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2013年全国高校自主招生数学模拟试卷一(学生命题,有答案)


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.

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
b cosc 的值等于( a

B.

1 2

C. ?1

D. 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 为 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) ?
s in πx) ? c o s πx) ? 2 1 ( ( 5 ( ? x ? ) ,则 f(x)的最小值为 4 4 x
2 2 a12 ? a2 ? a3 是正整数,则 q 等于 b1 ? b2 ? b3

________。 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 an ? ?
1 ,求证:当正整数 n≥2 时,an+1<an。 k ?1 k ( n ? 1 ? k )
n

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 处切线的交点轨迹。

1 x

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 )
1 A. 7
P

1 B. ? 7

1 C. 2

1 D. ? 2

D

M C

B 解: 如图, 在侧面 PAB 内, AM⊥PB, 作 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 ?

7 。 在 △AMC 中 2 AM 2 ? CM 2 ? AC 2 1 cos ?AMC ? ?? 。 2 ? AM ? CM 7

, 由 余 弦 定 理 得

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. [? , ]
2 3

1 1 3 3

B. [? , ]

1 1 2 2

C. [? , ]
1 3

1 1 4 3

D. [?3,3]

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。 一般地, k∈R, x ? ka , 对 令 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 | ? | k ? | ,对任意的 k∈R 成立。 由于
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 ? 3 4 1 1 所以 min {| k ? 1 | ? | k ? |} ? ,从而上述不等式等价于 | a |? 。 k?R 3 2 3 3
3 2 4 3
1 2

3 2

4 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( 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 对任意实数 x 恒成立,则 A. ?
1 2
b cosc 的值等于( a

45 ? 7 ? 5 ? 3 ? 1 61 ? 。 81 81

4. 设函数 f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数 a、b、c 使得 af(x)+bf(x?c)=1 C ) D. 1
1 2

B.

1 2

C. ?1

解:令 c=π,则对任意的 x∈R,都有 f(x)+f(x?c)=2,于是取 a ? b ? ,
b cos c ? ?1 。 a 一般地,由题设可得 f ( x) ? 13 sin(x ? ? ) ? 1 , f ( x ? c) ? 13 sin(x ? ? ? c) ? 1 , π 2 其中 0 ? ? ? 且 tan? ? ,于是 af(x)+bf(x?c)=1 可化为 2 3 13a sin(x ? ? ) ? 13b sin(x ? ? ? c) ? a ? b ? 1 ,即

c=π,则对任意的 x∈R,af(x)+bf(x?c)=1,由此得

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

?a ? b cos c ? 0 (1) ? 由已知条件,上式对任意 x∈R 恒成立,故必有 ? b sin c ? 0 (2) , ? a ? b ? 1 ? 0 (3) ?

若 b=0, 则由(1)知 a=0, 显然不满足(3)式, b≠0。 故 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。 c=2kπ+π(k∈Z), 故 cosc=?1。 由(1)、 (3)知 a ? b ? , 所以
1 2 b cos c ? ?1 。 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( 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 2c 和 的圆 r1 ? r2 | r1 ? r2 |

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, P 的圆心轨迹如选项 B; 0<2c<|r1?r2|时, 圆 当 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, B(1, 0), ?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
2


2

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 , 2 ? 33 ?1

即 BF ? BC ? 2 。设 EF 与 BC 的夹角为 θ,则有 | BF | ? | BC | ? cosθ ? 2 ,即 3cosθ=2,所以 cosθ ? 。
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 为半径作一个球,则球面与 3

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、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 3 π ,AA1=1,则 ?A1 AE ? 。 3 6 2 3 π 3 π π ? ? π ,而这 同理 ?BAF ? ,所以 ?EAF ? ,故弧 EF 的长为 3 6 9 6 6

EF 且在过球心 A 的大圆上,因为 AE ?

样的弧共有三条。在面 BB1C1C 上,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 ,所以弧 FG 的长为 ? ? π 。这样的弧也有三条。 3 2 6 2 3 3 5 3π 于是,所得的曲线长为 3 ? π ? 3 ? π ? 。 9 6 6

3 , 3

?FBG ?

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
1 2
2 2 a12 ? a2 ? a3 是正整数,则 q 等于 b1 ? b2 ? b3



2 2 a12 ? a2 ? a3 a12 ? (a1 ? d ) 2 ? (a1 ? 2d ) 2 14 ? ? ,故由已知条件 2 b1 ? b2 ? b3 b1 ? b1q ? b1q 1? q ? q2 14 14 知道:1+q+q2 为 ,其中 m 为正整数。令 1 ? q ? q 2 ? ,则 m m 1 1 14 1 56 ? 3m q?? ? ? ?1 ? ? ? 。由于 q 是小于 1 的正有理数,所以 2 4 m 2 4m 14 56 ? 3m 1 是某个有理数的平方,由此可知 q ? 。 1 ? ? 3 ,即 5≤m≤13 且 4m 2 m sin(πx) ? cos(πx) ? 2 1 5 ( ? x ? ) ,则 f(x)的最小值为 11. 已知函数 f ( x) ? 4 4 x

解:因为

4 5 5



π 2 sin(πx ? ) ? 2 1 5 4 解 : 实 际 上 , 设 f ( x) ? ( ?x? ) 4 4 x π 1 5 1 3 g ( x) ? 2 sin(πx ? )( ? x ? ) ,则 g(x)≥0,g(x)在 [ , ] 上是增函数,在 4 4 4 4 4 3 5 3 [ , ] 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 x1 ? [ , ] ,存在 x2 ? [ , ] ,使 g(x2)=g(x1)。于是 4 4 4 4 g ( x1 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 3 5 f ( x1 ) ? ? ? ? f ( x2 ) ,而 f(x)在 [ , ] 上是减函数, 4 4 x1 x1 x2

所以 f ( x) ? f ( ) ?

5 4

4 5 4 5 1 5 ,即 f(x)在 [ , ] 上的最小值是 。 5 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× 种。所以,符合题设条件的填法共 72 2 有 72 ?72?16×72=3960 种。 三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)
1 ,求证:当正整数 n≥2 时,an+1<an。 k ?1 k ( n ? 1 ? k ) 1 1 1 1 2 n 1 ? ( ? ) ,因此 an ? 证明:由于 ? ,于是,对 n ? 1 k ?1 k k (n ? 1 ? k ) n ? 1 k n ? 1 ? k 1 1 n 1 1 n ?1 1 ? 任意的正整数 n≥2,有 (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 x

13. 设 an ? ?

n

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 ? 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 x ?y ? k x?1 ?

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

Δ=1+4(k?1)>0…(1),x1 ? x2 ?

1 1 x2 ? x2 ( x ? x )2 ? 2x x x ?x 2 ? 2 ? 1 2 2 2 ? 1 2 2 2 1 2 ? ( 1 2 )2 ? ? 1 ? 2(1 ? k ) ? 2k ? 1 ,代入 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 3 5 (7)式得 2yp=(3?2k)xp+2, xp=2, yp=4?2k。 而 得 又由 ? k ? 1 得 2 ? y p ? , 4 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) f ( x) ? f ( ? x) , h( x ) ? ,则 f(x)=g(x)+h(x),且 2 2

g(x) 是 偶 函 数 , h(x) 是 奇 函 数 , 对 任 意 的 x∈R , g(x+2π)=g(x) ,
π ? g ( x) ? g ( x ? π ) x ? kπ ? ? g ( x) ? g ( x ? π ) 2 cos x 2, h(x+2π)=h(x)。 f1 ( x) ? 令 ,f 2 ( x) ? ? π 2 ? 0 x ? kπ ? 2 ? kπ ? h( x ) ? h( x ? π ) x? ? h( x ) ? h( x ? π ) ? ? x ? kπ 2 ,其中 k 为任 f 3 ( x) ? ? , f 4 ( x) ? ? 2 sin 2 x 2 sin x kπ ? ? 0 x ? kπ 0 x? ? 2 ?

意整数。 容易验证 fi(x), i=1, 3, 是偶函数, 2, 4 且对任意的 x∈R,i(x+π)=fi(x), f

i=1, 3, 下证对任意的 x∈R, f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。 x ? kπ ? 2, 4。 有 当 时 , 显 然 成 立 ; 当
x ? kπ ? π 2

π 2









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 2 2 2 2 f1 ( x) ? f 2 ( x) c xo? f1s x) ? (

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 时,显然 2

成 立 ; 当 x=kπ 时 , h(x)=h(kπ)=h(kπ?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 ? 时,
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 ) f4(x)sin2x=0 , 从 而 有 f 3 ( x) si x ? n ? h( x ) , 又 2

π 2

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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2013年全国高校自主招生数学模拟试卷十四.doc
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) ...
2013年全国高校自主招生数学模拟试卷十五.doc
2013年全国高校自主招生考试 2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷十五命题人:南昌...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,...
2013年全国高校自主招生数学模拟试卷4.doc
2013年全国高校自主招生数学模拟试卷4 - ] 2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷 4 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...
2013年全国高校自主招生数学模拟试卷(四).doc
2013年全国高校自主招生数学模拟试卷(四) - 莲山课件 http://www.5ykj.com/ 2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷命题人:南昌二中 高三(01)班 张阳阳 一、...
2013年全国高校自主招生数学模拟试卷二.doc
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2013年全国高校自主招生数学模拟试卷九.doc
2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷命题人:南昌二中 高三(01)班 张阳阳一、...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...
2013年全国高校自主招生数学模拟试卷三.doc
2013年全国高校自主招生考试 2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷命题人:南昌...小值. 题 15 图 2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷三 参考答案 1[解]当...
2013年全国高校自主招生数学模拟试卷八.doc
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2013年全国高校自主招生数学模拟试卷17.doc
2013年全国高校自主招生数学模拟试卷17 - 张喜林制 [选取日期] 2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷十七 一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1、设 a,b,...
2013年全国高校自主招生数学模拟试卷十三.doc
HLLYBQ 整理 供“高中试卷网(http://sj.fjjy.org) ” 2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷十三命题人:南昌二中 高三(01)班 张阳阳一、选择题(本题满分 36 ...
2013年全国高校自主招生数学模拟试卷十四.doc
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...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{...
2013年全国高校自主招生数学模拟试卷五 新人教版.doc
2013年全国高校自主招生数学模拟试卷五 新人教版 - 2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷五 一.选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 2 1 .设锐角 ? 使...
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