2018--2019年全國(guó)高校自主招生數(shù)學(xué)模擬試卷十四

1、-1 2019年全國(guó)高校自主招生數(shù)學(xué)模擬試卷十二命題人：南昌二中 高三(0101)班張陽(yáng)陽(yáng)、選擇題(36 分)1 .已知數(shù)列Xn滿足 Xn+1=Xn X“-1(n 2), Xi=a , X2=b , 記 Sn=Xi+X2+Xn，則下列結(jié)論正確 的是(A)xioo=_a, Sioo=2ba(B)xioo=_b, Sioo=2b-a(C)xioo-b, Sioo=b -a(D)xioo-a, Sioo=b-a(0 f(-)f(3)f(Y(D) f(、.)f(Mf(Yf(S二.填空題(每小題 9 分，共 54 分)r3(x 1) +1997(x1)= 1,沖1.設(shè) x,y 為實(shí)數(shù)，且滿足y_1)3+

2、1997(y1)=1.則x+y-.22 .過(guò)雙曲線 X2 y2=1 的右焦點(diǎn)作直線 I 交雙曲線于 A、B 兩點(diǎn)，若實(shí)數(shù) 入使得|AB| =入的直線 l恰有 3 條，則入_.1一3 .已知復(fù)數(shù) z 滿足 2z+Z =1，則 z 的幅角主值范圍是_4 .已知三棱錐 S2BC 的底面是以 AB 為斜邊的等腰直角三角形，SA=SB=SC= 2, AB= 2，設(shè) S、A、B、C 四點(diǎn)均在以 O 為球心的某個(gè)球面上，則點(diǎn)O 到平面 ABC 的距離為5 設(shè) ABCDEF 為正六邊形，一只青蛙開始在頂點(diǎn) A 處，它每次可隨意地跳到相鄰兩頂點(diǎn)之一.若在 5 次之內(nèi)跳到 D 點(diǎn)，則停止跳動(dòng)；若 5 次之內(nèi)不能到

3、達(dá) D 點(diǎn)，則跳完 5 次也停止跳動(dòng)，那么這只2 .如圖，正四面體 ABCD 中，E 在棱 AB 上,F 在棱 CD 上,使得 EB=FD6 .如果空間三條直線a,b,c 兩兩成異面直線，那么與a,b,c 都相交的直線有(A) 0 條(B) 1 條(C)多于 1 的有限條(D)無(wú)窮多條-2 青蛙從開始到停止，可能出現(xiàn)的不同跳法共 _種.11 16 .設(shè) a =logz+logx(yz) +1, b fogx +log(xyz+1), c =logy+log( xyz) +1，記 a,b,c 中最大數(shù) 為 M，則M 的最小值為_.三、(20 分)設(shè) xyz洽，且 x+y+z才，求乘積 cosx

4、siny cosz 的最大值和最小值.四、(20 分)設(shè)雙曲線 xy=1 的兩支為 C1, C2(如圖)，正三角形 PQR 的三頂點(diǎn)位于此雙曲線上.(1) 求證：P、Q、R 不能都在雙曲線的同一支上；(2) 設(shè) P(-1, -1)在 C2上，Q、R 在 C1上，求頂點(diǎn) Q、R 的坐標(biāo).五、(20 分)設(shè)非零復(fù)數(shù) a1, a2, a3, a4, a5滿足 a2a3a4a5a1a2a3a4其中 S 為實(shí)數(shù)且|S|W2.a1+a2+a3+a4+ a5=4(丄丄丄丄丄+a1a2a3a4a5)=S.求證：復(fù)數(shù) a1, a2, a3, a4,a5在復(fù)平面上所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于同一圓周上.2019年全國(guó)高校自主招

5、生數(shù)學(xué)模擬試卷十二參考答案一、選擇題(每小題 6 分，共 36 分)1 .已知數(shù)列Xn滿足 Xn+1=Xn Xn-1(n 2) , X1=a , X2=b , 記 Sn=X1+X2+Xn，則下列結(jié)論正確 的是(A)x100二-a, S100= 2b a(B) X100二-b, S100=2b - a(C)X100二-b, S100=b -a (D)X100二-a, S100二 b-a解: X1=a , X2=b , X3=b a , X4= a , X5= b , X6=a b , X7=a , X8=b ,.易知此數(shù)歹 U 循環(huán)， 于是 X100=X4= a ,又x|+X2+X3+X4+X5

6、+X6= 0 ,故 S100=2b a.選 A.AE CF2 .如圖，正四面體 ABCD 中，E 在棱 AB 上，F(xiàn) 在棱 CD 上，使得丘=無(wú)=入 (0 ? 1 時(shí) a5 ,選 D .甘 12+( 2)2515B=rctan4, Y=rcos(3),、= arccot(),則(B) f&) f( )f(3)f(Y(D) f(：)f(af(Yf(3 3 Xn+6=Xn,(C)4 個(gè) (D)5 個(gè)d,項(xiàng)數(shù)為 n,則 na+；n(n 1)d=972, n2a+(n 1)d=2x972,即卩 n 為 2(B)3 個(gè)解：設(shè)首項(xiàng)為 a，公差為X972的大于 3 的約數(shù).n=972, 2a+(97

7、2n= 97, 2a+96d=194, d=0,n=2X97 , n =2X972,無(wú)解.4 .在平面直角坐標(biāo)系中， 若方程 圍為(A)(0,1)(B)(1,+g)2 時(shí) nf(3f()f(Y(C) f(i)f(af(3)f( Y 4 1n解：f(x)的對(duì)稱軸為 x=2.n n n n2n3n5n易得，0加 64 仟 32YT$0 .故 f(t)單調(diào)增，現(xiàn) x 1 = 1 y, x+y=2.22 .過(guò)雙曲線 x2 y-=1 的右焦點(diǎn)作直線 I 交雙曲線于 A、B 兩點(diǎn)，若實(shí)數(shù) 入使得|AB|二入的直線 l 恰有 3條，則入_.2解：右支內(nèi)最短的焦點(diǎn)弦=2b=4.又 2a=2,故與左、右兩支相交

8、的焦點(diǎn)弦長(zhǎng) 2a=2,這樣的弦a3 .已知復(fù)數(shù) z 滿足 2z+* =1，則 z 的幅角主值范圍是 _1解：2z+ = 1 呂 4r3 4+(4cos2 0 1)r2+1= 0，這個(gè)等式成立等價(jià)于關(guān)于x 的二次方程 4x2+(4cos2 0214cos20_11)x+1 = 0 有正根. = (4cos201)2 16 0,由 乂僅2=40，故必須 X1+X2= 0.333 cos20W 4 .二(2k+1)narccoSq 2log2 .于是 a、c 中必有一個(gè)log2 .即 M log2，于是 M 的最小值 log2.但取 x=y=z= 1，得 a=b=c= log2 .即此時(shí) M= lo

9、g2 .于是 M 的最小值wlog2 .所求值=log2 .三、(本題滿分 20 分)ITJT設(shè) xyz 12，且 x+y+z=2，求乘積 cosx siny cosz 的最大值和最小值.解：由于 x yz代，故6geos 3 =& .即最小值.1(由于 6wxw3 , yz,故 cosxsin(y z) 0)，當(dāng) y=z=代,x=3 時(shí)，cosx siny cosz=8 . cosx siny cosz=coszX；sin(x+y)sin(xy) =；cos2z；coszsin(xy).1212二 17：2+ 3由于 sin(x y) 0, cosz0，故 cosx siny cos

10、zw2cos z=2cos12=2(1+cos6)=85 兀-12，最大值23，最小值1.8 8、“5 兀応當(dāng) x= y=12，z=12時(shí)取得最大值.四、(本題滿分 20 分)設(shè)雙曲線 xy=1 的兩支為 C1, C2(如圖)，正三角形 PQR 的三頂點(diǎn)位于此雙曲線上. 5 -8 (1)求證：P、Q、R 不能都在雙曲線的同一支上；設(shè) P(_1, -1)在 C2上，Q、R 在 Ci上，求頂點(diǎn) Q、R 的坐標(biāo).1P( 1 , 1)，設(shè) Q(X2,X),點(diǎn) P 在直線 y=X 上.以 P 為圓心，|PQ|為半徑作圓，此圓與雙X2曲線第一象限內(nèi)的另一交點(diǎn)R 滿足|PQ|=|PR|,由圓與雙曲線都是 y

11、=x 對(duì)稱，知 Q 與 R 關(guān)于 y=x 對(duì)稱.且1在第一象限內(nèi)此二曲線沒(méi)有其他交點(diǎn)(二次曲線的交點(diǎn)個(gè)數(shù)).于是 R(丄，X2).PQ 所在直線方程為 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、(本題滿分 20 分)設(shè)非零復(fù)數(shù) a1, a2, a3, a4, a5滿足r02a3a4a.5ja1a2a3a41 丄丄丄 1 a1+a2+a3+a4+a5=4L+_+_)=s. a1a2a3a4a5其中 S 為實(shí)數(shù)且 SS2.求證：復(fù)數(shù) a1, a2, a3, a4, a5在復(fù)平面上所對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于同一圓周上.證明：設(shè)a2=a3

12、=a4=a5=q，則由下式得 a1(1 + q+q2+q3+q4)=44(1 + q+q2+q3+q4).a1a2a3a4” ag ”2 42342234 (a1q 4) (1 + q+q +q +q) = 0,故 aq = ，或 1+q+q +q +q = 0.21 121211125 右a1q = ，則得支(q2+q+1 + q+q)=S. = S= (q+q)+(q+q)1= 2(q+q+2) 4.由已知，有(q+q+擴(kuò)一R,且 吧+擴(kuò)4W11 15令 q+ + _=h(cos Oisin,(h0).貝Vh2(cos2 州 s in20)R.= si n2B=.q 2425 129- -

13、1 q(cos2 州 sin20)-41二4 切(cs2 肝 isin29牙，二 cos2B0. = B=kk Z)/ q+qR.再令 q=r (cosa+isin a), (r0) 貝Vq+十(r+*)cosa+i(r )sina R. = sina=0 或 r= 1. 11解：設(shè)某個(gè)正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)都在同一支上.此三點(diǎn)1iiPgx;) ,Q(X2，Q ,R(X3，-)不111妨設(shè)kpQ=y2y1X2x；2；kQR=-1 .X2X3；1 1-+-X1X2X2X3tan/ PQR=-10,從而/ PQR 為鈍角.即 PQR 不可能是正1+2X1X3X2三角形.PQ 與 y=X 的夾角=30, PQ 所在直線的傾斜角= 75. tan75 1+罟廠1- f2+ 3-9 11 5113若 sina=0,貝Uq= r 為實(shí)數(shù).此時(shí)