2013年河南师大附中自主招生模拟专题(关仲卿) (7)

2013年全国高校自主招生数学模拟试卷七一．选择题（36分，每小题6分）1、 函数f(x)=)32(log 221--x x 的单调递增区间是(A) (-∞，-1) (B) (-∞，1) (C) (1，+∞) (D) (3，+∞) 解：由x 2-2x-3>0⇒x<-1或x>3，令f(x)=u 21log , u= x 2-2x-3，故选A2、 若实数x, y 满足(x+5)2+(y -12)2=142，则x 2+y 2的最小值为 (A) 2 (B) 1 (C) 3 (D) 2解：B 3、 函数f(x)=221xx x-- (A) 是偶函数但不是奇函数 (B) 是奇函数但不是偶函数(C) 既是奇函数又是偶函数 (D) 既不是奇函数又不是偶函数 解：A4、 直线134=+yx 椭圆191622=+y x 相交于A ，B 两点，该圆上点P ，使得⊿PAB 面积等于3，这样的点P 共有(A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 4个 解：设P 1(4cos α,3sin α) (0<α<2π)，即点P 1在第一象限的椭圆上，如图，考虑四边形P 1AOB 的面积S 。

S=11OBP OAP S S ∆∆+=ααcos 4321sin 3421⨯⨯+⨯⨯=6(sin α+cos α)=)4sin(26πα+∴S max =62 ∵S ⊿OAB =6∴626)(max 1-=∆AB P S ∵626-<3∴点P 不可能在直线AB 的上方，显然在直线AB 的下方有两个点P ，故选B 5、 已知两个实数集合A={a 1, a 2, … , a 100}与B={b 1, b 2, … , b 50}，若从A 到B 的映射f 使得B中的每一个元素都有原象，且f(a 1)≤f(a 2)≤…≤f(a 100)，则这样的映射共有(A) 50100C (B) 5090C (C) 49100C (D) 4999C解：不妨设b 1<b 2<…<b 50，将A 中元素a 1, a 2, … , a 100按顺序分为非空的50组，定义映射f ：A →B ，使得第i 组的元素在f 之下的象都是b i (i=1,2,…,50)，易知这样的f 满足题设要求，每个这样的分组都一一对应满足条件的映射，于是满足题设要求的映射f 的个数与A 按足码顺序分为50组的分法数相等，而A 的分法数为4999C ，则这样的映射共有4999C ，故选D 。

6、 由曲线x 2=4y, x 2= -4y, x=4, x= -4围成图形绕y 轴旋转一周所得为旋转体的体积为V 1，满足x 2+y 2≤16, x 2+(y -2)2≥4, x 2+(y +2)2≥4的点(x,y)组成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为V 2，则 (A) V 1=21V 2 (B) V 1=32V 2 (C) V 1=V 2 (D) V 1=2V 2 解：如图，两图形绕y 轴旋转所得的旋转体夹在两相距为8的平行平面之间，用任意一个与y 轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为|y|，则所得截面面积 ∵S 1=π(42-4|y|) , S 2=π(42-y 2)-π[4-(2-|y|)2]=π(42-4|y|) ∴ S 1=S 2由祖暅原理知，两个几何体体积相等。

故远C 。

一、 填空题（54分，每小题9分）7、 已知复数Z 1,Z 2满足|Z 1|=2, |Z 2|=3，若它们所对应向量的夹角为60°，则2121z z z z -+= 。

解：由余弦定理得|Z 1+Z 2|=19, |Z 1-Z 2|=7,2121z z z z -+=71338、 将二项式n xx )21(4+的展开式按x 的降幂排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式中x 的指数是整数的项共有 个。

解：不难求出前三项的系数分别是)1(81,21,1-n n n ，∵)1(811212-+=⋅n n n∴当n=8时，43161)21(r r r nr xC T -+= (r=0,1,2, (8)∴r=0,4,8,即有3个9、 如图，点P 1,P 2,…,P 10分别是四面体点或棱的中点，那么在同一平面上的四点组(P 1, P i , P j, P k )(1<i<j<k ≤10)有 个。

解：首先，在每个侧面上除P 1点外尚有五个点，其中任意三点组添加点P 1后组成的四点组都在同一个平面，这样三点组有35C 个，三个侧面共有335C 个。

其次，含P 1的每条棱上三点组添加底面与它异面的那条棱上的中点组成的四点组也在一个平面上，这样的四点组有3个 ∴共有335C ＋3＝33个10、 已知f(x)是定义在R 上的函数，f(1)=1且对任意x ∈R 都有f(x+5)≥f(x)+5 f(x+1)≤f(x)+1若g(x)=f(x)+1-x ，则g(2002)= 。

P 9 8P10解：由g(x)=f(x)+1-x 得f(x)=g(x)+ x -1 ∴g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+(x -1)+5 g(x+1)+(x+1)-1≤g(x)+(x -1)+5 ∴g(x+5)≥g(x), g(x+1)≤g(x)∴g(x)≤g(x+5)≤g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g(x+1)≤g(x) ∴g(x+1)=g(x) ∴T=1 ∵g(1)=1 ∴g(2002)=111、 若1)2(log )2(log 44=-++y x y x ，则|x|-|y|的最小值是 。

解：⎩⎨⎧=-≥>⇒⎪⎩⎪⎨⎧=-+>->+440||24)2)(2(020222y x y x y x y x y x y x 由对称性只考虑y ≥0，因为x>0，所以只须求x -y 的最小值。

令x -y=u 代入x 2-4y 2=4中有3y 2-2uy+(4-u 2)=0 ∵y ∈R ∴⊿≥03≥⇒u∴当33,334==y x 时，u=3，故|x|-|y|的最小值是3 12、 使不等式sin 2x+acosx+a 2≥1+cosx 对一切x ∈R 恒成立的负数a 的取值范围是 。

解：∵sin 2x+acosx+a 2≥1+cosx∴4)1()21(cos 222-+≤--a a a x ∵a<0,∴当cosx=1时，函数2)21(cos --=a x y 有最大值2)211(--a ∴⇒-+≤--4)1()211(222a a a a 2+a -2≥0⇒a ≤-2或a ≥1 ∵a<0∴负数a 的取值范围是(-∞,2]二、解答题（本题满分60分，每小题20分）13、 已知点A(0,2)和抛物线y=x 2+4上两点B 、C 使得AB ⊥BC ，求点C 的纵坐标的取值范围。

解：设B 点坐标为B(y 12-4,y 1)，C 点坐标为C(y 2-4,y) 显然y 12-4≠0，故21421211+=--=y y y k AB …………5分 ∵AB ⊥BC∴K BC = -(y 1+2)∴⎪⎩⎪⎨⎧+=--+-=-4)]4()[2(22111x y y x y y y⇒(2+y 1)(y+y 1)+1=0⇒y 12+(2+y)y 1+(2y+1)=0 …………10分 ∵y 1∈R∴⊿≥0⇒y ≤0或y ≥4 …………15分∴当y=0时，点B 的坐标为(-3，-1)；当y=4时，点B 的坐标为(5，-3)，均满足题意。

故点C 的纵坐标的取值范围为(-∞,0]∪[4,+∞)14、 如图，有一列曲线P 0, P 1, P 2, ……，已知P 0所围成的图形是面积为1的等边三角形，P k+1是对P k 进行如下操作得到的：将P k 的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉(k=0,1,2,3,…)，记S n 为曲线P k 所围成图形面积。

①求数列{S n }的通项公式；②求n n S ∞→lim 。

解：①对P 0进行操作，容易看出P 0的每条边变成P 1的4条边，故P 1的边数为3×4；同样，对P 1进行操作，P 1的每条边变成P 2的4条边，故P 2的边数为3×42，从而不难得到P n 的边数为3×4n …………5分已知P 0的面积为S 0=1，比较P 1与P 0，容易看出P 1在P 0的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为231，而P 0有3条边，故S 1=S 0+3×231=1+31 再比较P 2与P 1，容易看出P 2在P 1的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为231×231，而P 1有3×4条边，故S 2=S 1+3×4×431=1+31+334类似地有：S 3=S 2+3×42×631=1+31+334+5234 …………5分∴S n =121523343434311--+++++n n=1+∑=n k k1)94(43P 0 P 1 P 2=n)94(5358⋅- (※) …………10分 下面用数学归纳法证明(※)式当n=1时，由上面已知(※)式成立， 假设当n=k 时，有S k =k )94(5358⋅- 当n=k+1时，易知第k+1次操作后，比较P k+1与P k ，P k+1在P k 的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为)1(231+k ，而P k 有3×4k 条边。

故S k+1=S k +3×4k ×)1(231+k =1)94(5358+⋅-k 综上所述，对任何n ∈N ，(※)式成立。

②58])94(5358[lim lim =⋅-=∞→∞→n n n n S 15、 设二次函数f(x)=ax 2+bx+c (a,b,c ∈R,a ≠0)满足条件：① 当x ∈R 时，f(x-4)=f(2-x)，且f(x)≥x ；② 当x ∈(0,2)时，f(x)≤2)21(+x ③ f(x)在R 上的最小值为0。

求最大值m(m>1)，使得存在t ∈R ，只要x ∈[1,m]，就有f(x+t)≤x 解：∵f(x -4)=f(2-x)∴函数的图象关于x= -1对称 ∴ 12-=-abb=2a 由③知当x= -1时,y=0，即a -b+c=0 由①得 f(1)≥1，由②得 f(1)≤1∴f(1)=1，即工+了+以=1，又a -b+c=0∴a=41 b=21 c=41 ∴f(x)=4121412++x x …………5分假设存在t ∈R ，只要x ∈[1,m]，就有f(x+t)≤x 取x=1时，有f(t+1)≤1⇒41(t+1)2+21(t+1)+41≤1⇒-4≤t ≤0 对固定的t ∈[-4,0]，取x=m ，有f(t +m)≤m⇒41(t+m)2+21(t+m)+41≤m ⇒m 2-2(1-t)m+(t 2+2t+1)≤0⇒t t 41---≤m ≤t t 41-+- …………10分∴m ≤t t41--≤)4(4)4(1-⋅-+--=9 …………15分当t= -4时，对任意的x ∈[1,9]，恒有f(x -4)-x=41(x 2-10x+9)=41(x -1)(x -9)≤0 ∴m 的最大值为9。