2013届高三数学全国高校自主招生模拟试卷（带答案）

2013年全国高校自主招生数学模拟试卷四

一、(本题满分36分，每小题6分)
1．已知△ABC，若对任意t∈R，→BA－t→BC≥→AC，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．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}，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＝π2，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．[15，1) B．[15，2) C．[1，2) D．[15，2)
5．设f(x)＝x3＋log2(x＋x2＋1)，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－2a1a2…a2006的个数为
A．12(102006＋82006) B．12(102006－82006) C．102006＋82006 D．102006－82006
二、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x216＋y24＝1的左右焦点分别为F1与F2，点P在直线l：x－3y＋8＋23＝0上. 当∠F1PF2取最大值时，比PF1PF2的值为 ．
10．底面半径为1c的圆柱形容器里放有四个半径为12c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 c3．
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0(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，必存在整数k≥2，使(x0，y0)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＝1≤i＜j≤5Σxixj．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xi－xj≤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，…，
＝{a∈R对所有正整数n，fn(0)≤2}．证明，＝[－2，14]．

2013年全国高校自主招生数学模拟试卷四
参考答案

一、(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→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．从而有→AD≥→AC．由此可得∠ACB＝π2．
答B．
解：因为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的取值范围为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}，则
1≤b6＜2，4≤a5＜5，即6≤b＜12，20≤a＜25．所以数对(a，b)共有C61C51＝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(0，1，12)，G(12，0，1)，D(0，t2，0)(0＜t2＜1)．所以→EF＝(t1，－1，－12)，→GD＝(－12，t2，－1)．因为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，从而有15≤→DF＜1．
答A．
解：显然f(x)＝x3＋log2(x＋x2＋1)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＝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
从而得
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，则
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：依题意，得z≤2(a＋cosθ)2＋(2a－sinθ)2≤42a(cosθ－2sinθ)≤3－5a2．
－25asin(θ－φ)≤3－5a2(φ＝arcsin55)对任意实数θ成立．
25a≤3－5a2a≤55，故 a的取值范围为[－55，55]．
填3－1．.
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(－8－23，0)，则∠APF1＝∠AF2P，即∆APF1∽∆AF2P，即
PF1PF2＝APAF2 ⑴
又由圆幂定理，
AP2＝AF1•AF2 ⑵
而F1(－23，0)，F2(23，0)，A(－8－23，0)，从而有AF1＝8，AF2＝8＋43．
代入⑴，⑵得，PF1PF2＝AF1AF2＝88＋43＝4－23＝3－1．
填(13＋22)π．
解：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22的正方形。所以注水高为1＋22．故应注水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，否则左边＜0．
2006＝x＋1x＋x3＋1x3＋…＋x2005＋1x2005≥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
210×(910)2×110＋810×210×910×110＋(810)2×210×110＝0.0434．

证明：因为y2＝nx－1与y＝x的交点为x0＝y0＝n±n2－42．显然有x0＋1x0=n≥2．…(5分)
若(x0，y0)为抛物线y2＝kx－1与直线y＝x的一个交点，则k＝x0＋1x0．………(10分)
记k＝x0＋1x0，
由于k1＝n是整数，k2＝x02＋1x02＝(x0＋1x0)2－2＝n2－2也是整数，
且 k＋1＝k(x0＋1x0)－k－1＝nk－k－1，(≥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，k＝x0＋1x0是正整数，且k≥2现在对于任意正整数，取k＝x0＋1x0，满足k≥2，且使得y2＝kx－1与y＝x的交点为(x0，y0)．……(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＝1≤i＜j≤5Σxixj取到最大值，则必有
xi－xj≤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＝1≤i＜j≤5Σxixj＝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xi－xj≤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xi－xj≤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＝1≤i＜j≤5Σxixj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f1(0)＝a＞2，a∈/． ………………………(5分)
⑵ 如果－2≤a≤14，由题意，f1(0)＝a，fn(0)＝(fn－1(0))2＋a，n＝2，3，……．则
① 当0≤a≤14时，fn(0)≤12，(n≥1).
事实上，当n＝1时，f1(0)＝a≤12，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数），则对n＝k，
fk(0)≤fk－1(0)2＋a≤(12)2＋14＝12．
② 当－2≤a＜0时，fn(0)≤a，(n≥1)．
事实上，当n＝1时，f1(0)≤a，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数)，则对n＝k，有
－a＝a≤fk－1(0)2＋a≤a2＋a
注意到当－2≤a＜0时，总有a2≤－2a，即a2＋a≤－a＝a．从而有fk(0)≤a．由归纳法，推出[－2，14]．……………………(15分)
⑶ 当a＞14时，记an＝fn(0)，则对于任意n≥1，an＞a＞14且
an＋1＝fn＋1(0)＝f(fn(0))＝f(an)＝an2＋a．
对于任意n≥1，an＋1－an＝an2－an＋a＝(an－12)2＋a－14≥a－14．则an＋1－an≥a－14．
所以，an＋1－a＝an＋1－a1≥n(a－14)．当n＞2－aa－14时，an＋1＞n(a－14)＋a＞2－a＋a＝2，即fn＋1(0)＞2．因此a∈/．综合⑴，⑵，⑶，我们有＝[－2，14]． …………………………

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