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2013年全国高校自主招生数学模拟试卷及答案


2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷一 参考答案 一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1. 如图,在正四棱锥 P? ABCD 中,∠APC=60°,则二面角 A? PB? C 的平面角的 余弦值为( B ) A.

P

1 7

B. ?

1 7

C.

/>
1 2

D. ?

1 2
A

D

M C B

解:如图,在侧面 PAB 内,作 AM⊥PB,垂足为 M。连结 CM、AC,则∠AMC 为二面 角 A? PB? C 的平面角。不妨设 AB=2,则 PA ? AC ? 2 2 ,斜高为 7 ,故

2 ? 7 ? AM ? 2 2 ,由此得 CM ? AM ?
cos?AMC ? AM 2 ? CM 2 ? AC 2 1 ?? 。 2 ? AM ? CM 7

7 。在△AMC 中,由余弦定理得 2

2. 设实数 a 使得不等式|2x? a|+|3x? 2a|≥a 对任意实数 x 恒成立, 则满足条件的 a 所组成的集合是 ( ) A. [? , ]

2

A

1 1 1 1 , ] C. [? , ] D. [? 3,3] 2 2 4 3 1 2 解:令 x ? a ,则有 | a |? ,排除 B、D。由对称性排除 C,从而只有 A 正确。 3 3 3 4 1 2 一般地,对 k∈R,令 x ? ka ,则原不等式为 | a | ? | k ? 1 | ? | a | ? | k ? |?| a | ,由此易知原不等式等价 2 2 3 3 4 于 | a |?| k ? 1 | ? | k ? | ,对任意的 k∈R 成立。由于 2 3 4 ?5 k? ?2 k ? 3 3 3 4 ? 1 4 ? | k ? 1 | ? | k ? |? ?1 ? k 1 ? k ? , 2 3 ? 2 3 5 ?3 ? k k ?1 ? 2 ? 1 3 4 1 所以 min{| k ? 1 | ? | k ? |} ? ,从而上述不等式等价于 | a |? 。 k?R 3 2 3 3
B. [? 3. 将号码分别为 1、2、…、9 的九个小球放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完全相同。甲从袋 中摸出一个球,其号码为 a,放回后,乙从此袋中再摸出一个球,其号码为 b。则使不等式 a? 2b+10>0 成 立的事件发生的概率等于( D ) A.

1 1 3 3

52 81

B.

59 81

C.

60 81

D.

61 81
2

解: 乙二人每人摸出一个小球都有 9 种不同的结果, 甲、 故基本事件总数为 9 =81 个。 由不等式 a? 2b+10>0 得 2b<a+10,于是,当 b=1、2、3、4、5 时,每种情形 a 可取 1、2、…、9 中每一个值,使不等式成立, 则共有 9?5=45 种;当 b=6 时,a 可取 3、4、…、9 中每一个值,有 7 种;当 b=7 时,a 可取 5、6、7、8、 9 中每一个值,有 5 种;当 b=8 时,a 可取 7、8、9 中每一个值,有 3 种;当 b=9 时,a 只能取 9,有 1 种。 于是,所求事件的概率为

45 ? 7 ? 5 ? 3 ? 1 61 ? 。 81 81
b cos c a

4. 设函数 f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数 a、b、c 使得 af(x)+bf(x? c)=1 对任意实数 x 恒成立, 则 的值等于( C ) B.

1 A. ? 2

1 2

C. ? 1

D. 1

解: c=π, 令 则对任意的 x∈R, 都有 f(x)+f(x? c)=2, 于是取 a ? b ?

1 , c=π, 则对任意的 x∈R, (x)+bf(x af 2

? c)=1,由此得

b cos c ? ?1 。 a
π 且 2

一般地,由题设可得 f ( x) ? 13 sin(x ? ? ) ? 1, f ( x ? c) ? 13 sin(x ? ? ? c) ? 1,其中 0 ? ? ?

tan ? ?

2 ,于是 af(x)+bf(x? c)=1 可化为 3 13a sin(x ? ?) ? 13b sin(x ? ? ? c) ? a ? b ? 1 ,即

13a sin(x ? ? ) ? 13b sin(x ? ? ) cosc ? 13b sin c cos(x ? ? ) ? (a ? b ?1) ? 0 ,所以 13(a ? b cosc) sin(x ? ? ) ? 13b sin c cos(x ? ? ) ? (a ? b ?1) ? 0 。 ?a ? b cosc ? 0 (1) ? ( 2) , 由已知条件,上式对任意 x∈R 恒成立,故必有 ? b sin c ? 0 ? a ? b ? 1 ? 0 (3) ?
若 b=0,则由(1)知 a=0,显然不满足(3)式,故 b≠0。所以,由(2)知 sinc=0,故 c=2kπ+π或 c=2kπ(k ∈Z)。 c=2kπ时, c=1, 当 cos 则(1)、 (3)两式矛盾。 c=2kπ+π(k∈Z), c=? 1。 故 cos 由(1)、 (3)知 a ? b ? 所以

1 , 2

b cos c ? ?1 。 a
A )

5. 设圆 O1 和圆 O2 是两个定圆,动圆 P 与这两个定圆都相切,则圆 P 的圆心轨迹不可能是(

解:设圆 O1 和圆 O2 的半径分别是 r1、r2,|O1O2|=2c,则一般地,圆 P 的圆心轨迹是焦点为 O1、O2,且离心 率分别是

2c 2c 和 的圆锥曲线(当 r1=r2 时,O1O2 的中垂线是轨迹的一部份,当 c=0 时,轨迹是两 r1 ? r2 | r1 ? r2 |

个同心圆)。 当 r1=r2 且 r1+r2<2c 时,圆 P 的圆心轨迹如选项 B;当 0<2c<|r1? r2|时,圆 P 的圆心轨迹如选项 C;当 r1 ≠r2 且 r1+r2<2c 时,圆 P 的圆心轨迹如选项 D。由于选项 A 中的椭圆和双曲线的焦点不重合,因此圆 P 的 圆心轨迹不可能是选项 A。 6. 已知 A 与 B 是集合{1,2,3,…,100}的两个子集,满足:A 与 B 的元素个数相同,且为 A∩B 空集。 若 n∈A 时总有 2n+2∈B,则集合 A∪B 的元素个数最多为( B ) A. 62 B. 66 C. 68 D. 74 解:先证|A∪B|≤66,只须证|A|≤33,为此只须证若 A 是{1,2,…,49}的任一个 34 元子集,则必存在 n∈A,使得 2n+2∈B。证明如下: 将{1,2,…,49}分成如下 33 个集合:{1,4},{3,8},{5,12},…,{23,48}共 12 个;{2,6},{10, 22},{14,30},{18,38}共 4 个;{25},{27},{29},…,{49}共 13 个;{26},{34},{42},{46}共 4 个。由于 A 是{1,2,…,49}的 34 元子集,从而由抽屉原理可知上述 33 个集合中至少有一个 2 元集合中 的数均属于 A,即存在 n∈A,使得 2n+2∈B。 如取 A={1,3,5,…,23,2,10,14,18,25,27,29,…,49,26,34,42,46}, B={2n+2|n∈A},则 A、B 满足题设且|A∪B|≤66。 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) D C 7. 在平面直角坐标系内,有四个定点 A(? 3,0),B(1,? 1),C(0,3),D(? 1, P 3)及一个动点 P,则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为 F 。 3 2 ?2 5 解:如图,设 AC 与 BD 交于 F 点,则|PA|+|PC|≥|AC|=|FA|+|FC|,|PB|+|PD|≥ A |BD|=|FB|+|FD|,因此,当动点 P 与 F 点重合时,|PA|+|PB|+|PC|+|PD|取到最小 B

值 | AC | ? | BD |? 3 2 ? 2 5 。 8. 在△ABC 和△AEF 中,B 是 EF 的中点,AB=EF=1,BC=6,

CA ? 33 ,若 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 ,则 EF 与 BC 的夹角的余弦值等于

2 3



解:因为 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 ,所以 AB ? ( AB ? BE) ? AC ? ( AB ? BF) ? 2 ,即

AB ? AB? BE ? AC ? AB ? AC ? BF ? 2 。因为 AB ? 1 , 33 ? 1 ? 36 AC ? AB ? 33 ?1? ? ?1 , BE ? ? BF ,所以1 ? BF ? ( AC ? AB) ?1 ? 2 ,即 BF ? BC ? 2 。 2 ? 33 ?1 2 设 EF 与 BC 的夹角为θ,则有 | BF | ? | BC | ? cosθ ? 2 ,即 3cosθ=2,所以 cos θ ? 。 3 2 3 9. 已知正方体 ABCD? A1B1C1D1 的棱长为 1,以顶点 A 为球心, 为半径作一 3 5 3π 个球,则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于 。 6
解:如图,球面与正方体的六个面都相交,所得的交线分为两类:一类在顶点 A 所在的三个面上,即面 AA1B1B、面 ABCD 和面 AA1D1D 上;另一类在不过顶点 A 的三个面上,即面 BB1C1C、面 CC1D1D 和面 A1B1C1D1 上。在面 AA1B1B 上,交线为弧

2

2

π 2 3 ,AA1=1,则 ?A1 AE ? 。同理 6 3 π π 2 3 π 3 ?BAF ? ,所以 ?EAF ? ,故弧 EF 的长为 ? ? π ,而这样的弧共有三条。在面 BB1C1C 上, 6 6 3 6 9 3 交线为弧 FG 且在距球心为 1 的平面与球面相交所得的小圆上,此时,小圆的圆心为 B,半径为 , 3 π 3 π 3 ?FBG ? ,所以弧 FG 的长为 ? ? π 。这样的弧也有三条。 2 3 2 6 3 3 5 3π 于是,所得的曲线长为 3 ? 。 π ? 3? π? 9 6 6
EF 且在过球心 A 的大圆上,因为 AE ?
10. 已知等差数列{an}的公差 d 不为 0,等比数列{bn}的公比 q 是小于 1 的正有理数。若 a1=d,b1=d ,且
2 2 a12 ? a2 ? a3 是正整数,则 q 等于 b1 ? b2 ? b3
2

1 2



2 2 14 a12 ? a2 ? a3 a12 ? (a1 ? d ) 2 ? (a1 ? 2d ) 2 14 2 解:因为 ,故由已知条件知道:1+q+q 为 ,其 ? ? 2 2 m b1 ? b2 ? b3 b1 ? b1q ? b1q 1? q ? q 14 2 中 m 为正整数。令 1 ? q ? q ? ,则 m 14 1 1 14 1 56 ? 3m ? 3 ,即 5≤m≤13 且 。由于 q 是小于 1 的正有理数,所以 1 ? q?? ? ? ?1 ? ? ? m 2 4 m 2 4m 56 ? 3m 1 是某个有理数的平方,由此可知 q ? 。 4m 2 sin(πx) ? cos(πx) ? 2 1 5 4 5 ( ? x ? ) ,则 f(x)的最小值为 11. 已知函数 f ( x) ? 。 5 4 4 x π 2 sin( πx ? ) ? 2 1 5 π 1 5 4 ( ? x ? ) ,设 g ( x) ? 2 sin( πx ? )( ? x ? ) ,则 g(x)≥0, 解:实际上 f ( x ) ? 4 4 4 4 4 x

g(x)在 [ , ] 上是增函数,在 [ , ] 上是减函数,且 y=g(x)的图像关于直线 x ?

1 3 3 5 3 对称,则对任意 4 4 4 4 4 1 3 3 5 x1 ? [ , ] ,存在 x2 ? [ , ] ,使 g(x2)=g(x1)。于是 4 4 4 4 3 5 g ( x1 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 f ( x1 ) ? ? ? ? f ( x2 ) ,而 f(x)在 [ , ] 上是减函数,所以 4 4 x1 x1 x2 1 5 4 5 5 4 5 ,即 f(x)在 [ , ] 上的最小值是 。 f ( x) ? f ( ) ? 4 4 5 4 5

12. 将 2 个 a 和 2 个 b 共 4 个字母填在如图所示的 16 个小方格内,每个小方格内至多 填 1 个字母,若使相同字母既不同行也不同列,则不同的填法共有 3960 种(用数 字作答)。 2 2 解:使 2 个 a 既不同行也不同列的填法有 C4 A4 =72 种,同样,使 2 个 b 既不同行也不同 2 2 2 列的填法也有 C4 A4 =72 种,故由乘法原理,这样的填法共有 72 种,其中不符合要求的 有两种情况:2 个 a 所在的方格内都填有 b 的情况有 72 种;2 个 a 所在的方格内仅有 1 个方格内填有 b 的 1 2 2 情况有 C16 A9 =16?72 种。所以,符合题设条件的填法共有 72 ? 72? 16?72=3960 种。 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 设 an ? 证明:由于

? k (n ? 1 ? k ) ,求证:当正整数 n≥2 时,a
k ?1

n

1

n+1

<an。

1 1 1 1 2 n 1 ? ( ? ) ,因此 an ? ? ,于是,对任意的正整数 n≥2,有 k (n ? 1 ? k ) n ? 1 k n ? 1 ? k n ? 1 k ?1 k 1 1 n 1 1 n?1 1 (an ? an?1 ) ? ? ? ? 2 n ? 1 k ?1 k n ? 2 k ?1 k n n 1 1 1 1 1 1 ?( ? )? ? ? (? ? 1) ? 0 ,即 an+1<an。 n ? 1 n ? 2 k ?1 k (n ? 1)(n ? 2) (n ? 1)(n ? 2) k ?1 k 1 14. 已知过点(0,1)的直线 l 与曲线 C: y ? x ? ( x ? 0) 交于两个不同点 M 和 N。求曲线 C 在点 M、N 处 x
切线的交点轨迹。 解:设点 M、N 的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2),曲线 C 在点 M、N 处的切线分别为 l1、l2,其交点 P 的坐 标为(xp,yp)。若直线 l 的斜率为 k,则 l 的方程为 y=kx+1。

1 ? 1 ?y ? x ? 2 由方程组 ? x ,消去 y,得 x ? ? kx ? 1 ,即(k? 1)x +x? 1=0。由题意知,该方程在(0,+∞)上 x ? y ? kx ? 1 ? 1 1 ? 0 …(2),x1 x2 ? ?0… 有两个相异的实根 x1、 2, k≠1, x 故 且Δ=1+4(k? 1)>0…(1),x1 ? x2 ? 1? k 1? k 3 1 1 1 1 (3),由此解得 ? k ? 1 。对 y ? x ? 求导,得 y' ? 1 ? 2 ,则 y' | x ? x1 ? 1 ? 2 , y' | x ? x2 ? 1 ? 2 ,于是 4 x x x1 x2 1 1 1 直线 l1 的方程为 y ? y1 ? (1 ? 2 )(x ? x1 ) ,即 y ? ( x1 ? ) ? (1 ? 2 )(x ? x1 ) ,化简后得到直线 l1 的方程 x1 x1 x1 1 2 1 2 为 y ? (1 ? 2 ) x ? …(4)。同理可求得直线 l2 的方程为 y ? (1 ? 2 ) x ? …(5)。(4)? (5)得 x1 x1 x2 x2 1 1 2 2 2x x ( 2 ? 2 ) x p ? ? ? 0 , x1≠x2, x p ? 1 2 …(6)。 因为 故有 将(2)(3)两式代入(6)式得 xp=2。 (4)+(5) x1 ? x2 x2 x1 x1 x2 1 1 1 1 1 1 x1 ? x2 ? ? 1, 得 2 y p ? (2 ? ( 2 ? 2 ))x p ? 2( ? ) …(7),其中 ? x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2

2 1 1 x12 ? x2 ( x1 ? x2 ) 2 ? 2 x1 x2 x ?x 2 ? 2? 2 2 ? ? ( 1 2 )2 ? ? 1 ? 2(1 ? k ) ? 2k ? 1 ,代入(7)式得 2yp=(3 2 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 3 5 ? 2k)xp+2,而 xp=2,得 yp=4? 2k。又由 ? k ? 1 得 2 ? y p ? ,即点 P 的轨迹为(2,2),(2,2.5)两点 4 2

间的线段(不含端点)。 15. 设函数 f(x)对所有的实数 x 都满足 f(x+2π)=f(x),求证:存在 4 个函数 fi(x)(i=1,2,3,4)满足: (1)对 i=1,2,3,4,fi(x)是偶函数,且对任意的实数 x,有 fi(x+π)=fi(x);(2)对任意的实数 x, 有 f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。

f ( x) ? f (? x) f ( x) ? f (? x) , h( x ) ? ,则 f(x)=g(x)+h(x),且 g(x)是偶函数,h(x)是 2 2 g ( x) ? g ( x ? π ) 奇函数,对任意的 x∈R,g(x+2π)=g(x),h(x+2π)=h(x)。令 f1 ( x ) ? , 2 π ? g ( x) ? g ( x ? π ) x ? kπ ? ? h( x ) ? h( x ? π ) ? x ? kπ 2 cos x 2 , f ( x) ? ? , f 2 ( x) ? ? ? 3 2 sin x π ? ? 0 x ? kπ 0 x ? kπ ? ? 2 ? kπ ? h( x ) ? h ( x ? π ) x? ? 2 sin 2 x 2 ,其中 k 为任意整数。 f 4 ( x) ? ? kπ ? 0 x? 2 ?
证明:记 g ( x ) ? 容易验证 fi(x),i=1,2,3,4 是偶函数,且对任意的 x∈R,fi(x+π)=fi(x),i=1,2,3,4。下证对任 意的 x∈R,有 f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。当 x ? kπ ?

g ( x) ? g ( x ? π ) ,而 2 3π 3π π π g ( x ? π ) ? g (kπ ? ) ? g (kπ ? ? 2(k ? 1)π ) ? g (?kπ ? ) ? g (kπ ? ) ? g ( x) ,故对任意的 x∈R, 2 2 2 2 f1 ( x) ? f 2 ( x) cos x ? f1 ( x) ?
f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。
下证对任意的 x∈R, f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。 x ? 有 当

π π 时,显然成立;当 x ? kπ ? 时,因为 2 2

kπ 时, 显然成立; x=kπ时, (x)=h(kπ)=h(k 当 h 2

π? 2kπ)=h(? kπ)=? h(kπ),所以 h(x)=h(kπ)=0,而此时 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0,故 h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x;当 x ? kπ ?

π 时, 2

h( x ? π ) ? h(kπ ?

3π 3π π π ) ? h(kπ ? ? 2(k ? 1)π ) ? h(?kπ ? ) ? ?h(kπ ? ) ? ?h( x) ,故 2 2 2 2 h( x ) ? h( x ? π ) f 3 ( x) sin x ? ? h( x) ,又 f4(x)sin2x=0,从而有 h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。 2

于是,对任意的 x∈R,有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。综上所述,结论得证。

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷二 参考答案 1. {?3,0, 2,6} . 提示:显然,在 A 的所有三元子集中,每个元素均出现了 3 次,所以
3(a1 ? a 2 ? a 3 ? a 4 ) ? (?1) ? 3 ? 5 ? 8 ? 15 ,

故 a1 ? a 2 ? a 3 ? a 4 ? 5 ,于是集合 A 的四个元素分别为 5-(-1)=6,5-3=2,5-5=0,5-8=-3,因 此,集合 A ? {?3, 0, 2, 6} . 2. (??, ?

2 ? ? ? ] ? (1, ??) . 提示:设 x ? tan? ,? ? ? ? ,且 ? ? ,则 4 2 2 2
1 1 f ( x) ? cos? ? ? tan? ? 1 sin? ? cos? 1 2 sin( ? ) ? 4

?



1 2 ? ] ? (1,??) . 设 u ? 2 sin( ? ) ,则 ? 2 ? u ? 1 ,且 u ? 0 ,所以 f ( x) ? ? (??,? ? u 2 4

3.-1. 提示:由

1 1 ? ? 2 2 ,得 a ? b ? 2 2ab .又 a b

(a ? b) 2 ? 4ab ? (a ? b) 2 ? 4ab ? 4(ab) 3 ? 4 ? 2 ab? (ab) 3 ? 8(ab) 2 ,


a ? b ? 2 2ab .



于是
a ? b ? 2 2ab .



?a ? 2 ? 1, ?a ? 2 ? 1, ? ? 再由不等式①中等号成立的条件,得 ab ? 1 .与②联立解得 ? 或? ?b ? 2 ? 1, ?b ? 2 ? 1, ? ?

故 loga b ? ?1 . 4. ?
? ? 5? ? , ? . 提示:不等式 ?4 4 ?

cos5 ? ? sin5 ? ? 7(sin3 ? ? cos3 ? )

等价于
1 1 sin3 ? ? sin5 ? ? cos3 ? ? cos5 ? . 7 7

又 f ( x) ? x 3 ?

1 5 x 是 (??,??) 上的增函数,所以 sin ? ? cos ? ,故 7

2k? ?

?
4

? ? ? 2k? ?

5? (k ?Z). 4

因为 ? ? [0,2? ) ,所以 ? 的取值范围是 ?

? ? 5? ? , ?. ?4 4 ?

5.15000. 提示:由题设条件可知,满足条件的方案有两种情形:
1 (1)有一个项目有 3 人参加,共有 C 73 ? 5!?C 5 ? 5! ? 3600种方案;

1 (2)有两个项目各有 2 人参加,共有 (C72 ? C52 ) ? 5!?C52 ? 5! ? 11400种方案; 2 所以满足题设要求的方案数为 3600?11400? 15000.

6. 3 . 提示:设四面体 ABCD的外接球球心为 O ,则 O 在过△ ABD的外心 N 且垂直于平面 ABD的 垂线上.由题设知,△ ABD是正三角形,则点 N 为△ ABD的中心.设 P, M 分别为 AB, CD 的中点,则 N 在
DP 上,且 ON ? DP , OM ? CD .

因为 ?CDA? ?CDB ? ?ADB? 60? ,设 CD 与平面 ABD所成角为 ? ,可求得 cos? ?
1 2 2 3 CD ? 1, DN ? ? DP ? ? ?3 ? 3 . 2 3 3 2 1 3

1 3

, sin? ?

2 3



在△ DMN 中, DM ? 由余弦定理得

C

MN 2 ? 12 ? ( 3 ) 2 ? 2 ?1 ? 3 ?

?2,

M O D N A P B

故 MN ? 2 .四边形 DMON 的外接圆的直径
MN OD ? ? sin? 2 2 3 ? 3.

故球 O 的半径 R ? 3 . 7. (1,?2) 或 (9,?6) .提示: 设 A( x1 , y1 ), B( x 2 , y 2 ), C (t 2 ,2t ) ,由 ?
y1 ? y 2 ? 8 , y1 ? y 2 ? ?4 .

? x ? 2 y ? 1 ? 0, 得 2 ? y ? 4 x,

y 2 ? 8 y ? 4 ? 0 ,则

又 x1 ? 2 y1 ? 1, x 2 ? 2 y 2 ? 1 ,所以
x1 ? x 2 ? 2( y1 ? y 2 ) ? 2 ? 18 , x1 ? x 2 ? 4 y1 ? y 2 ? 2( y1 ? y 2 ) ? 1 ? 1 .

因为 ?ACB ? 90? ,所以 CA ?CB ? 0 ,即有
(t 2 ? x1 )(t 2 ? x 2 ) ? (2t ? y1 )(2t ? y 2 ) ? 0 ,


t 4 ? ( x1 ? x 2 )t 2 ? x1 ? x 2 ? 4t 2 ? 2( y1 ? y 2 )t ? y1 ? y 2 ? 0 ,


t 4 ? 14t 2 ? 16t ? 3 ? 0 ,


(t 2 ? 4t ? 3)(t 2 ? 4t ? 1) ? 0 .

显然 t 2 ? 4t ? 1 ? 0 , 否则 t 2 ? 2 ? 2t ? 1 ? 0 , 则点 C 在直线 x ? 2 y ? 1 ? 0 上, 从而点 C 与点 A 或点 B 重合. 所 以 t 2 ? 4t ? 3 ? 0 ,解得 t 1 ? ?1, t 2 ? ?3 . 故所求点 C 的坐标为 (1,?2) 或 (9,?6) .
200 ? n 3 400 ? 5 n 6

8.15. 提示: a n ? C n ?3 200

?2



要使 a n (1 ? n ? 95) 为整数,必有

200? n 400? 5n 均为整数,从而 6 | n ? 4 . , 3 6
200? n 400? 5n 和 均为非负整数,所以 a n 为整数, 3 6

当 n ? 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80 时, 共有 14 个. 当 n ? 86 时, a 86 ? C 86 ?3 38 ? 2 ?5 ,在 C 86 ? 200 200

200 ! 中, 200 中因数 2 的个数为 ! 86!?114 !

? 200? ? 200? ? 200? ? 200? ? 200? ? 200? ? 200? ? 2 ? ? ? 2 2 ? ? ? 2 3 ? ? ? 2 4 ? ? ? 2 5 ? ? ? 2 6 ? ? ? 2 7 ? ? 197 , ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

同理可计算得 86 中因数 2 的个数为 82, 114 中因数 2 的个数为 110,所以 C 86 中因数 2 的个数为 ! ! 200
197? 82?110? 5 ,故 a 86 是整数.

当 n ? 92 时, a 92 ? C 92 ?3 36 ? 2 ?10 ,在 C 92 ? 200 200

200 ! 中,同样可求得 92 中因数 2 的个数为 88, 108 中因数 ! ! 92!?108 !

2 的个数为 105,故 C 86 中因数 2 的个数为 197? 88?105? 4 ,故 a 92 不是整数. 200 因此,整数项的个数为 14?1 ? 15. 9.因为 f (a) ? f (?
b ?1 ) ,所以 b?2

b ?1 1 ? 1) |?| lg( ) |?| lg(b ? 2) | , b?2 b?2 所以 a ? 1 ? b ? 2 或 (a ? 1)(b ? 2) ? 1 ,又因为 a ? b ,所以 a ? 1 ? b ? 2 ,所以 (a ? 1)(b ? 2) ? 1 . | lg(a ? 1) |?| lg(?

又由 f (a) ?| lg(a ? 1) | 有意义知 0 ? a ?1,从而
0 ? a ?1 ? b ?1 ? b ? 2 ,

于是
0 ? a ?1 ? 1 ? b ? 2 .

所以
(10a ? 6b ? 21) ? 1 ? 10(a ? 1) ? 6(b ? 2) ? 6(b ? 2) ? 10 ? 1. b?2

从而
f (10a ? 6b ? 21) ?| lg[6(b ? 2) ? 10 10 ] |? lg[6(b ? 2) ? ]. b?2 b?2


f (10a ? 6b ? 21) ? 4 lg 2 ,

所以
lg[6(b ? 2) ? 10 ] ? 4 lg 2 , b?2

故 6(b ? 2) ?

1 10 . ? 16 .解得 b ? ? 或 b ? ? 1 (舍去) 3 b?2

1 2 把 b ? ? 代入 (a ? 1)(b ? 2) ? 1 解得 a ? ? . 3 5

所以 a ? ?

2 1 ,b ? ? . 5 3

10. (1)由原式变形得

a n ?1 ?

2(t n ?1 ? 1)(a n ? 1) ?1 , a n ? 2t n ? 1


2(a n ? 1) n a n ?1 ? 1 2(a n ? 1) ? ? t ?1 . n ?1 n t ? 1 a n ? 2t ? 1 a n ? 1 ?2 t n ?1

记 又

2b n an ?1 a ? 1 2t ? 2 , b1 ? 1 ? bn ,则 b n ?1 ? ? ?2. bn ? 2 t n ?1 t ?1 t ?1 1 1 1 1 1 ? ? , ? ,从而有 bn ?1 bn 2 b1 2 1 1 1 n ? ? ( n ? 1) ? ? , b n b1 2 2



an ?1 2 2(t n ? 1) ? ,于是有 a n ? ?1 . t n ?1 n n

(2) a n ?1 ? a n ?
? ? ?

2(t n ?1 ?1) 2(t n ?1) ? n ?1 n

2(t ? 1) ?n(1 ? t ? ? ? t n ?1 ? t n ) ? (n ? 1)(1 ? t ? ? ? t n ?1 )? n(n ? 1) 2(t ? 1) ?nt n ? (1 ? t ? ? ? t n ?1 )? ? 2(t ? 1) ?(t n ? 1) ? (t n ? t ) ? ? ? (t n ? t n ?1 )? n(n ? 1) n(n ? 1) 2(t ? 1) 2 n ?1 n ? 2 ?(t ? t ? ? ? 1) ? t (t n ? 2 ? t n ?3 ? ? ? 1) ? ? ? t n ?1 ? , n(n ? 1)

显然在 t ? 0 (t ? 1) 时恒有 a n ?1 ? a n ? 0 ,故 a n ?1 ? a n . 11. (1)设直线 l : y ? 将y?
1 x ? m , A( x1 , y1 ), B( x 2 , y 2 ) . 3

1 x2 y 2 x ? m 代入 ? ? 1 中,化简整理得 3 36 4
2 x 2 ? 6mx ? 9m 2 ? 36 ? 0 .

于是有 x1 ? x 2 ? ?3m, x1 x 2 ?

y ? 2 y ? 2 9m 2 ? 36 , k PA ? 1 . 则 , k PB ? 2 2 x1 ? 3 2 x2 ? 3 2

k PA ? k PB ?

y1 ? 2 y ? 2 ? 2 x1 ? 3 2 x2 ? 3 2

( y ? 2)( x2 ? 3 2) ? ( y2 ? 2)( x1 ? 3 2) ? 1 ( x1 ? 3 2)( x2 ? 3 2)
上式中,
1 1 分子 ? ( x1 ? m ? 2 )( x 2 ? 3 2 ) ? ( x 2 ? m ? 2 )( x1 ? 3 2 ) 3 3 ? ? 2 x1 x 2 ? (m ? 2 2 )( x1 ? x 2 ) ? 6 2 (m ? 2 ) 3 2 9m 2 ? 36 ? ? (m ? 2 2 )(?3m) ? 6 2 (m ? 2 ) 3 2



? 3m 2 ? 12 ? 3m 2 ? 6 2m ? 6 2m ? 12 ? 0 ,

从而, k PA ? k PB ? 0 . 又 P 在直线 l 的左上方,因此, ?APB的角平分线是平行于 y 轴的直线,所以△ PAB 的内切圆的圆心 在直线 x ? 3 2 上. (2)若 ?APB ? 60? 时,结合(1)的结论可知 k PA ? 3, k PB ? ? 3 . 直线 PA 的方程为: y ? 2 ? 3 ( x ? 3 2 ) ,代入
x2 y 2 ? ? 1 中,消去 y 得 36 4

14x 2 ? 9 6 (1 ? 3 3 ) x ? 18(13 ? 3 3 ) ? 0 .

它的两根分别是 x 1 和 3 2 ,所以 x1 ? 3 2 ?

18(13 ? 3 3 ) 3 2 (13 ? 3 3 ) ,即 x1 ? .所以 14 14
3 2 (3 3 ? 1) . 7

| PA |? 1 ? ( 3 ) 2 ? | x1 ? 3 2 |?

同理可求得 | PB |? 所以

3 2 (3 3 ? 1) . 7

1 S?PAB ? ? | PA | ? | PB | ? sin 60? 2 1 3 2(3 3 ? 1) 3 2(3 3 ? 1) 3 ? ? ? ? 2 7 7 2 ? 117 3 . 49

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷三 参考答案 1[解]当 x ? 2 时, 2 ? x ? 0 ,因此 f ( x) ?

1 ? (4 ? 4 x ? x 2 ) 1 1 ? ? (2 ? x) ? 2 ? ? (2 ? x) 2? x 2? x 2? x

? 2 ,当且仅当 1 ? 2 ? x 时上式取等号.而此方程有解 x ? 1? (??, 2) ,因此 f ( x) 在 (??, 2) 上的最小值
2? x
为 2. [解法一] 因 x 2 ? ax ? 4 ? 0 有两个实根

x1 ?

a a2 a a2 , , x2 ? ? 4 ? ? 4? 2 4 2 4

故 B ? A 等价于 x1 ? ?2 且 x2 ? 4 ,即

a a2 a a2 ? 4? ? ?2 且 ? 4 ? ? 4, 2 4 2 4 解之得 0 ? a ? 3 .
7 ? 7 [解法二] (特殊值验证法) a ? 3, B ? [?1, 4], B ? A , 令 排除 C, a ? ?1 B ? ?1 ? 1 , 1 ?1 ] 令 , [ 2 2 排除 A、B,故选 D。
2

,B ? A

2 [ 解 法 三 ] ( 根 的 分 布 ) 由 题 意 知 x ? ax ? 4 ? 0 的 两 根 在 A ? [? 2, 4 ) , 令 f ( x) ? x ? ax? 4则 内

a ? ? ?2 ? 2 ? 4 ? ? f (?2) ? 0 解之得: 0 ? a ? 3 ? f (4) ? 0 ? ?
2[解法一] 依题意知, ? 的所有可能值为 2,4,6. 设每两局比赛为一轮,则该轮结束时比赛停止的概率为 2 1 5 ( )2 ? ( )2 ? . 3 3 9 若该轮结束时比赛还将继续,则甲、乙在该轮中必是各得一分,此时,该轮比赛结果对下轮比赛是否 停止没有影响.从而有 5 P (? ? 2) ? , 9 4 5 20 , P(? ? 4) ? ( )( ) ? 9 9 81 4 16 P (? ? 6) ? ( ) 2 ? , 9 81 5 20 16 266 故 E? ? 2 ? ? 4 ? ? 6 ? ? . 9 81 81 81 [解法二] 依题意知, ? 的所有可能值为 2,4,6. 令 Ak 表示甲在第 k 局比赛中获胜,则 Ak 表示乙在第 k 局比赛中获胜. 由独立性与互不相容性得

5 , 9 P(? ? 4) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) 2 1 1 2 20 , ? 2[( )3 ( ) ? ( )3 ( )] ? 3 3 3 3 81 P(? ? 6) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) ? P( A1 A2 A3 A4 ) 2 1 16 ? 4( ) 2 ( ) 2 ? , 3 3 81 5 20 16 266 故 E? ? 2 ? ? 4 ? ? 6 ? ? . 9 81 81 81 3[ 解 ] 设 这 三 个 正 方 体 的 棱 长 分 别 为 a, b, c , 则 有 6 ? a 2 ? b 2 ? c 2? ? 5 6 4, a2 ? b2 ? c2 ? 94 , 不 妨 设 P(? ? 2) ? P( A1 A2 ) ? P( A1 A2 ) ?
1 ? a ? b ? c ? 1 0,从而 3c ? a ? b ? c ? 94 , c ? 31 .故 6 ? c ? 10 . c 只能取 9,8,7,6. 若 c ? 9 ,则 a 2 ? b2 ? 94 ? 92 ? 13 ,易知 a ? 2 , b ? 3 ,得一组解 (a, b, c) ? (2,3,9) .
2 2 2 2 2

若 c ? 8 ,则 a 2 ? b2 ? 94 ? 64 ? 30 , b ? 5 .但 2b ? 30 , b ? 4 ,从而 b ? 4 或 5.若 b ? 5 ,则 a ? 5 2 无解,若 b ? 4 ,则 a ? 14 无解.此时无解.
2 2

若 c ? 7 ,则 a2 ? b2 ? 94 ? 49 ? 45 ,有唯一解 a ? 3 , b ? 6 . 2 2 2 b2 若 c ? 6 , a 2 ? b2 ? 94 ? 36 ? 58 , 则 此时 2b ? a ? b ? 58 , ? 29 . b ? 6 , b ? c ? 6 , b ? 6 , 故 但 故 此时 a ? 58 ? 36 ? 22 无解.
2

? a ? 2, ? a ? 3, ? ? 综上,共有两组解 ?b ? 3, 或 ?b ? 6, ?c ? 9 ? c ? 7. ? ?
体积为 V1 ? 23 ? 33 ? 93 ? 764 cm 或 V2 ? 33 ? 63 ? 73 ? 586 cm .
3 3

? x ? y ? 0, ? x ? 0, ? x ? ?1, 4[解] 若 z ? 0 ,则 ? 解得 ? 或? y ? 0 ? y ? 1. xy ? y ? 0. ? ? 若 z ? 0 ,则由 xyz ? z ? 0 得 xy ? ?1 . ① 由 x ? y ? z ? 0 得 z ? ?x ? y . ②
将②代入 xy ? yz ? xz ? y ? 0 得 x2 ? y 2 ? xy ? y ? 0 . ③ 1 由①得 x ? ? ,代入③化简得 ( y ?1)( y3 ? y ?1) ? 0 . y 3 易知 y ? y ?1 ? 0 无有理数根,故 y ? 1 ,由①得 x ? ?1 ,由②得 z ? 0 ,与 z ? 0 矛盾,故该方程组共

? x ? 0, ? x ? ?1, 有两组有理数解 ? y ? 0, 或 ? y ? 1, ? ? ? z ? 0 ? z ? 0. ? ?
5[解] 设 a, b, c 的公比为 q ,则 b ? aq, c ? aq 2 ,而 sin A cot C ? cos A sin A cos C ? cos A sin C ? sin B cot C ? cos B sin B cos C ? cos B sin C s i n ? C ) ?s i n ( A( ? B ? ? ? s i n ? C ) ?s i n ( B( ? A 因此,只需求 q 的取值范围.

)B s b n i ? ?q. )A s a n i

因 a , b, c 成等比数列, 最大边只能是 a 或 c , 因此 a , b, c 要构成三角形的三边, 必需且只需 a ? b ? c 且

b ? c ? a .即有不等式组 ? a ? aq ? aq 2 , ?q 2 ? q ? 1 ? 0, ? ? 即? 2 ? 2 ? aq ? aq ? a ?q ? q ? 1 ? 0. ? ?

?1 ? 5 5 ?1 ?q? , ? ? 2 2 解得 ? ?q ? 5 ? 1 或q ? ? 5 ? 1 . ? ? 2 2 5 ?1 5 ?1 5 ?1 5 ?1 ?q? 从而 ,因此所求的取值范围是 ( , ). 2 2 2 2
6[解] 由题意知 fn ( x) ? an x ? (an?1 ? an?2 ??? a ?1)b

an ?1 ?b , a ?1 a7 ?1 由 f7 ( x) ? 128x ? 381 得 a 7 ? 128 , ? b ? 381 ,因此 a ? 2 , b ? 3 , a ? b ? 5 . a ?1 7[解] f ( x) ? 2cos2 x ?1 ? 2a ? 2a cos x a 1 ? 2(cos x ? ) 2 ? a 2 ? 2a ? 1 , 2 2 (1) a ? 2 时, f ( x) 当 cos x ? 1 时取最小值 1 ? 4a ; (2) a ? ?2 时, f ( x) 当 cos x ? ?1 时取最小值 1; ? an x ?

a 1 时取最小值 ? a 2 ? 2a ? 1 . 2 2 1 又 a ? 2 或 a ? ?2 时, f ( x) 的最小值不能为 ? , 2 1 2 1 故 ? a ? 2a ? 1 ? ? ,解得 a ? ?2 ? 3 , a ? ?2 ? 3 (舍去). 2 2 8[解法一] 用 4 条棍子间的空隙代表 3 个学校,而用 ? 表示名额.如
(3) ?2 ? a ? 2 时, f ( x) 当 cos x ?

| ???? | ??? | ?? |

表示第一、二、三个学校分别有 4,18,2 个名额. 若把每个“ ? ”与每个“ | ”都视为一个位置,由于左右两端必须是“|” ,故不同的分配方法相当于 . 24 ? 2 ? 26 个位置(两端不在内)被 2 个“|”占领的一种“占位法” “每校至少有一个名额的分法”相当于在 24 个“ ? ”之间的 23 个空隙中选出 2 个空隙插入“|” , 2 故有 C23 ? 253 种. 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有 31 种. 综上知,满足条件的分配方法共有 253-31=222 种. [解法二] 设分配给 3 个学校的名额数分别为 x1 , x2 , x3 ,则每校至少有一个名额的分法数为不定方程

x1 ? x2 ? x3 ? 24 . 的正整数解的个数,即方程 x1 ? x2 ? x3 ? 21的非负整数解的个数,它等于 3 个不同元素中取 21 个元素的可
重组合:
21 21 2 H3 ? C23 ? C23 ? 253 . 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有 31 种. 综上知,满足条件的分配方法共有 253-31=222 种. n n ?1 9[解] an ?1 ? Sn ?1 ? Sn ? ? an ?1 ? ? an , (n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1) n?2?2 1 1 即 2 a n ?1 ? ? ? ? an (n ? 1)(n ? 2) n ? 1 n(n ? 1) ?2 1 = , ? an ? (n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1) 1 1 由此得 2 (a n ?1 ? . ) ? an ? (n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1) 1 1 1 令 bn ? an ? , b1 ? a1 ? ? ( a1 ? 0 ), 2 2 n(n ? 1)

1 1 1 1 . bn ,故 bn ? n ,所以 a n ? n ? 2 2 n(n ? 1) 2 10[解法一] 由题设条件知 f ( x ? 2) ? f ( x) ? ?( f ( x ? 4) ? f ( x ? 2)) ? ( f ( x ? 6) ? f ( x ? 4)) ? ( f ( x ? 6) ? f ( x))
有 bn ?1 ?

? ?3 ? 2x?2 ? 3 ? 2 x?4 ? 63 ? 2 x ? 3 ? 2 x , 因此有 f ( x ? 2) ? f ( x) ? 3 ? 2x ,故 f (2008) ? f (2008) ? f (2006) ? f (2006) ? f (2004) ? ? ? f (2) ? f (0) ? f (0)

? 3 ? (22006 ? 22004 ? ? ? 22 ? 1) ? f (0)
41003?1 ? 1 ? f (0) 4 ?1 ? 22008 ? 2007 . [解法二] 令 g ( x) ? f ( x) ? 2x ,则 ? 3?

g ( x ? 2) ? g ( x) ? f ( x ? 2) ? f ( x) ? 2x?2 ? 2x ? 3 ? 2x ? 3 ? 2x ? 0 , g ( x ? 6) ? g ( x) ? f ( x ? 6) ? f ( x) ? 2x?6 ? 2x ? 63 ? 2x ? 63 ? 2x ? 0 , 即 g ( x ? 2) ? g ( x), g ( x ? 6) ? g ( x) , 故 g ( x) ? g ( x ? 6) ? g ( x ? 4) ? g ( x ? 2) ? g ( x) ,

得 g ( x) 是周期为 2 的周期函数, 所以 f (2008) ? g (2008) ? 22008 ? g (0) ? 22008 ? 22008 ? 2007 . 11[解] 如答 12 图 1,考虑小球挤在一个角时的情况,记小球半径为 r ,作平面 A1 B1C1 //平面 ABC ,与小 球相切于点 D ,则小球球心 O 为正四面体 P ? A1 B1C1 的中心, PO ? 面A1B1C1 ,垂足 D 为 A1 B1C1 的中心.

1 因 VP ? A B C ? S ?A B C ? PD 1 1 1 3 111 ? 4 ?VO? A1B1C1

1 ? 4 ? ? S ?A1B1C1 ? OD , 3 故 PD ? 4OD ? 4r ,从而 PO ? PD ? OD ? 4r ? r ? 3r . 记此时小球与面 PAB 的切点为 P1 ,连接 OP ,则 1
PP ? PO 2 ? OP 2 ? (3r ) 2 ? r 2 ? 2 2r . 1 1
考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为 PAB )相切时的情况,易知 小球在面 PAB 上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形,记为 P EF ,如答 1 12 图 2.记正四面体 的棱长为 a ,过 P1 作 PM ? PA 于 M . 1 答 12 图 1

6 的边长 PE ? PA ? 2PM ? a ? 2 6r . 1 小球与面 PAB 不能接触到的部分的面积为(如答 12 图 2 中阴影部分)

因 ?MPP ? 1

?

,有 PM ? PP ? cos MPP ? 2 2r ? 1 1

3 ? 6r ,故小三角形 2

答 12 图 2 由对称性,且正四面体共 4 个面,所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为 72 3 . 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 3? 12[证] f ( x) 的图象与直线 y ? kx (k ? 0) 的三个交点如答 13 图所示,且在 (? , ) 内相切,其切点为 2 3? A(? , ? sin? ) , ? ? (? , ) . 2 ?5 分 3 sin ? 由于 f ?( x) ? ? cos x , x ? (? , ? ) ,所以 ? cos ? ? ? ,即 ? ? tan ? . ?10 分 2 ? 因此 cos ? cos ? ? sin ? ? sin 3? 2sin 2? cos ? 1 ?15 分 ? 4sin ? cos ? cos 2 ? ? sin 2 ? ? 4sin ? cos ? 1 ? tan 2 ? ? 4 tan ? 1? ? 2 . ?20 分 ? 4? [解法一] 由 1 ? log2 ( x4 ? 1) ? log2 (2 x4 ? 2) ,且 log 2 y 在 (0, ??) 上为增函数,故原不等式等价于
1

3 2 2 (a ? (a ? 2 6r )2 ) ? 3 2ar ? 6 3r . 4 又 r ? 1 , a ? 4 6 ,所以 S?PAB ? S?P EF ? 24 3 ? 6 3 ? 18 3 .

S?PAB ? S?PEF ? 1



x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 1 ? 2 x4 ? 2 . x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 2 x4 ? 1 ? 0 .

?5 分

分组分解

x12 ? x10 ? x8 ?2 x10 ? 2 x8 ? 2 x6 ?4 x8 ? 4 x6 ? 4 x4 ? x6 ? x 4 ? x 2 ? x4 ? x2 ? 1 ? 0 , ( x8 ? 2x6 ? 4x4 ? x2 ? 1)( x4 ? x2 ?1) ? 0 ,

?10 分

所以

x ? x ?1 ? 0 ,
4 2

( x2 ?
所以 x 2 ?

?1 ? 5 2 ?1 ? 5 )( x ? )?0. 2 2

?15 分

?1 ? 5 ?1 ? 5 或 ?1 ? 5 . ,即 x ? ? x? 2 2 2

5 ?1 5 ?1 ?20 分 )?( , ??) . 2 2 [解法二] 由 1 ? log2 ( x4 ? 1) ? log2 (2 x4 ? 2) ,且 log 2 y 在 (0, ??) 上为增函数,故原不等式等价于
故原不等式解集为 (??, ?

x12 ? 3x10 ? 5x8 ? 3x6 ? 1 ? 2 x4 ? 2 .


?5 分

2 1 ? 6 ? x 6 ? 3x 4 ? 3x 2 ? 1 ? 2 x 2 ? 2 ? ( x 2 ? 1)3 ? 2( x 2 ? 1) , 2 x x 1 1 ( 2 ) 3 ? 2( 2 ) ? ( x 2 ? 1) 3 ? 2( x 2 ? 1) , x x 令 g (t ) ? t 3 ? 2t ,则不等式为 1 g ( 2 ) ? g ( x 2 ? 1) , x 显然 g (t ) ? t 3 ? 2t 在 R 上为增函数,由此上面不等式等价于 1 ? x 2 ? 1, 2 x 5 ?1 5 ?1 即 ( x2 )2 ? x2 ?1 ? 0 ,解得 x 2 ? ( x2 ? ? 舍去), 2 2

?10 分

?15 分

5 ?1 5 ?1 )?( , ??) . 2 2 13[解] 设 P( x0 , y0 ), B(0, b), C(0, c) ,不妨设 b ? c . y ?b 直线 PB 的方程: y ? b ? 0 x, x0 化简得 ( y0 ? b) x ? x0 y ? x0b ? 0 . 又圆心 (1, 0) 到 PB 的距离为 1, y0 ? b ? x0b ?5 分 ?1 , 2 ( y0 ? b) 2 ? x0
故原不等式解集为 (??, ?
2 2 故 ( y0 ? b)2 ? x0 ? ( y0 ? b)2 ? 2x0b( y0 ? b) ? x0 b2 ,

?20 分

易知 x0 ? 2 ,上式化简得 ( x0 ? 2)b2 ? 2 y0b ? x0 ? 0 , 同理有 ( x0 ? 2)c2 ? 2 y0c ? x0 ? 0 . ? x0 ?2 y0 所以 b ? c ? , bc ? ,则 x0 ? 2 x0 ? 2
2 2 4 x0 ? 4 y0 ? 8x0 . ( x0 ? 2)2 2 因 P( x0 , y0 ) 是抛物线上的点,有 y0 ? 2 x0 ,则

?10 分

(b ? c)2 ?

(b ? c)2 ?

2 2 x0 . 4 x0 , b?c ? 2 x0 ? 2 ( x0 ? 2) x 所以 S?PBC ? 1 (b ? c) ? x0 ? 0 ? x0 ? ( x0 ? 2) ? 4 ? 4 2 x0 ? 2 x0 ? 2

?15 分

? 2 4 ? 4 ?. 8 当 ( x0 ? 2) ? 4 时,上式取等号,此时 x0 ? 4, y0 ? ?2 2 .
2

因此 S?PBC 的最小值为 8.

?20 分

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷四 参考答案 一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 答 C. → → → 解:令∠ABC=α,过 A 作 AD⊥BC 于 D,由 BA -t BC ? AC ,推出

|

| | |

|→|2-2t→? →+t |→|2?|→|2,令 t= BA ? BC ,代入上式,得 BA BA BC BC AC |→|2 BC
2





|→|2-2|→|2cos α+|→|2cos α?|→|2,即 |→|2sin α?|→|2, BA BA BA AC BA AC π → → → → 也即| BA |sinα?| AC |.从而有| AD |?| AC |.由此可得∠ACB= . 2
2 2 2

答 B.
?x>0,x≠1 1 解:因为? 2 ,解得 x> 且 x≠1.由 logx(2x2+x-1)>logx2-1, 2 2x +x-1>0 ? ?0<x<1, ?x>1, ? logx(2x3+x2-x)>logx2? ? 3 2 或? 3 2 .解得 0<x<1 或 x>1. ?2x +x -x<2 ?2x +x -x>2

1 所以 x 的取值范围为 x> 且 x≠1. 2 答 C. a b 解:5x-a?0?x? ;6x-b>0?x> .要使 A∩B∩N={2,3,4},则 5 6 1 1 ?1?6<2, ?6?b<12, ,即? 所以数对(a,b)共有 C6C5=30 个. ? a ?20?a<25. ?4?5<5 b 答 A. 解:建立直角坐标系,以 A 为坐标原点,AB 为 x 轴,AC 为 y 轴,AA1 为 z 轴,则 F(t1,0,0)(0<t1 1 1 1 → 1 → <1),E(0,1, ),G( ,0,1),D(0,t2,0)(0<t2<1).所以 EF =(t1,-1,- ),GD=(- ,t2,-1).因 2 2 2 2 1 → 为 GD⊥EF,所以 t1+2t2=1,由此推出 0<t2< .又 DF=(t1,-t2,0), 2

|→|= DF
答 A.

2 t1+t2= 2

2 5t2-4t2+1=

22 1 1 → 5(t2- ) + ,从而有 ? DF <1. 5 5 5

| |

解:显然 f(x)=x3+log2(x+ x2+1)为奇函数,且单调递增.于是 若 a+b?0,则 a?-b,有 f(a)?f(-b),即 f(a)?-f(b),从而有 f(a)+f(b)?0. 反之,若 f(a)+f(b)?0,则 f(a)?-f(b)=f(-b),推出 a?-b,即 a+b?0. 答 B. 1 3 2005 解:出现奇数个 9 的十进制数个数有 A=C200692005+C200692003+?+C20069.又由于 2006 k 2006 k - - (9+1)2006=k=0C200692006 k 以及(9-1)2006=k=0C2006(-1)k92006 k Σ Σ 从而得 1 3 2005 1 A=C200692005+C200692003+?+C20069= (102006-82006). 2 9 填[0, ]. 8 1 1 解:f(x)=sin4x-sinxcosx+cos4x=1- sin2x- sin22x.令 t=sin2x,则 2 2

min max 1 1 9 1 1 1 9 f(x)=g(t)=1- t- t2= - (t+ )2.因此-1?t?1g(t)=g(1)=0,-1?t?1 g(t)=g(- )= . 2 2 8 2 2 2 8 9 5 5 故,f(x)∈[0, ].填[- , ]. 8 5 5 解:依题意,得|z|?2?(a+cosθ)2+(2a-sinθ)2?4?2a(cosθ-2sinθ)?3-5a2. ?-2 5asin(θ-φ)?3-5a2(φ=arcsin ?2 5|a|?3-5a2?|a|? 5 )对任意实数 θ 成立. 5

5 5 5 ,故 a 的取值范围为[- , ]. 5 5 5

填 3-1.. 解:由平面几何知,要使∠F1PF2 最大,则过 F1,F2,P 三点的圆必定和直线 l 相切于点 P.直线 l 交 x 轴于 A(-8-2 3,0),则∠APF1=∠AF2P,即?APF1∽?AF2P,即 |PF1| |AP| = |PF2| |AF2| 又由圆幂定理, |AP|2=|AF1|?|AF2| |PF1| 代入⑴,⑵得, = |PF2| 1 2 填( + )π. 3 2 解:设四个实心铁球的球心为 O1,O2,O3,O4,其中 O1,O2 为下层两球的球心,A,B,C,D 分别 为四个球心在底面的射影.则 ABCD 是一个边长为 4 1 1 2 -4? π( )3=( + )π. 3 2 3 2 填 1. 解:(x2006+1)(1+x2+x4+?+x2004)=2006x2005?(x+ ?x+x3+x5+?+x2005+ 1 )(1+x2+x4+?+x2004)=2006 x2005 2 2 2 的正方形。所以注水高为 1+ .故应注水 π(1+ ) 2 2 2 |AF1| = |AF2| 8 = 4-2 3= 3-1. 8+4 3 ⑵ 而 F1(-2 3,0),F2(2 3,0),A(-8-2 3,0),从而有|AF1|=8,|AF2|=8+4 3. ⑴

1 1 1 1 + + +?+ =2006,故 x>0,否则左边<0. x2005 x2003 x2001 x

1 1 1 ?2006=x+ +x3+ 3+?+x2005+ 2005?2?1003=2006. x x x 等号当且仅当 x=1 时成立. 所以 x=1 是原方程的全部解.因此原方程的实数解个数为 1. 填 0.0434. 解:第 4 次恰好取完所有红球的概率为 2 9 1 8 2 9 1 8 2 1 ?( )2? + ? ? ? +( )2? ? =0.0434. 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 n± n2-4 1 证明:因为 y2=nx-1 与 y=x 的交点为 x0=y0= .显然有 x0+ =n?2.?(5 分) 2 x0 m m m 1 若(x 0 ,y 0 )为抛物线 y2=kx-1 与直线 y=x 的一个交点,则 k=x 0 + .???(10 分) m x0

m 1 记 km=x 0 + , m x0 2 1 1 由于 k1=n 是整数,k2=x0+ =(x0+ )2-2=n2-2 也是整数, 2 x0 x0 且 1 km+1=km(x0+ )-km-1=nkm-km-1,(m?2) x0 (13.1)

m 1 所以根据数学归纳法,通过(13.1)式可证明对于一切正整数 m,km=x 0 + 是正整数,且 km?2 现在 m x0 m 1 m m 对于任意正整数 m,取 k=x 0 + ,满足 k?2,且使得 y2=kx-1 与 y=x 的交点为(x 0 ,y 0 ).??(20 分) m x0 解:(1) 首先这样的 S 的值是有界集,故必存在最大值与最小值。 若 x1+x2+x3+x4+x5=2006,且使 S= Σ xixj 取到最大值,则必有 1?i<j?5 (1?i,j?5) ???(5 分) (*) 事实上,假设(*)不成立,不妨假设 x1-x2?2,则令 x1?=x1-1,x2?=x2+1,xi?=xi (i=3,4,5).有 x1?+x2?=x1+x2,x1??x2?=x1x2+x1-x2-1>x1x2.将 S 改写成 S= xixj=x1x2+(x1+x2)(x3+x4+x5)+x3x4+x3x5+x4x5 Σ 1?i<j?5 同时有 S?=x1?x2?+(x1?+x2?)((x3+x4+x5)+x3x4+x3x5+x4x5.于是有 S?-S=x1?x2?-x1x2>0.这与 S 在 x1, x2,x3,x4,x5 时取到最大值矛盾.所以必有|xi-xj|?1,(1?i,j?5). 因此当 x1=402,x2=x3=x4=x5=401 时 S 取到最大值. ????????(10 分) ⑵ 当 x1+x2+x3+x4+x5=2006,且|xi-xj|?2 时,只有 (I) 402, 402, 402, 400, 400; (II) 402, 402, 401, 401, 400; (III) 402, 401, 401, 401, 401; 三种情形满足要求. ????????(15 分) 而后两种情形是由第一组作 xi?=xi-1,xj?=xj+1 调整下得到的.根据上一小题的证明可知道,每次 调整都使和式 S= xixj 变大.所以在 x1=x2=x3=402,x4=x5=400 时 S 取到最小值.???(20 Σ 1?i<j?5 分) 证明:⑴ 如果 a<-2,则|f1(0)|=|a|>2,a∈M. / ?????????(5 分)

|xi-xj|?1

1 - ⑵ 如果-2?a? ,由题意,f1(0)=a,fn(0)=(fn 1(0))2+a,n=2,3,??.则 4 1 1 ① 当 0?a? 时,|fn(0)|? ,(?n?1). 4 2 1 事实上,当 n=1 时,|f1(0)|=|a|? ,设 n=k-1 时成立(k?2 为某整数) ,则对 n=k, 2 2 |fk(0)|?|fk-1(0)| +a?(2)2+4=2. ② 当-2?a<0 时,|fn(0)|?|a|,(?n?1). 1 1 1

事实上,当 n=1 时,|f1(0)|?|a|,设 n=k-1 时成立(k?2 为某整数),则对 n=k,有 2 - -|a|=a?(fk 1(0)) +a?a2+a 注意到当-2?a<0 时,总有 a2?-2a,即 a2+a?-a=|a|.从而有|fk(0)|?|a|.由归纳法,推出[-2, 1 ]?M.????????(15 分) 4 1 1 ⑶ 当 a> 时,记 an=fn(0),则对于任意 n?1,an>a> 且 4 4 2 + an+1=fn 1(0)=f(fn(0))=f(an)=an+a. 2 1 1 1 1 对于任意 n?1,an+1-an=an-an+a=(an- )2+a- ?a- .则 an+1-an?a- . 2 4 4 4 2-a 1 1 + 所以,an+1-a=an+1-a1?n(a- ).当 n> 时,an+1>n(a- )+a>2-a+a=2,即 fn 1(0)>2.因 4 1 4 a- 4 1 此 a∈M.综合⑴,⑵,⑶,我们有 M=[-2, ]. / 4 ??????????

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷四 参考答案 一.选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.设锐角?使关于 x 的方程 x2+4xcos?+cot?=0 有重根,则?的弧度数为 A.

( D. 12

)

?
6

B.

?
12

5? 或 12

? 5? C. 或 6 12

?

1 解:由方程有重根,故 ?=4cos2?-cot?=0, 4

? ? 5? ∵ 0<?< ,?2sin2?=1,??= 或 .选 B. 2 12 12
2.已知 M={(x,y)|x2+2y2=3},N={(x,y)|y=mx+b}.若对于所有的 m∈R,均有 M∩N??,则 b 的取

值范围是 A.[- 6 6 , ] 2 2 B.(- 6 6 , ) 2 2 2 3 2 3 C.(- , ] 3 3 6 6 , ].选 A. 2 2 2 3 2 3 D.[- , ] 3 3

(

)

解:点(0,b)在椭圆内或椭圆上,?2b2?3,?b∈[- 1 3.不等式 log2x-1+ log1x3+2>0 的解集为 2 2 A.[2,3) B.(2,3]

C.[2,4)

D.(2,4]

3 解:令 log2x=t?1 时, t-1> t-2.t∈[1,2),?x∈[2,4),选 C. 2 → → → → 4.设点 O 在?ABC 的内部,且有 OA+2 OB+3 OC= 0 ,则?ABC 的面积与?AOC 的面积的比为( A.2 B. 3 2 C.3 5 D. 3
B B1 O S C C1 D

)
A

解 : 如 图 , 设 ?AOC=S , 则 ?OC1D=3S , ?OB1D=?OB1C1=3S , ?AOB=?OBD=1.5S.?OBC=0.5S,??ABC=3S.选 C. 5.设三位数 n=??? abc,若以 a,b,c 为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形,

则这样的三位数 n 有( ) A.45 个 B.81 个 C.165 个 D.216 个 解:⑴等边三角形共 9 个; ⑵ 等腰但不等边三角形:取两个不同数码(设为 a,b),有 36 种取法,以小数为底时总能构成等腰三 角形,而以大数为底时,b<a<2b.a=9 或 8 时,b=4,3,2,1,(8 种);a=7,6 时,b=3,2,1(6 种);a=5, 4 时,b=2,1(4 种);a=3,2 时,b=1(2 种),共有 20 种不能取的值.共有 236-20=52 种方法,而每取一 组数,可有 3 种方法构成三位数,故共有 523=156 个三位数 即可取 156+9=165 种数.选 C. 6.顶点为 P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形,A 是底面圆周上的点,B 是底面圆内的点,O 为底面 圆圆心,AB⊥OB,垂足为 B,OH⊥PB,垂足为 H,且 PA=4,C 为 PA 的中点,则当三棱锥 O-HPC 的体 积最大时, 的长为 OB ( ) A. 5 3 2 5 B. 3 C. 6 3 2 6 D. 3

解:AB⊥OB,?PB⊥AB,?AB⊥面 POB,?面 PAB⊥面 POB. OH⊥PB,?OH⊥面 PAB,?OH⊥HC,OH⊥PC, 又,PC⊥OC,?PC⊥面 OCH.?PC 是三棱锥 P-OCH 的高.PC=OC=2. 而?OCH 的面积在 OH=HC= 2时取得最大值(斜边=2 的直角三角形). 2 6 当 OH= 2时,由 PO=2 2,知∠OPB=30?,OB=POtan30?= . 3 1 又解:连线如图,由 C 为 PA 中点,故 VO-PBC= VB-AOP, 2 而 VO-PHC∶VO-PBC= PH PO = (PO2=PH· PB). PB PB2
2

P

C O A H B

记 PO=OA=2 2=R,∠AOB=?,则 1 1 1 VP—AOB= R3sin?cos?= R3sin2?,VB-PCO= R3sin2?. 6 12 24 PO2 R2 1 2 sin2? 1 3 .?VO-PHC= ? R. 2= 2 2 2 = 2 = PB R +R cos ? 1+cos ? 3+cos2? 3+cos2? 12

2cos2?(3+cos2?)-(-2sin2?)sin2? sin2? 1 3 ∴ 令 y= ,y?= =0,得 cos2?=- ,?cos?= , 3 3 3+cos2? (3+cos2?)2 2 6 ∴ OB= ,选 D. 3 二.填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7.在平面直角坐标系 xOy 中,函数 f(x)=asinax+cosax(a>0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函 数 g(x)= a2+1的图像所围成的封闭图形的面积是 ; 2? 2? a2+1sin(ax+?),周期= ,取长为 ,宽为 2 a2+1的矩形,由对称性知,面积之半即为所 a a

解:f(x)=

2? 2 求.故填 a +1. a

? ?1 2 a2+1 2 2p 2 又解: a +1[1-sin(ax+?)]dx= a +1. a ∫0(1-sint)dt= a ∫?0
8.设函数 f:R→R,满足 f(0)=1,且对任意 x,y∈R,都有 f(xy+1)=f(x)f(y)-f(y)-x+2,则 f(x)= ; 解:令 x=y=0,得,f(1)=1-1-0+2,?f(1)=2. 令 y=1,得 f(x+1)=2f(x)-2-x+2,即 f(x+1)=2f(x)-x.① 又,f(yx+1)=f(y)f(x)-f(x)-y+2,令 y=1 代入,得 f(x+1)=2f(x)-f(x)-1+2,即 f(x+1)=f(x)+1.② 比较①、②得,f(x)=x+1. D1 9.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,二面角 A-BD1—A1 的度数是 ; A
1

C1 B1

3 解:设 AB=1,作 A1M⊥BD1,AN⊥BD1,则 BN?BD1=AB ,?BN=D1M=NM= . 3
2

M

N D A B C

?A1M=AN=

6 . 3

2 2 1 2 1 ∴ AA12=A1M2+MN2+NA2-2A1M?NAcos?,?12= + + -2? cos?,?cos?= . 3 3 3 3 2 ??=60?. 10.设 p 是给定的奇质数,正整数 k 使得 k2-pk也是一个正整数,则 k= p p2 1 解:设 k2-pk=n,则(k- )2-n2= ,?(2k-p+2n)(2k-p-2n)=p2,?k= (p+1)2. 2 4 4 ;

n 1 11.已知数列 a0,a1,a2,?,an,?满足关系式(3-an+1)(6+an)=18,且 a0=3,则 ∑ 的值是 i=0 ai



n+1 n 1 2 1 1 1 2 2 1 2 -1 1 1 解: = + ,?令 bn= + ,得 b0= ,bn=2bn-1,?bn= ?2n.即 = ,? ∑ = (2n+2-n-3). an+1 an 3 an 3 3 3 an 3 i=0ai 3

12.在平面直角坐标系 xOy 中,给定两点 M(-1,2)和 N(1,4),点 P 在 x 轴上移动,当∠MPN 取最 大值时,点 P 的横坐标为 ; y 解:当∠MPN 最大时,⊙MNP 与 x 轴相切于点 P(否则⊙MNP 与 N x 轴交于 PQ,则线段 PQ 上的点 P?使∠MP?N 更大).于是,延长 NM M 交 x 轴于 K(-3,0),有 KM?KN=KP2,?KP=4.P(1,0),(-7,0), 但(1,0)处⊙MNP 的半径小,从而点 P 的横坐标=1. O x P K 三.解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13.一项“过关游戏”规则规定:在第 n 关要抛掷一颗骰子 n 次,

如果这 n 次抛掷所出现的点数的和大于 2n,则算过关.问: ⑴ 某人在这项游戏中最多能过几关? ⑵ 他连过前三关的概率是多少? 解:⑴ 设他能过 n 关,则第 n 关掷 n 次,至多得 6n 点, 由 6n>2n,知,n?4.即最多能过 4 关. ⑵ 要求他第一关时掷 1 次的点数>2,第二关时掷 2 次的点数和>4,第三关时掷 3 次的点数和>8. 4 2 第一关过关的概率= = ; 6 3 第二关过关的基本事件有 62 种,不能过关的基本事件有为不等式 x+y?4 的正整数解的个数,有 C4个 6 5 (亦可枚举计数:1+1,1+2,1+3,2+1,2+2,3+1)计 6 种,过关的概率=1- 2= ; 6 6 第三关的基本事件有 63 种,不能过关的基本事件为方程 x+y+z?8 的正整数解的总数,可连写 8 个 1, 56 7 20 3 8?7?6 从 8 个空档中选 3 个空档的方法为 C8= =56 种,不能过关的概率= 3 = ,能过关的概率= ; 6 27 27 3?2?1 2 5 20 100 ∴连过三关的概率= ? ? = . 3 6 27 243 4 14.在平面直角坐标系 xOy 中,给定三点 A(0, ),B(-1,0),C(1,0),点 P 到直线 BC 的距离是该 3 点到直线 AB、AC 距离的等比中项. ⑴ 求点 P 的轨迹方程; ⑵ 若直线 L 经过?ABC 的内心(设为 D),且与 P 点轨迹恰好有 3 个公共点,求 L 的斜率 k 的取值范 围. 解:⑴ 设点 P 的坐标为(x,y), x 3y AB 方程: + =1,?4x-3y+4=0, -1 4 ①
y
P B K -1 A 1 D C O 1
2

BC 方程:y=0, ② AC 方程:4x+3y-4=0, ③ 2 ∴ 25|y| =|(4x-3y+4)(4x+3y-4)|, ?25y2+16x2-(3y-4)2=0,?16x2+16y2+24y-16=0, ?2x2+2y2+3y-2=0. 或 25y2-16x2+(3y-4)2=0,?16x2-34y2+24y-16=0, ?8x2-17y2+12y-8=0. ∴ 所求轨迹为圆:2x2+2y2+3y-2=0, 或双曲线:8x2-17y2+12y-8=0. 但应去掉点(-1,0)与(1,0).

x

④ ⑤

1 1 ⑵ ?ABC 的内心 D(0, ):经过 D 的直线为 x=0 或 y=kx+ . 2 2 (a) 直线 x=0 与圆④有两个交点,与双曲线⑤没有交点;



1 1 5 1 (b) k=0 时,直线 y= 与圆④切于点(0, ),与双曲线⑤交于(± 2, ),即 k=0 满足要求. 2 2 8 2 1 (c) k=± 时,直线⑥与圆只有 1 个公共点,与双曲线⑤也至多有 1 个公共点,故舍去. 2 1 25 (c) k?0 时,k? 时,直线⑥与圆有 2 个公共点,以⑥代入⑤得:(8-17k2)x2-5kx- =0. 2 4

2 34 2 当 8-17k2=0 或(5k)2-25(8-17k2)=0,即得 k=± 与 k=± . 17 2 2 34 2 ∴ 所求 k 值的取值范围为{0,± ,± }. 17 2 15.已知?,?是方程 4x2-4tx-1=0(t∈R)的两个不等实根,函数 f(x)= ⑴ 求 g(t)=maxf(x)-minf(x); 1 1 1 3 6 ? ⑵ 证明:对于 ui∈(0, )(i=1,2,3),若 sinu1+sinu2+sinu3=1,则 + + < . 2 g(tanu1) g(tanu2) g(tanu3) 4 1 解:⑴ ?+?=t,??=- .故?<0,?>0.当 x1,x2∈[?,?]时, 4 2(x2+1)-2x(2x-t) -2(x2-xt)+2 ∴ f ?(x)= = .而当 x∈[?,?]时,x2-xt<0,于是 f ?(x)>0,即 f(x)在[?, (x2+1)2 (x2+1)2 2x-t 的定义域为[?,?]. x2+1

?]上单调增.
∴ g(t)= 2?-t 2?-t (2?-t)(?2+1)-(2?-t)(?2+1) (?-?)[t(?+?)-2??+2] - = = ?2+1 ?2+1 (?2+1)(?2+1) ?2?2+?2+?2+1

5 t2+1(t2+ ) 2 8 t2+1(2t2+5) = = 25 16t2+25 t2+ 16 ⑵ g(tanu)= ∴ 8secu(2sec2u+3) 16+24cos2u 16 6 = ? , 16sec2u+9 16cosu+9cos3u 16+9cos2u 1 [75 - 16 6

1 1 1 1 + + ? [16?3+9(cos2u1+cos2u2+cos2u3)]= g(tanu1) g(tanu2) g(tanu3) 16 6

9(sin2u1+sin2u2+sin2u3)] 1 sinu1+sinu2+sinu3 2 而 (sin2u1+sin2u2+sin2u3)?( ) ,即 9(sin2u1+sin2u2+sin2u3)?3. 3 3 ∴ 1 1 1 1 3 6 + + ? (75-3)= .由于等号不能同时成立,故得证. g(tanu1) g(tanu2) g(tanu3) 16 6 4

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷六 参考答案 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1.删去正整数数列 1,2,3,??中的所有完全平方数,得到一个新数列.这个数列的第 2003 项是 (A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 2 2 解:45 =2025,46 =2116. 在 1 至 2025 之间有完全平方数 45 个,而 2026 至 2115 之间没有完全平方数.故 1 至 2025 中共有新 数列中的 2025-45=1980 项.还缺 2003-1980=23 项.由 2025+23=2048.知选 C. 2.设 a,b∈R,ab≠0,那么直线 ax-y+b=0 和曲线 bx2+ay2=ab 的图形是

y

y

y

y

O

x

O

x

O

x

O

x

A.

B.

C.

D.

x2 y2 解:曲线方程为 + =1,直线方程为 y=ax+b. a b 由直线图形,可知 A、C 中的 a<0,A 图的 b>0,C 图的 b<0,与 A、C 中曲线为椭圆矛盾. 由直线图形,可知 B、D 中的 a>0,b<0,则曲线为焦点在 x 轴上的双曲线,故选 B. 3.过抛物线 y2=8(x+2)的焦点 F 作倾斜角为 60°的直线,若此直线与抛物线交于 A、B 两点,弦 AB 的中垂线与 x 轴交于点 P,则线段 PF 的长等于 (A) 16 3 (B) 8 3 (C) 16 3 3 (D) 8 3

p 4 解:抛物线的焦点为原点(0,0),弦 AB 所在直线方程为 y= 3x,弦的中点在 y= = 上,即 AB 中点 k 3 4 4 3 4 4 16 为( , ),中垂线方程为 y=- (x- )+ ,令 y=0,得点 P 的坐标为 . 3 3 3 3 3 3 16 ∴ PF= .选 A. 3 5? 2? ? ? ? 4.若 x∈[- ,- ],则 y=tan(x+ )-tan(x+ )+cos(x+ )的最大值是 12 3 3 6 6 (A) 12 2 5 (B) 11 2 6 (C) 11 3 6 (D) 12 3 5

2? 5? ? ? ? ? ? 解:令 x+ =u,则 x+ =u+ ,当 x∈[- ,- ]时,u∈[- ,- ], 6 3 2 12 3 4 6 2 ? ? y=-(cotu+tanu)+cosu=- +cosu.在 u∈[- ,- ]时,sin2u 与 cosu 都单调递增,从而 y 单调递 sin2u 4 6 11 ? 增.于是 u=- 时,y 取得最大值 3,故选 C. 6 6 4 9 5.已知 x,y 都在区间(-2,2)内,且 xy=-1,则函数 u= 的最小值是 2+ 4-x 9-y2 (A) 8 5 (B) 24 11 (C) 12 7 (D) 12 5

1 1 解:由 x,y∈(-2,2),xy=-1 知,x∈(-2,- )∪( ,2), 2 2
4 2 4 9x2 -9x +72x -4 35 u= + 2 = =1+ . 2 4 2 4 4-x 9x -1 -9x +37x -4 37-(9x2+ 2) x

1 1 1 4 2 当 x∈(-2,- )∪( ,2)时,x2∈( ,4),此时,9x2+ 2?12.(当且仅当 x2= 时等号成立). 2 2 4 x 3 12 此时函数的最小值为 ,故选 D. 5

6.在四面体 ABCD 中, 设 AB=1,CD= 3,直线 AB 与 CD 的距离为 2,夹角为 ,则四面体 ABCD 3 的体积等于 (A) 3 2 (B) 1 2 (C) 1 3 (D) 3 3
M D N B C A

?

π 解: 如图, 把四面体补成平行六面体,则此平行六面体的体积=1? 3?sin ?2=3. 3 1 1 而四面体 ABCD 的体积= ?平行六面体体积= .故选 B. 6 2 二.填空题(每小题 9 分,共 54 分) 7.不等式|x|3-2x2-4|x|+3<0 的解集是 解:即|x|3-2|x|2-4|x|+3<0,?(|x|-3)(|x|- ∴ 解为(-3,- 5-1 5-1 )∪( ,3). 2 2 .

5-1 5-1 5+1 5+1 )(|x|+ )<0.?|x|<- ,或 <|x|<3. 2 2 2 2

x2 y2 8.设 F1、F2 是椭圆 + =1 的两个焦点,P 是椭圆上一点,且|PF1|∶|PF2|=2∶1,则△PF1F2 的面积 9 4 等于 . 解:F1(- 5,0),F2( 5,0);|F1F2|=2 5. |PF1|+|PF2|=6,?|PF1|=4,|PF2|=2.由于 42+22=(2 5)2.故?PF1F2 是直角三角形 5 5. ∴ S=4. 9.已知 A={x|x2-4x+3<0,x∈R}, - B={x|21 x+a?0,x2-2(a+7)x+5?0,x∈R} 若 A?B,则实数 a 的取值范围是 . 解:A=(1,3); 1 x2+5 - 又,a?-21 x∈(-1,- ),当 x∈(1,3)时,a? -7∈( 5-7,-4). 4 2x ∴ -4?a?-1. 3 5 10.已知 a,b,c,d 均为正整数,且 logab= ,logcd= ,若 a-c=9,则 b-d= 2 4 解:a3=b2,c5=d4,设 a=x2,b=x3;c=y4,d=y5,x2-y4=9.(x+y2)(x-y2)=9. ∴ x+y2=9,x-y2=1,x=5,y2=4.b-d=53-25=125-32=93. 11.将八个半径都为 1 的球分放两层放置在一个圆柱内,并使得每个球都和 其相邻的四个球相切,且与圆柱的一个底面及侧面都相切,则此圆柱的高等于 . 解:如图,ABCD 是下层四个球的球心,EFGH 是上层的四个球心.每个球 心与其相切的球的球心距离=2.EFGH 在平面 ABCD 上的射影是一个正方形.是 把正方形 ABCD 绕其中心旋转 45?而得.设 E 的射影为 N,则 MN= 2-1.EM= 3,故 EN2=3-( 2-1)2=2 2.∴ EN= 4 8.所求圆柱的 高=2+ 4 8. 12. 设 Mn={(十进制)n 位纯小数 0.-|ai 只取 0 或 1(i=1,2,?,n-1),an=1},Tn 是 Mn 中 a1a2?an Sn 元素的个数,Sn 是 Mn 中所有元素的和,则 lim = n→∞Tn .

H E F D N A M B G

C

解:由于 a1,a2,?,an-1 中的每一个都可以取 0 与 1 两个数,Tn=2n 1. - - 在每一位(从第一位到第 n-1 位)小数上,数字 0 与 1 各出现 2n 2 次.第 n 位则 1 出现 2n 1 次. - - - ∴ Sn=2n 2?0.11?1+2n 2?10 n. ∴ Sn 1 1 1 lim = ? = . n→∞Tn 2 9 18



三、 (本题满分 20 分) 3 13.设 ?x?5,证明不等式 2 2 x+1+ 2x-3+ 15-3x<2 19. 3 解:x+1?0,2x-3?0,15-3x?0.? ?x?5. 2 由平均不等式 x+1+ x+1+ 2x-3+ 15-3x ? 4 x+1+x+1+2x-3+15-3x ? 4 14+x . 4

∴ 2 x+1+ 2x-3+ 15-3x= x+1+ x+1+ 2x-3+ 15-3x?2 14+x. 3 但 2 14+x在 ?x?5 时单调增.即 2 14+x≤2 14+5=2 19. 2 故证. 四、(本题满分 20 分) 1 14.设 A、 B、C 分别是复数 Z0=ai,Z1= +bi,Z2=1+ci(其中 a, b,c 都是实数)对应的不共线的三点. 证 2 明:曲线 Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (t∈R) 与△ABC 中平行于 AC 的中位线只有一个公共点,并求出此点. 解:曲线方程为:Z=aicos4t+(1+2bi)cos2tsin2t+(1+ci)sin4t=(cos2tsin2t+sin4t)+i(acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t) ∴ x=cos2tsin2t+sin4t=sin2t(cos2t+sin2t)=sin2t.(0?x?1) y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t=a(1-x)2+2b(1-x)x+cx2 即 y=(a-2b+c)x2+2(b-a)x+a (0?x?1). ① 若 a-2b+c=0,则 Z0、Z1、Z2 三点共线,与已知矛盾,故 a-2b+c?0.于是此曲线为轴与 x 轴垂直的 抛物线. 1 1 3 1 AB 中点 M: + (a+b)i,BC 中点 N: + (b+c)i. 4 2 4 2 1 1 3 1 与 AC 平行的中位线经过 M( , (a+b))及 N( , (b+c))两点,其方程为 4 2 4 2 1 3 4(a-c)x+4y-3a-2b+c=0.( ?x? ). 4 4 令 4(a-2b+c)x2+8(b-a)x+4a=4(c-a)x+3a+2b-c. 即 4(a-2b+c)x2+4(2b-a-c)x+a-2b+c=0.由 a-2b+c?0,得 4x2+4x+1=0, 1 3 此方程在[ , ]内有惟一解: 4 4 1 以 x= 代入②得, 2 1 1 ∴ 所求公共点坐标为( , (a+2b+c)). 2 4 五、(本题满分 20 分) 1 x= . 2 1 y= (a+2b+c). 4 ②

15.一张纸上画有一个半径为 R 的圆 O 和圆内一个定点 A,且 OA=a,折叠纸片,使圆周上某一点 A? 刚好与点 A 重合.这样的每一种折法,都留下一条折痕.当 A?取遍圆周上所有点时,求所有折痕所在直线 上点的集合. M S D 解:对于⊙O 上任意一点 A?,连 AA?,作 AA?的垂直平分线 MN, 连 OA?.交 MN 于点 P.显然 OP+PA=OA?=R.由于点 A 在⊙O 内, S' Q A' 故 OA=a<R.从而当点 A?取遍圆周上所有点时,点 P 的轨迹是以 O、 P A 为焦点,OA=a 为焦距,R(R>a)为长轴的椭圆 C. 而 MN 上任一异于 P 的点 Q,都有 OQ+QA=OQ+QA?>OA?.故点 O A Q 在椭圆 C 外.即折痕上所有的点都在椭圆 C 上及 C 外. N 反之, 对于椭圆 C 上或外的一点 S, S 为圆心, 为半径作圆, 以 SA 交⊙O 于 A?,则 S 在 AA?的垂直平分线上,从而 S 在某条折痕上. 最后证明所作⊙S 与⊙O 必相交. 1? 当 S 在⊙O 外时,由于 A 在⊙O 内,故⊙S 与⊙O 必相交; 2? 当 S 在⊙O 内时(例如在⊙O 内,但在椭圆 C 外或其上的点 S?),取过 S?的半径 OD,则由点 S?在椭 圆 C 外,故 OS?+S?A?R(椭圆的长轴).即 S?A?S?D.于是 D 在⊙S?内或上,即⊙S?与⊙O 必有交点. 于是上述证明成立. 综上可知,折痕上的点的集合为椭圆 C 上及 C 外的所有点的集合.

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷七 命题人:南昌二中 高三(01)班 张阳阳 一.选择题(36 分,每小题 6 分) 1、 函数 f(x)= log 1 ( x ? 2 x ? 3) 的单调递增区间是
2 2

(A) (-∞,-1)

(B) (-∞,1)

(C) (1,+∞)

(D) (3,+∞)

解:由 x2-2x-3>0 ? x<-1 或 x>3,令 f(x)= log 1 u , u= x2-2x-3,故选 A
2

2、 若实数 x, y 满足(x+5) +(y?12) =14 ,则 x +y2 的最小值为 (A) 2 解:B 3、 函数 f(x)= (B) 1 (C)

2

2

2

2

3

(D)

2

x x ? x 2 1? 2
(B) 是奇函数但不是偶函数 (D) 既不是奇函数又不是偶函数

(A) 是偶函数但不是奇函数 (C) 既是奇函数又是偶函数 解:A

x y x2 y2 ? ? 1 椭圆 ? ? 1 相交于 A,B 两点,该圆上点 P,使得⊿PAB 面积等于 3,这样的点 4、 直线 4 3 16 9
P 共有 (A) 1 个 (B) 2 个 (C) 3 个 (D) 4 个

解:设 P1(4cos?,3sin?) (0<?< S= S ?OAP1 ? S ?OBP1 = ∴Smax=6 2 ∵S⊿OAB=6

?
2

),即点 P1 在第一象限的椭圆上,如图,考虑四边形 P1AOB 的面积 S。

? 1 1 ? 4 ? 3 sin ? ? ? 3 ? 4 cos ? =6(sin?+cos?)= 6 2 sin(? ? ) 4 2 2
y B P1 O A x

∴ (S ?P1 AB ) max ? 6 2 ? 6 ∵ 6 2 ? 6 <3

∴点 P 不可能在直线 AB 的上方,显然在直线 AB 的下方有两个点 P,故选 B 5、 已知两个实数集合 A={a1, a2, ? , a100}与 B={b1, b2, ? , b50}, 若从 A 到 B 的映射 f 使得 B 中的每一个 元素都有原象,且 f(a1)?f(a2)???f(a100),则这样的映射共有 (A) C100
50

(B) C 90

50

(C) C100

49

(D) C 99

49

解:不妨设 b1<b2<?<b50,将 A 中元素 a1, a2, ? , a100 按顺序分为非空的 50 组,定义映射 f:A→B,使得 第 i 组的元素在 f 之下的象都是 bi (i=1,2,?,50),易知这样的 f 满足题设要求,每个这样的分组都一一对应 满足条件的映射,于是满足题设要求的映射 f 的个数与 A 按足码顺序分为 50 组的分法数相等,而 A 的分 法数为 C 99 ,则这样的映射共有 C 99 ,故选 D。 6、 由曲线 x2=4y, x2= ?4y, x=4, x= ?4 围成图形绕 y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为 V1, 满足 x2+y2?16, x2+(y-2)2?4, x2+(y+2)2?4 的点(x,y)组成的图形绕 y 轴旋转一周所得旋转体的体积为 V2,则 (A) V1=
49 49

1 V2 2

(B) V1=

2 V2 3

(C) V1=V2 y

(D) V1=2V2 y

解:如图,两图形绕 y 轴旋转所得的旋转体夹在 两相距为 8 的平行平面之间, 用任意一个与 y 轴 垂直的平面截这两个旋转体, 设截面与原点距离 为|y|,则所得截面面积 ∵S1=?(42?4|y|) ,

4 4

-4

o -4

4 x

-4

o

4 x

-4

S2=?(42?y2)??[4?(2?|y|)2]=?(42?4|y|) ∴ S1=S2 由祖暅原理知,两个几何体体积相等。故远 C。 一、 填空题(54 分,每小题 9 分) 7、 已知复数 Z1,Z2 满足|Z1|=2, |Z2|=3,若它们所对应向量的夹角为 60°,则

z1 ? z 2 = z1 ? z 2



解:由余弦定理得|Z1+Z2|= 19 , |Z1?Z2|= 7 ,

z1 ? z 2 133 = 7 z1 ? z 2

8、 将二项式 ( x ? 是整数的项共有

1 2 x
4

) n 的展开式按 x 的降幂排列,若前三项系数成等差数列,则该展开式中 x 的指数
个。

解:不难求出前三项的系数分别是 1, ∵2?

1 1 n, n(n ? 1) , 2 8
P2

P1

1 1 n ? 1 ? n(n ? 1) 2 8
r

P4 P3

∴当 n=8 时, Tr ?1 ? C n ( ) x
r

1 2

16 ?3 r 4

(r=0,1,2,?,8)

P10 P5

P7 P6

P9

∴r=0,4,8,即有 3 个 P8 9、 如图,点 P1,P2,?,P10 分别是四面体点或棱的中点,那么在同 一平面上的四点组(P1, Pi, Pj, Pk)(1<i<j<k?10)有 个。 解: 首先, 在每个侧面上除 P1 点外尚有五个点, 其中任意三点组添加点 P1 后组成的四点组都在同一个平面, 这样三点组有 C5 个,三个侧面共有 3 C5 个。 其次,含 P1 的每条棱上三点组添加底面与它异面的那条棱上的中点组成的四点组也在一个平面上,这 样的四点组有 3 个 ∴共有 3 C5 +3=33 个 10、 已知 f(x)是定义在 R 上的函数,f(1)=1 且对任意 x∈R 都有 f(x+5)?f(x)+5 f(x+1)?f(x)+1 若 g(x)=f(x)+1?x,则 g(2002)= 。 解:由 g(x)=f(x)+1?x 得 f(x)=g(x)+ x ?1 ∴g(x+5)+(x+5)?1?g(x)+(x?1)+5 g(x+1)+(x+1)?1?g(x)+(x?1)+5 ∴g(x+5)?g(x), g(x+1)?g(x) ∴g(x)?g(x+5)?g(x+4)?g(x+3)?g(x+2)?g(x+1)?g(x) ∴g(x+1)=g(x) ∴T=1 ∵g(1)=1 ∴g(2002)=1 11、 若 log4 ( x ? 2 y) ? log4 ( x ? 2 y) ? 1 ,则|x|?|y|的最小值是 。
3 3 3

?x ? 2 y ? 0 ? x ? 2 | y |? 0 ? ?? 2 解: ? x ? 2 y ? 0 2 ?( x ? 2 y )(x ? 2 y ) ? 4 ? x ? 4 y ? 4 ?
由对称性只考虑 y?0,因为 x>0,所以只须求 x?y 的最小值。 令 x?y=u 代入 x2?4y2=4 中有 3y2?2uy+(4?u2)=0 ∵y∈R ∴⊿?0 ? u ? 3 ∴当 x ?

4 3 时,u= 3 ,故|x|?|y|的最小值是 3 3, y ? 3 3


12、 使不等式 sin2x+acosx+a2?1+cosx 对一切 x∈R 恒成立的负数 a 的取值范围是 解:∵sin2x+acosx+a2?1+cosx ∴ (cos x ? ∵a<0, ∴当 cosx=1 时,函数 y ? (cos x ?

a ?1 2 (a ? 1) 2 ) ? a2 ? 2 4
a ?1 2 a ?1 2 ) 有最大值 (1 ? ) 2 2

a ?1 2 (a ? 1) 2 2 ) ?a ? ? a2+a-2?0 ? a?-2 或 a?1 ∴ (1 ? 2 4
∵a<0 ∴负数 a 的取值范围是(-∞,2] 二、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13、 已知点 A(0,2)和抛物线 y=x2+4 上两点 B、C 使得 AB⊥BC,求点 C 的纵坐标的取值范围。 解:设 B 点坐标为 B(y12?4,y1),C 点坐标为 C(y2?4,y) 显然 y12?4≠0,故 k AB ? ∵AB⊥BC ∴KBC= ?(y1+2)
2 ? ? y ? y1 ? ?( y1 ? 2)[x ? ( y1 ? 4)] ∴? 2 ?y ? x ? 4 ?

y1 ? 2 1 ? 2 y1 ? 4 y1 ? 2

????5 分

? (2+y1)(y+y1)+1=0 ? y12+(2+y)y1+(2y+1)=0

????10 分

∵y1∈R ∴⊿?0 ? y?0 或 y?4 ????15 分 ∴当 y=0 时,点 B 的坐标为(-3,-1);当 y=4 时,点 B 的坐标为(5,?3),均满足题意。 故点 C 的纵坐标的取值范围为(-∞,0]∪[4,+∞) 14、 如图,有一列曲线 P0, P1, P2, ??,已知 P0 所围成的图形是面积为 1 的等边三角形,Pk+1 是对 Pk 进行 如下操作得到的:将 Pk 的每条边三等分,以每边中间部分的线段为边,向外作等边三角形,再将中间 部分的线段去掉(k=0,1,2,3,?),记 Sn 为曲线 Pk 所围成图形面积。

①求数列{Sn}的通项公式;②求 lim S n 。
n ??

P0 P1 P2

解:①对 P0 进行操作,容易看出 P0 的每条边变成 P1 的 4 条边,故 P1 的边数为 3?4;同样,对 P1 进行操作, 2 P1 的每条边变成 P2 的 4 条边,故 P2 的边数为 3?4 ,从而不难得到 Pn 的边数为 3?4n ????5 分 已知 P0 的面积为 S0=1,比较 P1 与 P0,容易看出 P1 在 P0 的每条边上增加了一个小等边三角形,其面 积为

1 1 1 ,而 P0 有 3 条边,故 S1=S0+3? 2 =1+ 2 3 3 3

再比较 P2 与 P1,容易看出 P2 在 P1 的每条边上增加了一个小等边三角形,其面积为 有 3?4 条边,故 S2=S1+3?4?

1 1 ? 2 ,而 P1 2 3 3

1 4 1 =1+ + 3 4 3 3 3
????5 分

1 4 42 1 类似地有:S3=S2+3?4 ? 6 =1+ + 3 + 5 3 3 3 3
2

∴Sn= 1 ?

1 4 42 4 n?1 ? 3 ? 5 ? ? ? 2 n?1 3 3 3 3

=1+

3 n 4 k ?( ) 4 k ?1 9
(※) ????10 分

=

8 3 4 n ? ?( ) 5 5 9

下面用数学归纳法证明(※)式 当 n=1 时,由上面已知(※)式成立, 假设当 n=k 时,有 Sk=

8 3 4 k ? ?( ) 5 5 9

当 n=k+1 时,易知第 k+1 次操作后,比较 Pk+1 与 Pk,Pk+1 在 Pk 的每条边上增加了一个小等边三角形, 其面积为

1 3
2 ( k ?1)

,而 Pk 有 3?4k 条边。故 Sk+1=Sk+3?4k?

1 3
2 ( k ?1)

=

8 3 4 k ?1 ? ?( ) 5 5 9

综上所述,对任何 n∈N,(※)式成立。 ② lim S n ? lim[ ?
n ?? n ??

8 5

3 4 n 8 ?( ) ] ? 5 9 5

15、 设二次函数 f(x)=ax2+bx+c (a,b,c∈R,a≠0)满足条件: ①当 x∈R 时,f(x-4)=f(2-x),且 f(x)?x; ②当 x∈(0,2)时,f(x)? (

x ?1 2 ) 2

③f(x)在 R 上的最小值为 0。 求最大值 m(m>1),使得存在 t∈R,只要 x∈[1,m],就有 f(x+t)?x 解:∵f(x-4)=f(2-x) ∴函数的图象关于 x= -1 对称 ∴ ?

b ? ?1 2a

b=2a

由③知当 x= ?1 时,y=0,即 a?b+c=0 由①得 f(1)?1,由②得 f(1)?1 ∴f(1)=1,即工+了+以=1,又 a?b+c=0

1 1 c= 2 4 1 2 1 1 ∴f(x)= x ? x ? 4 2 4
∴a= b= 假设存在 t∈R,只要 x∈[1,m],就有 f(x+t)?x 取 x=1 时,有 f(t+1)?1 ?

1 4

????5 分

1 1 1 (t+1)2+ (t+1)+ ?1 ? ?4?t?0 4 2 4

对固定的 t∈[-4,0],取 x=m,有 f(t ?m)?m

?

1 1 1 (t+m)2+ (t+m)+ ?m 4 2 4
????10 分 ????15 分

? m2??(1?t)m+(t2+2t+1)?0 ? 1 ? t ? ? 4t ?m? 1 ? t ? ? 4t
∴m? 1 ?

t

? 4t ? 1 ? (?4) ? ? 4 ? (?4) =9

当 t= -4 时,对任意的 x∈[1,9],恒有 f(x?4)?x=

1 2 1 (x ?10x+9)= (x?1)(x?9)?0 4 4
????20 分

∴m 的最大值为 9。 另解:∵f(x-4)=f(2-x) ∴函数的图象关于 x= -1 对称 ∴ ?

b ? ?1 2a

b=2a

由③知当 x= ?1 时,y=0,即 a?b+c=0 由①得 f(1)?1,由②得 f(1)?1 ∴f(1)=1,即工+了+以=1,又 a?b+c=0

1 1 c= 2 4 1 2 1 1 1 ∴f(x)= x ? x ? = (x+1)2 4 2 4 4 1 由 f(x+t)= (x+t+1)2?x 在 x∈[1,m]上恒成立 4
∴a= b= ∴4[f(x+t)-x]=x2+2(t-1)x+(t+1)2?0 当 x∈[1,m]时,恒成立 令 x=1 有 t2+4t?0 ? ?4?t?0 令 x=m 有 t2+2(m+1)t+(m-1)2?0 当 t∈[-4,0]时,恒有解 令 t= ?4 得,m2?10m+9?0 ? 1?m?9

1 4

????5 分

????10 分 ????15 分

即当 t= ?4 时,任取 x∈[1,9]恒有 f(x-4)-x= ∴ mmin=9

1 2 1 (x ?10x+9)= (x?1)(x?9)?0 4 4
????20 分

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷八 命题人:南昌二中 高三(01)班 张阳阳 一、选择题(36 分,每小题 6 分) 本题共有 6 小题,每题均给出(A)(B)(C)(D)四个结论,其中有且仅有一个是正确的.请将正 、 、 、 确答案的代表字母填在题后的括号内.每小题选对得 6 分;不选、选错或选出的代表字母超过一个(不论 是否写在括号内) ,一律得 0 分. 1.已知 a 为给定的实数,那么集合 M={x| x2-3x-a2+2=0,x∈R}的子集的个数为

(A)

1
2

(B)
2

2

(C)

4
2

(D)

不确定

【答】 C ) ( 【解】 方程 x -3x-a +2=0 的根的判别式Δ =1+4a >0,方程有两个不相等的实数根.由 M 有 2 个元 素,得集合 M 有 22=4 个子集. 2. 命题 1 长方体中,必存在到各顶点距离相等的点; 命题 2 长方体中,必存在到各棱距离相等的点; 命题 3 长方体中,必存在到各面距离相等的点. 以上三个命题中正确的有 (A) 0 个 (B) 1 个 (C) 2 个 (D) 3 个 【答】 B ) ( 【解】 只有命题 1 对. 3.在四个函数 y=sin|x|,y=cos|x|,y=|ctgx|,y=lg|sinx|中以 ? 为周期、在(0,

? )上单调递增的偶函数是 2

(A)y=sin|x|

(B)y=cos|x|

(C)y=|ctgx|

(D)y=lg|sinx| 【答】 D ( )

【解】 y=sin|x|不是周期函数.y=cos|x|=cosx 以 2 ? 为周期.y=|ctgx|在(0, y=lg|sinx|满足全部条件.

? )上单调递减.只有 2

4.如果满足∠ABC=60° ,AC=12, BC=k 的△ABC 恰有一个,那么 k 的取值范围是 (A) k= 8 3 (B)0<k?12 (C) k?12 (D) 0<k?12 或 k= 8 3 【答】 D ( 【解】 根据题设,△ABC 共有两类如图.
C
C



k

k

12
60°

12
B

A

60° B A

易得 k= 8 3 或 0<k?12.本题也可用特殊值法,排除(A)(B)(C) 、 、 . 5.若 (1 ? x ? x )
2 1000

的展开式为 a0 ? a1 x ? a2 x 2 ? ?? a2000 x 2000 ,

则 a0 ? a3 ? a6 ? a9 ? ? ? a1998 的值为 (A) 3
333

(B) 3

666

(C) 3

999

(D) 3

2001

【答】 C ( 【解】 令 x=1 可得 31000 = a0 ? a1 ? a2 ? a3 ? ? ? a2000 ; 令 x= ? 可得 0= a0 ? a1? ? a2? ? a3? ? ?? a2000?
2 3 2000





3 2 (其中 ? ? ? 1 ? 3 i ,则 ? =1 且 ? + ? +1=0) 2 2

令 x= ? 可得 0= a0 ? a1? 2 ? a2? 4 ? a3? 6 ? ?? a2000? 4000 .
2

以上三式相加可得 3

1000

=3( a0 ? a3 ? a6 ? a9 ? ? ? a1998 ) .
999

所以 a0 ? a3 ? a6 ? a9 ? ? ? a1998 = 3



6.已知 6 枝玫瑰与 3 枝康乃馨的价格之和大于 24 元,而 4 枝玫瑰与 5 枝康乃馨的价格之和小于 22 元, 则 2 枝玫瑰的价格和 3 枝康乃馨的价格比较结果是() . (A)2 枝玫瑰价格高 (B)3 枝康乃馨价格高 (C)价格相同 (D)不确定 【答】 A ) ( 【解】 设玫瑰与康乃馨的单价分别为 x、y 元/枝. 1 1 则 6x+3y>24,4x+5y<22.令 6x+3y=a>24,4x+5y=b<22,解出 x= (5a ? 3b) ,y= (3b ? 2a ) . 9 18

1 1 所以 2x-3y= (11a ? 12b) ? (11 ? 24 ? 12 ? 22) =0,即 2x>3y. 9 9
也可以根据二元一次不等式所表示的区域来研究. 二、填空题(54 分,每小题 9 分) 7.椭圆 ? ?

2 3 1 的短轴长等于 . 2 ? cos ? 3

2 3 【解】 ? (0) ? a ? c ? 1, ? (? ) ? a ? c ? 1 . 故 a ? 2 , c ? 1 ? b ? 3 .从而 2b ? . 3 3 3 3 3
8.若复数 z1,z2 满足| z1|=2,| z2|=3,3z1-2z2= 由 3z1-2z2= z 2 ? z 2 ? z1 ?

3 30 72 ? i ,则 z1?z2= ? ? i . 2 13 13

【解】

1 3

1 1 z1 ? z1 ? z 2 = z1 z 2 (2 z 2 ? 3 z1 ) 6 2

3 ?i 6(3z1 ? 2 z 2 ) 6(3z1 ? 2 z 2 ) 30 72 可得 z1 z 2 ? ? ? ?6 ? 2 ? ? ? i .本题也可设三角形式进行运算. 13 13 3 2 z 2 ? 3z1 2 z 2 ? 3z1 ?i 2
9.正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 1,则直线 A1C1 与 BD1 的距离是

6 . 6

A1 B1

O H

D

1

【解】 作正方体的截面 BB1D1D,则 A1C1⊥面 BB1D1D.设 A1C1 与 B1D1 交于点 O,在面 BB1D1D 内作 OH⊥BD1,H 为垂足,则 OH 为 A1C1 与 BD1 的公 垂线.显然 OH 等于直角三角形 BB1D1 斜边上高的一半,即 OH=

C1

6 . 6

A B

D C

10. 不等式

2 1 3 ? 2 ? 的解集为 (0,1) ? (1,2 7 ) ? (4,??) . log 1 x 2

2

【解】

1 3 1 3 1 3 ?2? 或 ?2?? . ? 2 ? 等价于 log 1 x 2 log 1 x 2 l o gx 2 1
2

2

2



1 7 1 1 ?? . ?? 或 2 log 1 x 2 log 1 x
2

2

此时 log 1 x ? ?2 或 log 1 x ? 0 或 ?
2 2

2 ? log 1 x ? 0 . 2 7

2

∴解为 x >4 或 0<x<1 或 1<x< 2 7 . 即解集为 (0,1) ? (1,2 7 ) ? (4,??) . 11.函数 y ? x ? x 2 ? 3x ? 2 的值域为 [1, ) ? [ 2,?? ) .
2

3 2

【解】

y ? x ? x 2 ? 3x ? 2 ? x 2 ? 3x ? 2 ? y ? x ? 0 .
y2 ? 2 3 且x? . 2 2y ? 3

两边平方得 (2 y ? 3) x ? y 2 ? 2 ,从而 y ?

由y?x? y?

y2 ? 2 y 2 ? 3y ? 2 3 ?0? ? 0 ?1? y ? 或 y ? 2 . 2y ? 3 2y ? 3 2
y2 ? 2 ,易知 x ? 2 ,于是 x 2 ? 3x ? 2 ? 0 且 y ? x ? x 2 ? 3x ? 2 . 2y ? 3

任取 y ? 2 ,令 x ?

任取 1 ? y ?

3 y2 ? 2 ,同样令 x ? ,易知 x ? 1 , 2 2y ? 3
F E

A B C D

2 于是 x ? 3x ? 2 ? 0 且 y ? x ? x 2 ? 3x ? 2 .

3 因此,所求函数的值域为 [1, ) ? [ 2,?? ) . 2

12. 在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图) ,要求同一块中种同一种植物,相邻的两块种 不同的植物.现有 4 种不同的植物可供选择,则有 732 种栽种方案. 【解】 考虑 A、C、E 种同一种植物,此时共有 4× 3× 3× 3=108 种方法. 考虑 A、C、E 种二种植物,此时共有 3× 3× 2× 4× 3× 2=432 种方法. 3 考虑 A、C、E 种三种植物,此时共有 P4 × 2× 2× 2=192 种方法. 故总计有 108+432+192=732 种方法.

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13 . 设 {an} 为 等 差 数 列 , {bn} 为 等 比 数 列 , 且 b1=a12 , b2=a22 , b3=a32 ( a1<a2 )
n???

,又

lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? 2 ? 1 .试求{an}的首项与公差.

【解】 设所求公差为 d,∵a1<a2,∴d>0.由此得

a12(a1+2d)2=(a1+d)4 化简得 2a12+4a1d+d2=0 解得 d=( ? 2 ? 2 ) a1.????????????????????????5 分 而 ? 2 ? 2 <0,故 a1<0.
2 a2 若 d=( ? 2 ? 2 ) a1,则 q ? 2 ? ( 2 ? 1) 2 ; a1
2 a2 ? ( 2 ? 1) 2 ;????????????????10 分 2 a1

若 d=( ? 2 ? 2 )a1,则 q ?

但 lim (b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? 2 ? 1 存在,故|q|<1.于是 q ? ( 2 ? 1) 2 不可能.
n???

从而

a12 1 ? ( 2 ? 1)
2

? 2 ? 1 ? a12 ? (2 2 ? 2)( 2 ? 1) ? 2 .

所以 a1= ? 2 ,d=( ? 2 ? 2 ) a1=( ? 2 ? 2 )( ? 2 )= 2 2 ? 2 .????????20 分

x2 2 14.设曲线 C1: 2 ? y ? 1 (a 为正常数)与 C2:y2=2(x+m) 在 x 轴上方仅有一个公共点 P. a
⑴ 求实数 m 的取值范围(用 a 表示) ; ⑵ O 为原点,若 C1 与 x 轴的负半轴交于点 A,当 0<a<

1 时,试求Δ OAP 的面积的最大值(用 a 表示) . 2


? x2 ? ? y 2 ? 1, ⑴ 【解】 由 ? a 2 消去 y 得,x2+2a2x+2a2m-a2=0. ? y 2 ? 2( x ? m) ?

设 f(x)= x2+2a2x+2a2m-a2,问题⑴转化为方程①在 x∈(-a,a)上有唯一解或等根. 只须讨论以下三种情况:
2 1? Δ =0 得 m= a ? 1 .此时 xp= -a2,当且仅当-a<-a2<a,即 0<a<1 时适合; 2 2? f(a)· f(-a)<0 当且仅当–a<m<a; 3? f(-a)=0 得 m=a.此时 xp=a-2a2,当且仅当-a< a-2a2<a,即 0<a<1 时适合.f(a)=0 得 m=-a,此时 xp=-a-2a2,由于-a-2a2<-a,从而 m≠-a.

综上可知,当 0<a<1 时,m=

a2 ?1 或-a<m?a; 2

当 a?1 时,-a<m<a.????????????????????10 分 ⑵ 【解】 Δ OAP 的面积 S=

1 ayp. 2

∵0<a<

1 ,故-a<m?a 时, 0 ? ?a 2 ? a a 2 ? 1 ? 2m ? a ,由唯一性得 xp= ? a 2 ? a a 2 ? 1 ? 2m .显然当 2

m=a 时,xp 取值最小.由于 xp>0,从而 y p ? 1 ?

x2 p a
2

取值最大,此时 yp=2 a ? a 2 ,∴S=a a ? a 2 .

当 m=

1 a2 ?1 时,xp=-a2,yp= 1 ? a 2 ,此时 S= a 1 ? a 2 . 2 2

1 a 1 ? a 2 的大小: 2 1 1 令 a a ? a 2 = a 1 ? a 2 ,得 a= . 3 2 1 1 故当 0<a? 时 , a a (1 ? a ) ? a 1 ? a 2 .此时 Smax= 1 a 1 ? a 2 . 3 2 2 1 1 1 2 当 <a< 时, a a (1 ? a ) ? a 1 ? a .此时 Smax= a a ? a 2 .?????20 分 3 2 2
下面比较 a a ? a 2 与 15.用电阻值分别为 a1、a2、 a3、a4、a5 、a6 (a1>a2>a3>a4>a5>a6) 的 电 阻 组 装 成一个如图的 组件,在组装中应如何选取电阻, 才能使该组件 总电阻值最小?证明你的结论. 【解】 设 6 个电阻的组件 (如图 3)的总 电阻为 RFG.当 Ri=ai ,i=3,4,5, 6, 1, 2 是 a1, R R a2 的任意排列时,RFG 最小.????????????????5 分 证明如下 1°设当两个电阻 R1,R2 并联时,所得组件阻值为 R:则 1 ? 1 ? 1 .故交换二电阻的位置,不改变 R R1 R2 R 值,且当 R1 或 R2 变小时,R 也减小,因此不妨取 R1>R2. 2°设 3 个电阻的组件(如图 1)的总电阻为 RAB:

R AB

R R ? R1 R3 ? R2 R3 RR . ? 1 2 ? R3 ? 1 2 R1 ? R2 R1 ? R2

A

R1 R2
图1

R3
B

显然 R1+R2 越大,RAB 越小,所以为使 RAB 最小 R3 为所取三个电阻中阻值最小的一个. 3°设 4 个电阻的组件(如图 2)的总电阻为 RCD:

必须取 R1 R3 R2

C

R4
图2

D

1 1 1 R1 R2 ? R1 R3 ? R1 R4 ? R2 R3 ? R2 R4 . ? ? ? RCD R AB R4 R1 R2 R4 ? R1 R3 R4 ? R2 R3 R4
若记 S1 ?
1?i ? j ?4

?R R
i

j

, S2 ?

i 1?i ? j ?k ?4

?R R R
j

k

.则 S1、S2 为定值.

于是 RCD ?

S 2 ? R1 R2 R3 . S1 ? R3 R4

只有当 R3R4 最小,R1R2R3 最大时,RCD 最小,故应取 R4<R3,R3<R2,R3<R1,即得总电阻的阻值最 小.??????????????????????????15 分 4°对于图 3,把由 R1、R2、R3 组成的组件用等效电阻 RAB 代替.要使 RFG 最小,由 3°必需使 R6<R5; 且由 1°,应使 RCE 最小.由 2°知要使 RCE 最小,必需使 R5< R4,且应使 RCD 最小. 而由 3°,要使 RCD 最小,应使 R4< R3 < R2 且 R4< R3 < R1. 这就说明,要证结论成立?????????????????????20 分 E A C F R1 R2 R4 R6 图3 R3 B D R5 G

E

G

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷九 参考答案 一.选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) x2-2 1.设全集是实数,若 A={x| x-2?0},B={x|10 =10x},则 A∩?RB 是( (A){2} (B){?1} 解:A={2},B={2,-1},故选 D. (C){x|x?2} (D) ? )

α α α 2.设 sin?>0,cos?<0,且 sin >cos ,则 的取值范围是( 3 3 3 π π (A)(2k?+ ,2k?+ ), k?Z 6 3 (C)(2k?+ 5π ,2k?+?),k? Z 6 (B)(

)

2kπ π 2kπ π + , + ),k?Z 3 6 3 3

π π 5π (D)(2k?+ ,2k?+ )∪(2k?+ ,2k?+?),k?Z 4 3 6

π α 2kπ π 2kπ π 解:满足 sin?>0,cos?<0 的 α 的范围是(2k?+ ,2k?+π),于是 的取值范围是( + , + ), 2 3 3 6 3 3 α α α π 5π π π 5π 满足 sin >cos 的 的取值范围为(2k?+ ,2k?+ ).故所求范围是(2k?+ ,2k?+ )∪(2k?+ ,2k?+?), 3 3 3 4 4 4 3 6 k?Z.选 D. 3.已知点 A 为双曲线 x2?y2=1 的左顶点,点 B 和点 C 在双曲线的右分支上,△ABC 是等边三角形, 则△ABC 的面积是( ) (A) 3 3 (B) 3 3 2 (C)3 3 (D)6 3
y
B A

解:A(-1,0),AB 方程:y=

3 (x+1),代入双曲线方程,解得 B(2, 3), 3

O

x

∴ S=3 3.选 C. C 4.给定正数 p,q,a,b,c,其中 p?q,若 p,a,q 是等比数列,p,b,c,q 是等差数列,则一元二次方程 bx2?2ax+c=0( ) (A)无实根 (B)有两个相等实根 (C)有两个同号相异实根 (D)有两个异号实根 2p+q p+2q 解:a2=pq,b+c=p+q.b= ,c= ; 3 3 1 1 2 △=a2-bc=pq- (2p+q)(p+2q)=- (p-q)2<0.选 A. 4 9 9 5 4 5.平面上整点(纵、横坐标都是整数的点)到直线 y= x+ 的距离中的最小值是( 3 5 (A) 34 170 (B) 34 85 (C) 1 20 (D) 1 30 )

|25x-15y+12| |5(5x-3y+2)+2| 解:直线即 25x-15y+12=0.平面上点(x,y)到直线的距离= = . 5 34 5 34 ∵5x-3y+2 为整数,故|5(5x-3y+2)+2|?2.且当 x=y=-1 时即可取到 2.选 B. π π 6.设 ω=cos +isin ,则以?,?3,?7,?9 为根的方程是( 5 5 )

(A)x4+x3+x2+x+1=0 (B) x4?x3+x2?x+1=0 (C) x4?x3?x2+x+1=0 (D) x4+x3+x2?x?1=0 解:ω5+1=0,故?,?3,?7,?9 都是方程 x5+1=0 的根.x5+1=(x+1)(x4-x3+x2-x+1)=0.选 B.

二.填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 1.arcsin(sin2000?)=__________. π 解:2000° =180° ?12-160° .故填-20° 或- . 9 32 33 3n 2.设 an 是(3? x)n 的展开式中 x 项的系数(n=2,3,4,?),则 lim ( + +?+ ))=________. an n→∞ a2 a3 解:an=3n 2Cn.∴


2

3k 2·2 3 18 = k-2 = ,故填 18. ak 3 n(n-1) n(n-1)

3.等比数列 a+log23,a+log43,a+log83 的公比是____________. a+log43 a+log83 (a+log43)-(a+log83) log43-log83 1 1 解:q= = = = = .填 . a+log23 a+log43 (a+log23)-(a+log43) log23-log43 3 3 x2 y2 4.在椭圆 2+ 2=1 (a>b>0)中,记左焦点为 F,右顶点为 A,短轴上方的端点为 B.若该椭圆的离心率 a b 是 5-1 ,则∠ABF=_________. 2 解:c= 5-1 5+1 5+3 2 a,∴|AF|= a.|BF|=a,|AB|2=|AO|2+|OB|2= a. 2 2 2 5-1 2 a =ac,得解. 2
H O B G C E D
B F

y

故有|AF|2=|AB|2+|BF|2.即∠ABF=90° .填 90° . 或由 b2=a2-c2=

O

A x

A

5.一个球与正四面体的六条棱都相切,若正四面体的棱长为 a,则这个 球的体积是________. 解:取球心 O 与任一棱的距离即为所求.如图,AE=BE= AG= 6 6 3 a,AO= a,BG= a,AB∶AO=BG∶OH. 3 4 3 3 a, 2

AO· BG 2 4 2 2 OH= = a.V= πr3= πa3.填 πa3. . AB 4 3 24 24 6.如果:(1)a,b,c,d 都属于{1,2,3,4}; (2)a?b,b?c,c?d,d?a; (3)a 是 a,b,c,d 中的最小值, ____ 那么,可以组成的不同的四位数abcd的个数是_________ 解:a、c 可以相等,b、d 也可以相等. ⑴ 当 a、c 相等,b、d 也相等时,有 C4=6 种; ⑵ 当 a、c 相等,b、d 不相等时,有 A3+A2=8 种; ⑶ 当 a、c 不相等,b、d 相等时,有 C3C2+C2=8 种; ⑷ 当 a、c 不相等,b、d 也不相等时,有 A3=6 种;共 28 种.填 28.
3 1 1 1 2 2 2

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) Sn 1.设 Sn=1+2+3+?+n,n?N*,求 f(n)= 的最大值. (n+32)Sn+1

1 n(n+1) 解:Sn= n(n+1),f(n)= = 2 (n+32)(n+1)(n+2)

1 1 ? 错误!未指定书签。 .(n=8 时取得最大值). 64 50 n+ +34 n

1 13 2.若函数 f(x)=- x2+ 在区间[a,b]上的最小值为 2a,最大值为 2b,求[a,b]. 2 2 1 13 1 13 解:⑴ 若 a?b<0,则最大值为 f(b)=- b2+ =2b.最小值为 f(a)=- a2+ =2a.即 a,b 是方程 x2+4x 2 2 2 2 -13=0 的两个根,而此方程两根异号.故不可能. 13 13 ⑵ 若 a<0<b,当 x=0 时,f(x)取最大值,故 2b= ,得 b= . 2 4 1 13 当 x=a 或 x=b 时 f(x)取最小值,①f(a)=- a2+ =2a 时.a=-2± 17,但 a<0,故取 a=-2- 17.由 2 2 1 13 39 于|a|>|b|,从而 f(a)是最小值.②f(b)=- b2+ = =2a>0.与 a<0 矛盾.故舍. 2 2 32 ⑶ 0?a<b.此时,最大值为 f(a)=2b,最小值为 f(b)=2a. 1 13 1 13 ∴ - b2+ =2a.- a2+ =2b.相减得 a+b=4.解得 a=1,b=3. 2 2 2 2 13 ∴ [a,b]=[1,3]或[-2- 17, ]. 4 x2 y2 3.已知 C0:x +y =1 和 C1: 2+ 2=1 (a>b>0).试问:当且仅当 a,b 满足什么条件时,对 C1 上任意 a a
2 2

一点 P,均存在以 P 为顶点,与 C0 外切,与 C1 内接的平行四边形?并证明你的结论. 解:设 PQRS 是与 C0 外切且与 C1 内接的平行四边形.易知圆的 y 外切平行四边形是菱形.即 PQRS 是菱形.于是 OP⊥OQ. P 设 P(r1cosθ,r1sinθ),Q(r2cos(θ+90° 2sin(θ+90° ),r ),则在直角三 1 1 角形 POQ 中有 r12+r22=r12r22(利用△POQ 的面积).即 + =1. 2 2 r1 r2
Q S O
x

2 2 r1cos2θ r2sin2θ 1 cos2θ sin2θ 但 + =1,即 = 2 + 2 , a2 b2 2 a b r1 1 sin2θ cos2θ 1 1 同理, = 2 + 2 ,相加得 2+ 2=1. 2 a b a b r 2

R

1 1 反之, 2+ 2=1 成立, 若 则对于椭圆上任一点 P(r1cosθ,1sinθ), r 取椭圆上点 Q(r2cos(θ+90° r2sin(θ+90° ), ), a b 1 cos2θ sin2θ 1 sin2θ cos2θ 1 1 1 1 则 = 2 + 2 , = 2 + 2 , , ,于是 + = 2+ 2=1,此时 PQ 与 C0 相切.即存在满足条件的平行四 2 a b 2 a b 2 2 a b r r r r 1 2 1 2 边形. 故证.

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷十 命题人:南昌二中 高三(01)班 张阳阳 一、选择题(36 分) 1.给定公比为 q ( q≠ 1)的等比数列{ a n },设 b 1 = a 1 + a 2 + a 3 , b 2 = a 4 + a = a 3 n -2 + a 3 n -1 + a 3 n ,…,则数列{ b n }( ) ( A )是等差数列 ( B )是公比为 q 的等比数列 3 ( C )是公比为 q 的等比数列 ( D )既非等差数列也非等比数列 解 析 : (C). n-1 由 题 设 , an=a1q ,则
5

+ a

6

,…, b

n

因 此 , bn} 是 公 比 为 q 的 等 比 数 列 . { 2.平面直角坐标系中,纵、横坐标都是整数的点叫做整点,那么,满足不等式 (| x |-1) ( A )16
2

3

+(| y |-1) <2 的整点( x , y )的个数是( ( B )17 ( C )18

2

) ( D )25

解 析 : (A) 2 2 由 (|x|-1) +(|y|-1) <2,可 得 (|x|-1,|y|-1)为 (0, 0), (0, 1), (0, -1), (1, 0)或 (-1, 0).从 而 , 不 难 得 到 (x,y)共 有 16 个 . 3.若( l o g 2 3 ) - ( l o g 5 3 ) ≥( l o g 2 3 ) - ( l o g 5 3 ) ,则( ( A ) x - y ≥0 ( B ) x + y ≥0 ( C ) x - y ≤0 ( D ) x + y ≤0
x x -y -y

)

解 析 : (B) t t 记 f(t)=(log23) -(log53) , 则 f(t)在 R 上 是 严 格 增 函 数 . 原 不 等 式 即 f(x) ≥ f(-y). 故 x≥ -y, 即 x+y≥ 0. 4.给定下列两个关于异面直线的命题: 命题Ⅰ:若平面 α 上的直线 a 与平面 β 上的直线 b 为异面直线,直线 c 是 α 与β 的交线,那 么, c 至多与 a , b 中的一条相交; 命题Ⅱ:不存在这样的无穷多条直线,它们中的任意两条都是异面直线。 那么,( ) ( A )命题Ⅰ正确,命题Ⅱ不正确 ( B )命题Ⅱ正确,命题Ⅰ不正确 ( C )两个命题都正确 ( D )两个命题都不正确 解 析 : (D).

如图,c 与 a、b 都相交;故命题Ⅰ不正确;又可以取无穷多个平行平面,在每个平面上取一条直线, 且使这些直线两两不同向,则这些直线中的任意两条都是异面直线,从而命题Ⅱ也不正确. 5.在某次乒乓球单打比赛中,原计划每两名选手恰比赛一场,但有 3 名选手各比赛了 2 场之后就退出了, 这样,全部比赛只进行了 50 场。那么,在上述 3 名选手之间比赛的场数是( ) ( A )0 ( B )1 ( C )2 ( D )3 解 析 : (B) 设 这 三 名 选 手 之 间 的 比 赛 场 数 是 r, 共 n 名 选 手 参 赛 . 由 题 意 , 可 得 ,即 n=13 为 正 整 数 . 6. 已知点 A (1,2), 过点(5,-2)的直线与抛物线 y =4 x 交于另外两点 B , C , 那么, ABC 是( △ ( A )锐角三角形 ( B )钝角三角形 ( C )直角三角形 ( D )答案不确定 解 析 : (C) 设 B(t ,2t),C(s ,2s),s≠t,s≠1,t≠1,则直线 BC 的方程为 2x-(s+t)y+2st=0. 由于直线 BC 过点(5,-2),故 2×5-(s+t)(-2)+2st=0,即 (s+1)(t+1)=-4. 因此, 所以,∠BAC=90°,从而△ABC 是直角三角形. 二、填空题(54 分) 7.已知正整数 n 不超过 2000,并且能表示成不少于 60 个连续正整数之和,那么,这样的 n 的个数是 ___________. 解 析 : 6. 首项为 a 为的连续 k 个正整数之和为 . 由 Sk≤ 2000, 可 得 60≤ k≤ 62. 当 k=60 时 ,Sk=60a+30×59,由 Sk≤ 2000,可 得 a≤ 3,故 Sk=1830,1890,1950; 当 k=61 时 , Sk=61a+30×61, 由 Sk≤ 2000, 可 得 a≤ 2, 故 Sk=1891, 1952; 当 k=62 时 , Sk=62a+31×61, 由 Sk≤ 2000, 可 得 a≤ 1, 故 Sk=1953. 于是,题中的 n 有 6 个. 8.复数( 1 2 + 5 i ) ( 2 3 9 - i ) 的辐角主值是_________.
2 2 2 2

=44+r.由 于 0≤ r≤ 3,经 检 验 可 知 ,仅 当 r=1 时 ,

)

,化得

.

解析:



z 的辐角主值 2 argz=arg[ (12+5i) (239-i)]

=arg[ (119+120i)(239-i)] =arg[ 28561+28561i] = .

8.在△ ABC 中,记 BC = a , CA = b , AB = c ,若 9 a +9 b -19 c =0,则

2

2

2

ctgC =__________. ctgA ? ctgB

解析:



x2 y2 ? ? 1 上,并且 P 到这条双曲线的右准线的距离恰是 P 到这条双曲线的两 10. 已知点 P 在双曲线 16 9
个焦点的距离的等差中项,那么, P 的横坐标是_____.

解析:



记 半 实 轴 、 半 虚 轴 、 半 焦 距 的 长 分 别 为 a、 b、 c, 离 心 率 为 e, 点 P 到 右 准 线 l 的 距 离 为 d, 则 a=4, b=3, c=5, , 右准线 l 为 .

如果 P 在双曲线右支,则 |PF1|=|PF2|+2a=ed+2a. 从而, |PF1|+|PF2|=(ed+2a)+ed=2ed+2a>2d, 这不可能;故 P 在双曲线的左支,则 |PF2|-|PF1|=2a,|PF1|+|PF2|=2d. 两 式 相 加 得 2|PF2|=2a+2d. 又 |PF2|=ed,从 而 ed=a+d.

故 因此,P 的横坐标为

. .

11.已知直线 ax ? by ? c ? 0 中的 a , b , c 是取自集合{-3,-2,-1,0,1,2,3}中的 3 个不同的元素,并 且该直线的倾斜角为锐角,那么,这样的直线的条数是______.

解析:

43

设 倾 斜 角 为 θ , 则 tgθ =- >0. 不 妨 设 a>0, 则 b<0. (1)c=0,a 有 三 种 取 法 , 有 三 种 取 法 , 除 2 个 重 复 (3x-3y=0,2x-2y=0 与 x-y=0 b 排 为 同 一 直 线 ), 故 这 样 的 直 线 有 3×3-2=7 条 ; (2)c≠ 0, 则 a 有 三 种 取 法 , b 有 三 种 取 法 , c 有 四 种 取 法 , 且 其 中 任 两 条 直 线 均 不 相 同 , 故 这 样 的 直 线 有 3×3×4=36 条 . 从 而 , 符 合 要 求 的 直 线 有 7+36=43 条 . 12.已知三棱锥 S - ABC 的底面是正三角形, A 点在侧面 SBC 上的射影 H 是△ SBC 的垂心,二面角

H - AB - C 的平面角等于 30°, SA =2

。那么三棱锥 S - ABC 的体积为__________.

解析:



由 题 设 ,AH⊥ 面 SBC.作 BH⊥ SC 于 E.由 三 垂 线 定 理 可 知 SC⊥ AE,SC⊥ AB.故 SC⊥ 面 ABE. 设 S 在 面 ABC 内 射 影 为 O, 则 SO⊥ 面 ABC. 由 三 垂 线 定 理 之 逆 定 理 , 可 知 CO⊥ AB 于 F. 同 理 , BO⊥ AC. 故 O 为 △ ABC 的 垂 心 .

又 因 为 △ ABC 是 等 边 三 角 形 , 故 O 为 △ ABC 的 中 心 , 从 而 SA=SB=SC=



因 为 CF⊥ AB, CF 是 EF 在 面 ABC 上 的 射 影 , 由 三 垂 线 定 理 , EF⊥ AB. 所 以 , ∠ EFC 是 二 面 角 H-AB-C 的 平 面 角 . 故 ∠ EFC=30°, OC=SCcos60°= tg60°= 故 AB= VS-ABC= × OC= =3. × =3. . , 又 OC= SO= AB,

所 以 ,

三、解答题(满分 60 分,每小题 20 分) 13.已知当 x ∈[0,1]时,不等式 x cosθ -x(1-x)+(1-x) sinθ >0, 恒成立,试求θ 的取值范围。 解 析 : 若 对 一 切 x∈ [ 0, 1] 恒 有 f(x)=x cosθ -x(1-x)+(1-x) sinθ >0, , 则 cosθ =f(1)>0,sinθ =f(0)>0. (1)
2 2 2 2



x0=

∈ (0, 1), 则



由于 所 以 , 0<f(x0)=2 故 + >0 (2)

+2 x0(1-x0) .

x(1-x),

反 之 , 当 (1), (2)成 立 时 , f(0)=sinθ >0, f(1)=cosθ >0, 且 x∈ (0, 1)时 , f(x)≥ 2 x(1-x)>0.

先 在 [ 0,2π ] 中 解 (1)与 (2): 由 cosθ >0,sinθ >0, 可 得 0<θ < 又+ >0, , , > , .

sin2θ > , sin2θ > 注意到 0<2θ <π , 故 有 <θ < .

<2θ <

所以,

因此,原题中θ的取值范围是

2kπ +

<θ <2kπ +

,k∈ Z.

14.给定 A (-2,2),已知 B 是椭圆 时,求 B 的坐标。

5 x2 y2 ? ? 1 上的动点, F 是左焦点,当| AB |+ | BF |取最小值 3 25 16

解 析 :记椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为 a、b、c,离心率为 e.则 a=5,b=4,c= =3,e= = ,左准线为 x=过点 B 作左准线 x=|BN|= .

=

的垂线,垂足为 N,过 A 作此准线的垂线,垂足为 M.由椭圆定义,

= |BF| .

于是, |AB|+ |BF|=|AB|+|BN|≥|AN|≥|AM|(定值),等号成立当且仅当 B 是 AM 与椭圆的交点时,此时 B( ,2) 所以,当|AB|+ |BF|取最小值时,B 的坐标为( ,2).

15. 给定正整数 n 和正数 M ,对于满足条件 a1 ? an?1 ≤ M 的所有等差数列 a
2 2

1

, a

2

, a

3

,….,试

求 S = a

n +1

+ a

n +2

+…+ a

2 n +1

的最大值。

解 析 : 设 公 差 为 d,an+1=α ,则 S=an+1+an+2+… a2n+1=(n+1)α + 故 则 . d.

因此

|S|≤ 且当 α=

(n+1) ,d= + =

, 〃 〃 〃 时, 〕

S=(n+1)〔 =(n+1)

(n+1) . (n+1) .

由 于 此 时 4α =3nd,故 所以,S 的最大值为

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷十一 参考答案 一.选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.若 a > 1, b > 1, 且 lg (a + b) = lg a + lg b, 则 lg (a –1) + lg (b –1) 的值(

)

(A)等于 lg2 (B)等于 1 (C ) 等于 0 (D) 不是与 a, b 无关的常数 解:a+b=ab,(a-1)(b-1)=1,由 a-1>0,b-1>0,故 lg(a-1)(b-1)=0,选 C. 2.若非空集合 A={x|2a+1?x?3a – 5},B={x|3?x?22},则能使 A?A∩B 成立的所有 a 的集合是( (A){a | 1?a?9} (B) {a | 6?a?9} (C) {a | a?9} (D) ? 解:A?B,A≠?.? 3?2a+1?3a-5?22,?6?a?9.故选 B. 3.各项均为实数的等比数列{a n }前 n 项之和记为 S n ,若 S10 = 10, S30 = 70, 则 S40 等于( ) (A) 150 (B) ?200 (C) 150 或 ?200 (D) ?50 或 400 a1 10 a1 30 解:首先 q≠1,于是, (q -1)=10, (q -1)=70,∴ q20+q10+1=7.?q10=2.(-3 舍) q-1 q-1 ∴ S40=10(q40-1)=150.选 A. 4.设命题 P:关于 x 的不等式 a1x2 + b1x2 + c1 > 0 与 a 2x2 + b2x + c2 > 0 的解集相同; a1 b1 c1 命题 Q: = = . 则命题 Q( ) a2 b2 c2 (A) 是命题 P 的充分必要条件 (B) 是命题 P 的充分条件但不是必要条件 (C) 是命题 P 的必要条件但不是充分条件 (D) 既不是是命题 P 的充分条件也不是命题 P 的必要条件 解:若两个不等式的解集都是 R,否定 A、C,若比值为-1,否定 A、B,选 D. 5.设 E, F, G 分别是正四面体 ABCD 的棱 AB,BC,CD 的中点,则二面角 C—FG—E 的大小是( 6 π 3 π 2 (A) arcsin (B) +arccos (C) -arctan 2 (D) π-arccot 3 2 3 2 2 解:取 AD、BD 中点 H、M,则 EH∥FG∥BD,于是 EH 在平面 EFG 上.设 A CM∩FG=P,AM∩EH=Q,则 P、Q 分别为 CM、AM 中点,PQ∥AC. Q E ∵ AC⊥BD,?PQ⊥FG,CP⊥FG,?∠CPQ 是二面角 C—FG—E 的平面角. 2 +( 3) -( 3) 3 B 设 AC=2,则 MC=MA= 3,cos∠ACM= = . 3 2· 3 2· P F ∴ 选 D. C 6.在正方体的 8 个顶点, 12 条棱的中点, 6 个面的中心及正方体的中心共 27 个点 中, 共线的三点组的个数是( ) (A) 57 (B) 49 (C) 43 (D)37 解:8 个顶点中无 3 点共线,故共线的三点组中至少有一个是棱中点或面中心或体中心. ⑴ 体中心为中点:4 对顶点,6 对棱中点,3 对面中心;共 13 组; ⑵ 面中心为中点:4?6=24 组; ⑶ 棱中点为中点:12 个.共 49 个,选B.
2 2 2

)

)

H

M G

D

二、填空题( 本题满分 54 分,每小题 9 分) 各小题只要求直接填写结果. 1 98 101 104 1.若 f (x) (x?R)是以 2 为周期的偶函数, 当 x?[ 0, 1 ]时,f(x)=x1000,则 f( ),f( ),f( )由小到大 19 17 15 排列是 . 98 16 16 101 1 1 104 14 14 解:f( )=f(6- )=f( ).f( )=f(6- )=f( ),f( )=f(6+ )=f( ). 19 19 19 17 17 17 15 15 15 1 16 14 101 98 104 现 f(x)是[0,1]上的增函数.而 < < .故 f( )<f( )<f( ). 17 19 15 17 19 15 2.设复数 z=cosθ+isinθ(0?θ?180° ),复数 z,(1+i)z,2-在复平面上 z 对应的三个点分别是 P, Q, R.当 P, Q, R 不共线时,以线段 PQ, PR 为两边的平 行四边形的第四个顶点为 S, 点 S 到原点距离的最大值是___________.
y
Q

P
O

S

x
R

→ → → → → → → → → 解: OS = OP+ PQ+ PR = OP+OQ- OP+ OR- OP → → → =OQ+ OR- OP =(1+i)z+2--z=iz+2- z z =(2cosθ-sinθ)+i(cosθ-2sinθ). π ∴ |OS|2=5-4sin2θ?9.即|OS|?3,当 sin2θ=1,即 θ= 时,|OS|=3. 4 3.从 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 这 10 个数中取出 3 个数, 使其和为不小于 10 的偶数, 不同的取法有 ________种. 解:从这 10 个数中取出 3 个偶数的方法有 C5种,取出 1 个偶数,2 个奇数的方法有 C5C5种,而取出 3 个数的和为小于 10 的偶数的方法有(0,2,4),(0,2,6),(0,1,3),(0,1,5),(0,1,7),(0,3, 5),(2,1,3),(2,1,5),(4,1,3),共有 9 种,故应答 10+50-9=51 种. 4.各项为实数的等差数列的公差为 4, 其首项的平方与其余各项之和不超过 100, 这样的数列至多有 _______项. 解:设其首项为 a,项数为 n.则得 a2+(n-1)a+2n2-2n-100?0. △=(n-1)2-4(2n2-2n-100)=-7n2+6n+401?0.∴ n?8. 取 n=8,则-4?a?-3.即至多 8 项. n-1 2 n-1 2 n-1 2 (也可直接配方:(a+ ) +2n2-2n-100-( ) ?0.解 2n2-2n-100-( ) ?0 仍得 n?8.) 2 2 2 5.若椭圆 x2+4(y-a)2=4 与抛物线 x2=2y 有公共点,则实数 a 的取值范围是 . 2 2 2 解:2y=4-4(y-a) ,?2y -(4a-1)y+2a -2=0.此方程至少有一个非负根. 17 ∴ △=(4a-1)2-16(a2-1)=-8a+17?0.a? . 8 1 17 两根皆负时 2a2>2,4a-1<0.?-1<a<1 且 a< .即 a<-1.∴-1?a? . 4 8 6.?ABC 中, ?C = 90o, ?B = 30o, AC = 2, M 是 AB 的中点. 将?ACM 沿 CM 折起,使 A,B 两点间的距离 为 2 2 ,此时三棱锥 A-BCM 的体积等于 . A 解:由已知,得 AB=4,AM=MB=MC=2,BC=2 3,由△AMC 为等边三角 2 形,取 CM 中点,则 AD⊥CM,AD 交 BC 于 E,则 AD= 3,DE= 3 折起后,由 BC =AC +AB ,知∠BAC=90° ,cos∠ECA= . 3
2 2 2 3 1 2

3 2 3 ,CE= . 3 3
B

M 2 D
2 3 E

2 C

8 ∴ AE2=CA2+CE2-2CA· CEcos∠ECA= ,于是 AC2=AE2+CE2.?∠AEC=90° . 3 2 6 ∵ AD =AE +ED , ?AE⊥平面 BCM, AE 是三棱锥 A-BCM 的高, 即 AE= . 3
2 2 2

A
2 2

2 M

2 D C

2 B

2 2 S△BCM= 3,VA—BCM= . 3 三、 (本题满分 20 分) π 已知复数 z=1-sinθ+icosθ( <θ<π),求 z 的共轭复数-的辐角主值. z 2 π π π +θ +θ +θ 2 2 2 π π 解:z=1+cos( +θ)+isin( +θ)=2cos2 +2isin cos 2 2 2 2 2

2 3 E

π π π +θ +θ +θ 2 2 2 =2cos (cos +isin ). 2 2 2 π π π +θ +θ +θ 2 2 2 π 当 <θ<π 时,-=-2cos z (-cos +isin ) 2 2 2 2 π θ 3π θ 3π θ =-2cos( + )(cos( - )+isin( - )). 4 2 4 2 4 2 3π θ ∴ 辐角主值为 - . 4 2 四、 (本题满分 20 分) 设函数 f (x) = ax2 +8x+3 (a<0). 对于给定的负数 a , 有一个最大的正数 l(a) ,使得在整个 区间 [0, l(a)] 上, 不等式| f (x)| ? 5 都成立. 问:a 为何值时 l(a)最大? 求出这个最大的 l(a).证明你的结论. 4 16 解: f(x)=a(x+ )2+3- . a a 16 (1)当 3- >5,即-8<a<0 时, a -8+ 64+8a l(a)是方程 ax2+8x+3=5 的较小根,故 l(a)= . 2a 16 (2)当 3- ?5,即 a?-8 时, a -8- 64-32a l(a)是方程 ax2+8x+3=-5 的较大根,故 l(a)= . 2a 64-32a ?-8- 2a ,(a?-8) 综合以上,l(a)= ? -8+ 64+8a (-8<a<0) ? 2a -8+ 64-32a 当 a?-8 时,l(a)= = 2a -8+ 64+8a 当-8<a<0 时,l(a)= = 2a 1+ 5 所以 a=-8 时,l(a)取得最大值 . 2 五、 (本题满分 20 分) 已知抛物线 y 2 = 2px 及定点 A(a, b), B( – a, 0) ,(ab ? 0, b 2 ? 2pa).M 是抛物线上的点, 设直线 AM, BM 与抛物线的另一交点分别为 M1, M2. 求证: M 点在抛物线上变动时(只要 M1, M2 存在且 M1 ? M2.)直线 M1M2 恒过一个定点. 当 并求出这个 定点的坐标. m1 m2 m2 解:设 M( ,m).M1( ,m1),M2( ,m2), 2p 2p 2p
2 2

4 ? 4-2a-2

4 1+ 5 = ; 2 20-2

2 2 1+ 5 < < . 2 16+2a +4 4

b-m 则 A、M、M1 共线,得 = m1-m 2 m1

m2 a- 2p

m2 - 2p 2p

2pa-m2 ,即 b-m= . m1+m

y
M2

M B

2pa-bm 2pa ∴ m1= ,同法得 m2= ; m b-m ∴ M1M2 所在直线方程为 y-m2 = m1-m2 得 2paby-bm2y=2pbmx-2pm2x+4p2a2-2pabm.⑴
2 2pa-m2

O
A
M1

x

m1-m2

2

2

,即(m1+m2)y=2px+m1m2.消去 m1,m2,

2pa 2pa 分别令 m=0,1 代入,得 x=a,y= ,以 x=a,y= 代入方程⑴知此式恒成立. b b 2pa 即 M1M2 过定点(a, ) b

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷十二 参考答案 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分)

1.已知数列{xn}满足 xn+1=xn-xn-1(n?2),x1=a, x2=b, 记 Sn=x1+x2+?+xn,则下列结论正确的是 (A)x100??a,S100=2b?a (B)x100??b,S100?2b?a (C)x100??b,S100=b?a (D)x100??a,S100?b?a 解:x1=a,x2=b,x3=b-a,x4=-a,x5=-b,x6=a-b,x7=a,x8=b,?.易知此数列循环,xn+6=xn, 于是 x100=x4=-a, 又 x1+x2+x3+x4+x5+x6=0,故 S100=2b-a.选 A. AE CF 2.如图,正四面体 ABCD 中,E 在棱 AB 上,F 在棱 CD 上,使得 = =λ EB FD (0<λ<+∞),记 f(λ)=αλ+βλ 其中 αλ 表示 EF 与 AC 所成的角,βλ 表示 EF 与 BD 所 成的角,则 (A) f(λ)在(0,+∞)单调增加 (B) f(λ)在(0,+∞)单调减少 (C) f(λ) 在(0,1)单调增加,而在(1,+∞单调减少 (D) f(λ)在(0,+∞)为常数 AE CG CF 解: EG∥AC 交 BC 于 G, GF, 作 连 则 = = , GF∥BD. 故 故∠GEF=αλ, EB GB FD
A

E B F C D

∠GFE=βλ,但 AC⊥BD,故∠EGF=90° .故 f(λ)为常数.选 D. 3.设等差数列的首项及公差均为非负整数,项数不少于 3,且各项的和为 972,则这样的数列共有 (A)2 个 (B)3 个 (C)4 个 (D)5 个 1 解:设首项为 a,公差为 d,项数为 n,则 na+ n(n-1)d=972,n[2a+(n-1)d]=2?972,即 n 为 2?972 2 的大于 3 的约数. ∴ ⑴ n=972,2a+(972-1)d=2,d=0,a=1;d?1 时 a<0.有一解; ⑵n=97,2a+96d=194,d=0,a=97;d=1,a=a=49;d=2,a=1.有三解; ⑶n=2?97,n=2?972,无解.n=1,2 时 n<3..选 C 4.在平面直角坐标系中,若方程 m(x2+y2+2y+1)=(x-2y+3)2 表示的曲线为椭圆,则 m 的取值范围为 (A)(0,1) (B)(1,+∞) (C)(0,5) (D)(5,+∞) 解:看成是轨迹上点到(0,-1)的距离与到直线 x-2y+3=0 的距离的比: x2+(y+1)2 = |x-2y+3| 12+(-2)2 1 5 1 5 5.设 f(x)=x2-πx,? ? arcsin ,β=arctan ,γ=arcos(- ),?=arccot(- ),则 3 4 3 4 (A)f(α)>f(β)>f(?)>f(γ) (C) f(i)>f(α)>f(β)>f(γ) π 解:f(x)的对称轴为 x= , 2 π π π π 2π 3π 5π 易得, 0<α< < <β< < <γ< < <δ< .选 B. 6 4 3 2 3 4 6 6.如果空间三条直线 a,b,c 两两成异面直线,那么与 a,b,c 都相交的 直线有 (A) 0 条 (B) 1 条 (C)多于 1 的有限条 (D) 无穷多条 解:在 a、b、c 上取三条线段 AB、CC?、A?D?,作一个平行六面体 ABCD —A?B?C?D?, c 上取线段 A?D?上一点 P, a、 作 一个平面, DD?交于 Q、 在 过 P 与 与 CC?交于 R,则 QR∥a,于是 PR 不与 a 平行,但 PR 与 a 共面.故 PR 与 a 相交.由于可以取无穷多个点 P.故选 D. (B) f(α)> f(?)>f(β)>f(γ) (D) f(?)>f(α)>f(γ)>f(β) 5 <1?m>5,选 D. m

P
Q D
a

c

D’ R C

C’ b

A‘ A B

B‘ S

二.填空题(每小题 9 分,共 54 分)
?(x-1)3+1997(x-1)=-1, 1.设 x,y 为实数,且满足? 则 x+y ? 3 ?(y-1) +1997(y-1)=1. ?(x-1)3+1997(x-1)+1=0, 解:原方程组即? 3 ?(1-y) +1997(1-y)+1=0.

.

取 f(t)=t3+1997t+1,f ?(t)=3t2+1987>0.故 f(t)单调增,现 x-1=1-y,x+y=2. y2 2.过双曲线 x2- =1 的右焦点作直线 l 交双曲线于 A、B 两点,若实数 λ 使得|AB| ?λ 的直线 l 恰有 3 2 条,则 λ= . 2b2 解:右支内最短的焦点弦= =4.又 2a=2,故与左、右两支相交的焦点弦长?2a=2,这样的弦由对 a 称性有两条.故 λ=4 时 2ab2 4 设 AB 的倾斜角为 θ,则右支内的焦点弦 λ= 2 2 2 = ?4,当 θ=90° 时,λ=4. a -c cos θ 1-3cos2θ 与左支相交时,θ=±arccos 2 2ab2 4 ?=4.故 λ=4. 时,λ=? 2 2 2 ?=? 3 ?a -c cos θ? ?1-3cos2θ? .

1 3.已知复数 z 满足?2z+ ?=1,则 z 的幅角主值范围是 ? z?

? 1 解: 2z+ ?=1?4r4+(4cos2θ-1)r2+1=0, 这个等式成立等价于关于 x 的二次方程 4x2+(4cos2θ-1)x+1=0 ? z?
4cos2θ-1 1 有正根.△=(4cos2θ-1)2-16?0,由 x1x2= >0,故必须 x1+x2=- >0. 4 4 3 3 3 ∴cos2θ?- .∴ (2k+1)π-arccos ?2θ?(2k+1)π+arccos . 4 4 4 ∴ π 1 3 π 1 3 kπ+ - arccos ?θ?kπ+ + arccos ,(k=0,1) 2 2 4 2 2 4

4.已知三棱锥 S?ABC 的底面是以 AB 为斜边的等腰直角三角形,SA=SB=SC=2,AB=2,设 S、A、B、 C 四点均在以 O 为球心的某个球面上,则点 O 到平面 ABC 的距离为 . S 解:SA=SB=SC=2,?S 在面 ABC 上的射影为 AB 中点 H,∴ SH⊥平面 ABC. 2 2 M ∴ SH 上任意一点到 A、B、C 的距离相等. ∵ SH= 3,CH=1,在面 SHC 内作 SC 的垂直平分线 MO 与 SH 交于 O,则 O 为 2 3 3 SABC 的外接球球心.SM=1,∴SO= ,∴ OH= ,即为 O 与平面 ABC 的距离. 3 3
O A H 2 1 C B

5.设 ABCDEF 为正六边形,一只青蛙开始在顶点 A 处,它每次可随意地跳到相邻两顶点之一.若在 5 次之内跳到 D 点,则停止跳动;若 5 次之内不能到达 D 点,则跳完 5 次也停止跳动,那么这只青蛙从开 始到停止,可能出现的不同跳法共 种. 解:青蛙跳 5 次,只可能跳到 B、D、F 三点(染色可证). 青蛙顺时针跳 1 次算+1,逆时针跳 1 次算-1,写 5 个“□1” ,在□中填“+”号或“-”号: □1□1□1□1□1 规则可解释为:前三个□中如果同号,则停止填写;若不同号,则后 2 个□中继续填写符号. 前三□同号的方法有 2 种;前三个□不同号的方法有 23-2=6 种,后两个□中填号的方法有 22 种. ∴ 共有 2+6?4=26 种方法. 6.设 a ?logz+log[x(yz)?1+1],b ?logx?1+log(xyz+1),c ?logy+log[(xyz)?1+1],记 a,b,c 中最大数为 M, 则 M 的最小值为 .

x 1 1 解:a=log( +z),b=log(yz+ ),c=log( +y). y x yz 1 1 ∴ a+c=log( + +yz+x)?2log2.于是 a、c 中必有一个?log2.即 M?log2,于是 M 的最小值?log2. yz x 但取 x=y=z=1,得 a=b=c=log2.即此时 M=log2.于是 M 的最小值?log2. ∴ 所求值=log2. 三、 (本题满分 20 分) 设 x?y?z? ,且 x+y+z= ,求乘积 cosx siny cosz 的最大值和最小值. 12 2 解:由于 x?y?z? ,故 ?x? - ?2= . 12 6 2 12 3 1 1 1 1 ? 1 ∴ cosx siny cosz=cosx? [sin(y+z)+sin(y-z)]= cos2x+ cosxsin(y-z)? cos2 = .即最小值. 2 2 2 2 3 8 (由于

?

?

?

?

?

?

?

?
6

?x?

?
3

1 ? ? ,y?z,故 cosxsin(y-z)?0),当 y=z= ,x= 时,cosx siny cosz= . 12 3 8

1 1 1 ∵ cosx siny cosz=cosz? [sin(x+y)-sin(x-y)]= cos2z- coszsin(x-y). 2 2 2 1 1 ? 1 ? 2+ 3 由于 sin(x-y)?0,cosz>0,故 cosx siny cosz? cos2z= cos2 = (1+cos )= . 2 2 12 2 6 8 5? ? 当 x= y= ,z= 时取得最大值. 12 12 2+ 3 1 ∴ 最大值 ,最小值 . 8 8 四、(本题满分 20 分) 设双曲线 xy?1 的两支为 C1,C2(如图),正三角形 PQR 的三顶点位于此双曲线上. (1)求证:P、Q、R 不能都在双曲线的同一支上; (2)设 P(?1,?1)在 C2 上, Q、R 在 C1 上,求顶点 Q、R 的坐标. 1 1 1 解:设某个正三角形的三个顶点都在同一支上.此三点的坐标为 P(x1, ),Q(x2, ),R(x3, ).不 x1 x2 x3 1 1 1 妨设 0<x1<x2<x3,则 > > >0. x1 x2 x3 kPQ= y2-y1 1 1 =- ;k =- ; x1x2 QR x2x3 x2-x1
O y
Q R

1 1 - + x1x2 x2x3 tan∠PQR= <0,从而∠PQR 为钝角.即△PQR 不可能是正 1 1+ 2 x1x3x2 三角形.

x

P

1 ⑵ P(-1,-1),设 Q(x2, ),点 P 在直线 y=x 上.以 P 为圆心,|PQ|为半径作圆,此圆与双曲线第 x2 一象限内的另一交点 R 满足|PQ|=|PR|,由圆与双曲线都是 y=x 对称,知 Q 与 R 关于 y=x 对称.且在第一 1 象限内此二曲线没有其他交点(二次曲线的交点个数).于是 R( ,x2). x2

3 3 ∴ PQ 与 y=x 的夹角=30° ,PQ 所在直线的倾斜角=75° .tan75° = =2+ 3. 3 1- 3 1+ PQ 所在直线方程为 y+1=(2+ 3)(x+1),代入 xy=1,解得 Q(2- 3,2+ 3),于是 R(2+ 3,2- 3). 五、(本题满分 20 分) 设非零复数 a1,a2,a3,a4,a5 满足

? a =a =a =a , ? 1 1 1 1 1 ?a +a +a +a +a =4(a +a +a +a +a )=S.
a2 a3 a4 a5
1 2 3 4 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5

其中 S 为实数且|S|?2. 求证:复数 a1,a2,a3,a4,a5 在复平面上所对应的点位于同一圆周上. a2 a3 a4 a5 4 证明:设 = = = =q,则由下式得 a1(1+q+q2+q3+q4)= 4(1+q+q2+q3+q4). a1 a2 a3 a4 a1q ∴(a12q4-4) (1+q+q2+q3+q4)=0,故 a1q2=± 2,或 1+q+q2+q3+q4=0. 1 1 1 1 1 1 5 ⑴ 若 a1q2=± 2,则得± 2+ +1+q+q2)=S.?S=± 2( 2[(q+ )2+(q+ )-1]=± 2[(q+ + )2- ]. q q q q q 2 4 1 1 5 1 1 5 ∴ 由已知,有(q+ + )2- ∈ R,且|(q+ + )2- |≤1. q 2 4 q 2 4 1 1 5 令 q+ + =h(cosθ+isinθ),(h>0).则 h2(cos2θ+isin2θ)- ∈ R.?sin2θ=0. q 2 4 5 1 9 -1≤h2(cos2θ+isin2θ)- ≤1.? ≤h2(cos2θ+isin2θ)≤ ,?cos2θ>0.?θ=kπ(k∈ Z) 4 4 4 1 1 1 1 ∴q+ ∈ R.再令 q=r(cosα+isinα),(r>0).则 q+ =(r+ )cosα+i(r- )sinα∈ R.?sinα=0 或 r=1. q q r r 1 1 1 1 5 1 1 3 若 sinα=0,则 q=± 为实数.此时 q+ ?2 或 q+ ?-2.此时 q+ + ? ,或 q+ + ?- . r q q q 2 2 q 2 2 1 1 5 此时,由|(q+ + )2- |≤1,知 q=-1.此时,|ai|=2. q 2 4 若 r=1,仍有|ai|=2,故此五点在同一圆周上. ⑵ 若 1+q+q2+q3+q4=0.则 q5-1=0,∴ |q|=1.此时|a1|=|a2|=|a3|=|a4|=|a5|,即此五点在同一圆上. 综上可知,表示复数 a1,a2,a3,a4,a5 在复平面上所对应的点位于同一圆周上.

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷十三 参考答案 一、选择题(本题满分 36 分,每题 6 分) 1. 把圆 x2+(y-1)2=1 与椭圆 9x2+(y+1)2=9 的公共点,用线段连接起来所得到的图形为( (A)线段 (B)不等边三角形 (C)等边三角形 (D)四边形 1 解:9-9(y-1)2=9-(y+1)2,?8y2-20y+8=0,?y=2 或 ,相应的,x=0,或 x=± 3. 2 此三点连成一个正三角形.选 C.

)

1 2.等比数列{an}的首项 a1=1536,公比 q=- , πn 表示它的前 n 项之积。 πn(n∈N*)最大的是( 用 则 2 (A)π9 (B)π11
n

)

(C)π12

(D)π13

1 解:πn=1536 ?(- ) 2

n(n-1) 2 ,故 π11<0,π9,π12,π13>0.作商比较:

π12 1 - π13 1 - 又, =15363?( )66 36>1, =1536?( )78 66<1.故选 C. π9 2 π12 2 3. 存在整数 n,使 p+n+ n是整数的质数 p ( (A)不存在 (C)多于一个,但为有限个 )

(B)只有一个 (D)有无穷多个

解:如果 p 为奇质数,p=2k+1,则存在 n=k2(k∈N+),使 p+n+ n=2k+1.故选 D. 1 4. 设 x∈(- ,0),以下三个数 α1=cos(sinxπ),α2=sin(cosxπ),α3=cos(x+1)π 的大小关系是( 2 (A)α3<α2<α1 (B)α1<α3<α2 (C)α3<α1<α2 (D)α2<α3<α1 解:α1= cos(sin|x|π)>0,α2=sin(cos|x|π)>0,α3=cos(1-|x|)π<0,排除 B、D. π π π ∵ sin|x|π+ cos|x|π= 2sin(|x|π+ )< ,于是 cos|x|π< -sin|x|π, 4 2 2 ∴ sin(cos|x|π)<cos(sin|x|π),故 α2<α1,选 A. 1 2 2 3 π 2 π 又解:取 x=- ,则 α1=cos ,α2=sin ,α3=cos π<0.由于 < < ,故 α1>α2. 4 2 2 4 6 2 4 1 5. 如果在区间[1,2]上函数 f(x)=x2+px+q 与 g(x)=x+ 2在同一点取相同的最小值,那么 f(x)在该区间上 x 的最大值是( ) 11 3 3 (A) 4+ 2+ 4 2 13 3 (C) 1- 2+ 4 2 1 1 1 1 解:g(x)= x+ 2= x+ x+ 2?3 x 2 2 x
2 3

)

53 3 (B) 4- 2+ 4 2 (D)以上答案都不对 1 33 1 1 3 = 2.当且仅当 x= 2即 x= 2时 g(x)取得最小值. 4 2 2 x

4q-p 3 3 p 3 3 3 3 ∴- = 2, = 2,?p=-2 2,q= 3 2+ 4. 2 4 2 2 53 3 3 3 由于 2-1<2- 2.故在[1.2]上 f(x)的最大值为 f(2)=4- 2+ 4.故选 B. 2 6. 高为 8 的圆台内有一个半径为 2 的球 O1,球心 O1 在圆台的轴上,球 O1 与圆台的上底面、侧面都 相切,圆台内可再放入一个半径为 3 的球 O2,使得球 O2 与球 O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点, 除球 O2,圆台内最多还能放入半径为 3 的球的个数是( )

(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 解:O2 与下底距离=3,与O1 距离 =2+3=5,与轴距离=4,问题转化为在以 4 2 O1 3 为半径的圆周上,能放几个距离为 6 的 O2 H 3 点? 右图中,由sin∠O2HC=3/4>0.707, 即∠O2HO3>90° ,即此圆上还可再放下 2 个满足要求的点.故选B.

O4

O2 C

H
O3

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 1 1. 集合{x|-1?log110<- ,x∈N*}的真子集的个数是 . 2 x 1 解 由已知,得 <logx10?1?1?lgx<2?10?x<100.故该集合有 90 个元素.其真子集有 290-1 个. 2 _ π 2. 复平面上,非零复数 z1,z2 在以 i 为圆心,1 为半径的圆上,z1·2 的实部为零,z1 的辐角主值为 , z 6 则 z2=_______. π 3 1 _ π π 解:z1 满足|z-i|=1;argz1= ,得 z1= + i,z1=cos(- )+isin(- ). 6 2 2 6 6 _ π π 设 z2 的辐角为 θ(0<θ<π),则 z2=2sinθ(cosθ+isinθ).z1·2=2sinθ[cos(θ- )+isin(θ- )],若其实部为 0,则 z 6 6 π π 2π 3 3 θ- = ,于是 θ= .z2=- + i. 6 2 3 2 2 3. 曲线 C 的极坐标方程是 ρ=1+cosθ,点 A 的极坐标是(2,0),曲线 C 在它所在的平面内绕 A 旋转一 周,则它扫过的图形的面积是_______。 P 解:只要考虑|AP|最长与最短时所在线段扫过的面积即可. 设 P(1+cosθ,θ), ? 则|AP|2=22+(1+cosθ)2-2· 2(1+cosθ)cosθ=-3cos2θ-2cosθ+5 x 1 O 1 16 16 16 =-3(cosθ+ )2+ ? .且显然|AP|2 能取遍[0, ]内的一切值,故所求面 3 3 3 3 16 积= π. 3 4. 已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起,恰得到一个所有二面角都相等的六面体,并 且该六面体的最短棱的长为 2,则最远的两顶点间的距离是________。 解:该六面体的棱只有两种,设原正三棱锥的底面边长为 2a,侧棱为 b. 取 CD 中点 G,则 AG⊥CD,EG⊥CD,故∠AGE 是二面角 A—CD—E 的平面角.由 BD⊥AC,作平 面 BDF⊥棱 AC 交 AC 于 F,则∠BFD 为二面角 B—AC—D 的平面角. 2a b2-a2 AG=EG= b2-a2,BF=DF= ,AE=2 b 由 cos∠AGE=cos∠BFD,得
2

2 b2-( 3a)2=2 3

4 b2- a2. 3
A
b b b

2AG2-AE2 2BF2-BD2 = . 2AG2 2BF2
F B
2a

4 4(b - 2a2) 3 4a2b2 4 2 2 ∴ 2 2 = 2 2 2 ?9b =16a ,?b= a,从而 b=2,2a=3. 3 b -a 4a (b -a ) AE=2.即最远的两个顶点距离为 3. 5. 从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色,将一个正方体的六个面染色, 每面恰染一种颜色,每两个具有公共棱的面染成不同的颜色。则不同的染色方法

D
a

G

C E

共有_______种。(注:如果我们对两个相同的正方体染色后,可以通过适当的翻转,使得两个正方体的上、 下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同,那么,我们就说这两个正方体的染色方案相同。) 解:至少 3 种颜色: 6 种颜色全用:上面固定用某色,下面可有 5 种选择,其余 4 面有(4-1)!=6 种方法,共计 30 种方法; 用 5 种颜色:上下用同色:6 种方法,选 4 色:C5(4-1)! =30;6?30÷2=90 种方法; . 用 4 种颜色:C6C4=90 种方法. 用 3 种颜色:C6=20 种方法. ∴共有 230 种方法. 6. 在直角坐标平面,以(199,0)为圆心,199 为半径的圆周上整点(即横、纵坐标皆为整数的点)的个数 为________. 解:把圆心平移至原点,不影响问题的结果.故问题即求 x2+y2=1992 的整数解数. 显然 x、y 一奇一偶,设 x=2m,y=2n-1.且 1?m,n?99. 则得 4m2=1992-(2n-1)2=(198+2n)(200-2n).m2=(99+n)(100-n)≡(n-1)(-n) (mod 4)
?0,(当n?0,1(mod 4)时) 由于 m 为正整数,m2≡0,1 (mod 4);(n-1)(-n)≡? ?2,(当n?2,3(mod 4)时)
3 2 2 4

二者矛盾,故只有(0,±199),(±199,0)这 4 解. ∴ 共有 4 个.(199,±199),(0,0),(398,0).

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷十四 参考答案 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分)

1. 设等差数列{an}满足 3a8=5a13 且 a1>0,Sn 为其前项之和,则 Sn 中最大的是( (A)S10 (B)S11 (C)S20 (D) S21

)

2 2 2 解:3(a+7d)=5(a+12d),?d=- a,令 an=a- a (n-1)?0,an+1= a- a n<0,得 n=20.选 C. 39 39 39 2. 设复平面上单位圆内接正 20 边形的 20 个顶点所对应的复数依次为 Z1,Z2,?,Z20,则复数 Z1 , Z2 ,?,Z20 所对应的不同的点的个数是( (A)4 (B)5 (C)10
1995 1995 1995

) (D)20

π π - 解:设 z1=cosθ+isinθ,则 zk=z1εk 1,其中 ε=cos +isin .ε20=1.ε15=-i,ε10=-1,ε5=i. 10 10 ∴ zk1995=(cos1995θ+isin1995θ) ε1995(k 1)= (cos1995θ+isin1995θ)(-i)k 1. ∴ 共有 4 个值.选 A. 3. 如果甲的身高数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,如果某人不 亚于其他 99 人,就称他为棒小伙子,那么,100 个小伙子中的棒小伙子最多可能有( ) (A)1 个 (B)2 个 (C)50 个 (D)100 个 解:把身高按从高到矮排为 1~100 号,而规定二人比较,身高较高者体重较小,则每个人都是棒小伙 子.故选D. 4. 已知方程|x-2n|=k x(n∈N*)在区间(2n-1, 2n+1]上有两个不相等的实根, k 的取值范围是( 则 1 (A)k>0 (B)0<k? 2n+1 1 1 (C) <k? 2n+1 2n+1 (D)以上都不是 )
- -

解:由|x-2n|?0,故 k?0,若 k=0,可知在所给区间上只有 1 解.故 k>0. 1 由图象可得,x=2n+1 时,k x?1.即 k? .故选 B. 2n+1 又解:y=(x-2n)2 与线段 y=k2x(2n-1<x?2n+1)有两个公共点.x2-(4n+k2)x+4n2=0 有(2n-1,2n+1] 上有两个根.故△=(4n+k2)2-16n2>0.且(2n-1)2-(4n+k2)(2n-1)+4n2>0,(2n+1)2-(4n+k2)(2n+1)+4n2 1 1 ?0,2n-1<2n+ k2<2n+1.? k? . 2 2n+1 5. logsin1cos1,logsin1tan1,logcos1sin1,logcos1tan1 的大小关系是 (A) logsin1cos1< logcos1sin1< logsin1tan1< logcos1tan1 (B) logcos1sin1< logcos1tan1< logsin1cos1< logsin1tan1 (C) logsin1tan1< logcos1tan1< logcos1sin1< logsin1cos1 (D) logcos1tan1< logsin1tan1< logsin1cos1< logcos1sin1 y=(sin1)x 解 : <1< , 故 0<cos1<sin1<1<tan1 . ? logsin1tan1<0 , 4 2

y

y=(cos1)x

?

?

tan1

logcos1tan1<0,logsin1cos1>0,logcos1sin1>0, 1 (1,sin1) 设 logsin1cos1=a, 则得(sin1)a=cos1<sin1, a>1; cos1sin1=b, log O (1,cos1) 则(cos1)b=sin1>cos1,0<b<1;即 logcos1sin1< logsin1cos1. c d b 1 a x c d 设 logsin1tan1=c,logcos1tan1=d,则得(sin1) =(cos1) =tan1, (指数函数图象进行比较),c<d.即 logsin1tan1<logcos1tan1 故选 C. 6. 设 O 是正三棱锥 P—ABC 底面三角形 ABC 的中心,过 O 的动平面与 PC 交于 S,与 PA,PB 的延 长线分别交于 Q,R,则和式 1 1 1 + + PQ PR PS

(A)有最大值而无最小值 (B)有最小值而无最大值 (C)既有最大值又有最小值,两者不等 (D)是一个与面 QPS 无关的常数 解:O 到面 PAB、PBC、PCA 的距离相等.设∠APB=α,则 1 VPQRS= d(PQ· PR+PR· PS+PS· PQ)sinα.(其中 d 为 O 与各侧面的距离). 6 1 VPQRS= PQ· PSsinαsinθ.(其中 θ 为 PS 与面 PQR 的夹角) PR· 6 ∴d(PQ· PR+PR· PS+PS· PQ)=PQ· PSsinθ. PR· ∴ 1 1 1 sinθ + + = 为定值.故选 D. PQ PR PS d

二、填空题(每小题 9 分,共 54 分) α 1. 设 α,β 为一对共轭复数,若|α-β|=2 3,且 2为实数,则|α|= β 解:设 α=x+yi,(x,y∈R),则|α-β|=2|y|.∴y=± 3. 2 设 argα=θ,则可取 θ+2θ=2π,(因为只要求|α|,故不必写出所有可能的角).θ= π,于是 x=±1.|α|=2. 3 2. 一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为 . 解:设球半径为 R,其内接圆锥的底半径为 r,高为 h,作轴截面,则 r2=h(2R-h). 1 π π π 4R 3 8 4 V 锥= πr2h= h2(2R-h)= h· h(4R-2h)? ? 3 ? = ·πR3. 3 3 6 6? ? 27 3 ∴ 所求比为 8∶27. 3. 用[x]表示不大于实数 x 的最大整数, 方程 lg2x-[lgx]-2=0 的实根个数是 . 解:令 lgx=t,则得 t2-2=[t].作图象,知 t=-1,t=2,及 1<t<2 内有一解. 1 当 1<t<2 时,[t]=1,t= 3.故得:x= ,x=100,x=10 3,即共有 3 个实根. 10 .

h r

?y?3x, x 4. 直角坐标平面上,满足不等式组? y?3, 的整点个数是 ? x+y?100


y y=3x
100

解:如图,即△OAB 内部及边界上的整点.由两轴及 x+y=100 围成区 域(包括边界)内的整点数=1+2+3+?+101=5151 个. 1 1 由 x 轴、y= x,x+y=100 围成区域(不包括 y= x 上)内的整点数(x=1,2,3 3 3

B(25,75)

y= x 时各有 1 个整点,x=4,5,6 时各有 2 个整点,?,x=73,74,75 时有 25 个 3 A(75,25) 20 整点,x=76,77,?,100 时依次有 25,24,?,1 个整点.共有 3?1+3?2+? x 100 O 20 +3?25+25+24+?+1=4(1+2+?+25)=1300.由对称性,由 y 轴、y=3x、x+y=100 围成的区域内也有 1300 个整点. ∴所求区域内共有 5151-2600=2551 个整点. 5. 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的两端点异色,如果只有 5 种颜色可使用, 那么不同的染色方法的总数是 . 解:顶点染色,有 5 种方法,

1

底面 4 个顶点,用 4 种颜色染,A4=24 种方法,用 3 种颜色,选 1 对顶点 C2,这一对顶点用某种颜

4

1

色染 C4,余下 2 个顶点,任选 2 色染,A3种,共有 C2C4A3=48 种方法;用 2 种颜色染: A4=12 种方法; ∴共有 5(24+48+12)=420 种方法. 6. 设 M={1,2,3,?,1995},A 是 M 的子集且满足条件:当 x∈A 时,15x?A,则 A 中元素的个 数最多是 . 解:1995=15× 133.故取出所有不是 15 的倍数的数,共 1862 个,这此数均符合要求. 在所有 15 的倍数的数中, 2 的倍数有 8 个, 15 这此数又可以取出, 这样共取出了 1870 个. 即|A|?1870. 又{k,15k}(k=9,10,11,?,133)中的两个元素不能同时取出,故|A|?1995-133+8=1870. 一、(25 分) 给定曲线族 2(2sinθ-cosθ+3)x2-(8sinθ+cosθ+1)y=0,θ 为参数,求该曲线在直线 y=2x 上所截 得的弦长的最大值. 8sinθ+cosθ+1 解:以 y=2x 代入曲线方程得 x=0,x= . 2sinθ-cosθ+3 8sinθ+cosθ+1 ∴ 所求弦长 l=?2sinθ-cosθ+3? 5.故只要求|x|的最大值即可.

1

2

1 1 2

2

?

?

由(2x-8)sinθ-(x+1)cosθ=1-3x.?(2x-8)2+(x+1)2?(1-3x)2,即 x2+16x-16?0. 24 7 解之得,-8?x?2.即|x|?8(当 sinθ=± ,cosθ=? 时即可取得最大值).故得最大弦长为 8 5. 25 25 二、(25 分) 求一切实数 p,使得三次方程 5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1=66p 的三个根均为正整数. 解:x=1 是方程的一个根.于是只要考虑二次方程 5x2-5px+66p-1=0 的两个根为正整数即可. 设此二正整数根为 u、v.则由韦达定理知,

? u+v=p ? ? 1 ? ?uv=5 (66p-1)

① ②

消去 p,得 5uv-66(u+v)=-1.同乘以 5:52uv-5?66u-5?66v=-5. ∴ (5u-66)(5v-66)=662-5=4351=19?229.由于 u、v 均为整数,故 5u-66、5v-66 为整数. ∴
? 5u-66=1, -1, 19, -19, ? ?5v-66=4351,-4351,229, -229.

∴ 其中使 u、v 为正整数的,只有 u=17,v=59 这一组值.此时 p=76. 三、(35 分) 如图,菱形 ABCD 的内切圆 O 与各边分别切于 E,F,G,H,在弧 EF 与 GH 上分别作圆 O 的切线交 AB 于 M,交 BC 于 N,交 CD 于 P,交 DA 于 Q,求证: MQ∥NP. 分析 要证 MQ∥NP,因 AB∥DC,故可以考虑证明∠AMQ=∠CPN.现∠A=∠C,故可证Δ AMQ∽ Δ CPN.于是要证明 AM∶AQ=CP∶CN. 证明 设∠ABC=2?,∠BNM=2?,∠BMN=2γ.则 1 由 ON 平分∠ONM, 得∠ONC=∠ONM= (180?-2?)=90?-?; 2 同理,∠OMN=∠OMA=90?-γ. 而∠CON=180?-∠OCN-∠ONC=?+?=90?-γ,于是Δ CON ∽Δ AMO, ∴AM∶AO=CO∶CN,即 AM· CN=AO2. 同理,AQ· CP=AO2,∴AM· CN=AQ· CP.

A M γ 2 E H Q O P F C G D

B 2 α 2 β N

∴Δ AMQ∽Δ CPN,∴∠AMQ=∠CPN. ∴MQ∥NP.

四、(35 分) 将平面上的每个点都以红,蓝两色之一着色.证明:存在这样两个相似的三角形,它们 的相似比为 1995,并且每一个三角形的三个顶点同色. 证明:首先证明平面上一定存在三个顶点同色的直角三角形. 任取平面上的一条直线 l, 则直线 l 上必有两点同色. 设此两点为 P、 不妨设 P、 Q, l R P S l Q 同着红色.过 P、Q 作 直线 l 的垂线 l1、l2,若 l1 或 l2 上有异于 P、Q 的点着红色, 则存在红色直角三角形.若 l1、l2 上除 P、Q 外均无红色点,则在 l1 上任取异于 P 的两 T 点 R、S,则 R、S 必着蓝色,过 R 作 l1 的垂线交 l2 于 T,则 T 必着蓝色.△RST 即为三 l Q 顶点同色的直角三角形. 设直角三角形 ABC 三顶点同色(∠B 为直角).把△ABC 补成矩形 ABCD(如图).把 矩形的每边都分成 n 等分(n 为正奇数,n>1,本题中取 n=1995).连结对边相应分点,把矩形 ABCD 分成 n2 个小矩形. AB 边上的分点共有 n+1 个,由于 n 为奇数,故必存在其中两个相邻的分点同色,(否则任两个相邻分 点异色,则可得 A、B 异色),不妨设相邻分点 E、F 同色.考察 E、F 所在的小矩形的另两个顶点 E?、F?, 若 E?、F?异色,则△EFE?或△DFF?为三个顶点同色的小直角三角形.若 E?、F?同色,再考察以此二点为顶 点而在其左边的小矩形,?.这样依次考察过去,不妨设这一行小 D A 矩形的每条竖边的两个顶点都同色. 同样,BC 边上也存在两个相邻的顶点同色,设为 P、Q,则考 M E' G 察 PQ 所在的小矩形,同理,若 P、Q 所在小矩形的另一横边两个 E F 顶点异色,则存在三顶点同色的小直角三角形.否则,PQ 所在列的 N H F' 小矩形的每条横边两个顶点都同色. B C P Q 现考察 EF 所在行与 PQ 所在列相交的矩形 GHNM,如上述, M、H 都与 N 同色,△MNH 为顶点同色的直角三角形. 由 n=1995,故△MNH∽△ABC,且相似比为 1995,且这两个直角三角形的顶点分别同色. 证明 2:首先证明:设 a 为任意正实数,存在距离为 2a 的同色两点.任取一点 O(设为红色点),以 O 为圆心,2a 为半径作圆,若圆上有一个红点,则存在距离为 2a 的两个红点,若圆 E F 上没有红点,则任一圆内接六边形 ABCDEF 的六个顶点均为蓝色,但此六边形边 长为 2a.故存在距离为 2a 的两个蓝色点.
1 2

下面证明:存在边长为 a, 3a,2a 的直角三角形,其三个顶点同色.如上证, 存在距离为 2a 的同色两点 A、B(设为红点),以 AB 为直径作圆,并取圆内接六边 形 ACDBEF, C、 E、 中有任一点为红色, 若 D、 F 则存在满足要求的红色三角形. 若 C、D、E、F 为蓝色,则存在满足要求的蓝色三角形.

A

B

C

D

下面再证明本题:由上证知,存在边长为 a, 3a,2a 及 1995a,1995 3a,1995?2a 的两个同色三角 形,满足要求. 证明 3:以任一点 O 为圆心,a 及 1995a 为半径作两个同心圆,在小圆上任取 9 点,必有 5 点同色, 设为 A、B、C、D、E,作射线 OA、OB、OC、OD、OE,交大圆于 A?,B?,C?,D?,E?,则此五点中必 存在三点同色,设为 A?、B?、C?.则?ABC 与?A?B?C?为满足要求的三角形.

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷十五 参考答案 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分)

1.若 M={(x,y)| |tan?y|+sin2?x=0},N={(x,y)|x2+y2?2},则 M∩N 的元素个数是( ) (A)4 (B)5 (C)8 (D)9 解:tan?y=0,y=k(k∈Z),sin2?x=0,x=m(m∈Z),即圆 x2+y2=2 及圆内的整点数.共 9 个.选 D. 2.已知 f(x)=asinx+b 3 x+4(a,b 为实数),且 f(lglog310)=5,则 f(lglg3)的值是( (A)?5 (B)?3 (C)3 (D)随 a,b 取不同值而取不同值 )

解:设 lglog310=m,则 lglg3=-lglog310=-m,则 f(m)=asinm+b 3 m+4=5,即 asinm+b 3 m=1. ∴ f(-m)=-(asinm+b 3 m)+4=-1+4=3.选 C. 3.集合 A,B 的并集 A∪B={a1,a2,a3},当 A?B 时,(A,B)与(B,A)视为不同的对,则这样的(A, B)对的个数是( ) (A)8 (B)9 (C)26 (D)27 解:a1∈A 或?A,有 2 种可能,同样 a1∈B 或?B,有 2 种可能,但 a1?A 与 a1?B 不能同时成立,故 2 有 2 -1 种安排方式,同样 a2、a3 也各有 22-1 种安排方式,故共有(22-1)3 种安排方式.选 D. π 4.若直线 x= 被曲线 C:(x?arcsina)(x?arccosa)+(y?arcsina)(y+arccosa)=0 所截的弦长为 d,当 a 变化时 4 d 的最小值是( π (A) 4 ) π (B) 3 π (C) 2 (D)?
O y
(?, ?)

解:曲线 C 表示以(arcsina,arcsina),(arccosa,-arccosa)为直径端点的 π π π π π 圆.即以(α,α)及( -α,- +α)(α∈[- , ])为直径端点的圆.而 x= 与圆 2 2 2 2 4 交于圆的直径.故 d= 故选 C. π π π (2α- )2+( )2? . 2 2 2

?
2

?

x
?
( 2

-?,-

?
2

+?)

C-A C+A 5. 在△ABC 中, A, C 的对边长分别为 a, c, c?a 等于 AC 边上的高 h, sin 角 B, b, 若 则 +cos 2 2 的值是( (A)1 ) (B) 1 2 (C) 1 3 (D)?1

解:2R(sinC-sinA)=csinA=2RsinCsinA,?sinC-sinA=sinCsinA, C-A C+A C-A 1 1 C+A ?2cos sin =- [cos(C+A)-cos(C-A)]= [1-2sin2 -2cos2 +1]. 2 2 2 2 2 2 C-A C-A C+A 2 C+A ?(sin +cos ) =1,但 sin +cos >0,故选 A. 2 2 2 2 6.设 m,n 为非零实数,i 为虚数单位,z?C,则方程|z+ni|+|z?mi|=n 与|z+ni|?|z?mi| ? ?m 在同一复平 面内的图形(F1,F2 为焦点)是( )
y
F2 F1
F1

y o
F2

y x
F2 F1

y

o
F2

x

o

x
F1

O (A)

x (B) (C) (D)

解:方程①为椭圆,②为双曲线的一支.二者的焦点均为(-ni,mi),由①n>0,故否定 A, 由于 n 为椭圆的长轴,而 C 中两个焦点与原点距离(分别表示|n|、|m|)均小于椭圆长轴,故否定 C.

由 B 与 D 知, 椭圆的两个个焦点都在 y 轴负半轴上, n 为长轴, 由 知|OF1|=n, 于是 m<0, 2|=-m. |OF 曲 线上一点到-ni 距离大,否定 D,故选 B. 二、填空题(每小题 5 分,共 30 分) 1.二次方程(1?i)x2+(?+i)x+(1+i?)=0(i 为虚数单位,??R)有两个虚根的充分必要条件是?的取值范围为 ________. 解:即此方程没有实根的条件.当 λ∈R 时,此方程有两个复数根,若其有实根,则 x2+λx+1=0,且 x2-x-λ=0.相减得(λ+1)(x+1)=0. 当 λ=-1 时,此二方程相同,且有两个虚根.故 λ=-1 在取值范围内. 当 λ≠-1 时,x=-1,代入得 λ=2.即 λ=2 时,原方程有实根 x=-1.故所求范围是 λ≠2. 1 1 2.实数 x,y 满足 4x2?5xy+4y2=5,设 S=x2+y2,则 + =_______. Smax Smin 5 解:令 x=rcosθ,y=rsinθ,则 S=r2 得 r2(4-5sinθcosθ)=5.S= . 5 4- sin2θ 2 5 5 4+ 4- 2 2 8 ∴ + = + = . Smax Smin 5 5 5 1 1 3.若 z?C,arg(z2?4)= 5π π ,arg(z2+4)= ,则 z 的值是________. 6 3
-4 z
2

y

解:如图,可知 z2 表示复数 4(cos120° +isin120° ). ∴ z=±2(cos60° +isin60° )=±(1+ 3i). 10 4.整数? 31 ?的末两位数是_______. ?10 +3?
93

O

4

x

3 x3 x +27-27 2 27 27 解:令 x=1031,则得 = =x -3x+9- .由于 0< <1,故所求末两位数字为 09-1=08. x+3 x+3 x+3 x+3

5.设任意实数 x0>x1>x2>x3>0,要使 logx01993+logx11993+logx21993?k· x01993 恒成立,则 k 的最大 log x1 x2 x3 x3 值是_______. x0 1 1 1 k 解:显然 >1,从而 logx01993>0.即 + + ? . x3 lgx0-lgx1 lgx1-lgx2 lgx2-lgx3 lgx0-lgx3 x3 1 1 1 就是[(lgx0-lgx1)+(lgx1-lgx2)+(lgx2-lgx3)]( + + )?k. lgx0-lgx1 lgx1-lgx2 lgx2-lgx3 其中 lgx0-lgx1>0,lgx1-lgx2>0,lgx2-lgx3>0,由 Cauchy 不等式,知 k?9.即 k 的最大值为 9. 6.三位数(100,101,?,999)共 900 个,在卡片上打印这些三位数,每张卡片上打印一个三位数, 有的卡片所印的, 倒过来看仍为三位数, 198 倒过来看是 861; 如 有的卡片则不然, 531 倒过来看是 , 如 因此,有些卡片可以一卡二用,于是至多可以少打印_____张卡片. 解:首位与末位各可选择 1,6,8,9,有 4 种选择,十位还可选 0,有 5 种选择,共有 4?5?4=80 种选择. 但两端为 1,8,中间为 0,1,8 时,或两端为 9、6,中间为 0,1,8 时,倒后不变;共有 2?3+2? 3=12 个,故共有(80-12)÷2=34 个. 三、 (本题满分 20 分) 三棱锥 S-ABC 中,侧棱 SA、SB、SC 两两互相垂直,M 为三角形 ABC 的重心,D 为 AB 的中点,作与 SC 平行的直线 DP.证明:(1)DP 与 SM 相交;(2)设 DP 与 SM 的交点为 D? ,则 D? 为三棱锥 S—ABC 的外 接球球心. S ⑴ 证明:∵ DP∥SC,故 DP、CS 共面. Q ∴DC?面 DPC,
A D D‘ M B P C

∵ M∈DC,?M∈面 DPC,SM?面 DPC. ∵ 在面 DPC 内 SM 与 SC 相交,故直线 SM 与 DP 相交. ⑵ ∵ SA、SB、SC 两两互相垂直,∴ SC⊥面 SAB,SC⊥SD. ∵ DP∥SC,∴ DP⊥SD.△DD?M∽△CSM, ∵ M 为△ABC 的重心,∴ DM∶MC=1∶2.∴ DD?∶SC=1∶2. 取 SC 中点 Q,连 D?Q.则 SQ=DD?,?平面四边形 DD?QS 是矩形. ∴ D?Q⊥SC,由三线合一定理,知 D?C=PS. 同理,D?A= D?B= D?B= D?S.即以 D?为球心 D?S 为半径作球 D?.则 A、B、C 均在此球上.即 D?为三 棱锥 S—ABC 的外接球球心. 四、 (本题满分 20 分) 设 0<a<b,过两定点 A(a,0)和 B(b,0)分别引直线 l 和 m,使与抛物线 y2=x 有四个不同的交点,当这 四点共圆时,求这种直线 l 与 m 的交点 P 的轨迹. 解:设 l:y=k1(x-a),m:y=k2(x-b).于是 l、m 可写为(k1x-y-k1a)(k2x-y-k2b)=0.
?y2=x, ∴ 交点满足? ?(k1x-y-k1a)(k2x-y-k2b)=0.

若四个交点共圆,则此圆可写为(k1x-y-k1a)(k2x-y-k2b)+?(y2-x)=0. 此方程中 xy 项必为 0,故得 k1=-k2,设 k1=-k2=k≠0. 于是 l、m 方程分别为 y=k(x-a)与 y=-k(x-b). 消去 k,得 2x-(a+b)=0,(y≠0)即为所求轨迹方程. 五、 (本题满分 20 分) 设正数列 a0、a1、a2、?、an、?满足 anan-2 - an-1an-2 =2an-1,(n?2) 且 a0=a1=1,求{an}的通项公式. 解:变形,同除以 an-1an-2 得: 令 an +1=bn,则得 bn=2bn-1. an-1 1 +1=2 为首项,2 为公比的等比数列. 1 an =2 an-1 an-1 +1, an-2

即{bn}是以 b1= ∴ bn=2n. ∴

an =(2n-1)2.故 an-1
?

∴ ?

a0=1, n 2 n-1 2 1 2 ? an=(2 -1) (2 -1) ?(2 -1) .(n?1)

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷十六 参考答案 一、选择题(每小题 5 分,共 30 分) 2 2 1.对于每个自然数 n,抛物线 y=(n +n)x ?(2n+1)x+1 与 x 轴交于 An,Bn 两点,以|AnBn|表示该两点的 距离,则|A1B1|+|A2B2|+?+|A1992B1992|的值是( )

1991 (A) 1992

(B)

1992 1993

(C)

1991 1993

(D)

1993 1992

1 1 1992 解:y=((n+1)x-1)(nx-1),∴ |AnBn|= - ,于是|A1B1|+|A2B2|+?+|A1992B1992|= ,选 B. n n+1 1993 2.已知如图的曲线是以原点为圆心,1 为半径的圆的一部分,则这一曲线的方 程是( ) (A)(x+ 1-y )(y+ 1-x )=0 (B)(x? 1-y )(y? 1-x )=0 2 2 2 2 (C)(x+ 1-y )(y? 1-x )=0 (D)(x? 1-y )(y+ 1-x )=0 2 2 解:(x? 1-y )=0 表示 y 轴右边的半圆,(y+ 1-x )=0 表示 x 轴下方的半圆, 故选 D.
2 2 2 2

y
1 ?1 O ?1 1 x

4 3.设四面体四个面的面积分别为 S1,S2,S3,S4,它们的最大值为 S,记λ=( Σ Si)/S,则λ一定满足 i=1 ( ) (A)2<λ≤4 (B)3<λ<4 (C)2.5<λ≤4.5 (D)3.5<λ<5.5 4 4 4 解: Σ Si≤4S,故 Σ Si≤4,又当与最大面相对的顶点向此面无限接近时, Σ Si 接近 2S,故选 A. i=1 i=1 i=1

C sinB 4.在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别记为 a,b,c(b?1),且 , 都是方程 log x=logb(4x-4) b A sinA
的根,则△ABC( ) (A)是等腰三角形,但不是直角三角形 (B)是直角三角形,但不是等腰三角形 (C)是等腰直角三角形 (D)不是等腰三角形,也不是直角三角形 2 解:x =4x-4.根为 x=2.∴ C=2A,?B=180°-3A,sinB=2sinA.?sin3A=2sinA, 2 ?3-4sin A=2.A=30°,C=60°,B=90°.选 B. 2 2 5.设复数 z1,z2 在复平面上对应的点分别为 A,B,且|z1|=4,4z1 ?2z1z2+z2 =0,O 为坐标原点,则△ OAB 的面积为( ) (A)8 3 (B)4 3 (C)6 3 (D)12 3 2z1 π π 1 3 解: =cos ±isin .∴ |z2|=8,z1、z2 的夹角=60°.S= ?4?8? =8 3.选 A. z2 3 3 2 2 6.设 f(x)是定义在实数集 R 上的函数,且满足下列关系 f(10+x)=f(10?x), f(20?x)=?f(20+x),则 f(x)是 (A)偶函数,又是周期函数 (B)偶函数,但不是周期函数 (C)奇函数,又是周期函数 (D)奇函数,但不是周期函数 解:f(20-x)=f[10+(10-x)]=f[10-(10-x)]=f(x)=-f(20+x). ∴ f(40+x)=f[20+(20+x)]=-f(20+x)=f(x).∴ 是周期函数; ∴ f(-x)=f(40-x)=f(20+(20-x)=-f(20-(20-x))=-f(x).∴ 是奇函数.选 C. 二、填空题(每小题 5 分共 30 分) 1 1 1 x z 1.设 x,y,z 是实数,3x,4y,5z 成等比数列,且 , , 成等差数列,则 + 的值是______.

x y z

z x

2xz (x+z) 64 x z 34 2 2 2 2 解:16y =15xz,y= ,?16?4x z =15xz(x+z) .由 xz≠0,得 = ,? + = . x+z xz 15 z x 15 2.在区间[0,?]中,三角方程 cos7x=cos5x 的解的个数是 . 1 解:7x=5x+2kπ,或 7x=-5x+2kπ,(k∈Z)?x=kπ,x= kπ (k∈Z),共有 7 解. 6 3.从正方体的棱和各个面上的对角线中选出 k 条,使得其中任意两条线段所在的直
A' D A B D' B' C C'

2

线都是异面直线,则 k 的最大值是 . 解:正方体共有 8 个顶点,若选出的 k 条线两两异面,则不能共顶点,即至多可选出 4 条,又可以选 出 4 条两两异面的线(如图),故所求 k 的最大值=4. 4.设 z1,z2 都是复数,且|z1|=3,|z2|=5|z1+z2|=7,则 arg( ) 的值是______. 3 +5 -7 1 解:cos∠OZ1Z3= =- .即∠OZ1Z3==120°, 2?3?5 2
2 2 2

z2 z1

3

y
Z2

z2 π 5π ∴ arg( )= 或 . z1 3 3
∴ arg( ) =π. 5. 设数列 a1,2, ,n, a ? a ?满足 a1=a2=1,3=2, a 且对任何自然数 n,都有 anan+1an+2?1, 又 anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,则 a1+a2+?+a100 的值是____. 解:anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,an+1an+2an+3an+4=an+1+an+2+an+3+an+4, 相减,得 anan+1an+2(a4-an)=an+4-an,由 anan+1an+2?1,得 an+4=an. 又,anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,a1=a2=1,a3=2,得 a4=4. ∴ a1+a2+?+a100=25(1+1+2+4)=200. 6.函数 f(x)= x -3x -6x+13- x -x +1的最大值是_____. 2 2 2 2 2 2 2 解:f(x)= (x -2) +(x-3) - (x -1) +x ,表示点(x,x )与点 A(3, 2)的距离及 B(0,1)距离差的最大值.由于此二点在抛物线两侧,故过此二 点的直线必与抛物线交于两点.对于抛物线上任意一点,到此二点距离之差 大于|AB|= 10.即所求最小值为 10. 4 1 三、(20 分)求证:16< Σ <17. i=1 k 证明: 同时 1 1
4 2 4 2

Z3

z2 z1

3

Z1

O

x

y

A (3,2) B (0,1)
O x

= < =2( k- k-1), k k+ k k-1+ k =2( k+1- k). k+1+ k
2

2

2

k

>

80 80 1 80 于是得 2 Σ ( k+1- k)< Σ <1+2 Σ ( k- k-1) k=1 k=1 k k=1 80 1 即 16< Σ <1+2( 80-1)<1+2(9-1)=17. k=1 k 四、(20 分)设 l,m 是两条异面直线,在 l 上有 A,B,C 三点,且 AB=BC,过 A,B,C 分别作 m 的垂线 AD,

BE,CF,垂足依次是 D,E,F,已知 AD= 15,BE= CF= 10,求 l 与 m 的距离.
解:过 m 作平面α∥l,作 AP⊥α于 P,AP 与 l 确定平面β,β∩α=l?,l?∩m=K. 作 BQ⊥α,CR⊥α,垂足为 Q、R,则 Q、R∈l?,且 AP=BQ=CR=l 与 m 的距离 d. l ? 连 PD、QE、RF,则由三垂线定理之逆,知 PD、QE、RF 都⊥m.

7 2

C

B

A

PD= 15-d2,QE=

49 2 2 -d ,RF= 10-d . 4
?
l'

m

R KF

Q

P

当 D、E、F 在 K 同侧时 2QE=PD+RF,

E D

? 49-4d = 15-d + 10-d .解之得 d= 6 2 2 2 当 D、E、F 不全在 K 同侧时 2QE=PD-RF,? 49-4d = 15-d - 10-d .无实解. ∴ l 与 m 距离为 6.
2 2 2

五、(20 分)设 n 是自然数,fn(x)=

xn+1-x-n-1 1 -1 (x?0,±1),令 y=x+ . x-x x

1.求证:fn+1(x)=yfn(x)?fn-1(x),(n>1) 2.用数学归纳法证明:

? y -C y +…+(-1) C y +…+(-1)2,(i=1,2,…, n,n为偶数) ? 2 f (x)=? n-1 n-1 +1 ? y -C y +…+(-1) C +…+(-1) 2 C n2 y,(i=1,2,…,n-1,n为奇数) 2 ? 2
n
n
1 n-2 n-1

i

i

n-2i

n-i

n

n

1

n-2

i

n-1

i n-i

1 n+1 -n-1 n -n (x+ )(x -x )-x +x 证明: ⑴ 由 yfn(x)?fn-1(x)=

x

x-x x

-1

=

xn+2-x-n-2 =fn+1(x).故证. x-x-1

1 1 2 2 -2 2 ⑵ f1(x)= x+ ,f2(x)=x +1+x =(x+ ) -1=y -1.故命题对 n=1,2 成立.

x

设对于 n≤m(m≥2,m 为正整数),命题成立,现证命题对于 n=m+1 成立. 1. 若 m 为偶数,则 m+1 为奇数.由归纳假设知,对于 n=m 及 n=m-1,有

fm(x)= y -C y +C

m

1 m-2 m-1

2 m-4 m-2

y +…+(-1) Cm-iy

i

i

m-2i

2 m-2?2 +…+(-1)2Cm-my 2

m

m

m



fm-1(x)= ym-1-C y +…+(-1) C y

1 m-3 m-1

i-1 i-1 m+1-2i m-i

m-2 m +…+(-1) 2 ?C 2 y m-2
2



∴ yfm(x)-fm-1(x)=y -…+(-1) (Cm-i+C

m+1

i

i

i-1 m-i

)y

m+1-2i

-1 2 +…+(-1)2(Cm-m+C2-m)y m 2 2

m

m

m

= y -C

m+1

1 m-1 m+1-1

y +…+(-1) C

i

i m+1-2i m-i+1

y

m +…+(-1)2?Cm2 y +1 m
2

即命题对 n=m+1 成立. 2.若 m 为奇数,则 m+1 为偶数,由归纳假设知,对于 n=m 及 n=m-1,有

m-1 2 fm(x)= ym-1-C y +…+(-1)i?Cm-iym-2i+…+(-1) 2 ?Cm-1 y m-1
1 m-2 m-2

i

2



fm-1(x)= y -C y +…+(-1) C y

m-1

1 m-3 m-2

i-1 i-1 m+1-2i m-i

m-1 m-1 2 +…+(-1) 2 Cm-1
2



用 y 乘③减去④,同上合并,并注意最后一项常数项为

m-1 m-1 m-1 m+1 m+1 2 m-1=-(-1) 2 Cm2 =(-1) 2 . +1 -(-1) 2 C
2 2

m+1 m+1 1 m-1 于是得到 yfm(x)-fm-1(x)=y -Cm y +…+(-1) 2 ,即仍有对于 n=m+1,命题成立 综上所述,知对于一切正整数 n,命题成立.

2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷十七 参考答案 一.选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1、设 a,b,c 是实数,那么对任何实数 x, 不等式 asinx+bcosx+c>0 都成立的充要条件是 (A) a,b 同时为 0,且 c>0 (B) a2+b2=c (C) a2+b2<c (D) a2+b2>c 解:asinx+bcosx+c= a2+b2sin(x+φ)+c∈[- a2+b2+c, a2+b2+c].故选 C. 2、给出下列两个命题:(1)设 a,b,c 都是复数,如果 a2+b2>c2,则 a2+b2-c2>0.(2)设 a,b,c 都是 复数,如果 a2+b2-c2>0,则 a2+b2>c2.那么下述说法正确的是 (A)命题(1)正确,命题(2)也正确 (B)命题(1)正确,命题(2)错误 (C)命题(1)错误,命题(2)也错误 (D)命题(1)错误,命题(2)正确 2 2 解:⑴正确,⑵错误;理由:⑴a +b >c2,成立时,a2+b2 与 c2 都是实数,故此时 a2+b2-c2>0 成立; ⑵ 当 a2+b2-c2>0 成立时 a2+b2-c2 是实数,但不能保证 a2+b2 与 c2 都是实数,故 a2+b2>c2 不一定成 立.故选 B. 3、已知数列{an}满足 3an+1+an=4(n?1),且 a1=9,其前 n 项之和为 Sn,则满足不等式|Sn-n-6|< 最小整数 n 是 (A)5 1 的 125

(B)6

(C)7

(D)8

1 1 解:(an+1-1)=- (an-1),即{ an-1}是以- 为公比的等比数列, 3 3 1 1-(- )n 3 1 - 1 1 1 ∴ an=8(- )n 1+1.∴ Sn=8? +n=6+n-6(- )n,?6·n< ,?n?7.选 C. 3 1 3 3 125 1+ 3

π log sina log cosa log cosa 4、已知 0<b<1,0<a< ,则下列三数:x=(sina) b ,y=(cosa) b ,z=(sina) b 的大小关 4 系是 (A)x<z<y (B)y<z<x (C)z<x<y 解:0<sina<cosa<1.logbsina>logbcosa>0. (D)x<y<z

log sina log cosa log cosa ∴ (sina) b < (sina) b < (cosa) b 即 x<z<y.选 A. 5、在正 n 棱锥中,相邻两侧面所成的二面角的取值范围是 (A)( n-2 π,π) n (B)( n-1 π,π) n π (C)(0, ) 2 (D)( n-2 n-1 π, π) n n

n-2 解:设相邻两侧面所成的二面角为 θ,易得 θ 大于正 n 边形的一个内角 π,当棱锥的高趋于 0 时, n θ 趋于 π,故选 A. |x+y| |x-y| 6、在平面直角坐标系中,方程 + =1 (a,b 是不相等的两个正数)所代表的曲线是 2a 2b (A)三角形 (B)正方形 (C)非正方形的长方形 (D)非正方形的菱形 解:x+y?0,x-y?0 时,(一、四象限角平分线之间):(a+b)x+(b-a)y=2ab; x+y?0,x-y<0 时,(一、二象限角平分线之间):(b-a)x+(a+b)y=2ab; x+y<0,x-y?0 时,(三、四象限角平分线之间):(a-b)x-(a+b)y=2ab; x+y<0,x-y<0 时,(二、三象限角平分线之间):-(a+b)x+(a-b)y=2ab. 四条直线在 a≠b 时围成一个菱形(非正方形).选 D. 二、填空题(每小题 9 分,共 54 分) 1.已知有向线段 PQ 的起点 P 和终点 Q 的坐标分别为(?-1,1)和(2,2),若直线 l:x+my+m=0 与 PQ 的延长线相交,则 m 的取值范围是 . 1 解:即 x+my+m=0 与 y= (x+1)+1 的交点的横坐标>2. 3 1 4 7m 2 ∴ x+m( x+ )+m=0,(3+m)x=-7m.x=- >2.?-3<m<- . 3 3 m+3 3
3 ?x +sinx-2a=0, π π 2.已知 x,y∈[- , ],a∈R 且? 3 则 cos(x+2y) = 4 4 ? 4y +sinycosy+a=0



解:2a=x3+sinx=(-2y)3-sin(-2y), π π π π 令 f(t)=t3+sint,t∈[- , ],f ?(t)=3t2+cost>0,即 f(t)在[- , ]上单调增.∴ x=-2y. 2 2 2 2 ∴ cos(x+2y)=1. 5 5 3.已知点集 A={(x,y)|(x-3)2+(y-4)2?( )2},B={(x,y)|(x-4)2+(y-5)2>( )2},则点集 A∩B 中的整 2 2 点(即横、纵坐标均为整数的点)的个数为 . 解:如图可知,共有 7 个点,即(1,3),(1,4),(1,5),(2,2),(2,3),(3,2),(4,2)共 7 点. θ 4.设 0<θ<π, ,则 sin (1+cosθ)的最大值是 2 解:令 y= sin .
y

?
2

(1+cosθ) >0,
3 2 1

(4,5) (3,4)

2 ? ? ? ? ? 则 y2=4 sin2 cos4 =2?2sin2 cos2 cos2 ?2( )3. 2 2 2 2 2 3

O

1

2

3

x

4 3 ∴ y? 9

2 ? .当 tan = 时等号成立. 2 2

5.已知一平面与一正方体的 12 条棱的夹角都等于 α,则 sinα= . 解: 条棱只有三个方向, 12 故只要取如图中 AA?与平面 AB?D?所成角即可. 设 AA?=1,则 A?C= 3,A?C⊥平面 AB?D?,A?C 被平面 AB?D?、BDC?三等分.于是 3 sinα= . 3 6.已知 95 个数 a1,a2,a3,?,a95, 每个都只能取+1 或-1 两个值之一, A 那么它们的两两之积的和 a1a2+a1a3+?+a94a95 的最小正值是 . 解:设有 m 个+1,(95-m)个-1.则 a1+a2+?+a95=m-(95-m)=2m-95 ∴ 2(a1a2+a1a3+?+a94a95)=(a1+a2+?+a95)2-(a12+a22+?+a952)=(2m-95)2-95>0. 取 2m-95=±11.得 a1a2+a1a3+?+a94a95=13.为所求最小正值. . 三解答题
2

D' B' D B

C'

A'

C

一、(本题满分 25 分) x 的二次方程 x2+z1x+z2+m=0 中,z1,z2,m 均是复数,且 z1-4z2=16+20i,设这个方 程的两个根 α、β,满足|α-β|=2 7,求|m|的最大值和最小值. 解:设 m=a+bi(a,b∈ R).则△=z12-4z2-4m=16+20i-4a-4bi=4[(4-a)+(5-b)i].设△的平方根为 u+vi.(u,v∈R) 即(u+vi)2=4[(4-a)+(5-b)i]. |α-β|=2 7,?|α-β|2=28,?|(4-a)+(5-b)i|=7,?(a-4)2+(b-5)2=72, 即表示复数 m 的点在圆(a-4)2+(b-5)2=72 上, 该点与原点距离的最大值为 7+ 41, 最小值为 7- 41. 二、(本题满分 25 分) 将与 105 互素的所有正整数从小到大排成数列,试求出这个数列的第 1000 项。 1 1 1 解:由 105=3× 7;故不超过 105 而与 105 互质的正整数有 105× 5× (1- )(1- )(1- )=48 个。 3 5 7 1000=48× 20+48-8, 105× 20=2100.而在不超过 105 的与 105 互质的数中第 40 个数是 86. ∴ 所求数为 2186。
E A

三、 (本题满分 35 分) 如图, 设三角形的外接圆 O 的半径为 R,内心为 I, ∠B=60?, ∠A<∠C,∠A 的外角平分线交圆 O 于 E. 证明:(1) IO=AE; (2) 2R<IO+IA+IC<(1+ 3)R. 证明:∵∠B=60°,∴∠AOC=∠AIC=120°. B ∴A,O,I,C 四点共圆.圆心为弧 AC 的中点 F,半径为 R. ∴O 为⊙F 的弧 AC 中点,设 OF 延长线交⊙F 于 H,AI 延长线交弧 BC 于 D. 由∠EAD=90° (内外角平分线)知 DE 为⊙O 的直径.∠OAD=∠ODA. E 但∠OAI=∠OHI,故∠OHI=∠ADE,于是 RtΔ DAE≌RtΔ HIO ∴AE=IO. 由Δ ACH 为正三角形,易证 IC+IA=IH. 由 OH=2R.∴IO+IA+IC=IO+IH>OH=2R. O 设∠OHI=α,则 0<α<30° . I ∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα+cosα)=2R 2sin(α+45° ) 又 α+45° <75° ,故 IO+IA+IC<2 2R( 6+ 2)/4=R(1+ 3)
B C D

O I C

A

F

H

四、 (本题满分 35 分) 给定平面上的点集 P={P1,P2,?,P1994}, P 中任三点均不共线,将 P 中的所有 的点任意分成 83 组,使得每组至少有 3 个点,且每点恰好属于一组,然后将在同一组的任两点用一条线 段相连,不在同一组的两点不连线段,这样得到一个图案 G,不同的分组方式得到不同的图案,将图案 G 中 所含的以 P 中的点为顶点的三角形个数记为 m(G). (1)求 m(G)的最小值 m0. (2)设 G*是使 m(G*)=m0 的一个图案,若 G*中的线段(指以 P 的点为端点的线段)用 4 种颜色染色,每条 线段恰好染一种颜色. 证明存在一个染色方案,使 G*染色后不含以 P 的点为顶点的三边颜色相同的三角形. 83 解:设 G 中分成的 83 个子集的元素个数分别为 ni(1?i?83), Σ ni=1994.且 3?n1?n2???n83. i=1 83 3 则 m(G)= Σ Cn .即求此式的最小值. i i=1 3 3 3 3 2 2 设 nk+1>nk+1.即 nk+1-1?nk+1.则 Cn +1+ Cn -1-( Cn + Cn )= Cn -Cn <0.这就是说,当 nk+1 i i+1 i i+1 i i+1 与 nk 的差大于 1 时,可用 nk+1-1 及 nk+1 代替 nk+1 及 nk,而其余的数不变.此时,m(G)的值变小. 于是可知,只有当各 ni 的值相差不超过 1 时,m(G)才能取得最小值. 1994=83?24+2.故当 81 组中有 24 个点,2 组中有 25 个点时,m(G)达到最小值. m0=81C24+2C25=81?2024+2?2300=168544. ⑵ 取 5 个点为一小组,按图 1 染成 a、b 二色.这样的五个小组,如图 2,每个小圆表示一个五点小 组.同组间染色如图 1,不同组的点间的连线按图 2 染成 c、d 两色.这 25 个点为一组,共得 83 组.染色 法相同.其中 81 组去掉 1 个点及与此点相连的所有线.即得一种满足要求的染色.
3 3

a b b a b a b b

a

c d d a c d c d d

c

c

图1

图2


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