2013年全國高校自主招生數學模擬試卷四

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}，則整數對(a，b)的個數為
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f(x)＝x3＋log2(x＋x2＋1)，則對任意實數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．數碼a1，a2，a3，…，a2006中有奇數個9的2007位十進制數－2a1a2…a2006的個數為
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f(x)＝sin4x－sinxcosx＋cos4x，則f(x)的值域是 ．
8. 若對一切θ∈R，復數z＝(a＋cosθ)＋(2a－sinθ)i的模不超過2，則實數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∠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的實數解的個數為 ．
12. 袋內有8個白球和2個紅球，每次從中隨機取出一個球，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n≥2，設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，必存在整數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x1，x2，x3，x4，x5之和．記S＝1≤i＜j≤5Σxixj．問：
⑴ 當x1，x2，x3，x4，x5取何值時，S取到最大值；
⑵ 進一步地，對任意1≤i，j≤5有xi－xj≤2，當x1，x2，x3，x4，x5取何值時，S取到最小值.
說明理由．

15．設 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n，fn(0)≤2}．證明，＝[－2，14]．

2013年全國高校自主招生數學模擬試卷四
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．所以數對(a，b)共有C61C51＝30個．
答A．
解：建立直角坐標系，以A為坐標原點，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，且單調遞增．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：出現奇數個9的十進制數個數有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，F2，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)，F2(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．
等號當且僅當x＝1時成立．
所以x＝1是原方程的全部解．因此原方程的實數解個數為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，k2＝x02＋1x02＝(x0＋1x0)2－2＝n2－2也是整數，
且 k＋1＝k(x0＋1x0)－k－1＝nk－k－1，(≥2) 　　　(13.1)
所以根據數學歸納法，通過(13.1)式可證明對于一切正整數，k＝x0＋1x0是正整數，且k≥2現在對于任意正整數，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(*)不成立，不妨假設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x1＝402，x2＝x3＝x4＝x5＝401時S取到最大值． ……………………(10分)
⑵ 當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調整下得到的．根據上一小題的證明可知道，每次調整都使和式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0≤a≤14時，fn(0)≤12，(n≥1).
事實上，當n＝1時，f1(0)＝a≤12，設n＝k－1時成立(k≥2為某整數），則對n＝k，
fk(0)≤fk－1(0)2＋a≤(12)2＋14＝12．
② 當－2≤a＜0時，fn(0)≤a，(n≥1)．
事實上，當n＝1時，f1(0)≤a，設n＝k－1時成立(k≥2為某整數)，則對n＝k，有
－a＝a≤fk－1(0)2＋a≤a2＋a
注意到當－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://portlandfoamroofing.com/gaosan/42903.html

相關閱讀：2014高三數學一診模擬考試文科試題(含答案)