2013年全国高校自主招生数学模拟试卷一

自强不息,厚德载物。

2013年全国高校自主招生数学模拟试卷一 命题人：南昌二中 高三（01）班 张阳阳

一、选择题（本题满分36分，每小题6分） 1. 如图，在正四棱锥P ABCD中，∠APC=60°，则二面角A PB C的平面角的余弦值为（ ） A.

17

B.

17

C.

12

D.

12

2. 设实数a使得不等式|2x a|+|3x 2a|≥a2对任意实数x恒成立，则满足条件的a所组成的集合是（ ）

A. [ ,] B. [ ,] C. [ ,] D. [ 3，3]

1133

1122

1143

3. 将号码分别为1、2、…、9的九个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完全相同。甲从袋中摸出一个球，其号码为a，放回后，乙从此袋中再摸出一个球，其号码为b。则使不等式a 2b+10>0成立的事件发生的概率等于（ ） A.

52 81

B.

59 81

C.

60 81

D.

61 81

4. 设函数f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数a、b、c使得af(x)+bf(x

c)=1对任意实数x恒成立，则

A.

12

bcosc

的值等于（ ） a

B.

12

C. 1 D. 1

5. 设圆O1和圆O2是两个定圆，动圆P与这两个定圆都相切，则圆P的圆心轨迹不可能是（ ）

6. 已知A与B是集合{1，2，3，…，100}的两个子集，满足：A与B的元素个数相同，且为A∩B空集。若n∈A时总有2n+2∈B，则集合A∪B的元素个数最多为（ ） A. 62 B. 66 C. 68 D. 74 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）

7. 在平面直角坐标系内，有四个定点A( 3，0)，B(1， 1)，C(0，3)，D( 1，3)及一个动点P，则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为__________。

8. 在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB=EF=1，BC=6，

CA ，若 2，则EF与的夹角的余弦值等于________。

自强不息,厚德载物。

9. 已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，以顶点A为球心，

23

为3

半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于__________。

10. 已知等差数列{an}的公差d不为0，等比数列{bn}的公比q是小

22

a12 a2 a3

于1的正有理数。若a1=d，b1=d，且是正整数，则

b1 b2 b3

2

q等于

________。 11. 已知函数f(x)

sin(πx) cos(πx) 215

( x )，则44x

f(x)的最小值为

________。

12. 将2个a和2个b共4个字母填在如图所示的16个小方格内，每个小方格内至多填1个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法共有________种（用数字作答）。

三、解答题（本题满分60分，每小题20分） 13. 设an

14. 已知过点(0，1)的直线l与曲线C：y x (x 0)交于两个不同点M和N。求曲线C在点M、N处切线的交点轨迹。

1x

1

，求证：当正整数n≥2时，an+1<an。

k(n 1 k)k 1

n

自强不息,厚德载物。

15. 设函数f(x)对所有的实数x都满足f(x+2π)=f(x)，求证：存在4个函数fi(x)(i=1，2，3，4)满足：（1）对i=1，2，3，4，fi(x)是偶函数，且对任意的实数x，有fi(x+π)=fi(x)；（2）对任意的实数x，有f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。

自强不息,厚德载物。

2013年全国高校自主招生数学模拟试卷一

参考答案

一、选择题（本题满分36分，每小题6分） 1. 如图，在正四棱锥P ABCD中，∠APC=60°，则二面角A PB C的平面角的余弦值为（ B ） A.

1

7

B.

17

C.

12

D.

12

解：如图，在侧面PAB内，作AM⊥PB，垂足为M。连结CM、AC，则∠AMC为二面角A PB C的平面角。不妨设AB=2，则PA AC 22，斜高为，故2 7 AM 22，由此得

CM AM

7

。在△AMC中2

AM2 CM2 AC21

cos AMC 。

2 AM CM7

，由余弦定理得

2. 设实数a使得不等式|2x a|+|3x 2a|≥a2对任意实数x恒成立，

则满足条件的a所组成的集合是（ A ） A. [ ,] B. [ ,] C. [ ,] D. [ 3，3]

解：令x a，则有|a| ，排除B、D。由对称性排除C，从而只有A正确。

一般地，对k∈R，令x ka，则原不等式为|a| |k 1| |a| |k | |a|2，由此易知原不等式等价于|a| |k 1| |k |，对任意的k∈R成立。由于

4 5

k 3k 23 34 14

|k 1| |k | 1 k1 k ，

23 23

3 5kk 1 2

1341

{|k 1| |k |} ，从而上述不等式等价于|a| 。 所以mink R3233

3

2

43

12

23

13

113311221143

3243

3. 将号码分别为1、2、…、9的九个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完全相同。甲从袋中摸出一个球，其号码为a，放回后，乙从此袋中再摸出一个球，其号码为b。则使不等式a 2b+10>0成立的事件发生的概率等于（ D ） A.

52 81

B.

59 81

C.

60 81

D.

61

81

自强不息,厚德载物。

解：甲、乙二人每人摸出一个小球都有9种不同的结果，故基本事件总数为92=81个。由不等式a 2b+10>0得2b<a+10，于是，当b=1、2、3、4、5时，每种情形a可取1、2、…、9中每一个值，使不等式成立，则共有9×5=45种；当b=6时，a可取3、4、…、9中每一个值，有7种；当b=7时，a可取5、6、7、8、9中每一个值，有5种；当b=8时，a可取7、8、9中每一个值，有3种；当b=9时，a只能取9，有1种。于是，所求事件的概率为

45 7 5 3 161

。

8181

4. 设函数f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数a、b、c使得af(x)+bf(x

c)=1对任意实数x恒成立，则

A.

1

2

bcosc

的值等于（ C ） a

B.

12

C. 1 D. 1

12

解：令c=π，则对任意的x∈R，都有f(x)+f(x c)=2，于是取a b ，

bcosc

1。 a

一般地，由题设可得f(x) sin(x ) 1，f(x c) sin(x c) 1，

π2

其中0 且tan ，于是af(x)+bf(x c)=1可化为

23

asin(x ) bsin(x c) a b 1，即

c=π，则对任意的x∈R，af(x)+bf(x c)=1，由此得

asin(x ) bsin(x )cosc bsinccos(x ) (a b 1) 0，所以 (a bcosc)sin(x ) bsinccos(x ) (a b 1) 0。

a bcosc 0(1)

由已知条件，上式对任意x∈R恒成立，故必有 bsinc 0(2)，

a b 1 0(3)

若b=0，则由(1)知a=0，显然不满足(3)式，故b≠0。所以，由(2)知sinc=0，故c=2kπ+π或c=2kπ(k∈Z)。当c=2kπ时，cosc=1，则(1)、(3)两式矛盾。故c=2kπ+π(k∈Z)，cosc= 1。由(1)、(3)知a b ，所以

12

bcosc

1。 a

5. 设圆O1和圆O2是两个定圆，动圆P与这两个定圆都相切，则圆P的圆心轨迹不可能是（ A ）

解：设圆O1和圆O2的半径分别是r1、r2，|O1O2|=2c，则一般地，圆P的圆心轨迹是焦点为O1、O2，且离心率分别是

2c2c

和的圆锥曲r1 r2|r1 r2|

线（当r1=r2时，O1O2的中垂线是轨迹的一部份，当c=0时，轨迹是两

自强不息,厚德载物。

个同心圆）。

当r1=r2且r1+r2<2c时，圆P的圆心轨迹如选项B；当0<2c<|r1 r2|时，圆P的圆心轨迹如选项C；当r1≠r2且r1+r2<2c时，圆P的圆心轨迹如选项D。由于选项A中的椭圆和双曲线的焦点不重合，因此圆P的圆心轨迹不可能是选项A。

6. 已知A与B是集合{1，2，3，…，100}的两个子集，满足：A与B的元素个数相同，且为A∩B空集。若n∈A时总有2n+2∈B，则集合A∪B的元素个数最多为（ B ） A. 62 B. 66 C. 68 D. 74

解：先证|A∪B|≤66，只须证|A|≤33，为此只须证若A是{1，2，…，49}的任一个34元子集，则必存在n∈A，使得2n+2∈B。证明如下： 将{1，2，…，49}分成如下33个集合：{1，4}，{3，8}，{5，12}，…，{23，48}共12个；{2，6}，{10，22}，{14，30}，{18，38}共4个；{25}，{27}，{29}，…，{49}共13个；{26}，{34}，{42}，{46}共4个。由于A是{1，2，…，49}的34元子集，从而由抽屉原理可知上述33个集合中至少有一个2元集合中的数均属于A，即存在n∈A，使得2n+2∈B。

如取A={1，3，5，…，23，2，10，14，18，25，27，29，…，49，26，34，42，46}，

B={2n+2|n∈A}，则A、B满足题设且|A∪B|≤66。 二、填空题（本题满分54分，每小题9分） 7. 在平面直角坐标系内，有四个定点A( 3，0)，B(1， 1)，C(0，3)，D( 1，3)及一个动点P，则

PD|的最小值为

与BD交于F点，则|PA|+|PC|≥|AC|=|FA|+|FC|，|PB|+|PD|≥|BD|=|FB|+|FD|，因此，当动点P与F点重合时，|PA|+|PB|+|PC|+|PD|取到最小值|AC| |BD| 2 2。 8. 在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB=EF=1，BC=6，

，若 2，则与的夹角的余弦值等于

解：因为AB AE AC AF 2，所以 ( ) ( ) 2，即

2。因为 1，

33 1 36

1 1， ，所以1 ( ) 1 2，

2 1

2

2

即 2。设与的夹角为

θ，则有|| || cosθ 2，即3cos

自强不息,厚德载物。

θ=2，所以cosθ 。

9. 已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，以顶点A为球心，

23

为半径作一个球，则球面与正

3

23

面相交所得到的曲线的长等于

的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即面AA1B1B、面ABCD和面AA1D1D上；另一类在不过顶点A的三个面上，即面BB1C1C、面CC1D1D和面A1B1C1D1上。在面AA1B1B上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，

πππ23

，AA1=1，则 A1AE 。同理 BAF ，所以 EAF ，

6663

2π故弧EF的长为 π，而这样的弧共有三条。在面BB1C1C上，

369

因为AE

交线为弧FG且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为这样的弧也有三条。 于是，所得的曲线长为3

5π

。 π 3 π

966

2

π33π FBG ，，所以弧FG的长为 π。

23326

10. 已知等差数列{an}的公差d不为0，等比数列{bn}的公比q是小

22

a12 a2 a3

于1的正有理数。若a1=d，b1=d，且是正整数，则q等于

b1 b2 b3

22

a12 a2 a3a12 (a1 d)2 (a1 2d)214

解：因为，故由已知条件

b1 b2 b3b1 b1q b1q21 q q2

1414

知道：1+q+q2为，其中m为正整数。令1 q q2 ，则

mm

1114156 3m

。由于q是小于1的正有理数，所以q 1

24m24m

56 3m114

1 3，即5≤m≤13且是某个有理数的平方，由此可知q 。

4m2m

sin(πx) cos(πx) 215

( x )，则f(x)的最小值为 11. 已知函数f(

x)

44x

自强不息,厚德载物。

π

2sin(πx ) 2

15f(x) ( x )解：实际上，设44x

π1513

g(x) 2sin(πx )( x )，则g(x)≥0，g(x)在[,]上是增函数，

44444

335

在[,]上是减函数，且y=g(x)的图像关于直线x 对称，则对任意

444

1335

x1 [,]，存在x2 [,]，使g(x2)=g(x1)。于是

4444

35g(x1) 2g(x2) 2g(x2) 2

而f(x)在[,]上是减函数，f(x1) f(x2)，

44x1x1x2

所以f(x) f()

5

415454，即f(x)在[,]上的最小值是。

4455

12. 将2个a和2个b共4个字母填在如图所示的16

个小方格内，每个小方格内至多填1

种（用数字作答）。

解：使2个a既不同行也不同列的填法有C42A42=72种，同样，使2个b既不同行也不同列的填法也有C42A42=72种，故由乘法原理，这样的填法共有722种，其中不符合要求的有两种情况：2个a所在的方格内都填有b的情况有72种；2个a所在的方格内仅有1个方格内填有b的情况有C161A92=16×72种。所以，符合题设条件的填法共有722 72 16×72=3960种。

三、解答题（本题满分60分，每小题20分）

1

，求证：当正整数n≥2时，an+1<an。

k 1k(n 1 k)

11112n1

( )，因此an 证明：由于 ，于是，对k(n 1 k)n 1kn 1 kn 1k 1k11n11n 11

任意的正整数n≥2，有(an an 1) 2n 1k 1kn 2k 1k

nn

111111 ( ) ( 1) 0，即an+1<an。 n 1n 2k 1k(n 1)(n 2)(n 1)(n 2)k 1k

1

14. 已知过点(0，1)的直线l与曲线C：y x (x 0)交于两个不同

x

13. 设an

n

点M和N。求曲线C在点M、N处切线的交点轨迹。

解：设点M、N的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2)，曲线C在点M、N处的切线分别为l1、l2，其交点P的坐标为(xp，yp)。若直线l的斜率为k，则l的方程为y=kx+1。

自强不息,厚德载物。

1 y x 12

x kx 1，即(k 1)x+x 1=0。由由方程组 ，消去y，得x

x y kx 1

题意知，该方程在(0，+∞)上有两个相异的实根x1、x2，故k≠1，且

11 0…(2)，x1x2 0…(3)，由1 k1 k

3111

此解得 k 1。对y x 求导，得y' 1 2，则y'|x x1 1 2，

4xxx111

y'|x x2 1 2，于是直线l1的方程为y y1 (1 2)(x x1)，即

x2x111

y (x1 ) (1 2)(x x1)，化简后得到直线l1的方程为

x1x11212

y (1 2)x …(4)。同理可求得直线l2的方程为y (1 2)x …

x1x1x2x2

11222xx

(5)。(4) (5)得(2 2)xp 0，因为x1≠x2，故有xp 12…

x2x1x1x2x1 x2

Δ=1+4(k 1)>0…(1)，x1 x2

(6)。将(2)(3)两式代入(6)式得

2yp (2 (

xp=2。(4)+(5)得

111111x1 x2

…(7)，其中 ))x 2( ) 1，p22

x1x2x1x2x1x2x1x2

2

11x12 x2(x1 x2)2 2x1x2x1 x222 () 1 2(1 k) 2k 1，代入222x12x2x12x2x12x2x1x2x1x2

3

(7)式得2yp=(3 2k)xp+2，而xp=2，得yp=4 2k。又由 k 1得

4

5

2 yp ，即点P的轨迹为(2，2)，(2，2.5)两点间的线段（不含端

2

点）。

15. 设函数f(x)对所有的实数x都满足f(x+2π)=f(x)，求证：存在4个函数fi(x)(i=1，2，3，4)满足：（1）对i=1，2，3，4，fi(x)是偶函数，且对任意的实数x，有fi(x+π)=fi(x)；（2）对任意的实数x，有f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。 证明：记g(x)

f(x) f( x)f(x) f( x)

，h(x) ，则f(x)=g(x)+h(x)，22

且g(x)是偶函数，h(x)是奇函数，对任意的x∈R，g(x+2π)=g(x)，

h(x+2π)=h(x)

x kπ

。

，

令

f1(x)

g(x) g(x π)

2

，，

g(x) g(x π) 2cosxf2(x) 0 π2π

x kπ

2

h(x) h(x π) f3(x) 2sinx

0

x kπx kπ

自强不息,厚德载物。

h(x) h(x π)

f4(x) 2sin2x

0

x

kπ

2，其中k为任意整数。 kπx

2

容易验证fi(x)，i=1，2，3，4是偶函数，且对任意的x∈R，fi(x+π)=fi(x)，i=1，2，3，4。下证对任意的x∈R，有f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。当x kπ

ππ

时，显然成立；当x kπ 时，因为22

g(x) g(x π)

f1(x) f2(x)cosx f1(x) ，而

2

3π3πππ

g(x π) g(kπ ) g(kπ 2(k 1)π) g( kπ ) g(kπ ) g(x)，故

2222

kπ

时，显2

对任意的x∈R，f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。

下证对任意的x∈R，有f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。当x

然成立；当x=kπ时，h(x)=h(kπ)=h(kπ 2kπ)=h( kπ)= h(kπ)，所以h(x)=h(kπ)=0，而此时f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0，故

h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x；当x kπ 时，

h(x π) h(kπ

3π3πππ) h(kπ 2(k 1)π) h( kπ ) h(kπ ) h(x)，故2222h(x) h(x π)

f3(x)sinx h(x)，又f4(x)sin2x=0，从而有

2

π2

h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。

于是，对任意的x∈R，有f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。综上所述，

结论得证。

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/nig1.html