2022年清北学长精心打造——北约自主招生数学模拟试题.pdf

《2022年清北学长精心打造——北约自主招生数学模拟试题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年清北学长精心打造——北约自主招生数学模拟试题.pdf（5页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、北约自主招生数学模拟试题一一、选择题（本题满分48 分，每小题 8 分）1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|0，函数 f(x)=ax-bx2,（1）当 b0 时，若对任意xR都有 f(x)1，证明： a 2b；（2）当 b1 时，证明：对任意x0, 1, |f(x)|1 的充要条件是：b-1 a2b；（3）当 0b1 时，讨论：对任意x0, 1, |f(x)|1 的充要条件。精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2

2、页，共 5 页 - - - - - - - - - - 参考答案：一、选择题1由递推式得：3(an+1-1)=-(an-1) ，则 an-1 是以8 为首项，公比为-31的等比数列，Sn-n=(a1-1)+(a2-1)+ +(an-1)=311)31(1 8n=6-6 (-31)n， |Sn-n-6|=6 (31)n250，满足条件的最小整数n=7，故选 C。2设正三棱锥P-ABC 中，各侧棱两两夹角为，PC 与面PAB所成角为，则vS-PQR=31SPQR h=21(31PQ PRsin ) PS sin 。 另 一 方 面 ， 记 O 到 各 面 的 距 离 为 d， 则vS-PQR=vO

3、-PQR+vO-PRS+vO-PQS，31S PQR d=31 PRSd+31S PRS d+31 PQS d=213dPQ PRsin +213dPS PRsin+213dPQ PS sin ，故有：PQ PR PS sin =d(PQPR+PR PS+PQ PS)，即dPSPRPQsin111=常数。故选D 。3 xn+1=nnxx33133， 令 xn=tan n， xn+1=tan( n+6), xn+6=xn, x1=1， x2=2+3, x3=-2-3, x4=-1, x5=-2+3, x6=2-3, x7=1，有2005111nnxx。故选 A。4设向量b=(x, y)，则|0)

4、(babababa，即2222)23()21()23()21(023,21()23,21(yxyxyxyx，即yxyx3122. )21,23(b或)21,23(， SAOB=21|baba=1。5设 P(x1, y1)，Q(x, y)，因为右准线方程为x=3，所以 H点的坐标为 (3, y)。又 HQ= PH ，所以11PQHP，所以由定比分点公式，可得：yyxx11)1(3，代入椭圆方程，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 5 页 - - - - - - - - - - 得 Q

5、点轨迹为123)1(3222yx，所以离心率e=)1 ,33321322322。故选 C。6 由 logbx=logb(4x-4) 得： x2-4x+4=0 ， 所以 x1=x2=2， 故 C=2A ， sinB=2sinA ， 因 A+B+C=180 ，所以 3A+B=180 ，因此 sinB=sin3A ，3sinA-4sin3A=2sinA，sinA(1-4sin2A)=0，又 sinA0，所以 sin2A=41，而 sinA0 ， sinA=21。因此 A=30,B=90,C=60。故选B。二、解答题：7解：因为 (a+b)2+(a+b+4c)2=(a+b)2+(a+2c)+(b+2c

6、)2 (2ab)2+(2ac2+2bc2)2=4ab+8ac+8bc+16cab。所以)()4()(22cbaabccbaba100)25()215(854223222cbacba。当 a=b=2c0 时等号成立。故k 的最小值为100。8、设 w是 1 的非实的立方根，满足w2+w+1=0，则 g(w2+w+1)g(0)=0 ，设为-1 的非实的立方根， 则 f(2-+1)=f(0)=0，故可设： f(x)=xa(x) ；g(x)=x b(x) 。因此原条件可化为：a(x2-x+1)=b(x2+x+1) 。令 x=-y ，得：a(y2+y+1)=b(y2-y+1) ， 1 。下面证明无穷多个

7、n 使得：a(n2+3n+3)=a(1)。由n=1 可得： a(1)=a(7)，假设a(n-1)2+3(n-1)+3=a(1)(n2) ，则a(n+1)2+3(n+1)+3=a(n+2)2+(n+2)+1=a(n+1)2-(n+1)+1=a(n-1)2+3(n-1)+3=a(1) 。由于多项式a(x)-a(1)有无穷多个根，所以a(x)-a(1)是零多项式，即a(x) 为常数，因此 f(x)=kx，类似可知： g(x)=kx 。9以l为 x 轴，点 P到l的垂线为y 轴建立如图所示的直角坐标系，设Q的坐标为 (x, 0)，点 A(k, ) ， Q的半径为 r ，则： M(x-r, 0), N(

8、x+r, 0), P(2, 0), PQ=222x=1+r 。所以 x=322rr, tan MAN=krxhohrxhohrxhohrxrokkkkAMANAMAN11322232)32(2)(22222222222rrkrkhrhhrrrrhhrkxrh， 令2m=h2+k2-3， tan MAN=n1， 所 以m+rk322rr=nhr， m+(1-nh)r=322rrk，两边平方，得： m2+2m(1-nh)r-(1-nh)2r2=k2r2+2k2r-3k2，因为对于任意实数r 1，上式恒成立， 所以)3()1()2(2)1 (2)1 (322222knhknhmkm，由 （1） （2

9、） 式，得 m=0, k=0，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 5 页 - - - - - - - - - - 由 （3） 式， 得 n=h1。 由 2m=h2+k2-3 得 h=3， 所以 tan MAN=n1=h=3。 所以 MAN=60 或 120（舍）（当 Q(0, 0), r=1时MAN=60 ） ，故 MAN=60 。10（1）证：依题设， 对任意 xR，都有 f(x)1。f(x)=-b(x-ba2)2+ba42，f(ba2)=ba421， a0, b0, a2b。（

10、2）证：（必要性），对任意x0, 1，|f(x)| 1-1 f(x)据此可推出 -1f(1)即 a-b -1， ab-1 。对任意 x0, 1 ， |f(x)|1f(x)1， 因为 b1， 可推出 f(b1)1。即 ab1- 1， a2b，所以 b-1 a2b。（充分性）：因 b1, a b-1 ，对任意 x0, 1，可以推出： ax-bx2b(x-x2)-x -x-1 ，即： ax-bx2-1 ；因为 b1，a2b，对任意x0, 1 ，可推出ax-bx22b-bx21，即 ax-bx21，-1 f(x) 1。综上，当 b1 时，对任意 x0, 1, |f(x)|1 的充要条件是：b-1 a2b。（3）解：因为a0, 00, 0b 1 时，对任意x0, 1，|f(x)|1 的充要条件是：ab+1精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 5 页 - - - - - - - - - -