温州中学提前招生数学模拟卷

时量：90分钟 满分：100分

三 题号 一 二 13 14 15 16 17 得分 总分 合分人 复查人 一．选择题（6×4=42分）

1．若α、β是方程x﹣x﹣2006=0的两个实数根，则α+β的值是（ ） A．1

B．2007 C．﹣1 D．2006

2

2

2．把一枚六个面编号分别为1，5，6的质地均匀的正方体骰子先后投掷2次，若两个正面朝上的编号分别为m，n，则二次函数y=x+mx+n的图象与x轴有两个不同交点的概率是（ ） A．

B．

C．

D．

2

3．观察下列等式：

=1﹣， =﹣， =﹣， …

=﹣

将以上等式相加得到

+

+

+…+

+

+ C．

=1﹣

． +…+

其结果为（ ）

D．

用上述方法计算：A．

B．

4．如图，在Rt△ABC中，∠P是BC边上不同于B，C的一动点，过点P作PQ⊥AB，垂足为Q，连接AP．若AC=3，BC=4，则△AQP的面积的最大值是（ ）

A．

B．

3

3

C．

2

2

D．

5．已知a±b=（a±b）（a±ab+b），如果一列数a1，a2，…满足对任意的正整数n都有

，则

A．

B．

C．

的值为（ ）

D．

6．已知，实数x，y，z满足，则x+y+z=（ ）

444

A．4

B． C． D．以上都不对

二．填空题（6×4=24分）

7．点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（﹣2，4）是双曲线x2＜0＜x1，则y1，y2，y3的大小关系是 ． 8．若x、y、z满足3x+7y+z=1和4x+10y+z=2001，则分式

2

2

2

上的四个点，若x3＜

的值为 ．

9．如图，△ABC中，AD与B已知S△AFB=12cm，S△BFD=9cm，S△AFE=6cm，那么四边形CDFE的面积为 cm．

10．一枚商标示，点A1，A2，A3，A4和C1，C2，C3，C4分别是?ABCD边AB和CD的五等分点，点B1，B2和D1，D2分别是BC和DA的三等分点，已知?ABCD的面积5，则阴影四边形A4B2C4D2的面积是 ．

2

11．如图，一个粒子在第一第一分钟内它从原点运动到（1，0），而后它接着按图所示在与x轴、y轴平行的方向或在x轴、y轴上来回运动，且每分钟移动1个单位长度，那么在2071分钟后这个粒子所处位置为 ．

12．已知一次函数f（b经过点（10，13），它在x轴 上的截距是一个质数，在y轴上的截距是一个正整数，则 函数的个数有 个．

三．解答题（共5小题，共58分）

13．（10分）如图，D中，AB=3cm，BC=4cm．设P，Q分别为BD，BC上的动点，在点P自点D沿DB方向作匀速移动的同时，点Q自点B沿BC方向向点C作匀速移动，移动的速度均为1cm/s，设P，Q移动的时间为t（0＜t≤4）． （1）当t为何值时，△PBQ为等腰三角形？

（2）△PBQ能否成为等边三角形？若能，求t的值；若不能，说明理由．

14．（10分）如图，△ABC是边三角形，P是AB边上的一个动点（P与B不重合），以线段CP为边作等边△CPD（D、A在BC的同侧），连接AD． （1）判断四边形ABCD的形状，并给予证明；

（2）设BP=x，△PAD的面积为y，求出y关于x的函数关系式，并求出△PAD面积的最大值及取得最大值时x的值．

15．（12分）若直线l：y=x+3交x轴于点A，交y轴于点B．坐标原点O关于直线l的对称点O′在反比例函数y=的图象上． （1）求反比例函数y=的解析式；

（2）将直线l绕点A逆时针旋转角θ（0°＜θ＜45°），得到直线l′，l′交y轴于点P，过点P作x轴的平行线，与上述反比例函数y=的图象交于点Q，当四边形APQO′的面积为9﹣

时，求θ的值．

①和一元二次方程（2﹣k）x+3mx+（3﹣k）n=0

2

16．（13分）已知在关于x的分式方程

②中，k、m、n均为实数，方程①的根为非负数． （1）求k的取值范围；

（2）当方程②有两个整数根x1、x2，k为整数，且k=m+2，n=1时，求方程②的整数根； （3）当方程②x1、x2，满足x1（x1﹣k）+x2（x2﹣k）=（x1﹣k）（x2﹣k），且k为负整数时，试判断|m|≤2是否成立？请说明理由．

17．（13分）如图，已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE的中点，连接CF，DF．

（1）如图①，当点D在AB上，点E在AC上时，请判断线段CF，DF有怎样的数量关系和位置关系？为什么？

（2）如图②，将图①中的△ADE绕点A旋转到图②位置时，请判断（1）中的结论是否仍然成立？并证明你的判断．

参 一．选择题（共6小题）

1．【分析】定义，可知β﹣β﹣2006=0，即β=β+2006①，再由一元二次方程根与系数的关系，可得α+β=1②，然后把①②分别代入所求式子α+β，即可求出其值． 解：∵β是方程x﹣x﹣2006=0的根， ∴β﹣β﹣2006=0，即β=β+2006，

又∵α、β是方程x﹣x﹣2006=0的两个实数根， ∴α+β=1．

∴α+β=α+（β+2006）=1+2006=2007． 故选B．

2．【分析】本题可先列出出况，因为二次图象开口向上，要使图象与x轴有两个不同的交点，则最低点要小于0，即4n﹣m＜0，再把m、n的值一一代入检验，看是否满足．最后把满足的个数除以掷骰子可能出现的点数的总个数即可． 解：掷骰子有6×6=36种情况． 根据题意有：4n﹣m＜0，

因此满足的点有：n=1，m=3，4，5，6， n=2，m=3，4，5，6， n=3，m=4，5，6， n=4，m=5，6， n=5，m=5，6， n=6，m=5，6， 共有17种， 故概率为：17÷36=故选C．

3．【分析】本题是规律性题型，基本方法是，将一个分数分为两个分数的差，因为所求式子，每一个分母的两个因数相差2，一个分数分为两个分数时，需要乘以． 解：由上式可知

+

+

+…+

=（1﹣

）=

．故选A．

．

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

4．【分析】先利用“两角法PBQ与△ABC相似，再设BP=x（0＜x＜4）．由勾股定理、相似三角形的对应边成比例以及三角形的面积公式，列出S与x的函数关系式，利用配方法求得二次函数的最值．

解：设BP=x（0＜x＜4），由勾股定理得 AB=5， ∵∠PQB=∠C=90°，∠B=∠B， ∴△PBQ∽△ABC， ∴

=

=

，即

=

=

∴PQ=x，QB=x S△APQ=PQ×AQ=∴当x=

+x=

． 故选（C）

时，△APQ的面积最大，最大值是

5．【分析】令n=1、2、3…，求出a1，a2，…的值，在表示出a2﹣1，a3﹣1，…从而得出规律，再提取后利用拆项法解答．

解：根据题意，当n=1时，a1=1=1， 当n=2时，a1+a2=2，a2=2﹣1=7， 所以a2﹣1=7﹣1=6=3×（1×2），当n=3时，a1+a2+a3=3，a3=3﹣2=19， 所以a3﹣1=19﹣1=18=3×（2×3），当n=4时，a1+a2+a3+a4=4，a4=4﹣3=37， 所以a4﹣1=37﹣1=36=3×（3×4）， …

a100=100﹣99

=（100﹣99）×（100+100×99+99） =100+100×（100﹣1）+（100﹣1） =100+100﹣100+100﹣200+1 =3×100﹣300+1，

22

2

2

2

2

2

2

3

3

3

3

3

3

3

3

3

3

3

所以a100﹣1=3×100﹣300+1﹣1=100×（300﹣3）=100×297=3×（99×100），

+=

++…+

+

+…+﹣

）

2

=（﹣+﹣+﹣+…+=×（1﹣=×=

．

）

故选A．

6．【分析】根据已知条件先求出xy+xz+yz=

，再求出xyz=，根据完全平方公式即可求解．

解：∵，

∴由（1）代入上式得：xy+xz+yz=

3

3

3

2

2

2

（4），

而x+y+z﹣3xyz=（x+y+z）（x+y+z﹣xy﹣xz﹣yz）， 把（3）（4）代入上式得：xyz=（5）， 由（4）平方得：把（5）代入上式得：∴故选C．

二．填空题（共6小题）

7．【分析】先根据点D（﹣2，4）在反比例函数y=的图象上求出k的值，再判断出函数图象所在的象限，根据函数图象在每一象限内的增减性即可得出结论． 解：∵D（﹣2，4）是双曲线∴k=（﹣2）×4=﹣8＜0，

上的点，

，

． ；

∴双曲线的两个分支分别位于二四象限，且在每一象限内y随x的增大而增大， ∵x3＜x2＜0＜x1，

∴B（x2，y2），C（x3，y3）在第二象限，A（x1，y1）在第四象限， ∴y2＞y3＞0，y1＜0， ∴y2＞y3＞y1．

故答案为：y2＞y3＞y1． 8．【分析】分式

=

，视x+3y与x+y+z为两个整体，对

方程组进行整体改造后即可得出答案．

解：由x、y、z满足3x+7y+z=1和4x+10y+z=2001， 得出：∴=

==﹣3999．

，解得：

，

，

故答案为：﹣3999．

9．【分析】连接CF，设S△CEF=x，S△CDF=y，根据三角形的面积与三角形底边成比例，进而求出四边形CDFE的面积．

解：连接CF，设S△CEF=x，S△CDF=y， 则

=

=

，

=

=

，

解得x=，y=，

故四边形CDFE的面积=x+y=． 故答案为：．

10．【分析】可以设平CD的面积是S，根据等分点的定义利用平行四边形ABCD的面积减去四个角上的三角形的面积，就可表示出四边形A4B2C4D2的面积，从而得到两个四边形面积的关系，即可求解．

解：设平行四边形ABCD的面积是S，设AB=5a，BC=3b．AB边上的高是3x，BC边上的高是5y． 则S=5a?3x=3b?5y．即ax=by=

．

△AA4D2与△B2CC4全等，B2C=BC=b，B2C边上的高是?5y=4y． 则△AA4D2和△B2CC4的面积是2by=同理△D2C4D与△A4BB2的面积是则四边形A4B2C4D2的面积是S﹣又∵S=9，

∴四边形A4B2C4D2的面积=故答案为：3．

11． 【分析】要弄清粒子的运动规律，先观察横坐标和纵坐标的相同点： （0，0），粒子运动了0分钟．（1，1）就是运动了2=1×2分钟，将向左运动！ （2，2）粒子运动了6=2×3分钟，将向下运动！ （3，3），粒子运动了12=3×4分钟．将向左运动…

（45，45）点处粒子运动了45×46=2070分钟！此时粒子会将左移动． 解：要弄清粒子的运动规律，先观察横坐标和纵坐标的相同点：

（0，0），粒子运动了0分钟．（1，1）就是运动了2=1×2分钟，将向左运动！ （2，2）粒子运动了6=2×3分钟，将向下运动！ （3，3），粒子运动了12=3×4分钟．将向左运动…

于是会出现：（45，45）点处粒子运动了45×46=2070分钟，此时粒子会将左移动． 从而在运动了2071分钟以后，粒子所在位置为（44，45） 故答案填：（44，45）．

12．【分析】设与x轴交点为（p，0），与y轴交点为（0，q），把点（10，13）代入y=ax+b，得10a+b=13；把（p，0），（0，q）也代入y=ax+b，得b=q，a=﹣．所以13p=﹣10q+pq，则q=

，p是质数，q是正整数，再利用整除的性质讨论即可．

×5=3．

． ． ﹣

=

，

解：设于x轴交点为（p，0），与y轴交点为（0，q）， 把点（10，13）代入y=ax+b，得10a+b=13；

把（p，0），（0，q）也代入y=ax+b，得b=q，a=﹣． 所以13p=﹣10q+pq， 则q=

，p是质数，q是正整数，

当p﹣10=1时，p=11，q=143，符合题意；

当p﹣10=13时，p=23，q=23，符合题意；当p﹣10=p时，无解． 所以满足条件的所有一次函数的个数为2个． 故答案为2．

三．解答题（共5小题）

13．【分析】（1）此题由3种情况，①从假设△BPQ是等腰三角形入手．求证△BMP∽△BCD，利用对应边成比例即可求得t的值．在Rt△BMP中，利用cos∠DBC=

，解得t．

③如图，当BQ=PQ时，自点Q向BD引垂线，垂足为N．利用Rt△BNQ∽Rt△BCD其对应边成比例即可求得t．

（2）若△PBQ为等边三角形，则BQ=BP=PQ．由②，知当BQ=BP时，时，解：

（1）若△BPQ是等腰三角形．

①如图，当PB=PQ时，自点P向BC引垂线， 垂足为M，则有BM=MQ． 方法一：

由△BMP∽△BCD，得∴∴方法二： 在Rt△BMP中，

．

，解得

． ，

．

．而BQ=BP与BP=PQ不能同时成

．由①，知当BP=PQ

∴，解得．

．

②当BQ=BP时，有t=5﹣t，解得

③如图，当BQ=PQ时，自点Q向BD引垂线，垂足为N． 由Rt△BNQ∽Rt△BCD，得

．

∴，解得．

（2）不能．

若△PBQ为等边三角形，则BQ=BP=PQ． 由（2）②，知当BQ=BP时，由（2）①，知当BP=PQ时，∴BQ=BP与BP=PQ不能同时成立， ∴△PBQ不可能为等边三角形．

． ．

14．【分析】（1）①当点P不与点A重合时，②当点P与点A重合时，分别证明即可； （2）由（1）知∠BAD=1=BP=x，过P作DA延长线的垂线PM，M为垂足，则∠PAM=60°，∠APM=30°，表示出△PAD面积然后根据配方法即可得出答案． 解：（1）四边形ABCD是梯形或菱形，证明如下： ①当点P不与点A重合时， ∵△ABC与△CPD都是等边三角形， ∴∠ACB=∠DCP=60°， ∴∠1=∠2， 又∵AC=BC，DC=PC，

∴△ADC≌△BPC， ∴∠DAC=∠B=∠BCA=60°， ∴AD∥BC．

又∵∠1=∠2＜60°，

∴∠DCB＜120°，即∠B+∠DCB＜180°， ∴DC与AB不平行， ∴四边形ABCD是梯形；

②当点P与点A重合时，PC与AC重合，此时AB=BC=CA=AD=DC，四边形ABCD是菱形， 综上所述，四边形ABCD是梯形或菱形；

（2）由（1）知∠BAD=120°，AD=BP=x，过P作DA延长线的垂线PM，M为垂足， 则∠PAM=60°，∠APM=30°， 又BP=x，AB=1， ∴AP=1﹣x， ∴AM=∴当

时，y取最大值为

，即当

，PM=

（0＜x＜1）．

时△PAD面积取得最大面积为

．

15． 【分析】（1）求出点A、B的坐标，然后根据坐标原点O与O′关于直线l对称求出点O′，再利用待定系数法即可求解；

（2）根据题意作出草图，设点P的坐标为（0，a），先求出点Q的坐标，然后分别求出梯形O′BPQ的面积与正方形AOBO′的面积，再根据S式计算即可求出a的值为3得到θ的值．

四边形APQO′

=S

梯形O′BPQ的面积

+S

正方形AOBO′

﹣S△AOP，列

，根据三角函数求出∠PAO=60°，∠BAO=45°，两角相减即可

解：（1）当x=0时，y=0+3=3， 当y=0时，x+3=0，解得x=﹣3，

∴点A、B的坐标分别为A（﹣3，0），B（0，3）， ∵坐标原点O与O′关于直线l对称， ∴O′（﹣3，3）， ∴3=

，

解得k=﹣9，

∴反比例函数y=的解析式为：y=﹣；

（2）设点P的坐标为（0，a）， ∵PQ∥x轴， ∴a=﹣， 解得x=﹣，

∴点Q的坐标为（﹣，a）；

S四边形APQO′=S梯形O′BPQ的面积+S正方形AOBO′﹣S△AOP=×（+3）（a﹣3）+3×3﹣×3×a， =﹣

+9，

，

∵四边形APQO′的面积为9﹣∴﹣

+9=9﹣

，

=

=，

解得a=3

∴tan∠PAO=，tan∠BAO===1，

∴∠PAO=60°，∠BAO=45°， θ=∠PAO﹣∠BAO=60°﹣45°=15°． 故答案为：15°．

16． 【分析】（1）先解出分式方程①的解，根据分式的意义和方程①的根为非负数得出k的取值；

（2）先把k=m+2，n=1代入方程②化简，由方程②有两个整数实根得△是完全平方数，列等式得出关于m的等式，由根与系数的关系和两个整数根x1、x2得出m=1和﹣1，再根据方程有两个整数根得△＞0，得出m＞0或m＜﹣，符合题意，分别把m=1和﹣1代入方程后解出即可．

（3）根据（1）中k的取数得出k=﹣1，化简已知所给的等式，并将两根和与积代入计算得出m的等式，并由根的判别式组成两式可做出判断． 解：（1）∵关于x的分式方程∴x≥0且x≠1， 又∵x=

≥0，且

≠1，

的根为非负数，

∴解得k≥﹣1且k≠1，

又∵一元二次方程（2﹣k）x+3mx+（3﹣k）n=0中2﹣k≠0， ∴k≠2，

综上可得：k≥﹣1且k≠1且k≠2；

（2）∵一元二次方程（2﹣k）x+3mx+（3﹣k）n=0有两个整数根x1、x2，且k=m+2，n=1时， ∴把k=m+2，n=1代入原方程得：﹣mx+3mx+（1﹣m）=0，即：mx﹣3mx+m﹣1=0， ∴△＞0，即△=（﹣3m）﹣4m（m﹣1），且m≠0， ∴△=9m﹣4m（m﹣1）=m（5m+4）＞0， 则m＞0或m＜﹣；

∵x1、x2是整数，k、m都是整数， ∵x1+x2=3，x1?x2=∴1﹣为整数， ∴m=1或﹣1，

由（1）知k≠1，则m+2≠1，m≠﹣1

∴把m=1代入方程mx﹣3mx+m﹣1=0得：x﹣3x+1﹣1=0， x﹣3x=0， x（x﹣3）=0， x1=0，x2=3；

2

2

2

2

2

2

2

22

=1﹣，

（3）|m|≤2成立，理由是： 由（1）知：k≥﹣1且k≠1且k≠2， ∵k是负整数， ∴k=﹣1，

（2﹣k）x+3mx+（3﹣k）n=0且方程有两个实数根x1、x2， ∴x1+x2=﹣

=

=﹣m，x1x2=

=n，

2

x1（x1﹣k）+x2（x2﹣k）=（x1﹣k）（x2﹣k）， x1﹣x1k+x2﹣x2k=x1x2﹣x1k﹣x2k+k， x1+x2═x1x2+k，

（x1+x2）﹣2x1x2﹣x1x2=k， （x1+x2）﹣3x1x2=k， （﹣m）﹣3×n=（﹣1）， m﹣4n=1，n=

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

①，

2

△=（3m）﹣4（2﹣k）（3﹣k）n=9m﹣48n≥0②， 把①代入②得：9m﹣48×m≤4， 则|m|≤2， ∴|m|≤2成立．

17．【分析】（1）根据“边上的中线等于斜边的一半”可知DF=BF=CF，根据∠DFE=2∠DCF，∠BFE=2∠BCF，得到∠EFD+∠EFB=2∠ABC=90°，进而得出DF⊥BF；

（2）延长DF至G，连接BG，CG，DC，先判定△BFG≌△EFD（SAS），得到∠FBG=∠FED，BG=ED，结合△ADE和△ACB都是等腰直角三角形，得出∠CBG=∠DAC，再判定△BCG≌△ACD（SAS），进而得到GC=DC，∠BCG=∠ACD，根据△DCG是等腰直角三角形，以及F是DG的中点，即可得到CF⊥DF且CF=DF．

解：（1）CF=DF且CF⊥DF．理由如下： ∵∠ADE=90°，

2

2

≥0，

∴∠BDE=90°，

又∵∠BCE=90°，点F是BE的中点， ∴CF=DF=BE=BF， ∴∠1=∠3，∠2=∠4，

∴∠5=∠1+∠3=2∠1，∠6=∠2+∠4=2∠2， ∴∠CFD=∠5+∠6=2（∠1+∠2）=2∠ABC， 又∵△ABC是等腰直角三角形，且∠ACB=90°， ∴∠ABC=45°， ∴∠CFD=90°， ∴CF=DF且CF⊥DF．

（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下： 如图，延长DF至G使FG=DF，连接BG，CG，DC， ∵F是BE的中点， ∴BF=EF，

又∵∠BFG=∠EFD，GF=DF， ∴△BFG≌△EFD（SAS）， ∴∠FBG=∠FED，BG=ED， ∴BG∥DE，

∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形， ∴DE=DA，∠DAE=∠DEA=45°， AC=BC，∠CAB=∠CBA=45°， 又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC =∠DEF﹣（180°﹣∠AEB﹣∠EAB）﹣45° =∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45° =（∠DEF+∠AEB）+∠EAB﹣225° =360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225° =360°﹣45°+∠EAB﹣225° =90°+∠EAB，

而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB =45°+∠EAB+45° =90°+∠EAB， ∴∠CBG=∠DAC， 又∵BG=ED，DE=DA， ∴BG=AD， 又∵BC=AC，

∴△BCG≌△ACD（SAS）， ∴GC=DC，∠BCG=∠ACD，

∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°， ∴△DCG是等腰直角三角形， 又∵F是DG的中点， ∴CF⊥DF且CF=DF．