2013年全国高校自主招生数学模拟试卷14高中数学练习试题

2013年全国高校自主招生数学模拟试卷十四一选择题(每小题6分，共36分)1．设等差数列{an}满足3a8=5a13且a10，Sn为其前项之和，则Sn中最大的是()(A)S10(B)S11(C)S20(D)S212．设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为Z1，Z2，…，Z20，则复数Z19951，Z19952，…，Z199520所对应的不同的点的个数是()(A)4(B)5(C)10(D)203．如果甲的身高数或体重数至少有一项比乙大，则称甲不亚于乙，在100个小伙子中，如果某人不亚于其他99人，就称他为棒小伙子，那么，100个小伙子中的棒小伙子最多可能有()(A)1个(B)2个(C)50个(D)100个4．已知方程|x－2n|=kx(n∈N*)在区间(2n－1，2n+1]上有两个不相等的实根，则k的取值范围是()(A)k0(B)0k≤12n+1(C)12n+1k≤12n+1(D)以上都不是5．logsin1cos1，logsin1tan1，logcos1sin1，logcos1tan1的大小关系是(A)logsin1cos1logcos1sin1logsin1tan1logcos1tan1(B)logcos1sin1logcos1tan1logsin1cos1logsin1tan1(C)logsin1tan1logcos1tan1logcos1sin1logsin1cos1(D)logcos1tan1logsin1tan1logsin1cos1logcos1sin16．设O是正三棱锥P—ABC底面三角形ABC的中心，过O的动平面与PC交于S，与PA，PB的延长线分别交于Q，R，则和式1PQ+1PR+1PS(A)有最大值而无最小值(B有最小值而无最大值(C)既有最大值又有最小值，两者不等(D)是一个与面QPS无关的常数二、填空题(每小题9分，共54分)1．设α，β为一对共轭复数，若|α－β|=23，且αβ2为实数，则|α|=．2．一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为．3．用[x]表示不大于实数x的最大整数，方程lg2x－[lgx]－2=0的实根个数是．4．直角坐标平面上，满足不等式组y≤3x，y≥x3，x+y≤100的整点个数是．5．将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可使用，那么不同的染色方法的总数是．6．设M={1，2，3，…，1995}，A是M的子集且满足条件：当x∈A时，15xA，则A中元素的个数最多是．三。解答题一、(25分)给定曲线族2(2sinθ－cosθ+3)x2－(8sinθ+cosθ+1)y=0，θ为参数，求该曲线在直线y=2x上所截得的弦长的最大值．二、(25分)求一切实数p，使得三次方程5x3－5(p+1)x2+(71p－1)x+1=66p的三个根均为正整数．三、(35分)如图，菱形ABCD的内切圆O与各边分别切于E，F，G，H，在弧EF与GH上分别作圆O的切线交AB于M，交BC于N，交CD于P，交DA于Q，求证：MQ∥NP．四、(35分)将平面上的每个点都以红，蓝两色之一着色。证明：存在这样两个相似的三角形，它们的相似比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色．ABCDEFGHMNPQ2013年全国高校自主招生数学模拟试卷十四参考答案一、选择题(每小题6分，共36分)1．设等差数列{an}满足3a8=5a13且a10，Sn为其前项之和，则Sn中最大的是()(A)S10(B)S11(C)S20(D)S21解：3(a+7d)=5(a+12d)，d=－239a，令an=a－239a(n－1)≥0，an+1=a－239an0，得n=20．选C．2．设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为Z1，Z2，…，Z20，则复数Z19951，Z19952，…，Z199520所对应的不同的点的个数是()(A)4(B)5(C)10(D)20解：设z1=cosθ+isinθ，则zk=z1εk－1，其中ε=cosπ10+isinπ10．ε20=1．ε15=－i，ε10=－1，ε5=i．∴zk1995=(cos1995θ+isin1995θ)ε1995(k－1)=(cos1995θ+isin1995θ)(－i)k－1．∴共有4个值．选A．3．如果甲的身高数或体重数至少有一项比乙大，则称甲不亚于乙，在100个小伙子中，如果某人不亚于其他99人，就称他为棒小伙子，那么，100个小伙子中的棒小伙子最多可能有()(A)1个(B)2个(C)50个(D)100个解：把身高按从高到矮排为1~100号，而规定二人比较，身高较高者体重较小，则每个人都是棒小伙子．故选D．4．已知方程|x－2n|=kx(n∈N*)在区间(2n－1，2n+1]上有两个不相等的实根，则k的取值范围是()(A)k0(B)0k≤12n+1(C)12n+1k≤12n+1(D)以上都不是解：由|x－2n|≥0，故k≥0，若k=0，可知在所给区间上只有1解．故k0．由图象可得，x=2n+1时，kx≤1．即k≤12n+1．故选B．又解：y=(x－2n)2与线段y=k2x(2n－1x≤2n+1)有两个公共点．x2－(4n+k2)x+4n2=0有(2n－1，2n+1]上有两个根．故△=(4n+k2)2－16n20．且(2n－1)2－(4n+k2)(2n－1)+4n20，(2n+1)2－(4n+k2)(2n+1)+4n2≥0，2n－12n+12k22n+1．k≤12n+1．5．logsin1cos1，logsin1tan1，logcos1sin1，logcos1tan1的大小关系是(A)logsin1cos1logcos1sin1logsin1tan1logcos1tan1(B)logcos1sin1logcos1tan1logsin1cos1logsin1tan1(C)logsin1tan1logcos1tan1logcos1sin1logsin1cos1dctan1bay=(cos1)xy=(sin1)x(1,cos1)(1,sin1)11Oxy(D)logcos1tan1logsin1tan1logsin1cos1logcos1sin1解：412，故0cos1sin11tan1．logsin1tan10，logcos1tan10，logsin1cos10，logcos1sin10，设logsin1cos1=a，则得(sin1)a=cos1sin1，a1；logcos1sin1=b，则(cos1)b=sin1cos1，0b1；即logcos1sin1logsin1cos1．设logsin1tan1=c，logcos1tan1=d，则得(sin1)c=(cos1)d=tan1，(指数函数图象进行比较)，cd．即logsin1tan1logcos1tan1故选C．6．设O是正三棱锥P—ABC底面三角形ABC的中心，过O的动平面与PC交于S，与PA，PB的延长线分别交于Q，R，则和式1PQ+1PR+1PS(A)有最大值而无最小值(B)有最小值而无最大值(C)既有最大值又有最小值，两者不等(D)是一个与面QPS无关的常数解：O到面PAB、PBC、PCA的距离相等．设∠APB=α，则VPQRS=16d(PQ·PR+PR·PS+PS·PQ)sinα．(其中d为O与各侧面的距离)．VPQRS=16PQ·PR·PSsinαsinθ．(其中θ为PS与面PQR的夹角)∴d(PQ·PR+PR·PS+PS·PQ)=PQ·PR·PSsinθ．∴1PQ+1PR+1PS=sinθd为定值．故选D．二、填空题(每小题9分，共54分)1．设α，β为一对共轭复数，若|α－β|=23，且αβ2为实数，则|α|=．解：设α=x+yi，(x，y∈R)，则|α－β|=2|y|．∴y=±3．设argα=θ，则可取θ+2θ=2π，(因为只要求|α|，故不必写出所有可能的角)．θ=23π，于是x=±1．|α|=2．2．一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为．解：设球半径为R，其内接圆锥的底半径为r，高为h，作轴截面，则r2=h(2R－h)．V锥=13πr2h=π3h2(2R－h)=π6h·h(4R－2h)≤π64R33=827·43πR3．∴所求比为8∶27．3．用[x]表示不大于实数x的最大整数，方程lg2x－[lgx]－2=0的实根个数是．解：令lgx=t，则得t2－2=[t]．作图象，知t=－1，t=2，及1t2内有一解．当1t2时，[t]=1，t=3．故得：x=110，x=100，x=103，即共有3个实根．rh4．直角坐标平面上，满足不等式组y≤3x，y≥x3，x+y≤100的整点个数是．解：如图，即△OAB内部及边界上的整点．由两轴及x+y=100围成区域(包括边界)内的整点数=1+2+3+…+101=5151个．由x轴、y=13x，x+y=100围成区域(不包括y=13x上)内的整点数(x=1，2，3时各有1个整点，x=4，5，6时各有2个整点，…，x=73，74，75时有25个整点，x=76，77，…，100时依次有25，24，…，1个整点．共有3×1+3×2+…+3×25+25+24+…+1=4(1+2+…+25)=1300．由对称性，由y轴、y=3x、x+y=100围成的区域内也有1300个整点．∴所求区域内共有5151－2600=2551个整点．5．将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可使用，那么不同的染色方法的总数是．解：顶点染色，有5种方法，底面4个顶点，用4种颜色染，A44=24种方法，用3种颜色，选1对顶点C12，这一对顶点用某种颜色染C14，余下2个顶点，任选2色染，A23种，共有C12C14A23=48种方法；用2种颜色染：A24=12种方法；∴共有5(24+48+12)=420种方法．6．设M={1，2，3，…，1995}，A是M的子集且满足条件：当x∈A时，15xA，则A中元素的个数最多是．解：1995=15×133．故取出所有不是15的倍数的数，共1862个，这此数均符合要求．在所有15的倍数的数中，152的倍数有8个，这此数又可以取出，这样共取出了1870个．即|A|≥1870．又{k，15k}(k=9，10，11，…，133)中的两个元素不能同时取出，故|A|≤1995-133+8=1870．一、(25分)给定曲线族2(2sinθ－cosθ+3)x2－(8sinθ+cosθ+1)y=0，θ为参数，求该曲线在直线y=2x上所截得的弦长的最大值．解：以y=2x代入曲线方程得x=0，x=8sinθ+cosθ+12sinθ－cosθ+3．∴所求弦长l=8sinθ+cosθ+12sinθ－cosθ+35．故只要求|x|的最大值即可．由(2x－8)sinθ－(x+1)cosθ=1－3x．(2x－8)2+(x+1)2≥(1－3x)2，即x2+16x－16≤0．解之得，－8≤x≤2．即|x|≤8(当sinθ=±2425，cosθ=∓725时即可取得最大值)．故得最大弦长为85．A(75,25)B(25,75)y=13xy=3xyx1002010020O二、(25分)求一切实数p，使得三次方程5x3－5(p+1)x2+(71p－1)x+1=66p的三个根均为正整数．解：x=1是方程的一个根．于是只要考虑二次方程5x2－5px+66p－1=0的两个根为正整数即可．设此二正整数根为u、v．则由韦达定理知，u+v=p①uv=15(66p－1)②消去p，得5uv－66(u+v)=－1．同乘以5：52uv－5×66u－5×66v=－5．∴(5u－66)(5v－66)=662－5=4351=19×229．由于u、v均为整数，故5u－66、5v－66为整数．∴5u－66=1，－1，19