2013寒假班千分數(shù)學模擬卷含詳解

1、2013 寒假班千分考數(shù)學模擬1、 設 n 為大于 2013 的正整數(shù)， x 1( 1 )n ， y 1( 1 )n1 ，則.nnA. x y yxB. x y yxC. x y yxD.不能確定3 是方程 x 5x (6 2 5) 0 的三個復數(shù)根，則行列式32、 設2 x33 x11 x2x3 x1 x2的值為.A. 5 2B. (1 5)C.1 5D.0定理：若 x (0,) ，則sin x x .3、2設 a、b、c （0， ），其中， a 是函數(shù) y x 與 y cos x 圖像交點的橫坐標，2b sin(cos b) ， c cos(sin c) ，則 a, b, c 的大小關系是

2、.A. a b cB. a c bC. b a cD. b c ax 1 a x 2 4 的值都是非負實數(shù)，則實4、 對任意的實數(shù) x ，函數(shù) f (數(shù) a 的取值范圍為.A. ,21D. 1 B.3,2C.1,05、 設正數(shù)數(shù)列an 的前 n 項之和為bn ，數(shù)列bn 的前 n 項之積為 cn ，且bn cn 1 ，則 1 數(shù)列 中最接近 2013 的數(shù)是.a n A.1980B.2010C.2040D.20706、 黑板上有,11 ,.,共 100 個數(shù)字，每次操作先從黑板上的數(shù)中選取兩個數(shù) a, b ，然2100后刪去 a、b ，并在黑板上寫上數(shù) a b ab ，則經(jīng)過 99 次操作后黑

3、板上剩下的數(shù)為.1A.102B.101C.100D.不能確定7、 正方體 ABCD A1B1C1D1 的棱長為 1，在側面對角線 A1D 上取點M ， CD1 上取點 N ，使得線段 MN 平行于對角面 A1 ACC1 ，則這樣的 MN 長度最小值為.133222A.B.C.1D.8、 對集合1,2,3.15的子集S，若正整數(shù)n和n S （其中A表示集合 A的元素個數(shù)），都是S的元素，則稱n為S的一個“昊鶴數(shù)”.問含有昊鶴數(shù) 7 的子集的個數(shù)為.A.3986B.4000C.4048D.4096 z1 1z2z3，則 2z z 4z9、 已知復數(shù) z , z , z 滿足 zzz123 1 2

4、3的值為 12123 zzz 231A. 5B. 29C. 37D.不能確定設a一個實數(shù)，且多項式 x4 2ax2 x a2 a有至少三個不同的負實根，則a的 取值范圍為.10、12323A. aB. a 1 4C. a 1且aD. a2x2y23211、 P為橢圓 1上一動點， A(0,3224度和的最小值為2 ) ， B(2 2, 2 ) 為兩定點，則PA PB長A. 103B. 92 2C. 132D. 1123 2 2312、將(a b c d e)10 展開之后再合并同類項，則所得的多項式不含a的正整數(shù)次方的項數(shù)為.A.120B.126C.210D.286在ABC中，已知6 AC A

5、B 2 AB BC 3BCCA，則A .13、A. 30B. 45C. 60D.135 1020000 x 表示不大于 x的最大整數(shù)，則14、的各位數(shù)字為.10 3100A.0B.2C.6D.8 4 2an5已知數(shù)列a 滿足遞推關系: a(n 1,2,3.) ，且首相a ，則使得15、n1n6 a12n1| a2013 2 j | 2 的最大正整數(shù) j為.2A.1B.5C.8D.11設 n 2013 ， n N，且存在 滿足(sin i cos )n sin n i cos n ，那么這樣的 n 的總數(shù)個數(shù)為16、A.250B.504C.1006D.2013mina, b代表 a, b 中較小

6、的數(shù)），則 f (x) 的設 f (x) min3 log 1 x, log2 x ，（17、4最大值為.A.- log2 3C. log2 3B.0D.2sin 2 x a1函數(shù) f (x) 的值域包含區(qū)間 2, ，則 a 的取值范圍為18、 2sin3 x (a2 2) sin x 2.A. (,1)11B. (, 1,) 2C. ,) 2D. (,1 2,)19、定義：若有一個集合 A ，和一種二元運算 （例如 2+3=5 中的“+”就是二元運算，其對 2,3 兩個元素進行了），使得滿足以下條件：（1）（封閉性）對于集合對于 a, b A ，有： ab A（2）（結合律）對于 a, b,

7、 c A ，有： (ab)c a(bc)（3) （幺元存在）存在e A 使得，對任意 a A ， ea ae a(4)（存在）對于任意 a A ，存在 n ，使得 an e （ e 為（2）中定義的）則稱 A 在 的運算下“群”.那么以下集合在對應的運算下A.無理數(shù)集在普通除法的運算下 C.實數(shù)集在普通乘法的運算下“群”的是B.整數(shù)集在普通加法的運算下 D.復數(shù)集在減法的運算下x2y2，設內(nèi)橢圓C1 的方程為 m2 n2 1 ,20、已知兩橢圓C1 ， C2 ，且C1 在C2x2 y2m n 0 ，外橢圓C2 的方程為a2 1（ a b 0 ），過橢圓C1 上的任意b2一點 M 做C1 的切線

8、交橢圓C2 于 P，Q 兩點，過 P、Q 做橢圓C2 的切線，則兩切線交點 R 的軌跡方程為.x2y2x2 a2 m2x2 a4 m2y2n2b2 1 1b2n2A.m2 a2B.x2y2y2n4b2 1 1b4n2C.m4a2D.321、數(shù)列an 滿足： a1 2004 ， a2 2007 ， 2an2 5an1 2an 2013 ，而正整數(shù) N 滿足：（1）對于一切正整數(shù) n ，當 n N 時， an 2013 ，（則 N =2）而 aN 2013.A.12B.10C.8D.7分別從0,4和1 兩個區(qū)間中各取一個數(shù) m, n ，則 m n 的概率為.22、12716C. 58925B.D.

9、設三角形 ABC 三個內(nèi)角分別為 A、B、C ，其對應邊分別為 a、b、c ，則a2 b(b c) 是A 2B 的條件,23、A.充分非必要C.充分必要B.必要非充分D.既非充分又非必要函數(shù) f (x) 是 R 上的奇函數(shù)， g(x) 是 R 上周期為 4 的周期函數(shù)，已知： f (2) 24、f ( f (2) g(2) g( f (2) g(2)1g(2) 6 ，且，則 g0() 的值為.g 2 (20 f (2)2A.2B.1C.0D.-1已知： p1 p2 p3 p4 p5 ，且 p1 , p2 , p3 , p4 , p5 是成等差數(shù)列的 5 個質數(shù)，則 p1 的最小值為.25、A.

10、29B.37C.101D.103D 是復數(shù)集合，復數(shù) z D 當且僅當存在模為 1 的復數(shù) z1 ，使z 2012 2013i26、z 4 1 2z2，則 D 中實部與虛部都為整數(shù)的復數(shù)個數(shù)為11A.13B.33C.49D.6927、的六個面上的數(shù)字分別是 2011,2012,2013,2014,2015,一枚質地均勻的正方體2016,現(xiàn)在擲兩次，設其朝上的面上的兩個數(shù)字之和除以 4 的余數(shù)分別是 0,1,2,3的概率分別為 P0 , P1, P2 , P3 ，則 P0、P1、P2、P3 中最大的是.A. P0B. P1C. P2D. P3l1 和l2 是相互垂直的異面直線， l1 與平面 平

11、行，而l2 則在平面 內(nèi)，在平面 內(nèi)到l1 和l2 距離相等的點的軌跡是.28、A.拋物線B.橢圓C.雙曲線D.直線29、有 2013 個人，其中只有男女，他們彼此間的關系很復雜，其中任意兩個人之間都存在單相思，且任意兩個人不會相互喜歡，則下面說法正確的是.一定存在這樣的一個三人組 H1 , H 2 , H3 ，他們之間存在三角戀，即滿足: H1 愛 H 2 ， H 2 愛H3 ， H3 愛 H1 .一定存在這樣的一個人 H ，對于其他的 2012 個人中的每個人：要么喜歡的人是 H ，要4么喜歡的人喜歡 HC.可能存在一種情況：沒有人喜歡同性.D.可能存在這樣的情況：對于這 2013 個人中

12、的任意一個人，喜歡他（人數(shù)不超過 1000.30、A.863小于 2014 且與 2014 互質的正整數(shù)個數(shù)為.B.897C.936D.99853 2 cos圓錐曲線的坐標方程為 .31、，則該圓錐曲線的焦點到對應準線的距離為A. 113B. 145C. 52D.2直角三角形的兩直角邊為 3 和 4，設O 是三角形或邊界上一點， O 到三邊的距32、離分別為 h , h , h ，則 h2 h2 h2 的最小值為.123123B.3.24A.2.88C.4.32D.5.76：BDCAA CADDB BDDCC BDBBD ADCAA CDCBC CA簡版562013 寒假班千分考數(shù)學模擬(詳解

13、）1、設 n 為大于 2013 的正整數(shù)， x 1( 1 )n ， y 1( 1 )n1 ，則.nnC. x y yxA. x y yxB. x y yxD.不能確定【】B】：對數(shù)的運算關于 n 是大于 2013 這個條件顯然是的.帶入 n 1的情況，發(fā)現(xiàn)均有： yx ，于是大膽猜測對于一切正整數(shù) n ，均有 x y yx ，于是選B.下面來嚴格證明： x y yx ，注意到 x, y 這兩個數(shù)的“底數(shù)”相同，x y【詳解】想到的自然是兩邊取對數(shù).ln yn 1y11ln x n ln(1) ， ln y (n 1) ln(1)，故nnln xnxx ln y y ln x ln x y ln

14、 yx x y yx ，故選 B.73 是方程 x 5x (6 2 5) 0 的三個復數(shù)根，則行列式32、設2 x33 x11 x2x3 x1 x2的值為.A. 5 2B. (1 5)C.1 5D.0【】D】：行列式，Vieta 定理合理運用 Vieta 定理和行列式的性質是此題的關鍵，千萬不要被所謂的”復數(shù)根嚇到“，更不要去妄圖解出解然后進行展開計算.3 0 ，利用行列式的性質，分別將第二第三行【詳解】由 Vieta 定理可知：加到第一列上去，行列式值不變. 而此時第一列所有的元素均為0 ， 即行列式第一行全部為 0，故該行列式的值為 0，選 D.83、定理：若 x(0,) ，則sin x

15、x2設a、b、c（0， ），其中， a是函數(shù) y x與 y cos x圖像交點的橫坐標， 2b sin(cosb) ， c cos(sin c) ，則a,b,c的大小關系是.A. a b cB. a c bC. b a cD. b c a【】C】三角函數(shù)由【詳解】sin x在(0 )單調(diào)增sin(cosb) bsinbbsin(cosb) sin b2 cosb bcos在(0,)單調(diào)遞減，sin cc再由c cos(sin c) 2 cos(c)結合a cos a，畫出函數(shù)圖像并對a、b、c進行描點，得到： 于是得到關系： b a c，故此題應選 C.9x 1 a x 2 4 的值都是非負實

16、數(shù)，則實4、對任意的實數(shù) x ，函數(shù) f (數(shù) a 的取值范圍為.A. 2,1D. 1 B.3,2C.1,0】A】【：二次函數(shù) f (0) | 1 a | 2 0由已知條件知： ，于是解得： 2 a 1 ，再結合f (1) a 2 0a 2,1 f (x)通過可知：只能選擇 A 選項。要嚴格說明A 正確，只需證明當 2 a 1時，對任意的 x R，【詳解】f (x) 0 即可，下面都有來證明這件事情。記t x 1 ，則 f (x) 變形為 f (x) t 2 1 3 ，為了方便起見，并且記 g(t) t 2 1 3 f (x)由于限定 2 a 1，故可按如下方法：當t a 時， g(t) )

17、(1 t) t 2 21)2 1 a 0 ；當 a t 1時， g(t) = t 2 3 () t 2 2 a ，結合 a 2 知 g(t) 0 ；當t 1時， g(t) t 2 3 (1) t 2 21)2 3 a 1；所以當 2 a 1，總有 f (x) 0 .故綜上所述， a 的取值范圍為 2,1.故選 A .105、設正數(shù)數(shù)列an 的前 n 項之和為bn ，數(shù)列bn 的前 n 項之積為cn ，且bn cn 1 ，則數(shù) 1 列 中最接近 2013 的數(shù)是.a n A.1980B.2010C.2040D.2070【】A】：數(shù)列很自然的一個想法是通過bn ， cn 之間的關系得到其通項，從而

18、求得 an 的通項公式再進行比較與 2013 最近的數(shù).cncn【詳解】由已知b (n 2) ， c b ，故由已知條件得： c 1 ，n11nccn1n1c b 1 .顯然c 0 ，所以在等式兩邊除 c 得： 1，所以111c 是11nn2cc n nn1以 2 為首相，以 1 為公差的等差數(shù)列.11n 2 (n 1) 1 n 1，推出 cn，故n 1： bn n 1 .因此所以cnn n 1 11，故 n(n 1) .a b bnnn1n 1nn(n 1)an 1 因為 44 45=1980，45 46=2070，所以數(shù)列 中最接近 2013 的數(shù)是 1980，a n 故選 A.116、黑

19、板上有,11 ,.,共 100 個數(shù)字，每次操作先從黑板上的數(shù)中選取兩個數(shù) a, b ，然后2100刪去 a、b ，并在黑板上寫上數(shù) a b ab ，則經(jīng)過 99 次操作后黑板上剩下的數(shù)為.1A.102【B.101C.100D.不能確定】C】：數(shù)學乍看之下貌似跟操作的順序有關，其實不然，解決這道題目的關鍵是在變動中的不變量，叫做“不變量原理”注意到在變動的過程中把 a, b 變?yōu)榱?k1 (a 1)(b 1) 1，在將 k1 這個【詳解】數(shù)與c 進行操作，得到 k2 (k1 1)(c 1) 1 (a 1)(b 1)(c 1) 1 ，由 k2 的 對稱性知道： k2 實際上 a, b, c 與先

20、操作 a, b 然后再操作 c 和先操作b, c 再操作A 無關.很容道對于四個數(shù) a, b, c, d ，操作后得到一個唯一的數(shù)(a 1)(b 1)(c 1)(d 1) 1 而與操作順序無關。很容易進行推廣,當 100 個數(shù)操作 99 次后，只剩下一個數(shù)，那么這個數(shù)為(11)(1).(1) 1 1121002 3101.1 1011 100 ，故此題應選擇C .1 2100回過頭來應注意到：這里的操作不變量實際上為所有數(shù)分別+1 之后相乘所得的積，站在這個角度上看這個問題恰能反應出這個題目的本質，在組合數(shù)學中，尋找各種不變量：如奇偶性，循環(huán)規(guī)律等是解決這類題目的標準.【注】127、正方體 A

21、BCD A1B1C1D1 的棱長為 1，在側面對角線 A1D 上取點 M ，CD1 上取點 N ，使得線段 MN 平行于對角面 A1 ACC1 ，則這樣的 MN 長度最小值為.3322D. 2A.B.C.1】A】【幾何如圖，做 MM1 AD 于 M1 ， NN1 DC 于 N1 ，先證： M1 N1/AC .由 MN / A1 ACC1 知： M 、 N 這兩點到平面 A1 ACC1的距離相等，又顯然 MM1/A1 ACC1 ， NN1/A1 ACC1 ，故 M1、N1 到 A1 ACC1 與 M 、 N 到平面 A1 ACC1 的距離也相等，故 M1 N1/A1 ACC1 ，結合 M1 N1

22、 與 AC 共面，故 M1 N1/AC .因此可知M1DN1 與ADC 相似，均為等腰三角形.可設 DM1 DN1 x ，容易計算得： MM1 x ， NN1 1 x .過 M 做 MH NN1 于 H ，則 NH 1 2x ，【詳解】 1)2 1 .當 x 1M N 2x ，由勾股定理： MN 2 ( 21 133333時， MN 取到最小值為，故應該選 A.138、對集合1,2,3.15的子集 S ，若正整數(shù) n 和 n SA 表示集合 A 的元素個數(shù)），（其中都是 S 的元素，則稱 n 為 S 的一個“昊鶴數(shù)”.問含有昊鶴數(shù) 7 的子集的個數(shù)為.A.3986B.4000C.4048D.4

23、096【】D】：集合、組合計數(shù)、信息題滿足條件的奇涵子集 X 元素個數(shù)小于等于 15，且由7 X ，故 0 ，XX【詳解】2,3,.,8由 X 是奇涵子集，故7 | X | X ，所以下面對| X | 的元素個數(shù)進行 2 ，且7 15 ，故XXX 2 時， 7、9 X ，故其余十三個數(shù)都不屬于 X ； 3 時，除 7,10 以外的其余 13 個數(shù)中恰有 1 個屬于 X ，符合要求的 XXX當當有C1 個；13. 8 時，除 7,15 外的其余 13 個數(shù)中恰有 6 個屬于 X ，共有C 6 個符合X當13要求的 X ；1所以共有C 0 C1 .C 6 = (C C1 C13 ) 212 個符合

24、要求的 X ，故01313131313132本題的為212 4096 ，故選 D14 z1 1 1z2z39、已知復數(shù) z , z , z 滿足，則 2z z 4zzzz123 1 2 3的值為123 zzz231A. 5B. 29C. 37D.不能確定【】D】：復數(shù)復數(shù)的幾種形式此題貌似只需寫出特解，然后就可以得到即可。但實際上，特解并不容易得到，并且即使得到特解，也不一定是全部解.不妨從模為 1 為突破口，來解決該題.【講解】令 p ， q z2 ，則由知： | p | q | pq | 1，帶入知： p q 1，z11z2z3pq1結合| pq | 1 pq ，故上式即 p q pq 1

25、.pq令 arg p ， arg q ，于是有sin sin sin( ) 0 0 ，所以 ,由sinsinsin必有一個為0 或者2222 22 ，即 p, q 或 pq 中必有一個數(shù)為實數(shù).不妨設 p R，則由 1 ，知 p 1or 1.p如果 p 1，那么 2 ，這里不可能的.于是， p 只能是 1，此時z1z3 0 .結合 q 1，： q i .從而 2z1 z2 4z321 4zz=222 p 1 4 q 3 4i 5同理q , pq 為實數(shù)的情況，2z1 z2 4z3者 5，故選 D,不能確定.可能為 29 或者 37 或1510、設 a 一個實數(shù)，且多項式 x4 2ax2 x a

26、2 a 有至少三個不同的負實根，則 a 的取值范圍為.1232】B】3A. a 【B. a 1C. a 1且 a D. a 42：因式分解這類題目往往是需要因式分解的，因為對于高中生來說，四次不可約函數(shù)的問題往往是難以解決的。按照如下方法進行因式分解：將多項式 x4 2ax2 x a2 a 看做是關于 a 的多項式：a2 (2x2 1)a x4 x)(x2 x 1) ，而(注意到：2 x 1 2x2 1 ，故根據(jù)相乘法，因式分解為： (a x2 x)(a x2 x 1) (x2 x a)(x2 x a 1)于是點問題，再進行一個四次多項式零點問題轉化成為即可.兩個二次多項式的零由上面知： x4

27、 2ax2 x a2 a 0 (x2 x a)(x2 x a 1) 0【詳解】由于虛根成對出現(xiàn)，而本題要求至少三個負根，故兩個多項式 x2 x a 0 與x2 x a 1 0 都應有實根.因此兩個二次多項式的判別式均要 0 即：31 4a 0 ，1 4a 4 0 ，于是 a .43另一方面，在 a 的情況下，什么時候有三個不同的負根，由 Vieta4定理： x2 x a 0 的兩個根 x x a 0 ，故 x ， x 一正一負，不妨假設1212x 0 .也就是說， x2 x a 0 有且僅有一根，那么要有三個不同的根，只能是1x2 x a 1 0 要有兩個不同負根 x , x ，于是根據(jù) Vi

28、eta 定理34：x3 x4 0 1 a 0 a 1 ，且由此時 x3 x4 1知： x3、x4 此時確實是負3的，故 x 1時可以保證 x2 x a 0 有兩個不同解.4但是這并沒有做完，原因是要保證求的的三個負解確實不同.33由 x3 x4： a 4 ，故 a 的取值范圍為 4 a 1.下面說明，否則 x 為 x2 x a 0 與 x2 x a 1 0 的解，故有：41x2 x a 0 與x2 x a 1 0 ，故上述兩式相減： 2x 1，于是11111x ，此時帶入 x x a 0： a 3 ,不在13的區(qū)間 a 12111244上.3綜上所述， a 1為符合條件的 a 的區(qū)間.416x

29、2y23211、 P為橢圓 1上一動點， A(0,3224度和的最小值為2 ) ， B(2 2, 2 ) 為兩定點，則PA PB長A. 103【B. 92 2C. 132D. 1123 232】B】：幾何橢圓此題如果硬算，計算量很大，且不一定能算對，對于這種計算長度和的題義.往往需考慮圓錐曲線的幾何意此題與 2012 年寒假班千分模擬考 18 題相類似，但難度比之較大.先把圖畫出，并標記處橢圓的焦點F1(2 2,0)【詳解】和 F (2 2,0) .如圖，注意到對于橢圓上任意一點P 有：2P A AF PB BF PF PF 2a 8 2 ，結合121259AF1 22, BF2 2 ，故PA

30、 PB 22 等號成立當且僅當F1A和F2B的交點在該橢圓上，經(jīng)驗證，確實如此，交點為P(22,32) ，故等號能夠取到，即922 ，應選 B.最小值為1712、將(a b c d e)10 展開之后再合并同類項，則所得的多項式不含 a 的正整數(shù)次方的項數(shù)為.A.120【B.126C.210D.286】D】：組合計數(shù)此題考的實際上為擋板法將原式的b c d e 看做一個整體，然后進行二項式定理展開，容易發(fā)現(xiàn)則【詳解】不含 a 的正整數(shù)次方的項數(shù)實際上即為(b c d e)10 所含的同類項項數(shù).而每個含b、c、d、e 的同類項， b、c、d、e 的次數(shù)和為 10， b、c、d、e的次數(shù)均相同時

31、，為同類項，故實際上，一個同類項對應了一組(其中 x1 表示b 的次數(shù)， x2 表示c 的次數(shù)， x3 是 d 的次數(shù)， x4 是e 的次數(shù).3, x4 ) ，3 x4 10 ，實際上(b c d e)103, x4 滿足等式：3 x4 10 的非負整數(shù)解組數(shù)，由擋板法，知其所含的同類項項數(shù)即為非負正整數(shù)解為C3 286 ,故選 D.131813、在ABC 中，已知6 AC AB 2 AB BC 3 BC CA ，則A .A. 30【B. 45C. 60D.135】D】：向量 【詳解】設 BC a, AC b, AB c ，再根據(jù)點乘定義,于是連等式可改為：6 b c cos A 2 c a

32、cos B 3 a b cos C ,記： a a ， b b ，b2 c2 a2a2 c2 b2c c ，再根據(jù)余弦定理： cos A ， cos B ，2bc2aca2 b2 c2cos C ，于是可將式化為：2ab6b2 6c2 6a2 2b2 2a2 2c2 3c2 3a2 3b2 化為關于b 的式子：4a2 8c2于是得到： b a 2c ，2224a2 c23a2 3c2a2 c22b 2，故 a 2c 22 c a229335帶入b2 a2 2c2 得到： b2 1 a25212a2 a2b2 c2 a222 55 故cos A 2bc5 a 10 a2 55故A 135 ，故選

33、 D .19 102000014、x 表示不大于 x 的最大整數(shù)，則的個位數(shù)字為.10 3100A.1【B.3C.7D.9】C】：數(shù)學構造法根據(jù)公式： an bn (a b)(an1 an2b . abn2 bn1) ，由此給啟an bn為一個整數(shù).因此令 a 10, b 3 ， n 200100示：若 a, b 為整數(shù)，則a b1020000 3200那么得到為一個整數(shù).這是解決這個問題的關鍵所在10100 31020000 320032003200，由于3 9 10 3 ，故200100100 1【詳解】注意到：10100 310100 310100 31020000 3200 10200

34、001020000 3200而為一個整數(shù)，故=10100 310 310100 3100(10100 )199 (10100 )198 3 . 10 3198 3199觀察知道(10100 )199 (10100 )198 3 10 3198 3199 的各位數(shù)字與3199 相同， 10200003 (10) 34 1(mod 4)，故3 3 7(mod10) ，故1993由 Euler 定理：的10 3100各位數(shù)字為7 .故選C20 4 2an(n 1,2,3.) ，且首相 a 5 ，則使得15、已知數(shù)列a 滿足遞推關系: ann16 a12n1| a2013 2 jA.1| 2 的最大正

35、整數(shù) j 為.B.5C.8D.11【】C】：數(shù)列數(shù)列遞推（分式型）這是道考查一階分式形遞歸數(shù)列的題,關于一階遞推型數(shù)列，采用不動點法求，具體求法參考【名牌大學補充講義.招生】（喜編寫）或參考我寫的數(shù)列遞歸 2 4(an 2) 1 ( 6 an ) 1 (1141 1) 【詳解】an16 aa 24 a 24a 2a 24n1nnnn11111 2 為首項、公差為的等差數(shù)列， 2 (n 1)4a 24 a是以 252 n1n415011 a 2 ， a 2 ，要使： | a| 2 ，則 2 j 501 ，故nn 9201320132 j正整數(shù) j 的最大值為 8.選 C.2116、設 n 201

36、3 ， n N，且存在 滿足(sin i cos )n sin n i cos n ，那么這樣的 n 的總數(shù)個數(shù)為A.250B.504C.1006D.2013【】B】：復數(shù)三角形式這個題乍看之下很像棣莫弗定理，這道題也的確是用棣莫弗定理來做，但應注意題中給出的形式并不為復數(shù)的三角形式，即sin i cos 的輔角并不為 ，故首先應做的是先將其化為標準的復數(shù)三角形式.【詳解】sin i cos cos( ) i sin( ) ，故根據(jù)棣莫弗定理：22(sin i cos )n cos( n n ) i sin( n n ) sinn (n 1) 222(n 1)i cosn 2(n 1)比較及已

37、知條件中給出的等式，： n 2k n （其中 k2(n 1)為正整數(shù)），于是 n 4k 1 .反之， n 4k 1 型數(shù)時，有 n 故已知等式成立. 2k n2于是得到存在 使得(sin i cos )n sin n i cos n 的充要條件是 n 為 4k 1 型數(shù)，小于 2013 的 4k型數(shù)共個，故選 B.2217、設 f (x) min3 log 1 x, log2 x ，（ mina, b代表 a, b 中較小的數(shù)），則 f (x) 的最大4值為.A.- log2 3C. log2 3B.0D.2【】D】：函數(shù)單調(diào)性，對數(shù)函數(shù)最小值的最大值問題往往使用的是先估計上界，再構造例子的方

38、法，但此題只需觀察函數(shù)的單調(diào)性即可.【詳解】在(0,) 上， 3 log 1 x 單調(diào)遞減，而log2 x 單調(diào)遞減，根據(jù)圖像：43 log 1 x log2 x 時， f (x) 取到最大值，此時 x 4 ，最大值為 2，故選 D.423sin 2 x a118、函數(shù) f (x) 的值域包含區(qū)間,2 ，則 a 的取值范圍為 2sin3 x (a2 2) sin x 2.A. (,1)B. (, 1 1,) 21C. ,) 2D. (,1 2,)【】B】：三角函數(shù)當題目中出現(xiàn)了三角函數(shù)，但是對三角函數(shù)直接變形很時，應當考慮將三角函數(shù)代換，變?yōu)橐粋€有范圍限制的變元（這個范圍往往是三角函數(shù)本身的值

39、域限制出來的）.此時便可以將一個三角函數(shù)問題轉化為不含三角函數(shù)的代數(shù)問題。這種方法對于處理一些函數(shù)問題是很有效的.t 2 a【詳解】令t sin x ，則1 t 1，這時 g(t) . 2（1）若 g(t) 的分子分母可約，則 a 0 ，且t a 或a 時，分母為 0.當t aa (a2 a 2) 2 .當0 a 1時，上式左邊小于 2；當 a 1 時，上式左邊大于 2,結合 a 1 恰符合：的解為 a 1，又當t 1a 1時， g(t) 0 ，這與題設條件.(t 1)(t 2)當t a ，時不合要求.a (a2 a 2) 2 ，由因為 a2 a 2 0 ，所以此（2）當 g(t) 的分子分母

40、不可約時，此時 a 1.此時問題轉述為，求所有實數(shù)a 1的取值范圍，使得函數(shù) h(t) c2 a t 2 對任意的 實數(shù) c 1 ,2 ，在t 1,1 上總有解. 2(a 1)2 1對任意的c 2 ,2 ， t 1則 h(1) ca a 3c 1 0 .22而 h(t) 的導數(shù) h(t) 3ct 2 2t c(a2 2) ，對任意的 c 1 ,2 ，有： 2h (1) c ca 2 0 ，由2t 、t容易判別有兩不同根，記為，則在區(qū)12間t1 , t2 中， h(t) 0 .故 h(t) 在t1, t2 上單調(diào)遞減，在(, t1 ) 上單調(diào)遞增，說明1t1 , t2 .畫出函數(shù)大概圖像.由對于

41、 c 1，有 h(1) 0 知： h(t) 在t 1,1 上有解當且僅當 h(1) 0 .對 h(1) (a 1)1 c(1 a):1若 a 1 ，必有1 c(1 a) 1(11) 0 .此時 h(1) 0 是符合題意的.2若 a 1 ,則 h(1) 0 1 2(1 a) 0 a 121綜上，故所求 a 的取值范圍為(, (1,) ，選 B.22419、定義：若有一個集合 A ，和一種二元運算 （例如 2+3=5 中的“+”就是二元運算，其對 2,3 兩個元素進行了），使得滿足以下條件：（1）（封閉性）對于集合對于 a, b A ，有： ab A（2）（結合律）對于 a, b, c A ，有：

42、 (ab)c a(bc)（3) （幺元存在）存在e A 使得，對任意 a A ， ea ae a(4)（存在）對于任意 a A ，存在 n ，使得 an e （ e 為（2）中定義的）則稱 A 在 的運算下“群”.那么以下集合在對應的運算下A.無理數(shù)集在普通除法的運算下 C.實數(shù)集在普通乘法的運算下“群”的是B.整數(shù)集在普通加法的運算下 D.復數(shù)集在減法的運算下【】B】信息題對于這種判斷的信息體，只需耐心讀完定義，然后逐一驗證、排除即可.A 錯誤， 2 2 1無理數(shù)集，封閉性不滿足，故不【詳解】群B 正確，滿足上述四條性質，群群C 中， 0 的不存在，故不D 中，減法不滿足集合律，故不綜上所述

43、，選 B群25x2y2，設內(nèi)橢圓C1 的方程為 m2 n2 1 ,20、已知兩橢圓C1 ， C2 ，且C1 在C2x2y2m n 0 ，外橢圓C2 的方程為 1（ a b 0 ），過橢圓C1 上的任意a2b2一點 M 做C1 的切線交橢圓C2 于 P，Q 兩點，過 P、Q 做橢圓C2 的切線，則兩切線交點 R 的軌跡方程為.x2y2x2 a2 m2y2n2b2 1 1b2n2A.m2 a2B.x2y2x2 a4 m2y2n4b2】D】 1 1b4n2C.m4a2【D.幾何做此題時應注意，不應具體求出某個點的坐標，這樣會使得計算量巨大還不一定能夠做出，設而不求是此題帶入關鍵.x xy y為： 1

44、，又設過 P 為(x , y ) ，Q 點為【詳解】設 M 為(x , y ) ，則l0000PQ11m2n2(x , y ) 則過點 P、Q 的兩條切線方程分別為： x1x y1 y 1 ， x2 x y2 y 1，22a2b2a2b2又這兩條切線交于點 R，則有： x1xRy1 yR 1， x2 xR y2 yR 1 ，所以l又PQa2b2a2b2可表示為 xR x yR y 1 ，再又，知：x0yR ， y0yR，又因為：a2b2m2a2n2b2x2y2x2y2 0 0 1 ，消去 x0 ， y0 即可化簡得到： R R 1 ，所以選 Dm2n2a4 m2b4 n22621、數(shù)列an 滿

45、足： a1 2004 ， a2 2007 ， 2an2 5an1 2an 2013 ，而正整數(shù) N滿足：（1）對于一切正整數(shù) n ，當 n N 時， an 2013 ，（則 N =2）而 aN 2013.A.12【B.10C.8D.7】A】：數(shù)列線性數(shù)列遞推這是一道類似于線性遞歸數(shù)列的題，可以用特征根來處理，但前提是要合理地處理遞推關系中出現(xiàn)的常數(shù)2013 .將原數(shù)列改造為： 2(an2 2013) 5(an1 2013) 2(an 2013) ，記【詳解】b a ，于是 2b 5b2b ，其特征方程為 2x2 5x 2 ，特征根nnn2n1n 1 n1為 2 和 .于是可設b s s 2n

46、，結合b 2004 2013 9 ，n1 2 212 2007 2013 6 ，可解出 s 16, s 1 ，于是有： a b 2013 12nn2 1 n 1 n16 2n1 2013 ，要使得 a 2013，則 2n1 16 4026 ，最小n 2 2 的 n 為13 ，當 n 13 時，均有 a 2013 ，而 a 1 211 2013 2013 ，故n12N 122722、分別從0,4和1 兩個區(qū)間中各取一個數(shù) m, n ，則 m n 的概率為.716C. 58940A. 12【B.D.】D】概率幾何概率幾何概率題最重要的是畫出圖式，然后表示面積.【詳解】以橫軸的坐標表示 m 的值，以

47、縱軸的坐標表示 n 的值，則點(m, n) 表示的點為圖中正方形圍成的，而 m n 表示的點則是綠9色三角形圍成的圖形，則 m n 的概率為兩者面積之比為，選40D .2823、設三角形 ABC三個內(nèi)角分別為 A、B、C，其對應邊分別為a、b、c，則a2 b(b c)是A 2B的條件,A.充分非必要C.充分必要B.必要非充分D.既非充分又非必要】C】【平面幾何、三角函數(shù)這是一個初中平面幾何的題，其輔助線的添法顯示了平面幾何的本質的想法，當然對于高中生來說，靈活應用三角函數(shù)來做此題也不失為一種不錯的方法.【詳解】 解法一：平面幾何法如圖，延長線段CA至點D，使CA AD，連接BD. 充分性：若C

48、AB 2B，并且CAB ADB ABD， 且ADB ABD，于是ADB ABD CBAACB BCD CBACDBCBA CDBCACB于是，于是CB2 CACD，帶入CB a， CA b，CBCDCD CA AD CA AB b c，即： a2 b(b c)必要性：必要性的證明過程可逆，故A 2B故這是一個充分必要條件.解法二：三角函數(shù)法sin A充分性：由A 2B sin A sin 2B 2 sin Bcos B 2 cos Bsin Baa2 c2 b2 a (c b) b(b c)(cb) 2應用正弦定理和余弦定理：bac若b c，則B C，又A 2B，故A 90 ，所以根據(jù)勾股定理

49、：a2 b2 c2 b2 bc b(b c)若b c，在兩邊同時約去c b，那么也有： a2 b(b c)充分性得證！必要性，若b(b c) a2 ，則能推出式，故上述過程可逆，則有：sin A sin 2B，故A 2B或者A 2B 180若A 2B則充分性已經(jīng)得證.否則A 2B 180 ，結合A B C 180 B C b c因此由a2 b(b c) b2 c2 ，根據(jù)勾股定理逆定理： A 90 B C 45 ，故也有A 2B，故必要性也成立綜上所述，這是一個充分必要條件，選C這個結論叫做二倍角公式，是二倍角的充分必要條件【注】2924、函數(shù) f (x) 是 R 上的奇函數(shù)， g(x) 是

50、R 上周期為 4 的周期函數(shù)，已知： f (2) f ( f (2) g(2) g( f (2) g(2)1g(2) 6 ，且，則 g(0) 的值為.2g 2 (20 f (2)A.2【B.1C.0D.-1】A】：函數(shù)函數(shù)的奇偶性、周期函數(shù)由 f (x) 是奇函數(shù)可知： f (2) f (2) 6 ， g 是以 4 為周期的函數(shù)，【詳解】 g(2) g(2) 6 ，故(0) 0 ，而且 g( f (2) g(2) g(6 6) g(12) g(0) ， g(20 f (2) g(120) g(0)f ( f (2) g(2) g( f (2) g(2)1g(0)故 2，故 g(0) 2 ，選

51、Ag 2 (20 f (2)g 2 (0)3025、已知： p1 p2 p3 p4 p5 ，且 p1 , p2 , p3 , p4 , p5 是成等差數(shù)列的 5 個質數(shù)，則 p1 的最小值為.A.29【B.37C.101D.103】A】：初等數(shù)論設公差為 d ，則 p1 , p2 , p3 , p4 , p5 可寫為： p5 4d , p5 3d , p5 2d , p5 d ,【詳解】p5 .若 2 | d ，則 p5 d 與 p5 2d 中至少一個為偶數(shù)，且有 p5 d 2 ，即 p5 d與 p5 2d 中有非 2 的偶數(shù)，故必有一個不為質數(shù)，與已知條件不符.若3 | d ，則p5 d ,

52、 p5 2d , p5 3d 中至少一個數(shù)為 3 的倍數(shù)，同理也應舍去. 所以以得到： 2 | d3,| d 6 | d .若5 | d ，則 p5 , p5 d , p5 2d , p5 3d , p5 4d 中必有一個為 5 的倍數(shù)，分析知只能是5 | p5 ，結合6 | d 知： p1 p5 4d 29 .可結合5,11,17,23,29 是成等差數(shù)列的 5 個質數(shù)，選 A.得到 p1 的最小值為 29，故3126、 D 是復數(shù)集合，復數(shù) z D 當且僅當存在模為 1 的復數(shù) z1 ，使z 2012 2013iz 4 1 2z2，則 D 中實部與虛部都為整數(shù)的復數(shù)個數(shù)為11A.13【B.

53、33C.49D.69】C】：復數(shù)、計數(shù)建立復平面，設 z x y i(x, y R) ，由,1知： z2 也在z【詳解】圓 O 上，112z 4 1 2z 2z 1 表示圓 O 上的點到點(1,2則的距離的平方.111易得：其取值范圍為0 ，故 z D 即為滿足z 2012 2013i 4 的復數(shù) z的集合.其中整點的個數(shù)與 x2 y 2 16 中的整點個數(shù)一樣多，即 49 個,故選 C.3227、一枚質地均勻的正方體2016,現(xiàn)在擲兩次的六個面上的數(shù)字分別是 2011,2012,2013,2014,2015,，設其朝上的面上的兩個數(shù)字之和除以 4 的余數(shù)分別是 0,1,2,3的概率分別為 P

54、0 , P1, P2 , P3 ，則 P0、P1、P2、P3 中最大的是.A. P0【B. P1C. P2D. P3】D】：概率這是一道和模有關的概率題，事實上由于若 a b(mod m), c d (mod m) ，則a c b d (mod m) ，故本題我么只需六個面模 4 的余數(shù)即可，那么即只需六個面分別為3,0,1,2,3,0 的情況即可，但是為了加以區(qū)分，別為1,0,1,2,3,4 ，來進行下面的【詳解】進行枚舉，可以由 1 (1) ， 1 0 ， 114 4 依次進行枚舉，這樣能做到補充不漏余數(shù)為0 : 11 ,1 (1) , 0 0 , 0 4 , 4 0 4 4 ,1 3,

55、2 2 , 3 1 共9 個令這六個面分余數(shù)為1: 0 1,1 0 , 1 2 , 2 (1) , 3 2 , 2 3 , 4 1,1 4共8 個余數(shù)為 2 : 1 (1) ， 1 3 , 3 (1) , 0 2 , 2 0 ,11, 2 4 , 4 2 , 3 3 共9 個余數(shù)為3 : 1 0 ， 0 (1) ， 1 4 ， 4 (1) ， 0 3 ， 3 0 ，1 2 ， 2 1， 3 4 ，4 3共10 個98910故 P0 36 ， P1 36 ， P2 36 ， P3 36 ，故最大的為 P3 ，選 D.3328、l1 和l2 是相互垂直的異面直線，l1 與平面平行，而l2 則在平面

56、內(nèi)，在平面內(nèi)到l1 和l2 距離相等的點的軌跡是.A.拋物線B.橢圓C.雙曲線D.直線【】C】：幾何，幾何此題中，空間中平面的軌跡想通過幾何直接意義比較，因此建立合理的直角坐標系通過方程來求解此題.【詳解】在平面內(nèi)以l2 為 x軸，以l1 在平面內(nèi)的投影（過l1 垂直于的平面與的交線）為 y軸建立直角 坐標系.設a是異面直線l1 和l2 的距離.，平面內(nèi)動點M(x, y) 到l2 的距離為| y| ，到l1 的距離為x2 a2 ，故由已知到l 和l 的距離相等： | y|x2 a212即 y2 x2 a2 ，因此所求軌跡為雙曲線.3429、有 2013 個人，其中只有男女，他們彼此間的關系很復

57、雜，其中任意兩個人之間都存在單相思，且任意兩個人不會相互喜歡，則下面說法正確的是.一定存在這樣的一個三人組 H1 , H 2 , H3 ，他們之間存在三角戀，即滿足: H1 愛 H 2 ， H 2 愛H3 ， H3 愛 H1 .一定存在這樣的一個人 H ，對于其他的 2012 個人中的每個人：要么喜歡的人是 H ，要么喜歡的人喜歡 H可能存在一種情況：沒有人喜歡同性D.可能存在這樣的情況：對于這 2013 個人中的任意一個人，喜歡他（人數(shù)不超過 1000.【】B】組合數(shù)學，數(shù)學原理應用排除法來做此題。C,D此題應用直接觀察正確的結論，可能比較比較容易排除，而 A 相對來說較難排除，但應該來說最

58、難的應該是證明 B 選項是正確的.【詳解】C 錯誤，原因是 2013 個人中必然有兩個同性，那么他們之間的這種復雜關系導致必然有人喜歡同性.D 選項也是錯誤的。要注意“喜歡事件”次數(shù)這個問題，“喜歡事件次數(shù)定義為：若有一個人喜歡另外一個人，那么即為一次“喜歡事件”，那么根據(jù)題意，在這個 2013 個人每兩個人之間有且僅有一次喜歡事件發(fā)生，即總共的喜歡事件發(fā)生次數(shù)為C 2.2013而若 D 選項正確，則喜歡次數(shù)最多是1000 2013.事實上C 21000 20132013故 D 選項不可能成立，所以 D 錯誤.A 也是錯誤的，通過歸納構造不存在三角戀的情況。從歸納基礎 n 3 開始，若有三個人 M , P, Q ，而 M ， P 均喜歡Q ， M 喜歡P ，難么他們之間不存在三角戀,假設 n k 時， k 個人之間不存在，那么考慮 n k 1 的情況，令新添進來的第 k 1 人 F 喜歡原來的所有 k 個人，那么任取兩個人原來O, L ， F , O, L 均不 三角戀，結合原來 k 個人之間不存在三角戀，那么含 F 的這 k 1 人之間不存在三角戀。于是根據(jù)歸納假設，對于任意 n Z ，存在 n 個人之間沒有三角戀的例子.下面證明 B 選項是正確的.對于每個人，計算喜歡他的人數(shù)，設其中最大的記為