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

‎2013年全国高校自主招生数学模拟试卷四 一、选择题(本题满分36分，每小题6分)‎ ‎1．已知△ABC，若对任意t∈R，≥，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．＜x＜1 B．x＞且x≠1 C． x＞1 　D． 0＜x＜1 ‎ ‎3．已知集合A＝{x|5x－a≤0}，B＝{x|6x－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＝，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．[，1) B．[，2) C．[1，) D．[，) ‎ ‎5．设f(x)＝x3＋log2(x＋)，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位十进制数的个数为 A．(102006＋82006) B．(102006－82006) C．102006＋82006 D．102006－82006‎ 二、填空题(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＋＝1的左右焦点分别为F1与F2，点P在直线l：x－y＋8＋2＝0上. 当∠F1PF2取最大值时，比的值为 ．‎ ‎10．底面半径为1cm的圆柱形容器里放有四个半径为cm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 cm3．‎ ‎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M0(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m，必存在整数k≥2，使(x，y)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＝xixj．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≤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，…，‎ M＝{a∈R|对所有正整数n，≤2}．证明，M＝[－2，]．‎ ‎2013年全国高校自主招生数学模拟试卷四 参考答案 一、选择题(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≥，推出　‎ －2t· ＋t2≥,令t＝，代入上式，得 ‎ －2cos2α＋cos2α≥，即 sin2α≥, ‎ 也即sinα≥．从而有≥．由此可得∠ACB＝． ‎ 答B．‎ 解：因为，解得x＞且x≠1．由logx(2x2＋x－1)＞logx2－1， ‎ Þ logx(2x3＋x2－x)＞logx2Þ 或．解得0＜x＜1或x＞1．‎ 所以x的取值范围为x＞且x≠1． ‎ 答C．‎ 解：5x－a≤0Þx≤；6x－b＞0Þx＞．要使A∩B∩N＝{2，3，4}，则 ，即所以数对(a，b)共有CC＝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，)，G(，0，1)，D(0，t2，0)(0＜t2＜1)．所以＝(t1，－1，－ ‎)，＝(－，t2，－1)．因为GD⊥EF，所以t1＋2t2＝1，由此推出0＜t2＜．又＝(t1，－t2，0)，‎ ＝＝＝，从而有≤＜1．‎ 答A．‎ 解：显然f(x)＝x3＋log2(x＋)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＝C92005＋C92003＋…＋C9．又由于 ‎ (9＋1)2006＝C92006－k以及(9－1)2006＝C(－1)k92006－k 从而得 A＝C92005＋C92003＋…＋C9＝(102006－82006)．‎ 填[0，]．‎ 解：f(x)＝sin4x－sinxcosx＋cos4x＝1－sin2x－ sin22x．令t＝sin2x，则 f(x)＝g(t)＝1－t－t2＝－(t＋)2．因此g(t)＝g(1)＝0， g(t)＝g(－)＝．‎ ‎ 故，f(x)∈[0，]．填[－，]．‎ 解：依题意，得|z|≤2Û(a＋cosθ)2＋(2a－sinθ)2≤4Û2a(cosθ－2sinθ)≤3－5a2．‎ Û－2asin(θ－φ)≤3－5a2(φ＝arcsin)对任意实数θ成立．‎ Û2|a|≤3－5a2Þ|a|≤，故 a的取值范围为[－，]．‎ 填－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(－8－2，0)，则∠APF1＝∠AF2P，即∆APF1∽∆AF2P，即 ‎ ＝ ⑴‎ 又由圆幂定理，‎ ‎|AP|2＝|AF1|·|AF2| ⑵‎ 而F1(－2，0)，F2(2，0)，A(－8－2，0)，从而有|AF1|＝8，|AF2|＝8＋4．‎ 代入⑴，⑵得，＝＝＝＝－1．‎ 填(＋)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是一个边长为的正方形。所以注水高为1＋．故应注水π(1＋)－4×π()3＝(＋)π．　　　　　‎ 填1．‎ 解：(x2006＋1)(1＋x2＋x4＋…＋x2004)＝2006x2005Û(x＋)(1＋x2＋x4＋…＋x2004)＝2006‎ ‎ Ûx＋x3＋x5＋…＋x2005＋＋＋＋…＋＝2006，故x＞0，否则左边＜0．‎ ‎ Û2006＝x＋＋x3＋＋…＋x2005＋≥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 ×()2×＋×××＋()2××＝0.0434．‎ 证明：因为y2＝nx－1与y＝x的交点为x0＝y0＝．显然有x0＋=n≥2．…(5分)‎ 若(x，y)为抛物线y2＝kx－1与直线y＝x的一个交点，则k＝x＋．………(10分)‎ 记km＝x＋，‎ 由于k1＝n是整数，k2＝x＋＝(x0＋)2－2＝n2－2也是整数，‎ 且 km＋1＝km(x0＋)－km－1＝nkm－km－1，(m≥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m，km＝x＋是正整数，且km≥2现在对于任意正整数m，取k＝x＋，满足k≥2，且使得y2＝kx－1与y＝x的交点为(‎ x，y)．……(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＝xixj取到最大值，则必有 ‎ ≤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＝xixj＝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≤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≤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＝xixj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＝|a|＞2，aM． ………………………(5分)‎ ‎⑵ 如果－2≤a≤，由题意，f1(0)＝a，fn(0)＝(fn－1(0))2＋a，n＝2，3，……．则 ‎① 当0≤a≤时，≤，("n≥1).‎ ‎ 事实上，当n＝1时，＝|a|≤，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数），则对n＝k， ‎ ≤＋a≤()2＋＝．‎ ‎② 当－2≤a＜0时，≤|a|，("n≥1)．‎ 事实上，当n＝1时，≤|a|，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数)，则对n＝k，有 ‎－|a|＝a≤＋a≤a2＋a 注意到当－2≤a＜0时，总有a2≤－2a，即a2＋a≤－a＝|a|．从而有≤|a|．‎ 由归纳法，推出[－2，]ÍM．……………………(15分)‎ ‎⑶ 当a＞时，记an＝fn(0)，则对于任意n≥1，an＞a＞且 an＋1＝fn＋1(0)＝f(fn(0))＝f(an)＝a＋a．‎ 对于任意n≥1，an＋1－an＝a－an＋a＝(an－)2＋a－≥a－．则an＋1－an≥a－．‎ 所以，an＋1－a＝an＋1－a1≥n(a－)．当n＞时，an＋1＞n(a－)＋a＞2－a＋a＝2，即fn＋1(0)＞2．因此aM．综合⑴，⑵，⑶，我们有M＝[－2，]． …………………………‎ ‎ ‎