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2013年全国高校自主招生数学模拟试卷一


2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷一
命题人:南昌二中 高三(01)班 张阳阳 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( ) A.
1 7
P

B.

?

1 7

C.

1 2

D.

?

1 2
A

D

C B

2. 设实数 a 使得不等式|2x? a|+|3x? 2a|≥a2 对 任意实数 x 恒成立,则满足条件的 a 所组成的集合 是( ) A.
[? 1 1 , ] 3 3

B.

[?

1 1 , ] 2 2

C.

[?

1 1 , ] 4 3

D. [? 3,3]

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( ) A.
52 81

B.

59 81

C.
b cos c a

60 81

D.

61 81

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
A.
? 1 2

的值等于(

) D. 1

B.

1 2

C. ? 1

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( )

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( ) A. 62 B. 66 C. 68 D. 74 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 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(? 1,3)及一个动点 P ,则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为 __________。 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 ________。

9. 已知正方体 ABCD? A1B1C1D1 的棱长为 1,以顶点 A 为球心,

2 3 3



半径作一个球,则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于 __________。 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=d2,且 ________。 11. 已知函数
f (x) ? sin( πx ) ? cos( πx ) ? 2 1 5 ( ? x? ) 4 4 x

a1 ? a 2 ? a 3
2 2

2

b1 ? b 2 ? b 3

是正整数,则 q 等于

,则 f(x)的最小值为

________。 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________种(用数字 作答)。 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 设 a n ? ?
n

1 k (n ? 1 ? k )

,求证:当正整数 n≥2 时,an+1<an。

k ?1

14. 已知过点(0,1)的直线 l 与曲线 C: y ?

x?

1 x

( x ? 0 ) 交于两个不同

点 M 和 N。求曲线 C 在点 M、N 处切线的交点轨迹。

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。

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.
1 7
P

B.

?

1 7

C.

1 2

D.

?

1 2

D

M C

B 解:如图,在侧面 PAB 内,作 AM⊥PB,垂足为 M。 A 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 ?

7 2
AM
2

。 在 △ AMC
? CM
2

中 , 由 余 弦 定 理 得

? AC

2

2 ? AM ? CM

? ?

1 7



2. 设实数 a 使得不等式|2x? a|+|3x? 2a|≥a2 对任意实数 x 恒成立, 则满足条件的 a 所组成的集合是( A ) A.
[? 1 1 , ] 3 3
2 3

B.
a

[?

1 1 , ] 2 2

C.
1 3 1 2

[?

1 1 , ] 4 3

D. [? 3,3]

解:令 x ? 正确。

,则有 | a |? ,排除 B、D。由对称性排除 C,从而只有 A
3 2 3 2 |k ? 4 3 | ,对任意的 4 3

一般地, k∈R, x ? 对 令

ka

, 则原不等式为 | a | ? | k ? 1 | ?

| a |?| k ?

|? | a |

2



由此易知原不等式等价于 | a |? | k ? 1 | ? 由于

k∈R 成立。

?5 ?2 k ? 3 ? 3 4 1 ? | k ? 1 | ? | k ? |? ? 1 ? k 2 3 2 ? ?3 ? 5 k ? 2 ?

k ?

4 3 4 3

1? k ? k ?1



所以 min {| k ? 1 | ? k?R

3 2

|k ?

4 3

|} ?

1 3

,从而上述不等式等价于 | a |? 。
3

1

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.
52 81

B.

59 81

C.

60 81

D.

61 81

解:甲、乙二人每人摸出一个小球都有 9 种不同的结果,故基本事件 总数为 92=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 81
b cos c a

?

61 81



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
A.
? 1 2

的值等于(

C D. 1



B.

1 2

C. ? 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 2



c=π,则对任意的 x∈R,af(x)+bf(x? c)=1,由此得
一般地,由题设可得 f ( x ) ? 其中 0 ? ?
? π 2
13 a sin( x ? ? ) ? 13 a sin( x ? ? ) ? 13 sin( x ? ? ) ? 1 , f ( x ? c ) ?

b cos c a

? ?1 。

13 sin( x ? ? ? c ) ? 1 ,

且 tan ?

?

2 3

,于是 af(x)+bf(x? c)=1 可化为
13 b sin c cos( x ? ? ) ? ( a ? b ? 1) ? 0 ,所以

13 b sin( x ? ? ? c ) ? a ? b ? 1 ,即 13 b sin( x ? ? ) cos c ? 13 b sin c cos( x ? ? ) ? ( a ? b ? 1) ? 0 。

13 ( a ? b cos c ) sin( x ? ? ) ?

由已知条件,上式对任意 x∈R

? a ? b cos c ? 0 ? 恒成立,故必有 ? b sin c ? 0 ? a ? b ?1 ? 0 ?

(1) (2) , (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)。当 c=2kπ时,cosc=1, 则(1)、(3)两式矛盾。故 c=2kπ+π(k∈Z),cosc=? 1。由(1)、(3) 知a
?b ? 1 2

,所以

b cos c a

? ?1 。

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( A )

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 r1 ? r2



2c | r1 ? r2 |

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

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。 D C 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) P F 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(? 1,3)及一个动点 P,则 A |PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为 B 3 2 ?2 5 。 解:如图,设 AC 与 BD 交于 F 点,则|PA|+|PC|≥|AC|=|FA|+|FC|, |PB|+|PD|≥|BD|=|FB|+|FD|,因此,当动点 P 与 F 点重合时, |PA|+|PB|+|PC|+|PD|取到最小值 | 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


? AE ? AC ? AF ? 2 ,所以 AB ? ( AB ? BE ) ? AC ? ( AB ? BF ) ? 2

解:因为 AB
2

,即

AB

? AB ? BE ? AC ? AB ? AC ? BF ? 2
33 ? 1 ? 33 ? 1 ? 36 2? 33 ? 1

。因为 AB

2

?1,

AC ? AB ?

? ? 1 , BE ? ? BF

,所以1 ? BF

? ( AC ? AB ) ? 1 ? 2 ,

即 BF

? BC ? 2 。 EF 设

与 BC 的夹角为θ, 则有 | BF

| ? | BC | ? cos θ ? 2

, 3cos 即

θ=2,所以 cos

θ ?

2 3



9. 已知正方体 ABCD? A1B1C1D1 的棱长为 1,以顶 点 A 为球心,
5 3π 6 2 3 3

为半径作一个球,则球面与正

方体的表面相交所得到的曲线的长等于 。

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、 ABCD 面 和面 AA1D1D 上; 另一类在不过顶点 A 的三个面上, 即面 BB1C1C、 CC1D1D 面 和面 A1B1C1D1 上。 在面 AA1B1B 上, 交线为弧 EF 且在过球心 A 的大圆上, 因为 AE
? 2 3 3

,AA1=1,则 ? A1 AE
2 3 π 3 ? ? π 3 6 9

?

π 6

。同理 ? BAF

?

π 6

,所以 ? EAF

?

π 6



故弧 EF 的长为

,而这样的弧共有三条。在面 BB1C1C 上,
π 2
3 π 3 ? ? π 3 2 6

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 这样的弧也有三条。 于是,所得的曲线长为 3 ?
3 9 π ? 3? 3 6
2

3 3

? , FBG

?

, 所以弧 FG 的长为
5 3π 6



π ?


2

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
1 2
2

a1 ? a 2 ? a 3
2

b1 ? b 2 ? b3

是正整数,则 q 等于


a1 ? a 2 ? a 3
2 2 2

解:因为

b1 ? b 2 ? b 3
14 m

?

a1 ? ( a1 ? d ) ? ( a1 ? 2 d )
2 2

2

b1 ? b1 q ? b1 q

2

?

14 1? q ? q
?
2

,故由已知条件
14 m

知道:1+q+q2 为
q ? ?
1? 14 m

,其中 m 为正整数。令 1 ? q ? q 2
1 2 ? 56 ? 3 m 4m
56 ? 3 m

,则

1 2

?

1 4

?

14 m

?1 ? ?

。由于 q 是小于 1 的正有理数,所以 是某个有理数的平方, 由此可知 q ? 。
2 1

? 3, 即

5≤m≤13 且

11. 已知函数
4 5 5

4m sin( πx ) ? cos( πx ) ? 2 1 5 f (x) ? ( ? x? ) 4 4 x

,则 f(x)的最小值为




g (x) ?




π 4


)( 1 4


? x? 5 4

2 sin( πx ? f (x) ? x
) ,则

π 4

)?2 (

1 4

? x?

5 4

)





2 sin( πx ?

g(x)≥0,g(x)在 [

在[

3 5 , ] 上是减函数,且 y=g(x)的图像关于直线 x ? 对称,则对任意 4 4 4 1 3 3 5 x 1 ? [ , ] ,存在 x 2 ? [ , ] ,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 ( x 2 ) , f(x)在 [ , ] 上是减函数, 而 4 4 x1 x1 x2
5 4 5 f( )? 4 5

1 3 , ] 上是增函数, 4 4 3

所以 f ( x ) ?

,即 f(x)在 [

4 5 1 5 , ] 上的最小值是 5 4 4



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)。 解:使 2 个 a 既不同行也不同列的填法有 C42A42=72 种,同样,使 2 个 b 既不同行也不同列的填法也有 C42A42=72 种,故由乘法原理,这样的 填法共有 722 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 的情况有 C161A92=16×72 种。所以,符合题设条件的填法共有 722 ? 72? 16×72=3960 种。 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分) 13. 设 a n ? ? 证明:由于
n

1 k (n ? 1 ? k )

,求证:当正整数 n≥2 时,an+1<an。
1 n ?1 k
1 2

k ?1

1 k (n ? 1 ? k )

?

(

1

?

1 n ?1? k

)
1

,因此 a n
n

?

? n ?1
n ?1

2

n

1 k

,于是,对

k ?1

任意的正整数 n≥2,有
?( 1 n ?1 ? 1 n?2 )?
n

( a n ? a n ?1 ) ?

? n ?1
1

1 k
n

?

k ?1

? n?2

1

1 k

k ?1

1 k

?

1 ( n ? 1)( n ? 2 )

?

k ?1

( n ? 1)( n ? 2 )

(?

1 k

? 1) ? 0 ,即

an+1<an。

k ?1

14. 已知过点(0,1)的直线 l 与曲线 C: y ?

x?

1 x

( x ? 0 ) 交于两个不同

点 M 和 N。求曲线 C 在点 M、N 处切线的交点轨迹。 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 ? ?y ? x ? 由方程组 ? x ,消去 ? y ? kx ? 1 ?

y,得 x ?

1 x

? kx ? 1 ,即(k?

1)x2+x? 1=0。由

题意知,该方程在(0,+∞)上有两个相异的实根 x1、x2,故 k≠1,且 Δ=1+4(k? 1)>0…(1),x1 ? x 2 此解得
3 4 ? k ?1

?

1 1? k

?0

…(2),x1 x 2
y' ? 1 ? 1 x
2

?

1 1? k

? 0

…(3),由
1 x1
2

。对

y ? x?

1 x

求导,得

,则

y' | x ? x1 ? 1 ?



y' | x ? x 2 ? 1 ?
y ? ( x1 ? y ? (1 ? 1 x1 1 x
2 1

1 x
2 2

, 于 是 直 线 l1 的 方 程 为
1 x1 2 x1
2

y ? y 1 ? (1 ?

1 x1
2

)( x ? x 1 )

,即

) ? (1 ? )x ?

)( x ? x1 )

, 化 简 后 得 到 直 线 l1 的 方 程 为
1 x
2 2

…(4)。同理可求得直线 l2 的方程为 y ? (1 ?
1 x
2 2

)x ?

2 x2

… …

(5)。 (4)? (5)得 (

?

1 x
2 1

)xp ?

2 x1

?

2 x2

?0

, 因为 x1≠x2, 故有 x p
1 x1 1 x2

?

2 x1 x 2 x1 ? x 2

(6) 。 将 (2)(3) 两 式 代 入 (6) 式 得
2 y p ? (2 ? ( 1 x
2

xp=2 。 (4)+(5) 得
? ? x1 ? x 2 x1 x 2 ?1

2 1

?
2

1 x
2 2

)) x p ? 2 (

1 x1
2

?

1 x2

)

… (7) , 其 中
?( x1 ? x 2 x1 x 2 ) ?
2



1 x
2 1

?

1 x
2 2

?

x1 ? x 2 x x
2 1 2 2

?

( x1 ? x 2 ) ? 2 x1 x 2 x x
2 1 2 2

2 x1 x 2

? 1 ? 2 (1 ? k ) ? 2 k ? 1 ,代入
3 4 ? k ?1得

(7)式得 2yp=(3? 2k)xp+2,而 xp=2,得 yp=4? 2k 。又由
2 ? yp ? 5 2

,即点 P 的轨迹为(2,2),(2,2.5)两点间的线段(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。 证明:记 g ( x ) ?
f ( x) ? f (? x) 2

, h(x) ?

f ( x) ? f (? x) 2

,则 f(x)=g(x)+h(x),
g (x) ? g (x ? π ) 2

且 g(x)是偶函数,h(x)是奇函数,对任意的 x∈R,g(x+2π)=g(x),

h(x+2

π

)=h(x)
x ? kπ ? x ? kπ ?


π 2 π 2

令 ,

f1 ( x ) ?

, ,

? g ( x) ? g ( x ? π ) ? 2 cos x f2 ( x) ? ? ? 0 ?

? h(x) ? h(x ? π ) ? f3 ( x) ? ? 2 sin x ? 0 ?

x ? kπ x ? kπ

? h(x) ? h(x ? π ) ? 2 sin 2 x f4 (x) ? ? ? 0 ?

x? x?

kπ 2 kπ 2

,其中 k 为任意整数。

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),=1, 3, 下证对任意的 x∈R, f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。 i 2, 4。 有 当
x ? kπ ? π 2 f 1 ( x ) ? f 2 ( x ) cos x ? f 1 ( x ) ? g (x) ? g (x ? π ) 2

时 , 显 然 成 立 ; 当 ,而

x ? kπ ?

π 2

时 , 因 为

g ( x ? π ) ? g ( kπ ?

3π 2

) ? g ( kπ ?

3π 2

? 2 ( k ? 1) π ) ? g ( ? kπ ?

π 2

) ? g ( kπ ?

π 2

) ? g (x)

,故

对任意的 x∈R,f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。 下证对任意的 x∈R,有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。当 x ?
kπ 2

时,显

然成立;当 x=kπ时,h(x)=h(kπ)=h(kπ? 2kπ)=h(? kπ)=? h(k π ),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 ? 时,
2 h ( x ? π ) ? h ( kπ ? f3 ( x) s n i x ? 3π ) ? h ( kπ ? 3π 2 ? h(x) ? 2 ( k ? 1) π ) ? h ( ? kπ ? π 2 ) ? ? h ( kπ ? π 2 ) ? ? h ( x ) ,故 2 h(x) ? h(x ? π ) 2

π

, 又

f4(x)sin2x=0 , 从 而 有

h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。 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。


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