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- 2021-06-11 发布
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2013年全国高校自主招生数学模拟试卷十七
一、选择题(每小题6分，共36分)
1、设a，b，c是实数，那么对任何实数x， 不等式asinx+bcosx+c>0都成立的充要条件是
(A) a，b同时为0，且c>0 (B) =c
(C) c
2、给出下列两个命题：⑴ 设a，b，c都是复数，如果a2+b2>c2，则a2+b2－c2>0；⑵设a，b，c都是复数，如果a2+b2－c2>0，则a2+b2>c2．那么下述说法正确的是
(A)命题⑴正确，命题⑵也正确 (B)命题⑴正确，命题⑵错误
(C)命题⑴错误，命题⑵也错误 (D)命题⑴错误，命题⑵正确
3、已知数列{an}满足3an+1+an=4(n≥1)，且a1=9，其前n项之和为Sn，则满足不等式|Sn－n－6|<的最小整数n是
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8
4、已知0()2}，则点集A∩B中的整点(即横、纵坐标均为整数的点)的个数为 ．
4．设0<θ<π，，则sin(1+cosθ)的最大值是 ．
5．已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于α，则sinα= ．
6．已知95个数a1，a2，a3，…，a95， 每个都只能取+1或－
1两个值之一，那么它们的两两之积的和a1a2+a1a3+…+a94a95的最小正值是 ．
三、解答题
一、(本题满分25分) x的二次方程x2+z1x+z2+m=0中,z1，z2，m均是复数，且z－4z2=16+20i，设这个方程的两个根α、β，满足|α－β|=2,求|m|的最大值和最小值.
二、(本题满分25分) 将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，试求出这个数列的第1000项。
三、(本题满分35分) 如图，设三角形的外接圆O的半径为R,内心为I，∠B=60°,∠A<∠C,∠A的外角平分线交圆O于E．
证明:(1) IO=AE； (2) 2R0都成立的充要条件是
(A) a，b同时为0，且c>0 (B) =c
(C) c
解：asinx+bcosx+c=sin(x+φ)+c∈[－+c，+c]．故选C．
2、给出下列两个命题：(1)设a，b，c都是复数，如果a2+b2>c2，则a2+b2－c2>0．(2)设a，b，c都是复数，如果a2+b2－c2>0，则a2+b2>c2．那么下述说法正确的是
(A)命题(1)正确，命题(2)也正确 (B)命题(1)正确，命题(2)错误
(C)命题(1)错误，命题(2)也错误 (D)命题(1)错误，命题(2)正确
解：⑴正确，⑵错误；理由：⑴a2+b2>c2，成立时，a2+b2与c2都是实数，故此时a2+b2－c2>0成立；
⑵ 当a2+b2－c2>0成立时a2+b2－c2是实数，但不能保证a2+b2与c2都是实数，故a2+b2>c2不一定成立．故选B．
3、已知数列{an}满足3an+1+an=4(n≥1)，且a1=9，其前n项之和为Sn，则满足不等式|Sn－n－6|<的最小整数n是
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8
解：(an+1－1)=－(an－1)，即{ an－1}是以－为公比的等比数列，
∴ an=8(－)n－1+1．∴ Sn=8·+n=6+n－6(－)n，Þ6·<，Þn≥7．选C．
4、已知0logbcosa>0．
∴ (sina)< (sina)< (cosa)即x2．
∴ x+m(x+)+m=0，(3+m)x=－7m．x=－>2．Þ－30，即f(t)在[－，]上单调增．∴ x=－2y．
∴ cos(x+2y)=1．
3．已知点集A={(x，y)|(x－3)2+(y－4)2≤()2}，B={(x，y)|(x－4)2+(y－5)2>()2}，则点集A∩B中的整点(即横、纵坐标均为整数的点)的个数为 ．
解：如图可知，共有7个点，即(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，(4，2)共7点．
4．设0<θ<π，，则sin(1+cosθ)的最大值是 ．
解：令y= sin(1+cosθ) >0，
则y2=4 sin2cos4=2·2sin2cos2cos2≤2()3．
∴ y≤．当tan=时等号成立．
5．已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于α，则sinα= ．
解：12条棱只有三个方向，故只要取如图中AA¢与平面AB¢D¢所成角即可．设AA¢=1，则A¢C=，A¢C⊥平面AB¢D¢，A¢C被平面AB¢D¢、BDC¢三等分．于是
sinα=．
6．已知95个数a1，a2，a3，…，a95， 每个都只能取+1或－1两个值之一，那么它们的两两之积的和a1a2+a1a3+…+a94a95的最小正值是 ．
解：设有m个+1，(95－m)个－1．则a1+a2+…+a95=m－(95－m)=2m－95
∴ 2(a1a2+a1a3+…+a94a95)=(a1+a2+…+a95)2－(a12+a22+…+a952)=(2m－95)2－95>0．
取2m－95=±11．得a1a2+a1a3+…+a94a95=13．为所求最小正值．
.
三解答题
一、(本题满分25分) x的二次方程x2+z1x+z2+m=0中,z1，z2，m均是复数，且z－4z2=16+20i，设这个方程的两个根α、β，满足|α－β|=2,求|m|的最大值和最小值.
解：设m=a+bi(a，b∈R)．则△=z12－4z2－4m=16+20i－4a－4bi=4[(4－a)+(5－b)i]．设△的平方根为u+vi．(u，v∈R)
即(u+vi)2=4[(4－a)+(5－b)i]．
|α－β|=2，Û|α－β|2=28，Û|(4－a)+(5－b)i|=7，Û(a－4)2+(b－5)2=72，
即表示复数m的点在圆(a－4)2+(b－5)2=72上，该点与原点距离的最大值为7+，最小值为7－．
二、(本题满分25分) 将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，试求出这个数列的第1000项。
解：由105=3×5×7；故不超过105而与105互质的正整数有105×(1－)(1－)(1－)=48个。1000=48×20+48－8， 105×20=2100.而在不超过105的与105互质的数中第40个数是86．
∴ 所求数为2186。
三、(本题满分35分) 如图，设三角形的外接圆O的半径为R,内心为I，∠B=60°,∠A<∠C,∠A的外角平分线交圆O于E．
证明:(1) IO=AE； (2) 2ROH=2R．
设∠OHI=α，则0<α<30°．
∴IO+IA+IC=IO+IH=2R(sinα+cosα)=2Rsin(α+45°)
又α+45°<75°，故IO+IA+IC<2 R(+)/4=R(1+)
四、 (本题满分35分) 给定平面上的点集P={P1，P2，…，P1994}, P中任三点均不共线,将P中的所有的点任意分成83组，使得每组至少有3个点，且每点恰好属于一组，然后将在同一组的任两点用一条线段相连,不在同一组的两点不连线段,这样得到一个图案G，不同的分组方式得到不同的图案，将图案G中所含的以P中的点为顶点的三角形个数记为m(G)．
(1)求m(G)的最小值m0．
(2)设G*是使m(G*)=m0的一个图案，若G*中的线段(指以P的点为端点的线段)用4种颜色染色,每条线段恰好染一种颜色．证明存在一个染色方案,使G*染色后不含以P的点为顶点的三边颜色相同的三角形．
解：设G中分成的83个子集的元素个数分别为ni(1≤i≤83)，ni=1994．且3≤n1≤n2≤…≤n83．
则m(G)= C．即求此式的最小值．
设nk+1>nk+1．即nk+1－1≥nk+1．则C+ C－( C+ C)= C－C<0．这就是说，当nk+1与nk的差大于1时，可用nk+1－1及nk+1代替nk+1及nk，而其余的数不变．此时，m(G)的值变小．
于是可知，只有当各ni的值相差不超过1时，m(G)才能取得最小值．
1994=83×24+2．故当81组中有24个点，2组中有25个点时，m(G)达到最小值．
m0=81C+2C=81×2024+2×2300=168544．
⑵ 取5个点为一小组，按图1染成a、b二色．这样的五个小组，如图2，每个小圆表示一个五点小组．同组间染色如图1，不同组的点间的连线按图2染成c、d两色．这25个点为一组，共得83组．染色法相同．其中81组去掉1个点及与此点相连的所有线．即得一种满足要求的染色．
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