卓越联盟自主招生数学试题及答案精校版完整版

2011年卓越联盟自主招生数学试题

(1)向量a，b均为非零向量，(a-2b)⊥a，(b-2a)⊥b，则a，b的夹角为 (A)

? 6

(B)

? 3

(C)

2? 3 (D)

5? 6(2)已知sin2(?+?)=nsin2?，则

tan(?????)22等于

tan(?????)

(A)

n?1 n?1

(B)

n n?1(C)

n n?1 (D)

n?1 n?1(3)在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，F是棱A1B1上的点，且A1F：FB1=1：3，则异面直线EF与BC1所成角的正弦值为 (A)153

(B)155

(C)5 3 (D)5 5z2?2z?2(4)i为虚数单位，设复数z满足|z|=1，则的最大值为

z?1?i(A)2-1

(B)2-2

(C)2+1 (D)2+2 (5)已知抛物线的顶点在原点，焦点在x轴上，△ABC 三个顶点都在抛物线上，且△ABC 的重心为抛物线的焦点，若BC边所在直线的方程为4x+y-20=0，则抛物线方程为

(A)y=16x(B)y=8x(C)y=-16x (D)y=-8x

(6)在三棱锥ABC—A1B1C1中，底面边长与侧棱长均等于2，且E为CC1的中点，则点C1到平面AB1E的距离为

(A)3

2

2

2

2

(B)2

(C)

3 2 (D)

2 2(7)若关于x的方程(A)(0，1)

|x|2

=kx有四个不同的实数解，则k的取值范围为( ) x?411

(B)(，1)(C)(，+∞) 44 (D)(1，+∞)

(8)如图，△ABC内接于⊙O，过BC中点D作平行于AC的直线l，l交AB于E，交⊙O于G、F，交⊙O在A点的切线于P，若PE=3，ED=2，EF=3，则PA的长为

(A)5

(B)6 (D)22 (C)7 (9)数列{an}共有11项，a1=0，a11=4，且|ak+1-ak|=1，k=1，2，…，10．满足这种条件的不同数列的个数为( ) (A)100

(B)120

(C)140 (D)160

(10)设?是坐标平面按顺时针方向绕原点做角度为

k2?的旋转，?表示坐标平面关于y轴的镜面72

3

4

反射．用??表示变换的复合，先做?，再做?，用?表示连续k次的变换，则???????是( ) (A)?4

(B)?5

(C)?? 2

(D)??

2

(11)设数列{an}满足a1=a，a2=b，2an+2=an+1+an． (Ⅰ)设bn=an+1-an，证明：若a≠b，则{bn}是等比数列； (Ⅱ)若lim(a1+a2+…+an)=4，求a，b的值．

n?? (12)在△ABC中，AB=2AC，AD是A的角平分线，且AD=kAC． (Ⅰ)求k的取值范围；

(Ⅱ)若S△ABC=1，问k为何值时，BC最短

(13)已知椭圆的两个焦点为F1(-1，0)，F2(1，0)，且椭圆与直线y=x-3相切． (Ⅰ)求椭圆的方程；

(Ⅱ)过F1作两条互相垂直的直线l1，l2，与椭圆分别交于P，Q及M，N，求四边形PMQN面积的最大值与最小值．

(14)一袋中有a个白球和b个黑球．从中任取一球，如果取出白球，则把它放回袋中；如果取出黑球，则该黑球不再放回，另补一个白球放到袋中．在重复n次这样的操作后，记袋中白球的个数为Xn． (Ⅰ)求EX1；

(Ⅱ)设P(Xn=a+k)=pk，求P(Xn+1=a+k)，k=0，1，…，b； (Ⅲ)证明：EXn+1=(1-

1)EXn+1． a?b(15)(Ⅰ)设f(x)=xlnx，求f′(x)；

1b(Ⅱ)设0

b?a?a(Ⅲ)记(Ⅱ)中的最小值为ma,b，证明：ma,b

2012年卓越联盟自主招生数学试题 2013年卓越联盟自主招生数学试题

一、选择题：（本大题共4小题，每小题5分．在每小题给出的4个结论中，只有一项是符合题目要求的．） （1）已知f(x)是定义在实数集上的偶函数，且在(0,??)上递增，则

0.70.7（A）f(2)?f(?log25)?f(?3) (B) f(?3)?f(2)?f(?log25) 0.70.7 (C) f(?3)?f(?log25)?f(2) (D) f(2)?f(?3)?f(?log25)

（2）已知函数f(x)?sin(?x??)(??0,0????2)的图象经过点B(??6,0)，且f(x)的

?，为得到y?f(x)的图象，可将y?sinx图象上所有点 21?（A）先向右平移个单位长度，再将所得点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变

231? (B) 先向左平移个单位长度，再将所得点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变

23?(C) 先向左平移个单位长度，再将所得点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变

3?(D) 先向右平移个单位长度，再将所得点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变

3（3）如图，在A,B,C,D,E五个区域中栽种3种植物，要求同一区域中只种1种植物，相

相邻两个零点的距离为

邻两区域所种植物不同，则不同的栽种方法的总数为 （A）21 (B)24 (C)30 ( D)48 (4)设函数f(x)在R上存在导数f?(x)，对任意的x?R，有

f(?x)?f(x)?x2，且在(0,??)上f?(x)?x．若

f(2?a)?f(a)?2?2a，则实数a的取值范围为

（A）[1,??) (B) (??,1] (C) (??,2] (D) [2,??) 二、填空题：（本大题共4小题，每小题6分，共24分）

x2y2??1的一个焦点，则双曲线的渐 （5）已知抛物线y?2px(p?0)的焦点是双曲线8p2近线方程为 ．

uuuruuur（6）设点O在?ABC的内部，点D，E分别为边AC，BC的中点，且OD?2DE?1， uuuruuuruuur则OA?2OB?3OC? ．

（7）设曲线y?2x?x2与x轴所围成的区域为D，向区域D内随机投一点，则该点落 入区域{(x,y)?Dx2?y2?2}内的概率为 ． (8)如图，AE是圆O的切线，A是切点，AD与OE垂直，垂足是D，割线EC交圆O于B,C，且

?ODC??,?DBC??（用?,?表示）．

，则

?OEC?

三、解答题（本大题共4小题，共56分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） （9）（本小题满分13分）

在?ABC中，三个内角A、B、C所对边分别为a、b、c．

已知(a?c)(sinA?sinC)?(a?b)sinB．

（1）求角C的大小； （2）求sinA?sinB的最大值． （10）（本题满分13分）

3x2y2?1(a?2)的离心率为设椭圆2?，斜率为k的直线l过点E(0,1)且与椭圆交于

3a4uuuruuur（1）求椭圆方程；（2）若直线l与x轴相交于点G，且GC?DE，求k的值； C,D两点．

（3）设A为椭圆的下顶点，kAC、kAD分别为直线AC、AD的斜率，证明对任意的k恒 有kAC?kAD??2． （11）（本题满分15分）

设x?0，（1）证明：e?1?x?（2）若e?1?x?xx12x； 212yxe，证明：0?y?x． 2（12）（本题满分15分）

2*已知数列{an}中，a1?3，an?1?an?nan??,n?N,??R．

*（1）若an?2n对?n?N都成立，求?的取值范围；

（2）当???2时，证明

111??L??2(n?N*)． a1?2a2?2an?22013大学自主招生模拟试题一

一.选择题

1． 把圆x2+(y－1)2=1与椭圆9x2+(y+1)2=9的公共点，用线段连接起来所得到的图形为( ) (A)线段 (B)不等边三角形 (C)等边三角形 (D)四边形

1

2． 等比数列{an}的首项a1=1536,公比q=－,用πn表示它的前n项之积。则πn(n∈N*)最大的

2是( )

(A)π9 (B)π11 (C)π12 (D)π13 3． 存在整数n,使p+n+n是整数的质数p( ) (A)不存在 (B)只有一个 (C)多于一个,但为有限个 (D)有无穷多个

1

4． 设x∈(－，0),以下三个数α1=cos(sinxπ),α2=sin(cosxπ),α3=cos(x+1)π的大小关系是( )

2 (A)α3<α2<α1 (B)α1<α3<α2 (C)α3<α1<α2 (D)α2<α3<α1

1

5． 如果在区间[1,2]上函数f(x)=x2+px+q与g(x)=x+2在同一点取相同的最小值，那么f(x)在该

x区间上的最大值是( )

1133533 (A) 4+2+4 (B) 4－2+4 22133

(C) 1－2+4 (D)以上答案都不对

2

6． 高为8的圆台内有一个半径为2 的球O1，球心O1在圆台的轴上，球O1与圆台的上底面、侧面都相切，圆台内可再放入一个半径为3的球O2，使得球O2与球O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，除球O2，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是( ) (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 二.填空题

1

1． 集合{x|－1≤log110<－，x∈N*}的真子集的个数是 ．

2

x

_

2． 复平面上，非零复数z1，z2在以i为圆心，1为半径的圆上，z1·z2的实部为零，z1的辐角主π

值为，则z2=_______．

6

3． 曲线C的极坐标方程是ρ=1+cosθ，点A的极坐标是(2,0)，曲线C在它所在的平面内绕A旋转一周，则它扫过的图形的面积是_______．

4． 已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为2，则最远的两顶点间的距离是________．

5． 从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的六个面染色，每 面恰染一种颜色，每两个具有公共棱的面染成不同的颜色。则不同的染色方法共有_______种．(注：如果我们对两个相同的正方体染色后，可以通过适当的翻转，使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同，那么，我们就说这两个正方体的染色方案相同．)

6． 在直角坐标平面，以(199,0)为圆心，199为半径的圆周上整点(即横、纵坐标皆为整数的点)的个数为________．

2013大学自主招生模拟试题二

一.选择题

1． 设等差数列{an }满足3a8=5a13且a1>0，Sn为其前项之和，则Sn中最大的是( ) (A)S10 (B)S11 (C)S20 (D) S21

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Z1 ，Z2 ，…，Z20 所对应的不同的点的个数是( )

1995

1995

1995

(A)4 (B)5 (C)10 (D)20

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

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( )

1

(A)k>0 (B)0

2n+111

(C)

2n+12n+1

5． logsin1cos1，logsin1tan1，logcos1sin1，logcos1tan1的大小关系是 (A) logsin1cos1< logcos1sin1< logsin1tan1< logcos1tan1 (B) logcos1sin1< logcos1tan1< logsin1cos1< logsin1tan1 (C) logsin1tan1< logcos1tan1< logcos1sin1< logsin1cos1 (D) logcos1tan1< logsin1tan1< logsin1cos1< logcos1sin1 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，111PB的延长线分别交于Q，R，则和式++

PQPRPS

A H Q D G C P (A)有最大值而无最小值 (B有最小值而无最大E M 值

(C)既有最大值又有最小值，两者不等 (D)是一个与面QPSB 无关的常数 N F 二.填空题

α

1． 设α，β为一对共轭复数，若|α－β|=23，且2为实数，则

β|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 ．

?y≤3xx，

4． 直角坐标平面上，满足不等式组?y≥3， 的整点个数是 ．

?x+y≤100

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

1.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．

2.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． 3.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．

4.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．

2013大学自主招生模拟试题三

一.选择题

22

1．对于每个自然数n，抛物线y=(n+n)x?(2n+1)x+1与x轴交于An，Bn两点，以|AnBn|表示该两点的距离，则|A1B1|+|A2B2|+?+|A1992B1992|的值是( ) 1991199219911993

(A) (B) (C) (D) 1992199319931992

2．已知如图的曲线是以原点为圆心，1为半径的圆的一部分，则这一曲

线的方程是( )

(A)(x+1－y)(y+1－x)=0 (B)(x?1－y)(y?1－x)=0

2222

(C)(x+1－y)(y?1－x)=0 (D)(x?1－y)(y+1－x)=0

3．设四面体四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，它们的最大值为S，记

4

2

2

2

2

y1?1O?11xλ=(ΣSi)/S，则λ一定满足( )

i=1

(A)2<λ≤4 (B)3<λ<4 (C)2.5<λ≤4.5 (D)3.5<λ<5.5

CsinB4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别记为a，b，c(b?1)，且，都是方程logx=logb(4xbAsinA－4)的根，则△ABC( )

(A)是等腰三角形，但不是直角三角形 (B)是直角三角形，但不是等腰三角形 (C)是等腰直角三角形 (D)不是等腰三角形，也不是直角三角形

22

5．设复数z1，z2在复平面上对应的点分别为A，B，且|z1|=4，4z1?2z1z2+z2=0，O为坐标原点，则△OAB的面积为( )

(A)83 (B)43 (C)63 (D)123

6．设f(x)是定义在实数集R上的函数，且满足下列关系f(10+x)=f(10?x)， f(20?x)=?f(20+x)，则f(x)是

(A)偶函数，又是周期函数 (B)偶函数，但不是周期函数 (C)奇函数，又是周期函数 (D)奇函数，但不是周期函数 二.填空题

111xz1．设x，y，z是实数，3x，4y，5z成等比数列，且，，成等差数列，则+的值是______．

xyzzx2．在区间[0，?]中，三角方程cos7x=cos5x的解的个数是______．

3．从正方体的棱和各个面上的对角线中选出k条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则k的最大值是_____．

4．设z1，z2都是复数，且|z1|=3，|z2|=5|z1+z2|=7，则arg()的值是______．

5．设数列a1，a2，?，an，?满足a1=a2=1，a3=2，且对任何自然数n， 都有anan+1an+2?1，又anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3，则a1+a2+?+a100的值是____． 6．函数f(x)= x－3x－6x+13－x－x+1的最大值是_____． 41

三.求证：16<Σ<17．

ki=1四.设l，m是两条异面直线，在l上有A，B，C三点，且AB=BC，过A，B，C分别作m的垂

4242z2

z1

3

7

线AD，BE，CF，垂足依次是D，E，F，已知AD=15，BE=CF=10，求l与m的距离．

2

xn+1－x－n－11

五.设n是自然数，fn(x)= －1(x?0，±1)，令y=x+．

x－xx 1.求证:fn+1(x)=yfn(x)?fn-1(x)，(n>1)

2.用数学归纳法证明： fn(x)= 华南理工大学2009年自主招生选拔试题

一．选择题

1）已知复数z0?x0?i，且?x0?i?的幅角主值是的取值范围是（ ） A、?2?，则满足z?2z0?2的z的幅角主值2??5?9?, D、????1212?? ???5???????3?7?,,, B、 C、?????1212??63??121222）b?0是函数f?x??x?bx?c在[0,??)单调的（ ） A、充分而不必要条件

B、必要而不充分条件

C、充分必要条件 D、既不充分也不必要条件

223）已知a,b?R，a?2b?6，则a?b的最小值为（ ）

A、?22 B、?4）在?1?x? A、

2n537 C、?3 D、? 32?x?1?x?2n?1?L?xn?1?x?的展开式中，xn的系数为（ ）

n?2n?1?! B、?2n+1?! C、?2n+2?! D、?2n?2?! n!n!n!n!n!?n?1?!n!?n?1?!2225）已知圆O:x?y?r，点P?a,b?,ab?0是圆O内一点。过点P的圆O的最短的弦在直线l1上，直线l2的方程为bx?ay?r，那么（ ） A、l1//l2，且l2与圆O相交 B、l1?l2，且l2与圆O相切 C、l1//l2，且l2与圆O相离 D、l1?l2，且l2与圆O相离 6）已知0?x?2?2，函数f?x??25sinxcosx?cosx?1的值域为（ ）

2A、??3,1? B、??3,2?

C、??1,3? D、??2,3?

ruuuruuurruuuruuuruuurruuuruuur7）在三角形ABC中，向量a?AB?AC,b?3AB?8AC?BC,c?4CB?BA，则下列

结论一定成立的是（ ）

rrrrrr A、向量a?c一定与向量b平行 B、向量b?c一定与向量a平行

rrrrrr C、向量a?b一定与向量c平行 D、向量a?b一定与向量c平行

x2y22b?c8）已知c是椭圆2?2?1?a?b?0?的半焦距，则的取值范围是（ ）

ab2aA、?11?1?,??? B、(,1] C、(,22?2?2] D、(15,] 22二.填空题

9）已知A,B,C,D是某球面上不共面的四点，且AB?BC?AD?2，BD?AC?2，

BC?AD，则此球的表面积等于 。

x2y210）已知双曲线2?2?1?a?0,b?0?右焦点为F，右准线l与两条渐近线分别交于

abP,Q两点。若?PQF是直角三角形，则双曲线的离心率e?

。

11）已知函数f?x?是定义在?0,???上的增函数，且满足f?3??1，

f?xy??f?x??f?y?,x?0,y?0，则不等式f?x??f?x?3??3的解集

为 。

?x?1?12）已知?x?y?0，则x?2y的最大值为 。

?x2?y2?2x?6y?6?0?13）甲、乙两人下围棋，下三盘棋，甲平均能赢二盘，某日，甲、乙进行五打三胜制比赛，那么甲胜出的概率为 。

三．设三角形ABC三个顶点的坐标分别为A?2,1?,B??1,2?，C?3,?1? D,E 分别为AB,BC上的点，M是DE上一点，且 1）求点M的横坐标的取值范围； 2）求点M的轨迹方程。

四．已知函数f?x?是定义在[?4,??)的单调增函数，要使得对于一切 的实数x不等式fcosx?bBEADDM?? BCABDE?2??f?sin2x?b?3?恒成立，求实数b的取值范围。

五．如图，在正三棱锥P?ABC中，侧棱长为3，底面边长为2，E为BC的中点，EF?PA于F。

1）求证：EF为异面直线PA与BC的公垂线； 3）求点B到面APC的距离。

六．已知a?a?1?0,b?b?1?0,a?b，设a1?1,a2?b， 2）求异面直线PA与BC的距离；

22an?1?an?an?1?0?n?2?，bn?an?1?a?an

1）证明数列?bn?是等比数列； 2）求数列?an?的通项；

3）设c1?c2?1，cn?2?cn?1?cn，证明：当n?3时有??1?模拟题答案 模拟一

一

1

1. 解：9－9(y－1)2=9－(y+1)2，?8y2－20y+8=0，?y=2或，相应的，x=0，或x=±3．

2此三点连成一个正三角形．选C．

n(n－1)1

2. 解：πn=1536n×(－)2 ，故π11<0，π9，π12，π13>0．作商比较：

2π121－π131－

又，=15363?()6636>1，=1536?()7866<1．故选C．

π92π122

3. 解：如果p为奇质数，p=2k+1，则存在n=k2(k∈N+)，使p+n+n=2k+1．故选D． 4. 解：α1= cos(sin|x|π)>0，α2=sin(cos|x|π)>0，α3=cos(1－|x|)π<0，排除B、D． πππ

∵ sin|x|π+ cos|x|π=2sin(|x|π+)<，于是cos|x|π<－sin|x|π，

422∴ sin(cos|x|π)

1223π2π

又解：取x=－，则α1=cos，α2=sin，α3=cosπ<0．由于<<，故α1>α2．

42246241111

5. ：g(x)= x+2=x+x+2≥3

x22x

3

n?cn?2a?cnb??bn?1。

133113

=2．当且仅当x=2即x=2时g(x)取得最小值． 422x

4q－p233p33333∴－=2，=2，?p=－22，q=2+4．

2422

53333由于2－1<2－2．故在[1．2]上f(x)的最大值为f(2)=4－2+4．故选B．

2

6. 解：O2与下底距离=3，与O1距离=2+3=5，与轴距离=4，问题转化为在以4为半径的圆周上，能放几个距离为6的点

2O1O233O4O2CO3HH右图中，由sin∠O2HC=3/4>0．707，即∠O2HO3>90°，即此圆上还可再放下2个满足要求的点．故选B． 二

1

1. 解 由已知，得

2个．

π31_ππ

2. 解：z1满足|z－i|=1；argz1=，得z1=+i，z1=cos(－)+isin(－)．

62266

_ππ

设z2的辐角为θ(0<θ<π)，则z2=2sinθ(cosθ+isinθ)．z1·z2=2sinθ[cos(θ－)+isin(θ－)]，若其实

66ππ2π33

部为0，则θ－=，于是θ=．z2=－+i．

62322

3. 解：只要考虑|AP|最长与最短时所在线段扫过的面积即可． 设P(1+cosθ，θ)，

则|AP|2=22+(1+cosθ)2－2·2(1+cosθ)cosθ=－3cos2θ－2cosθ+5

116161616

=－3(cosθ+)2+≤．且显然|AP|2能取遍[0，]内的一切值，故所求面积=π．

333334. 解：该六面体的棱只有两种，设原正三棱锥的底面边长为2a，侧棱为b． 取CD中点G，则AG⊥CD，EG⊥CD，故∠AGE是二面角A—CD—E的平面角．由BD⊥AC，作平面BDF⊥棱AC交AC于F，则∠BFD为二面角B—AC—D的平面角．

2ab2－a222

AG=EG=b－a，BF=DF=，AE=2b=2

4b2－a2．

3

2b2－( 3a)2

3

BbbP?O1xAbF2aDaCEG2AG2－AE22BF2－BD2

由cos∠AGE=cos∠BFD，得=．

2AG22BF2

4

4(b2－2a2)

34a2b24

∴ =22?9b2=16a2，?b=a，从而b=2，2a=3． 2223b－a4a(b－a)AE=2．即最远的两个顶点距离为3．

5. 解：至少3种颜色：

6种颜色全用：上面固定用某色，下面可有5种选择，其余4面有(4－1)!=6种方法，共计30种方法；

用5种颜色：上下用同色：6种方法，选4色：C5(4－1)! =30；6×30÷2=90种方法；． 用4种颜色：C6C4=90种方法． 用3种颜色：C6=20种方法．

32

2

4

∴共有230种方法．

6. 解：把圆心平移至原点，不影响问题的结果．故问题即求x2+y2=1992的整数解数． 显然x、y一奇一偶，设x=2m，y=2n－1．且1≤m，n≤99．

则得4m2=1992－(2n－1)2=(198+2n)(200－2n)．m2=(99+n)(100－n)≡(n－1)(－n) (mod 4)

?0，(当n?0，1(mod 4)时)

由于m为正整数，m≡0，1 (mod 4)；(n－1)(－n)≡?

?2，(当n?2，3(mod 4)时)

2

二者矛盾，故只有(0，±199)，(±199，0)这4解． ∴ 共有4个．(199，±199)，(0，0)，(398，0)．

模拟二

一

222

1. 解：3(a+7d)=5(a+12d)，?d=－a，令an=a－a (n－1)≥0，an+1= a－a n<0，得n=20．选

393939C．

ππ20－

2. 解：设z1=cosθ+isinθ，则zk=z1εk1，其中ε=cos+isin．ε=1．ε15=－i，ε10=－1，ε5=i．

1010 ∴ zk1995=(cos1995θ+isin1995θ) ε1995(k1)= (cos1995θ+isin1995θ)(－i)k1．

∴ 共有4个值．选A．

3. 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. 解：由|x－2n|≥0，故k≥0，若k=0，可知在所给区间上只有1解．故k>0．

1

由图象可得，x=2n+1时，kx≤1．即k≤．故选B．

2n+1 又解：y=(x－2n)2与线段y=k2x(2n－10．且(2n－1)2－(4n+k2)(2n－1)+4n2>0，(2n+1)2

11

－(4n+k2)(2n+1)+4n2≥0，2n－1<2n+k2<2n+1．? k≤． y22n+1

y=(cos1)x??5. 解：<1<，故0

42

y=(sin1)xlogcos1tan1<0，logsin1cos1>0，logcos1sin1>0，

设logsin1cos1=a，则得(sin1)a=cos11；logcos1sin1=b，

tan1则(cos1)b=sin1>cos1，0

设logsin1tan1=c，logcos1tan1=d，则得(sin1)c =(cos1)d=tan1，(指1(1,sin1)数函数图象进行比较)，c

O故选C． (1,cos1)cdb16.解：O到面PAB、PBC、PCA的距离相等．设∠APB=α，则 1

VPQRS=d(PQ·PR+PR·PS+PS·PQ)sinα．(其中d为O与

6各侧面的距离)．

1

VPQRS=PQ·PR·PSsinαsinθ．(其中θ为PS与面PQR的夹角)

6 ∴ d(PQ·PR+PR·PS+PS·PQ)=PQ·PR·PSsinθ． ∴ 二

111sinθ

++=为定值．故选D． PQPRPSd

－

－

ax1. 解：设α=x+yi，(x，y∈R)，则|α－β|=2|y|．∴y=±3．

2

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=π，于是

3x=±1．|α|=2． 2. 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)．

12π2ππ?4R?3843

V锥=πrh=h(2R－h)=h·h(4R－2h)≤?3?=·πR．

3366273∴ 所求比为8∶27．

3. 解：令lgx=t，则得t2－2=[t]．作图象，知t=－1，t=2，及1

当1

10

4. 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．

11

由x轴、y=x，x+y=100围成区域(不包括y=x上)内的整点数(x=1，2，3时各有1个整点，

33x=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. 解：顶点染色，有5种方法，

底面4个顶点，用4种颜色染，A4=24种方法，用3种颜色，选 1对顶点C2，这一对顶点用某种颜色染C4，余下2个顶点，任选2色染，A3种，共有C2C4A3=48种方法；用2种颜色染： A4=12种方法；

∴共有5(24+48+12)=420种方法． 6. 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． 三

8sinθ+cosθ+1

1. 解：以y=2x代入曲线方程得x=0，x=．

2sinθ－cosθ+38sinθ+cosθ+1

∴ 所求弦长l=?2sinθ－cosθ+3?5．故只要求|x|的最大值即可．

2

1

2

112

4

1

hr??

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=±

247

，cosθ=?时即可取得最大值)．故得最大弦长2525

为85．

2. 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．

yy=3x100B(25,75)20A(75,25)201001y=x3xO设此二正整数根为u、v．则由韦达定理知，

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， －19，

∴ ?

?5v－66=4351，－4351，229， －229．

∴ 其中使u、v为正整数的，只有u=17，v=59这一组值．此时p=76．

3. 分析 要证MQ∥NP，因AB∥DC，故可以考虑证明∠AMQ=∠CPN．现∠A=∠C，故可证ΔAMQ∽ΔCPN．于是要证明AM∶AQ=CP∶CN． 证明 设∠ABC=2?，∠BNM=2?，∠BMN=2γ．则

1

由ON平分∠ONM，得∠ONC=∠ONM=(180?－2?)=90?－?；

2

AMγ2EHQ同理，∠OMN=∠OMA=90?－γ． B2DαO2β而∠CON=180?－∠OCN－∠ONC=?+?=90?－γ，于是ΔCON∽ΔPNAMO， GFC∴AM∶AO=CO∶CN，即AM·CN=AO2．

同理，AQ·CP=AO2，∴AM·CN=AQ·CP． ∴ΔAMQ∽ΔCPN，∴∠AMQ=∠CPN． ∴MQ∥NP．

4. 证明：首先证明平面上一定存在三个顶点同色的直角三角形．

任取平面上的一条直线l，则直线l上必有两点同色．设此两点为P、Q，不妨设P、Ql同着红色．过P、Q作 直线l的垂线l1、l2，若l1或l2上有异于P、Q的点着红色，则lP存在红色直角三角形．若l1、l2上除P、Q外均无红色点，则在l1上任取异于P的两点

R、S，则R、S必着蓝色，过R作l1的垂线交l2于T，则T必着蓝色．△RST即为三顶lQ点同色的直角三角形．

设直角三角形ABC三顶点同色(∠B为直角)．把△ABC补成矩形ABCD(如图)．把矩形的每边都分成n等分(n为正奇数，n>1，本题中取n=1995)．连结对边相应分点，把矩形ABCD分成n2个小矩形．

AB边上的分点共有n+1个，由于n为奇数，故必存在其中两个相邻的分点同色，(否则任两个相邻分点异色，则可得A、B异色)，不妨设相邻分点E、F同色．考察E、F所在的小矩形的另两个顶点E?、F?，若E?、F?异色，则△EFE?或△DFF?为三个顶点同色的小直角三角形．若E?、F?同色，再考察以此二点为顶D点而在其左边的小矩形，…．这样依次考察过去，不妨设这一行小矩形的每条竖边的两个顶点都同色．

MG同样，BC边上也存在两个相邻的顶点同色，设为P、Q，则考察PQ

所在的小矩形，同理，若P、Q所在小矩形的另一横边两个顶点异NH色，则存在三顶点同色的小直角三角形．否则，PQ所在列的小矩形

CPQ的每条横边两个顶点都同色．

现考察EF所在行与PQ所在列相交的矩形GHNM，如上述，M、H都与N同色，△MNH为顶点同色的直角三角形．

由n=1995，故△MNH∽△ABC，且相似比为1995，且这两个直角三角形的顶点分别同色． 证明2：首先证明：设a为任意正实数，存在距离为2a的同色两点．任取一点O(设为红色点)，以O为圆心，2a为半径作圆，若圆上有一个红点，则存在距离为2a的两个

F红点，若圆上没有红点，则任一圆内接六边形ABCDEF的六个顶点均为蓝色，但

12SRTAE'F'EFBEABCD此六边形边长为2a．故存在距离为2a的两个蓝色点．

下面证明：存在边长为a，3a，2a的直角三角形，其三个顶点同色．如上证，存在距离为2a的同色两点A、B(设为红点)，以AB为直径作圆，并取圆内接六边形ACDBEF，若C、D、E、F中有任一点为红色，则存在满足要求的红色三角形．若C、D、E、F为蓝色，则存在满足要求的蓝色三角形．

下面再证明本题：由上证知，存在边长为a，3a，2a及1995a，19953a，1995?2a的两个同色三角形，满足要求．

证明3：以任一点O为圆心，a及1995a为半径作两个同心圆，在小圆上任取9点，必有5点同色，设为A、B、C、D、E，作射线OA、OB、OC、OD、OE，交大圆于A?，B?，C?，D?，E?，则此五点中必存在三点同色，设为A?、B?、C?．则?ABC与?A?B?C?为满足要求的三角形．

模拟三

一

111992

1. 解：y=((n+1)x－1)(nx－1)，∴ |AnBn|=－，于是|A1B1|+|A2B2|+?+|A1992B1992|=，

nn+11993选B．

2. 解：(x?1－y)=0表示y轴右边的半圆，(y+1－x)=0表示x轴下方的半圆，故选D．

4

4

4

3. 解： ΣSi≤4S，故ΣSi≤4，又当与最大面相对的顶点向此面无限接近时，ΣSi接近

i=1i=1i=12S，故选A． 2

4. 解：x=4x－4．根为x=2．∴ C=2A，?B=180°－3A，sinB=2sinA．?sin3A=2sinA，

2

?3－4sinA=2．A=30°，C=60°，B=90°．选B．

2z1ππ13

5. 解：=cos±isin．∴ |z2|=8，z1、z2的夹角=60°．S=·4·8·=83．选A．

z233226. 解：f(20－x)=f[10+(10－x)]=f[10－(10－x)]=f(x)=－f(20+x)．

∴ f(40+x)=f[20+(20+x)]=－f(20+x)=f(x)．∴ 是周期函数；

∴ f(－x)=f(40－x)=f(20+(20－x)=－f(20－(20－x))=－f(x)．∴ 是奇函数．选C． 二

2xz(x+z)64xz34222

1. 解：16y=15xz，y=，?16·4xz=15xz(x+z)．由xz≠0，得=，?+=．

x+zxz15zx15

2

2

221

2. 解：7x=5x+2kπ，或7x=－5x+2kπ，(k∈Z)?x=kπ，x=kπ (k∈Z)，共有7解．

63. 解：正方体共有8个顶点，若选出的k条线两两异面，则不能共顶点，即至多可选出4条，又可以选出4条两两异面的线(如图)，故所求k的最大值=4． 3+5－71

4. 解：cos∠OZ1Z3==－．即∠OZ1Z3==120°，

2?3?52∴ arg()=2

2

2

D'A'DABB'C'Cz2π5π或． z133z2z1

3

∴ arg()=π．

5. 解：anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3，an+1an+2an+3an+4=an+1+an+2+an+3+an+4， 相减，得anan+1an+2(a4－an)=an+4－an，由anan+1an+2?1，得an+4=an． 又，anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3，a1=a2=1，a3=2，得a4=4．

yA(3,2)B(0,1)Ox∴ a1+a2+?+a100=25(1+1+2+4)=200．

6. 解：f(x)= (x－2)+(x－3)－(x－1)+x，表示点(x，x)与点A(3，2)的距离及B(0，1)距离差的最大值．由于此二点在抛物线两侧，故过此二点的直线必与抛物线交于两点．对于抛物线上任意一点，到此二点距离之差大于|AB|=10．即所求最小值为10． 三

122

证明：=<=2(k－k－1)，

kk+kk－1+k12同时>=2(k+1－k)．

kk+1+k80180

于是得2Σ(k+1－k)<Σ<1+2Σ(k－k－1)

k=1k=1kk=1801

即 16<Σ<1+2(80－1)<1+2(9－1)=17

kk=1四

解：过m作平面α∥l，作AP⊥α于P，AP与l确定平面β，β∩α=l?，l?∩m=K． 作BQ⊥α，CR⊥α，垂足为Q、R，则Q、R∈l?，且AP=BQ=CR=l与ml的距离d．

? 连PD、QE、RF，则由三垂线定理之逆，知PD、QE、RF都⊥m． PD=15－d，QE=2

2222222

80

CBA4922

－d，RF=10－d． 4

?l'2mRKFQP当D、E、F在K同侧时2QE=PD+RF，

22ED?49－4d=15－d+10－d．解之得d=6

222

当D、E、F不全在K同侧时2QE=PD－RF，?49－4d=15－d－10－d．无实解． ∴ l与m距离为6． 五

1n+1－n－1n－n(x+ )(x－x)－x+xxxn+2－x－n－2

证明： ⑴ 由yfn(x)?fn－1(x)= ==fn+1(x)．故证．

x－x－1x－x－11122－22

⑵ f1(x)= x+，f2(x)=x+1+x=(x+)－1=y－1．故命题对n=1，2 成立．

xx设对于n≤m(m≥2，m为正整数)，命题成立，现证命题对于n=m+1成立． 1． 若m为偶数，则m+1为奇数．由归纳假设知，对于n=m及n=m－1，有

m1m－2m－1

2m－4m－2

m2

fm(x)= ym－Cy+C y+…+(－1)iCm－iym－2i+…+(－1)2C2mym－

m－2

im－2?

m2 ①

m－2

1i－1

fm－1(x)= ym－1－Cm－1ym－3+…+(－1)i－1Cm－iym+1－2i+…+(－1)2·C2my ②

2

m－1m+1im+1－2i∴ yfm(x)－fm－1(x)=y－…+(－1)(Cm－i+C)y+…+(－1)2(C2m+C2m)y

m－m－ii－1m－imm22

m = y－Cm+1

1m－1m+1－1

my+…+(－1)Ciim+1－2im－i+1

y+…+(－1)2·Cm2y

+12

即命题对n=m+1成立．

2．若m为奇数，则m+1为偶数，由归纳假设知，对于n=m及n=m－1，有

m－1m－1

1i21 y ③ fm(x)= ym－1－Cm－2ym－2+…+(－1)i·Cm－iym－2i+…+(－1)2·Cm－2

m－1

fm－1

(x)= ym－1

－C1m－2

ym－3

+…+(－1)

i－1

Ci－1m－iym+1

－2i+…+(－1)

2

m－1

21 Cm－

2

④

用y乘③减去④，同上合并，并注意最后一项常数项为

m－1m－1m－1m+1m+1

21=－(－1)2Cm2－(－1)2Cm－+1=(－1)2． 22

m+1

于是得到yfm(x)－fm－1(x)=y－Cmy+…+(－1)2，即仍有对于n=m+1，命题成立

综上所述，知对于一切正整数n，命题成立．

答案：(1)A； （2）B； （3）C； （4）B．

m+1

1m－1

（5）y??x； （6）2； （7）1?1?； （8）???．