清北学长精心打造——卓越联盟自主招生数学模拟试题及参考答案(四).docx

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清北学长精心打造——卓越联盟自主招生数学模拟试题及参考答案(四)

+(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
{an}的首项a1=1536,公比q=-,用πn表示它的前n项之积。则πn(n∈N*)最大的是()
(A)π9(B)π11(C)π12(D)π13
,使+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
∈(-,0),以下三个数α1=cos(sinxπ),α2=sin(cosxπ),α3=cos(x+1)π的大小关系是()
(A)α3<α2<α1(B)α1<α3<α2(C)α3<α1<α2(D)α2<α3<α1
[1,2]上函数f(x)=x2+px+q与g(x)=x+在同一点取相同的最小值,那么f(x)在该区间上的最大值是()
(A)4++(B)4-+
(C)1-+(D)以上答案都不对
,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

{x|-1≤log10<-,x∈N*}的真子集的个数是.
,非零复数z1,z2在以i为圆心,1为半径的圆上,·z2的实部为零,z1的辐角主值为,则z2=_______.
=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_______.
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________.
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
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_______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.)
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________.
三、解答题
1、设椭圆过点,且着焦点为
(Ⅰ)求椭圆的方程;
(Ⅱ)当过点的动直线与椭圆相交与两不同点时,在线段上取点,满足,证明:点总在某定直线上
2、如果是函数的一个极值,
(1)若函数总存在有两个极值点,求所满足的关系;
(2)若函数有两个极值点,且存在,求在不等式表示的区域内时实数的范围.
(3)若函数恰有一个极值点,且存在,使在不等式表示的区域内,证明:.
3、对每一对实数(x,y),函数f(t)满足f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1。若f(-2)=-2,试求满足f(a)=a的所有整数a.
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参考答案:
一
:9-9(y-1)2=9-(y+1)2,Þ8y2-20y+8=0,Þy=2或,相应的,x=0,或x=±.
.
:πn=1536n×(-),故π11<0,π9,π12,π13>:
又,=15363´()66-36>1,=1536´()78-66<.
:如果p为奇质数,p=2k+1,则存在n=k2(k∈N+),使+=2k+.
:α1=cos(sin|x|π)>0,α2=sin(cos|x|π)>0,α3=cos(1-|x|)π<0,排除B、D.
∵sin|x|π+cos|x|π=sin(|x|π+)<,于是cos|x|π<-sin|x|π,
∴sin(cos|x|π)<cos(sin|x|π),故α2<α1,选A.
又解:取x=-,则α1=cos,α2=sin,α3=cosπ<<<,故α1>α2.
5.:g(x)=x+=x+x+≥3=.当且仅当x=即x=时g(x)取得最小值.
∴-=,=,Þp=-2,q=+.
由于-1<2-.故在[]上f(x)的最大值为f(2)=4-+.故选B.
: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?
右图中,由sin∠O2HC=3/4>,即∠O2HO3>90°,.
二
,得<logx10≤1Þ1≤lgx<2Þ10≤x<-1个.
:z1满足|z-i|=1;argz1=,得z1=+i,=cos(-)+isin(-).
设z2的辐角为θ(0<θ<π),则z2=2sinθ(cosθ+isinθ).·z2=2sinθ[cos(θ-)+isin(θ-)],若其实部为0,则θ-=,于是θ=.z2=-+i.
: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),
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则|AP|2=22+(1+cosθ)2-2·2(1+cosθ)cosθ=-3cos2θ-2cosθ+5
=-3(cosθ+)2+≤.且显然|AP|2能取遍[0,]内的一切值,故所求面积=π.
: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—⊥AC,作平面BDF⊥棱AC交AC于F,则∠BFD为二面角B—AC—D的平面角.
AG=EG=,BF=DF=,AE=2=2.
由cos∠AGE=cos∠BFD,得=.
∴=Þ9b2=16a2,Þb=a,从而b=2,2a=3.
AE=.
: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:C(4-1)!=30;6×30÷2=90种方法;.
用4种颜色:CC=90种方法.
用3种颜色:C=20种方法.
∴共有230种方法.
:把圆心平移至原点,+y2=1992的整数解数.
显然x、y一奇一偶,设x=2m,y=2n-≤m,n≤99.
则得4m2=1992-(2n-1)2=(198+2n)(200-2n).m2=(99+n)(100-n)≡(n-1)(-n)(mod4)
由于m为正整数,m2≡0,1(mod4);(n-1)(-n)≡
二者矛盾,故只有(0,±199),(±199,0)这4解.
∴共有4个.(199,±199),(0,0),(398,0).
三、
1、解:(1)由题意:
,解得,所求椭圆方程为
(2)方法一
设点Q、A、B的坐标分别为。
由题设知均不为零,记,则且
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又A,P,B,Q四点共线,从而
于是,
,
从而
,(1),(2)
又点A、B在椭圆C上,即
(1)+(2)×2并结合(3),(4)得
即点总在定直线上
方法二
设点,由题设,均不为零。
且
又四点共线,可设,于是
(1)
(2)
由于在椭圆C上,将(1),(2)分别代入C的方程整理得
(3)
(4)
(4)-(3) 得
即点总在定直线上
2、解:(1)
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令得又
(2)在有两个不相等的实根.
即得
(3)由①
①当在左右两边异号
是的唯一的一个极值点
由题意知即即
存在这样的的满足题意符合题意②当时,即
这里函数唯一的一个极值点为
由题意
即即
综上知:满足题意的范围为.
3、当x=y=0时,得f(0)=-1
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当x=y=-1,由f(-2)=-2,得f(-1)=-2
又当x=1,y=-1,可得f(1)=1
∴x=1时,得f(y+1)=f(y)+y+2
∴f(y+1)-f(y)=y+2
∴当y为正整数时,f(y+1)-f(y)>0
于是由f(1)=1>0可知,对一切正整数y,均有f(y)>0
因此当y∈N时,f(y+1)=f(y)+y+2>y+1
即对于一切大于1的正数t恒有f(t)>t.
同理可求得f(-3)=-1,f(-4)=1
下面证明:当整数t≤-4时,f(t)>0(≠t)
因为t≤-4,故-(t+2)>0
又f(t)-f(t+1)=-(t+2)>0
即f(-5)-f(-4)>0,f(-6)-f(-5)>0,……
f(t+1)-f(t+2)>0,f(t)-f(t+1)>0
相加得f(t)-f(-4)>0
即f(t)>f(-4)=1>0
∴f(t)>0>t
综上所述,满足f(a)=a的整数只有a=1或a=-2
解法二:同解法一,可求出f(1)=1,当y=1时,得
f(x+1)=f(x)+f(1)+x+1=f(x)+x+2
∴当x=n∈Z时,f(n+1)-f(n)=n+2
用叠加法可求得f(n)=n-1
令f(n)=n,解得n=1或-2,即a=1或-2