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长沙市雅礼中学理科实验班招生试题
数 学
一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）
1、下列四个图形中，每个小正方形都标上了颜色．若要求一个正方体两个相对面上的颜色都一样，那么不可能是这一个正方体的展开图的是（　　）
A、 B、 C、 D、
2、某工厂第二季度的产值比第一季度的产值增长了x%，第三季度的产值又比第二季度的产值增长了x%，则第三季度的产值比第一季度的产值增长了（　　）
A、2x% B、1+2x% C、（1+x%）x% D、（2+x%）x%
3、甲从一个鱼摊上买了三条鱼，平均每条a元，又从另一个鱼摊上买了两条鱼平均每条b元，后来他又以每条元的价格把鱼全部卖给了乙，结果发现赔了钱，原因是（　　）
A、a＞b B、a＜b C、a=b D、与a和b的大小无关
4、若D是△ABC的边AB上的一点，∠ADC=∠BCA，AC=6，DB=5，△ABC的面积是S，则△BCD的面积是（　　）
A、 B、 C、 D、
5、（2007•玉溪）如图，AE⊥AB且AE=AB，BC⊥CD且BC=CD，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积S是（　　）
A、50 B、62C、65 D、68

6、如图，两个标有数字的轮子可以分别绕轮子的中心旋转，旋转停止时，每个轮子上方的箭头各指着轮子上的一个数字，若左图轮子上方的箭头指着的数字为a，右图轮子上方的箭头指的数字为b，数对（a，b）所有可能的个数为n，其中a+b恰为偶数的不同个数为m，则等于（　　）
A、 B、 C、 D、
7、如图，甲、乙两动点分别从正方形ABCD的顶点A、C同时沿正方形的边开始移动，甲点依顺时针方向环行，乙点依逆时针方向环行，若乙的速度是甲的速度的4倍，则它们第2000次相遇在边（　　）
A、AB上 B、BC上 C、CD上 D、DA上

8、已知实数a满足，那么a﹣20062的值是（　　）
A2005 B、2006 C、2007 D、2008
二、填空题（共8小题，每小题5分，满分40分）
9、小明同学买了一包弹球，其中是绿色的，是黄色的，余下的是蓝色的．如果有12个蓝色的弹球，那么，他总共买了　_________　个弹球．
10、已知点A（1，1）在平面直角坐标系中，在x轴上确定点P使△AOP为等腰三角形．则符合条件的点P共有　_________　个．
11、不论m取任何实数，抛物线y=x2+2mx+m2+m﹣1的顶点都在一条直线上，则这条直线的函数解析式是　_________　．
12、将红、白、黄三种小球，装入红、白、黄三个盒子中，每个盒子中装有相同颜色的小球．已知：
（1）黄盒中的小球比黄球多；
（2）红盒中的小球与白球不一样多；
（3）白球比白盒中的球少．
则红、白、黄三个盒子中装有小球的颜色依次是　_________　．
13、在梯形ABCD中，AB∥CD，AC、BD相交于点O，若AC=5，BD=12，中位线长为，△AOB的面积为S1，△COD的面积为S2，则=　_________　．
14、已知矩形A的边长分别为a和b，如果总有另一矩形B，使得矩形B与矩形A的周长之比与面积之比都等于k，则k的最小值为　_________　．
15、已知x、y均为实数，且满足xy+x+y=17，x2y+xy2=66，则x4+x3y+x2y2+xy3+y4=　_________　．
16、（2007•天水）如图，已知在⊙O中，直径MN=10，正方形ABCD的四个顶点分别在⊙O及半径OM、OP上，并且∠POM=45°，则AB的长为　_________　．

三、解答题（共2小题，满分20分）
17、甲、乙两班同时从学校A出发去距离学校75km的军营B军训，甲班学生步行速度为4km/h，乙班学生步行速度为5km/h，学校有一辆汽车，该车空车速度为40km/h，载人时的速度为20km/h，且这辆汽车一次恰好只能载一个班的学生，现在要求两个班的学生同时到达军营，问他们至少需要多少时间才能到达？
18、如图，已知矩形ABCDAD=2，DC=4，BN=2AM=2MN，P在CD上移动，AP与DM交于点E，PN交CM于点F，设四边形MEPF的面积为S，求S的最大值．

答案与评分标准
一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）
1、下列四个图形中，每个小正方形都标上了颜色．若要求一个正方体两个相对面上的颜色都一样，那么不可能是这一个正方体的展开图的是（　　）
A、 B、C、 D、
考点：几何体的展开图。
分析：利用正方体及其表面展开图的特点解题．
解答：解：选项C中红色面和绿色面都是相邻的，故不可能是一个正方体两个相对面上的颜色都一样，故选C．
点评：注意正方体的空间图形，从相对面入手分析及解答问题．
2、某工厂第二季度的产值比第一季度的产值增长了x%，第三季度的产值又比第二季度的产值增长了x%，则第三季度的产值比第一季度的产值增长了（　　）
A、2x% B、1+2x% C、（1+x%）x% D、（2+x%）x%
考点：一元二次方程的应用。
专题：增长率问题。
分析：设第一季度产值为1，第二季度比第一季度增长了x%，则第二季度的产值为1×（1+x%），那么第三季度的产值是由第二季度产值增长了x%来确定，则其产值为1×（1+x%）×（1+x%），化简即可．
解答：解：第三季度的产值比第一季度的增长了（1+x%）×（1+x%）﹣1=（2+xx%．
故选D．
点评：本题考查一元二次方程的应用，关键在于理清第一季度和第二季度的产值增长关系．
3、甲从一个鱼摊上买了三条鱼，平均每条a元，又从另一个鱼摊上买了两条鱼，平均每条b元，后来他又以每条元的价格把鱼全部卖给了乙，结果发现赔了钱，原因是（　　）
A、a＞b B、a＜b C、a=b D、与a和b的大小无关
考点：一元一次不等式的应用。
分析：本题考查一元一次不等式组的应用，将现实生活中的事件与数学思想联系起来，读懂题列出不等式关系式即可求解．
解答：解：利润=总售价﹣总成本=×5﹣（3a+2b）=0.5b﹣0.5a，赔钱了说明利润＜0
∴0.5b﹣0.5a＜0，∴a＞b
故选A
点评：解决本题的关键是读懂题意，找到符合题意的不等关系式．
4、若D是△ABC的边AB上的一点，∠ADC=∠BCA，AC=6，DB=5，△ABC的面积是S，则△BCD的面积是（　　）
A、 B、 C、 D、
考点：相似三角形的判定与性质。
分析：先根据相似三角形的判定定理求出△ACD∽△ABC，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方解答．
解答：解：∵∠ADC=∠BCA，∠A是公共角，
∴∠ABC=∠ACD，
∴△ACD∽△ABC，
∴AC：AD=AB：AC，
∵AB=AD+BD=AD+5，
∴AD（AD5）=36，解得AD=4或﹣9，负值舍去，
∴AD=4，△ABC的面积是S，△ACD的面积就是S，△BCD=S．
故选C．

点评：本题的关键是求得△ACD∽△ABC，根据相似比和已知的条件求得AD的值，然后利用面积比等于相似比的平方求值．
5、（2007•玉溪）如图，AE⊥AB且AE=AB，BC⊥CD且BC=CD，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积S是（　　）

A、50 B、62 C、65 D、68
考点：全等三角形的判定与性质。
分析：由AE⊥AB，EF⊥FH，BG⊥AG，可以得到∠EAF=∠ABG，而AE=AB，∠EFA∠AGB，由此可以证明△EFA≌△ABG，所以AF=BG，AG=EF；
同理证得△BGC≌△DHC，GC=DH，CH=BG．
故FH=FA+AG+GC+CH=3+6+4+3=16，然后利用面积的割补法和面积公式即可求出图形的面积．
解答：解：∵AE⊥AB且AE=AB，EF⊥FH，BG⊥FH⇒∠EAB=∠EFA=∠BGA=90°，
∠EAF+∠BAG=90°，∠ABG+∠BAG=90°⇒∠EAF=∠ABG，
∴AE=AB，∠EFA=∠AGB，∠EAF=∠ABG⇒△EFA≌△ABG
∴AF=BG，AG=EF．
同理证得△BGC≌△DHC得GC=DH，CH=BG．
故FH=FA+AG+GC+CH=3+6+4+3=16
故S=（6+4）×16﹣3×4﹣6×3=50．
故选A．
点评：本题考查的是全等三角形的判定的相关知识．作辅助线是本题的关键．
6、如图，两个标有数字的轮子可以分别绕轮子的中心旋转，旋转停止时，每个轮子上方的箭头各指着轮子上的一个数字，若左图轮子上方的箭头指着的数字为a，右图轮子上方的箭头指的数字为b，数对（a，b）所有可能的个数为n，其中a+b恰为偶数的不同个数为m，则等于（　　）
A、 B、 C、 D、
考点：列表法与树状图法。
分析：先用树状图展示所有可能的结果，共有12种等可能结果数，然后找出和为偶数的个数，这样可得到的值．
解答：解：列树状图：
∴数对（a，b）所有可能的个数为n=12，
其中a+b恰为偶数的不同个数为m=5，
∴=，
故选C．点评：本题考查了利用树状图展示所有等可能的结果的方法．
7、如图，甲、乙两动点分别从正方形ABCD的顶点A、C同时沿正方形的边开始移动，甲点依顺时针方向环行，乙点依逆时针方向环行，若乙的速度是甲的速度的4倍，则它们第2000次相遇在边（　　）

A、AB上 B、BC上 C、CD上 D、DA上
考点：正方形的性质。
专题：动点型；规律型。
分析：因为乙的速度是甲的速度的4倍，所以第1次相遇，甲走了正方形周长的×=；从第2次相遇起，每次甲走了正方形周长的，从第2次相遇起，5次一个循环，从而不难求得它们第2000次相遇位置．
解答：解：根据题意分析可得：乙的速度是甲的速度的4倍，故第1次相遇，甲走了正方形周长的×=；从第2次相遇起，每次甲走了正方形周长的，从第2次相遇起，5次一个循环．
因此可得：从第2次相遇起，每次相遇的位置依次是：DC，点C，CB，BA，AD；依次循环．
故它们第2000次相遇位置与第五次相同，在边AB上．
故选A．
点评：本题是一道找规律的题目，对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．
8、已知实数a满足，那么a﹣20062的值是　　）
A、2005 B、2006
C、2007 D、2008
考点：非负数的性质：算术平方根；非负数的性质：绝对值。
专题：计算题。
分析：根据负数没有平方根，得到a﹣2007大于等于0，然后根据a的范围化简绝对值，移项后两边平方即可求出所求式子的值．
解答：解：由题意可知：a﹣2007≥0，
解得：a≥2007，
则|2006﹣a|+=a，化为：a﹣2006+=a，
即=2006，两边平方得：a﹣2007=20062，解得：a﹣20062=2007．
故选C
点评：本题考查平方根的定义，化简绝对值的方法，是一道基础题．学生做题时注意负数没有平方根．
二、填空题（共8小题，每小题5分，满分40分）
9、小明同学买了一包弹球，其中是绿色的，是黄色的，余下的是蓝色的．如果有12个蓝色的弹球，那么，他总共买了　96　个弹球．
考点：一元一次方程的应用。
专题：应用题。
分析：设买了x个弹球，根据题意列出有关x的一元一次方程解之即可．
解答：解：设总共买了x个弹球，根据题意得：（x﹣x﹣x）=12
解得：x=96
故答案为：96
点评：本题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是从题目中找到能概括题目含义的相等关系，并正确的设出未知数列出方程．
10、已知点A（1，1）在平面直角坐标系中，在x轴上确定点P使△AOP为等腰三角形．则符合条件的点P共有　4　个．
考点：等腰三角形的判定；坐标与图形性质。
专题：推理填空题；分类讨论。
分析：本题应该分情况讨论．以OA为腰或底分别讨论．当A是顶角顶点时，P是以A为圆心，以OA为半径的圆与x轴的交点，共有1个，若OA是底边时，P是OA的中垂线与x轴的交点，有1个，共有4个
解答：解：（1）若AO作为腰时，有两种情况，当A是顶角顶点时，P是以A为圆心，以OA为半径的圆与x轴的交点，共有1个，若OA是底边时，P是OA的中垂线与x轴的交点，有1个
当O是顶角顶点时，P是以O为圆心，以OA为半径的圆与x轴的交点，有1个；
（2）若OA是底边时，P是OA的中垂线与x轴的交点，有1个．
以上4个交点没有重合的．故符合条件的点有4个．
故答案为：4．
点评：本题考查了坐标与图形的性质及等腰三角形的判定．对于底和腰不等的等腰三角形，若条件中没有明确哪边是底哪边是腰时，应在符合三角形三边关系的前提下分类讨论．
11、不论m取任何实数，抛物线y=x2+2mx+m2+m﹣1的顶点都在一条直线上，则这条直线的函数解析式是　y=﹣x﹣1　．
考点：待定系数法求一次函数解析式；二次函数的性质。
专题：计算题。
分析：将抛物线的方程变形为：y=（x+m）2+m﹣1，由此可得出定顶点的坐标，消去m后即可得出函数解析式．
解答：解：将二次函数变形为y=（x+m）2+m﹣1，
∴抛物线的顶点坐标为．
消去m，得x+y=﹣1．
故答案为：y=﹣x﹣1．
点评：本题考查待定系数法求函数解析式，突破口在于根据抛物线方程得出顶点坐标．
12、将红、白、黄三种小球，装入红、白、黄三个盒子中，每个盒子中装有相同颜色的小球．已知：
（1）黄盒中的小球比黄球多；
（2）红盒中的小球与白球不一样多；
（3）白球比白盒中的球少．
则红、白、黄三个盒子中装有小球的颜色依次是　黄，红，白　．
考点：容斥原理。
专题：证明题。
分析：由（2）可以判断出，红盒不装白球，由（3）判断出，白盒不装白球，从而推得黄盒装白球；假设白盒装黄球，由（3）知白球比黄球少，而（1）中，白球比黄球多，矛盾，从而得出白盒装红球，红盒装黄球．
解答：解：由条件（2）知红盒不装白球，由条件（3）知白盒不装白球，故黄盒装白球．
假设白盒装黄球，由条件（3）知白球比黄球少，这与条件（1）矛盾，故白盒装红球，红盒装黄球．
故答案为：黄、红、白．
点评：本题考查了容斥原理，根据（2）（3）推出其中一个结论，又利用反证法进行证明．
13、在梯形ABCD中，AB∥CD，AC、BD相交于点O，若AC=5，BD=12，中位线长为，△AOB的面积为S1，△COD的面积为S2，则=　　．
考点：梯形；勾股定理的逆定理；梯形中位线定理。
专题：计算题。
分析：作BE∥AC，从而得到平行四边形ACEB，根据平行四边形的性质及中位线定理可求得DE的长，根据勾股定理的逆定理可得到△DBE为直角三角形，根据面积公式可求得梯形的高，因为△AOB和△COD的面积之和等于梯形的面积从而不难求解．
解答：解：作BE∥AC，
∵AD∥CE，∴CE=AB，
∵梯形中位线为6.5，
∴AB+CD=13，

∴DE=CE+CD=AB+CD=13，
∵BE=AC=5，BD=12，由勾股定理的逆定理，
得△BDE为直角三角形，即∠EBD=∠COD=90°，
设S△EBD=S
则S2：S=DO2：DB2
S1：S=OB2：BD2
∴= ∵S=12×5×=30 ∴=．
故本题答案为：．
点评：此题主要考查梯形的性质及中位线定理的综合运用．难度一般，熟练掌握一些基本图形的性质是解答此类题目的关键．
14、已知矩形A的边长分别为a和b，如果总有另一矩形B，使得矩形B与矩形A的周长之比与面积之比都等于k，则k的最小值为　　．
考点：矩形的性质。
专题：计算题。
分析：先根据矩形的性质，列出一元二次方程，再利用根的判别式求根即可．
解答：解：设矩形B的边长分别为x和y
根据题意：
xy=kab，
x+y=k（a+b），
将y=k（a+b）﹣x代入xy=kab中，
x2﹣k（a+b）x+kab=0，
利用一元二次方程求根公式：
x={k（a+b）±S，
△=k2（a+b）2﹣4kab≥0条件下，x才有解，
由上面这个不等式推出：
k≥4ab/（a+b）2所以k的最小值为．
点评：本题的关键是利用面积周长比列出方程组成一个一元二次方程，用根的判别式求根的情况．
15、已知x、y均为实数，且满足xy+x+y=17，x2y+xy2=66，则x4+x3y+x2y2+xy3+y4=　12499　．
考点：因式分解的应用。
专题：计算题。
分析：本题须先根据题意求出x2+y2和x2y2的值，再求出x4+y4的值，最后代入原式即可求出结果．
解答：解：x2y+xy2
=xy（x+y）=66
设xy=m，x+yn
则m+n=17
mn=66
∴m=6，n=11或m=11，n=6（舍去）
x2+y2
=112﹣2×6
=109
x2y2=36
x4+y4
=1092﹣36×2
=11809
x4+x3y+x2y2+xy3+y4
=11809+6×109+36
=12499
故答案为：12499
点评：本题主要考查了因式分解的应用，在解题时要注意因式分解的灵活应用．
16、（2007•天水）如图，已知在⊙O中，直径MN=10，正方形ABCD的四个顶点分别在⊙O及半径OM、OP上，并且∠POM=45°，则AB的长为　　．

考点：正多边形和圆。
分析：根据△CDO为等腰直角三角形，可知CO=CD，在直角三角形OAB中依据勾股定理即可解决．
解答：解：易知△CDO为等腰直角三角形，
那么CO=CD．
连接OA，可得到直角三角形OAB，
∴AB=BC=CO，
那么AB2+OB2=52，
∴AB2+（2AB）2=52，
∴AB的长为．
点评：解决本题的关键是构造直角三角形，注意先得到OB=2AB．
三、解答题（共2小题，满分20分）
17、甲、乙两班同时从学校A出发去距离学校75km的军营B军训，甲班学生步行速度为4km/h，乙班学生步行速度为5km/h，学校有一辆汽车，该车空车速度为40km/h，载人时的速度为20km/h，且这辆汽车一次恰好只能载一个班的学生，现在要求两个班的学生同时到达军营，问他们至少需要多少时间才能到达？
考点：二元一次方程组的应用。
专题：应用题。
分析：根据题意可让甲班学生从学校A乘汽车akm出发至某处下车步行，汽车空车返回至某处，乙班同学此处上车，此处距离学校bkm，根据汽车接到乙班同学的时间=乙班同学及步行的时间，甲班步行时间=汽车接乙班返回时间+乙班坐车时间列出两个方程，求方程组的解即可．然后根据时间=即可得他们至少需要多少时间才能到达．
解答：解：设甲班学生从学校A乘汽车出发至E处下车步行，乘车akm，空车返回至C处，乙班同学于C处上车，此时已步行了bkm．
则，
解得a=60，b=20． 则至少需要（h）=6.75（小时）．
答：他们至少需要6.75小时才能到达．
点评：本题考查了二元一次方程组的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程组，再求解．本题根据题意可画出草图，可以较快地列出所需等量关系．
18、如图，已知矩形ABCD，AD=2，DC=4，BN=2AM=2MN，P在CD上移动，AP与DM交于点E，PN交CM于点F，设四边形MEPF的面积为S，求S的最大值．

考点：面积及等积变换。
专题：探究型。
分析：连接PM，设DP=x，则PC=4﹣x，根据平行线分线段成比例定理可得=，进而可得到=，利用三角形的面积公式可得到△MEP及△MPF的表达式，根据S=+即可得出结论．
解答：解：连接PM，设DP=x，则PC=4﹣x，
∵AM∥OP，
∴=， ∴=，即=， ∵=且S△APM=AM•AD=1，
∴S△MPE=， 同理可得，S△MPF=，
∴S=+=2﹣﹣=2﹣=2+≤2﹣=，
当x=2时，上式等号成立，
∴S的最大值为：． 故答案为：．

点评：本题考查的是面积及等积变换，能根据题意作出辅助线，把四边形的面积转化为两个三角形的面积是解答此题的关键．