高三自主招生数学模拟试题1Word文档格式.doc
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若实数a、b、c使得af(x)+bf(x−c)=1对任意实数x恒成立,
则的值等于()A. B. 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,
,若,则与的夹角的余弦值等于________。
9.已知正方体ABCD−A1B1C1D1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n≥2时,an+1<
an。
14.已知过点(0,1)的直线l与曲线C:
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。
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。
参考答案
,则二面角A−PB−C的平面角的
余弦值为(B)A. B. C. D.
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,斜高为,故,由此得。
在△AMC中,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)
令,则有,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,则原不等式为,由此易知原不等式等价于,对任意的k∈R成立。
由于,
所以,从而上述不等式等价于。
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。
0成立的事件发生的概率等于(D)
A. B. C. D.
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。
若实数a、b、c使得af(x)+bf(x−c)=1对任意实数x恒成立,则的值等于(C)
A. B. C.−1 D.1
令c=π,则对任意的x∈R,都有f(x)+f(x−c)=2,于是取,c=π,则对任意的x∈R,af(x)+bf(x−c)=1,由此得。
一般地,由题设可得,,其中且,于是af(x)+bf(x−c)=1可化为
,即
,所以
。
由已知条件,上式对任意x∈R恒成立,故必有,
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,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)
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+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。
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
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。
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
。
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。
,若,则与的夹角的余弦值等于。
因为,所以,即。
因为,
,,所以,即。
设与的夹角为θ,则有,即3cosθ=2,所以。
9.已知正方体ABCD−A1B1C1D1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。
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。
若a1=d,b1=d2,且是正整数,则q等于。
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5≤m≤13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。
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)。
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。
证明:
由于,因此,于是,对任意的正整数n≥2,有
,即an+1<
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。
由方程组,消去y,得,即(k−1)x2+x−1=0。
由题意知,该方程在(0,+∞)上有两个相异的实根x1、x2,故k≠1,且Δ=1+4(k−1)>
0…
(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x1≠x2,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=(3−2k)xp+2,而xp=2,得yp=4−2k。
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)。
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x∈R,g(x+2π)=g(x),h(x+2π)=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)。
当时,显然成立;
当时,因为,而
,故对任意的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=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;
当时,
,
故,又f4(x)sin2x=0,从而有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