2013年全国高校自主招生数学模拟试卷3高中数学练习试题

2013年全国高校自主招生数学模拟试卷三一、选择题（36分）1．函数254()2xxfxx在(,2)上的最小值是（）A．0B．1C．2D．32．设[2,4)A，2{40}Bxxax，若BA，则实数a的取值范围为（）A．[1,2)B．[1,2]C．[0,3]D．[0,3)3．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为23，乙在每局中获胜的概率为13，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望E为（）A.24181B.26681C.27481D.6702434．若三个棱长均为整数（单位：cm）的正方体的表面积之和为564cm2，则这三个正方体的体积之和为（）A.764cm3或586cm3B.764cm3C.586cm3或564cm3D.586cm35．方程组0,0,0xyzxyzzxyyzxzy的有理数解(,,)xyz的个数为（）A.1B.2C.3D.46．设ABC的内角ABC,,所对的边,,abc成等比数列，则sincotcossincotcosACABCB的取值范围是（）A.(0,)B.51(0,)2C.5151(,)22D.51(,)2二、填空题（54分，每小题9分）7．设()fxaxb，其中,ab为实数，1()()fxfx，1()(())nnfxffx，1,2,3,n，若题15图7()128381fxx，则ab.8．设()cos22(1cos)fxxax的最小值为12，则a．9．将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有种．10．设数列{}na的前n项和nS满足：1(1)nnnSann，1,2,n，则通项na=．11．设()fx是定义在R上的函数，若(0)2008f，且对任意xR，满足(2)()32xfxfx，(6)()632xfxfx，则)2008(f=．12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为46的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是．12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为46的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是．14．解不等式121086422log(3531)1log(1)xxxxx．15．如题15图，P是抛物线22yx上的动点，点BC,在y轴上，圆22(1)1xy内切于PBC，求PBC面积的最小值．2013年全国高校自主招生数学模拟试卷三参考答案1[解]当2x时，20x，因此21(44)1()(2)22xxfxxxx12(2)2xx2，当且仅当122xx时上式取等号．而此方程有解1(,2)x，因此()fx在(,2)上的最小值为2．[解法一]因240xax有两个实根21424aax，22424aax，故BA等价于12x且24x，即24224aa且24424aa，解之得03a．[解法二]（特殊值验证法）令3,[1,4],aBBA，排除C，令1171171,[,]22aB，BA排除A、B，故选D。[解法三]（根的分布）由题意知240xax的两根在[2,4)A内，令2()4fxxax则a242(2)0(4)0ff解之得：03a2[解法一]依题意知，的所有可能值为2，4，6.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为22215()()339．若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有5(2)9P，4520(4)()()9981P，2416(6)()981P，故520162662469818181E．[解法二]依题意知，的所有可能值为2，4，6.令kA表示甲在第k局比赛中获胜，则kA表示乙在第k局比赛中获胜．由独立性与互不相容性得12125(2)()()9PPAAPAA，1234123412341234(4)()()()()PPAAAAPAAAAPAAAAPAAAA332112202[()()()()]333381，1234123412341234(6)()()()()PPAAAAPAAAAPAAAAPAAAA2221164()()3381，故520162662469818181E．3[解]设这三个正方体的棱长分别为,,abc，则有2226564abc，22294abc，不妨设110abc，从而2222394cabc，231c．故610c．c只能取9，8，7，6．若9c，则22294913ab，易知2a，3b，得一组解(,,)(2,3,9)abc．若8c，则22946430ab，5b．但2230b，4b，从而4b或5．若5b，则25a无解，若4b，则214a无解．此时无解．若7c，则22944945ab，有唯一解3a，6b．若6c，则22943658ab，此时222258bab，229b．故6b，但6bc，故6b，此时2583622a无解．综上，共有两组解2,3,9abc或3,6,7.abc体积为3331239764Vcm3或3332367586Vcm3．4[解]若0z，则00.xyxyy，解得00xy，或11.xy，若0z，则由0xyzz得1xy．①由0xyz得zxy．②将②代入0xyyzxzy得220xyxyy．③由①得1xy，代入③化简得3(1)(1)0yyy.易知310yy无有理数根，故1y，由①得1x，由②得0z，与0z矛盾，故该方程组共有两组有理数解0,0,0xyz或1,1,0.xyz5[解]设,,abc的公比为q，则2,baqcaq，而sincotcossincoscossinsincotcossincoscossinACAACACBCBBCBCsin()sin()sinsin()sin()sinACBBbqBCAAa．因此，只需求q的取值范围．因,,abc成等比数列，最大边只能是a或c，因此,,abc要构成三角形的三边，必需且只需abc且bca．即有不等式组22,aaqaqaqaqa即2210,10.qqqq解得1551,225151.22qqq或从而515122q，因此所求的取值范围是5151(,)22．6[解]由题意知12()(1)nnnnfxaxaaab11nnaaxba，由7()128381fxx得7128a，713811aba，因此2a，3b，5ab．7[解]2()2cos122cosfxxaax2212(cos)2122axaa，(1)2a时，()fx当cos1x时取最小值14a；(2)2a时，()fx当cos1x时取最小值1；(3)22a时，()fx当cos2ax时取最小值21212aa．又2a或2a时，()fx的最小值不能为12，故2112122aa，解得23a，23a(舍去)．8[解法一]用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用表示名额．如||||表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额．若把每个“”与每个“|”都视为一个位置，由于左右两端必须是“｜”，故不同的分配方法相当于24226个位置（两端不在内）被2个“｜”占领的一种“占位法”．“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“｜”，故有223C253种．又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．[解法二]设分配给3个学校的名额数分别为123,,xxx，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程12324xxx．的正整数解的个数，即方程12321xxx的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：2121232323HCC253．又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．9[解]1111(1)(2)(1)nnnnnnnaSSaannnn，即2nnannnnnna)1(111)2)(1(221=)1(1)2)(1(2nnannn，由此得2)1(1))2)(1(1(1nnannann．令1(1)nnbann，111122ba(10a)，有112nnbb，故12nnb，所以)1(121nnann．10[解法一]由题设条件知(2)()((4)(2))((6)(4))((6)())fxfxfxfxfxfxfxfx24323263232xxxx，因此有(2)()32xfxfx，故(2008)(2008)(2006)(2006)(2004)(2)(0)(0)ffffffff2006200423(2221)(0)f10031413(0)41f200822007．[解法二]令()()2xgxfx，则2(2)()(2)()2232320xxxxgxgxfxfx，6(6)()(6)()226326320xxxxgxgxfxfx，即(2)(),(6)()gxgxgxgx，故()(6)(4)(2)()gxgxgxgxgx，答12图1答12图2得()gx是周期为2的周期函数，所以200820082008(2008)(2008)2(0)222007fgg．11[解]如答12图1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为r，作平面111ABC//平面ABC，与小球相切于点D，则小球球心O为正四面体111PABC的中心，111POABC面，垂足D为111ABC的中心．因11111113PABCABCVSPD1114OABCV111143ABCSOD，故44PDODr，从而43POPDODrrr．记此时小球与面PAB的切点为1P，连接1OP，则222211(3)22PPPOOPrrr．考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为PAB)相切时的情况，易知小球在面PAB上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为1PEF，如答12图2．记正四面体的棱长为a，过1P作1PMPA于M．因16MPP，有113cos2262PMPPMPPrr，故小三角形的边长1226PEPAPMar．小球与面PAB不能接触到的部分的面积为（如答12图2中阴影部分）1PABPEFSS223((26))4aar23263arr．又1r，46a，所以124363183PABPEFSS．由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁