2019年中科大创新班考试数学模拟试题
参考答案
一、填空题
1、答案：7．
解析：点集B 如图中阴影部分所示，其面积为
133227.2
MRS MNPQ S S -=⨯-⨯⨯=正方形
2、答案：480．
解析：对0,7两元素的像而言，因为0)()(=j f i f ,所以，0,7这两个元素的像至少有一个为0，共计有1518*2=-种情形。

对1,6两元素的像而言，此时，3*26*16)()(===j f i f ，对1,6两元素的像有四种可能。

同理对2,5有2种，对3,4有4种，共计15*4*2*4=480种
3、答案：5
52．解析：不妨设椭圆E 的方程为22
221(0)+=>>x y a b a b
，P 经过E 的两个焦点，222=+x cy c
222=+a b c ，P 与E 恰有三个交点，所以2=c b ，则E 得离心率等于5
=
=c e a 4、答案：324+.解析：如图所示：324tan 2tan tan sin sin sin 3
22sin 2122+==+⇔=⇔=⇔∆∆B C A C B A R B R S S AC OG AGC AOC ∥
5、答案：.9
6如图：记MN 与AK 交于点G 并设面ACK 与面CMN 所成的锐角大小为θ。

作⊥CO 面ABD 于点O 。

延长AO 交于BD 于点X ，易知O 是ABD ∆的中心，则
XD BX OX AO ==,2，
又ND AN MB AM 2,2==，因此，M 、O 、N 三点共线。

O 是MN 的中点。

由MN AO ⊥，CO AO ⊥知
⊥AO 面CMN 。

故ACG ∆在面CMN 上的投影为OCG ∆。

由面积射影定理得
964
3213296413241cos =⨯⨯⨯===∆∆∆∆ACK CMN ACG COG S S S S θ6、答案：⎥⎦
⎤⎢⎣⎡+-215215，.解析：设()()cos sin 0z r i r θθ=+>，由已知得11cos i sin 1r r r r θθ⎛⎫⎛⎫++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭，即2212cos 21r r θ++=，所以2
132cos 25r r θ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭≤，
有1r r +，
即210r -+≤．解这个一元二次不等式，注意到z r =
，可知
1122
z ≤≤．
7、答案：2475+.
解析：显然每个正整数x 皆属于{}n x ，称{}n x 的这种子列为A 型的，记为123,,,a a a ；下面考虑x 不是正整数的情况，称{}n x 的这种子列为B 型的，记为123,,,b b b ；由[]{}x x x =+，其中0{}1x <<，所以20{}1x <<，设2{},x x k k +=为整数，则
2[]{}{},x x x k ++=而由22{}{}[],0{}{}2x x k x x x +=-<+<，得[]1k x -=，所以
[]1x k =-，1,2,3,k = ，并且2{}{}1x x +=，解得51{}2
x -=，于是
11,2
x k =-+1,2,3,k = ，因此任两个相邻自然数之间恰有一个B 型子列的项，从
而11,2k b k -=-+
k a k =，1,2,3,k = ，且{}n x 的前100项自小到大排列是：11225050,,,,,,b a b a b a ，
所以，5050100112475k k k k S b a
===+=+∑∑．
8、答案：39.
解析：首先存在38个连续的正整数，其中每一个数的数码之和不是11的倍数,如下：999981,999982， (1000018)
若39≥m ，至少有3个是10的倍数，这3个数中必有一个数的十位不大于8，且该后至少有19个数在所取的39个连续的正整数中.设这个数为a ，并设它的数码和为)(a S ，现在考虑数a ，a +1,a +2,...,a +9,a +19,这11个数都是所取的39个数中的数，它们的数码之和构成11个连续的正整数，必有一个是11的倍数.
二、解答题
证明：由b c a 2=+，得C
A B sin sin sin 2+=即2cos 2sin 22cos 2sin
4C A C A C A C A -+=++因为02sin ,20≠+<+<C A C A π所以2cos 22cos C A C A +=-
展开并整理，得2
cos 2cos 2sin 2sin
3C A C A =所以312tan 2tan =C A 三、解答题
证明：令c bx ax x f ++=2)(，则
c f =)0(，c b a f ++=)1(，c b a f +-=-)1(，且1)0(≤f ，1)1(≤f ，1)1(≤-f ，
则)0(f c =，2)1()1(--=f f b ，2
)0(2)1()1(f f f a --+=，所以当[]1,1-∈x 时，
2)0(2)1()1(2)1()1()0(22f f f f f x f x a bx cx --++--⋅+⋅=++)0()1()1(2
1)1(212f x f x f x ⋅-+-⋅-+⋅+=)0(1)1(1)1(1
2f x f x
f x ⋅-+-⋅-+⋅+≤
2212
12122≤-=-+-++≤x x x x 所以命题得证。

四、解答题
证明：引理：抛物线)0(2≠++=a c bx ax y 在)(00，y x 处的切线斜率是b ax +02。

引理的证明：设)(00，y x 处的切线方程为)(00x x k y y -=-，代入抛物线方程得0)(002=-++-+y kx c x k b ax ①
又c
bx ax y ++=0200
故①可化简成[]0)()(00=-++-k b x x a x x ②因为②只有一个实根，所以b ax k +=02引理得证。

设)(00，y x P 为任一正交点，则它是由线
212201cos 2tan x v g x y ⋅-⋅=αα与tan ⋅=x y 22202cos 2ααv g -
2x ⋅的交点，则两条切线的斜率分别为（由引理）00112222220102
tan ,tan cos cos gx gx k k v v =-+α=-+ααα又由题设121-=k k ，所以
001222220102tan tan 1cos cos gx gx v v αααα⎛⎫⎛⎫--=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭③
又因为)(00，y x P 在两条抛物线上，所以=00x y ,cos 2tan 122001ααv gx -=00x y ,cos 2tan 2
22002ααv gx -代入③式得.1tan 2tan 2200100-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-ααx y x y （※）又因为21tan ,tan αα是方程200022000
022gx y gx t t v x v ⎛⎫-++= ⎪⎝⎭ 的两根，所以20120
2tan tan ,v gx αα+=④20001220002tan tan 2v y gx gx x v αα⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
⑤把④，⑤代入（※）式得2220000022v x y y g -+=220020440022
4,1168v y g x v v g g ⎛⎫
- ⎪⎝⎭+=即。