2024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pabcd中，∠apc=60°，则二面角apbc的平面角的余弦值为（ ）
a. b. c. d.
2. 设实数a使得不等式|2xa|+|3x2a|≥a2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. d. [3，3]
3. 将号码分别为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a2b+10>0成立的事件发生的概率等于（ ）
a. b. c. d.
4. 设函数f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数a、b、c使得af(x)+bf(xc)=1对任意实数x恒成立，则的值等于（ ）
a. b. 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，若，则与的夹角的余弦值等于___
9. 已知正方体abcda1b1c1d1的棱长为1，以顶点a为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于。
10. 已知等差数列的公差d不为0，等比数列的公比q是小于1的正有理数。若a1=d，b1=d2，且是正整数，则q等于___
11. 已知函数，则f(x)的最小值为___
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，每个小方格内至多填1个字母，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，求证：当正整数n≥2时，an+114. 已知过点(0，1)的直线l与曲线c：交于两个不同点m和n。求曲线c在点m、n处切线的交点轨迹。
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。
2024年全国高校自主招生数学模拟试卷一。
参***。一、选择题（本题满分36分，每小题6分）
1. 如图，在正四棱锥pabcd中，∠apc=60°，则二面角apbc的平面角的余弦值为（ b ）
a. b. c. d.
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apbc的平面角。不妨设ab=2，则，斜高为，故，由此得。在△amc中，由余弦定理得。
2. 设实数a使得不等式|2xa|+|3x2a|≥a2对任意实数x恒成立，则满足条件的a所组成的集合是（ a ）
a. b. c. d. [3，3]
解：令，则有，排除b、d。由对称性排除c，从而只有a正确。
一般地，对k∈r，令，则原不等式为，由此易知原不等式等价于，对任意的k∈r成立。由于。
所以，从而上述不等式等价于。
3. 将号码分别为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a2b+10>0成立的事件发生的概率等于（ d ）
a. b. c. d.
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92=81个。由不等式a2b+10>0得2b4.
设函数f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数a、b、c使得af(x)+bf(xc)=1对任意实数x恒成立，则的值等于（ c ）
a. b. c. 1 d. 1
解：令c=π，则对任意的x∈r，都有f(x)+f(xc)=2，于是取，c=π，则对任意的x∈r，af(x)+bf(xc)=1，由此得。
一般地，由题设可得，，其中且，于是af(x)+bf(xc)=1可化为。即。所以。
由已知条件，上式对任意x∈r恒成立，故必有，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+πk∈z)，cosc=1。由(1)、(3)知，所以。
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（ 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）。
当r1=r2且r1+r2<2c时，圆p的圆心轨迹如选项b；当0<2c<|r1r2|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是的任一个34元子集，则必存在n∈a，使得2n+2∈b。证明如下：
将分成如下33个集合：，，共12个；，，共4个；，，共13个；，，共4个。由于a是的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=，b=，则a、b满足题设且|a∪b|≤66。
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， ,
解：如图，设ac与bd交于f点，则|pa|+|pc|≥|ac|=|fa|+|fc|，|pb|+|pd|≥|bd|=|fb|+|fd|，因此，当动点p与f点重合时，|pa|+|pb|+|pc|+|pd|取到最小值。
8. 在△abc和△aef中，b是ef的中点，ab=ef=1，bc=6，若，则与的夹角的余弦值等于[,
解：因为，所以，即。因为，，所以，即。设与的夹角为θ，则有，即3cosθ=2，所以。
9. 已知正方体abcda1b1c1d1的棱长为1，以顶点a为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于[,
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：一类在顶点a所在的三个面上，即面aa1b1b、面abcd和面aa1d1d上；另一类在不过顶点a的三个面上，即面bb1c1c、面cc1d1d和面a1b1c1d1上。
在面aa1b1b上，交线为弧ef且在过球心a的大圆上，因为，aa1=1，则。同理，所以，故弧ef的长为，而这样的弧共有三条。在面bb1c1c上，交线为弧fg且在距球心为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，，所以弧fg的长为。
这样的弧也有三条。
于是，所得的曲线长为。
10. 已知等差数列的公差d不为0，等比数列的公比q是小于1的正有理数。若a1=d，b1=d2，且是正整数，则q等于[,
解：因为，故由已知条件知道：1+q+q2为，其中m为正整数。令，则。
由于q是小于1的正有理数，所以，即5≤m≤13且是某个有理数的平方，由此可知。
11. 已知函数，则f(x)的最小值为[,
解：实际上，设，则g(x)≥0，g(x)在上是增函数，在上是减函数，且y=g(x)的图像关于直线对称，则对任意，存在，使g(x2)=g(x1)。于是。
而f(x)在上是减函数，所以，即f(x)在上的最小值是。
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，每个小方格内至多填1个字母，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）。
解：使2个a既不同行也不同列的填法有c42a42=72种，同样，使2个b既不同行也不同列的填法也有c42a42=72种，故由乘法原理，这样的填法共有722种，其中不符合要求的有两种情况：2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个方格内填有b的情况有c161a92=16×72种。
所以，符合题设条件的填法共有7227216×72=3960种。
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