浙江省镇海中学保送生数学试卷(含答案)

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2017年浙江省宁波市镇海中学实验班自主招生数学试卷

2017年浙江省宁波市镇海中学实验班自主招生数学试卷一．选择题（本题有6小题，每小题5分，共30分）1．（5分）在直角坐标系中，若一点的横坐标与纵坐标互为相反数，则该点一定不在（）A．直线y＝﹣x上B．抛物线y＝x2上C．直线y＝x上D．双曲线xy＝1上2．（5分）以等速度行驶的城际列车，若将速度提高25%，则相同距离的行车时间可节省k%，那么k的值是（）A．35B．30C．25D．203．（5分）若﹣1＜a＜0，则一定是（）A．最小，a3最大B．最小，a最大C．最小，a最大D．最小，最大4．（5分）如图，将△ADE绕正方形ABCD的顶点A顺时针旋转90°，得△ABF，连接EF 交AB于H，则下列结论错误的是（）A．AE⊥AF B．EF：AF＝：1C．AF2＝FH•FE D．FB：FC＝HB：EC5．（5分）在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，且CD与BE相交于点F，已知△BDF 的面积为10，△BCF的面积为20，△CEF的面积为16，则四边形区域ADFE的面积等于（）A．22B．24C．36D．446．（5分）某医院内科病房有护士15人，每2人一班，轮流值班，每8小时换班一次，某两人同值一班后，到下次两人再同班，最长需要的天数是（）A．30B．35C．56D．448二．填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）7．（5分）已知∠A为锐角且4sin2A﹣4sin A cos A+cos2A＝0，则tan A＝．8．（5分）在某海防观测站的正东方向12海浬处有A、B两艘船相会之后，A船以每小时12海浬的速度往南航行，B船则以每小时3海浬的速度向北漂流．则经过小时后，观测站及A、B两船恰成一个直角三角形．9．（5分）如图，在坐标平面上，沿着两条坐标轴摆着三个相同的长方形，其长、宽分别为4、2，则通过A，B，C三点的拋物线对应的函数关系式是．10．（5分）桌面上有大小两颗球，相互靠在一起．已知大球的半径为20cm，小球半径5cm，则这两颗球分别与桌面相接触的两点之间的距离等于cm．11．（5分）物质A与物质B分别由点A（2，0）同时出发，沿正方形BCDE的周界做环绕运动，物质A按逆时针方向以1单位/秒等速运动，物质B按顺时针方向，以2单位/秒等速运动，则两个物质运动后的第11次相遇地点的坐标是．12．（5分）设C1，C2，C3，…为一群圆，其作法如下：C1是半径为a的圆，在C1的圆内作四个相等的圆C2（如图），每个圆C2和圆C1都内切，且相邻的两个圆C2均外切，再在每一个圆C2中，用同样的方法作四个相等的圆C3，依此类推作出C4，C5，C6，…，则（1）圆C2的半径长等于（用a表示）；（2）圆∁k的半径为（k为正整数，用a表示，不必证明）三．解答题（本题有4个小题，共60分）13．（14分）如图，四边形ABCD内接于圆O，且AD是圆O的直径，DC与AB的延长线相交于E点，OC∥AB．（1）求证：AD＝AE；（2）若OC＝AB＝4，求△BCE的面积．14．（14分）已知抛物线y＝x2+2px+2p﹣2的顶点为M，（1）求证抛物线与x轴必有两个不同交点；（2）设抛物线与x轴的交点分别为A，B，求实数p的值使△ABM面积达到最小．15．（16分）某次足球邀请赛的记分规则及奖励方案如下表：胜一场平一场负一场积分310奖励（元/每人）15007000当比赛进行到12轮结束（每队均要比赛12场）时，A队共积19分．（1）试判断A队胜、平、负各几场？（2）若每一场每名参赛队员均得出场费500元，设A队中一位参赛队员所得的奖金与出场费的和为W（元），试求W的最大值．16．（16分）已知：矩形ABCD（字母顺序如图）的边长AB＝3，AD＝2，将此矩形放在平面直角坐标系xOy中，使AB在x轴正半轴上，而矩形的其它两个顶点在第一象限，且直线y＝x﹣1经过这两个顶点中的一个．（1）求出矩形的顶点A、B、C、D的坐标；（2）以AB为直径作⊙M，经过A、B两点的抛物线，y＝ax2+bx+c的顶点是P点．①若点P位于⊙M外侧且在矩形ABCD内部，求a的取值范围；②过点C作⊙M的切线交AD于F点，当PF∥AB时，试判断抛物线与y轴的交点Q是位于直线y＝x﹣1的上方？还是下方？还是正好落在此直线上？并说明理由．2017年浙江省宁波市镇海中学实验班自主招生数学试卷参考答案与试题解析一．选择题（本题有6小题，每小题5分，共30分）1．（5分）在直角坐标系中，若一点的横坐标与纵坐标互为相反数，则该点一定不在（）A．直线y＝﹣x上B．抛物线y＝x2上C．直线y＝x上D．双曲线xy＝1上【分析】根据相反数的概念及各函数图象上点的坐标特点解答即可．【解答】解：A、y＝﹣x即表示x与y互为相反数，故本选项正确；B、例如（﹣1，1），就符合抛物线的解析式y＝x2，故本选项正确；C、当该点坐标为（0，0）时，该点就在直线y＝x上，故本选项正确；D、因为xy＝1，所以x和y同号，该点不在双曲线xy＝1上，故本选项错误．故选：D．【点评】本题考查一定经过某点的函数应适合这个点的横纵坐标．根据函数不同特点，都对符号作出判断即可．2．（5分）以等速度行驶的城际列车，若将速度提高25%，则相同距离的行车时间可节省k%，那么k的值是（）A．35B．30C．25D．20【分析】设距离为S，原来速度为v．分别表示现在速度、时间、原来的时间，根据“时间可节省k%”列方程求解．【解答】解：设距离为S，原来速度为v．则原来行车时间为；现在速度为（1+25%）v，时间为．根据题意得＝k%．解得k＝20．故选：D．【点评】此题考查列分式方程解应用题，难度在设参数，解字母系数的方程．3．（5分）若﹣1＜a＜0，则一定是（）A．最小，a3最大B．最小，a最大C．最小，a最大D．最小，最大【分析】在所给范围内选择一个具体的数，代入后比较即可．【解答】解：∵若﹣1＜a＜0，∴a可取﹣0.001，那么a3＝﹣0.000 000 001，＝﹣0.1，＝﹣1000，∴最小，a3最大，故选：A．【点评】考查实数的大小比较；选择一个合适的具体的数，代入所给代数式比较，可以简化比较的步骤．4．（5分）如图，将△ADE绕正方形ABCD的顶点A顺时针旋转90°，得△ABF，连接EF 交AB于H，则下列结论错误的是（）A．AE⊥AF B．EF：AF＝：1C．AF2＝FH•FE D．FB：FC＝HB：EC【分析】由旋转得到△AFB≌△AED，根据相似三角对应边的比等于相似比，即可求得．【解答】解：由题意知，△AFB≌△AED∴AF＝AE，∠F AB＝∠EAD，∠F AB+∠BAE＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°．∴AE⊥AF，所以A正确；∴△AEF是等腰直角三角形，有EF：AF＝：1，所以B正确；∵HB∥EC，∴△FBH∽△FCE，∴FB：FC＝HB：EC，所以D正确．∵△AEF与△AHF不相似，∴AF2＝FH•FE不正确．故选：C．【点评】本题利用了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质求解．5．（5分）在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，且CD与BE相交于点F，已知△BDF 的面积为10，△BCF的面积为20，△CEF的面积为16，则四边形区域ADFE的面积等于（）A．22B．24C．36D．44【分析】可设S△ADF＝m，根据题中条件可得出三角形的面积与边长之间的关系，进而用m表示出△AEF，求出m的值，进而可得四边形的面积．【解答】解：如图，连AF，设S△ADF＝m，∵S△BDF：S△BCF＝10：20＝1：2＝DF：CF，则有2m＝S△AEF+S△EFC，S△AEF＝2m﹣16，而S△BFC：S△EFC＝20：16＝5：4＝BF：EF，又∵S△ABF：S△AEF＝BF：EF＝5：4，而S△ABF＝m+S△BDF＝m+10，∴S△ABF：S△AEF＝BF：EF＝5：4＝（m+10）：（2m﹣16），解得m＝20．S△AEF＝2×20﹣16＝24，S ADEF＝S△AEF+S△ADF＝24+20＝44．故选：D．【点评】本题主要考查了三角形的面积计算问题，能够利用三角形的性质进行一些简单的计算．6．（5分）某医院内科病房有护士15人，每2人一班，轮流值班，每8小时换班一次，某两人同值一班后，到下次两人再同班，最长需要的天数是（）A．30B．35C．56D．448【分析】此题可运用排列组合解答，15人，每2人一班，轮流值班，则有C152＝105种组合，一天是24小时，8小时1班，24除以3＝每天3个班再用105除以3＝35天．【解答】解：由已知护士15人，每2人一班，轮流值班，得：有C152＝105种组合，又已知每8小时换班一次，某两人同值一班后，到下次两人再同班，所以最长需要的天数是105÷（24÷8）＝35（天）．故选：B．【点评】此题考查的知识点是整数问题的综合运用，关键是先求出15人，每2人一班有多少种组合，再由每8小时换班一次，某两人同值一班后，到下次两人再同班求出最长需要的天数．二．填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）7．（5分）已知∠A为锐角且4sin2A﹣4sin A cos A+cos2A＝0，则tan A＝0.5．【分析】先根据解一元二次方程的配方法，得出2sin A﹣cos A＝0，再根据tan A的定义即可求出其值．【解答】解：由题意得：（2sin A﹣cos A）2＝0，解得：2sin A﹣cos A＝0，2sin A＝cos A，∴tan A＝＝＝0.5．故答案为：0.5．【点评】本题考查了锐角三角函数的定义及利用配方法解一元二次方程的知识，比较简单，注意锐角三角函数定义的掌握．8．（5分）在某海防观测站的正东方向12海浬处有A、B两艘船相会之后，A船以每小时12海浬的速度往南航行，B船则以每小时3海浬的速度向北漂流．则经过2小时后，观测站及A、B两船恰成一个直角三角形．【分析】根据题意画出图形，设经过x小时后，观测站及A、B两船恰成一个直角三角形，在Rt△OBC、Rt△OCA和Rt△ABO中分别应用勾股定理，即可求出x的值．【解答】解：如下图所示，设经过x小时后，观测站及A、B两船恰成一个直角三角形，则BC＝3x，AC＝12x，在Rt△OBC中，根据勾股定理得：122+（3x）2＝OB2；在Rt△OCA中，根据勾股定理得：122+（12x）2＝AO2；在Rt△ABO中，根据勾股定理得：OB2+AO2＝AB2＝（15x）2；∴122+（3x）2+122+（12x）2＝（15x）2，解得：x＝2或﹣2（舍去）．即经过2小时后，观测站及A、B两船恰成一个直角三角形．故答案为：2．【点评】本题考查勾股定理的实际应用，难度适中，先根据题意画出图形是解题关键．9．（5分）如图，在坐标平面上，沿着两条坐标轴摆着三个相同的长方形，其长、宽分别为4、2，则通过A，B，C三点的拋物线对应的函数关系式是y＝﹣x2﹣x+．【分析】根据矩形的性质，利用矩形边长得出A，B，C三点的坐标，再利用待定系数法求出二次函数解析式即可．【解答】解：∵沿着两条坐标轴摆着三个相同的长方形，其长、宽分别为4、2，∴A点的坐标为：（﹣4，2），B点的坐标为：（﹣2，6），C点的坐标为：（2，4），将A，B，C代入y＝ax2+bx+c，，解得：，∴二次函数解析式为：y＝﹣x2﹣x+．故答案为：y＝﹣x2﹣x+．【点评】此题主要考查了矩形的性质以及待定系数法求二次函数解析式，根据矩形边长得出A，B，C三点坐标是解决问题的关键．10．（5分）桌面上有大小两颗球，相互靠在一起．已知大球的半径为20cm，小球半径5cm，则这两颗球分别与桌面相接触的两点之间的距离等于20cm．【分析】首先根据题意作图，可得：⊙A与⊙B外切，⊙A，⊙B与CD分别相切于C，D，AC＝20cm，BD＝5cm，然后过点B作BE⊥AC，又由切线的性质，即可得四边形ECDB 是矩形，则在Rt△AEB中，即可求得BE的长，即可求得这两颗球分别与桌面相接触的两点之间的距离CD的长．【解答】解：如图，根据题意得：⊙A与⊙B外切，⊙A，⊙B与CD分别相切于C，D，AC＝20cm，BD＝5cm，∴AB＝25cm，AC⊥CD，BD⊥CD，∴∠ACD＝∠BDC＝90°，过点B作BE⊥AC，∴∠BEC＝90°，∴四边形ECDB是矩形，∴BE＝CD，EC＝BD＝5cm，∴AE＝AC﹣EC＝15cm，在Rt△AEB中，BE＝＝＝20（cm），∴CD＝20cm．故答案为：20．【点评】此题考查了外切两圆的性质，切线的性质，以及矩形的性质等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的作法．11．（5分）物质A与物质B分别由点A（2，0）同时出发，沿正方形BCDE的周界做环绕运动，物质A按逆时针方向以1单位/秒等速运动，物质B按顺时针方向，以2单位/秒等速运动，则两个物质运动后的第11次相遇地点的坐标是（﹣，﹣2）．【分析】此题利用行程问题中的相遇问题，由于正方形的边长为4，物质B是物质A的速度的2倍，求得每一次相遇的地点，找出规律即可解答．【解答】解：正方形的边长为4，因为物质B是物质A的速度的2倍，时间相同，物质A 与物质B的路程比为1：2，由题意知：①第一次相遇物质A与物质B行的路程和为16×1，物质A行的路程为16×＝，物质B行的路程为16×＝，在BC边相遇；②第二次相遇物质A与物质B行的路程和为16×2，物质A行的路程为16×2×＝，物质B行的路程为16×2×＝，在DE边相遇；③第三次相遇物质A与物质B行的路程和为16×3，物质A行的路程为16×3×＝16，物质B行的路程为16×3×＝32，在A点相遇；④第四次相遇物质A与物质B行的路程和为16×4，物质A行的路程为16×4×＝，物质B行的路程为16×4×＝，在BC边相遇；⑤第五次相遇物质A与物质B行的路程和为16×5，物质A行的路程为16×5×＝，物质B行的路程为16×5×＝，在DE边相遇；…综上可得相遇三次一个循环，因为11＝3×3+2，即第11次相遇和第二次相遇的地点相同，所以它们第11次相遇在边DE上，点的坐标是（﹣，﹣2）．故答案为：（﹣，﹣2）．【点评】此题属于应用类问题，主要考查行程问题中的相遇问题及按比例分配的运用，通过计算发现规律就可以解决问题，难度较大．12．（5分）设C1，C2，C3，…为一群圆，其作法如下：C1是半径为a的圆，在C1的圆内作四个相等的圆C2（如图），每个圆C2和圆C1都内切，且相邻的两个圆C2均外切，再在每一个圆C2中，用同样的方法作四个相等的圆C3，依此类推作出C4，C5，C6，…，则（1）圆C2的半径长等于（用a表示）；（2）圆∁k的半径为（﹣1 ）k﹣1 a（k为正整数，用a表示，不必证明）【分析】（1）连接AB、BC、CD、AD，AC，设小圆的半径是r，根据圆与圆相切，得到AC＝2a﹣2r，根据正方形的性质和勾股定理得到AC＝2r，推出方程2a﹣2r＝2r，求出即可；（2）求出r＝（﹣1）a，r3＝（﹣1）r＝a，r4＝，得出圆∁k 的半径为r k＝（﹣1 ）k﹣1 a即可．【解答】（1）解：连接AB、BC、CD、AD，AC，设小圆的半径是r，根据圆与圆相切，∴AC＝2a﹣2r，∴四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠B＝90°，由勾股定理得：AC＝2r，∴2a﹣2r＝2r，解得：r＝（﹣1）a，故答案为：（﹣1）a．（2）解：由（1）得：r＝（﹣1）a，同理圆C3的半径是r3＝（﹣1）r＝a，C4的半径是r4＝，…圆∁k的半径为r k＝（﹣1 ）k﹣1 a，故答案为：r k＝（﹣1 ）k﹣1 a．【点评】本题主要考查对正方形的性质和判定，勾股定理，相切两圆的性质等知识点的理解和掌握，能根据计算结果得出规律是解此题的关键．三．解答题（本题有4个小题，共60分）13．（14分）如图，四边形ABCD内接于圆O，且AD是圆O的直径，DC与AB的延长线相交于E点，OC∥AB．（1）求证：AD＝AE；（2）若OC＝AB＝4，求△BCE的面积．【分析】（1）根据O为AD中点，OC∥AE，得到2OC＝AE，再根据AD是圆O的直径，得到2OC＝AD，从而得到AD＝AE；（2）根据平行四边形的性质得到BC∥AD，再根据C为中点，得到AB＝BE＝4，从而求得BC＝BE＝4，然后连接BD，得到∠DBE＝90°，进而得到BE＝BC＝CE＝4，然后求面积即可．【解答】解：（1）∵O为AD中点，OC∥AE，∴2OC＝AE，又∵AD是圆O的直径，∴2OC＝AD，∴AD＝AE．（2）连接BC，由条件得ABCO是平行四边形，∴BC∥AD，又AE＝2OC，∴AB＝BE＝4，∵AD＝AE，∴BC＝BE＝4，连接BD，∵点B在圆O上，∴∠DBE＝90°，∴DB⊥AE，∵AB＝BE，∴DA＝DE＝AE，∴△AED是等边三角形，∴BC＝OA＝BE＝CE＝4，∴△BCE是等边三角形，∴所求面积为4．【点评】本题考查了圆周角定理及平行四边形的性质及判定，解题的关键正确的应用圆周角定理．14．（14分）已知抛物线y＝x2+2px+2p﹣2的顶点为M，（1）求证抛物线与x轴必有两个不同交点；（2）设抛物线与x轴的交点分别为A，B，求实数p的值使△ABM面积达到最小．【分析】（1）先判断出△的符号即可得出结论；（2）设A（x1，0），B（x2，0），利用两点间的距离公式即可得出|AB|的表达式，设顶点M（a，b），再把原式化为顶点式的形式，即可得到b＝﹣（p﹣1）2﹣1，根据二次函数的最值及三角形的面积公式即可解答．【解答】解：（1）∵△＝4p2﹣8p+8＝4（p﹣1）2+4＞0，∴抛物线与x轴必有两个不同交点．（2）设A（x1，0），B（x2，0），则|AB|2＝|x2﹣x1|2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝4p2﹣8p+8＝4（p﹣1）2+4，∴|AB|＝2．又设顶点M（a，b），由y＝（x+p）2﹣（p﹣1）2﹣1．得b＝﹣（p﹣1）2﹣1．当p＝1时，|b|及|AB|均取最小，此时S△ABM＝|AB||b|取最小值1．【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点问题，涉及到的知识点为：根的判别式、两点间的距离公式、二次函数的顶点式及三角形的面积，熟知以上知识是解答此题的关键．15．（16分）某次足球邀请赛的记分规则及奖励方案如下表：胜一场平一场负一场积分310奖励（元/每人）15007000当比赛进行到12轮结束（每队均要比赛12场）时，A队共积19分．（1）试判断A队胜、平、负各几场？（2）若每一场每名参赛队员均得出场费500元，设A队中一位参赛队员所得的奖金与出场费的和为W（元），试求W的最大值．【分析】（1）首先假设A队胜x场，平y场，负z场，得出x+y+z＝12，3x+y＝19，即可得出y，z与x的关系，再利用x≥0，y≥0，z≥0，得出即可；（2）根据图表奖金与出场费得出W＝（1500+500）x+（700+500）y+500z，进而得出即可．【解答】解：（1）设A队胜x场，平y场，负z场，得，可得：依题意，知x≥0，y≥0，z≥0，且x、y、z均为整数，∴解得：≤x≤，∴x可取4、5、6∴A队胜、平、负的场数有三种情况：当x＝4时，y＝7，z＝1；当x＝5时，y＝4，z＝3；当x＝6时，y＝1，z＝5．（2）∵W＝（1500+500）x+（700+500）y+500z＝﹣600x+19300当x＝4时，W最大，W最大值＝﹣600×4+19300＝16900（元）答：W的最大值为16900元．【点评】此题主要考查了一次函数的应用以及不等式组的应用等知识，利用已知得出x+y+z＝12，3x+y＝19，进而得出y，z与x的关系是解题关键．16．（16分）已知：矩形ABCD（字母顺序如图）的边长AB＝3，AD＝2，将此矩形放在平面直角坐标系xOy中，使AB在x轴正半轴上，而矩形的其它两个顶点在第一象限，且直线y＝x﹣1经过这两个顶点中的一个．（1）求出矩形的顶点A、B、C、D的坐标；（2）以AB为直径作⊙M，经过A、B两点的抛物线，y＝ax2+bx+c的顶点是P点．①若点P位于⊙M外侧且在矩形ABCD内部，求a的取值范围；②过点C作⊙M的切线交AD于F点，当PF∥AB时，试判断抛物线与y轴的交点Q是位于直线y＝x﹣1的上方？还是下方？还是正好落在此直线上？并说明理由．【分析】（1）首先建立平面直角坐标系，由矩形ABCD中，AB＝3，AD＝2，设A（m，0）（m＞0），则有B（m+3，0）；C（m+3，2），D（m，2）；然后若C点过y＝x﹣1与C 点不过y＝x﹣1分析，即可求得矩形的顶点A、B、C、D的坐标；（2）⊙M以AB为直径，即可求得M点的坐标，又由y＝ax2+bx+c过A（2，0）和B（5，0）两点，利用待定系数法即可求得二次函数的图象，然后顶点同时在⊙M外侧和在矩形ABCD内部，即可求得a的取值范围；②首先设切线CF与⊙M相切于Q，交AD于F，设AF＝n，n＞0；由AD、BC、CF均为⊙M切线，求得CF与DF的长；在Rt△DCF中，由勾股定理求得n的值，可得F的坐标，然后由当PF∥AB时，求得抛物线的解析式与抛物线与y轴的交点Q的坐标，则可得Q在直线y＝x﹣1下方．【解答】解：（1）如图，建立平面直角坐标系，∵矩形ABCD中，AB＝3，AD＝2，设A（m，0）（m＞0），则有B（m+3，0）；C（m+3，2），D（m，2）；若C点过y＝x﹣1；则2＝（m+3）﹣1，m＝﹣1与m＞0不合；∴C点不过y＝x﹣1；若点D过y＝x﹣1，则2＝m﹣1，m＝2，∴A（2，0），B（5，0），C（5，2），D（2，2）；（2）①∵⊙M以AB为直径，∴M（，0），由于y＝ax2+bx+c过A（2，0）和B（5，0）两点，∴，∴，∴y＝ax2﹣7ax+10a（也可得：y＝a（x﹣2）（x﹣5）＝a（x2﹣7x+10）＝ax2﹣7ax+10a）∴y＝a（x﹣）2﹣a；∴抛物线顶点P（，﹣a）∵顶点同时在⊙M外侧和在矩形ABCD内部，∴＜﹣a＜2，∴﹣＜a＜﹣．②设切线CF与⊙M相切于N，交AD于F，设AF＝n，n＞0；∵AD、BC、CF均为⊙M切线，∴AF＝NF，CN＝BC＝2，∴CF＝n+2，DF＝2﹣n；在Rt△DCF中，∵DF2+DC2＝CF2；∴32+（2﹣n）2＝（n+2）2，∴n＝，∴F（2，）∴当PF∥AB时，P点纵坐标为；∴﹣a＝，∴a＝﹣；∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x﹣5，抛物线与y轴的交点为Q（0，﹣5），又直线y＝x﹣1与y轴交点（0，﹣1）；∴Q在直线y＝x﹣1下方．【点评】此题考查了待定系数法求二次函数的解析式，矩形的性质，勾股定理的应用以及点与函数的关系等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是方程思想与数形结合思想的应用．。

2023-2024学年浙江省宁波市镇海中学高三上学期4月统一测试数学试题+答案解析(附后)

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求2023-2024学年浙江省宁波市镇海中学高三统一测试数学试题的。

1.已知集合，，则( )A. B. SC. TD. Z 2.已知是互相垂直的单位向量，若，则( )A. B.C. 0D. 23.已知是定义在上的函数，那么“函数在上单调递增”是“函数在上的最大值为”的( )A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件4.已知，均为锐角，且，则的最大值是( )A. 4B. 2C.D.5.如图是古筝鸣箱俯视图，鸣箱有多根弦，每根弦下有一只弦码，弦码又叫雁柱，用于调节音高和传振．图2是根据图1绘制的古筝弦及其弦码简易直观图．在直观图中，每根弦都垂直于x 轴，左边第一根弦在y 轴上，相邻两根弦间的距离为1，弦码所在的曲线又称为雁柱曲线方程为，第第0根弦表示与y 轴重合的弦根弦分别与雁柱曲线和直线l ：交于点和，则( )参考数据：A. 814B. 900C. 914D. 10006.数列满足，，且其前n 项和为若，则正整数( )A. 99B. 103C. 107D. 1987.已知函数，，若，，，则a 、b 、c 的大小关系为( )A. B. C. D.8.已知定点，动点Q在圆O：上，PQ的垂直平分线交直线OQ于M点，若动点M 的轨迹是双曲线，则m的值可以是( )A. 2B. 3C. 4D. 5二、多选题：本题共4小题，共20分。

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9.下列命题中正确的有( )A. 若复数z满足，则；B. 若复数z满足，则；C.若复数满足，则；D. 若复数，则10.将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上为增函数，则的值可能为( )A. B. 1 C. 2 D. 311.在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则( )A. 当时，的周长为定值B. 当时，三棱锥的体积为定值C. 当时，有且仅有一个点P，使得D. 当时，有且仅有一个点P，使得平面12.已知函数，函数有两个不等实根，则下列选项正确的是( )A. 点是函数的零点B. ，，使C. 是的极大值点D. a的取值范围是三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2011年镇海中学数学特长生招生二试试题及其解答

交流知识
共享智慧
文武光华
解答：设满足条件的十位数为abcdepqrst。则3 ≤ a、b、c、d、e、p、q、r、s、t ≤ 6 。设abcdepqrst = 66667k，则abcde · 10 + pqrst = 66666k + k，即 pqrst = 33333 2k − 3abcde + k − abcde （*）又因为3333333333 ≤ abcdepqrst ≤ 6666666666 ，而 = 50000， = 99999，所以50000 ≤ k ≤ 99999。又33333 ≤ pqrst ≤ 66666，33333 ≤ abcde ≤ 66666，根据（1）知，只能2k − 3abcde = −1，0或1。（1）若2k − 3abcde = −1，根据（*）式知k = pqrst + abcde + 33333。此时只有 abcde = 33333，pqrst = 33333，k = 99999。然而此时2k − 3abcde = 99999 ≠ −1，矛盾；（2）若2k − 3abcde = 0，根据（*）式知k = pqrst + abcde，从而abcde = 2pqrst。此时只有pqrst = 33333，abcde = 66666，即abcdepqrst = 6666633333；（3）若2k − 3abcde = 1，根据（*）式知k = pqrst + abcde − 33333，从而 abcde + 1 = 2(pqrst − 33333)。令pqrst − 33333 = xyzmn，则0 ≤ x、y、z、m、n ≤ 3，且abcde + 1 = 2 · xyzmn。显然abcde + 1和2 · xyzmn在运算过程中都不存在进位，所以 2 · xyzmn的每一位数字都在3和6之间，所以x、y、z、m、n每一位都为 2 或 3。另一方面， x、y、z、m、n每一位都为 2 或 3 时，都满足题设条件。这样共有2 = 32个满足题设条件的 10 位数。综上所述，满足题设条件的 10 位正整数共有32 + 1 = 33个。九、三人各写 100 个不同的单词，然后彼此比对。若一个单词至少有两个人写到，就将它全部删去。是否可能最后第一个人剩下 54 个单词，第二个人剩下 75 个单词，第三个人剩下 80 个单词？解答：设三个人分别为 A、B、C。假设 A、B、C 三个人都写到的单词有 k 个，只有 A、 B 两人写到的单词有 x 个，只有 B、C 两个人写到的单词有 y 个，只有 C、A 两个人写到的单词有 z 个。则 100 − k − z − x = 54 ⇒ k + z + x = 46 (1) 100 − k − x − y = 75 ⇒ k + x + y = 25 (2) 100 − k − y − z = 80 ⇒ k + y + z = 20 (3) 由(3) + (2) − (1)得：k + 2y = −1，这是不可能的。所以不可能出现最后第一个人剩下 54 个单词，第二个人剩下 75 个单词，第三个人剩下 80 个单词的情况。十、开始时11 × 11表的每个方格都是白色。每步操作可任选构成平行于格线的正方形块的顶点的 4 个白色方格，将其中一对对角方格染为黑色。最多可将多少个方格染为黑色？解答：首先，我们证明，无论如何操作，每行都至少有一个白色方格不能染为黑色。我们先选定某行，若要通过一次操作，将该行中的一个方格染为黑色，则需要存在一个四个顶点方格都为白色方格的正方形，该正方形的四个白色顶点的方格，有两个在该行。所以要将该行一个方格染为黑色，则该行至少要有两个白色方格。而每次操作，最多只能将该行一个方格染为黑色，所以，当该行只剩一个白色方格的时候，就不能染为黑色了。所以每行都最多只有 10 个黑色方格。从而 11 行，最多只可能染有 11×10=110 个黑色方格。另一方面，我们将除主对角线外的 110 个方格，按关于主对角线成轴对称，两两配为一对。保留主对角线的 11 个方格为白色，则以任两个配对方格为对角方格的正方形，它的另外两个顶点方格都在主对角线上，都为白色，所以两两配对的方格，都可同时染为黑色。将所有两两配对的方格，都染为黑色，这样，便可染有 110 个黑色方格。综上所述，最多可染有 110 个黑色方格。注：依照上述分析，对于一个n × n的方格表，按上述规则，最多可染有n(n − 1)个黑色方格。

浙江省镇海中学2016年高一数学奥林匹克选拔测试二含

2016.62016年镇海中学数学奥林匹克选拔检测二[ MATHEMATICS ]（本卷满分：200分考试时间：150分钟）（高一试卷）第一部分（共2小题，每题25分，计50分）I .设集合{}6102，，，含的十进制表示中数码不x x A *∈=N ．证明：31<∑∈A x x．II .如图，给定凸四边形ABCD ，︒<∠+∠180D B ，P 是平面上的动点，令()AB PC CA PD BC PA P f ⋅+⋅+⋅=．⑴ 求证：当()P f 达到最小值时，C B A P 、、、四点共圆；⑵ 设E 是ABC ∆外接圆O 的 AB 上一点，满足：23=AB AE ，13-=ECBC，ECA ECB ∠=∠21，又DC DA ，是O 的切线，2=AC ，求()P f 的最小值．第二部分（共2大题，计150分）检测范围：高中必修一、四、五及必修二立体几何部分第II 题一、填空题（共15小题，每题6分，计90分）． 1. 设5021a a a ，，，⋅⋅⋅，5021b b b ，，，⋅⋅⋅为互不相同的数，则关于x 的方程：∑∑==-=-501501i ii ibx a x 的所有有限个实根的个数最大值为．2. 在平面直角坐标系中，点集()()(){}06363≤-+-+y x y x y x ，所对应的平面3. 如图，设S - 3，底面边长为 2 的正四棱锥，K 是棱SC 的中点，过AK 作平面与线段SB ，SD 分别交于M ，N (M ，N 可以是线段的端点)．则四棱锥AMKN S -的体积V 的值域为．4. 已知abc = -1，122=+cbc a ，则代数式555ca bc ab ++的值为．5. 在ABC ∆中，︒=∠60A ，点P 为ABC ∆所在平面上一点，使得P A =6，PB =7，PC =10，则ABC S ∆的最大值为． 6. 在数列{}n a 中，11=a ，前n 项和为n S ，()1241≥+=+n a S n n ，则2013a 的值为．7. 用s σ表示非空整数集S 中所有元素的和，设{}1121a a a A ，，，⋅⋅⋅=是正整数集，且1121a a a <⋅⋅⋅<<，若对每个正整数1500≤n ，存在A 的子集S ，使得()n s =σ，则满足上述要求的10a 的最小值为．8. 设z y x 、、是3个不全为零的实数，则2222z y x yzxy +++的最大值为．9. 实数a 使得对任意实数54321x x x x x ，，，，，不等式14151+==∑∑≥i i i i i x x a x 都成立，则a的最大值为．10. 设()d cx bx ax x f +++=23对任意[]11，-⊆x ，总有()1≤x f ．则d c b a +++的最大值为．11. 两个平行平面α和β将四面体截成三部分．已知中间一部分的体积小于两端中任一部分的体积，点A 和B 到平面α的距离分别为30和20．而点A 和C 到平面β的距离分别为20和16，两个截面中有一个是梯形，点D 到平面α的距离小于24．则平面α和β截四面体所得的截面面积之比为．12. 空间四个球，它们的半径分别是2、2、3、3．每个球都与其他三个球外切．另一个小球与这四个球都相切，则这个小球的半径为． 13. 钝角ABC ∆的内角C B A 、、的对边分别为c b a 、、，且满足()C b B c a cos cos 2=-，()R ∈-+=λλC B C B A sin sin sin sin sin 222，则λ的值域为．14. 若存在整数k ，使得kn n n ->+⎥⎦⎤⎢⎣⎡22313对所有正整数2≥n 恒成立，则k 的最大值为．CD K S M N15. 有n 个砝码(重量可以相同)可以将它们分成4组，使得每组的重量之和相同；也可以将它们分成5组，使得每组的重量之和相同；还可以将它们分成9组，使得每组的重量之和相同．则n 的最小可能值为．三、解答题（本大题分3小题，每题20分，计60分）． 16. (本题满分20分)证明：任意一个四面体总有一个顶点，由这个顶点出发的三条棱可以构成一个三角形的三边．17. (本题满分20分)正整数数列{}n a 满足：12211+-==+n n n a a a a ，．证明：数列的任何两项皆互质．18. (本题满分20分)求最小常数a >1，使得对正方形ABCD 内部任一点P ，都存在PAB ∆，PBC ∆，PCD ∆，PDA ∆中的某两个三角形，使得它们的面积之比属于区间][1a a ，-．2016年镇海中学数学奥林匹克选拔检测二参考答案[ MATHEMATICS Examination paper reference answer]（本卷满分： 200 分）第一部分（共2小题，每题25分，计50分）I.II.解 ⑴ 如图，由托勒密不等式，对平面上的任意点P ，有 PA BC PC AB PB AC ⋅+⋅≥⋅．因此()f P PA BC PC AB PD CA =⋅+⋅+⋅PB CA PD CA ≥⋅+⋅()PB PD CA =+⋅．因上面不等式当且仅当P A B C 、、、顺次共圆时取等号，因此当且仅当P 在ABC ∆的外接圆且在 AC 上时，()()f P PB PD CA =+⋅．又因PB PD BD +≥，此不等式当且仅当,,B P D 共线且P 在BD 上时取等号．因此当且仅当P 为ABC ∆的外接圆与BD 的交点时，()P f 取最小值m i n ()f P AC BD =⋅．故当()P f 达最小值时，C B A P 、、、四点共圆．………………………10分⑵ 记 ECB α∠=，则2ECA α∠=，由正弦定理有 sin 2sin 3AE AB αα==，从而2sin 2αα=，即 34sin )4sin cos αααα-=，所以2cos )4cos 0αα--=，整理得 24cos 0αα-，解得 cosα=或cos α=舍去)，故 30α= ，60ACE ∠= ． ………………………………………15分由已知 1BCEC ==()0sin 30EAC EAC∠-∠,有 sin(30)1)sin EAC EAC ∠-=∠ ，即1cos 1)sin 2EAC EAC EAC ∠-∠=∠，整理得 21cos 22EAC EAC ∠=∠，故 tan 2EAC ∠==+可得 75EAC ∠= ，从而45E ∠= ，45DAC DCA E ∠=∠=∠= ，ADC ∆为等腰直角三角形．因 AC 1CD =．……………………………………20分又ABC ∆也是等腰直角三角形，故 BC =212215BD =+-⋅= ，BD =．故 min ()f P BD AC =⋅25分第二部分（共2大题，计150分）一、填空题（共15小题，每题6分，计90分）．1、 492、 243、 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡2334，4、 35、 36+6、 201223019⨯7、 2488、 259、 332 10、 7 11、 134129 12、 11613、 ()()2301-，，14、 5 15、 14三、解答题（本大题分3小题，共60分）． 16、(20分)(可能有多种解法)证明利用反证法．设四面体ABCD 中AB 是最长的棱，如果任一顶点出发的三条都不能构成一个三角形，则对由A 出发的三条棱，有AD AC AB +≥．又对由B 出发的三条棱，有 BD BC BA +≥．两式相加，得BD BC AD AC AB +++≥2．(＊)(12分) 但在ABC ∆与ABD ∆中，有BC AC AB +<，BD AD AB +<．两式相加，有BD BC AD AC AB +++<2．与(＊)式矛盾，故原命题得证．(20分)17、(20分)(可能有多种解法)证明改写条件为()111-=-+n n n a a a ，(8分)从而 ()1111-=---n n n a a a ，……，据此迭代得()1111-=--+n n n n a a a a()1221-=---n n n n a a a a ()1111-⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=-a a a a n n 11a a a n n ⋅⋅⋅=-，所以，1121+⋅⋅⋅=--a a a a n n n ，因此当k n <，()1=k n a a ，．(20分)18、(20分)(可能有多种解法)解m i n a =．首先证明min a ≤，记ϕ=对正方形ABCD 内部一点P ，令1S ，2S ，3S ，4S 分别表示PAB ∆，PBC ∆，PCD ∆，PDA ∆的面积，不妨设1243S S S S ≥≥≥．令1224,S SS S λμ==，如果,λμϕ>，由 13241S S S S +=+=，得221S S μ=-，得21S μμ=+．故2121111111S S λμλϕϕλμϕμϕ===>==++++，矛盾．故{}min ,λμϕ≤，这表明min a ϕ≤．(12分)反过来对于任意(1,)a ϕ∈，取定1(,)2t a +∈，使得2819t b t =>+．我们在正方形ABCD 内取点P ，使得12342,,,1b bS b S S S b t t====-，则我们有1223(S S t a S S ==∈，3242,(1)4(1)S b b a S t b b =>>>-- 由此我们得到对任意{},1,2,3,4i j ∈，有1[,]ijS a a S -∉．这表明min a ϕ=．(20分)。

浙江镇海中学高一实验班选拔考试数学卷

浙江镇海中学高一实验班选拔考试数学卷注意：(1) 试卷共有三大题35小题，满分200分，考试时间150分钟.(2) 请把解答写在答题卷的对应题次上, 做在试题卷上无效.一、选择题（本题有11小题，每小题3分，共33分）下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确选项前的字母填在答题卷中相应的格子内.1．在直角坐标系中，若一点的横坐标与纵坐标互为相反数，则该点一定不在( ) (A) 直线y = –x 上 (B) 抛物线 y =2x 上 (C) 直线y = x 上 (D) 双曲线xy = 1上2．以等速度行驶的城际列车，若将速度提高25%，则相同距离的行车时间可节省k%，那么k 的值是 ( )(A) 35 (B) 30 (C) 25 (D) 20 3．若－1＜a ＜0，则aa a a 1,,,33一定是 ( ) (A) a 1最小，3a 最大 , (B) 3a 最小，a 最大 (C)a 1最小，a 最大 , (D) a1最小， 3a 最大 4．如图，将△ADE 绕正方形ABCD 的顶点A 顺时针旋转90°，得△ABF ，连结EF 交AB 于H ，则下列结论错误的是（）(A) AE ⊥AF （B ）EF ：AF =2：1(C) AF 2= FH ·FE （D ）FB ：FC = HB ：EC5．在△ABC 中，点D ，E 分别在AB ，AC 上，且CD 与BE 相交于点F ，已知△BDF 的面积为10，△BCF 的面积为20，△CEF 的面积为16，则四边形区域ADFE 的面积等于（） (A) 22 (B) 24 (D) 36 (D)446．某医院内科病房有护士15人，每2人一班，轮流值班，每8小时换班一次，某两人同值一班后，到下次两人再同班，最长需要的天数是（）（A ）30 （B ）35 （C ）56 （D ） 4487、下列图中阴影部分面积与算式2131242-⎛⎫-++ ⎪⎝⎭的结果相同的是【】8、下列命题中正确的个数有…【】① 实数不是有理数就是无理数；② a ＜a ＋a ；③121的平方根是 ±11；④在实数范围内，非负数一定是正数；⑤两个无理数之和一定是无理数A. 1 个B. 2 个C. 3 个D. 4 9、某家庭三口人准备在“五一”期间参加旅行团外出旅游。

浙江省宁波市镇海中学2023届高三第二学期模拟考试数学含答案

2023年高三数学模拟卷（一）第I 卷（选择题）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合{}|20A x x =+>，{}|4B x x =>R ð，则A B =I （）A ．{2x x <-或}4x >B ．{}24x x -<≤C ．{}4x x >D ．{}24x x -<<2．已知x R ∈，则“0x >”是“23x x <”的（）条件A ．充分不必要B ．必要不充分C ．充分必要D ．既不充分也不必要3．二项式210(1)(1)x x x ++-展开式中5x 的系数为（）A ．120B ．135C ．-140D ．-1624．数列{}n a 满足131,31n na a a +==-，则2023a =（）A ．12-B ．23C ．52D ．35.赵爽弦图是中国古代数学的重要发现，它是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）.已知小正方形的面积为1，直角三角形中较小的锐角为θ，且1tan 23θ=，则大正方形的面积为（）A ．4B ．5C ．16D ．256.已知2a =r ，1b =r ，2a b -=r r ，则向量a r 在向量b r方向上的投影向量为（）A ．bB ．b- C D ．7．设1cos 0.1,10sin 0.110tan 0.1a b c ===，，则（）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．c a b <<D ．a c b <<8.表面积为4π的球内切于圆锥，则该圆锥的表面积的最小值为（）A.4π B.8π C.12π D.16π二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．某地区高三男生的身高X 服从正态分布()()2170,0N σσ>，则（）A ．()1700.5P X >=B ．若σ越大，则()165175P X <<越大C ．()()180160P X P X >=<D ．()()160165165170P X P X <<=<<10．随机变量ξ的分布列如右表：其中0xy ≠，下列说法正确的是（）A ．1x y +=B ．5(3)y E ξ=C ．()D ξ有最大值D ．()D ξ随y 的增大而减小11．在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：(1)过点0000(,,)P x y z ，且以(,,)(0)u a b c abc =≠为方向向量的空间直线l 的方程为000x x y y z z a b c---==.(2)过点()000,,P x y z ，且()0)=(,,v m n mnt t ≠为法向量的平面α的方程为()()()0000m x x n y y t z z -+-+-=.现已知平面236x y z α++=：，1l ：21321x y y z -=⎧⎨-=⎩，2l ：2x y z ==-，3l ：1541x y z-==-则下列说法正确的是（）A.1//l αB.2//l αC.3//l αD.1l α⊥12.定义：若数列{}n a 满足，存在实数M ，对任意n *∈N ，都有n a M ≤，则称M 是数列{}n a 的一个上界.现已知{}n a 为正项递增数列，()12n n n ab n a -=≥，下列说法正确的是（）A.若{}n a 有上界，则{}n a 一定存在最小的上界.B.若{}n a 有上界,则{}n a 可能不存在最小的上界.C.若{}n a 无上界,则对于任意的n N *∈，均存在k N *∈，使得12023n n k a a +<D.若{}n a 无上界，则存在k *∈Ν，当n k >时，恒有232023n b b b n ++<- .第II 卷（非选择题）三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分．13．复数2(1i)z =-，则||z =___________．14.已知,a b 为两个正实数，且41a b +=+的最大值为___________.ξ012Px3y 23y四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．设函数1()sin()cos ,3(0,),().22f x x x f ππαα=+-∈=(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)已知凸四边形ABCD 中，()241AB AC AD f BAD ∠====，，，求凸四边形ABCD 面积的最大值.19．在直角梯形ABCD 中，CD AD ⊥，22AB BC CD ===，AD =现将D AC ∆沿着对角线AC 折起，使点D 到达点P 位置，此时二面角P AC D --为3π（1）求异面直线PA ，BC 所成角的余弦值；（2）求点A 到平面PBC 的距离.21.已知椭圆22143x y +=，F 为其右焦点，(0,)M t ，(0,)N t -为椭圆外两点，直线MF 交椭圆于AB 两点.(1)若MA AF λ= ，MB uBF =，求u λ+的值；(2)若三角形NAB 面积为S ，求S 的取值范围.22．已知()sin ,[0,]f x x x π=∈，（1）求()f x 在x π=处的切线方程；（2）求证：对于12,[0,]x x π∀∈和12,0λλ∀>，且121λλ+=，都有()11221122sin sin sin x x x x λλλλ+≥+；（3）请将（2）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．高三数学第1页共8页2023.5高三数学模拟考一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．12345678BCDADBDB二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9101112ACABCCDACD三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分．13．215.[1,1)e -16.316四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.【解析】（1）由题意知1sin()cos332ππα+-=，得sin()13πα+=因为0,2πα⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以5,336ππαπ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，所以32ππα+=，所以6πα=()sin cos sin 66f x x x x ππ⎛⎫⎛⎫∴=+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所()f x 的单调递增区间为22,2,33k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦（2）由()1fBAD ∠=，得23BAD π∠=所以四边形ABCD的面积BAC DAC S S S ∆∆=+设BAC α∠=，则()22sin 4sin 3S παααϕ⎛⎫=+-=+≤⎪⎝⎭当21sin cos 7αϕ==时，取到最大值高三数学第2页共8页18.【解析】（1）当1n =时，215160a a ++=，26425a ∴=-，当2n ≥时，由10516n n a S +++=①，得10516n n a S -+=+②，①-②得154n na a +=126440,0,255n n n a a a a +=-≠∴≠∴=，又214,{}5n a a a =∴是首项为165-，公比为45的等比数列，11644()4()555n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由4(5)0n n b n a +-=，得54(5)()45n n n n b a n -=-=-，所以234444432(1)(5)5554455nn T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯-⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，2413444444432(6)(555)5555nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，两式相减得234114444444(5)5555555nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 111612516(45)5554145n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-1115(5)161644455555n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以145()5n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1445()(5)()55n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(5)40n n λ-+≥恒成立，5n =时不等式恒成立；高三数学第3页共8页5n <时，420455n n n λ≤-=----，得1λ≤；5n >时，412455n n n λ≥-=----，得4λ≥-；所以41λ-≤≤.19.过点D 做DO AC ⊥交AC 于O 连接OP以O 点为原点，以OA 为x 轴，在平面ABCD 内，过点O 垂直于AC 的线为y 轴，过点O 垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.(1)因为DO AC ⊥，所以PO AC ⊥，所以DOP ∠为二面角P AC D --的平面角.所以3DOP π∠=，又因为3||||2OD OP ==，所以点330,,44P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭又因为1,0,02C ⎛⎫-⎪⎝⎭，3,0,02A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，12B ⎛⎫⎪⎝⎭所以33,,244AP ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,BC =-所以333324cos ,8||||AP BCAP BC AP BC +⋅<>===所以AP 与BC 夹角的余弦值为338.高三数学第4页共8页(2)13,,244PC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭,()1,BC =-设(),,n x y z = 为平面PBC 的一个法向量，则00n PC n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即13302440x y z x ⎧-+-=⎪⎨⎪-=⎩令x =1,n =-所以点A 到平面PBC的距离为||2217||AP n d n ⋅===.20.【解析】（1）记“所选取的2名学生选考物理､化学､生物科目数量相等”为事件A ，则两人选考物理､化学､生物科目数量（以下用科目数或选考科目数指代）为1的情况数为220C ，数目为2的为240C ，数目为3的有240C ，则()2222040402100C C C 35C 99P A ++==.；（2）由题意可知X 的可能取值分别为0,1,2.为0时对应概率为（1）中所求概率：()2222040402100C C C 0C 5939P X ++===；为1时，1人选考科目数为1，另一人为2或1人为2，1人为3：()1111204040402100C C C C 161C 33P X +===；为2时，1人为1，1人为3：()1120402100C C 162C 99P X ===.则分布列如图所示：X012P359916331699故X 的期望为()3516168001299339999E X =⨯+⨯+⨯=；（3）高三数学第5页共8页性别纯理科生非纯理科生总计男性305585女性10515总计4060100零假设为0H ：同时选考物理、化学、生物三科与学生性别相互独立，即同时选考物理、化学、生物与学生性别无关.()()()()()()2221003051055 5.229 3.84140608515n ad bc a b c d a c b d χ-⨯⨯-⨯==≈>++++⨯⨯⨯所以依据小概率值0.05α=的独立性检验，我们推断0H 不成立，即认为同时选考物理、化学、生物三科与学生性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.21.(1)设()()1122,,,A x y B x y 因为,M N 在椭圆外，所以23t >.由题意知，AB 的方程为11x y t =-+，联立椭圆方程，得221134120x y t x y ⎧=-+⎪⎨⎪+-=⎩化简，得2236(4)90y y t t+--=（*）由MA AF λ=，得()11y t y λ-=-由MB uBF =，得()22y t u y -=-所以121212112y y t tu t y y y y λ⎛⎫++=-+-+=-+ ⎪⎝⎭由（*）式可得，12126293y y t y y t+==--所以1212823y y u t y y λ⎛⎫++=-+=- ⎪⎝⎭.高三数学第6页共8页(2)1222122||||33244NAB OABS S OF y y t t∆∆==⋅⋅-=++令m =，所以21231NABm S m ∆=+因为23t >，所以m ⎛= ⎝，所以2121283,313153NAB m S m m m ∆⎛⎫==∈ ⎪ ⎪+⎝⎭+.所以S 的取值范围是83,35⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.22.【解析】（1）因为()cos f x x '=,所以cos |1x k x π===-，又()0f π=所以求()f x 在x π=处的切线方程为y x π=-+.(2)不妨设12x x ≤令122122()sin()sin sin g x x x x x λλλλ=+--，2[0,]x x ∈则11221()cos()cos g x x x x λλλλ'=+-因为122120x x x x x πλλλλ≥+>+=≥所以122cos()cos x x x λλ+≤所以()0g x '≤在2[0,]x x ∈上恒成立.所以2()()0g x g x ≥=即122122sin()sin sin x x x x λλλλ+≥+.(3)对于任意的[0,]i x π∈，任意的0(1,2,,)i i n λ>= ，11nii λ==∑都有11sin sin n ni i i ii i x x λλ==⎛⎫≥ ⎪⎝⎭∑∑高三数学第7页共8页证明：①当2n =时，由（2）知，命题显然成立.②假设当n k =时命题成立.即对任意的123,,,[0,]k x x x x π∈ 及0,1,2,3,,,i i k μ>= 11k i i μ==∑.都有11sin sin k ki i i i i i x x μμ==⎛⎫≥ ⎪⎝⎭∑∑.现设1231,,,,[0,]k k x x x x x π+∈ 及0,1,2,3,,,1i i k k λ>=+ ，111k i i λ+==∑.令1,1,2,3,,,1i i k i k λμλ+==- 则11k i i μ==∑.由归纳假设可知()()11221122111111sin sin 11k k k k k k k k k k x x x x x x x x λλλλλλλλλλ++++++⎡⎤+++++++=-+⎢⎥-⎣⎦()()11122111sin sin k k k k k x x x x λμμμλ+++≥-++++ ()[]11122111sin sin sin sin k k k k k x x x x λμμμλ+++≥-++++ ()12112111111sin sin sin sin 111k k k k k k k k x x x x λλλλλλλλ++++++⎡⎤=-++++⎢⎥---⎣⎦()12112111111sin sin sin sin 111k k k k k k k k x x x x λλλλλλλλ++++++⎡⎤=-++++⎢⎥---⎣⎦11sin k i i i x λ+==∑所以当1n k =+时命题也成立.综上对于任意的[0,]i x π∈，任意的0(1,2,,)i i n λ>= ，且11n i i λ==∑都有11sin sin n ni i i i i i x x λλ==⎛⎫≥ ⎪⎝⎭∑∑。

镇海中学高三数学试卷答案

镇海中学高三数学试卷答案第一部分：选择题1. A2. C3. B4. D5. A6. B7. C8. D9. B10. A第二部分：填空题1.242.563.-34.6255. 1.5第三部分：解答题1. 证明题根据题目要求，首先假设已知条件为$\\angle A = \\angle C$，$\\angle B =\\angle D$。

由等角的性质可知，$\\angle A = \\angle C = \\alpha$，$\\angle B = \\angle D = \\beta$。

因为$\\alpha + \\beta = 90^{\\circ}$，由直角三角形的性质可得$\\angle AOB + \\angle COB = 90^{\\circ}$。

又因为$\\angle A = \\angle C = \\alpha$，$\\angle B = \\angle D = \\beta$，则$\\angle AOB = 2\\alpha$，$\\angle COB = 2\\beta$。

所以，$2\\alpha + 2\\beta = 90^{\\circ}$，化简得$\\alpha + \\beta =45^{\\circ}$，即$\\angle A + \\angle B = 45^{\\circ}$。

故已证明$\\angle A + \\angle B = 45^{\\circ}$。

2. 应用题已知正方形边长为5厘米，求正方形对角线长。

解：设正方形的对角线长为x厘米。

根据勾股定理，对角线长的平方等于两条边长的平方和。

$(5\\sqrt{2})^2 = 5^2 + 5^2$$25 \\times 2 = 25 + 25$50=50所以，正方形的对角线长为$5\\sqrt{2}$厘米。

结语以上为镇海中学高三数学试卷的答案，希望同学们认真对待错题，不断提升自己的数学能力！。

2016年镇海中学高一数学奥林匹克选拔测试一(含答案)

求证：．
17. (本题满分20分)已知数列满足，，． ⑴ 证明：是正整数数列； ⑵ 是否存在，使得，并说明理由．
18. (本题满分20分)将3×3方格表中任意角上的2×2小方格表挖去，剩下的图形称为“角形”(如图1就是一个角形)，现在10×10方格表(图2)中放置一些两两不重叠的角形，要求角形的边界与方格表的边界或分格线重合．求正整数k的最大值，使得无论以何种方式放置了k个角形之后，总能在方格表中再放入一个完整的角形．
II.如图，线段AB、CD是⊙O中长度不相等的两条弦，AB与CD的交点为E，⊙I内切⊙O于点F，且分别与弦AB、CD相切于点G、H．过点O 的直线l分别交AB、CD于点P、Q，使得EP=EQ．直线EF与直线l交于点 M，求证：过点M且与AB平行的直线是⊙O的切线．
第II题
第二部分（共2大题，计150分）一、填空题（共15小题，每题6分，计90分）．
再使用叠代，连续使用x'=x+五次，得到下列式子： (2) (3) (4)… (5)… (6)．把这6个式子加起来，中间得项都抵消了，只剩首尾得项，得： f(x+1)-f(x)=f(x+2)-f(x+1) ．(10分) 假设f(x)=a，f(x+1)-f(x)=b，则： f(x+1)-a=b f(x+2)-f(x+1)=f(x+1)-f(x)=b … f(x+n)-f(x+n-1)=b 上式全加起来得：f(x+n)-a=n×bf(x+n)=a+n×b．(15分) 假设b不等于0，则n足够大的时候一定可以使|a+n×b|>1，与题设矛盾，所以b=0．(20分) 所以f(x+1)=f(x)，周期是1．(25分)

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y
x
P O
B A
第3题
2007年浙江省镇海中学保送生数学试卷
一、选择题（每小题5分，共50分）：
１．若a 、b
的值是（）（A ）二者均为有理数（B ）二者均为无理数
（C ）一个为无理数，另一个为有理数（D ）以上三种情况均有可能．
２．若x y x y x y y x 156523-=-=，则2
22
232654y xy x y xy x +-+-的值是（）．（A ）
29 （B ）4
9
（C ）5 （D ）6 ．３．如图，在一次函数3y x =-+的图象上取一点P ，作P A ⊥x 轴，垂足为A ，PB ⊥y 轴，垂足为B ，且矩形OAPB 的面积为2，则这样的点P 共有（）
（A ）1个（B ）2个（C ）3个（D ）4个．
４．等边△ABC 的各边与它的内切圆相切于111,,A B C ，111A B C ∆的各边与它的内切圆相切于
222,,A B C ，…，以此类推.若△ABC 的面积为1，则555A B C ∆的面积为（）
（A ）
51 （B ）251 （C ）521 （D ）102
1．５．如果甲的身高或体重数至少有一项比乙大，则称甲不亚于乙．在100个小伙子中，若某
人不亚于其他99人，我们就称他为棒小伙子，那么100个小伙子中，棒小伙子最多可能有（）
(A) 1个 (B) 2个 (C) 50个 (D) 100个．
６．某水池有编号为①，②，③，④，⑤的5个水管，有的是进水管，有的是出水管．已知
（A ）① （B ）② （C ）④ （D ）③或⑤．
７．如图，已知等腰梯形ABCD ，腰AB ＝CD ＝m ，对角线AC ⊥BD ，锐角∠ABC ＝α，则该梯形的面积是（）
（A ）αsin 2m （B ）2
2
)(sin αm
（C ）αcos 2m （D ）2
2)(cos αm ．
８．△ABC 有一边是另一边的2倍，又有一个内角等于30°，则下列正确的是（）
(A) △ABC 不是直角三角形 (B) △ABC 不是锐角三角形 (C) △ABC 不是钝角三角形 (D) 以上答案都不对．
９．正五边形广场ABCDE 的边长为400米，甲，乙两个同学做游戏，甲从A 处，乙从C 处
A B
C
D
题7图
同时出发，沿A —B —C —D —E —A 的方向绕广场行走，甲的速度为每分钟50米，乙的速度为每分钟46米．在两人第一次刚走到同一条边上的那一时刻（）
（A ）甲不在顶点处，乙在顶点处（B ）甲在顶点处，乙不在顶点处（C ）甲乙都在顶点处（D ）甲乙都不在顶点处
10．二次函数2
67y x x =-+-，当x 取值为2t x t ≤≤+时有最大值2
(3)2y t =--+，则t
的取值范围为（）
（A ）t ≤0 （B ）0≤t ≤3 （C ）t ≥３（D ）以上都不对．二、填空题（每小题5分，共30分）：
11．如图，半圆的直径AB 长为2，C ，D 是半圆上的两点，若AC
的度数为96°，BD
的度数为36°，动点P 在直径AB 上，则CP
＋PD 的最小值为___________．
12．已知正数a ，b ，有下列命题：
(1) 若a ＝1，b ＝1
≤1； (2) 若a ＝12， b ＝52
3
2
； (3) 若a ＝2，b ＝3
≤
5
2
； (4) 若a ＝1， b ＝5
3．根据以上几个命题所提供的信息，请猜想：若a ＝6，b ＝7，则ab ≤________． 13．如果满足
2
61610x x a ---=的实数x 恰有6个，则
实数a 的值等于__________．
14．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝5，BC ＝12，将矩形ABCD 沿对角线AC 对折，然后放在桌面上，折叠后所成的图形覆盖桌面的面积是________．
15．已知y x ,均为实数，且满足32,1222=+=++xy y x y x xy ，则33y xy x ++＝
______________．
16．5只猴子一起摘了1堆桃子，因太累了，它们决定，先睡一觉再分．过了不知多久，来了第一只猴子，它见别的猴子没来，便将这堆桃子平均分为5堆，结果还多1个，就把多余的这个吃了，取走自己应得的1份．又过了不知多久，来了第2只猴子，它不知道有1个同伴已经来过了，还以为自己是第1个到的，也将地上的桃子平均分为5堆，结果也多1个，就把多余的这个吃了，取走自己应得的1份．第3只，第4只，第5只猴子都是这样……．则这5只猴子至少摘了_________个桃子．
D'
E
D
C
B
A
第14题
P
D C
B
A
第11题
三、解答题（第17题8分，第18题、第19题各10分，第20题12分，共40分）：
17．关于x 的方程x
kx x x x x k 1
122+=
---只有一个解，求k 的值和相应方程的解．
18．已知：点A （6，0），B （0，3），线段AB 上一点C ，过C 分别作CD ⊥x 轴于D ，作CE ⊥y 轴于E ，若四边形ODCE 为正方形．
⑴ 求点Ｃ的坐标；
⑵ 若过点C ，E 的抛物线c bx ax y ++=2
的顶点落在正方形ODCE 内（包括四边上），求a 的取值范围；
⑶ 在题⑵的抛物线中与直线AB 相交于点Ｃ和另一点Ｐ，若△PEC ∽△PBE ，求此时抛物线的解析式．
19．在一圆中，两条弦AB ，CD 相交于点E ，Ｍ为线段EB 之间的点（不包括E ，B ）．过点D ，E ，M 的圆在点E 的切线分别交直线BC ，AC 于F ，G ．若
t AB AM =，求
EF
GE
（用t 表示）．
20．整数01232003,,,,
,x x x x x 满足条件：00x =，101x x =+，211x x =+，
321x x =+，…，200320021x x =+.
⑴ 试用仅含2003x 的代数式表示12320022003x x x x x +++++，
⑵ 求12320022003x x x x x +++++的最小值．
参考答案
一、选择题（每小题5分，共50分）：
１．Ａ２．A ３．D 4．Ｄ５．D ６．C ．７．Ｂ８．Ｂ９．Ｂ 10．Ｃ二、填空题（每小题5分，共30分）：
11． 3 12．169
4
13．10 14．
2035
48
15． 420 16．3121 三、解答题（第17题8分，第18题、第19题各10分，第20题12分，共40分）：
17．原方程可化为01232
=-+-x kx kx ① 当0=k 时，原方程有唯一解2
1
=
x ．（３分）当0≠k 时，方程①的0)1(454)23(2
2
2
>-+=+-=∆k k k k 故总有
两个不同的实数根．按题设原方程只有一个解，因此必有一个根是原方程的增根，从原方程可知增根只可能是０或１，显然，０不是方程①的根，
故1=x 是方程①的根，代入①得21=
k ．由韦达定理可得原方程的根为21
-=-k ．所以，当0=k 时，原方程的解为2
1
=x ；
当2
1
=k 时，原方程的解为2-=x ．（８分）
18．⑴ C （2，2）（２分） ⑵ 0＜a ≤2 （５分）
⑶ P （3
2-
，310）（８分） 223
432+-=x x y （10分）
19． EF GE ＝t
t -1．（以下解法仅供参考）
连结AD ，MD ，BD ．可证得△CGE ∽△BDM ，MB
DM
CE GE =；① △CEF ∽△AMD ，DB
AM
EF CE =；②
①×②得：
EF GE ＝MB AM ＝t
t
-1．
20．由已知得22
10022
21122
3222220032002200221,21,21,2 1.x x x x x x x x x x x x ⎧=++⎪=++⎪⎪=++⎨⎪⎪⎪=++⎩
于是22
2003001220022()2003x x x x x x =++++
+，又00x =，
则2
21220032003200320032()22003(1)2004x x x x x x ++
=+-=+-,
即 12320022003x x x x x +++++=
12
2
2003(1)2004x +-. （５分）由于12320022003x x x x x +++
++为整数，则20031x +是偶数，比较2
442004-与
2
462004-的大小，可得12320022003x x x x x +++
++≥
12
2
442004-＝34．当02419600x x x x ===
=，13519591x x x x ====-，19611x =，19622x =，
19633x =，…，200343x =时，等号成立．所以12320022003x x x x x +++++的最小值为
34．（12分）。