2013高校自主招生数学模拟试题及答案(2013高校自主招生数学模拟试题答案)

2013高校自主招生数学模拟试题

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) 2049

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

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

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

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

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

二.填空题(每小题9分，共54分)

7.不等式|x|3-2x2-4|x|+3<0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+3<0，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+15-3x<219.

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.

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

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a<0，A图的b>0，C图的b<0，与A、C中曲线为椭圆矛盾.

由直线图形，可知B、D中的a>0，b<0，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|+3<0的解集是 .

解：即|x|3-2|x|2-4|x|+3<0， (|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.

|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+3<0，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+15-3x<219.

解：x+1≥0，2x-3≥0，15-3x≥0. 32≤x≤5.

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OA=aa)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.

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