全國高校自主招生數(shù)學(xué)模擬試卷一新人教版

1、2013年全國高校自主招生數(shù)學(xué)模擬試卷一、選擇題(本題滿分1.如圖，在正四棱錐平面角的余弦值為(36分，每小題6分)P-ABC由,AAP660,則二面角A-PBC的A.17B.1C.一2D.-22.設(shè)實數(shù)a使得不等式|2x-a|+|3x-2a|>a2對任意實數(shù)x恒成立,則滿足條件的a所組成的集合是().11,.11.11.A.，一B.,C.->-D.-3，3332243p3 .將號碼分別為1、2、9的九個小球放入一個袋中，這些小球僅號碼不同，其余完全相同。甲從袋中摸出一個球，其號碼為a,放回后，乙從此袋中再摸出一個球，其號碼為bo則使不等式a-2b+10>0成立的事件發(fā)生的概

2、率等于()A.留81b.5981c.60814 .設(shè)函數(shù)f(x)=3sinx+2cosx+1。若實數(shù)a、b、c使得af(x)+bf(x-c)=1對任意實數(shù)x恒成立，則bcosc的值等于()aA.1B-C.-1D.1225 .設(shè)圓O和圓Q是兩個定圓，動圓P與這兩個定圓都相切，則圓P的圓心軌跡不可能是()0()|C©A.B.C.D.6 .已知A與B是集合1,2,3,，100的兩個子集，滿足：A與B的元素個數(shù)相同，且為AnB空集。若neA時總有2n+2CB,則集合AuB的元素個數(shù)最多為()A.62B.66C.68D.74二、填空題(本題滿分54分，每小題9分)7 .在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，有四

3、個定點N-3,0),B(1,-1),C(0,3),D(-1,3)及一個動點P,貝U|PA+|PB+|PC+|PD的最小值為。8 .在ABCAEF中，B是EF的中點，AB=EF=1,BC=6,CA=v33，若AB,AE+ACAF=2,則EF與BC的夾角的余弦值等于。2,3,9 .已知正萬體ABCDABCD的棱長為1,以頂點A為球心，為半徑作一個球，則球面3與正方體的表面相交所得到的曲線的長等于。10 .已知等差數(shù)列an的公差d不為0,等比數(shù)列bn的公比q是小于1的正有理數(shù)。若ad,2.2.2b1=cf,且a-a2_a是正整數(shù)，則q等于。hb2b311.12.已知函數(shù)f(x)=sin(1力cos(

4、n)+2(1<x<-),則f(x)的最小值為x44將2個a和2個b共4個字母填在如圖所示的16個小方格內(nèi)，每個小方格內(nèi)至多填1個字母，若使相同字母既不同行也不同列，則不同的填法共有種（用數(shù)字作答）。三、解答題（本題滿分60分，每小題20分）_n113 .設(shè)an=Z,求證：當(dāng)正整數(shù)n>2時，an+i<an。k4k（n1-k）1，一、14 .已知過點（0,1）的直線l與曲線Cy=x+（x>0）交于兩個不同點M和M求曲線Cx在點MN處切線的交點軌跡。15 .設(shè)函數(shù)f(x)對所有白勺實數(shù)x者B滿足f(x+2tt)=f(x),求證：存在4個函數(shù)fi(x)(i=1,2,3,4

5、)滿足：(1)對i=1,2,3,4,fi(x)是偶函數(shù)，且對任意的實數(shù)x,有fi(x+Tt)=fi(x);(2)對任意的實數(shù)x,有f(x)=fi(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。2013年全國高校自主招生數(shù)學(xué)模擬試卷、選擇題（本題滿分參考答案36分，每小題6分）1.如圖，在正四棱錐P-ABCDK/APB60平面角的余弦值為（B）,則二面角A-PBC的B.-7D.-2解：如圖，在側(cè)面PAB內(nèi)，作AMLPR垂足為M連結(jié)CMAC則/AMC;二面角APBC的平面角。不妨設(shè)AB=2,則PA=AC=2，2,斜高為J7,故2黑J7=AM2,/2,由此得CM=AM=22AM

6、'CM-AC在AMOK由余弦te理得cos/AMC=2AMCM2.設(shè)實數(shù)a使得不等式|2x-a|+|3x-2a|>a2對任意實數(shù)的集合是（A）11,11,11,A.一一，一B.,-C.一一，一D.-3,332243一人21一解：令x=-a,則有|a|W一,排除B、D。由對稱性排除33x恒成立，則滿足條件的a所組成3C,從而只有A正確。.1.3般地，對kCR,令x=ka,則原不等式為|a|'|k1|+|a|k222戶|a|,由此易知34.原不等式等價于|a|k-1|十一|k-|,對任意的kCR成立。由于23341k一1151k一315-k-324k34£k一,33

7、一鼠k：13411所以min|k一11+|k|二一，從而上述不等式等價于|a區(qū)一。kR23333 .將號碼分別為1、2、9的九個小球放入一個袋中，這些小球僅號碼不同，其余完全相同。甲從袋中摸出一個球，其號碼為a,放回后，乙從此袋中再摸出一個球，其號碼為bo則使不等式a-2b+10>0成立的事件發(fā)生的概率等于(D)A.5281B.史81C.竺81D.解：甲、乙二人每人摸出一個小球都有等式a-2b+10>0得2b<a+10,于是，當(dāng)9種不同的結(jié)果，故基本事件總數(shù)為6181292=81個。由不b=1、2、3、4、5時，每種情形a可取1、2、9中每一個值，使不等式成立，則共有9X5=

8、45種；當(dāng)b=6時，a可取3、4、9中每一個值，有7種；當(dāng)b=7時，a可取5、6、7、8、9中每一個值，有5種；當(dāng)b=8時，a可取7、8、9中每一個值，有3種；當(dāng)b=9時，a只能取9,有1種。于是，所求事件的概率為45753161=O81814 .設(shè)函數(shù)f(x)=3sinx+2cosx+1。若實數(shù)a、b、c使得af(x)+bf(x-c)=1對任意實數(shù)x恒成立，則bcosc的值等于(C)aA.-B-C.-1D.1221解：令c=Tt,則對任息的xCR,都有f(x)+f(x-c)=2,于是取a=b=,c=Tt,則對任意2的xCR,af(x)+bf(x-c)=1,由此得bcosc=-1oa一般地，由

9、題設(shè)可得f(x)=JT3sin(x+平)+1,f(xc)=J13sin(x+中c)+1,其中一小兀22一0邛一且12門邛=一，于是af(x)+bf(x-c)=1可化為23，13asin(x十邛)十J13bsin(x十中一c)+a+b=1,即413asin(x+平)+o13bsin(x+cp)cosct'13bsinccos(x+tp)+(a+b1)=0,所以v13(a+bcosc)sin(x+*)VT3bsinccos(x+中)+(a+b1)=0。工abcosc=0(1)由已知條件，上式對任意xCR恒成立，故必有qbsinc=0(2),、a+b-1=0(3)若b=0,貝U由(1)知a=

10、0,顯然不滿足(3)式，故bw0。所以，由(2)知sinc=0,故c=2k兀+?；騝=2kjt(kZ)o當(dāng)c=2k兀時，cosc=1,貝U(1)、(3)兩式矛盾。故c=2kjt+兀(kCZ),，1bcosccosc=-1。由、（3）知a=b=,所以=1°2aP的圓心軌跡不可能是5.設(shè)圓O和圓Q是兩個定圓，動圓P與這兩個定圓都相切，則圓（A）)0(A,)B.解：設(shè)圓O和圓Q的半徑分別是口、2,|OQ|=2c,則一般地，圓P的圓心軌跡是焦點為2c2cO、Q,且離心率分別是和2c的圓錐曲線（當(dāng)ri=2時，OQ的中垂線是軌跡的12|1一2|一部份，當(dāng)c=0時，軌跡是兩個同心圓）。當(dāng)1=2且1

11、+2<2c時，圓P的圓心軌跡如選項B;當(dāng)0<2c<|r1-r2|時，圓P的圓心軌跡如選項C;當(dāng)1金2且1+2<2c時，圓P的圓心軌跡如選項D。由于選項A中的橢圓和雙曲線的焦點不重合，因此圓P的圓心軌跡不可能是選項A6 .已知A與B是集合1,2,3,，100的兩個子集，滿足：A與B的元素個數(shù)相同，且為AnB空集。若nCA時總有2n+2CB,則集合AUB的元素個數(shù)最多為（B）A.62B.66C.68D.74解：先證|AUB|<66,只須證|AW33,為此只須證若A是1,2,，49的任一個34元子集，則必存在nCA,使得2n+2CB。證明如下：將1,2,，49分成如下3

12、3個集合:1,4,3,8,5,12,，23,48共12個;2,6,10,22,14,30,18,38共4個；25,27,29,，49共13個；26,34,42,46共4個。由于A是1,2,，49的34元子集，從而由抽屜原理可知上述33個集合中至少有一個2元集合中的數(shù)均屬于A即存在nCA,使得2n+2CR如取A=1,3,5,，23,2,10,14,18,25,27,29,，49,26,34,42,46,B=2n+2|nCA,則A、B滿足題設(shè)且|AUB|<66。二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）7 .在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，有四個定點A（-3,0）,B（1,-1）,C（0,3）,p-1,3

13、）及一個動點P,貝U|pa+|PB+|PC+|PD的最小值為3v2+2J5。解：如圖，設(shè)AC與BD交于F點，則|PA+|PC引AC=|FA+|FC,|PB+|PD>|BD=|fb+|fd,因此，當(dāng)動點P與F點重合時，|PA+|PB+|PC+|PD取到最小值|AC|+1BD|=3j2+2v"5。8 .在ABCF口AAEF中，B是EF的中點，AB=EF=1,BC=6,CA=屈，若ABAE+ACAF=2,則EF與BC的夾角的余弦值等于解：因為ABAE+ACAF=2,所以AB(AB+BE)+AC(AB+BF)=2,即2ABAC)2十ABBE+ACAB+ACBF=2。因為AB=1,331

14、36AB=、33乂12:36=7,BE=BF,所以1+BF(ACAB)1=2,即2.331BFBC=2。設(shè)EF與BC的夾角為。，則有|BF|BC|cos8=2,即3cos0=2,所以cos0=2。39.已知正方體ABCDABCD的棱長為1,以頂點A為球心，、3為半徑作一個球，則球面與正方體的表面相交所得到的曲線的長解：如圖，球面與正方體的六個面都相交，所得的交線分為兩類：一類在頂點A所在的三個面上，即面AABB面ABCD面AADD上；另一類在不過頂點A的三個面上，即面BBCC面CCDD和面ABGD上。在面AABB上，交線為弧EF且在過球心A的大圓上，3一一兀兀兀2J3兀<3則ZA1AE=

15、。同理ZBAF=，所以/EAF=，故弧EF的長為九,666369而這樣的弧共有三條。在面BBCC上，交線為弧FG且在距球心為1的平面與球面相交所得._，J3冗的小圓上，此時，小圓的圓心為B,半徑為,ZFBG=,所以弧FG的長為32.3冗.3_1=冗。這樣的弧也有二條。于是，所得的曲線長為.35.3冗E_,冗一。32610.已知等差數(shù)列an的公差d不為0,等比數(shù)列bn的公比q是小于1的正有理數(shù)。若a產(chǎn)d,222b1=cf,且a一a2一曳是正整數(shù)，則q等于hbb3a2a；a2a2(a1d)2(a12d)2142解：因為2-T-=丁，故由已知條件知道：1+q+qbb2b3bibqbq21qq2,14

16、214為一,其中m為正整數(shù)。令1+q+q=一，則mm1114156-3m14q=+11=一，。由于q是小于1的正有理數(shù)，所以1父一父3,2.4m2.4mm一一56一3m.1即5Wme13且3m是某個有理數(shù)的平方，由此可知q=。4m2“一語sin(n)-cos(n)215、11.已知函數(shù)f(x)='(ExE-),則f(x)的最小值為x44V2sin(冗x冗)+21515解：實際上f(x)=4(1<x<5),設(shè)g(x)=42sin(nx-)(WxW),x44444一,13.35則g(x)>0,g(x)在,上是增函數(shù)，在,上是減函數(shù)，且y=g(x)的圖像關(guān)于直線444431

17、335,_一x=對稱，則對任息Xi=,存在X2=,使g(X2)=g(xi)。于44444f(Xi)=裝上=曄2之野匕=f(X2),而f(x)在邑當(dāng)上是減函數(shù)，所以XiXiX24454.5154、5f(X)>f()=，即f(X)在-,-上的最小值是。4544512 .將2個a和2個b共4個字母填在如圖所示的16個小方格內(nèi)，每個小方格內(nèi)至多填i個字母,若使相同字母既不同行也不同列，則不同的填法共有|3960一|種(用數(shù)字作答)。解：使2個a既不同行也不同列的填法有C2A2=72種，同樣，使2個b既不同行也不同列的填法也有C2A2=72種，故由乘法原理，這樣的填法共有722種，其中不符合要求的

18、有兩種情況：2個a所在的方格內(nèi)都填有b的情況有72種；2個a所在的方格內(nèi)僅有1個方格內(nèi)填有b的情況有C61A)2=16X72種。所以，符合題設(shè)條件的填法共有722-72-16X72=3960種。三、解答題(本題滿分60分，每小題20分)當(dāng)正整數(shù)n>2時，an+1<an。/113 .設(shè)an=Z,求證:kik(n1-k)1 111一2n1一，一，證明：由于整數(shù)n>2,二(1=(1+1一)，因此an=L1,于是，對任意的正k(n1-k)n1kn1-kn1kk_11n11n11有一(禺-an1)=T'1-T%-2 n1k：kn2k3k1.n111/1_)乙一=(乙一一1)a0

19、,即an+1<anon2=k(n1)(n2)(n1)(n-2)wk1 ,14.已知過點(0,1)的直線l與曲線Cy=x+(x>0)交于兩個不同點M和N求曲線CX在點MN處切線的交點軌跡。解：設(shè)點MN的坐標(biāo)分別為(X1,y。和(X2,y2),曲線C在點MN處的切線分別為1八匕其交點P的坐標(biāo)為(Xp,yp)。若直線l的斜率為k,則l的方程為y=kx+1。1，、-1y=X.1,2由萬程組Xx，消去y，得x+=kx+1,即(k-1)x+x-1=0。由題息知，該萬程在y=kx1X1.(0,+°°)上有兩個相異的頭根X1、X2,故kw1,且a=1+4(k-1)>0(1

20、),x1+x2=>01-k一131一一一1(2),x1x2=>0(3),由此解得一<k<1。對y=x+一求導(dǎo)，得y=1一一2,則1-k4xx111y'lxm=1一，y'lx*=1，于正直線11的萬程為yy1=(1二)(xxj,即1、，.11、2丫一(為+)=(1-r)(xx1)，化間后得到直線I1的萬程為y=(12)x+(4)。同X1X1X1X11理可求得直線12的方程為y=(1；)x+乂22(5)。(4)-(5)得(X2112-2)xPx2x1x1x2因為2x1x2xiwx2,故有xp=12xix2(6)。將(2)(3)兩式代入(6)式得Xp=2。(4

21、)+(5)得2yp12'xi=(2-(12xi1x；12x21)xp2(1)xix2中1xi1+x2Xi+X2=1,xx2x2(x1x2)2-2x1x22乂222xix222xix2zxix22二()xx2xx2=12(1k)=2k1,代入3式佝2yp=(3-2k)xp+2,而xp=2,付yp=4-2k。又由一4k<1得2<yp<E,即點P的軌跡為2(2,2),(2,2.5)兩點間的線段(不含端點)。15.設(shè)函數(shù)f(x)對所有白實數(shù)x者B滿足f(x+2tt)=f(x),求證：存在4個函數(shù)fi(x)(i=1,2,3,4)滿足：(1)對i=1,2,3,4,fi(x)是偶函數(shù)，且對任意的實數(shù)x,有fi(x+Tt)=fi(x);(2)對任意的實數(shù)x,有f(x)=fi(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。證明：記g(x)=f(x)f(-x),、f(x)-f(-x)一一一,h(x)=2，則f(x)=g(x)+h(x),且g(x)是偶函數(shù)，h(x)是奇函數(shù)，對任意的xeR,g(x+2兀)=g(x),h(x+2ti)=h(