2013年全国高校自主招生数学模拟试卷一

2013年全国高校自主招生数学模拟试卷一一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1. 如图，在正四棱锥PABCD中，APC=60，则二面角APBC的平面角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 2. 设实数a使得不等式|2xa|+|3x2a|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. 3，33. 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a2b+100成立的事件发生的概率等于（ ）A. B. C. D. 4. 设函数f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数a、b、c使得af(x)+bf(xc)=1对任意实数x恒成立，则的值等于（ ）A. B. C. 1D. 15. 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AB空集。若nA时总有2n+2B，则集合AB的元素个数最多为（ ）A. 62B. 66C. 68D. 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，若，则与的夹角的余弦值等于_。9. 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，以顶点A为球心，为半径作一个球，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是小于1的正有理数。若a1=d，b1=d2，且是正整数，则q等于_。11. 已知函数，则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，求证：当正整数n2时，an+10成立的事件发生的概率等于（ D ）A. B. C. D. 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a2b+100得2ba+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95=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。4. 设函数f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数a、b、c使得af(x)+bf(xc)=1对任意实数x恒成立，则的值等于（ C ）A. B. C. 1D. 1解：令c=，则对任意的xR，都有f(x)+f(xc)=2，于是取，c=，则对任意的xR，af(x)+bf(xc)=1，由此得。一般地，由题设可得，其中且，于是af(x)+bf(xc)=1可化为，即，所以。由已知条件，上式对任意xR恒成立，故必有，若b=0，则由(1)知a=0，显然不满足(3)式，故b0。所以，由(2)知sinc=0，故c=2k+或c=2k(kZ)。当c=2k时，cosc=1，则(1)、(3)两式矛盾。故c=2k+(kZ)，cosc=1。由(1)、(3)知，所以。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，且离心率分别是和的圆锥曲线（当r1=r2时，O1O2的中垂线是轨迹的一部份，当c=0时，轨迹是两个同心圆）。当r1=r2且r1+r22c时，圆P的圆心轨迹如选项B；当02c|r1r2|时，圆P的圆心轨迹如选项C；当r1r2且r1+r22c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AB空集。若nA时总有2n+2B，则集合AB的元素个数最多为（ B ）A. 62B. 66C. 68D. 74解：先证|AB|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nA，使得2n+2B。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nA，使得2n+2B。如取A=1，3，5，23，2，10，14，18，25，27，29，49，26，34，42，46，B=2n+2|nA，则A、B满足题设且|AB|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|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为 。解：如图，设AC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。8. 在ABC和AEF中，B是EF的中点，AB=EF=1，BC=6，若，则与的夹角的余弦值等于 。解：因为，所以，即。因为，所以，即。设与的夹角为，则有，即3cos=2，所以。9. 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，以顶点A为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于 。解：如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：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，因为，AA1=1，则。同理，所以，故弧EF的长为，而这样的弧共有三条。在面BB1C1C上，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，所以弧FG的长为。这样的弧也有三条。于是，所得的曲线长为。10. 已知等差数列an的公差d不为0，等比数列bn的公比q是小于1的正有理数。若a1=d，b1=d2，且是正整数，则q等于 。解：因为，故由已知条件知道：1+q+q2为，其中m为正整数。令，则。由于q是小于1的正有理数，所以，即5m13且是某个有理数的平方，由此可知。11. 已知函数，则f(x)的最小值为 。解：实际上，设，则g(x)0，g(x)在上是增函数，在上是减函数，且y=g(x)的图像关于直线对称，则对任意，存在，使g(x2)=g(x1)。于是，而f(x)在上是减函数，所以，即f(x)在上的最小值是。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 3960 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=1672种。所以，符合题设条件的填法共有722721672=3960种。三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13. 设，求证：当正整数n2时，an+1an。证明：由于，因此，于是，对任意的正整数n2，有，即an+10(1)，(2)，(3)，由此解得。对求导，得，则，于是直线l1的方程为，即，化简后得到直线l1的方程为(4)。同理可求得直线l2的方程为(5)。(4)(5)得，因为x1x2，故有(6)。将(2)(3)两式代入(6)式得xp=2。(4)+(5)得(7)，其中，代入(7)式得2yp=(32k)xp+2，而xp=2，得yp=42k。又由得，即点P的轨迹为(2，2)，(2，2.5)两点间的线段（不含端点）。15. 设函数f(x)对所有的实数x都满足f(x+2)=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+)=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，则f(x)=g(x)+h(x)，且g(x)是偶函数，h(x)是奇函数，对任意的xR，g(x+2)=g(x)，h(x+2)=h(x)。令，其中k为任意整数。容易验证fi(x)，i=1，2，3，4是偶函数，且对任意的xR，fi(x+)=fi(x)，i=1，2，3，4。下证对任意的xR，有f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。当时，显然成立；当时，因为，而，故对任意的xR，f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。下证对任意的xR，有f3(x)sinx+f4(x)sin2x