2013年卓越联盟自主招生数学试题及答案

2013年全国高校自主招生数学模拟试卷十三一、选择题(本题满分36分，每题6分)1． 把圆x 2+(y －1)2=1与椭圆9x 2+(y +1)2=9的公共点，用线段连接起来所得到的图形为( )(A )线段 (B )不等边三角形 (C )等边三角形 (D )四边形2． 等比数列{a n }的首项a 1=1536,公比q=－12,用πn 表示它的前n 项之积。

则πn (n ∈N *)最大的是( )(A )π9 (B )π11 (C )π12 (D )π133． 存在整数n,使p +n +n 是整数的质数p ( ) (A )不存在 (B )只有一个 (C )多于一个,但为有限个 (D )有无穷多个4． 设x ∈(－12，0),以下三个数α1=cos(sin xπ),α2=sin(cos xπ),α3=cos(x +1)π的大小关系是( )(A )α3<α2<α1 (B )α1<α3<α2 (C )α3<α1<α2 (D )α2<α3<α15． 如果在区间[1,2]上函数f (x )=x 2+px +q 与g (x )=x +1x 2在同一点取相同的最小值，那么f (x )在该区间上的最大值是( )(A ) 4+11232+34 (B ) 4－5232+34 (C ) 1－1232+34 (D )以上答案都不对6． 高为8的圆台内有一个半径为2 的球O 1，球心O 1在圆台的轴上，球O 1与圆台的上底面、侧面都相切，圆台内可再放入一个半径为3的球O 2，使得球O 2与球O 1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，除球O 2，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是( ) (A ) 1 (B ) 2 (C ) 3 (D ) 4 二、填空题(本题满分54分，每小题9分)1． 集合{x |－1≤log 1x10<－12，x ∈N *}的真子集的个数是 ．2． 复平面上，非零复数z 1，z 2在以i 为圆心，1为半径的圆上，_z 1·z 2的实部为零，z 1的辐角主值为π6，则z 2=_______．3． 曲线C 的极坐标方程是ρ=1+cos θ，点A 的极坐标是(2,0)，曲线C 在它所在的平面内绕A 旋转一周，则它扫过的图形的面积是_______．4． 已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为2，则最远的两顶点间的距离是________．5． 从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的六个面染色，每 面恰染一种颜色，每两个具有公共棱的面染成不同的颜色。

2013年全国高校自主招生数学模拟试卷十三一、选择题(本题满分36分，每题6分)1． 把圆x 2+(y －1)2=1与椭圆9x 2+(y +1)2=9的公共点，用线段连接起来所得到的图形为( )(A )线段 (B )不等边三角形 (C )等边三角形 (D )四边形2． 等比数列{a n }的首项a 1=1536,公比q=－12,用πn 表示它的前n 项之积。

则πn (n∈N *)最大的是( )(A )π9 (B )π11 (C )π12 (D )π133． 存在整数n,使p +n +n 是整数的质数p ( )(A )不存在 (B )只有一个 (C )多于一个,但为有限个 (D )有无穷多个4． 设x ∈(－12，0),以下三个数α1=cos(sin xπ),α2=sin(cos xπ),α3=cos(x +1)π的大小关系是( )(A )α3<α2<α1 (B )α1<α3<α2 (C )α3<α1<α2 (D )α2<α3<α15． 如果在区间[1,2]上函数f (x )=x2+px +q 与g (x )=x +1x2在同一点取相同的最小值，那么f (x )在该区间上的最大值是( )(A ) 4+11232+34 (B ) 4－5232+34(C ) 1－1232+34 (D )以上答案都不对6． 高为8的圆台内有一个半径为2 的球O 1，球心O 1在圆台的轴上，球O 1与圆台的上底面、侧面都相切，圆台内可再放入一个半径为3的球O 2，使得球O 2与球O 1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，除球O 2，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是( )(A ) 1 (B ) 2 (C ) 3 (D ) 4 二、填空题(本题满分54分，每小题9分)1． 集合{x |－1≤log 1x10<－12，x ∈N *}的真子集的个数是 ．2． 复平面上，非零复数z 1，z 2在以i 为圆心，1为半径的圆上，_z 1·z 2的实部为零，z 1的辐角主值为π6，则z 2=_______．3． 曲线C 的极坐标方程是ρ=1+cos θ，点A 的极坐标是(2,0)，曲线C 在它所在的平面内绕A 旋转一周，则它扫过的图形的面积是_______．4． 已知将给定的两个全等的正三棱锥的底面粘在一起，恰得到一个所有二面角都相等的六面体，并且该六面体的最短棱的长为2，则最远的两顶点间的距离是________．5．从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的六个面染色，每面恰染一种颜色，每两个具有公共棱的面染成不同的颜色。

2013年全国高校自主招生数学模拟试卷十二一、选择题(36分)1．已知数列{x n }满足x n +1=x n －x n －1(n ≥2)，x 1=a ， x 2=b ， 记S n =x 1+x 2+ +x n ，则下列结论正确的是(A )x 100=-a ，S 100=2b -a (B )x 100=-b ，S 100=2b -a (C )x 100=-b ，S 100=b -a (D )x 100=-a ，S 100=b -a2．如图，正四面体ABCD 中，E 在棱AB 上，F 在棱CD 上，使得AE EB =CFFD =λ (0<λ<+∞)，记f (λ)=αλ+βλ其中αλ表示EF 与AC 所成的角，βλ表示EF 与BD 所成的角，则(A ) f (λ)在(0，+∞)单调增加(B ) f (λ)在(0，+∞)单调减少(C ) f (λ) 在(0，1)单调增加，而在(1，+∞单调减少 (D ) f (λ)在(0，+∞)为常数3．设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项的和为972，则这样的数列共有(A )2个 (B )3个 (C )4个 (D )5个4．在平面直角坐标系中，若方程m (x 2+y 2+2y +1)=(x －2y +3)2表示的曲线为椭圆，则m 的取值范围为(A )(0，1) (B )(1，+∞) (C )(0，5) (D )(5，+∞)5．设f (x )=x 2－πx ，α = arcsin 13，β=arctan 54，γ=arcos(－13)，δ=arccot(－54)，则 (A )f (α)>f (β)>f (δ)>f (γ) (B ) f (α)> f (δ)>f (β)>f (γ) (C ) f (δ)>f (α)>f (β)>f (γ) (D ) f (δ)>f (α)>f (γ)>f (β)6．如果空间三条直线a ，b ，c 两两成异面直线，那么与a ，b ，c 都相交的直线有 (A ) 0条 (B ) 1条 (C )多于1 的有限条 (D ) 无穷多条二．填空题(每小题9分，共54分)1．设x ，y 为实数，且满足⎩⎨⎧(x －1)3+1997(x －1)=－1，(y －1)3+1997(y －1)=1．则x +y = . 2．过双曲线x 2－y 22=1的右焦点作直线l 交双曲线于A 、B 两点，若实数λ使得|AB | =λ的直线l 恰有3条，则λ= .3．已知复数z 满足⎪⎪⎪⎪2z +1z =1，则z 的幅角主值范围是 ．4．已知三棱锥S -ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，设S 、A 、B 、C 四点均在以O 为球心的某个球面上，则点O 到平面ABC 的距离为 ．5．设ABCDEF 为正六边形，一只青蛙开始在顶点A 处，它每次可随意地跳到相邻两顶EFB CD A点之一．若在5次之内跳到D 点，则停止跳动；若5次之内不能到达D 点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种．6．设a =log z +log[x (yz )-1+1]，b =log x -1+log(xyz +1)，c =log y +log[(xyz )-1+1]，记a ，b ，c 中最大数为M ，则M 的最小值为 ． 三、（20分）设x ≥y ≥z ≥π12，且x +y +z =π2，求乘积cos x sin y cos z 的最大值和最小值．四、(20分)设双曲线xy =1的两支为C 1，C 2(如图)，正三角形PQR 的三顶点位于此双曲线上． (1)求证：P 、Q 、R 不能都在双曲线的同一支上；(2)设P (-1，-1)在C 2上， Q 、R 在C 1上，求顶点Q 、R 的坐标．五、(20分)设非零复数a 1，a 2，a 3，a 4，a 5满足⎩⎨⎧a 2a 1=a 3a 2=a 4a 3=a 5a 4，a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=4(1a 1+1a 2+1a 3+1a 4+1a 5)=S ．其中S 为实数且|S |≤2．求证：复数a 1，a 2，a 3，a 4，a 5在复平面上所对应的点位于同一圆周上．2013年全国高校自主招生数学模拟试卷十二参考答案一、选择题(每小题6分，共36分)1．已知数列{x n }满足x n +1=x n －x n －1(n ≥2)，x 1=a ， x 2=b ， 记S n =x 1+x 2+ +x n ，则下列结论正确的是(A )x 100=-a ，S 100=2b -a (B )x 100=-b ，S 100=2b -a (C )x 100=-b ，S 100=b -a (D )x 100=-a ，S 100=b -a解：x 1=a ，x 2=b ，x 3=b －a ，x 4=－a ，x 5=－b ，x 6=a －b ，x 7=a ，x 8=b ，…．易知此数列循环，x n +6=x n ，于是x 100=x 4=－a ，又x 1+x 2+x 3+x 4+x 5+x 6=0，故S 100=2b －a ．选A ．2．如图，正四面体ABCD 中，E 在棱AB 上，F 在棱CD 上，使得AE EB =CFFD =λ (0<λ<+∞)，记f (λ)=αλ+βλ其中αλ表示EF 与AC 所成的角，βλ表示EF 与BD 所成的角，则(A ) f (λ)在(0，+∞)单调增加 (B ) f (λ)在(0，+∞)单调减少(C ) f (λ) 在(0，1)单调增加，而在(1，+∞单调减少 (D ) f (λ)在(0，+∞)为常数解：作EG ∥AC 交BC 于G ，连GF ，则AE EB =CG GB =CFFD ，故GF ∥BD ．故∠GEF=αλ，∠GFE=βλ，但AC ⊥BD ，故∠EGF=90°．故f (λ)为常数．选D ．3．设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项的和为972，则这样的数列共有(A )2个 (B )3个 (C )4个 (D )5个解：设首项为a ，公差为d ，项数为n ，则na +12n (n －1)d=972，n [2a +(n －1)d ]=2×972，即n 为2×972的大于3的约数．∴ ⑴ n=972，2a +(972－1)d=2，d=0，a=1；d ≥1时a <0．有一解；⑵n=97，2a +96d=194，d=0，a=97；d=1，a=a=49；d=2，a=1.有三解； ⑶n=2×97，n=2×972，无解．n=1，2时n <3.．选C4．在平面直角坐标系中，若方程m (x 2+y 2+2y +1)=(x －2y +3)2表示的曲线为椭圆，则m 的取值范围为(A )(0，1) (B )(1，+∞) (C )(0，5) (D )(5，+∞)解：看成是轨迹上点到(0，－1)的距离与到直线x －2y +3=0的距离的比：x 2+(y +1)2|x －2y +3|12+(－2)2=5m <1⇒m >5，选D ．5．设f (x )=x 2－πx ，α = arcsin 13，β=arctan 54，γ=arcos(－13)，δ=arccot(－54)，则 (A )f (α)>f (β)>f (δ)>f (γ) (B ) f (α)> f (δ)>f (β)>f (γ)E FBCDA(C ) f (i )>f (α)>f (β)>f (γ) (D ) f (δ)>f (α)>f (γ)>f (β) 解：f (x )的对称轴为x=π2，易得， 0<α<π6<π4<β<π3<π2<γ<2π3<3π4<δ<5π6．选B ．6．如果空间三条直线a ，b ，c 两两成异面直线，那么与a ，b ，c 都相交的直线有(A ) 0条 (B ) 1条 (C )多于1 的有限条 (D ) 无穷多条解：在a 、b 、c 上取三条线段AB 、CC '、A 'D '，作一个平行六面体ABCD —A 'B 'C 'D '，在c 上取线段A 'D '上一点P ，过a 、P 作 一个平面，与DD '交于Q 、与CC '交于R ，则QR ∥a ，于是PR 不与a 平行，但PR 与a 共面．故PR 与a 相交．由于可以取无穷多个点P ．故选D ．二．填空题(每小题9分，共54分)1．设x ，y 为实数，且满足⎩⎨⎧(x －1)3+1997(x －1)=－1，(y －1)3+1997(y －1)=1． 则x +y = . 解：原方程组即⎩⎨⎧(x －1)3+1997(x －1)+1=0，(1－y )3+1997(1－y )+1=0．取 f (t )=t 3+1997t +1，f '(t )=3t 2+1987>0．故f (t )单调增，现x －1=1－y ，x +y=2．2．过双曲线x 2－y 22=1的右焦点作直线l 交双曲线于A 、B 两点，若实数λ使得|AB | =λ的直线l 恰有3条，则λ= ．解：右支内最短的焦点弦=2b 2a =4．又2a=2，故与左、右两支相交的焦点弦长≥2a=2，这样的弦由对称性有两条．故λ=4时设AB 的倾斜角为θ，则右支内的焦点弦λ=2ab 2a 2－c 2cos 2θ=41－3cos 2θ≥4，当θ=90°时，λ=4．与左支相交时，θ=±arccos23时，λ=⎪⎪⎪⎪2ab 2a 2－c 2cos 2θ=⎪⎪⎪⎪41－3cos 2θ=4．故λ=4． 3．已知复数z 满足⎪⎪⎪⎪2z +1z =1，则z 的幅角主值范围是 ．解：⎪⎪⎪⎪2z +1z =1⇔4r 4+(4cos2θ－1)r 2+1=0，这个等式成立等价于关于x 的二次方程4x 2+(4cos2θ－1)x +1=0有正根．△=(4cos2θ－1)2－16≥0，由x 1x 2=14>0，故必须x 1+x 2=－4cos2θ－14>0． ∴cos2θ≤－34．∴ (2k +1)π－arccos 34≤2θ≤(2k +1)π+arccos 34． ∴ kπ+π2－12arccos 34≤θ≤kπ+π2+12arccos 34，(k=0，1)B‘C’D’A‘CDASQ PR acb4．已知三棱锥S -ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，SA=SB=SC=2，AB=2，设S 、A 、B 、C 四点均在以O 为球心的某个球面上，则点O 到平面ABC 的距离为 ．解：SA=SB=SC=2，⇒S 在面ABC 上的射影为AB 中点H ，∴ SH ⊥平面ABC ．∴ SH 上任意一点到A 、B 、C 的距离相等． ∵ SH=3，CH=1，在面SHC 内作SC 的垂直平分线MO 与SH 交于O ，则O 为SABC 的外接球球心．SM=1，∴SO=233，∴ OH=33，即为O 与平面ABC 的距离．5．设ABCDEF 为正六边形，一只青蛙开始在顶点A 处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一．若在5次之内跳到D 点，则停止跳动；若5次之内不能到达D 点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种．解：青蛙跳5次，只可能跳到B 、D 、F 三点(染色可证)． 青蛙顺时针跳1次算+1，逆时针跳1次算－1，写5个“□1”，在□中填“+”号或“－”号：□1□1□1□1□1规则可解释为：前三个□中如果同号，则停止填写；若不同号，则后2个□中继续填写符号．前三□同号的方法有2种；前三个□不同号的方法有23－2=6种，后两个□中填号的方法有22种．∴ 共有2+6×4=26种方法．6．设a =log z +log[x (yz )-1+1]，b =log x -1+log(xyz +1)，c =log y +log[(xyz )-1+1]，记a ，b ，c 中最大数为M ，则M 的最小值为 ．解：a=log(x y +z )，b=log(yz +1x )，c=log(1yz +y )．∴ a +c=log(1yz +1x +yz +x )≥2log2．于是a 、c 中必有一个≥log2．即M ≥log2，于是M 的最小值≥log2．但取x=y=z=1，得a=b=c=log2．即此时M=log2．于是M 的最小值≤log2． ∴ 所求值=log2． 三、（本题满分20分）设x ≥y ≥z ≥π12，且x +y +z=π2，求乘积cos x sin y cos z 的最大值和最小值． 解：由于x ≥y ≥z ≥π12，故π6≤x ≤π2 －π12×2=π3．∴ cos x sin y cos z=cos x ×12[sin(y +z )+sin(y －z )]=12cos 2x +12cos x sin(y －z )≥12cos 2π3 =18 ．即最小值．(由于π6 ≤x ≤π3 ，y ≥z ，故cos x sin(y －z )≥0)，当y=z=π12 ，x=π3 时，cos x sin y cos z=18 ． ∵ cos x sin y cos z=cos z ×12[sin(x +y )－sin(x －y )]=12cos 2z －12cos z sin(x －y )．O M2HSA B C 212由于sin(x －y )≥0，cos z >0，故cos x sin y cos z ≤12cos 2z=12cos 2π12 =12(1+cos π6)=2+ 38 ． 当x= y=5π12 ，z=π12 时取得最大值． ∴ 最大值2+38，最小值18．四、(本题满分20分)设双曲线xy =1的两支为C 1，C 2(如图)，正三角形PQR 的三顶点位于此双曲线上． (1)求证：P 、Q 、R 不能都在双曲线的同一支上；(2)设P (-1，-1)在C 2上， Q 、R 在C 1上，求顶点Q 、R 的坐标．解：设某个正三角形的三个顶点都在同一支上．此三点的坐标为P (x 1，1x 1)，Q (x 2，1x 2)，R (x 3，1x 3)．不妨设0<x 1<x 2<x 3，则1x 1>1x 2>1x 3>0．k PQ =y 2－y 1x 2－x 1=－1x 1x 2；k QR =－1x 2x 3；tan ∠PQR=－1x 1x 2 +1x 2x 31+1x 1x 3x 22<0，从而∠PQR 为钝角．即△PQR 不可能是正三角形．⑵ P (－1，－1)，设Q (x 2，1x 2)，点P 在直线y=x 上．以P 为圆心，|PQ |为半径作圆，此圆与双曲线第一象限内的另一交点R 满足|PQ |=|PR |，由圆与双曲线都是y=x 对称，知Q 与R 关于y=x 对称．且在第一象限内此二曲线没有其他交点(二次曲线的交点个数)．于是R (1x 2，x 2)．∴ PQ 与y=x 的夹角=30°，PQ 所在直线的倾斜角=75°．tan75°=1+331－33=2+3．PQ 所在直线方程为y +1=(2+3)(x +1)，代入xy=1，解得Q (2－3，2+3)，于是R (2+3，2－3)．五、(本题满分20分)设非零复数a 1，a 2，a 3，a 4，a 5满足⎩⎨⎧a 2a 1=a 3a 2=a 4a 3=a 5a 4，a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=4(1a 1+1a 2+1a 3+1a 4+1a 5)=S ．其中S 为实数且|S |≤2．求证：复数a 1，a 2，a 3，a 4，a 5在复平面上所对应的点位于同一圆周上．证明：设a 2a 1=a 3a 2=a 4a 3=a 5a 4=q ，则由下式得a 1(1+q +q 2+q 3+q 4)=4a 1q 4(1+q +q 2+q 3+q 4)．∴ (a 12q 4－4) (1+q +q 2+q 3+q 4)=0，故a 1q 2=±2，或1+q +q 2+q 3+q 4=0．⑴ 若a 1q 2=±2，则得±2(1q 2+1q +1+q +q 2)=S ．⇒S=±2[(q +1q )2+(q +1q )－1]=±2[(q +1q +12)2－54]． ∴ 由已知，有(q +1q +12)2－54∈R ，且|(q +1q +12)2－54|≤1．令q +1q +12=h (cos θ+i sin θ)，(h >0)．则h 2(cos2θ+i sin2θ)－54∈R ．⇒sin2θ=0． －1≤h 2(cos2θ+i sin2θ)－54≤1．⇒14≤h 2(cos2θ+i sin2θ)≤94，⇒cos2θ>0．⇒θ=kπ(k ∈Z ) ∴ q +1q ∈R ．再令q=r (cos α+i sin α)，(r >0)．则q +1q =(r +1r )cos α+i (r －1r )sin α∈R ．⇒sin α=0或r=1．若sin α=0，则q=±r 为实数．此时q +1q ≥2或q +1q ≤－2．此时q +1q +12≥52，或q +1q +12≤－32．此时，由|(q +1q +12)2－54|≤1，知q=－1．此时，|a i |=2．若r=1，仍有|a i |=2，故此五点在同一圆周上．⑵ 若1+q +q 2+q 3+q 4=0．则q 5－1=0，∴ |q |=1．此时|a 1|=|a 2|=|a 3|=|a 4|=|a 5|，即此五点在同一圆上．综上可知，表示复数a 1，a 2，a 3，a 4，a 5在复平面上所对应的点位于同一圆周上．。

2013年全国高校自主招生数学模拟试卷三一、选择题（36分）1．函数在上的最小值是（）A．0 B．1 C．2 D．32．设，，若，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．3．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望为 （）A. B. C. D.4．若三个棱长均为整数（单位：cm）的正方体的表面积之和为564cm2，则这三个正方体的体积之和为（）A. 764 cm3或586 cm3B. 764 cm3C. 586 cm3或564 cm3D. 586 cm35．方程组的有理数解的个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 46．设的内角所对的边成等比数列，则的取值范围是（）A. B.C. D.二、填空题（54分，每小题9分）7．设，其中为实数，，，，若，则 .8．设的最小值为，则．9．将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 种．10．设数列的前项和满足：，，则通项 =．11．设是定义在上的函数，若，且对任意，满足，，则 =．12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是．12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是．14．解不等式．15．如题15图，是抛物线上的动点，点在轴上，圆内切于，求面积的最小值．2013年全国高校自主招生数学模拟试卷三参考答案1[解]当时，，因此，当且仅当时上式取等号．而此方程有解，因此在上的最小值为2．[解法一] 因有两个实根，，故等价于且，即且，解之得．[解法二]（特殊值验证法）令，排除C，令，排除A、B，故选D。

[解法三]（根的分布）由题意知的两根在内，令则解之得：2[解法一] 依题意知，的所有可能值为2，4，6.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为 ．若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有 ， ， ，故．[解法二] 依题意知，的所有可能值为2，4，6.令表示甲在第局比赛中获胜，则表示乙在第局比赛中获胜．由独立性与互不相容性得，，，故．3[解] 设这三个正方体的棱长分别为，则有，，不妨设，从而，．故．只能取9，8，7，6．若，则，易知，，得一组解．若，则，．但，，从而或5．若，则无解，若，则无解．此时无解．若，则，有唯一解，．若，则，此时，．故，但，故，此时无解．综上，共有两组解或体积为 cm3或 cm3．4[解] 若，则解得或若，则由得．①由得．②将②代入得．③由①得，代入③化简得 .易知无有理数根，故，由①得，由②得，与矛盾，故该方程组共有两组有理数解或5[解] 设的公比为，则，而 ．因此，只需求的取值范围．因成等比数列，最大边只能是或，因此要构成三角形的三边，必需且只需且．即有不等式组即解得从而，因此所求的取值范围是．6[解] 由题意知，由得，，因此，，．7[解]，(1) 时，当时取最小值；(2) 时，当时取最小值1；(3) 时，当时取最小值．又或时，的最小值不能为，故，解得， (舍去)．8[解法一] 用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用表示名额．如表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额．若把每个“ ”与每个“ ”都视为一个位置，由于左右两端必须是“｜”，故不同的分配方法相当于个位置（两端不在内）被2个“｜”占领的一种“占位法”．“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“ ”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“｜”，故有种．又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．[解法二]　设分配给3个学校的名额数分别为，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程 ．的正整数解的个数，即方程的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：．又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种．综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种．9[解] ，即 2= ，由此得 2 ．令， ( )，有，故，所以．10[解法一] 由题设条件知，因此有，故．[解法二] 令，则，，即，故，得是周期为2的周期函数，所以．11[解] 如答12图1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为，作平面 //平面，与小球相切于点，则小球球心为正四面体的中心，，垂足为的中心．因，故，从而．记此时小球与面的切点为，连接，则．考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为)相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如答12图2．记正四面体的棱长为，过作于．因，有，故小三角形的边长．小球与面不能接触到的部分的面积为（如答12图2中阴影部分）． 又，，所以．由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为．三、解答题（本题满分60分，每小题20分）12[证] 的图象与直线的三个交点如答13图所示，且在内相切，其切点为，．…5分由于，，所以，即． …10分…15分． …20分[解法一] 由，且在上为增函数，故原不等式等价于． 即 ． …5分分组分解 ，， …10分所以 ， ． …15分所以，即或．故原不等式解集为． …20分[解法二] 由，且在上为增函数，故原不等式等价于． …5分即，， …10分令，则不等式为，显然在上为增函数，由此上面不等式等价于， …15分即，解得　( 舍去)，故原不等式解集为． …20分13[解] 设，不妨设．直线的方程: ，化简得．又圆心到的距离为1，， …5分故，易知，上式化简得，同理有． …10分所以，，则因是抛物线上的点，有，则，． …15分所以 ．当时，上式取等号，此时．因此的最小值为8． …20分。