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2013年全国高校自主招生数学模拟试卷十四


2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷十四
命题人:南昌二中 高三(01)班 张阳阳
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. 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(
1995 1995 1995

)

(A)4 (B)5 (C)10 (D)20 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 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,则 k 的取值范围是( ) 1 (A)k>0 (B)0<k≤ 2n+1 1 1 (C) <k≤ 2n+1 2n+1 (D)以上都不是

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 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, 1 1 1 与 PA,PB 的延长线分别交于 Q,R,则和式 + + 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 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 .

2. 一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为 . 2 3. 用[x]表示不大于实数 x 的最大整数, 方程 lg x-[lgx]-2=0 的实根个数是



?y≤3xx, 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



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 . 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 . 三。解答题

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.

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.

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. A

M B N

E

H

Q D

F C

G

P

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.

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 39 39 39 n=20.选 C. 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
1995

,Z2

1995

,…,Z20 所对应的不同的点的个数是( (B)5 (C)10 (D)20

1995

)

(A)4

π π 20 - 解: 设 z1=cosθ+isinθ, 则 zk=z1εk 1, 其中 ε=cos +isin . ε =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,则 k 的 取值范围是( ) 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 2 2 2 2 - 1, 2n+1]上有两个根.故△ =(4n+k ) - 16n >0.且 (2n- 1) - (4n+k2)(2n- 1)+4n2>0 , 1 1 (2n+1)2-(4n+k2)(2n+1)+4n2≥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 logcos1tan1<0,logsin1cos1>0,logcos1sin1>0,

y

y=(cos1)x

?

?

tan1 1 (1,sin1) (1,cos1) 1

c d

O

b

a x

设 logsin1cos1=a,则得(sin1)a=cos1<sin1,a>1;logcos1sin1=b,则(cos1)b=sin1>cos1, 0<b<1;即 logcos1sin1< logsin1cos1. 设 logsin1tan1=c,logcos1tan1=d,则得(sin1)c =(cos1)d=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, 1 1 1 与 PA,PB 的延长线分别交于 Q,R,则和式 + + 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· PR· PSsinαsinθ.(其中 θ 为 PS 与面 PQR 的夹角) 6 ∴ d(PQ· PR+PR· PS+PS· PQ)=PQ· PR· PSsinθ. ∴ 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 3 x=±1.|α|=2. 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 3 V 锥= πr2h= h2(2R-h)= h· h(4R-2h)≤ ? = · πR . 3 3 6 6? 3 ? 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≤3xx, 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)

20

A(75,25)
20 100

1 y= x 3 x

O

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 个整点,x=76, 77, …, 100 时依次有 25, 24, …, 1 个整点. 共有 3×1+3×2+…+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, 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,152 的倍数有 8 个,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.
2 1 2 1 1 2 4 1

?

?

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 25 25 长为 8 5. 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. 2 同理,AQ· CP=AO ,∴AM· CN=AQ· CP. ∴Δ AMQ∽Δ CPN,∴∠AMQ=∠CPN. ∴MQ∥NP.

A M γ 2 E H Q D P G C

B 2 α 2 β N

O F

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、 Q, 不妨设 P、 l P 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 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 D 形,….这样依次考察过去,不妨设这一行小矩形的每条竖边的两 个顶点都同色. M G 同样,BC 边上也存在两个相邻的顶点同色,设为 P、Q,则考 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 N H 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 C P Q 小矩形的每条横边两个顶点都同色. 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,△
1 2

S

R

T

A

E' F'

E F B

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 F 两个红点, 若圆上没有红点, 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. 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, 若 C、 D、 E、 F 中有任一点为红色, 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

E

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.


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