2013年全国高校自主招生数学模拟试卷6高中数学练习试题

2013年全国高校自主招生数学模拟试卷六一、选择题(36分)1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2003项是(A)2046(B)2047(C)2048(D)20492．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是yxOOxyOxyyxOA.B.C.D.3．过抛物线y2=8(x+2)的焦点F作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于点P，则线段PF的长等于(A)163(B)83(C)1633(D)834．若x∈[－512，－3]，则y=tan(x+23)－tan(x+6)+cos(x+6)的最大值是(A)1252(B)1162(C)1163(D)12535．已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy=－1，则函数u=44－x2+99－y2的最小值是(A)85(B)2411(C)127(D)1256．在四面体ABCD中，设AB=1，CD=3，直线AB与CD的距离为2，夹角为3，则四面体ABCD的体积等于(A)32(B)12(C)13(D)33二．填空题(每小题9分，共54分)7．不等式|x|3－2x2－4|x|+30的解集是．8．设F1、F2是椭圆x29+y24=1的两个焦点，P是椭圆上一点，且|PF1|∶|PF2|=2∶1，则△PF1F2的面积等于．9．已知A={x|x2－4x+30，x∈R}，B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R}若AB，则实数a的取值范围是．10．已知a，b，c，d均为正整数，且logab=32，logcd=54，若a－c=9，则b－d=．11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于．12．设Mn={(十进制)n位纯小数0.－a1a2…an|ai只取0或1(i=1，2，…，n－1)，an=1}，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则limn→∞SnTn=．三、（20分）13．设32≤x≤5，证明不等式2x+1+2x－3+15－3x219．四、(20分)14．设A、B、C分别是复数Z0=ai，Z1=12+bi，Z2=1+ci(其中a，b，c都是实数)对应的不共线的三点．证明：曲线Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t(t∈R)与△ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点．五、(本题满分20分)15．一张纸上画有一个半径为R的圆O和圆内一个定点A，且OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点A刚好与点A重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．2013年全国高校自主招生数学模拟试卷六参考答案一、选择题(每小题6分，共36分)1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第2003项是(A)2046(B)2047(C)2048(D)2049解：452=2025，462=2116．在1至2025之间有完全平方数45个，而2026至2115之间没有完全平方数．故1至2025中共有新数列中的2025－45=1980项．还缺2003－1980=23项．由2025+23=2048．知选C．2．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是yxOOxyOxyyxOA.B.C.D.解：曲线方程为x2a+y2b=1，直线方程为y=ax+b．由直线图形，可知A、C中的a0，A图的b0，C图的b0，与A、C中曲线为椭圆矛盾．由直线图形，可知B、D中的a0，b0，则曲线为焦点在x轴上的双曲线，故选B．3．过抛物线y2=8(x+2)的焦点F作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于点P，则线段PF的长等于(A)163(B)83(C)1633(D)83解：抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB所在直线方程为y=3x，弦的中点在y=pk=43上，即AB中点为(43，43)，中垂线方程为y=－33(x－43)+43，令y=0，得点P的坐标为163．∴PF=163．选A．4．若x∈[－512，－3]，则y=tan(x+23)－tan(x+6)+cos(x+6)的最大值是(A)1252(B)1162(C)1163(D)1253解：令x+6=u，则x+23=u+2，当x∈[－512，－3]时，u∈[－4，－6]，y=－(cotu+tanu)+cosu=－2sin2u+cosu．在u∈[－4，－6]时，sin2u与cosu都单调递增，从而y单调递增．于是u=－6时，y取得最大值1163，故选C．5．已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy=－1，则函数u=44－x2+99－y2的最小值是(A)85(B)2411(C)127(D)125解：由x，y∈(－2，2)，xy=－1知，x∈(－2，－12)∪(12，2)，u=44－x2+9x29x2－1=－9x4+72x2－4－9x4+37x2－4=1+3537－(9x2+4x2)．当x∈(－2，－12)∪(12，2)时，x2∈(14，4)，此时，9x2+4x2≥12．(当且仅当x2=23时等号成立)．此时函数的最小值为125，故选D．6．在四面体ABCD中，设AB=1，CD=3，直线AB与CD的距离为2，夹角为3，则四面体ABCD的体积等于(A)32(B)12(C)13(D)33解：如图，把四面体补成平行六面体，则此平行六面体的体积=1×3×sinπ3×2=3．而四面体ABCD的体积=16×平行六面体体积=12．故选B．二．填空题(每小题9分，共54分)7．不等式|x|3－2x2－4|x|+30的解集是．解：即|x|3－2|x|2－4|x|+30，(|x|－3)(|x|－5－12)(|x|+5+12)0．|x|－5+12，或5－12|x|3．∴解为(－3，－5－12)∪(5－12，3)．8．设F1、F2是椭圆x29+y24=1的两个焦点，P是椭圆上一点，且|PF1|∶|PF2|=2∶1，则△PF1F2的面积等于．解：F1(－5，0)，F2(5，0)；|F1F2|=25．NMDCBA|PF1|+|PF2|=6，|PF1|=4，|PF2|=2．由于42+22=(25)2．故PF1F2是直角三角形55．∴S=4．9．已知A={x|x2－4x+30，x∈R}，B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R}若AB，则实数a的取值范围是．解：A=(1，3)；又，a≤－21－x∈(－1，－14)，当x∈(1，3)时，a≥x2+52x－7∈(5－7，－4)．∴－4≤a≤－1．10．已知a，b，c，d均为正整数，且logab=32，logcd=54，若a－c=9，则b－d=解：a3=b2，c5=d4，设a=x2，b=x3；c=y4，d=y5，x2－y4=9．(x+y2)(x－y2)=9．∴x+y2=9，x－y2=1，x=5，y2=4．b－d=53－25=125－32=93．11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于．解：如图，ABCD是下层四个球的球心，EFGH是上层的四个球心．每个球心与其相切的球的球心距离=2．EFGH在平面ABCD上的射影是一个正方形．是把正方形ABCD绕其中心旋转45而得．设E的射影为N，则MN=2－1．EM=3，故EN2=3－(2－1)2=22．∴EN=48．所求圆柱的高=2+48．12．设Mn={(十进制)n位纯小数0.－a1a2…an|ai只取0或1(i=1，2，…，n－1)，an=1}，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则limn→∞SnTn=．解：由于a1，a2，…，an－1中的每一个都可以取0与1两个数，Tn=2n－1．在每一位(从第一位到第n－1位)小数上，数字0与1各出现2n－2次．第n位则1出现2n－1次．∴Sn=2n－20.11…1+2n－210－n．∴limn→∞SnTn=1219=118．三、（本题满分20分）13．设32≤x≤5，证明不等式2x+1+2x－3+15－3x219．解：x+1≥0，2x－3≥0，15－3x≥0．32≤x≤5．NMHGFEDCBA由平均不等式x+1+x+1+2x－3+15－3x4≤x+1+x+1+2x－3+15－3x4≤14+x4．∴2x+1+2x－3+15－3x=x+1+x+1+2x－3+15－3x≤214+x．但214+x在32≤x≤5时单调增．即214+x≤214+5=219．故证．四、(本题满分20分)14．设A、B、C分别是复数Z0=ai，Z1=12+bi，Z2=1+ci(其中a，b，c都是实数)对应的不共线的三点．证明：曲线Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t(t∈R)与△ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点．解：曲线方程为：Z=aicos4t+(1+2bi)cos2tsin2t+(1+ci)sin4t=(cos2tsin2t+sin4t)+i(acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t)∴x=cos2tsin2t+sin4t=sin2t(cos2t+sin2t)=sin2t．(0≤x≤1)y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t=a(1－x)2+2b(1－x)x+cx2即y=(a－2b+c)x2+2(b－a)x+a(0≤x≤1)．①若a－2b+c=0，则Z0、Z1、Z2三点共线，与已知矛盾，故a－2b+c0．于是此曲线为轴与x轴垂直的抛物线．AB中点M：14+12(a+b)i，BC中点N：34+12(b+c)i．与AC平行的中位线经过M(14，12(a+b))及N(34，12(b+c))两点，其方程为4(a－c)x+4y－3a－2b+c=0．(14≤x≤34)．②令4(a－2b+c)x2+8(b－a)x+4a=4(c－a)x+3a+2b－c．即4(a－2b+c)x2+4(2b－a－c)x+a－2b+c=0．由a－2b+c0，得4x2+4x+1=0，此方程在[14，34]内有惟一解：x=12．以x=12代入②得，y=14(a+2b+c)．∴所求公共点坐标为(12，14(a+2b+c))．五、(本题满分20分)15．一张纸上画有一个半径为R的圆O和圆内一个定点A，且OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点A刚好与点A重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．解：对于⊙O上任意一点A，连AA，作AA的垂直平分线MN，连OA．交MN于点P．显然OP+PA=OA=R．由于点A在⊙O内，故DS'MNSQPA'OAOA=aR．从而当点A取遍圆周上所有点时，点P的轨迹是以O、A为焦点，OA=a为焦距，R(Ra)为长轴的椭圆C．而MN上任一异于P的点Q，都有OQ+QA=OQ+QAOA．故点Q在椭圆C外．即折痕上所有的点都在椭圆C上及C外．反之，对于椭圆C上或外的一点S，以S为圆心，SA为半径作圆，交⊙O于A，则S在AA的垂直平分线上，从而S在某条折痕上．最后证明所作⊙S与⊙O必相交．1当S在⊙O外时，由于A在⊙O内，故⊙S与⊙O必相交；2当S在⊙O内时(例如在⊙O内，但在椭圆C外或其上的点S)，取过S的半径OD，则由点S在椭圆C外，故OS+SA≥R(椭圆的长轴)．即SA≥SD．于是D在⊙S内或上，即⊙S与⊙O必有交点．于是上述证明成立．综上可知，折痕上的点的集合为椭圆C上及C外的所有点的集合．