成都七中2017年外地生招生考试数学试题

一、填空题(1-6每题5分,7-12每题7分,13-18每题8分,共120分)1.若a3|b7|0,则ab

2.设ab,且a3ab3b5,则abab

2

2

223.如图,在长方体ABCDA1B1C1D1中,已知AB4,AD3,AA12.则三棱锥C1A1DB的体积为4.将一质地均匀的正方体骰子掷一次,观察向上一面的点数,与点数4相差2的概率是5.抛物线yax2,y4bx与坐标轴恰有4个交点.这4个交点组成的筝形面积为12.则ab6.设x2

2

1513,则x3

x27.已知关于x的方程x

2230的两实数根为x1,x2.则

11xx1x2

(a22a2)2(a1)(a2)(a3)(a4)258.化简

(a3)(a1)

9.已知m,n为正整数,若24mn.则m的最小值为10.如图,在边长为3的正ABC中,D,E分别在边AC,AB上,且4AD

12AC,AEAB,BD,CE相交于点F,则A,D,F所在332

2

6

6

圆的半径为11.若xy,且x2x1,y2y1,则xy

12.在ABC中,边BC上的高为1,点D为AC的中点,则BD的最小值33的所有实数解的和为223214.若方程x2x10的根也是方程xaxbxc0的根.则3abc

13.方程2x2x

2

x2x15.将108个苹果放到一些盒子中,盒子有三种规格：一种可以装10个苹果,一种可以装9个苹果,一种可以装6个苹果,要求每种规格都要有且每个盒子均恰好装满,则不同的装法总数为16.如图,在圆心为O的圆中,点C,D分别位于圆O的直经AB两侧,若OCD的面积是BCD的面积的两倍,又CDCA.则cosOCB17.设1n100.若8n1为完全平方数,则整数n的个数为18.从1,2,3,,2017中任选k个数,使得所选的k个数中一定可以找到能构成三角形边长的三个数(要求互不相等),则满足条件的k的最小值是二、解答题(第19题12分,第20题18分)19.已知曲线y

四边形ABCD是正方形.(1)求m的值.(2)若点P在函数y2m

与直线yx3相交于A,B两点,C,D两点在曲线y(m2)的上,xxm的图象上,且APBP.求ABP的面积.x20.已知关于x的方程|x2px3p5|q0.其中p,q都是实数.22

111

.求实数p的值.x1x271110.求实数p和q的值.(2)若方程有三个不同的实数根x1,x2,x3且x1x2x3(3)是否同时存在质数p和整数q使得方程有四个不同的实数根x1,x2,x3,x4且xxxxx1x2x3x43(1234)4?若存在,求出所有满足条件的p,q.若不存在,说明理由.4(1)若q0时方程有两个不同的实数根x1,x2,且成都七中2017年外地生招生考试数学试题参一、填空题(1-6每题5分,7-12每题7分,13-18每题8分,共120分)1. 10 2. 15 3. 8 4.

1 35.

3 26. 2 7. 

4 38. 15 9. 54 10. 1 11. 198 12.

1 213. 1 14. 7 15. 6 16.

6 417. 13 18. 17 二、解答题(第19题12分,第20题18分)2

y

19.解(1)联立得A(1,2),B(2,1).所以正方形ABCD的中心为(2,2).于是C(3,2).xyx3m6分代入y得m6.

x(2)因为APBP,所以点P落在线段AB的垂直平分线yx上.6

y 联立x解得P(6,6)或P(6,6).yx

33

AB的中点M(,).AB2.22

33232当P(6,6)时,MP(6)(6)232.22233112)6.SABPABMP2(23222233232当P(6,6)时,MP(6)(6)232.22211332)6.SABPABMP2(2322223

所以ABP的面积6.12分(掉一解扣2分)2

20.解(1)若q0.方程为x2px3p50.(2p)4(3p5)16p200,p

2

2

2

2

2

2

x1x22p,x1x23p25.

3p214p50111x1x22p15p即解得或.

7x1x2x1x23p253p250 3因为p

5

.45

6分(多一解扣2分),所以p5.

4

22

(2)显然q0.方程可写成x2px3p5q.因为方程有三个不同的实数根,2

2

2

2

2

结合f(x)x2px3p5与yq的图象知x3p,qf(p)4p5.q4p5.

x1,x2是x22px3p25q的两根.即x22px7p2100.

x1x22p,x1x27p210,x3p.

5(2p)24(7p210)32p2400p2.42p111x1x211105p2

0.22x37p10p(7p10)px1x2x1x2x3

5

p22.所以p2,q4p253.

4所以p2,q3.12分

(3)存在.方程有四个不同的实数根x1,x2,x3,x4,由(2)知0q4p5.

不妨设x1,x2是方程x2px3p5q0的两根,x3,x4是方程x2px3p5q0的两根.则x1x22p,x1x23p5q;x3x42p,x3x43p5q.

222

2

2

2

2

x1x2x3x44p,x1x2x3x4(3p25q)(3p25q)(3p25q)(3p25q).

所以(3p5q)(3p5q)3p.2

2

2

2

4

14分

222注意到p是质数,p2.因为3p5q3p5q0.所以3p5q3pp.方法1：3p3p1p33ppp3p3pp.

4

4

4

3

3

2

2

3p25q3p4

3p46p2110无解.2

3p5q1 3p25qp4

p46p2130无解.2

3p5q3 3p25q3p3

3p36p2p100(p1)(3p29p10)0p1.2

3p5qp 3p25qp3

p36p23p100(p1)(p2)(p5)0p1,2,5.2

3p5q3p3p25q3p2

p5.22

3p5qp

所以p2,5.所以存在满足条件的p,q.,当p2时,q1.当p5时,q55.

方法2：p|(3p5q).所以p|(q5).

设q5mp.则qmp5.其中m1,0,1,2,3,

2

2

2

2

2

q2(mp25)2m2p410mp225.

(3p25q)(3p25q)3p4q26p430p225.

于是mp10mp256p30p25.即mp10m6p30.

2

4

2

4

2

2

2

2

210(m3)p所以6m2.m的所有可能取值为1,2.

2qmp5.

所以存在满足条件的p,q,当p2时,q1.当p5时,q55.

18分