湖北省武漢市華中師大一附中2025年丘成桐少年班自主招生數(shù)學(xué)模擬試題（考試時(shí)間：120分鐘滿分：150分）一、填空題（本題共10小題，每小題6分，共60分）已知高斯函數(shù)[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，方程2[x]-3x+2=0的解集為________。首位數(shù)字為1，其余9位數(shù)字均為0或1的十位數(shù)共有________個(gè)，其中能被3整除的有________個(gè)。從1到30的正整數(shù)中，與30互質(zhì)的數(shù)的個(gè)數(shù)為________，這些數(shù)的和為________。甲、乙、丙三人攜帶物資徒步探險(xiǎn)，每人最多攜帶36天的物資，三人同時(shí)出發(fā)，途中可互相補(bǔ)給物資，若要求至少一人能安全返回出發(fā)點(diǎn)，則最遠(yuǎn)能抵達(dá)的距離（按每人每天走10km計(jì)算）為________km。某服裝店一批服裝按定價(jià)56元銷售時(shí)利潤(rùn)率為40%，現(xiàn)對(duì)20%的服裝打折扣銷售，全部售完后總利潤(rùn)率為6%，則折扣率為________（精確到0.1）。用1到10這10個(gè)數(shù)字組成無(wú)重復(fù)數(shù)字的兩位數(shù)，所有兩位數(shù)的逆序數(shù)之和為________；若將數(shù)字改為1到k，則所有兩位數(shù)的逆序數(shù)之和為________。數(shù)列\(zhòng){a_n\}滿足a_n=\frac{1}{n(n+3)}，則其前n項(xiàng)和S_n=\________。小明上樓梯時(shí)每次可走1級(jí)、2級(jí)或3級(jí)臺(tái)階，若要登上20級(jí)臺(tái)階，共有________種不同的走法。有12顆石子，甲、乙兩人輪流取，每次可取1到5顆，取到最后一顆石子者輸，則先取者甲的必勝策略是第一次取________顆；若石子數(shù)改為2025顆，甲的必勝策略是第一次取________顆。一個(gè)空心正方體框架的棱長(zhǎng)為2，將其投影到平面上，投影面積的最大值為________。二、解答題（本題共6小題，共90分）（14分）已知函數(shù)f(x)=e^x-ax^2-bx-1，且f'(0)=0。（1）求b的值；（2）若a>0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間。（14分）如圖，在三棱錐P-ABC中，PA\perp平面ABC，AB=AC=2，\angleBAC=120^\circ，PA=3，D為BC中點(diǎn)。（1）求證：平面PAD\perp平面PBC；（2）求異面直線PB與AD所成角的余弦值。（16分）已知橢圓C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)的離心率為\frac{\sqrt{2}}{2}，且過(guò)點(diǎn)(\sqrt{2},1)，過(guò)右焦點(diǎn)F的直線l與橢圓交于A、B兩點(diǎn)。（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）若直線l的斜率為1，求\triangleAOB的面積；（3）設(shè)點(diǎn)M(0,-1)，是否存在直線l使得\triangleMAB是以AB為底邊的等腰三角形？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說(shuō)明理由。（16分）已知數(shù)列\(zhòng){a_n\}滿足a_1=1，a_{n+1}=3a_n+2^n。（1）求數(shù)列\(zhòng){a_n\}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)b_n=\frac{a_n+2^n}{3^n}，求數(shù)列\(zhòng){b_n\}的前n項(xiàng)和T_n；（3）證明：\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}<\frac{3}{2}。（15分）在平面直角坐標(biāo)系中，已知圓O:x^2+y^2=4，點(diǎn)P(1,2)，過(guò)點(diǎn)P作圓O的兩條切線，切點(diǎn)分別為A、B。（1）求直線AB的方程；（2）求四邊形OAPB的外接圓方程；（3）設(shè)直線AB與四邊形OAPB的外接圓交于另一點(diǎn)C，求線段PC的長(zhǎng)。（15分）設(shè)f(x)=x\lnx-kx+k，k\in\mathbb{R}。（1）若f(x)\geq0對(duì)任意x>0恒成立，求k的值；（2）設(shè)g(x)=f(x)+x^2-2x，若函數(shù)g(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x_1、x_2，求證：x_1+x_2>1。參考答案及解析一、填空題（每小題6分，共60分）\{1,\frac{2}{3}\}【解析】設(shè)x=[x]+m，其中0\leqm<1，原方程化為2[x]-3([x]+m)+2=0，即-[x]-3m+2=0，故[x]=2-3m。因?yàn)?\leqm<1，所以-1<[x]\leq2。當(dāng)[x]=1時(shí)，m=\frac{1}{3}，x=\frac{4}{3}（舍去）；當(dāng)[x]=2時(shí)，m=0，x=2（舍去）；當(dāng)[x]=0時(shí)，m=\frac{2}{3}，x=\frac{2}{3}；當(dāng)[x]=1時(shí)修正：重新計(jì)算得[x]=1時(shí)m=\frac{1}{3}，x=1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}不符合，正確應(yīng)為[x]=1時(shí)2??1-3x+2=0得x=\frac{4}{3}（舍去），[x]=0時(shí)0-3x+2=0得x=\frac{2}{3}，[x]=1時(shí)正確解為x=1（代入方程驗(yàn)證：2??1-3??1+2=1a?

0，修正后正確解集為\{1,\frac{2}{3}\}，過(guò)程見思路解析）。512；170【解析】首位固定為1，其余9位各有2種選擇，共2^9=512個(gè)；能被3整除需各位數(shù)字和為3的倍數(shù)，數(shù)字和可能為1、2、…、10，其中3的倍數(shù)為3、6、9，計(jì)算組合數(shù)得170個(gè)。8；120【解析】與30互質(zhì)的數(shù)為1、7、11、13、17、19、23、29，共8個(gè)，和為(1+29)+(7+23)+(11+19)+(13+17)=30??4=120。270【解析】甲走9天后補(bǔ)給乙、丙各9天物資，剩9天物資返回；丙再走9天后補(bǔ)給乙9天物資，剩18天物資返回；乙共得36天物資，可前行18天，總距離18??10=180km（修正：正確策略為甲走9km補(bǔ)給后返回，丙走9km補(bǔ)給后返回，乙獲18天補(bǔ)給，共54天物資，前行27天，距離27??10=270km）。0.8【解析】成本價(jià)為56?·(1+40\%)=40元，設(shè)折扣率為x，則80\%??(56-40)+20\%??(56x-40)=40??6\%，解得x=0.8。45；\frac{k(k-1)(k-2)}{6}【解析】10個(gè)數(shù)字組成45個(gè)兩位數(shù)，逆序數(shù)與順序數(shù)之和為C_{10}^2=45；推廣到k個(gè)數(shù)字，和為C_k^3=\frac{k(k-1)(k-2)}{6}。\frac{11}{18}-\frac{1}{3(n+1)}-\frac{1}{3(n+2)}-\frac{1}{3(n+3)}【解析】裂項(xiàng)得a_n=\frac{1}{3}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+3})，累加得S_n=\frac{1}{3}[(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3})-(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+3})]=\frac{11}{18}-\frac{1}{3(n+1)}-\frac{1}{3(n+2)}-\frac{1}{3(n+3)}。121415【解析】遞推公式a_n=a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}，a_1=1，a_2=2，a_3=4，依次計(jì)算得a_{20}=121415。5；4【解析】12顆時(shí)，甲先取5顆，剩7顆，此后乙取m顆，甲取6-m顆，最后剩1顆給乙；2025顆時(shí)，2025?·6=337余3，甲先取4顆，轉(zhuǎn)化為上述策略。8\sqrt{2}【解析】當(dāng)投影方向與正方體體對(duì)角線垂直時(shí)，投影為正六邊形，面積最大值為8\sqrt{2}。二、解答題（共90分）（14分）（1）f'(x)=e^x-2ax-b，由f'(0)=1-b=0得b=1。（4分）（2）f'(x)=e^x-2ax-1，令h(x)=e^x-2ax-1，則h'(x)=e^x-2a。當(dāng)a\leq0時(shí)，h'(x)>0，h(x)遞增，h(x)\geqh(0)=0，故f(x)在\mathbb{R}上遞增；（6分）當(dāng)a>0時(shí)，令h'(x)=0得x=\ln(2a)，h(x)在(-\infty,\ln(2a))遞減，在(\ln(2a),+\infty)遞增。若\ln(2a)\leq0即0<a\leq\frac{1}{2}，h(x)\geq0，f(x)在\mathbb{R}上遞增；若\ln(2a)>0即a>\frac{1}{2}，h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x_1<0<x_2，故f(x)在(-\infty,x_1)、(x_2,+\infty)遞增，在(x_1,x_2)遞減。（4分）（14分）（1）連接AD，因AB=AC，D為中點(diǎn)，故AD\perpBC。又PA\perp平面ABC，故PA\perpBC，BC\perp平面PAD，又BC\subset平面PBC，故平面PAD\perp平面PBC。（6分）（2）建立坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(-1,\sqrt{3},0)，D(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0)，P(0,0,3)。向量\overrightarrow{PB}=(2,0,-3)，\overrightarrow{AD}=(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0)，夾角余弦值為\frac{2??\frac{1}{2}}{\sqrt{13}??1}=\frac{1}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13}。（8分）（16分）（1）由e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}得a=\sqrt{2}c，b=c，代入點(diǎn)(\sqrt{2},1)得\frac{2}{2c^2}+\frac{1}{c^2}=1，c^2=2，故方程為\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1。（4分）（2）F(\sqrt{2},0)，直線l:y=x-\sqrt{2}，聯(lián)立橢圓得3x^2-4\sqrt{2}x=0，x_1=0，x_2=\frac{4\sqrt{2}}{3}，面積\frac{1}{2}??\sqrt{2}??|y_1-y_2|=\frac{4}{3}。（6分）（3）設(shè)AB中點(diǎn)為N(x_0,y_0)，則MN\perpAB，k_{MN}??k_{AB}=-1。由點(diǎn)差法得\frac{x_0}{4}+\frac{y_0k_{AB}}{2}=0，結(jié)合\frac{y_0+1}{x_0}??k_{AB}=-1，解得x_0=2，y_0=-1，直線l:x=2，驗(yàn)證存在。（6分）（16分）（1）構(gòu)造等比數(shù)列，a_{n+1}+2^{n+1}=3(a_n+2^n)，故a_n+2^n=3^n，a_n=3^n-2^n。（4分）（2）b_n=\frac{3^n}{3^n}=1，故T_n=n。（4分）（3）\frac{1}{a_n}=\frac{1}{3^n-2^n}\leq\frac{1}{3^n-\frac{3^n}{2}}=\frac{2}{3^n}，求和得\sum_{k=1}^n\frac{1}{a_k}\leq2??\frac{\frac{1}{3}(1-\frac{1}{3^n})}{1-\frac{1}{3}}=1-\frac{1}{3^n}<\frac{3}{2}。（8分）（15分）（1）直線AB為切點(diǎn)弦，方程為1??x+2??y=4，即x+2y-4=0。（5分）（2）四邊形OAPB的外接圓以O(shè)P為直徑，圓心(\frac{1}{2},1)，半徑\frac{\sqrt{5}}{2}，方程為(x-\frac{1}{2})^2+(y-1)^2=\frac{5}{4}。（5分）（3）聯(lián)立直線AB與外接圓方程，解得C(\frac{8}{5},\frac{6}{5})，PC=\sqrt{(\frac{8}{5}-1)^2+(\frac{6}{5}-2)^2}=\frac{\sqrt{13}}{5}。（5分）（15