2013寒假班千分数学模拟卷含详解

1、2013 寒假班千分考数学模拟1、 设 n 为大于 2013 的正整数， x 1( 1 )n ， y 1( 1 )n1 ，则.nnA. x y yxB. x y yxC. x y yxD.不能确定3 是方程 x 5x (6 2 5) 0 的三个复数根，则行列式32、 设2 x33 x11 x2x3 x1 x2的值为.A. 5 2B. (1 5)C.1 5D.0定理：若 x (0,) ，则sin x x .3、2设 a、b、c （0， ），其中， a 是函数 y x 与 y cos x 图像交点的横坐标，2b sin(cos b) ， c cos(sin c) ，则 a, b, c 的大小关系是

2、.A. a b cB. a c bC. b a cD. b c ax 1 a x 2 4 的值都是非负实数，则实4、 对任意的实数 x ，函数 f (数 a 的取值范围为.A. ,21D. 1 B.3,2C.1,05、 设正数数列an 的前 n 项之和为bn ，数列bn 的前 n 项之积为 cn ，且bn cn 1 ，则 1 数列 中最接近 2013 的数是.a n A.1980B.2010C.2040D.20706、 黑板上有,11 ,.,共 100 个数字，每次操作先从黑板上的数中选取两个数 a, b ，然2100后删去 a、b ，并在黑板上写上数 a b ab ，则经过 99 次操作后黑

3、板上剩下的数为.1A.102B.101C.100D.不能确定7、 正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 1，在侧面对角线 A1D 上取点M ， CD1 上取点 N ，使得线段 MN 平行于对角面 A1 ACC1 ，则这样的 MN 长度最小值为.133222A.B.C.1D.8、 对集合1,2,3.15的子集S，若正整数n和n S （其中A表示集合 A的元素个数），都是S的元素，则称n为S的一个“昊鹤数”.问含有昊鹤数 7 的子集的个数为.A.3986B.4000C.4048D.4096 z1 1z2z3，则 2z z 4z9、 已知复数 z , z , z 满足 zzz123 1 2

4、3的值为 12123 zzz 231A. 5B. 29C. 37D.不能确定设a一个实数，且多项式 x4 2ax2 x a2 a有至少三个不同的负实根，则a的 取值范围为.10、12323A. aB. a 1 4C. a 1且aD. a2x2y23211、 P为椭圆 1上一动点， A(0,3224度和的最小值为2 ) ， B(2 2, 2 ) 为两定点，则PA PB长A. 103B. 92 2C. 132D. 1123 2 2312、将(a b c d e)10 展开之后再合并同类项，则所得的多项式不含a的正整数次方的项数为.A.120B.126C.210D.286在ABC中，已知6 AC A

5、B 2 AB BC 3BCCA，则A .13、A. 30B. 45C. 60D.135 1020000 x 表示不大于 x的最大整数，则14、的各位数字为.10 3100A.0B.2C.6D.8 4 2an5已知数列a 满足递推关系: a(n 1,2,3.) ，且首相a ，则使得15、n1n6 a12n1| a2013 2 j | 2 的最大正整数 j为.2A.1B.5C.8D.11设 n 2013 ， n N，且存在 满足(sin i cos )n sin n i cos n ，那么这样的 n 的总数个数为16、A.250B.504C.1006D.2013mina, b代表 a, b 中较小

6、的数），则 f (x) 的设 f (x) min3 log 1 x, log2 x ，（17、4最大值为.A.- log2 3C. log2 3B.0D.2sin 2 x a1函数 f (x) 的值域包含区间 2, ，则 a 的取值范围为18、 2sin3 x (a2 2) sin x 2.A. (,1)11B. (, 1,) 2C. ,) 2D. (,1 2,)19、定义：若有一个集合 A ，和一种二元运算 （例如 2+3=5 中的“+”就是二元运算，其对 2,3 两个元素进行了），使得满足以下条件：（1）（封闭性）对于集合对于 a, b A ，有： ab A（2）（结合律）对于 a, b,

7、 c A ，有： (ab)c a(bc)（3) （幺元存在）存在e A 使得，对任意 a A ， ea ae a(4)（存在）对于任意 a A ，存在 n ，使得 an e （ e 为（2）中定义的）则称 A 在 的运算下“群”.那么以下集合在对应的运算下A.无理数集在普通除法的运算下 C.实数集在普通乘法的运算下“群”的是B.整数集在普通加法的运算下 D.复数集在减法的运算下x2y2，设内椭圆C1 的方程为 m2 n2 1 ,20、已知两椭圆C1 ， C2 ，且C1 在C2x2 y2m n 0 ，外椭圆C2 的方程为a2 1（ a b 0 ），过椭圆C1 上的任意b2一点 M 做C1 的切线

8、交椭圆C2 于 P，Q 两点，过 P、Q 做椭圆C2 的切线，则两切线交点 R 的轨迹方程为.x2y2x2 a2 m2x2 a4 m2y2n2b2 1 1b2n2A.m2 a2B.x2y2y2n4b2 1 1b4n2C.m4a2D.321、数列an 满足： a1 2004 ， a2 2007 ， 2an2 5an1 2an 2013 ，而正整数 N 满足：（1）对于一切正整数 n ，当 n N 时， an 2013 ，（则 N =2）而 aN 2013.A.12B.10C.8D.7分别从0,4和1 两个区间中各取一个数 m, n ，则 m n 的概率为.22、12716C. 58925B.D.

9、设三角形 ABC 三个内角分别为 A、B、C ，其对应边分别为 a、b、c ，则a2 b(b c) 是A 2B 的条件,23、A.充分非必要C.充分必要B.必要非充分D.既非充分又非必要函数 f (x) 是 R 上的奇函数， g(x) 是 R 上周期为 4 的周期函数，已知： f (2) 24、f ( f (2) g(2) g( f (2) g(2)1g(2) 6 ，且，则 g0() 的值为.g 2 (20 f (2)2A.2B.1C.0D.-1已知： p1 p2 p3 p4 p5 ，且 p1 , p2 , p3 , p4 , p5 是成等差数列的 5 个质数，则 p1 的最小值为.25、A.

10、29B.37C.101D.103D 是复数集合，复数 z D 当且仅当存在模为 1 的复数 z1 ，使z 2012 2013i26、z 4 1 2z2，则 D 中实部与虚部都为整数的复数个数为11A.13B.33C.49D.6927、的六个面上的数字分别是 2011,2012,2013,2014,2015,一枚质地均匀的正方体2016,现在掷两次，设其朝上的面上的两个数字之和除以 4 的余数分别是 0,1,2,3的概率分别为 P0 , P1, P2 , P3 ，则 P0、P1、P2、P3 中最大的是.A. P0B. P1C. P2D. P3l1 和l2 是相互垂直的异面直线， l1 与平面 平

11、行，而l2 则在平面 内，在平面 内到l1 和l2 距离相等的点的轨迹是.28、A.抛物线B.椭圆C.双曲线D.直线29、有 2013 个人，其中只有男女，他们彼此间的关系很复杂，其中任意两个人之间都存在单相思，且任意两个人不会相互喜欢，则下面说法正确的是.一定存在这样的一个三人组 H1 , H 2 , H3 ，他们之间存在三角恋，即满足: H1 爱 H 2 ， H 2 爱H3 ， H3 爱 H1 .一定存在这样的一个人 H ，对于其他的 2012 个人中的每个人：要么喜欢的人是 H ，要4么喜欢的人喜欢 HC.可能存在一种情况：没有人喜欢同性.D.可能存在这样的情况：对于这 2013 个人中

12、的任意一个人，喜欢他（人数不超过 1000.30、A.863小于 2014 且与 2014 互质的正整数个数为.B.897C.936D.99853 2 cos圆锥曲线的坐标方程为 .31、，则该圆锥曲线的焦点到对应准线的距离为A. 113B. 145C. 52D.2直角三角形的两直角边为 3 和 4，设O 是三角形或边界上一点， O 到三边的距32、离分别为 h , h , h ，则 h2 h2 h2 的最小值为.123123B.3.24A.2.88C.4.32D.5.76：BDCAA CADDB BDDCC BDBBD ADCAA CDCBC CA简版562013 寒假班千分考数学模拟(详解

13、）1、设 n 为大于 2013 的正整数， x 1( 1 )n ， y 1( 1 )n1 ，则.nnC. x y yxA. x y yxB. x y yxD.不能确定【】B】：对数的运算关于 n 是大于 2013 这个条件显然是的.带入 n 1的情况，发现均有： yx ，于是大胆猜测对于一切正整数 n ，均有 x y yx ，于是选B.下面来严格证明： x y yx ，注意到 x, y 这两个数的“底数”相同，x y【详解】想到的自然是两边取对数.ln yn 1y11ln x n ln(1) ， ln y (n 1) ln(1)，故nnln xnxx ln y y ln x ln x y ln

14、 yx x y yx ，故选 B.73 是方程 x 5x (6 2 5) 0 的三个复数根，则行列式32、设2 x33 x11 x2x3 x1 x2的值为.A. 5 2B. (1 5)C.1 5D.0【】D】：行列式，Vieta 定理合理运用 Vieta 定理和行列式的性质是此题的关键，千万不要被所谓的”复数根吓到“，更不要去妄图解出解然后进行展开计算.3 0 ，利用行列式的性质，分别将第二第三行【详解】由 Vieta 定理可知：加到第一列上去，行列式值不变. 而此时第一列所有的元素均为0 ， 即行列式第一行全部为 0，故该行列式的值为 0，选 D.83、定理：若 x(0,) ，则sin x

15、x2设a、b、c（0， ），其中， a是函数 y x与 y cos x图像交点的横坐标， 2b sin(cosb) ， c cos(sin c) ，则a,b,c的大小关系是.A. a b cB. a c bC. b a cD. b c a【】C】三角函数由【详解】sin x在(0 )单调增sin(cosb) bsinbbsin(cosb) sin b2 cosb bcos在(0,)单调递减，sin cc再由c cos(sin c) 2 cos(c)结合a cos a，画出函数图像并对a、b、c进行描点，得到： 于是得到关系： b a c，故此题应选 C.9x 1 a x 2 4 的值都是非负实

16、数，则实4、对任意的实数 x ，函数 f (数 a 的取值范围为.A. 2,1D. 1 B.3,2C.1,0】A】【：二次函数 f (0) | 1 a | 2 0由已知条件知： ，于是解得： 2 a 1 ，再结合f (1) a 2 0a 2,1 f (x)通过可知：只能选择 A 选项。要严格说明A 正确，只需证明当 2 a 1时，对任意的 x R，【详解】f (x) 0 即可，下面都有来证明这件事情。记t x 1 ，则 f (x) 变形为 f (x) t 2 1 3 ，为了方便起见，并且记 g(t) t 2 1 3 f (x)由于限定 2 a 1，故可按如下方法：当t a 时， g(t) )

17、(1 t) t 2 21)2 1 a 0 ；当 a t 1时， g(t) = t 2 3 () t 2 2 a ，结合 a 2 知 g(t) 0 ；当t 1时， g(t) t 2 3 (1) t 2 21)2 3 a 1；所以当 2 a 1，总有 f (x) 0 .故综上所述， a 的取值范围为 2,1.故选 A .105、设正数数列an 的前 n 项之和为bn ，数列bn 的前 n 项之积为cn ，且bn cn 1 ，则数 1 列 中最接近 2013 的数是.a n A.1980B.2010C.2040D.2070【】A】：数列很自然的一个想法是通过bn ， cn 之间的关系得到其通项，从而

18、求得 an 的通项公式再进行比较与 2013 最近的数.cncn【详解】由已知b (n 2) ， c b ，故由已知条件得： c 1 ，n11nccn1n1c b 1 .显然c 0 ，所以在等式两边除 c 得： 1，所以111c 是11nn2cc n nn1以 2 为首相，以 1 为公差的等差数列.11n 2 (n 1) 1 n 1，推出 cn，故n 1： bn n 1 .因此所以cnn n 1 11，故 n(n 1) .a b bnnn1n 1nn(n 1)an 1 因为 44 45=1980，45 46=2070，所以数列 中最接近 2013 的数是 1980，a n 故选 A.116、黑

19、板上有,11 ,.,共 100 个数字，每次操作先从黑板上的数中选取两个数 a, b ，然后2100删去 a、b ，并在黑板上写上数 a b ab ，则经过 99 次操作后黑板上剩下的数为.1A.102【B.101C.100D.不能确定】C】：数学乍看之下貌似跟操作的顺序有关，其实不然，解决这道题目的关键是在变动中的不变量，叫做“不变量原理”注意到在变动的过程中把 a, b 变为了 k1 (a 1)(b 1) 1，在将 k1 这个【详解】数与c 进行操作，得到 k2 (k1 1)(c 1) 1 (a 1)(b 1)(c 1) 1 ，由 k2 的 对称性知道： k2 实际上 a, b, c 与先

20、操作 a, b 然后再操作 c 和先操作b, c 再操作A 无关.很容道对于四个数 a, b, c, d ，操作后得到一个唯一的数(a 1)(b 1)(c 1)(d 1) 1 而与操作顺序无关。很容易进行推广,当 100 个数操作 99 次后，只剩下一个数，那么这个数为(11)(1).(1) 1 1121002 3101.1 1011 100 ，故此题应选择C .1 2100回过头来应注意到：这里的操作不变量实际上为所有数分别+1 之后相乘所得的积，站在这个角度上看这个问题恰能反应出这个题目的本质，在组合数学中，寻找各种不变量：如奇偶性，循环规律等是解决这类题目的标准.【注】127、正方体 A

21、BCD A1B1C1D1 的棱长为 1，在侧面对角线 A1D 上取点 M ，CD1 上取点 N ，使得线段 MN 平行于对角面 A1 ACC1 ，则这样的 MN 长度最小值为.3322D. 2A.B.C.1】A】【几何如图，做 MM1 AD 于 M1 ， NN1 DC 于 N1 ，先证： M1 N1/AC .由 MN / A1 ACC1 知： M 、 N 这两点到平面 A1 ACC1的距离相等，又显然 MM1/A1 ACC1 ， NN1/A1 ACC1 ，故 M1、N1 到 A1 ACC1 与 M 、 N 到平面 A1 ACC1 的距离也相等，故 M1 N1/A1 ACC1 ，结合 M1 N1

22、 与 AC 共面，故 M1 N1/AC .因此可知M1DN1 与ADC 相似，均为等腰三角形.可设 DM1 DN1 x ，容易计算得： MM1 x ， NN1 1 x .过 M 做 MH NN1 于 H ，则 NH 1 2x ，【详解】 1)2 1 .当 x 1M N 2x ，由勾股定理： MN 2 ( 21 133333时， MN 取到最小值为，故应该选 A.138、对集合1,2,3.15的子集 S ，若正整数 n 和 n SA 表示集合 A 的元素个数），（其中都是 S 的元素，则称 n 为 S 的一个“昊鹤数”.问含有昊鹤数 7 的子集的个数为.A.3986B.4000C.4048D.4

23、096【】D】：集合、组合计数、信息题满足条件的奇涵子集 X 元素个数小于等于 15，且由7 X ，故 0 ，XX【详解】2,3,.,8由 X 是奇涵子集，故7 | X | X ，所以下面对| X | 的元素个数进行 2 ，且7 15 ，故XXX 2 时， 7、9 X ，故其余十三个数都不属于 X ； 3 时，除 7,10 以外的其余 13 个数中恰有 1 个属于 X ，符合要求的 XXX当当有C1 个；13. 8 时，除 7,15 外的其余 13 个数中恰有 6 个属于 X ，共有C 6 个符合X当13要求的 X ；1所以共有C 0 C1 .C 6 = (C C1 C13 ) 212 个符合

24、要求的 X ，故01313131313132本题的为212 4096 ，故选 D14 z1 1 1z2z39、已知复数 z , z , z 满足，则 2z z 4zzzz123 1 2 3的值为123 zzz231A. 5B. 29C. 37D.不能确定【】D】：复数复数的几种形式此题貌似只需写出特解，然后就可以得到即可。但实际上，特解并不容易得到，并且即使得到特解，也不一定是全部解.不妨从模为 1 为突破口，来解决该题.【讲解】令 p ， q z2 ，则由知： | p | q | pq | 1，带入知： p q 1，z11z2z3pq1结合| pq | 1 pq ，故上式即 p q pq 1

25、.pq令 arg p ， arg q ，于是有sin sin sin( ) 0 0 ，所以 ,由sinsinsin必有一个为0 或者2222 22 ，即 p, q 或 pq 中必有一个数为实数.不妨设 p R，则由 1 ，知 p 1or 1.p如果 p 1，那么 2 ，这里不可能的.于是， p 只能是 1，此时z1z3 0 .结合 q 1，： q i .从而 2z1 z2 4z321 4zz=222 p 1 4 q 3 4i 5同理q , pq 为实数的情况，2z1 z2 4z3者 5，故选 D,不能确定.可能为 29 或者 37 或1510、设 a 一个实数，且多项式 x4 2ax2 x a

26、2 a 有至少三个不同的负实根，则 a 的取值范围为.1232】B】3A. a 【B. a 1C. a 1且 a D. a 42：因式分解这类题目往往是需要因式分解的，因为对于高中生来说，四次不可约函数的问题往往是难以解决的。按照如下方法进行因式分解：将多项式 x4 2ax2 x a2 a 看做是关于 a 的多项式：a2 (2x2 1)a x4 x)(x2 x 1) ，而(注意到：2 x 1 2x2 1 ，故根据相乘法，因式分解为： (a x2 x)(a x2 x 1) (x2 x a)(x2 x a 1)于是点问题，再进行一个四次多项式零点问题转化成为即可.两个二次多项式的零由上面知： x4

27、 2ax2 x a2 a 0 (x2 x a)(x2 x a 1) 0【详解】由于虚根成对出现，而本题要求至少三个负根，故两个多项式 x2 x a 0 与x2 x a 1 0 都应有实根.因此两个二次多项式的判别式均要 0 即：31 4a 0 ，1 4a 4 0 ，于是 a .43另一方面，在 a 的情况下，什么时候有三个不同的负根，由 Vieta4定理： x2 x a 0 的两个根 x x a 0 ，故 x ， x 一正一负，不妨假设1212x 0 .也就是说， x2 x a 0 有且仅有一根，那么要有三个不同的根，只能是1x2 x a 1 0 要有两个不同负根 x , x ，于是根据 Vi

28、eta 定理34：x3 x4 0 1 a 0 a 1 ，且由此时 x3 x4 1知： x3、x4 此时确实是负3的，故 x 1时可以保证 x2 x a 0 有两个不同解.4但是这并没有做完，原因是要保证求的的三个负解确实不同.33由 x3 x4： a 4 ，故 a 的取值范围为 4 a 1.下面说明，否则 x 为 x2 x a 0 与 x2 x a 1 0 的解，故有：41x2 x a 0 与x2 x a 1 0 ，故上述两式相减： 2x 1，于是11111x ，此时带入 x x a 0： a 3 ,不在13的区间 a 12111244上.3综上所述， a 1为符合条件的 a 的区间.416x

29、2y23211、 P为椭圆 1上一动点， A(0,3224度和的最小值为2 ) ， B(2 2, 2 ) 为两定点，则PA PB长A. 103【B. 92 2C. 132D. 1123 232】B】：几何椭圆此题如果硬算，计算量很大，且不一定能算对，对于这种计算长度和的题义.往往需考虑圆锥曲线的几何意此题与 2012 年寒假班千分模拟考 18 题相类似，但难度比之较大.先把图画出，并标记处椭圆的焦点F1(2 2,0)【详解】和 F (2 2,0) .如图，注意到对于椭圆上任意一点P 有：2P A AF PB BF PF PF 2a 8 2 ，结合121259AF1 22, BF2 2 ，故PA

30、 PB 22 等号成立当且仅当F1A和F2B的交点在该椭圆上，经验证，确实如此，交点为P(22,32) ，故等号能够取到，即922 ，应选 B.最小值为1712、将(a b c d e)10 展开之后再合并同类项，则所得的多项式不含 a 的正整数次方的项数为.A.120【B.126C.210D.286】D】：组合计数此题考的实际上为挡板法将原式的b c d e 看做一个整体，然后进行二项式定理展开，容易发现则【详解】不含 a 的正整数次方的项数实际上即为(b c d e)10 所含的同类项项数.而每个含b、c、d、e 的同类项， b、c、d、e 的次数和为 10， b、c、d、e的次数均相同时

31、，为同类项，故实际上，一个同类项对应了一组(其中 x1 表示b 的次数， x2 表示c 的次数， x3 是 d 的次数， x4 是e 的次数.3, x4 ) ，3 x4 10 ，实际上(b c d e)103, x4 满足等式：3 x4 10 的非负整数解组数，由挡板法，知其所含的同类项项数即为非负正整数解为C3 286 ,故选 D.131813、在ABC 中，已知6 AC AB 2 AB BC 3 BC CA ，则A .A. 30【B. 45C. 60D.135】D】：向量 【详解】设 BC a, AC b, AB c ，再根据点乘定义,于是连等式可改为：6 b c cos A 2 c a

32、cos B 3 a b cos C ,记： a a ， b b ，b2 c2 a2a2 c2 b2c c ，再根据余弦定理： cos A ， cos B ，2bc2aca2 b2 c2cos C ，于是可将式化为：2ab6b2 6c2 6a2 2b2 2a2 2c2 3c2 3a2 3b2 化为关于b 的式子：4a2 8c2于是得到： b a 2c ，2224a2 c23a2 3c2a2 c22b 2，故 a 2c 22 c a229335带入b2 a2 2c2 得到： b2 1 a25212a2 a2b2 c2 a222 55 故cos A 2bc5 a 10 a2 55故A 135 ，故选

33、 D .19 102000014、x 表示不大于 x 的最大整数，则的个位数字为.10 3100A.1【B.3C.7D.9】C】：数学构造法根据公式： an bn (a b)(an1 an2b . abn2 bn1) ，由此给启an bn为一个整数.因此令 a 10, b 3 ， n 200100示：若 a, b 为整数，则a b1020000 3200那么得到为一个整数.这是解决这个问题的关键所在10100 31020000 320032003200，由于3 9 10 3 ，故200100100 1【详解】注意到：10100 310100 310100 31020000 3200 10200

34、001020000 3200而为一个整数，故=10100 310 310100 3100(10100 )199 (10100 )198 3 . 10 3198 3199观察知道(10100 )199 (10100 )198 3 10 3198 3199 的各位数字与3199 相同， 10200003 (10) 34 1(mod 4)，故3 3 7(mod10) ，故1993由 Euler 定理：的10 3100各位数字为7 .故选C20 4 2an(n 1,2,3.) ，且首相 a 5 ，则使得15、已知数列a 满足递推关系: ann16 a12n1| a2013 2 jA.1| 2 的最大正

35、整数 j 为.B.5C.8D.11【】C】：数列数列递推（分式型）这是道考查一阶分式形递归数列的题,关于一阶递推型数列，采用不动点法求，具体求法参考【名牌大学补充讲义.招生】（喜编写）或参考我写的数列递归 2 4(an 2) 1 ( 6 an ) 1 (1141 1) 【详解】an16 aa 24 a 24a 2a 24n1nnnn11111 2 为首项、公差为的等差数列， 2 (n 1)4a 24 a是以 252 n1n415011 a 2 ， a 2 ，要使： | a| 2 ，则 2 j 501 ，故nn 9201320132 j正整数 j 的最大值为 8.选 C.2116、设 n 201

36、3 ， n N，且存在 满足(sin i cos )n sin n i cos n ，那么这样的 n 的总数个数为A.250B.504C.1006D.2013【】B】：复数三角形式这个题乍看之下很像棣莫弗定理，这道题也的确是用棣莫弗定理来做，但应注意题中给出的形式并不为复数的三角形式，即sin i cos 的辅角并不为 ，故首先应做的是先将其化为标准的复数三角形式.【详解】sin i cos cos( ) i sin( ) ，故根据棣莫弗定理：22(sin i cos )n cos( n n ) i sin( n n ) sinn (n 1) 222(n 1)i cosn 2(n 1)比较及已

37、知条件中给出的等式，： n 2k n （其中 k2(n 1)为正整数），于是 n 4k 1 .反之， n 4k 1 型数时，有 n 故已知等式成立. 2k n2于是得到存在 使得(sin i cos )n sin n i cos n 的充要条件是 n 为 4k 1 型数，小于 2013 的 4k型数共个，故选 B.2217、设 f (x) min3 log 1 x, log2 x ，（ mina, b代表 a, b 中较小的数），则 f (x) 的最大4值为.A.- log2 3C. log2 3B.0D.2【】D】：函数单调性，对数函数最小值的最大值问题往往使用的是先估计上界，再构造例子的方

38、法，但此题只需观察函数的单调性即可.【详解】在(0,) 上， 3 log 1 x 单调递减，而log2 x 单调递减，根据图像：43 log 1 x log2 x 时， f (x) 取到最大值，此时 x 4 ，最大值为 2，故选 D.423sin 2 x a118、函数 f (x) 的值域包含区间,2 ，则 a 的取值范围为 2sin3 x (a2 2) sin x 2.A. (,1)B. (, 1 1,) 21C. ,) 2D. (,1 2,)【】B】：三角函数当题目中出现了三角函数，但是对三角函数直接变形很时，应当考虑将三角函数代换，变为一个有范围限制的变元（这个范围往往是三角函数本身的值

39、域限制出来的）.此时便可以将一个三角函数问题转化为不含三角函数的代数问题。这种方法对于处理一些函数问题是很有效的.t 2 a【详解】令t sin x ，则1 t 1，这时 g(t) . 2（1）若 g(t) 的分子分母可约，则 a 0 ，且t a 或a 时，分母为 0.当t aa (a2 a 2) 2 .当0 a 1时，上式左边小于 2；当 a 1 时，上式左边大于 2,结合 a 1 恰符合：的解为 a 1，又当t 1a 1时， g(t) 0 ，这与题设条件.(t 1)(t 2)当t a ，时不合要求.a (a2 a 2) 2 ，由因为 a2 a 2 0 ，所以此（2）当 g(t) 的分子分母

40、不可约时，此时 a 1.此时问题转述为，求所有实数a 1的取值范围，使得函数 h(t) c2 a t 2 对任意的 实数 c 1 ,2 ，在t 1,1 上总有解. 2(a 1)2 1对任意的c 2 ,2 ， t 1则 h(1) ca a 3c 1 0 .22而 h(t) 的导数 h(t) 3ct 2 2t c(a2 2) ，对任意的 c 1 ,2 ，有： 2h (1) c ca 2 0 ，由2t 、t容易判别有两不同根，记为，则在区12间t1 , t2 中， h(t) 0 .故 h(t) 在t1, t2 上单调递减，在(, t1 ) 上单调递增，说明1t1 , t2 .画出函数大概图像.由对于

41、 c 1，有 h(1) 0 知： h(t) 在t 1,1 上有解当且仅当 h(1) 0 .对 h(1) (a 1)1 c(1 a):1若 a 1 ，必有1 c(1 a) 1(11) 0 .此时 h(1) 0 是符合题意的.2若 a 1 ,则 h(1) 0 1 2(1 a) 0 a 121综上，故所求 a 的取值范围为(, (1,) ，选 B.22419、定义：若有一个集合 A ，和一种二元运算 （例如 2+3=5 中的“+”就是二元运算，其对 2,3 两个元素进行了），使得满足以下条件：（1）（封闭性）对于集合对于 a, b A ，有： ab A（2）（结合律）对于 a, b, c A ，有：

42、 (ab)c a(bc)（3) （幺元存在）存在e A 使得，对任意 a A ， ea ae a(4)（存在）对于任意 a A ，存在 n ，使得 an e （ e 为（2）中定义的）则称 A 在 的运算下“群”.那么以下集合在对应的运算下A.无理数集在普通除法的运算下 C.实数集在普通乘法的运算下“群”的是B.整数集在普通加法的运算下 D.复数集在减法的运算下【】B】信息题对于这种判断的信息体，只需耐心读完定义，然后逐一验证、排除即可.A 错误， 2 2 1无理数集，封闭性不满足，故不【详解】群B 正确，满足上述四条性质，群群C 中， 0 的不存在，故不D 中，减法不满足集合律，故不综上所述

43、，选 B群25x2y2，设内椭圆C1 的方程为 m2 n2 1 ,20、已知两椭圆C1 ， C2 ，且C1 在C2x2y2m n 0 ，外椭圆C2 的方程为 1（ a b 0 ），过椭圆C1 上的任意a2b2一点 M 做C1 的切线交椭圆C2 于 P，Q 两点，过 P、Q 做椭圆C2 的切线，则两切线交点 R 的轨迹方程为.x2y2x2 a2 m2y2n2b2 1 1b2n2A.m2 a2B.x2y2x2 a4 m2y2n4b2】D】 1 1b4n2C.m4a2【D.几何做此题时应注意，不应具体求出某个点的坐标，这样会使得计算量巨大还不一定能够做出，设而不求是此题带入关键.x xy y为： 1

44、，又设过 P 为(x , y ) ，Q 点为【详解】设 M 为(x , y ) ，则l0000PQ11m2n2(x , y ) 则过点 P、Q 的两条切线方程分别为： x1x y1 y 1 ， x2 x y2 y 1，22a2b2a2b2又这两条切线交于点 R，则有： x1xRy1 yR 1， x2 xR y2 yR 1 ，所以l又PQa2b2a2b2可表示为 xR x yR y 1 ，再又，知：x0yR ， y0yR，又因为：a2b2m2a2n2b2x2y2x2y2 0 0 1 ，消去 x0 ， y0 即可化简得到： R R 1 ，所以选 Dm2n2a4 m2b4 n22621、数列an 满

45、足： a1 2004 ， a2 2007 ， 2an2 5an1 2an 2013 ，而正整数 N满足：（1）对于一切正整数 n ，当 n N 时， an 2013 ，（则 N =2）而 aN 2013.A.12【B.10C.8D.7】A】：数列线性数列递推这是一道类似于线性递归数列的题，可以用特征根来处理，但前提是要合理地处理递推关系中出现的常数2013 .将原数列改造为： 2(an2 2013) 5(an1 2013) 2(an 2013) ，记【详解】b a ，于是 2b 5b2b ，其特征方程为 2x2 5x 2 ，特征根nnn2n1n 1 n1为 2 和 .于是可设b s s 2n

46、，结合b 2004 2013 9 ，n1 2 212 2007 2013 6 ，可解出 s 16, s 1 ，于是有： a b 2013 12nn2 1 n 1 n16 2n1 2013 ，要使得 a 2013，则 2n1 16 4026 ，最小n 2 2 的 n 为13 ，当 n 13 时，均有 a 2013 ，而 a 1 211 2013 2013 ，故n12N 122722、分别从0,4和1 两个区间中各取一个数 m, n ，则 m n 的概率为.716C. 58940A. 12【B.D.】D】概率几何概率几何概率题最重要的是画出图式，然后表示面积.【详解】以横轴的坐标表示 m 的值，以

47、纵轴的坐标表示 n 的值，则点(m, n) 表示的点为图中正方形围成的，而 m n 表示的点则是绿9色三角形围成的图形，则 m n 的概率为两者面积之比为，选40D .2823、设三角形 ABC三个内角分别为 A、B、C，其对应边分别为a、b、c，则a2 b(b c)是A 2B的条件,A.充分非必要C.充分必要B.必要非充分D.既非充分又非必要】C】【平面几何、三角函数这是一个初中平面几何的题，其辅助线的添法显示了平面几何的本质的想法，当然对于高中生来说，灵活应用三角函数来做此题也不失为一种不错的方法.【详解】 解法一：平面几何法如图，延长线段CA至点D，使CA AD，连接BD. 充分性：若C

48、AB 2B，并且CAB ADB ABD， 且ADB ABD，于是ADB ABD CBAACB BCD CBACDBCBA CDBCACB于是，于是CB2 CACD，带入CB a， CA b，CBCDCD CA AD CA AB b c，即： a2 b(b c)必要性：必要性的证明过程可逆，故A 2B故这是一个充分必要条件.解法二：三角函数法sin A充分性：由A 2B sin A sin 2B 2 sin Bcos B 2 cos Bsin Baa2 c2 b2 a (c b) b(b c)(cb) 2应用正弦定理和余弦定理：bac若b c，则B C，又A 2B，故A 90 ，所以根据勾股定理

49、：a2 b2 c2 b2 bc b(b c)若b c，在两边同时约去c b，那么也有： a2 b(b c)充分性得证！必要性，若b(b c) a2 ，则能推出式，故上述过程可逆，则有：sin A sin 2B，故A 2B或者A 2B 180若A 2B则充分性已经得证.否则A 2B 180 ，结合A B C 180 B C b c因此由a2 b(b c) b2 c2 ，根据勾股定理逆定理： A 90 B C 45 ，故也有A 2B，故必要性也成立综上所述，这是一个充分必要条件，选C这个结论叫做二倍角公式，是二倍角的充分必要条件【注】2924、函数 f (x) 是 R 上的奇函数， g(x) 是

50、R 上周期为 4 的周期函数，已知： f (2) f ( f (2) g(2) g( f (2) g(2)1g(2) 6 ，且，则 g(0) 的值为.2g 2 (20 f (2)A.2【B.1C.0D.-1】A】：函数函数的奇偶性、周期函数由 f (x) 是奇函数可知： f (2) f (2) 6 ， g 是以 4 为周期的函数，【详解】 g(2) g(2) 6 ，故(0) 0 ，而且 g( f (2) g(2) g(6 6) g(12) g(0) ， g(20 f (2) g(120) g(0)f ( f (2) g(2) g( f (2) g(2)1g(0)故 2，故 g(0) 2 ，选

51、Ag 2 (20 f (2)g 2 (0)3025、已知： p1 p2 p3 p4 p5 ，且 p1 , p2 , p3 , p4 , p5 是成等差数列的 5 个质数，则 p1 的最小值为.A.29【B.37C.101D.103】A】：初等数论设公差为 d ，则 p1 , p2 , p3 , p4 , p5 可写为： p5 4d , p5 3d , p5 2d , p5 d ,【详解】p5 .若 2 | d ，则 p5 d 与 p5 2d 中至少一个为偶数，且有 p5 d 2 ，即 p5 d与 p5 2d 中有非 2 的偶数，故必有一个不为质数，与已知条件不符.若3 | d ，则p5 d ,

52、 p5 2d , p5 3d 中至少一个数为 3 的倍数，同理也应舍去. 所以以得到： 2 | d3,| d 6 | d .若5 | d ，则 p5 , p5 d , p5 2d , p5 3d , p5 4d 中必有一个为 5 的倍数，分析知只能是5 | p5 ，结合6 | d 知： p1 p5 4d 29 .可结合5,11,17,23,29 是成等差数列的 5 个质数，选 A.得到 p1 的最小值为 29，故3126、 D 是复数集合，复数 z D 当且仅当存在模为 1 的复数 z1 ，使z 2012 2013iz 4 1 2z2，则 D 中实部与虚部都为整数的复数个数为11A.13【B.

53、33C.49D.69】C】：复数、计数建立复平面，设 z x y i(x, y R) ，由,1知： z2 也在z【详解】圆 O 上，112z 4 1 2z 2z 1 表示圆 O 上的点到点(1,2则的距离的平方.111易得：其取值范围为0 ，故 z D 即为满足z 2012 2013i 4 的复数 z的集合.其中整点的个数与 x2 y 2 16 中的整点个数一样多，即 49 个,故选 C.3227、一枚质地均匀的正方体2016,现在掷两次的六个面上的数字分别是 2011,2012,2013,2014,2015,，设其朝上的面上的两个数字之和除以 4 的余数分别是 0,1,2,3的概率分别为 P

54、0 , P1, P2 , P3 ，则 P0、P1、P2、P3 中最大的是.A. P0【B. P1C. P2D. P3】D】：概率这是一道和模有关的概率题，事实上由于若 a b(mod m), c d (mod m) ，则a c b d (mod m) ，故本题我么只需六个面模 4 的余数即可，那么即只需六个面分别为3,0,1,2,3,0 的情况即可，但是为了加以区分，别为1,0,1,2,3,4 ，来进行下面的【详解】进行枚举，可以由 1 (1) ， 1 0 ， 114 4 依次进行枚举，这样能做到补充不漏余数为0 : 11 ,1 (1) , 0 0 , 0 4 , 4 0 4 4 ,1 3,

55、2 2 , 3 1 共9 个令这六个面分余数为1: 0 1,1 0 , 1 2 , 2 (1) , 3 2 , 2 3 , 4 1,1 4共8 个余数为 2 : 1 (1) ， 1 3 , 3 (1) , 0 2 , 2 0 ,11, 2 4 , 4 2 , 3 3 共9 个余数为3 : 1 0 ， 0 (1) ， 1 4 ， 4 (1) ， 0 3 ， 3 0 ，1 2 ， 2 1， 3 4 ，4 3共10 个98910故 P0 36 ， P1 36 ， P2 36 ， P3 36 ，故最大的为 P3 ，选 D.3328、l1 和l2 是相互垂直的异面直线，l1 与平面平行，而l2 则在平面

56、内，在平面内到l1 和l2 距离相等的点的轨迹是.A.抛物线B.椭圆C.双曲线D.直线【】C】：几何，几何此题中，空间中平面的轨迹想通过几何直接意义比较，因此建立合理的直角坐标系通过方程来求解此题.【详解】在平面内以l2 为 x轴，以l1 在平面内的投影（过l1 垂直于的平面与的交线）为 y轴建立直角 坐标系.设a是异面直线l1 和l2 的距离.，平面内动点M(x, y) 到l2 的距离为| y| ，到l1 的距离为x2 a2 ，故由已知到l 和l 的距离相等： | y|x2 a212即 y2 x2 a2 ，因此所求轨迹为双曲线.3429、有 2013 个人，其中只有男女，他们彼此间的关系很复

57、杂，其中任意两个人之间都存在单相思，且任意两个人不会相互喜欢，则下面说法正确的是.一定存在这样的一个三人组 H1 , H 2 , H3 ，他们之间存在三角恋，即满足: H1 爱 H 2 ， H 2 爱H3 ， H3 爱 H1 .一定存在这样的一个人 H ，对于其他的 2012 个人中的每个人：要么喜欢的人是 H ，要么喜欢的人喜欢 H可能存在一种情况：没有人喜欢同性D.可能存在这样的情况：对于这 2013 个人中的任意一个人，喜欢他（人数不超过 1000.【】B】组合数学，数学原理应用排除法来做此题。C,D此题应用直接观察正确的结论，可能比较比较容易排除，而 A 相对来说较难排除，但应该来说最

58、难的应该是证明 B 选项是正确的.【详解】C 错误，原因是 2013 个人中必然有两个同性，那么他们之间的这种复杂关系导致必然有人喜欢同性.D 选项也是错误的。要注意“喜欢事件”次数这个问题，“喜欢事件次数定义为：若有一个人喜欢另外一个人，那么即为一次“喜欢事件”，那么根据题意，在这个 2013 个人每两个人之间有且仅有一次喜欢事件发生，即总共的喜欢事件发生次数为C 2.2013而若 D 选项正确，则喜欢次数最多是1000 2013.事实上C 21000 20132013故 D 选项不可能成立，所以 D 错误.A 也是错误的，通过归纳构造不存在三角恋的情况。从归纳基础 n 3 开始，若有三个人 M , P, Q ，而 M ， P 均喜欢Q ， M 喜欢P ，难么他们之间不存在三角恋,假设 n k 时， k 个人之间不存在，那么考虑 n k 1 的情况，令新添进来的第 k 1 人 F 喜欢原来的所有 k 个人，那么任取两个人原来O, L ， F , O, L 均不 三角恋，结合原来 k 个人之间不存在三角恋，那么含 F 的这 k 1 人之间不存在三角恋。于是根据归纳假设，对于任意 n Z ，存在 n 个人之间没有三角恋的例子.下面证明 B 选项是正确的.对于每个人，计算喜欢他的人数，设其中最大的记为