2013年全国高校自主数学模拟试卷一

CA ABAEACAF2EFBC的夹角的余弦值等于 3 a2a2于1的正有理数。若a1=d，b1=d，且 3是正整数，则q等b1b2 xf(xsinπxcos(πx2(1x5)，则f(xx n设a

k k(n1kk

已知过点(0，1)lCyx1(x0)xxf(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。2013年高校自主招生数学模拟试卷DM DMC二面角A−PB−C的平面角的余弦值为（ C17

C.

D. 7727722PAAC2

AM

72CMAM 。在△ 中，由余弦定理72

AM2CM2AC212AM 则满足条件的a所组成的集合是（ [1,3

1,12

1,4

x2a，则有|a|1，排除B、DC k∈R

x1ka|a||k1|3|a||k4||a|2 由此易知原不等式等价于|a||k1|3|k4|k∈R 5k2

k3 |k1|2|k3|12

1k 335

k所以min|k1|3|k4|1，从而上述不等式等价于|a|1

成立的发生的概率等于（D）

D. 93、4、5a1、2、…、97b=7a5、6、7、8、95有1种。于是，所求的概率为45753161 c)=1对任意实数x恒成立，则bcosc的值等于（ a2

C. D.2c=πx∈Rf(x)+f(x−c)=2于是取ab12a

13sin(x)1，f(xc)

其中0π且tan2af(x)+bf(x−c)=1 13asin(x)

13bsinccos(xab1)013(abcoscsinx13bsinccos(xab10abcosc

x∈R恒成立，故必有bsinc

(2)ab1

知ab1bcosc1

和

PA。A∪B的元素个数最多为（B）A.62B.66C.68D.4A是{1，2，…，49}34DCFBDCFB A(−30)B(1，1)C(03)D13)及一个动点P，则322322。|PB|+|PD|≥|BD|=|FB|+|FD|，因此，当动点P与F点重合时，25|PA|+|PB|+|PC|+|PD|取到最小值|AC||BD| 25CA 23。ABAEACAF2EFBCCA 23。ABAEACAF2ABABBEAC(ABBF)223322ABABBEACABACBF2AB123322ACAB

331331361BEBF，所以1BF(ACAB12即BFBC2EF与BC的夹角为θ则有|BF||BC|cosθ2θ=2，所以cosθ23A233556。6AE23，AA1=1，则AAEπ。同理BAFπ，所以EAFπ

3π

9小圆的圆心为B

3π

3π

于是，所得的曲线长为

3π9

3π6

3π6 a2a2于1的正有理数。若a1=d，b1=d，且 3是正整数，则q等b1b21212

知道：1+q+q2为14m为正整数。令1qq214q12

2

565611435≤m≤13563mq1 xf(xsinπxcos(πx2(1x5)，则f(xx445。5

xf(x) (1x5) x g(x) 2sinπxπ1x5g(x)≥0，g(x)在13 43 在[,

4

4x1 3 [4

4]x24

4

3fx

2而f(x)在4

4f(x)

f(5)4

f(x)在14 4

4 4字母既不也不同列，则不同的填法共有 解：使2个a既不也不同列的填法有C2A2=72种，同样，使2个 n设a

k k(n1kk

k(n1k)

n

(1k

n1

，因此

n

nn

kn≥21(a

)111

n1k1

n

k1(11

1 1

n

n

k1

(n1)(n

k1已知过点(0，1)lCyx1(x0)xkly=kx+1。yx 由方程组

x

ykx1

1

1

解得3k1。对yx1求导，得y'1

，则y'

11

x x1xy'

1

，于是直线l1

yy11xx)，即xxx xx2

11y(x1)(11)(xx1

l1xx xx y

1)x2…(4)。同理可求得直线l2y11)x2xx2x2 xx2x2(4)−(5)得(

1

2

2x1x2xxxx xxxx

x1p。将(2)(3)两式代入(6)式得xp=2。(4)+(5)得p2

(2(

1))x

2(11

(7)

1

x1x21x 1 1 1 1

x2x2

x)22x

x

2

( 21( 211

x2

x2

x x 1 1 1 1式得2yp=(3−2k)xp+2，而xp=2，得yp=4−2k3k142

2xf(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。g(x)

f(x)f(x)，h(x)2

f(xf(x)2

f(x)g(x)g(x g(x)g(x

xkπ

h(x)h(xf2(x)

0

xkπ2

f(x)33

2sin0

x xh(x)h(x

xf4(x)

2sin0

2x2

π)=fi(xi=1234x∈R当xkπ2

时，显然成立；当

xkπ2

时，因为f(xf(xcosxf(xg(xg(xπ) g(xπg(kπ3πg(kπ3π2(k1)πg(kππg(kππg(x)，故 2x=kπ时h(x)=h(kπ)=h(kπ−2kπ)=h(−kπ)=−h(kπ)，所以h(x)=h(kπ)=0，而此时f