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2013年全国高校自主招生数学模拟试卷1


张喜林制
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2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷一
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)
1. 如图,在正四棱锥 P? ABCD 中,∠APC=60°,则二面角 A? PB? C 的平面角的余弦值为 ( ) A.
P

1 7 1 1 3 3

B.

?

1 7
1 1 , ] 2 2

C.

1 2
2

D. ?

1 2
A

D

C B

2. 设实数 a 使得不等式|2x? a|+|3x? 2a|≥a 对任意实数 x 恒成立,则满足条件的 a 所 组成的集合是( ) A. [? , ] B. [ ? C. [ ?

1 1 , ] 4 3

D. [? 3,3]

3. 将号码分别为 1、2、…、9 的九个小球放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完全相同。甲从袋中摸出一 个球,其号码为 a,放回后,乙从此袋中再摸出一个球,其号码为 b。则使不等式 a? 2b+10>0 成立的事件发生的概 率等于( ) A.

52 81

B.

59 81

C.

60 81

D.

61 81
b cos c 的值等 a

4. 设函数 f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数 a、b、c 使得 af(x)+bf(x? c)=1 对任意实数 x 恒成立,则 于( A. ? )

1 2

B.

1 2

C. ? 1

D. 1 )

5. 设圆 O1 和圆 O2 是两个定圆,动圆 P 与这两个定圆都相切,则圆 P 的圆心轨迹不可能是(

6. 已知 A 与 B 是集合{1,2,3,…,100}的两个子集,满足:A 与 B 的元素个数相同,且为 A∩B 空集。若 n∈A 时总有 2n+2∈B,则集合 A∪B 的元素个数最多为( ) A. 62 B. 66 C. 68 D. 74

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
7. 在平面直角坐标系内, 有四个定点 A(? 3, 0), B(1, ? 1), C(0, 3), D(? 1, 3)及一个动点 P, 则|PA|+|PB|+|PC|+|PD| 的最小值为__________。 8. 在△ABC 和△AEF 中,B 是 EF 的中点,AB=EF=1,BC=6,

CA ? 33 ,若 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 ,则 EF 与 BC 的夹角的余弦值等于________。
9. 已知正方体 ABCD? A1B1C1D1 的棱长为 1,以顶点 A 为球心, 得到的曲线的长等于__________。 10. 已知等差数列{an}的公差 d 不为 0, 等比数列{bn}的公比 q 是小于 1 的正有理数。 若 a1=d, b1=d , 且 是正整数,则 q 等于________。 11. 已知函数 f ( x) ?
2

2 3 为半径作一个球,则球面与正方体的表面相交所 3
2 2 a12 ? a2 ? a3 b1 ? b2 ? b3

sin(πx) ? cos(πx) ? 2 1 5 ( ? x ? ) ,则 f(x)的最小值为________。 4 4 x
格内至多填 1 个字
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12. 将 2 个 a 和 2 个 b 共 4 个字母填在如图所示的 16 个小方格内,每个小方

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母,若使相同字母既不同行也不同列,则不同的填法共有________种(用数字作答)。

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)
13. 设 an ?

? k (n ? 1 ? k ) ,求证:当正整数 n≥2 时,a
k ?1

n

1

n+1

<an。

14. 已知过点(0,1)的直线 l 与曲线 C: y ? x ? 点轨迹。

1 ( x ? 0) 交于两个不同点 M 和 N。求曲线 C 在点 M、N 处切线的交 x

15. 设函数 f(x)对所有的实数 x 都满足 f(x+2π)=f(x),求证:存在 4 个函数 fi(x)(i=1,2,3,4)满足:(1)对 i=1 , 2 , 3 , 4 , fi(x) 是 偶 函 数 , 且 对 任 意 的 实 数 x , 有 fi(x+ π )=fi(x) ; ( 2 ) 对 任 意 的 实 数 x , 有 f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。

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2013 年全国高校自主招生数学模拟试卷一
参考答案
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分)
1. 如图,在正四棱锥 P? ABCD 中,∠APC=60°,则二面角 A? PB? 为( B ) A.
P

C 的平面角的余弦值
D M C

1 7

B. ?

1 7

C.

1 2

D. ?

1 2
A
2

解:如图,在侧面 PAB 内,作 AM⊥PB,垂足为 M。连结 CM、AC,则

∠AMC 为二面角 A? PB
B
2 2

? C 的平面角。不妨设 AB=2,则 PA ? AC ? 2 2 ,斜高为 7 ,故
由此得 CM ? AM ?

2 ? 7 ? AM ? 2 2 ,

AM ? CM ? AC 1 7 ?? 。 。在△AMC 中,由余弦定理得 cos?AMC ? 2 ? AM ? CM 7 2
2

2. 设实数 a 使得不等式|2x? a|+|3x? 2a|≥a 对任意实数 x 恒成立,则满足条件的 a 所组成的集合是(

A



1 1 A. [? , ] 3 3

1 1 1 1 B. [ ? , ] C. [ ? , ] D. [? 3,3] 2 2 4 3 1 2 解:令 x ? a ,则有 | a |? ,排除 B、D。由对称性排除 C,从而只有 A 正确。 3 3 3 4 1 2 一般地,对 k ∈ R ,令 x ? ka ,则原不等式为 | a | ? | k ? 1 | ? | a | ? | k ? |?| a | ,由此易知原不等式等价于 2 2 3 3 4 | a |?| k ? 1 | ? | k ? | ,对任意的 k∈R 成立。由于 2 3 4 ?5 k? ?2 k ? 3 3 3 4 ? 4 ? 1 | k ? 1 | ? | k ? |? ?1 ? k 1 ? k ? , 2 3 ? 2 3 5 ?3 ? k k ?1 ? 2 ? 1 3 4 1 所以 min{| k ? 1 | ? | k ? |} ? ,从而上述不等式等价于 | a |? 。 k?R 3 2 3 3
3. 将号码分别为 1、2、…、9 的九个小球放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完全相同。甲从袋中摸出一 个球,其号码为 a,放回后,乙从此袋中再摸出一个球,其号码为 b。则使不等式 a? 2b+10>0 成立的事件发生的概 率等于( D ) A.

52 81

B.

59 81

C.

60 81

D.

61 81
2

解: 甲、 乙二人每人摸出一个小球都有 9 种不同的结果, 故基本事件总数为 9 =81 个。 由不等式 a? 2b+10>0 得 2b<a+10, 于是,当 b=1、2、3、4、5 时,每种情形 a 可取 1、2、…、9 中每一个值,使不等式成立,则共有 9×5=45 种;当 b=6 时,a 可取 3、4、…、9 中每一个值,有 7 种;当 b=7 时,a 可取 5、6、7、8、9 中每一个值,有 5 种;当 b=8

45 ? 7 ? 5 ? 3 ? 1 61 ? 。 81 81 b cos c 4. 设函数 f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数 a、b、c 使得 af(x)+bf(x? c)=1 对任意实数 x 恒成立,则 的值等 a
时, a 可取 7、 8、 9 中每一个值, 有 3 种; 当 b=9 时, a 只能取 9, 有 1 种。 于是, 所求事件的概率为 于( A. ? C ) B.

1 2

1 2

C. ? 1
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D. 1

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解:令 c=π,则对任意的 x∈R,都有 f(x)+f(x? c)=2,于是取 a ? b ?

1 ,c=π,则对任意的 x∈R,af(x)+bf(x 2

? c)=1,由此得

b cos c ? ?1 。 a
π 2 且 tan ? ? , 2 3

一般地,由题设可得 f ( x) ? 13 sin(x ? ? ) ? 1, f ( x ? c) ? 13 sin(x ? ? ? c) ? 1,其中 0 ? ? ? 于是 af(x)+bf(x? c)=1 可化为

13a sin(x ? ?) ? 13b sin(x ? ? ? c) ? a ? b ? 1 ,即
13a sin(x ? ? ) ? 13b sin(x ? ? ) cosc ? 13b sin c cos(x ? ? ) ? (a ? b ?1) ? 0 ,所以 13(a ? b cosc) sin(x ? ? ) ? 13b sin c cos(x ? ? ) ? (a ? b ?1) ? 0 。 ?a ? b cosc ? 0 (1) ? ( 2) , 由已知条件,上式对任意 x∈R 恒成立,故必有 ? b sin c ? 0 ? a ? b ? 1 ? 0 (3) ?
若 b=0,则由(1)知 a=0,显然不满足(3)式,故 b≠0。所以,由(2)知 sinc=0,故 c=2kπ+π或 c=2kπ(k∈Z)。当

c=2kπ时, cosc=1, 则(1)、 (3)两式矛盾。 故 c=2kπ+π(k∈Z), cosc=? 1。 由(1)、 (3)知 a ? b ?
5. 设圆 O1 和圆 O2 是两个定圆,动圆 P 与这两个定圆都相切,则圆 P 的圆心轨迹不可能是(

b cos c 1 ? ?1 。 , 所以 2 a
A )

解:设圆 O1 和圆 O2 的半径分别是 r1、r2,|O1O2|=2c,则一般地,圆 P 的圆心轨迹是焦点为 O1、O2,且离心率分别是

2c 2c 和 的圆锥曲线(当 r1=r2 时,O1O2 的中垂线是轨迹的一部份,当 c=0 时,轨迹是两个同心圆)。 r1 ? r2 | r1 ? r2 |
当 r1=r2 且 r1+r2<2c 时, 圆 P 的圆心轨迹如选项 B; 当 0<2c<|r1? r2|时, 圆 P 的圆心轨迹如选项 C; 当 r1≠r2 且 r1+r2<2c 时,圆 P 的圆心轨迹如选项 D。由于选项 A 中的椭圆和双曲线的焦点不重合,因此圆 P 的圆心轨迹不可能是选项 A。 6. 已知 A 与 B 是集合{1,2,3,…,100}的两个子集,满足:A 与 B 的元素个数相同,且为 A∩B 空集。若 n∈A 时总有 2n+2∈B,则集合 A∪B 的元素个数最多为( B ) A. 62 B. 66 C. 68 D. 74 解:先证|A∪B|≤66,只须证|A|≤33,为此只须证若 A 是{1,2,…,49}的任一个 34 元子集,则必存在 n∈A,使 得 2n+2∈B。证明如下: 将{1,2,…,49}分成如下 33 个集合:{1,4},{3,8},{5,12},…,{23,48}共 12 个;{2,6},{10,22}, {14,30},{18,38}共 4 个;{25},{27},{29},…,{49}共 13 个;{26},{34},{42},{46}共 4 个。由于 A 是 {1,2,…,49}的 34 元子集,从而由抽屉原理可知上述 33 个集合中至少有一个 2 元集合中的数均属于 A,即存在 n∈A,使得 2n+2∈B。 如取 A={1,3,5,…,23,2,10,14,18,25,27,29,…,49,26,34,42,46}, B={2n+2|n∈A},则 A、B 满足题设且|A∪B|≤66。 D C

二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分)
3 2 ?2 5

7. 在平面直角坐标系内,有四个定点 A(? 3,0),B(1,? 1),C(0, 动点 P,则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为 。 解:如图,设 AC 与 BD 交于 F 点,则|PA|+|PC|≥|AC|=|FA|+|FC|, |BD|=|FB|+|FD|, 因此, 当动点 P 与 F 点重合时, |PA|+|PB|+|PC|+|PD|

P A

F

3),D(? 1,3)及一个

B

|PB|+|PD| 取 到 最



≥ 值

| AC | ? | BD |? 3 2 ? 2 5 。
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8. 在△ABC 和△AEF 中,B 是 EF 的中点,AB=EF=1,BC=6,

CA ? 33 ,若 AB ? AE ? AC ? AF ? 2 ,则 EF 与 BC 的夹角的余弦值等于

2

2 3

。 , 即







AB ? AE ? AC ? AF ? 2


2





AB? ( AB ? BE) ? AC ? ( AB ? BF) ? 2

AB ? AB? BE ? AC ? AB ? AC ? BF ? 2 。因为 AB ? 1 , 33 ? 1 ? 36 AC ? AB ? 33 ?1? ? ?1 , BE ? ?BF ,所以 1 ? BF ? ( AC ? AB) ?1 ? 2 ,即 BF ? BC ? 2 。设 EF 与 2 ? 33 ?1 2 BC 的夹角为θ,则有 | BF | ? | BC | ? cosθ ? 2 ,即 3cosθ=2,所以 cos θ ? 。 3 2 3 9. 已知正方体 ABCD? A1B1C1D1 的棱长为 1, 以顶点 A 为球心, 为半径作一个球, 则球 3 5 3π 面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于 。 6
解: 如图, 球面与正方体的六个面都相交, 所得的交线分为两类: 三个面上,即面 AA1B1B、面 ABCD 和面 AA1D1D 上;另一类在不过 面 BB1C1C、面 CC1D1D 和面 A1B1C1D1 上。在面 AA1B1B 上,交线为弧 圆 上 , 因 为 AE ? 一类在顶点 A 所在的 顶点 A 的三个面上, 即 EF 且在过球心 A 的大

π π 2 3 ?BAF ? , AA1=1 , 则 ?A1 AE ? 。同理 ,所以 6 6 3 π 2 3 π 3 ?EAF ? ,故弧 EF 的长为 ? ? π ,而这样的弧共有三条。在面 BB1C1C 上,交线为弧 FG 且在距球心为 6 3 6 9 π 3 1 的平面与球面相交所得的小圆上,此时,小圆的圆心为 B ,半径为 , ?FBG ? ,所以弧 FG 的长为 2 3 3 π 3 ? ? π 。这样的弧也有三条。 3 2 6 3 3 5 3π 于是,所得的曲线长为 3 ? 。 π ? 3? π? 9 6 6 2 2 a 2 ? a2 ? a3 10. 已知等差数列{an}的公差 d 不为 0, 等比数列{bn}的公比 q 是小于 1 的正有理数。 若 a1=d, b1=d2, 且 1 b1 ? b2 ? b3 1 是正整数,则 q 等于 。 2 2 2 14 a 2 ? a2 ? a3 a 2 ? (a1 ? d ) 2 ? (a1 ? 2d ) 2 14 2 解:因为 1 ,故由已知条件知道:1+q+q 为 ,其中 m 为正 ? 1 ? 2 2 m b1 ? b2 ? b3 b1 ? b1q ? b1q 1? q ? q 14 2 整数。令 1 ? q ? q ? ,则 m 56 ? 3m 14 1 1 14 1 56 ? 3m ? 3 ,即 5≤m≤13 且 。由于 q 是小于 1 的正有理数,所以 1 ? q?? ? ? ?1 ? ? ? 4m m 2 4 m 2 4m 1 是某个有理数的平方,由此可知 q ? 。 2 sin(πx) ? cos(πx) ? 2 1 5 4 5 ( ? x ? ) ,则 f(x)的最小值为 11. 已知函数 f ( x) ? 。 5 4 4 x
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π 2 sin( πx ? ) ? 2 1 5 π 1 5 4 ( ? x ? ) ,设 g ( x) ? 2 sin( πx ? )( ? x ? ) ,则 g(x)≥0,g(x)在 解:实际上 f ( x ) ? 4 4 4 4 4 x 3 1 3 3 5 1 3 [ , ] 上是增函数,在 [ , ] 上是减函数,且 y=g(x) 的图像关于直线 x ? 对称,则对任意 x1 ? [ , ] ,存在 4 4 4 4 4 4 4 3 5 x2 ? [ , ] ,使 g(x2)=g(x1)。于是 4 4 3 5 5 4 5 g ( x1 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 , f ( x1 ) ? ? ? ? f ( x2 ) ,而 f(x)在 [ , ] 上是减函数,所以 f ( x) ? f ( ) ? 4 4 4 5 x1 x1 x2
即 f(x)在 [ , ] 上的最小值是

1 5 4 4

4 5 。 5
方格内至多填 1 个字 数字作答)。 不同行也不同列的填 要求的有两种情况: 2 方格内填有 b 的情况有

12. 将 2 个 a 和 2 个 b 共 4 个字母填在如图所示的 16 个小方格内, 每个小 母, 若使相同字母既不同行也不同列, 则不同的填法共有 3960 种 (用 2 2 解:使 2 个 a 既不同行也不同列的填法有 C4 A4 =72 种,同样,使 2 个 b 既 2 2 2 法也有 C4 A4 =72 种,故由乘法原理,这样的填法共有 72 种,其中不符合 个 a 所在的方格内都填有 b 的情况有 72 种;2 个 a 所在的方格内仅有 1 个 C161A92=16×72 种。所以,符合题设条件的填法共有 722? 72? 16×72=3960 种。

三、解答题(本题满分 60 分,每小题 20 分)
13. 设 an ?

? k (n ? 1 ? k ) ,求证:当正整数 n≥2 时,a
k ?1

n

1

n+1

<an。

1 1 1 1 2 n 1 ? ( ? ) , 因 此 an ? ? ,于是,对任意的正整数 n≥2,有 k (n ? 1 ? k ) n ? 1 k n ? 1 ? k n ? 1 k ?1 k 1 1 n 1 1 n?1 1 (an ? an?1 ) ? ? ? ? 2 n ? 1 k ?1 k n ? 2 k ?1 k n n 1 1 1 1 1 1 ?( ? )? ? ? (? ? 1) ? 0 ,即 an+1<an。 n ? 1 n ? 2 k ?1 k (n ? 1)(n ? 2) (n ? 1)(n ? 2) k ?1 k 1 14. 已知过点(0,1)的直线 l 与曲线 C: y ? x ? ( x ? 0) 交于两个不同点 M 和 N。求曲线 C 在点 M、N 处切线的交 x
证明:由于 点轨迹。 解:设点 M、N 的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2),曲线 C 在点 M、N 处的切线分别为 l1、l2,其交点 P 的坐标为(xp, yp)。若直线 l 的斜率为 k,则 l 的方程为 y=kx+1。

1 ? 1 ?y ? x ? 2 由方程组 ? x ,消去 y,得 x ? ? kx ? 1 ,即(k? 1)x +x? 1=0。由题意知,该方程在(0,+∞)上有两个相 x ? ? y ? kx ? 1 1 1 ? 0 …(2), x1 x2 ? ? 0 …(3),由此解得 异的实根 x1、x2,故 k≠1,且Δ=1+4(k? 1)>0…(1), x1 ? x2 ? 1? k 1? k 3 1 1 1 1 ? k ? 1 。 对 y ? x ? 求 导 , 得 y' ? 1 ? 2 , 则 y' | x ? x1 ? 1 ? 2 , y' | x ? x2 ? 1 ? 2 , 于 是 直 线 l1 的 方 程 为 4 x x x1 x2 1 1 1 1 2 即 y ? ( x1 ? ) ? (1 ? 2 )(x ? x1 ) , 化简后得到直线 l1 的方程为 y ? (1 ? 2 ) x ? …(4)。 y ? y1 ? (1 ? 2 )(x ? x1 ) , x1 x1 x1 x1 x1 1 2 1 1 2 2 同理可求得直线 l2 的方程为 y ? (1 ? 2 ) x ? …(5)。(4)? (5)得 ( 2 ? 2 ) x p ? ? ? 0 ,因为 x1≠x2,故有 x2 x2 x2 x1 x1 x2
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xp ?

2 x1 x2 1 1 1 1 …(6)。将(2)(3)两式代入(6)式得 xp=2。(4)+(5)得 2 y p ? (2 ? ( 2 ? 2 ))x p ? 2( ? ) …(7),其 x1 ? x2 x1 x2 x1 x2

2 1 1 x1 ? x2 1 1 x12 ? x2 ( x1 ? x2 ) 2 ? 2 x1 x2 x ?x 2 中 ? ? ? 1, 2 ? 2 ? 2 2 ? ? ( 1 2 )2 ? ? 1 ? 2(1 ? k ) ? 2k ? 1 ,代入 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 3 5 (7)式得 2yp=(3? 2k)xp+2,而 xp=2,得 yp=4? 2k。又由 ? k ? 1 得 2 ? y p ? ,即点 P 的轨迹为(2,2),(2,2.5) 4 2

两点间的线段(不含端点)。 15. 设函数 f(x)对所有的实数 x 都满足 f(x+2π)=f(x),求证:存在 4 个函数 fi(x)(i=1,2,3,4)满足:(1)对 i=1 , 2 , 3 , 4 , fi(x) 是 偶 函 数 , 且 对 任 意 的 实 数 x , 有 fi(x+ π )=fi(x) ; ( 2 ) 对 任 意 的 实 数 x , 有 f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。

f ( x) ? f (? x) f ( x) ? f (? x) , h( x ) ? ,则 f(x)=g(x)+h(x),且 g(x)是偶函数,h(x)是奇函数, 2 2 g ( x) ? g ( x ? π ) 对 任 意 的 x ∈ R , g(x+2 π )=g(x) , h(x+2 π )=h(x) 。 令 f1 ( x ) ? , 2 kπ π ? g ( x) ? g ( x ? π ) ? h( x ) ? h ( x ? π ) x? x ? kπ ? ? h( x ) ? h( x ? π ) ? ? ? x ? k π 2 sin 2 x 2 , 2 cos x 2 ,f ( x) ? ? ,f 4 ( x ) ? ? f 2 ( x) ? ? 2 sin x k π π 3 ? ? ? 0 x ? kπ 0 x? 0 x ? kπ ? ? 2 2 ? ?
证明:记 g ( x ) ? 其中 k 为任意整数。 容易验证 fi(x),i=1,2,3,4 是偶函数,且对任意的 x∈R,fi(x+π)=fi(x),i=1,2,3,4。下证对任意的 x∈R, 有

f1(x)+f2(x)cosx=g(x) 。 当

x ? kπ ?

g ( x) ? g ( x ? π ) ,而 2 3π 3π π π g ( x ? π ) ? g (kπ ? ) ? g (kπ ? ? 2(k ? 1)π ) ? g (?kπ ? ) ? g (kπ ? ) ? g ( x) , 故 对 任 意 的 x ∈ R , 2 2 2 2 f1 ( x) ? f 2 ( x) cos x ? f1 ( x) ?
f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。
下证对任意的 x∈R,有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。当 x ?

π π 时 , 显 然 成 立 ; 当 x ? kπ ? 2 2

时 , 因 为

kπ 时,显然成立;当 x=kπ时,h(x)=h(kπ)=h(kπ 2

? 2k π )=h( ? k π )= ? h(k π ) , 所 以 h(x)=h(k π )=0 , 而 此 时 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0 , 故 h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x;当 x ? kπ ?

π 时, 2


h( x ? π ) ? h(kπ ?

f 3 ( x) s

3π 3π π π ) ? h(kπ ? ? 2(k ? 1)π ) ? h(?kπ ? ) ? ?h(kπ ? ) ? ?h( x) , 2 2 2 2 h( x ) ? h( x ? π ) x? i ?h n( x) ,又 f4(x)sin2x=0,从而有 h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。 2

于是,对任意的 x∈R,有 f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。综上所述,结论得证。

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