2013届高三数学全国高校自主招生模拟试卷(带答案)

编辑: 逍遥路 关键词: 高三 来源: 高中学习网


2013年全国高校自主招生数学模拟试卷四

一、(本题满分36分,每小题6分)
1.已知△ABC,若对任意t∈R,→BA-t→BC≥→AC,则△ABC一定为
A.锐角三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形 D.答案不确定
2.设logx(2x2+x-1)>logx2-1,则x的取值范围为
A.12<x<1 B.x>12且x≠1 C. x>1  D. 0<x<1
3.已知集合A={x5x-a≤0},B={x6x-b>0},a,b∈N,且A∩B∩N={2,3,4},则整数对(a,b)的个数为
A.20 B.25 C.30 D.42
4.在直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠BAC=π2,AB=AC=AA1=1.已知G与E分别为A1B1和CC1的中点,D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点).若GD⊥EF,则线段DF的长度的取值范围为
A.[15,1) B.[15,2) C.[1,2) D.[15,2)
5.设f(x)=x3+log2(x+x2+1),则对任意实数a,b,a+b≥0是f(a)+f(b)≥0的
A. 充分必要条件 B. 充分而不必要条件
C. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
6.数码a1,a2,a3,…,a2006中有奇数个9的2007位十进制数-2a1a2…a2006的个数为
A.12(102006+82006) B.12(102006-82006) C.102006+82006 D.102006-82006
二、题(本题满分54分,每小题9分)
7. 设f(x)=sin4x-sinxcosx+cos4x,则f(x)的值域是 .
8. 若对一切θ∈R,复数z=(a+cosθ)+(2a-sinθ)i的模不超过2,则实数a的取值范围为 .
9.已知椭圆x216+y24=1的左右焦点分别为F1与F2,点P在直线l:x-3y+8+23=0上. 当∠F1PF2取最大值时,比PF1PF2的值为 .
10.底面半径为1c的圆柱形容器里放有四个半径为12c的实心铁球,四个球两两相切,其中底层两球与容器底面相切. 现往容器里注水,使水面恰好浸没所有铁球,则需要注水 c3.
11.方程(x2006+1)(1+x2+x4+…+x2004)=2006x2005的实数解的个数为 .
12. 袋内有8个白球和2个红球,每次从中随机取出一个球,然后放回1个白球,则第4次恰好取完所有红球的概率为 .
三、解答题(本题满分60分,每小题20分)
13. 给定整数n≥2,设0(x0,y0)是抛物线y2=nx-1与直线y=x的一个交点. 试证明对任意正整数,必存在整数k≥2,使(x0,y0)为抛物线y2=kx-1与直线y=x的一个交点.

14.将2006表示成5个正整数x1,x2,x3,x4,x5之和.记S=1≤i<j≤5Σxixj.问:
⑴ 当x1,x2,x3,x4,x5取何值时,S取到最大值;
⑵ 进一步地,对任意1≤i,j≤5有xi-xj≤2,当x1,x2,x3,x4,x5取何值时,S取到最小值.
说明理由.

15.设 f(x)=x2+a. 记f1(x)=f(x),fn(x)=f(fn-1(x)),n=1,2,3,…,
={a∈R对所有正整数n,fn(0)≤2}.证明,=[-2,14].

2013年全国高校自主招生数学模拟试卷四
参考答案

一、(本题满分36分,每小题6分)
答C.
解:令∠ABC=α,过A作AD⊥BC于D,由→BA-t→BC≥→AC,推出 
→BA2-2t→BA• →BC+t2→BC2≥→AC2,令t=→BA• →BC →BC2,代入上式,得
→BA2-2→BA2cos2α+→BA2cos2α≥→AC2,即 →BA2sin2α≥→AC2,
也即→BAsinα≥→AC.从而有→AD≥→AC.由此可得∠ACB=π2.
答B.
解:因为x>0,x≠12x2+x-1>0,解得x>12且x≠1.由logx(2x2+x-1)>logx2-1,
 logx(2x3+x2-x)>logx2 0<x<1,2x3+x2-x<2或x>1,2x3+x2-x>2.解得0<x<1或x>1.
所以x的取值范围为x>12且x≠1.
答C.
解:5x-a≤0x≤a5;6x-b>0x>b6.要使A∩B∩N={2,3,4},则
1≤b6<2,4≤a5<5,即6≤b<12,20≤a<25.所以数对(a,b)共有C61C51=30个.
答A.
解:建立直角坐标系,以A为坐标原点,AB为x轴,AC为y轴,AA1为z轴,则F(t1,0,0)(0<t1<1),E(0,1,12),G(12,0,1),D(0,t2,0)(0<t2<1).所以→EF=(t1,-1,-12),→GD=(-12,t2,-1).因为GD⊥EF,所以t1+2t2=1,由此推出0<t2<12.又→DF=(t1,-t2,0),
→DF=t12+t22=5t22-4t2+1=5(t2-25)2+15,从而有15≤→DF<1.
答A.
解:显然f(x)=x3+log2(x+x2+1)为奇函数,且单调递增.于是
若a+b≥0,则a≥-b,有f(a)≥f(-b),即f(a)≥-f(b),从而有f(a)+f(b)≥0.
反之,若f(a)+f(b)≥0,则f(a)≥-f(b)=f(-b),推出a≥-b,即a+b≥0.
答B.
解:出现奇数个9的十进制数个数有A=C20061 92005+C20063 92003+…+C200620059.又由于
(9+1)2006=k=0Σ2006C2006k 92006-k以及(9-1)2006=k=0Σ2006C2006k (-1)k92006-k
从而得
A=C20061 92005+C20063 92003+…+C200620059=12(102006-82006).
填[0,98].
解:f(x)=sin4x-sinxcosx+cos4x=1-12sin2x-12 sin22x.令t=sin2x,则
f(x)=g(t)=1-12t-12t2=98-12(t+12)2.因此-1≤t≤1ing(t)=g(1)=0,-1≤t≤1ax g(t)=g(-12)=98.
故,f(x)∈[0,98].填[-55,55].

解:依题意,得z≤2(a+cosθ)2+(2a-sinθ)2≤42a(cosθ-2sinθ)≤3-5a2.
-25asin(θ-φ)≤3-5a2(φ=arcsin55)对任意实数θ成立.
25a≤3-5a2a≤55,故 a的取值范围为[-55,55].
填3-1..
解:由平面几何知,要使∠F1PF2最大,则过F1,F2,P三点的圆必定和直线l相切于点P.直线l交x轴于A(-8-23,0),则∠APF1=∠AF2P,即∆APF1∽∆AF2P,即
PF1PF2=APAF2 ⑴
又由圆幂定理,
AP2=AF1•AF2 ⑵
而F1(-23,0),F2(23,0),A(-8-23,0),从而有AF1=8,AF2=8+43.
代入⑴,⑵得,PF1PF2=AF1AF2=88+43=4-23=3-1.
填(13+22)π.
解:设四个实心铁球的球心为O1,O2,O3,O4,其中O1,O2为下层两球的球心,A,B,C,D分别为四个球心在底面的射影.则ABCD是一个边长为22的正方形。所以注水高为1+22.故应注水π(1+22)-4×43π(12)3=(13+22)π.     
填1.
解:(x2006+1)(1+x2+x4+…+x2004)=2006x2005(x+1x2005)(1+x2+x4+…+x2004)=2006
x+x3+x5+…+x2005+1x2005+1x2003+1x2001+…+1x=2006,故x>0,否则左边<0.
2006=x+1x+x3+1x3+…+x2005+1x2005≥2×1003=2006.
等号当且仅当x=1时成立.
所以x=1是原方程的全部解.因此原方程的实数解个数为1.
填0.0434.
解:第4次恰好取完所有红球的概率为
210×(910)2×110+810×210×910×110+(810)2×210×110=0.0434.

证明:因为y2=nx-1与y=x的交点为x0=y0=n±n2-42.显然有x0+1x0=n≥2.…(5分)
若(x0,y0)为抛物线y2=kx-1与直线y=x的一个交点,则k=x0+1x0.………(10分)
记k=x0+1x0,
由于k1=n是整数,k2=x02+1x02=(x0+1x0)2-2=n2-2也是整数,
且 k+1=k(x0+1x0)-k-1=nk-k-1,(≥2)    (13.1)
所以根据数学归纳法,通过(13.1)式可证明对于一切正整数,k=x0+1x0是正整数,且k≥2现在对于任意正整数,取k=x0+1x0,满足k≥2,且使得y2=kx-1与y=x的交点为(x0,y0).……(20分)

解:(1) 首先这样的S的值是有界集,故必存在最大值与最小值。 若x1+x2+x3+x4+x5=2006,且使S=1≤i<j≤5Σxixj取到最大值,则必有
xi-xj≤1 (1≤i,j≤5) ………(5分) (*)
事实上,假设(*)不成立,不妨假设x1-x2≥2,则令x1=x1-1,x2=x2+1,xi=xi (i=3,4,5).有x1+x2=x1+x2,x1•x2=x1x2+x1-x2-1>x1x2.将S改写成
S=1≤i<j≤5Σxixj=x1x2+(x1+x2)(x3+x4+x5)+x3x4+x3x5+x4x5
同时有 S=x1x2+(x1+x2)((x3+x4+x5)+x3x4+x3x5+x4x5.于是有S-S=x1x2-x1x2>0.这与S在x1,x2,x3,x4,x5时取到最大值矛盾.所以必有xi-xj≤1,(1≤i,j≤5).
因此当x1=402,x2=x3=x4=x5=401时S取到最大值. ……………………(10分)
⑵ 当x1+x2+x3+x4+x5=2006,且xi-xj≤2时,只有
(I)402, 402, 402, 400, 400;
(II)402, 402, 401, 401, 400;
(III)402, 401, 401, 401, 401;
三种情形满足要求. ……………………(15分)
而后两种情形是由第一组作xi=xi-1,xj=xj+1调整下得到的.根据上一小题的证明可知道,每次调整都使和式S=1≤i<j≤5Σxixj变大.所以在x1=x2=x3=402,x4=x5=400时S取到最小值.………(20分)

证明:⑴ 如果a<-2,则f1(0)=a>2,a∈/. ………………………(5分)
⑵ 如果-2≤a≤14,由题意,f1(0)=a,fn(0)=(fn-1(0))2+a,n=2,3,…….则
① 当0≤a≤14时,fn(0)≤12,(n≥1).
事实上,当n=1时,f1(0)=a≤12,设n=k-1时成立(k≥2为某整数),则对n=k,
fk(0)≤fk-1(0)2+a≤(12)2+14=12.
② 当-2≤a<0时,fn(0)≤a,(n≥1).
事实上,当n=1时,f1(0)≤a,设n=k-1时成立(k≥2为某整数),则对n=k,有
-a=a≤fk-1(0)2+a≤a2+a
注意到当-2≤a<0时,总有a2≤-2a,即a2+a≤-a=a.从而有fk(0)≤a.由归纳法,推出[-2,14].……………………(15分)
⑶ 当a>14时,记an=fn(0),则对于任意n≥1,an>a>14且
an+1=fn+1(0)=f(fn(0))=f(an)=an2+a.
对于任意n≥1,an+1-an=an2-an+a=(an-12)2+a-14≥a-14.则an+1-an≥a-14.
所以,an+1-a=an+1-a1≥n(a-14).当n>2-aa-14时,an+1>n(a-14)+a>2-a+a=2,即fn+1(0)>2.因此a∈/.综合⑴,⑵,⑶,我们有=[-2,14]. …………………………




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