得，. 93ba82ca（1）由知解得.8cba8293,938 ,aaaa13a又为整数，所以，.a2a 9315ba8214ca(2) 设是方程的两个整数根，且.,m nmn由根与系数的关系可得，消去，得39mnba 28mnca a，98()6mnmn 两边同时乘以 9，得，分解因式，得.8172()54mnmn (98)(98)10mn所以或或或981,9810,mn982,985,mn9810,981,mn 985,982,mn 28解得或或或1,2,mn10,913,9mn2,97,9mn

51、1,932,3mn又是整数，所以后面三组解舍去，故.,m n1,2mn因此，二次函数的解析式为.()3bmn 2cmn 232yxx易求得点 a、b 的坐标为（1,0）和（2,0） ，点 c 的坐标为（0,2） ，所以abc 的面积为1(2 1) 2124 解解 （1）易求得点的坐标为，设，则，c(0, )c1a( ,0)x2b(,0)x12xxb .12x xc设p 与轴的另一个交点为 d，由于 ab、cd 是p 的两条相交弦，它们的交点为点yo，所以 oaobocod，则.121x xcoa obodoccc因为，所以点在轴的负半轴上，从而点 d 在轴的正半轴上，所以点 d 为定0c cy

52、y点，它的坐标为(0,1). （2）因为 abcd，如果 ab 恰好为p 的直径，则 c、d 关于点 o 对称，所以点的坐c标为，(0, 1)即. 1c 又，所以222121212()4()44abxxxxx xbcb，2114 1222abcsab ocb 解得. 2 3b （十）几何证明专题（十）几何证明专题1、如图 10-9，半径不等的两圆相交于 a、b 两点，线段 cd 经过点 a，且分别交两于 c、d两点，连结 bc、cd，设 p、q、k 分别是 bc、bd、cd 中点 m、n 分别是弧 bc 和弧 bd的中点。29求证：qbnqpmbpkpmnqk2.已知abc 中，acb90，a

53、b 边上的高线 ch 与abc 的两条内角平分线 am、bn分别交于 p、q 两点.pm、qn 的中点分别为 e、f.求证：efab. 3、如图，abc 中，bac60，ab2ac。点 p 在abc 内，且pa，pb5，pc2，求abc 的面积。3acpbqmabcdmnkpq图 10-9fqephnmacb30 4、如图 8-10，在 rtabc 中，acb90，cd 是角平分线，debc 交 ac 于点e，dfac 交 bc 于点 f。求证：四边形 cedf 是正方形。cd22aebf【答案与解析答案与解析】1、证明：如图：因为 m 是的中点，p 是 bc 的中点，所以 mpbc，bpm9

54、0，bc连结 ab，则有pbmcab（180dab）90dab90212121nbdqnb。所以 rtbpmrtnqb。于是有bqnqmpbp因为 kpbd，且 kpbdbq，所以，四边形 pbqk 是平行四边形。于是，有21bpkqbqkp由式得。又kpmkpb90kqb90kpnqmpkqnqk，所以kpmnqk。2、解 因为 bn 是abc 的平分线，所以.abncbn 又因为 chab，所以，cqnbqh90abn90cbncnb 因此. cqnc又 f 是 qn 的中点，所以 cfqn，所以acfbde图 8-10fqephnmacb31，因此 c、f、h、b 四点共圆. cfb90

55、chb 又，所以 fcfh，故点 f 在 ch 的中垂线上. fbh =fbc同理可证，点 e 在 ch 的中垂线上.因此 efch.又 abch，所以 efab.3、解：如图，作abq，使得：qabpac，abqacp，则abq acp，由于 ab2ac，相似比为 2于是，aq2 ap2，bq2cp43qapqabbappacbapbac60由 aq：ap2：1 知，apq900于是，pqap33bp225bq 2pq 2 从而bqp900作 ambq 于 m，由bqa1200，知aqm600，qm，am3，于是，3ab2bm 2am 2 (4) 23228833故 sabcabacsin6

56、00ab 221832376 4、证明：acb90，debc，dfac，deac，debc，从而ecfdecdfc90。cd 是角平分线dedf，即知四边形 cedf 是正方形。在 rtaed 和 rtdfb 中，debcadebrtaedrtdfb，即 dedfaebfcddedf，bfdedfae22bfaedfdedfdecd22222四、模拟试题练习四、模拟试题练习模拟试题一模拟试题一一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 30 分）分）1设，则代数式 x（x+1） （x+2） （x+3）的值为（）a0b1c1d22已知 x，y，z 为

57、实数，且满足 x+2y5z=3，x2yz=5，则 x2+y2+z2的最小值为（）acpbqm32ab0c5d3点 d，e 分别在abc 的边 ab，ac 上，be，cd 相交于点 f，设 s四边形 eadf=s1，sbdf=s2，sbcf=s3，scef=s4，则 s1s3与 s2s4的大小关系为（）as1s3s2s4bs1s3=s2s4cs1s3s2s4d不能确定4如图，菱形 abcd 的边长为 a，点 o 是对角线 ac 上的一点，且oa=a，ob=oc=od=1，则 a 等于（）abc1d25如果 x、y 是非零实数，使得，那么 x+y 等于（）a3bcd二、填空题（本大题共二、填空题（

58、本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 30 分）分）6两条直角边长分别是整数 a，b（其中 b2011） ，斜边长是 b+1 的直角三角形的个数为 7若的最大值为 a，最小值为 b，则 a2+b2的值为 8如图，双曲线（x0）与矩形 oabc 的边 cb，ba 分别交于点 e，f，且 af=bf，连接 ef，则oef 的面积为9如图，将长为 4cm 宽为 2cm 的矩形纸片 abcd 折叠，使点 b 落在 cd 边上的中点 e 处，压平后得到折痕 mn，则线段 am 的长度为cm10已知二次函数的图象经过原点及点（ ， ） ，且图象与 x 轴的另一交点到原点的距离为 1，则

59、该二次函数的解析式为 _三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 5 小题，共小题，共 6060 分分）11 （本题 12 分）（1）阅读理解：配方法是中学数学的重要方法，用配方法可求最大（小）值如对于任意正实数、，可作如下变形： ab3322)()(bababababa22)()(22，abba2)(2又，0)(2baabbaba202)(2即abba2根据上述内容，回答下列问题：在中（、均为正实数） ，若为定值，abba2ababp则，当且仅当满足_时，有最小值； pba2, a bba p2（2）思考验证：如图，abc 中，acb=90，cdab 于 d，co 为 ab 边上的中线，

60、ad=，db=，试根据图形证明上述不等式成立，并指出等号成立的条件；a2b2abba2 （3）探索应用：已知 a 为反比例函数的图像上一点，a 点的横坐标为 1，将一块三角xy4板的直角顶点放在 a 处旋转，保持两直角边始终与轴交于两点 d、e，为轴上一x(0, 3)fy点，连接 df、ef，求四边形 adfe 面积的最小值12 （本题 12 分）已知：在四边形 abcd 中，adbc，bacd，点 e、f 分别在bc、cd 上，且aefacd，试探究 ae 与 ef 之间的数量关系a5b0dc0oxya5e0df0o34(1)如图，若 abbcac，则 ae 与 ef 之间的数量关系为_(2