2013年全國高校自主招生數(shù)學(xué)模擬試卷四

一、(本題滿分36分，每小題6分)
1．已知△ABC，若對任意t∈R，→BA－t→BC≥→AC，則△ABC一定為
A．銳角三角形 B．鈍角三角形 C．直角三角形 D．答案不確定
2．設(shè)logx(2x2＋x－1)＞logx2－1，則x的取值范圍為
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}，則整數(shù)對(a，b)的個數(shù)為
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與E分別為A1B1和CC1的中點，D與F分別為線段AC和AB上的動點(不包括端點)．若GD⊥EF，則線段DF的長度的取值范圍為
A．[15，1) B．[15，2) C．[1，2) D．[15，2)
5．設(shè)f(x)＝x3＋log2(x＋x2＋1)，則對任意實數(shù)a，b，a＋b≥0是f(a)＋f(b)≥0的
A. 充分必要條件 B. 充分而不必要條件
C. 必要而不充分條件 D. 既不充分也不必要條件
6．?dāng)?shù)碼a1，a2，a3，…，a2006中有奇數(shù)個9的2007位十進(jìn)制數(shù)－2a1a2…a2006的個數(shù)為
A．12(102006＋82006) B．12(102006－82006) C．102006＋82006 D．102006－82006
二、題(本題滿分54分，每小題9分)
7. 設(shè)f(x)＝sin4x－sinxcosx＋cos4x，則f(x)的值域是 ．
8. 若對一切θ∈R，復(fù)數(shù)z＝(a＋cosθ)＋(2a－sinθ)i的模不超過2，則實數(shù)a的取值范圍為 ．
9．已知橢圓x216＋y24＝1的左右焦點分別為F1與F2，點P在直線l：x－3y＋8＋23＝0上. 當(dāng)∠F1PF2取最大值時，比PF1PF2的值為 ．
10．底面半徑為1c的圓柱形容器里放有四個半徑為12c的實心鐵球，四個球兩兩相切，其中底層兩球與容器底面相切. 現(xiàn)往容器里注水，使水面恰好浸沒所有鐵球，則需要注水 c3．
11．方程(x2006＋1)(1＋x2＋x4＋…＋x2004)＝2006x2005的實數(shù)解的個數(shù)為 ．
12. 袋內(nèi)有8個白球和2個紅球，每次從中隨機(jī)取出一個球，然后放回1個白球，則第4次恰好取完所有紅球的概率為 ．
三、解答題（本題滿分60分，每小題20分）
13. 給定整數(shù)n≥2，設(shè)0(x0，y0)是拋物線y2＝nx－1與直線y＝x的一個交點. 試證明對任意正整數(shù)，必存在整數(shù)k≥2，使(x0，y0)為拋物線y2＝kx－1與直線y＝x的一個交點．

14．將2006表示成5個正整數(shù)x1，x2，x3，x4，x5之和．記S＝1≤i＜j≤5Σxixj．問：
⑴ 當(dāng)x1，x2，x3，x4，x5取何值時，S取到最大值；
⑵ 進(jìn)一步地，對任意1≤i，j≤5有xi－xj≤2，當(dāng)x1，x2，x3，x4，x5取何值時，S取到最小值.
說明理由．

15．設(shè) f(x)＝x2＋a. 記f1(x)＝f(x)，fn(x)＝f(fn－1(x))，n＝1，2，3，…，
＝{a∈R對所有正整數(shù)n，fn(0)≤2}．證明，＝[－2，14]．

2013年全國高校自主招生數(shù)學(xué)模擬試卷四
參考答案

一、(本題滿分36分，每小題6分)
答C．
解：令∠ABC＝α，過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．從而有→AD≥→AC．由此可得∠ACB＝π2．
答B(yǎng)．
解：因為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的取值范圍為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}，則
1≤b6＜2，4≤a5＜5，即6≤b＜12，20≤a＜25．所以數(shù)對(a，b)共有C61C51＝30個．
答A．
解：建立直角坐標(biāo)系，以A為坐標(biāo)原點，AB為x軸，AC為y軸，AA1為z軸，則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)．因為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，從而有15≤→DF＜1．
答A．
解：顯然f(x)＝x3＋log2(x＋x2＋1)為奇函數(shù)，且單調(diào)遞增．于是
若a＋b≥0，則a≥－b，有f(a)≥f(－b)，即f(a)≥－f(b)，從而有f(a)＋f(b)≥0．
反之，若f(a)＋f(b)≥0，則f(a)≥－f(b)＝f(－b),推出a≥－b，即a＋b≥0．
答B(yǎng)．
解：出現(xiàn)奇數(shù)個9的十進(jìn)制數(shù)個數(shù)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
從而得
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，則
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：依題意，得z≤2(a＋cosθ)2＋(2a－sinθ)2≤42a(cosθ－2sinθ)≤3－5a2．
－25asin(θ－φ)≤3－5a2(φ＝arcsin55)對任意實數(shù)θ成立．
25a≤3－5a2a≤55，故 a的取值范圍為[－55，55]．
填3－1．.
解：由平面幾何知，要使∠F1PF2最大，則過F1，F(xiàn)2，P三點的圓必定和直線l相切于點P．直線l交x軸于A(－8－23，0)，則∠APF1＝∠AF2P，即∆APF1∽∆AF2P，即
PF1PF2＝APAF2 ⑴
又由圓冪定理，
AP2＝AF1•AF2 ⑵
而F1(－23，0)，F(xiàn)2(23，0)，A(－8－23，0)，從而有AF1＝8，AF2＝8＋43．
代入⑴，⑵得，PF1PF2＝AF1AF2＝88＋43＝4－23＝3－1．
填(13＋22)π．
解：設(shè)四個實心鐵球的球心為O1，O2，O3，O4，其中O1，O2為下層兩球的球心，A，B，C，D分別為四個球心在底面的射影．則ABCD是一個邊長為22的正方形。所以注水高為1＋22．故應(yīng)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，否則左邊＜0．
2006＝x＋1x＋x3＋1x3＋…＋x2005＋1x2005≥2×1003＝2006．
等號當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時成立．
所以x＝1是原方程的全部解．因此原方程的實數(shù)解個數(shù)為1．
填0.0434．
解：第4次恰好取完所有紅球的概率為
210×(910)2×110＋810×210×910×110＋(810)2×210×110＝0.0434．

證明：因為y2＝nx－1與y＝x的交點為x0＝y(tǒng)0＝n±n2－42．顯然有x0＋1x0=n≥2．…(5分)
若(x0，y0)為拋物線y2＝kx－1與直線y＝x的一個交點，則k＝x0＋1x0．………(10分)
記k＝x0＋1x0，
由于k1＝n是整數(shù)，k2＝x02＋1x02＝(x0＋1x0)2－2＝n2－2也是整數(shù)，
且 k＋1＝k(x0＋1x0)－k－1＝nk－k－1，(≥2) 　　　(13.1)
所以根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，通過(13.1)式可證明對于一切正整數(shù)，k＝x0＋1x0是正整數(shù)，且k≥2現(xiàn)在對于任意正整數(shù)，取k＝x0＋1x0，滿足k≥2，且使得y2＝kx－1與y＝x的交點為(x0，y0)．……(20分)

解：(1) 首先這樣的S的值是有界集，故必存在最大值與最小值。 若x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝2006，且使S＝1≤i＜j≤5Σxixj取到最大值，則必有
xi－xj≤1 (1≤i，j≤5) ………(5分) (*)
事實上，假設(shè)(*)不成立，不妨假設(shè)x1－x2≥2，則令x1＝x1－1，x2＝x2＋1，xi＝xi (i＝3，4，5)．有x1＋x2＝x1＋x2，x1•x2＝x1x2＋x1－x2－1＞x1x2．將S改寫成
S＝1≤i＜j≤5Σxixj＝x1x2＋(x1＋x2)(x3＋x4＋x5)＋x3x4＋x3x5＋x4x5
同時有 S＝x1x2＋(x1＋x2)((x3＋x4＋x5)＋x3x4＋x3x5＋x4x5．于是有S－S＝x1x2－x1x2＞0．這與S在x1，x2，x3，x4，x5時取到最大值矛盾．所以必有xi－xj≤1，(1≤i，j≤5)．
因此當(dāng)x1＝402，x2＝x3＝x4＝x5＝401時S取到最大值． ……………………(10分)
⑵ 當(dāng)x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝2006，且xi－xj≤2時，只有
（I）402， 402， 402， 400， 400；
（II）402， 402， 401， 401， 400；
（III）402， 401， 401， 401， 401；
三種情形滿足要求． ……………………(15分)
而后兩種情形是由第一組作xi＝xi－1，xj＝xj＋1調(diào)整下得到的．根據(jù)上一小題的證明可知道，每次調(diào)整都使和式S＝1≤i＜j≤5Σxixj變大．所以在x1＝x2＝x3＝402，x4＝x5＝400時S取到最小值．………(20分)

證明：⑴ 如果a＜－2，則f1(0)＝a＞2，a∈/． ………………………(5分)
⑵ 如果－2≤a≤14，由題意，f1(0)＝a，fn(0)＝(fn－1(0))2＋a，n＝2，3，……．則
① 當(dāng)0≤a≤14時，fn(0)≤12，(n≥1).
事實上，當(dāng)n＝1時，f1(0)＝a≤12，設(shè)n＝k－1時成立(k≥2為某整數(shù)），則對n＝k，
fk(0)≤fk－1(0)2＋a≤(12)2＋14＝12．
② 當(dāng)－2≤a＜0時，fn(0)≤a，(n≥1)．
事實上，當(dāng)n＝1時，f1(0)≤a，設(shè)n＝k－1時成立(k≥2為某整數(shù))，則對n＝k，有
－a＝a≤fk－1(0)2＋a≤a2＋a
注意到當(dāng)－2≤a＜0時，總有a2≤－2a，即a2＋a≤－a＝a．從而有fk(0)≤a．由歸納法，推出[－2，14]．……………………(15分)
⑶ 當(dāng)a＞14時，記an＝fn(0)，則對于任意n≥1，an＞a＞14且
an＋1＝fn＋1(0)＝f(fn(0))＝f(an)＝an2＋a．
對于任意n≥1，an＋1－an＝an2－an＋a＝(an－12)2＋a－14≥a－14．則an＋1－an≥a－14．
所以，an＋1－a＝an＋1－a1≥n(a－14)．當(dāng)n＞2－aa－14時，an＋1＞n(a－14)＋a＞2－a＋a＝2，即fn＋1(0)＞2．因此a∈/．綜合⑴，⑵，⑶，我們有＝[－2，14]． …………………………

本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/gaosan/42903.html

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