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“华约”自主招生数学试题及解答(2010-2013...


2010 年“华约”自主招生试题解析

一、选择题 1.设复数 w ? ( (A) ?

3 2

a?i 2 ) ,其中 a 为实数,若 w 的实部为 2,则 w 的虚部为( 1? i 1 1 3 (B) ? (C) (D) 2 2 2



2.设向量 a , b ,满足 | a |?| b |? 1, a ? b ? m ,则 | a ? tb |

(t ? R) 的最小值为(



(A)2 3。缺 4。缺

(B)

1 ? m2

(C)1

(D)

1 ? m2

5.在 ?ABC 中,三边长 a, b, c ,满足 a ? c (A)

? 3b ,则 tan

A C tan 的值为( 2 2



1 5

(B)

1 4

(C)

1 2

(D)

2 3
垂直 BC 于 F ,OH 与 AF

6. 如图,?ABC 的两条高线

AD, BE 交于 H ,其外接圆圆心为 O ,过 O 作 OF
) (D) 1 : 2 (C) 2 : 5

相交于 G ,则 ?OFG 与 ?GAH 面积之比为( (A) 1 : 4 (B) 1 : 3

7. 设

过点 曲线 f ( x) ? eax (a ? 0) . P(a, 0) 且平行于 y 轴的直线与曲线 C : y ? f ( x) 的交点为 Q , C 过点 Q )

的切线交 x 轴于点 R ,则 ?PQR 的面积的最小值是(

(A)1

(B)

2e 2

e (C) 2

e2 (D) 4

8.设双曲线 C1 :

x2 y 2 x2 y 2 ? ? k (a ? 2, k ? 0) ,椭圆 C2 : 2 ? ? 1 .若 C2 的短轴长与 C1 的实轴长的比值 a2 4 a 4


等于 C2 的离心率,则 C1 在 C2 的一条准线上截得线段的长为(

(A) 2

2?k

(B)2

(C) 4

4?k

(D)4

9.欲将正六边形的各边和各条对角线都染为 n 种颜色之一,使得以正六边形的任何 3 个顶点作为顶点的三角形有 3 种不同颜色的边,并且不同的三角形使用不同的 3 色组合,则 n 的最小值为( (A)6 10.设定点 (B)7 (C)8 (D)9 表示空间以直线 OA 为轴满足条件 )

A、 B、 C D 是以 O 点为中心的正四面体的顶点,用 ? 、

? ( B) ? C 的旋转,用 ?

表示空间关于 OCD 所在平面的镜面反射,设 l 为过

AB 中点与 CD 中点的直线,用 ?
) (D) ? ?? ?? ?? ?? ??

表示空间以 l 为轴的 180°旋转.设 ? ?? 表示变换的复合,先作 ? ,再作 ? 。则 ? 可以表示为( (A) ? ?? ?? ?? ?? (B) ? ?? ?? ?? ?? ?? (C)? ?? ?? ?? ??

二、解答题 11. 在 ?ABC 中,已知 2sin (Ⅰ)求角 C 的大小; (Ⅱ)求 ?ABC 面积的最大值.
2

A? B ? cos 2C ? 1 ,外接圆半径 R ? 2 . 2

12.

、 设 A B、C、D 为抛物线 x

2

? 4 y 上不同的四点,A, D 关于该抛物线的对称轴对称,BC 平行于该抛物线在点 D 处

的切线 l .设 D 到直线 AB ,直线 AC 的距离分别为 d1 , d 2 ,已知 d1 ? d 2 (Ⅱ)若 ?ABC 的面积为 240,求点

? 2 AD



(Ⅰ)判断 ?ABC 是锐角三角形 、 直角三角形 、 钝角三角形中的哪一种三角形,并说明理由;

A 的坐标及直线 BC 的方程.

13.

(Ⅰ)正四棱锥的体积 V

?

2 3

,求正四棱锥的表面积的最小值;

(Ⅱ)一般地,设正 n 棱锥的体积 V 为定值,试给出不依赖于 n 的一个充分必要条件,使得正 n 棱锥的表面积取 得最小值.

14. 假定亲本总体中三种基因型式:

AA, Aa, aa 的比例为 u : 2v : w (u ? 0, v ? 0, w? 0, u ? 2v ? w ?1) 且数量充

分多,参与交配的亲本是该总体中随机的两个. (Ⅰ)求子一代中,三种基因型式的比例; (Ⅱ)子二代的三种基因型式的比例与子一代的三种基因型式的比例相同吗?并说明理由. 15.

x?m 1 2t ? 1 2 s ? 1 )? ,且存在函数 s ? ? ? t ? ? at ? b(t ? , a ? 0) ,满足 f ( . x ?1 2 t s 2 s ? 1 2t ? 1 )? (Ⅰ)证明:存在函数 t ? ? ( s) ? cs ? d ( s ? 0), 满足 f ( ; s t 1 (Ⅱ)设 x1 ? 3, xn?1 ? f ( xn ), n ? 1, 2,?. 证明: xn ? 2 ? n ?1 . 3
设函数

f ( x) ?

2010 年五校合作自主选拔通用基础测试数学
一、选择题 AD C ABDBD 二、解答题 11.解: (Ⅰ)由 2sin

A? B ? cos 2C ? 1 得 2 C 2 cos 2 ? 1 ? ? cos 2C , 2
2

所以 cos C 即 2cos
2

? ?(2cos2 ?1).

C ? cos C ? 1 ? 0

(2cos C ?1)(cos C ? 1) ? 0
因为 C 为 ?ABC 内角 所 cos C

?1 ? 0 , 1 cos C ? , 2

C?

? . 3

(Ⅱ) c

? 2 R sin C ? 4?
2

3 ? 2 3. 2

又由余弦定理得 c 即 12 ? a 又a
2 2

? a2 ? b2 ? 2ab cos C, ,

? b2 ? ab,


? b2 ? ab ? 2ab ? ab ? ab,

所以 ab ? 12. 有 S? ABC

1 3 3 ? ab sin C ? ab ? ? ? 3 3, , 12 2 4 4
? b 即 ? ABC 为等边三角形时,

当且仅当 a

? ABC 的面积取得最大值 3 3.
12.解:

1 2 1 1 2 A( x0 , x0 ), B( x1 , x12 ), C ( x2 , x2 ), 4 4 4 1 2 则 D( ? x0 , x0 ) 4 1 1 ' 由 y ? x 可知的斜率 k ? ? x0 , 2 2 1 因此可以设直线 BC 方程为 y ? ? x0 x ? b. 2
(Ⅰ)设



y?

1 2 x 代入,整理得 x2 ? 2x0 x ? 4b ? 0, 4

所以 x1 ? x2 因为

? ?2x0

AB, AC 都不平行于 y 轴, AB, AC 斜率之和为
1 2 1 2 2 2 ( x1 ? x0 ) ( x2 ? x0 ) ?4 ?4 ? ( x1 ? x2 ? 2 x0 ) ? 0 x1 ? x0 x2 ? x0

所以直线

k AB ? k AC
可知直线 所以

AB, AC 的倾角互补,而 AD 平行于 x 轴,

AD 平分 ?CAB.

作 DE

? AB, DF ? AC, E, F 为垂足

则 ? ADE ? ADF 可得 由已知 可得

DE ? DF


DE ? DF ? 2 AD

DE ? 2 AD , ,所以 ?DAE ? ?DAF ? 45
? 90, ? ABC 为直角三角形

所以 ?CAB

(Ⅱ)如图,根据的结果,可以设直线的方程分别为

1 2 1 2 x0 ? ?( x ? x0 ), y ? x0 ? x ? x0 , 4 4 1 2 把 y ? x 分别代入,得 4 y?
2 2 x2 ? 4x ? x0 ? 4x0 ? 0, x2 ? 4x ? x0 ? 4x0 ? 0,

所以

AB ? 2 2 x0 ? 2 , AC ? 2 2 x0 ? 2 .
1 AB AC ? 240, , 2

由已知可知 所以 所以

1 2 ? 8 x0 ? 4 ? 240, 解得 x ? ?8, , 2

A(8,16) 或 A(?8,16)
1 A(?8,16) 时,求得 B(4, 4) ,又 BC 斜率 ? x0 ? 4, , 2

当取

所以直线 BC 方程为 即 4x ?

y ? 4 ? 4( x ? 4) ,

y ? 12 ? 0.

同理,当取

A(8,16) 时,直线 BC 方程为 4 x ? y ? 12 ? 0.

13.解: (Ⅰ)设正四棱锥的底面正方形的边长为 2a ,高为 h .则正四棱锥的体积

4 2 V ? a2h ? . 3 3
正四棱锥的表面积 S

? 4(a 2 ? a a 2 ? h2 ).

2 S3 从而 S ? 9V2
3

a h ? 8( )2 (1 ? 1 ? ( )2 )3 . h a
h 1 ? ( ) 2 , 设 f (t ) ? (1 ? 1 ? t )3 , t ? 0 a t

令t



(1 ? 1 ? t )2 f '(t ) ? (t ? 2 ? 2 1 ? t ). 2t 2 1 ? t
f '(t ) ? 0, 解得 t ? 8.
? 8 时, f '(t ) ? 0, 当 t ? 8 时, f '(t ) ? 0.



当0 ? t

f (t ) 当 t ? 8 时取得最小值 f (8) ? 8
正四棱锥的表面积的最小值为 4. (Ⅱ)一般地,设正 n 棱锥的底面正 n 边形的中心到各边的距离为 a ,高为 h ,则 n 正边形的体积 正棱锥的表面积 由(Ⅰ)知,当时,正棱锥的表面积取得最小值。由于正棱锥的表面积与底面机之比为 可知使正棱锥的表面积取得最小值得一个充分必要条件是正棱锥的表面积是地面积的 4 倍。 解: (Ⅰ)参与交配的两个亲本(一个称为父本,一个称为母本)的基因型式的情况,及相应情况发生的概率 和相应情况下子一代的基因型式为 父本、母本的基因型式

AA , Aa , aa 的概率如下表:
相应情况 子一代基因 为 子一代基因 为 子一代基因 为 aa 的概率

出现的概率

AA 的概率

Aa 的概率

父 父

AA 母 AA AA 母 Aa

u2
2uv

1

0

0 0

1 2

1 2



AA 母 aa

uw
2uv

0

1

0 0



Aa 母 AA Aa 母 Aa Aa 母 aa
AA



4v 2
2vw

1 2 1 4
0 0 0 0



1 2 1 2 1 2
1

1 4 1 2
0

父 aa 母 父 aa 母

uw
2vw

Aa

1 2
0

1 2
1

父 aa 母 aa 子一代的基因型式为

w2

AA 的概率为 1 1 1 p1 ? u 2 ?1 ? 2uv ? ? 2uv ? ? 4v 2 ? ? ( u ? v ) 2 . 2 2 4

由对称性知子一代的基因型式为 aa 的概率为

p3 ? ( v ? w )2 .
子一代的基因型式为

Aa 的概率为

1 1 1 1 1 p2 ? 2uv ? ? uw ?1 ? 2uv ? ? 4v 2 ? ? 2vw ? ? uw ? 1 ? 2vw ? 2 2 2 2 2 2 ? 2( uv ? uw ? v ? vw) …

? 2( u ? v)(v ? w) .
若记

p ? u ? v , q ? v ? w ,则 p ? 0 , q ? 0 , p ? q ? 1,子一代三种基因型式: AA , Aa , aa 的

比例为

p2 : 2 pq : q2 .
AA , Aa , aa 的比例为 ? 2 : 2?? : ? 2 ,其中

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知子二代的基因型式为 , ? ? p2 ? p q ? ? pq ? q2 . 由

p ? q ? 1,可得 ? ? p , ? ? q .
AA , Aa , aa 的比例为 p2 : 2 pq : q 2 ,与子一代基因型式的比例相同.

故子二代三种基因型式

15 解法一: (Ⅰ)令

f(

2t ? 1 2 s ? 1 )? ,代入 s ? at ? b 化简得 t s

a(m ? 4)t 2 ? [b(m ? 4) ? a ? 3]t ? (b ? 1) ? 0
由于等式对所有 t

?

1 成立,可知 2

?b ? 1 ? 0 ? ?b(m ? 4) ? a ? 3 ? 0 ?a (m ? 4) ? 0 ?
解得 b ? ?1, m ? 4, a

?3



x?4 x ?1 2 s ? 1 2t ? 1 f( )? ,代入 t ? cs ? d s t f ( x) ?

,化简得 cs ? d

? 3s ? 1

所以存在 t 使得

? ? (s) ? 3s ? 1(s ? 0)

f(

2 s ? 1 2t ? 1 )? s t

(Ⅱ)令 s1

? 1, t1 ? ? (s1 ) ? 3s1 ? 1 ? 4

sn?1 ? ? (tn ) ? 3tn ? 1 tn?1 ? ? (sn?1 ) ? 3sn?1 ? 1, n ? 1, 2,?
注意到 x1

?

2s1 ? 1 ,由(Ⅰ)知, s1

x2 n?1 ?

2sn ? 1 2t ? 1 , x2 n ? n , n ? 1, 2,? sn tn

sn?1 ? 3tn ?1 ? 9sn ? 2
1 1 ? 9( sn ? ) 4 4 1 2n?2 ? 1) 可知 sn ? (5 ? 3 4 1 tn ? 3sn ? 1 ? (5 ? 32 n ?1 ? 1) 4
化为 sn ?1 ? 从而 x2 n ?1

? 2?

1 4 ? 2? 2n?2 sn 5?3 ?1

x2 n ? 2 ?

1 4 ? 2? 2 n ?1 tn 5 ? 3 ?1
4 , n ? 1, 2,? ? (?1) n

统一写为 xn

? 2 ? (?1)n ?1

5?3

n ?1

从而有 |

xn ? 2 |?

4?3

n ?1

4 1 ? n ?1 n ?1 n ? [3 ? (?1) ] 3

解法二: (Ⅰ)同解法一,可求出 b ? ?1, m ? 4, a

?3

x?4 x ?1 取 t ? 3s ? 1 t ?1 则s ? 3 f ( x) ?
所以

2t ? 1 ?4 2s ? 1 2t ? 1 2t ? 1 t ?1 f( )? f( )? ? 2t ? 1 s t ?1 t ?1 t ?1
f ( x) ? x?4 x ?1
, xn?1

(Ⅱ)由

? f ( xn )

得 xn ?1

?

xn ? 4 xn ? 1

(1)

把(1)式两边都加上 2 得: xn ?1 ? 2 ?

3( xn ? 2) xn ? 1 xn ? 2 xn ? 1

(2)

把(1)式两边都减去 2 得: xn ?1 ? 2 ? ?

(3)

若存在 k (k ? N? ) ,使 xk

? 2 ,由(3)可知

xk ?1 ? xk ?2 ? ? ? x1 ? 2 与 x1 ? 3 矛盾
所以不存在 k (k ? N? ) ,使 xk

?2

(2)式除以(3)式得

xn ?1 ? 2 x ?2 ? ?3 n xn ?1 ? 2 xn ? 2

因为 x1

?3

所以

x1 ? 2 ?5 x1 ? 2

所以

xn ? 2 ? 5 ? (?3)n?1 xn ? 2
? 2? 4 5 ? (?3)n ?1 ? 1 4 | 5 ? (?3)n?1 ? 1|

所以 xn

所以 |

xn ? 2 |?

?
?

4 4 4 ? ? n ?1 n ?1 n ?1 | 5 ? (?3) | ?1 5 ? 3 ? 1 4 ? 3 ? 3n ?1 ? 1
4 1 ? n ?1 n ?1 4?3 3

解法三: (Ⅰ)由解法一得

x?4 , s ? ? (t ) ? 3t ? 1 x ?1 2t ? 1 2 s ? 1 )? 由 f( (1) t s 2 s ? 1 2t ? 1 )? 易看出(1)式中 t ? ?s 即得 f ( s t f ( x) ?

所以存在 ?t

? 3(?s) ? 1 ,即 t ? 3s ? 1

(Ⅱ)用数学归纳法 (1)当 n

? 1 时,显然成立

(2)易得 xn ?1

? f ( xn ) ? 1 ?

3 ? 1, xn ? 1

1 1 1 1 1 1 f (2 ? ) ? 2 ? ? 2 ? f (2 ? ) ? ? ? (※) s 3s ? 1 s 3s ? 1 3 s 假设当 n ? k 时,命题成立 1 即 | xk ? 2 |? k ?1 3 则当 n ? k ? 1 时,

| xk ?1 ? 2 |?| 2 ? f ( xk ) |?|1 ?
当 xk

3 | xk ? 1

1 1 ? 2 时, | xk ?1 ? 2 |?| 2 ? f (2 ? ( xk ? 2)) |? | xk ? 2 |? k 3 3

当 xk

? 2 时, | xk ?1 ? 2 |?
3 3k ? 1 ? k xk ? 1 3
?2?
?

3 ?1 xk ? 1
即证

只需证

3 1 ?1 ? k xk ? 1 3
即证 xk

即证

xk ? 1 3k ? k 3 3 ?1

?

3 ? 3k ?1 3k ? 1

即证 xk

3 ? 3k 3 ?3 ? ? k k 3 ?1 3 ?1
k

即 2 ? xk

3 3 1 ? k ? k ?1 3 ?1 3 3

,而此式是假设成立的

所以(2)成立 由(1)(2)可知,原命题成立 ,

2011 年“华约”自主招生试题解析
一、选择题

1 5 |? 则|z| = ( ) z 2 4 3 2 1 A? ???????B? ???????C? ???????D? 5 4 3 2 1 5 5 2 解:由 | z ? |? 得 | z | ?1 ? | z | ,已经转化为一个实数的方程.解得|z| z 2 2
1.设复数 z 满足|z|<1 且 |

z?

=2(舍去) ? ,

1 2

.

2.在正四棱锥 P-ABCD 中,M、N 分别为 PA、PB 的中点,且侧面与底面所成二面角的正切为 与 AN 所成角的余弦为( )

2 .则异面直线 DM

1 1 1 1 A? ???????B? ???????C? ???????D? 3 6 8 12
[分析]本题有许多条件,可以用“求解法”,即假设题中的一部分要素为已知,利用这些条件来确定其余的要素.本题 中可假设底面边长为已知(不妨设为 2) ,利用侧面与底面所成二面角可确定其他要素,如正四棱锥的高等.然后我 们用两种方法,一种是建立坐标系,另一种是平移其中一条线段与另一条在一起.

z P

P

M

D O

N

M C y B A

D

N

Q

C

A x

B

解法一:如图 1,设底面边长为 2,则由侧面与底面所成二面角的正切为

2 得高为 2 .如图建立坐标系,则 A(1,

-1,0),B(1,1,0),C(-1,1,0),D(-1,-1,0),P(0,0,

1 1 2 1 1 2 2 ),则 M ( , ? , ), N ( , , ), 2 2 2 2 2 2 ???? ???? ? ???? ? 3 1 2 ???? DM ?AN 1 1 3 2 DM ? ( , ? , ), AN ? (? , , ) .设所成的角为 θ,则 cos ? ? ???? ???? ? . ? 2 2 2 2 2 2 6 DM AN

解法二:如图 2,设底面边长为 2,则由侧面与底面所成二面角的正切为

2 得高为 2 .平移 DM 与 AN 在一起.

即 M 移到 N,D 移到 CD 的中点 Q.于是 QN = DM = AN.而 PA = PB = AB = 2,所以 QN = AN = 而 AQ =

3,

5 ,容易算出等腰 ΔAQN 的顶角 cos ?ANQ ?

1 . 6

解法三:也可以平移 AN 与 DM 在一起.即 A 移到 M,N 移到 PN 的中点 Q.以下略. 3.已知 ( )

y ? x 3 ? x 2 ? 2x ? 1 ,过点(-1, 1)的直线 l 与该函数图象相切,且(-1, 1)不是切点,则直线 l 的斜率为

A?2??????B1??????C?? 1???????D?? 2 ?
解:显然(-1, 1)在
3 2 y ? x 3 ? x 2 ? 2x ? 1 的图象上.设切点为 ( x0 , x0 ? x0 ? 2x0 ? 1) ,

2 y? ? 3x 2 ? 2 x ? 2 ,所以 k ? 3x0 ? 2x0 ? 2 .另一方面,
3 2 ( x0 ? x0 ? 2 x0 ? 1) ? 1 2 ? x0 ( x0 ? 2) ? 3x0 ? 2x0 ? 2 .所以 x0=1,所以 k ? ?1 .选 C. k? x0 ? (?1)

4.若 A ? B

?

2? ,则 cos 2 A ? cos 2 B 的最小值和最大值分别为 3

(

)

A1 ? ?

3 3 1 3 3 3 1 2 ?, ?????B? , ??????C1 ? ? ,1 ? ???????D? ,1 ? 2 2 2 2 2 2 2 2
2

[分析]首先尽可能化简结论中的表达式 cos 角:原来含两个角,去掉一个. 解: cos
2

A ? cos2 B ,沿着两个方向:①降次:把三角函数的平方去掉;②去

A ? cos 2 B ?

1 ? cos 2 A 1 ? cos 2 B 1 ? ? 1 ? (cos 2 A ? cos 2 B) 2 2 2

1 ? 1 ? cos( A ? B) cos( A ? B) ? 1 ? cos( A ? B) ,可见答案是 B 2

[分析]题目中的条件是通过三个圆来给出的,有点眼花缭乱.我们来转化一下,就可以去掉三个圆,已知条件变为: ΔO O1 O2 边 O1 O2 上一点 C,O O1、O O2 延长线上分别一点 A、B,使得 O1A = O1C,O2B = O2C. 解法一:连接 O1O2 ,C 在 O1O2 上,则 ?OO1O2

? ?OO2O1 ? ? ? ? ,

1 1 ?O1 AC ? ?O1CA ? ?OO1O2 , ?O2 BC ? ?O2CB ? ?OO2O1 ,故 2 2 1 ? ?? ?O1CA ? ?O2CB ? (?OO1O2 ? ?OO2O1 ) ? , 2 2 ? ?? ? ? ? ? ? (?O1CA ? ?O2CB ) ? , sin ? ? cos . 2 2
解法二:对于选择填空题,可以用特例法,即可以添加条件或取一些特殊值,在本题中假设两个小圆的半径相等,

则 ?OO1O2

? ?OO2O1 ?

? ??
2

, ,?

?O1CA ? ?O2CB ? sin ? ? cos

?
2

1 ? ?? ?OO1O2 ? 2 4

? ? ? (?O1CA ? ?O2CB ) ?

? ??
2



. )

6.已知异面直线 a,b 成 60° 角.A 为空间一点则过 A 与 a,b 都成 45° 角的平面 ( A.有且只有一个 B.有且只有两个 C.有且只有三个 D.有且只有四个

[分析]已知平面过 A,再知道它的方向,就可以确定该平面了.因为涉及到平面的方向,我们考虑它的法线,并且假 设 a,b 为相交直线也没关系.于是原题简化为:已知两条相交直线 a,b 成 60° 角,求空间中过交点与 a,b 都成 45° 角的直线.答案是 4 个.

7.已知向量 a ( )

?

? ? ? 3 1 ? 3 1 ? ? (0,1), b ? (? , ? ), c ? ( , ? ), xa ? yb ? zc ? (1,1) 则 x2 ? y 2 ? z 2 2 2 2 2

的最小值为

4 3 A?1???????B? ???????C? ???????D?2 3 2

? 3 ? 3 3 y? z ? 1 ?? ( y ? z) ? 1 ?? ? ? ? ? 2 ? 2 2 解:由 xa ? yb ? zc ? (1,1) 得 ? ,  ? ? x ? y ? z ?1 ? x ? y ? z ?1 ? ? ? 2 2 ? 2
( y ? z )2 ? ( y ? z )2 由于 x ? y ? z ? x ? 2
2 2 2 2



2 ? ? y?z ?? 可以用换元法的思想,看成关于 x,y + z,y-z 三个变量,变形 ? 3 ,代入 ? y ? z ? 2( x ? 1) ?
x2 ? y 2 ? z 2 ? x2 ?
? x 2 ? 2( x ? 1) 2 ?

( y ? z )2 ? ( y ? z )2 2

2 8 2 4 ? 3x 2 ? 4 x ? ? 3( x ? ) 2 ? ,答案 B 3 3 3 3
?

8.AB 为过抛物线 y2=4x 焦点 F 的弦, 为坐标原点, ?OFA ? 135 , 为抛物线准线与 x 轴的交点, ?ACB O 且 C 则 的正切值为 ( )

A?2 2???????B?

4 2 4 2 2 2 ???????C? ???????D? 5 3 3

解 法 一 : 焦 点 F ( 1 , 0 ) C ( - 1 , 0 ) AB 方 程 y = x – 1 , 与 抛 物 线 方 程 y2 = 4x 联 立 , 解 得 , ,

A???? 2 2? ? ? 2 2 ?)???B????? 2 ? ? ? 2 2,于是 , 2 ?)
kCA ? ??2 2 2 ??2 2 2 = ,kCB ? =2 ??2 2 2 ??2 2
, tan ?ACB

?

kCA ? kCB ? 2 2 ,答案 A 1 ? kCAkCB

解法二:如图,利用抛物线的定义,将原题转化为:在直角梯形 ABCD 中,∠ BAD = 45° ,EF∥ DA,EF = 2, AF = AD,BF = BC,求∠ AEB.

D

G

A

tan ?AEF ? tan ?EAD ?

DE GF 2 .类似的,有 ? ? AD AF 2
E F

tan ?BEF ? tan ?EBC ?

2 2
C B

?AEB ? ?AEF ? ?BEF ? 2?AEF ,

tan ?AEB ? tan 2?AEF ? 2 2 ,答案 A

解: S ?BDF

?

DF BD S ?BDE ? zS ?BDE , S?BDE ? S?ABE ? (1 ? x) S?ABE , DE AB

S ?ABE ?


AE S ?ABC ? yS ?ABC ,于是 S?BDF ? (1 ? x) yzS?ABC ? 2(1 ? x) yz . AC
x 看成常数,欲使 yz 取得最大值必须

y ? z ? x ?1 ,变形为y ? z ? x ? 1,暂时将

y?z?

x ?1 ,于是 2

S ?BDF ?

1 1 16 (1 ? x)( x ? 1) 2 ,解这个一元函数的极值问题, x ? 时取极大值 . 2 3 27


10.将一个正 11 边形用对角线划分为 9 个三角形,这些对角线在正 11 边形内两两不相交,则( A. 存在某种分法,所分出的三角形都不是锐角三角形 B. 存在某种分法,所分出的三角形恰有两个锐角三角形 C. 存在某种分法,所分出的三角形至少有 3 个锐角三角形 D. 任何一种分法所分出的三角形都恰有 1 个锐角三角形

解:我们先证明所分出的三角形中至多只有一个锐角三角形.如图,假设 ΔABC 是锐角三角形,我们证明另一个三 角形 ΔDEF(不妨设在 AC 的另一边)的(其中的边 EF 有可能与 AC 重合)的∠ 一定是钝角.事实上,∠ ≥ ∠ D D ADC,而 四边形 ABCD 是圆内接四边形,所以∠ ADC = 180° B,所以∠ 为钝角.这样就排除了 B,C. -∠ D

A E

A

B

D F

B

D

C

C

下面证明所分出的三角形中至少有一个锐角三角形. 假设 ΔABC 中∠ 是钝角,在 AC 的另一侧一定还有其他顶点,我们就找在 AC 的另一侧的相邻(指有公共边 AC) B

ΔACD,则∠ = 180° B 是锐角,这时如果或是钝角,我们用同样的方法继续找下去,则最后可以找到一个锐 D -∠ 角三角形.所以答案是 D. 二、解答题

解: (I) tan C

tan A ? tan B ,整理得 tan A tan B ? 1 tan A tan B tan C ? tan A ? tan B ? tan C ? ? tan( A ? B) ?

( II ) 由 已 知

3 tan A tan C ? tan A ? tan B ? tan C

,与(I)比较知

tan B ? 3,B=

?
3

.又 ,

1 1 2 2 4 ? ? ? ? sin 2 A sin 2C sin 2B sin 2? 3 3



sin 2 A ? sin 2C 4 ? sin 2 A sin 2C 3

sin( A ? C ) cos( A ? C ) 1 3 ? ,而 sin( A ? C ) ? sin B ? , cos 2( A ? C ) ? cos 2( A ? C ) 2 3
cos 2( A ? C ) ? cos 2 B ? ? 1 ,代入得 2cos 2( A ? C ) ? 1 ? 3cos( A ? C ) , 2

? 4cos2 ( A ? C) ? 3cos( A ? C) ?1 ? 0 , cos( A ? C ) ? 1,

1 A?C 6 , cos ? 1, 4 2 4

12.已知圆柱形水杯质量为 a 克,其重心在圆柱轴的中点处(杯底厚度及重量忽略不计,且水杯直立放置).质量为 b 克的水恰好装满水杯,装满水后的水杯的重心还有圆柱轴的中点处. (I)若 b = 3a,求装入半杯水的水杯的重心到水杯底面的距离与水杯高的比值; (II)水杯内装多少克水可以使装入水后的水杯的重心最低?为什么? 解:不妨设水杯高为 1. (I)这时,水杯质量 :水的质量 = 2 :3.水杯的重心位置(我们用位置指到水杯底面的距离)为

1 2

,水的重心

1 位置为 4

1 1 2? ? 3? 2 4? 7 ,所以装入半杯水的水杯的重心位置为 2?3 20

(II) 当装入水后的水杯的重心最低时,重心恰好位于水面上.设装 x 克水.这时,水杯质量 :水的质量 = a :x.水

1 x a ? ? x? 1 x x 2 2b ? x ,解得 x ? a2 ? ab ? a 杯的重心位置为 ,水的重心位置为 ,水面位置为 ,于是 2 2b b a?x b 2x 1 2 1 ,f (1) ? 1,f ( ) ? .令 x1 ? ,xn ?1 ? f ( xn ) . 13.已知函数 f ( x) ? ax ? b 2 3 2
(I)求数列 {xn } 的通项公式; (II)证明 x1 x2 ? xn ?1

?

1 . 2e





1 2 2x f (1) ? 1,f ( ) ? 得a ? b ? 1,f ( x) ? 2 3 x ?1
= 1 显然

1 2 4 8 2n ?1 (I)方法一:先求出 x1 ? ,x2 ? ,x3 ? ,x4 ? ,猜想 xn ? n ?1 .用数学归纳法证明.当 n 2 3 5 9 2 ?1
成立;假设 n = k 成立,即 xk

?

2k ?1 ,则 2k ?1 ? 1

xk ?1 ? f ( xk ) ?
?1 ?

2 xk 2k ,得证. ? k xk ? 1 2 ? 1

方法二: xn ?1

?

2 xn xn ? 1

取倒数后整理得

1 xn?1
1 1

1 1 ( ? 1) ,所以 2 xn

1 1 1 ? 1 ? ( ) n?1 ( ? 1) xn 2 x1

所以 x

?

2 n ?1

?1

(II)方法一:证明

1 1 1 1 1 ? 2e .事实上, ? 2(1 ? )(1 ? )?(1 ? n ) . x1 x2 ? xn?1 2 4 2 x1 x2 ? xn ?1
2
n

我们注意到 1 ? 2a ? (1 ? a)

, , 2n a ? (1 ? a)2 ? 1? n (1 ? x) ? 1 ? nx , x ? (?1,??) )

, (贝努利(Bernoulli)不等式的一般形式:

于是

1 1 n?1 1 n 1 n ? 2(1 ? n )2 ??? 2?1 ? 2(1 ? n )2 ?1 ? 2(1 ? n )2 ? 2e x1 x2 ? xn?1 2 2 2
1 1 1 (1 ? )(1 ? 2 ) ? (1 ? n ) ? e 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ? ln[(1 ? )(1 ? 2 ) ? (1 ? n )] ? 1 ? ln(1 ? ) ? ln(1 ? 2 ) ? ? ? ln(1 ? n ) ? 1 2 2 2 2 2 2 构造函数 g ( x) ? ln( ? x) ? x 1 ( x ? 0) 1 ?x g ?( x) ? ?1 ? ? 0 ,所以 g ( x) ? g (0) ? 0 1? x 1? x 1 1 1 所以 ln( ? x) ? x 令x ? n 则 ln(1 ? n ) ? n 1 ( x ? 0) 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 ln(1 ? ) ? ln(1 ? 2 ) ? ? ? ln(1 ? n ) ? ? 2 ? ? ? n ? 1 ? n ? 1 2 2 2 2 2 2 2

方法二:原不等式 ?

14. 已 知 双 曲 线

C:

x2 y 2 ? ? 1(a ? 0, b ? 0), F1 , F2 a 2 b2

分 别 为 C 的 左 右 焦 点 .P 为 C 右 支 上 一 点 , 且 使

?F1 PF2 =

?
3

, 又?F1 PF2的面积为3 3a 2 .

(I)求 C 的离心率 e ; (II)设 A 为 C 的左顶点, 为第一象限内 C 上的任意一点, Q 问是否存在常数 λ (λ>0) ,使得 ?QF2 A ? ??QAF2 恒 成立.若存在,求出 λ 的值;若不存在,请说明理由. 解:(I)如图,利用双曲线的定义,将原题转化为:在 ΔP F1 F2 中,

?F1 PF2 = ,?F1 PF2的面积为3 3a 2 ,E 为 PF1 上一点,PE 3

?

= PF2,E F1 =2a,F1 F2 = 2c,



c a

.设 PE = PF2 = EF2 = x,F F2 =

3 x, 2
,x
2

S?F1PF2 ?

1 1 3 PF1 ?FF2 ? ( x ? 2a) x ? 3 3a 2 2 2 2
?EF1 F2 ? 2? 3

? 4ax ? 12a 2 ? 0 , x ? 2a .

ΔE F1 F2 为 等 腰 三 角 形 ,

,于是

2c ? 2 3a , e ?
(II)

c ? 3. a
E 2a F1

P F P 2c x F2
2

1 ?? 2

此解法可能有误

15.将一枚均匀的硬币连续抛掷 n 次,以 pn 表示未出现连续 3 次正面的概率. (I)求 p1,p2,p3,p4; (II)探究数列{ pn}的递推公式,并给出证明; (III)讨论数列{ pn}的单调性及其极限,并阐述该极限的概率意义. 分析与解:

1 7 ? ;又投掷四次连续出现三次正面向上的情况只有:正正正正或正正正反或反 8 8 3 13 ? 正正正,故 p 4 ? 1 ? . 16 16 1 (II)共分三种情况:①如果第 n 次出现反面,那么前 n 次不出现连续三次正面的概率 ? Pn ?1 ;②如果第 n 次出现 2
(I)显然 p1=p2=1,

p3 ? 1 ?

正面,第 n-1 次出现反面,那么前 n 次不出现连续三次正面和前 n-2 次不出现连续三次正面是相同的,所以这个 时候不出现连续三次正面的概率是

1 ? Pn ? 2 ;③如果第 n 次出现正面,第 n-1 次出现正面,第 n-2 次出现反面, 4

那么前 n 次不出现连续三次正面和前 n-3 次不出现连续三次正面是相同的,所以这个时候不出现连续三次正面的

1 ? Pn ?3 . 8 1 1 1 综上, Pn ? ? Pn ?1 ? ? Pn ?2 ? ? Pn ?3 .( n ? 4 ) ,④ 2 4 8 1 1 1 ? Pn ?3 ? ? Pn ? 4 , n ? 5 )⑤, (III)由(II)知 Pn?1 ? ? Pn ?2 ? ( 2 4 8 1 1 ? Pn ? 4 ( n ? 5 ) ④- ×⑤,有 Pn ? P ?1 ? n 2 16 所以 n ? 5 时,pn 的单调递减,又易见 p1=p2>p3>p4>….
概率是

n ? 3 时,pn 的单调递减,且显然有下界 0,所以 pn 的极限存在.对 Pn ? Pn?1 ?
n ? ??

1 ? Pn ? 4 两边同时取极限可得 16

lim p n ? 0 .

其统计意义:当投掷的次数足够多时,不出现连续三次正面向上的次数非常少,两者比值趋近于零.

2012 年高水平大学自主选拔学业能力测试(华约) 数学部分
注意事项: 1. 2. 3. 答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。 考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

一、 选择题:本大题共 10 小题,每小题 3 分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 (1)在锐角 ?ABC 中,已知 (A)

A>B>C ,则 cos B 的取值范围为( )
(B)

? 2? ? 0, ? 2 ? ? ? ?

?1 2 ? ? ? , ? ?2 2 ?

(C)

? 0,1?

(D)

? 2 ? ? ? 2 ,1? ? ? ?

(2)红蓝两色车、马、炮棋子各一枚,将这 6 枚棋子排成一列,其中每对同字的棋子中,均为红棋子在前,蓝棋 子在后,满足这种条件的不同的排列方式共有( ) (A) 36 种 (B) 60 种 (C) 90 种 (D)120 种

(3)正四棱锥 S

? ABCD 中,侧棱与底面所成角为 ? ,侧面与底面所成二面角为 ? ,侧棱 SB 与底面正方形

ABCD 的对角线 AC 所成角为 ? ,相邻两侧面所成二面角为 ? , 则 ? , ? , ? ,? 之间的大小关系是( )
(A)

?<?<?<?

(B)

?<?<? <?

(C)

?<? <?<?


(D)

?<?<? <?

(4)向量 a ? e , (A) (5)若复数

e ? 1 。若 ?t ? R , a ? te ? a ? e 则(
(B)

a?e

a ? ( a ? e)

(C)

e ? ( a ? e)

(D)

(a ? e) ? (a ? e)
)

w ?1 的实部为 0, Z w ?1

是复平面上对应

1 的点,则点 Z ? x, y ? 的轨迹是( 1? w
(D)一段圆弧
2

(A) 一条直线

(B) 一条线段
2

(C) 一个圆

(6) 椭圆长轴长为 4, 左顶点在圆 ( x ? 4)

? ? y ? 1? ? 4 上,左准线为 y 轴,则此椭圆离心率的取值范围是(
(C)



(A)

?1 1 ? ?8 , 4 ? ? ?

(B)

?1 1? ?4 , 2? ? ?

?1 1 ? ?8 , 2 ? ? ?

(D)

?1 3? ?2 , 4? ? ?

(7)已知三棱锥 S

? ABC 的底面 ABC 为正三角形,点 A 在侧面 SBC 上的射影 H 是 ?SBC 的垂心,二面角 H ? AB ? C 为 30°,且 SA ? 2 ,则此三棱锥的体积为( )
(A)

1 2

(B)

3 2

(C)

3 4

(D)

3 4

(8)如图,在锐角 ?ABC 中, AB 边上的高 CE 与

AC 边上的高 BD 交于点 H 。以 DE 为直径作圆与 AC 的 另一个交点为 G 。已知 BC ? 25 , BD ? 20 , BE ? 7 ,则 AG 的长为( ) 8
(A) (B)

42 5

(C)10

(D)

54 5

(9) 已知数列

?an ? 的通项公式为 an ? lg(1 ? n 2 ? 3n ) ,n ? 1, 2, ??? 。Sn 是数列的前 n 项和。则 lim Sn ?( ) n ??
(B)

2

(A)

0

lg

3 2

(C)

lg 2
10

(D)

lg 3
10

(10)已知 ?6 ?

xi ? 10 (i ? 1, 2, ???10), ? xi ? 50 ,当 ? xi 2 取得最大值时,在 x1 , x2 , ???x10
i ?1 i ?1

这十个数中

等于 ?6 的数共有( ) (A) 1个 (B) 2个 (C)3 个 (D) 4 个 二、解答题:解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。 (11)(本小题满分 14 分) 在 ?ABC 中,

A, B, C 的对边分别为 a, b, c 。已知 2sin 2

A? B ? 1 ? cos 2C 2



求 C 的大小 若c
2



? 2b2 ? 2a 2 ,求 cos 2 A ? cos 2 B 的值

(12)(本小题满分 14 分) 已知两点

??? ??? ? ? ???? 2 A? ?2,0? , B ? 2,0? ,动点 P 在 y 轴上的射影是 H ,且 PA ? PB ? 2 PH

① 求动点 P 的轨迹 C 的方程 ② 已知过点

B 的直线交曲线 C



x 轴下方不同的两点 M , N

,设

MN 的 中 点 为 R , 过 R 于 点

Q ? 0, ? 2? 作直线 RQ ,求直线 RQ 斜率的取值范围。

(13)(本小题满分 14 分)

系统中每个元件正常工作的概率都是

p(0<p< ,各个元件正常工作的事件相互独立,如果系统中有多 1)

于一半的元件正常工作,系统就能正常工作。系统正常工作的概率称为系统的可靠性。 (1) (2) 某系统配置有 2k

? 1 个元件, k 为正整数,求该系统正常工作概率的表达式

现为改善(1)中系统的性能,拟增加两个元件。试讨论增加两个元件后,能否提高系统的可靠性。

(14) (本小题满分 14 分)

记函数

f n ( x) ? 1 ? x ?

x2 xn ? ??? ? , n ? 1, 2 ??? 证明:当 n 是偶数时,方程 f n ( x) ? 0 没有实根;当 n 2! n!

是奇数时,方程

f n ( x) ? 0 有唯一的实根 ?n ,且 ?n>?n?2 。

(15) (本小题满分 14 分) 某乒乓球培训班共有 n 位学员,在班内双打训练赛期间,每两名学员都作为搭档恰好参加过一场双打比赛。 试确定 n 的所有可能值并分别给出对应的一种安排比赛的方案。

2012 年华约数学参考答案 一、选择题 ACBCA B 略 DDC 二、解答题 11 解: (1)C=2/3∏; (2) cos 2 A ? cos 2 B =3/4 12 解:

AP ? BP ? 2 PH 2
(1)设 P(x,y),则 H(0,y),由 得(x ? 2, y) (x - 2, y) ? 2x ?
2

,即y 2 - x 2 ? 4

(2)令 CD: x

? m y ? 2(m ? 0) 代入 y 2 ? x 2 ? 4 ,整理得

(1 ? m2 ) y 2 ? 4my ? 8 ? 0
因为直线在 x 轴下方交 P 点轨迹于 C( x1 , y1 ),D( x2 , y 2 )两点所以上式有两个负根,由

?1 ? m 2 ? 0 ? 2 2 ?? ? 16m ? 32(1 ? m )? 0 ? ? y1 ? y2 ? 4m 2 0 ? 1? m? 2 1? m ? ? ?8 ?0 ? y1 y2 ? 1 ? m2 ?
根据韦达定理,得 CD 中点 M 的坐标为

M(

x1 ? x2 y1 ? y2 2 2m , )?( , ) 2 2 2 1 ? m 1 ? m2

代入直线 MQ 的方程 y+2=kx,(k 为其斜率)得

2m 2k ?2? 2 1? m 1 ? m2
所以,k= ? m
2

1 5 ? m ? 1 ? ?(m ? ) 2 ? ? ( 2 ? 1,1) ,(1 ?m? 2 ) . 2 4
n ? ? C2 k ?1 (1 ? p) n p 2 k ?1?n , n ?0 K ?1

13 解答:显然 PK

注意到 C2k ?1
k

n

n n 1 n 2 ? C2k ?1 ? 2C2k??1 ? C2k??1 ,
n

所以 P ?1 = K
k

?C
n ?0

n 2 k ?1

(1 ? p) p 2k ?1?n

=
k

? (C
n ?0

n 2 k ?1

n 1 n 2 ? 2C2 k??1 ? C2 k??1 )(1 ? p) n p 2 k ?1?n

= n ?0

? C2nk ?1 (1 ? p)n p 2k ?1?n ? 2? C2nk??11 (1 ? p)n p 2k ?1?n ? ? C2nk??21 (1 ? p)n p 2k ?1?n
n ?1 n?2

k

k

= n ?0

? C2nk ?1 (1 ? p)n p 2k ?1?n ? 2? C2nk??11 (1 ? p)n?1 p 2k ?n ? ? C2nk??21 (1 ? p)n?2 p 2k ?1?n
n ?0 n ?0 k ?1 n 2 k ?1

k

k

k

= n ?0

?C

(1 ? p) n p 2k ?1?n ( p 2 ?2(1 ? p) p ? (1 ? p 2 ) )

k k 1 ? C2k ?1 (1? p)k pk ?1 ? C2k??1 (1? p)k ?1 pk

= n ?0

?C

k ?1

n 2 k ?1

k (1 ? p) n p 2 k ?1?n ?C2 k ?1 (1 ? p) k p k ( p ? (1 ? p))

=

k PK ? C2k ?1 (1? p)K pk (2 p ?1)

因此,当 p≥ 14 证明:

1 2

时,{

pk }递增,当 P≥

1 2

时,{

pk }递减。

用数学归纳法证明

f 2n?1 ( x) ? 0 有唯一解 x2n?1 且严格单调递增, f 2n ( x) ? 0 无实数解,显然
x2 2
无实数解,现在假设

n=1 时,此时

f1 ( x) ?1 ? x 有唯一解 x1 ? ?1 ,且严格单调递增,而 f 2 ( x) ? 1 ? x ?
有唯一解 x2 n?1 且严格单调递增, 0≤k≤n 有 x+2k+1≤0,于是

f 2n?1 ( x) ? 0

f 2n ( x) ? 0 无实数解,于是注意到 f 2?n?1 ( x) ? f 2n ( x), f 2n ? 1 时,对任意的

f 2n?1 ( x) ? ? (
k ?0

n

x 2k x 2k ? ( x ? 2k ? 1) ,所以 f 2n?1 (?2n ?1)?0, (2k )! (2k ? 1)!

又因为 对于 所以

f 2n?1 (0) ? 1?0, 所以由 f 2n?1 ( x) 严格递增知 f 2n?1 ( x) ? 0 有唯一根 0 ? x2n?1 ? ? 2n ? 1,

f 2n?2 ( x) 有 f 2n?2 ? f 2?n?2 ( x) ? f 2n?1 ( x) ,所以(—∞, x2n?1 )上,递减,在( x2n?1 ,+∞)上,递增,

min f 2 n? 2 ( x) ? f 2 n? 2 ( x2 n?1 ) ?
x?R

2n? x2 n?12 x 2n?2 ? 2 n?1 ? 0, (2n ? 2)! (2n ? 2)!

因此,

f 2n?2 ( x) ? 0 无实数解 f n ( x) ? 0 无解,当n为奇数 f n ( x) ? 0 有唯一解 xn 。

综上所述,对任意正整数 n,当n为偶数时 再证 x2 n?1 ? x 2 n?1 ,事实上,由

f 2n?1 ( x) 的严格单调性,只需验证 f ( x )?0 ,注意到 2 n?1 2 n?1

2n x 2 n ?1 f 2n?1 ( x) - f 2n?1 ( x) = x ,由上述归纳法证明过程中, x2n?1 ? ? 2n ? 1 ,所以 ? (2n)! (2n ? 1)!

2n 2 n ?1 2n x2 n?1 x2 n?1 x2 n?1 f f 2 n?1 ( x2 n?1 ) ? ? ? ?? ( x2 n?1 ? 2n ? 1)?0 , (2n)! (2n ? 1)! (2n ? 1)!

因此 x2 n?1 ? x2 n?1 ,综上所述,原命题得证。 15 假设比赛了 K 场,那么由题目假设,一场比赛出现了 2 对队友,所以 Cn =2k,也就是说 4k=n(n-1),那么得到 n=4l 或者 4l+1,期中 l ? N, 下边证明, 对于任意的 n=4l, 或者 4l+1,其中 l ? N,都可以构造出满足要求的比赛: n=4l+1, 的时候,对于 L 使用数学归纳法: (1)当 L=1 的 时 候 , N=5 , 此 时 假 设 这 5 名 选 手 为 A,B,C,D,E, 那 么 如 下 安 排 比 赛 即 可 , AB-CD,AC-BE,BC-DE,AE-BD,AD-CE. (2)设当 L=M 时结论成立,则 L=M+1 时,设 4M+5 选手为 A,B,C,D,E F 1 假设,可以安排 E,
1
2

, F12 , F21, F22 ?, F21m , F22m ,由归纳

F11, F12 , F21, F22 ,?, F21m , F22m 之间的比赛,使得他们之间每两位选手的作为队友恰好只参加 F11, F12 ,?, F21m , F22m 之间的比赛,A,B,C,D


过一次比赛,还剩下 A,B,C,D,E,相互的比赛和 A,B,C,D 与

F11, F12 ,?, F21m , F22m 之间的比赛安排如下:
A FL 与 B FL ,A FL 与 B FL ,C FL 与 D FL ,C FL 与 D FL ,满足要求。 最后将这些比赛总计起来,就是满足要求的 4M+5 位选手之间的的比赛了。 由数学归纳法得证,N=4L 时,对 L 使用数学归纳法,可以类似方法证明(略) 。 综上所述,N 的所有可能取值是 N=4L 或 4L+1,其中 L ? N.
1 2 2 1 1 2 2 1

2013 年华约自主招生数学试题解析
1.设 A ? ?x | x ? 10, x ? N? , B ? A ,且 B 中元素满足:①任意一个元素的各数位的数字互不相同; ②任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于 9; (1)求 B 中的两位数和三位数的个数; (2)是否存在五位数,六位数? (3)若从小到大排列 B 中元素,求第 1081 个元素.

解析:将 0,1,…,9 这 10 个数字按照和为 9 进行配对,考虑(0,9)(1,8)(2,7)(3,6) , , , , B 中元素的每个数位只能从上面五对数中每对至多取一个数构成. (4,5) ,
2 2 1 (1)两位数有 C5 ? 22 ? A2 ? C4 ? 2 ? 72 个; 3 3 2 2 三位数有 C5 ? 23 ? A3 ? C4 ? 22 ? A2 ? 432 个;

(2)存在五位数,只需从上述五个数对中每对取一个数即可构成符合条件的五位数;不存在六位 数,由抽屉原理易知,若存在,则至少要从一个数对中取出两个数,则该两个数字之和为 9,与 B 中任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于 9 矛盾,因此不存在六位数.
4 4 3 3 (3)四位数共有 C5 ? 24 ? A4 ? C4 ? 23 ? A3 ? 1728 个,因此第 1081 个元素是四位数,且是第 577 3 3 个四位数,我们考虑千位,千位 1,2,3 的四位数有 3? C4 ? 23 ? A3 ? 576 个,因此第 1081 个元

素是 4012.

1 ? ?sin x ? sin y ? 3 ? 2.已知 ? ,求 cos( x ? y),sin( x ? y) . ?cos x ? cos y ? 1 ? 5 ?

解析:由 sin x ? sin y ?

1 1 208 ①,cos x ? cos y ? ②,平方相加得 cos( x ? y ) ? ,另一方面由① 3 5 225

得 2sin ?

1 ? x? y? ? x? y? ? x? y? ? x? y? 1 ? cos ? ? ? ③ , 由 ② 得 2sin ? ? sin ? ? ? ? ④,④除以③得 5 ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? 3

x? y x? y 3 15 2 tan ? ? ,因此 sin( x ? y) ? ?? . x? y 2 5 17 1 ? tan 2 2 2 tan
3.点 A 在 y ? kx 上,点 B 在 y ? ?kx 上,其中 k ? 0, OA ? OB ? k 2 ?1 ,且 A, B 在 y 轴同侧. (1)求 AB 中点 M 的轨迹 C ; (2)曲线 C 与抛物线 x2 ? 2 py( p ? 0) 相切,求证:切点分别在两条定直线上,并求切线方程.

解析:1) Ax ,1 ,)Bx, y) Mxy ( 设 ( y 1 ( ,2 (, ) 2

, y1 ? y , ? 则 k 1 2 k? x x

2

, O O k? 由 A B ?

2 ? 1 得 x1 x2 ? 1 ,

x ? x2 y ? y2 x ? x2 ( x1 ? x2 ) 2 ( x1 ? x2 ) 2 , y? 1 ?k 1 ? ?1,又 x ? 1 即 ,于是 M 的轨迹方程为 2 2 2 4 4

x2 ?

y2 ? 1,于是 AB 中点 M 的轨迹 C 的焦点为 ? k 2 ? 1,0 ,实轴长为 2 的双曲线. 2 k
2

?

?

2 (2)将 x ? 2 py( p ? 0) 与 x ?

y2 ? 1 联立得 y 2 ? 2 pk 2 y ? k 2 ? 0 ,曲线 C 与抛物线相切,故 k2

? ? 4 p2k 4 ? 4k 2 ? 0 ,又因为 p, k ? 0 ,所以 pk ? 1 ,且 y ? pk 2 ? k ,x ? ? 2pk ? ? 2 ,因此
两 切点 分别 在定直 线 x ? 2, x ? ? 2 上, 两切 点为 D( 2, k ), E (? 2, k ),? y? ?

x , 于是 在 p

D( 2, k ) 处的切线方程分别为 y ?

2 2 1 ( x ? 2) ? k ,即 y ? x? , p p p 2 2 1 ( x ? 2) ? k ,即 y ? ? x? . p p p

在 E(? 2, k ) D( 2, k ) 处的切线方程分别为 y ? ?

4.7 个红球,8 个黑球,一次取出 4 个. (1)求恰有一个红球的概率; (2)取出黑球的个数为 X ,求 X 的分布列和期望( EX ) ; (3)取出 4 个球同色,求全为黑色的概率.

解析: (1)恰有一个红球的概率为

1 3 C7C8 56 ; ? 4 C15 195 4 3 1 C7 C7 C8 40 5 , ? , P( X ? 1) ? 4 ? 4 C15 195 C15 195

(2) X 的所有可能取值为 0,1,2,3,4, P( X ? 0) ?

P( X ? 2) ?

2 C7 C82 84 C1C 3 56 C 4 10 , ? , P( X ? 3) ? 7 4 8 ? , P( X ? 4) ? 8 ? 4 4 C15 195 C15 195 C15 195

即 X 的分别列为

X
P

0

1

2

3

4

40 84 195 195 5 40 84 56 10 32 ? 1? ? 2? ? 3? ? 4? ? 所以 EX ? 0 ? . 195 195 195 195 195 15
(事实上由超几何分布期望公式可以直接得出期望为 EX ? 4 ?

5 195

56 195

10 195

8 32 ? ,无需繁杂计算) 15 15

C84 2 (3)取出 4 个球色,全为黑色的概率为 4 4 ? . C7 C8 3

2 5.数列 ?an ? 各项均为正数,且对任意 n ? N 满足 an?1 ? an ? can (c ? 0为常数) .
* * (1)求证:对任意正数 M ,存在 N ? N ,当 n ? N 时有 an ? M ;

(2)设 bn ?

1 , Sn 是 ?bn ? 前 n 项和,求证:对任意 d ? 0 ,存在 N ? N * ,当 n ? N 时有 1 ? can

0 ? Sn ?

1 ?d . ca1

2 (1)证明:因为对任意 n ? N 满足 an ? 0 ,所以 an?1 ? an ? can ? an ,又因为 c ? 0 ,
*

2 2 所以 an?1 ? an ? can ? can?1 ? an ? an?1 ? an ? an?1 ? ? ? a2 ? a1 , 2 所以 an ? an ? an?1 ? an?1 ? an?2 ? ?? a2 ? a1 ? a1 ? (n ? 1)(a2 ? a1 ) ? (n ?1)a1 ,

故对任意正数 M ,存在 N ? max ?1, ?

? ?M ? ? ? ? ? 2 ? ? N * ,当时有 an ? M . 2 ? ? ? a1 ? ? ? ?

(注: ?

?M ? M 表示不超过 2 的最大整数) 2 ? a1 ? a1 ?

2 2 (2)由 an?1 ? an ? can 得 an?1 ? an ? can ? an (can ? 1)
2 n a can a ?a 1 1 1 1 1 ,所以 Sn ? ? bi ? , ? ? n ? ? n?1 n ? ? ca1 can?1 can ? 1 an?1 can an?1 can an?1 can can?1 i ?1

所以

Sn ?

1 1 1 1 ,对任意 d ? 0 ,存在 ? ? ? 0 , 且 由 ( 1 ) 有 an?1 ? na12 , 所 以 can?1 nca12 ca1 can ?1

? ? 1 ?? 1 ? ? N ? max ?1, ? ,当 n ? N 时有 0 ? Sn ? ?d . 2 ?? ca1 ? ? dca1 ? ? ? ?

6.已知 x, y, z 是互不相等的正整数, xyz | ( xy ? 1)( yz ? 1)( zx ? 1) ,求 x, y, z .

解析:本题等价于求使

( xy ? 1)( yz ? 1)(zx ? 1) xy ? yz ? zx ? 1 ? xyz ? ( x ? y ? z ) ? 为整数的正整 xyz xyz

数 x, y, z ,由于 x, y, z 是互不相等的正整数,因此 xyz | xy ? yz ? zx ? 1 ,不失一般性不妨设

x ? y ? z ,则 xyz ? xy ? yz ? zx ? 1 ? 3xy 于是 z ? 3 ,结合 z 为正整数,从而 z ? 1, 2 .当 z ? 1 时,

xy | xy ? y ? x ? 1 即 xy | y ? x ? 1 于是 xy ? y ? x ? 1 ? 2x , 所以 y ? 2 , 但另一方面 y ? z , y 是 且
正整数,所以 y ? 2 矛盾,不合题意. 当 z ? 2 ,此时 2 xy | xy ? 2 y ? 2 x? 1,所以 2 xy ? 2 y ? xy ? 2 x ? 1 ,即 xy ? 2 y ? 2 x ? 1 ,所以

xy ? 2 x ? 2 x ? 4 x ,即 x ? 5 ,结合 x ? y ? 3 知 x ? 4,5 ,经检验仅有 x ? 5 符合题意.
因此符合题意的正整数 x, y, z 有 ( x, y, z) ? (2,3,5),(2,5,3),(3, 2,5),(3,5, 2),(5, 2,3),(5,3, 2)

7.已知 f ( x) ? (1 ? x)e x ?1 ; (1)求证:当 x ? 0 时 f ( x) ? 0 ; (2)数列 ?xn ? 满足 xne
xn?1

? exn ?1, x1 ? 1 ,求证:数列 ?xn ? 递减且 xn ?

1 . 2n

证明: (1)当 x ? 0 时 f ?( x) ? ? xe x ? 0, f ( x) 在 (0, ??) 递减,所以 f ( x) ? f (0) ? 0 . (2)由 xne
xn?1

? exn ?1,因为 xn ? 0 ,所以 e xn?1 ? e xn 即 xn ? xn?1 ,所以数列 ?xn ? 递减,下列证明

xn ?

1 ex ?1 xe x ? e x ? 1 f ( x) ? ? 2 , (1) , 用数学归纳法证明, g ( x) ? 设 , g ?( x) ? 则 由 知当 x ? 0 n 2 2 x x x 1 1 得 g ( xn ) ? g ( n ) , n 2 2
1

时 f ( x) ? 0 ,所以 g ?( x) ? 0 ,所以 g ( x) 在 (0, ??) 递增,由归纳假设 xn ?
1

1 1 n?1 n?1 n?1 x 要证明 xn ?1 ? n ?1 只需证明 e n?1 ? e 2 ,即 g ( xn ) ? e 2 ,故只需证明 g ( n ) ? e 2 ,考虑函数 2 2

1

h( x) ? xg( x) ? xe2

x









x?0



x x e 2 ? (1 ? ) 2







x x 1 x x x h?( x) ? e x ? (1 ? )e 2 ? e 2 (e 2 ? (1 ? )) ? 0 , 所 以 h( x) 在 (0, ??) 递 增 , 因 为 n ? 0 , 所 以 2 2 2

1 1 1 n?1 h( n ) ? 0 ,即 g ( n ) ? e 2 ,由归纳法知, xn ? n 对任意正整数 n 成立. 2 2 2

1


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