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2013年全国高校自主招生数学模拟试卷七



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)
2

(B) (-∞,1)
2

/>(C) (1,+∞)
2

(D) (3,+∞)

解:由 x -2x-3>0 ? x<-1 或 x>3,令 f(x)= log 1 u , u= x -2x-3,故选 A 2、 若实数 x, y 满足(x+5) +(y?12) =14 ,则 x +y2 的最小值为
2 2 2 2

(A) 2 解:B 3、 函数 f(x)=

(B) 1

(C)

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 4、 直线

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

3,这样的点 P 共有 (A) 1 个

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

? ),即点 P1 在第一象限的椭圆上,如图,考虑四边形 P1AOB 2

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

∴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) C90

50

(C) C100

49

(D) C99

49

第1页

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 C99 ,则这样的映射共有 C99 ,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

(D) V1=2V2

解:如图,两图形绕 y 轴旋转所得的旋转体夹在 y y 4 两相距为 8 的平行平面之间, 用任意一个与 y 轴 4 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 x -4 -4 o o S2=?(42?y2)??[4?(2?|y|)2]=?(42?4|y|) ∴ S1=S2 -4 -4 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

4 x

z1 ? z 2 = z1 ? z 2



解:由余弦定理得|Z1+Z2|= 19 , |Z1?Z2|= 7 ,

z1 ? z 2 133 = z1 ? z 2 7

8、 将二项式 ( x ?

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
个。

开式中 x 的指数是整数的项共有 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 P8

P9 P6

∴r=0,4,8,即有 3 个 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

第2页

都在同一个平面,这样三点组有 C 5 个,三个侧面共有 3 C 5 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 C 5 +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 log 4 ( x ? 2 y) ? log 4 ( 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 ? ∴当 x ?

3

4 3 3, y ? 时,u= 3 ,故|x|?|y|的最小值是 3 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

a ?1 2 (a ? 1) 2 2 ) ?a ? ∴ (cos x ? 2 4
∵a<0, ∴当 cosx=1 时,函数 y ? (cos x ?

a ?1 2 a ?1 2 ) 有最大值 (1 ? ) 2 2

第3页

∴ (1 ?

a ?1 2 (a ? 1) 2 ) ? a2 ? ? a2+a-2≥0 ? a≤-2 或 a≥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, 2 对 P1 进行操作,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

第4页

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 1 × 32

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

1 4 1 1 ,而 P1 有 3×4 条边,故 S2=S1+3×4× 4 =1+ + 3 2 3 3 3 3
类似地有:S3=S2+3×42×

1 4 42 1 =1+ + + 3 33 35 36

…………5 分

∴Sn= 1 ?

1 4 42 4 n ?1 ? 3 ? 5 ? ? ? 2 n ?1 3 3 3 3
3 n 4 k ?( ) 4 k ?1 9
(※) …………10 分

=1+

=

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 1 3
2 ( k ?1)

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 ,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

③ f(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

第5页

∴f(1)=1,即工+了+以=1,又 a?b+c=0

1 1 c= 2 4 1 1 1 ∴f(x)= x 2 ? 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

?

? m2??(1?t)m+(t2+2t+1)≤0

1 1 1 (t+m)2+ (t+m)+ ≤m 4 2 4
…………10 分 …………15 分

? 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 即当 t= ?4 时,任取 x∈[1,9]恒有 f(x-4)-x=

1 4

…………5 分

…………10 分 …………15 分

1 2 1 (x ?10x+9)= (x?1)(x?9)≤0 4 4

第6页

∴ mmin=9 分

…………20

第7页



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