全國高校自主招生數(shù)模擬試卷8

2013年全國高校自主招生數(shù)學(xué)模擬試卷八一、選擇題（36分，每小題6分）本題共有6小題，每題均給出（A）、（B）、（C）、（D）四個結(jié)論，其中有且僅有一個是正確的．請將正確答案的代表字母填在題后的括號內(nèi)．每小題選對得6分；不選、選錯或選出的代表字母超過一個（不論是否寫在括號內(nèi)），一律得0分．1．已知a為給定的實(shí)數(shù)，那么集合M={x|x2-3x-a2+2=0，x∈R}的子集的個數(shù)為（A） 1 （B） 2 （C） 4 （D） 不確定【答】（ C ）【解】 方程x2-3x-a2+2=0的根的判別式Δ=1+4a2>0，方程有兩個不相等的實(shí)數(shù)根．由M有2個元素，得集合M有222．命題1 長方體中，必存在到各頂點(diǎn)距離相等的點(diǎn);命題2 長方體中，必存在到各棱距離相等的點(diǎn);命題3 長方體中，必存在到各面距離相等的點(diǎn).以上三個命題中正確的有 （A）0個（B）1個（C）2個（D）3個【答】（ B ）【解】 只有命題1對．3．在四個函數(shù)y=sin|x|，y=cos|x|，y=|ctgx|，y=lg|sinx|中以為周期、在(0，)上單調(diào)遞增的偶函數(shù)是 （A）y=sin|x| （B）y=cos|x| （C）y=|ctgx| （D）y=lg|sinx|【答】（ D ）【解】 y=sin|x|不是周期函數(shù)．y=cos|x|=cosx以2為周期．y=|ctgx|在（0，）上單調(diào)遞減．只有y=lg|sinx|滿足全部條件．4．如果滿足∠ABC=60°，AC=12，BC=k的△ABC恰有一個，那么k的取值范圍是（A）k=（B）0<k≤12（C）k≥12 （D）0<k≤12或k=【答】（ D ） 【解】 根據(jù)題設(shè)，△ABC共有兩類如圖．易得k=或0<k≤12．本題也可用特殊值法，排除（A）、（B）、（C）．5．若的展開式為，則的值為（A）（B）（C）（D）【答】（ C ）【解】 令x=1可得=；令x=可得0=；（其中，則=1且++1=0）令x=可得0=．以上三式相加可得=3（）．所以=．6．已知6枝玫瑰與3枝康乃馨的價(jià)格之和大于24元，而4枝玫瑰與5枝康乃馨的價(jià)格之和小于22元，則2枝玫瑰的價(jià)格和3枝康乃馨的價(jià)格比較結(jié)果是（）．（A）2枝玫瑰價(jià)格高 （B）3枝康乃馨價(jià)格高（C）價(jià)格相同 （D）不確定【答】（ A ）【解】 設(shè)玫瑰與康乃馨的單價(jià)分別為x、y元/枝．則6x+3y>24,4x+5y<22.令6x+3y=a>24,4x+5y=b<22,解出x=,y=.所以2x-3y==0，即2x>3y．也可以根據(jù)二元一次不等式所表示的區(qū)域來研究．二、填空題（54分，每小題9分）7．橢圓的短軸長等于．【解】故．從而．8．若復(fù)數(shù)z1，z2滿足|z1|=2，|z2|=3，3z1-2z2=，則z1·z2=．【解】 由3z1-2z2==可得．本題也可設(shè)三角形式進(jìn)行運(yùn)算．9．正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為1，則直線A1C1與BD1的距離是．【解】 作正方體的截面BB1D1D，則A1C1⊥面BB1D1D．設(shè)A1C1與B1D1交于點(diǎn)O，在面BB1D1D內(nèi)作OH⊥BD1，H為垂足，則OH為A1C1與BD1的公垂線．顯然OH等于直角三角形BB1D1斜邊上高的一半，即OH10.不等式的解集為．【解】等價(jià)于或．即或．此時(shí)或或．∴解為x>4或0<x<1或1<x<．即解集為．11．函數(shù)的值域?yàn)椋窘狻?．兩邊平方得，從而且．由或．任取，令，易知，于是且．任取，同樣令，易知，于是且．因此，所求函數(shù)的值域?yàn)椋?2．在一個正六邊形的六個區(qū)域栽種觀賞植物（如圖），要求同一塊中種同一種植物，相鄰的兩塊種不同的植物．現(xiàn)有4種不同的植物可供選擇，則有732種栽種方案．【解】 考慮A、C、E種同一種植物，此時(shí)共有4×3×3×3=108種方法．考慮A、C、E種二種植物，此時(shí)共有3×4×3×3×2×2=432種方法．考慮A、C、E種三種植物，此時(shí)共有P43×2×2×2=192種方法．故總計(jì)有108+432+192=732種方法．三、解答題（本題滿分60分，每小題20分）13．設(shè){an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列，且b1=a12，b2=a22，b3=a32（a1<a2），又．試求{an}的首項(xiàng)與公差．【解】 設(shè)所求公差為d，∵a1<a2，∴d>0．由此得a12(a1+2d)2=(a1+d)4化簡得2a12+4a1d+d解得d=()a1.………………5分而<0，故a1<0．若d=()a1，則；若d=()a1，則；…………10分但存在，故|q|<1．于是不可能．從而．所以a1=，d=()a1=()()=．……20分14．設(shè)曲線C1：（a為正常數(shù)）與C2：y2=2（x+m）在x軸上方僅有一個公共點(diǎn)P．⑴求實(shí)數(shù)m的取值范圍（用a表示）；⑵O為原點(diǎn)，若C1與x軸的負(fù)半軸交于點(diǎn)A，當(dāng)0<a<時(shí)，試求ΔOAP的面積的最大值（用a表示）．⑴ 【解】由消去y得，x2+2a2x+2a2m-a2設(shè)f(x)=x2+2a2x+2a2m-a2，問題⑴轉(zhuǎn)化為方程①在x∈(-a，只須討論以下三種情況：1Δ=0得m=．此時(shí)xp=-a2，當(dāng)且僅當(dāng)-a<-a2<a，即0<a<1時(shí)適合；2f(a)·f(-a)<0當(dāng)且僅當(dāng)–a<m<3f(-a)=0得m=a．此時(shí)xp=a-2a2，當(dāng)且僅當(dāng)-a<a-2a2<a，即0<a<1時(shí)適合．f(a)=0得m=-a，此時(shí)xp=-a-2a2，由于-a-2a綜上可知，當(dāng)0<a<1時(shí)，m=或-a<m≤a；當(dāng)a≥1時(shí)，-a<m<a.……………………10分⑵ 【解】ΔOAP的面積S=ayp．∵0<a<，故-a<m≤a時(shí)，，由唯一性得xp=．顯然當(dāng)m=a時(shí)，xp取值最?。捎趚p>0，從而取值最大，此時(shí)yp=2，∴S=a．當(dāng)m=時(shí)，xp=-a2，yp=，此時(shí)S=a．下面比較a與a的大?。毫頰=a，得a=.故當(dāng)0<a≤時(shí),．此時(shí)Smax=．當(dāng)<a<時(shí)，．此時(shí)Smax=a．……………20分15．用電阻值分別為a1、a2、a3、a4、a5、a6(a1>a2>a3>a4>a5>a6)的電阻組裝成一個如圖的組件，在組裝中應(yīng)如何選取電阻，才能使該組件總電阻值最??？證明你的結(jié)論．【解】設(shè)6個電阻的組件（如圖3）的總電阻為RFG．當(dāng)Ri=ai，i=3，4，5，6，R1，R2是a1，a2的任意排列時(shí)，RFG最?。?分證明如下1°設(shè)當(dāng)兩個電阻R1，R2并聯(lián)時(shí)，所得組件阻值為R：則．故交換二電阻的位置，不改變R值，且當(dāng)R1或R2變小時(shí)，R也減小，因此不妨取R1>R2．R1R3R22R1R3R2．R3R4R1R2顯然R1+R2越大，RABR3R4R1R23°設(shè)4個電阻的組件(如圖2)的總電阻為RCD：．若記，．則S1、S2為定值．于是．只有當(dāng)R3R4最小，R1R2R3最大時(shí)，RCD最小，故應(yīng)取R4<R3，R3<R2，R3<R1，即得總電阻的阻值最?。?5分4°對于圖3，把由R1、R2、R3組成的組件用等效電阻RAB代替．要