2013年全国高校自主招生数学模拟试卷七

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2013年全国高校自主招生数学模拟试卷七

命题人：南昌二中 高三（01）班 张阳阳

一．选择题（36分，每小题6分） 1、 函数f(x)=log12(x?2x?3)的单调递增区间是

2(A) (-∞，-1) (B) (-∞，1) (C) (1，+∞) (D) (3，+∞) 解：由x-2x-3>0?x<-1或x>3，令f(x)=log2

2

2

2

12u, u= x-2x-3，故选A

2

2、 若实数x, y满足(x+5)+(y?12)=14，则x+y2的最小值为 (A) 2 (B) 1 (C) 解：B 3、 函数f(x)=

x1?2x2

3 (D) 2

?x2

(A) 是偶函数但不是奇函数 (B) 是奇函数但不是偶函数 (C) 既是奇函数又是偶函数 (D) 既不是奇函数又不是偶函数 解：A 4、 直线

x4?y3?1椭圆

x216?y29?1相交于A，B两点，该圆上点P，使得⊿PAB面积等于3，这样

的点P共有

(A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 4个

?解：设P1(4cos?,3sin?) (0

2 S=S?OAP?S?OBP=

1112?4?3sin??12?3?4cos?=6(sin?+cos?)=62sin(???4)

∴Smax=62

y B O P1 A x ∵S⊿OAB=6

∴(S?P1AB)max?62?6 ∵62?6<3

∴点P不可能在直线AB的上方，显然在直线AB的下方有两个点P，故选B

5、 已知两个实数集合A={a1, a2, ? , a100}与B={b1, b2, ? , b50}，若从A到B的映射f使得B中的

每一个元素都有原象，且f(a1)≤f(a2)≤?≤f(a100)，则这样的映射共有

50504949(A) C100 (B) C90 (C) C100 (D) C99

解：不妨设b1

·1·

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一一对应满足条件的映射，于是满足题设要求的映射f的个数与A按足码顺序分为50组的分法数相

4949等，而A的分法数为C99，则这样的映射共有C99，故选D。

6、 由曲线x2=4y, x2= ?4y, x=4, x= ?4围成图形绕y轴旋转一周所得为旋转体的体积为V1，满足x2+y2

≤16, x2+(y-2)2≥4, x2+(y+2)2≥4的点(x,y)组成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则

V2

23(C) V1=V2 (D) V1=2V2 解：如图，两图形绕y轴旋转所得的旋转体夹在两相距为8的平行平面之间，用任意一个与y轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为|y|，则所得截面面积 ∵S1=?(4?4|y|) ,

S2=?(42?y2)??[4?(2?|y|)2]=?(42?4|y|) ∴ S1=S2

由祖暅原理知，两个几何体体积相等。故远C。 一、 填空题（54分，每小题9分）

7、 已知复数Z1,Z2满足|Z1|=2, |Z2|=3，若它们所对应向量的夹角为60°，则

z1?z2z1?z22

(A) V1=

1V2 (B) V1=

2y 4 4 y -4 o -4 4 x -4 o 4 x -4 = 。

解：由余弦定理得|Z1+Z2|=19, |Z1?Z2|=7,

z1?z2z1?z2=

1337

8、 将二项式(x?124x)的展开式按x的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x

n的指数是整数的项共有 个。 解：不难求出前三项的系数分别是1, ∵2?12n?1?18n(n?1)

12n,18P1 n(n?1)，

P2 P3 P4 ∴当n=8时，Tr?1?C()x2rn116?3rr4 (r=0,1,2,?，8)

P10

P5 P7 P8

P9 P6 ∴r=0,4,8,即有3个

9、 如图，点P1,P2,?,P10分别是四面体点或棱的中点，那么在同

一平面上的四点组(P1, Pi, Pj, Pk)(1

解：首先，在每个侧面上除P1点外尚有五个点，其中任意三点组添加点P1后组成的四点组都在同一

个平面，这样三点组有C5个，三个侧面共有3C5个。

其次，含P1的每条棱上三点组添加底面与它异面的那条棱上的中点组成的四点组也在一个平面

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上，这样的四点组有3个 ∴共有3C53＋3＝33个

10、 已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)=1且对任意x∈R都有

f(x+5)≥f(x)+5 f(x+1)≤f(x)+1

若g(x)=f(x)+1?x，则g(2002)= 。

解：由g(x)=f(x)+1?x得f(x)=g(x)+ x ?1 ∴g(x+5)+(x+5)?1≥g(x)+(x?1)+5 g(x+1)+(x+1)?1≤g(x)+(x?1)+5 ∴g(x+5)≥g(x), g(x+1)≤g(x)

∴g(x)≤g(x+5)≤g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g(x+1)≤g(x) ∴g(x+1)=g(x) ∴T=1 ∵g(1)=1 ∴g(2002)=1

11、 若log4(x?2y)?log4(x?2y)?1，则|x|?|y|的最小值是 。 ?x?2y?0?x?2|y|?0???2解：?x?2y?0 2?x?4y?4?(x?2y)(x?2y)?4? 由对称性只考虑y≥0，因为x>0，所以只须求x?y的最小值。 令x?y=u代入x2?4y2=4中有3y2?2uy+(4?u2)=0 ∵y∈R ∴⊿≥0?u?433

∴当x?3,y?33时，u=3，故|x|?|y|的最小值是3

12、 使不等式sin2x+acosx+a2≥1+cosx对一切x∈R恒成立的负数a的取值范围是 。 解：∵sin2x+acosx+a2≥1+cosx ∴(cosx? ∵a<0,

∴当cosx=1时，函数y?(cosx?a?12(a?1)42a?12)?a?22(a?1)42

a?122

)有最大值(1?2a?12)

2∴(1?)?a?22?a+a-2≥0?a≤-2或a≥1

∵a<0

∴负数a的取值范围是(-∞,2]

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二、解答题（本题满分60分，每小题20分）

13、 已知点A(0,2)和抛物线y=x2+4上两点B、C使得AB⊥BC，求点C的纵坐标的取值范围。 解：设B点坐标为B(y12?4,y1)，C点坐标为C(y2?4,y) 显然y12?4≠0，故kAB? ∵AB⊥BC ∴KBC= ?(y1+2)

2??y?y1??(y1?2)[x?(y1?4)] ∴?

2??y?x?4y1?2y?421?1y1?2 ????5分

?(2+y1)(y+y1)+1=0

?y12+(2+y)y1+(2y+1)=0 ????10分 ∵y1∈R

∴⊿≥0?y≤0或y≥4 ????15分 ∴当y=0时，点B的坐标为(-3，-1)；当y=4时，点B的坐标为(5，?3)，均满足题意。 故点C的纵坐标的取值范围为(-∞,0]∪[4,+∞)

14、 如图，有一列曲线P0, P1, P2, ??，已知P0所围成的图形是面积为1的等边三角形，Pk+1是对

Pk进行如下操作得到的：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉(k=0,1,2,3,?)，记Sn为曲线Pk所围成图形面积。 ①求数列{Sn}的通项公式；②求limSn。

n??

P0

P1

P2

解：①对P0进行操作，容易看出P0的每条边变成P1的4条边，故P1的边数为3×4；同样，对P1进行

2

操作，P1的每条边变成P2的4条边，故P2的边数为3×4，从而不难得到Pn的边数为3×4n ????5分 已知P0的面积为S0=1，比较P1与P0，容易看出P1在P0的每条边上增加了一个小等边三角形，

其面积为

132，而P0有3条边，故S1=S0+3×

132=1+

13

132 再比较P2与P1，容易看出P2在P1的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为

而P1有3×4条边，故S2=S1+3×4×

134×

132，

=1+

13+

433

·4·

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类似地有：S3=S2+3×4×

252

136=1+

13+

433+

4325 ????5分

∴Sn=1?133?433?43???43n?12n?1

=1+

854k() ?4k?194n?() (※) ????10分 593n =? 下面用数学归纳法证明(※)式 当n=1时，由上面已知(※)式成立， 假设当n=k时，有Sk=

85?4k?() 593 当n=k+1时，易知第k+1次操作后，比较Pk+1与Pk，Pk+1在Pk的每条边上增加了一个小等边三

1k

角形，其面积为2(k?1)，而Pk有3×4条边。故

3834k?11k

Sk+1=Sk+3×4×2(k?1)=??()

5593 综上所述，对任何n∈N，(※)式成立。 ②limSn?lim[n??n??85?4n8?()]? 595315、 设二次函数f(x)=ax2+bx+c (a,b,c∈R,a≠0)满足条件：

① 当x∈R时，f(x-4)=f(2-x)，且f(x)≥x；

② 当x∈(0,2)时，f(x)≤(x?12)

2③ f(x)在R上的最小值为0。

求最大值m(m>1)，使得存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x 解：∵f(x-4)=f(2-x)

∴函数的图象关于x= -1对称 ∴ ?b2a??1 b=2a

由③知当x= ?1时,y=0，即a?b+c=0 由①得 f(1)≥1，由②得 f(1)≤1 ∴f(1)=1，即工+了+以=1，又a?b+c=0

111∴a= b= c=

424∴f(x)=

14x?212x?14 ????5分

假设存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤x

·5·

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取x=1时，有f(t+1)≤1?14对固定的t∈[-4,0]，取x=m，有

(t+1)2+

12(t+1)+

14≤1??4≤t≤0

f(t ?m)≤m

42422

?m??(1?t)m+(t+2t+1)≤0

?1?t??1(t+m)2+

1(t+m)+

1≤m

?4t≤m≤1?t??4t ????10分

∴m≤1?t?4t≤1?(?4)??4?(?4)=9 当t= -4时，对任意的x∈[1,9]，恒有 f(x?4)?x=

1(x2?10x+9)=

144(x?1)(x?9)≤0

∴m的最大值为9。 另解：∵f(x-4)=f(2-x)

∴函数的图象关于x= -1对称 ∴ ?b2a??1 b=2a

由③知当x= ?1时,y=0，即a?b+c=0 由①得 f(1)≥1，由②得 f(1)≤1

∴f(1)=1，即工+了+以=1，又a?b+c=0 ∴a=

114 b=

12 c=

4 ∴f(x)=1x22

4?12x?14=14(x+1) 由f(x+t)=

14(x+t+1)2≤x 在x∈[1,m]上恒成立

∴4[f(x+t)-x]=x2+2(t-1)x+(t+1)2≤0当x∈[1,m]时，恒成立

令 x=1有t2+4t≤0??4≤t≤0

令x=m有t2+2(m+1)t+(m-1)2≤0当t∈[-4,0]时，恒有解 令t= ?4得，m2

?10m+9≤0?1≤m≤9 即当t= ?4时，任取x∈[1,9]恒有

f(x-4)-x=

14(x2?10x+9)=

14(x?1)(x?9)≤0

∴ mmin=9

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????15分

????20分 ????5分

????10分

????15分 ????20分

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取x=1时，有f(t+1)≤1?14对固定的t∈[-4,0]，取x=m，有

(t+1)2+

12(t+1)+

14≤1??4≤t≤0

f(t ?m)≤m

42422

?m??(1?t)m+(t+2t+1)≤0

?1?t??1(t+m)2+

1(t+m)+

1≤m

?4t≤m≤1?t??4t ????10分

∴m≤1?t?4t≤1?(?4)??4?(?4)=9 当t= -4时，对任意的x∈[1,9]，恒有 f(x?4)?x=

1(x2?10x+9)=

144(x?1)(x?9)≤0

∴m的最大值为9。 另解：∵f(x-4)=f(2-x)

∴函数的图象关于x= -1对称 ∴ ?b2a??1 b=2a

由③知当x= ?1时,y=0，即a?b+c=0 由①得 f(1)≥1，由②得 f(1)≤1

∴f(1)=1，即工+了+以=1，又a?b+c=0 ∴a=

114 b=

12 c=

4 ∴f(x)=1x22

4?12x?14=14(x+1) 由f(x+t)=

14(x+t+1)2≤x 在x∈[1,m]上恒成立

∴4[f(x+t)-x]=x2+2(t-1)x+(t+1)2≤0当x∈[1,m]时，恒成立

令 x=1有t2+4t≤0??4≤t≤0

令x=m有t2+2(m+1)t+(m-1)2≤0当t∈[-4,0]时，恒有解 令t= ?4得，m2

?10m+9≤0?1≤m≤9 即当t= ?4时，任取x∈[1,9]恒有

f(x-4)-x=

14(x2?10x+9)=

14(x?1)(x?9)≤0

∴ mmin=9

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????15分

????20分 ????5分

????10分

????15分 ????20分

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