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(2010-2012)“华约”自主招生数学试题及解答


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 5.在 ?ABC 中,三边长 a, b, c ,满足 a ? c ? 3b ,则 tan (A) (B) 1 ? m2 (C)1 (D) 1 ? m2

A C tan 的值为( ) 2 2

1 5

(B)

1 4

(C)

1 2

(D)

2 3

? OH 6. 如图, ABC 的两条高线 AD, BE 交于 H , 其外接圆圆心为 O , O 作 OF 垂直 BC 于 F , 过
与 AF 相交于 G ,则 ?OFG 与 ?GAH 面积之比为( ) (A) 1 : 4 (B) 1 : 3 (C) 2 : 5 (D) 1 : 2

ax 7.设 f ( x) ? e (a ? 0) .过点 P (a, 0) 且平行于 y 轴的直线与曲线 C : y ? f ( x) 的交点为 Q ,曲线

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

2e (B) 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 a2 4 a 4

的比值等于 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, n 的最小值为 则 ( ) (A)6 (B)7 (C)8 (D)9 10.设定点 A、B、C、D 是以 O 点为中心的正四面体的顶点,用 ? 表示空间以直线 OA 为轴满足 条件 ? ( 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 ? 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) ?? ?? ?? ?? (D) ?? ?? ?? ?? ?? ? ? ? ? 二、解答题 11. 在 ?ABC 中,已知 2sin
2

A? B ? cos 2C ? 1 ,外接圆半径 R ? 2 . 2

(Ⅰ)求角 C 的大小; (Ⅱ)求 ?ABC 面积的最大值. 12. 设 A、B、C、D 为抛物线 x2 ? 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 A 的坐标及直线 BC 的方程. 13. (Ⅰ)正四棱锥的体积 V ?

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;

2 ,求正四棱锥的表面积的最小值; 3

(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参考答案
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 ? ?(2cos2 ?1). 即 2cos C ? cos C ? 1 ? 0
2

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

cos C ? C?

? . 3

1 , 2

(Ⅱ) c ? 2 R sin C ? 4?

3 ? 2 3. 2

又由余弦定理得 c2 ? a2 ? b2 ? 2ab cos C, , 即 12 ? a ? b ? ab,
2 2

又 a ? b ? ab ? 2ab ? ab ? ab, ,
2 2

所以 ab ? 12. 有 S? ABC ?

1 3 3 ab sin C ? ab ? ? ? 3 3, , 12 2 4 4

当且仅当 a ? b 即 ? ABC 为等边三角形时,

? ABC 的面积取得最大值 3 3.
12.解: (Ⅰ)设 A( x0 , 则 D(? x0 , 由y ?
'

1 2 1 1 2 x0 ), B( x1 , x12 ), C ( x2 , x2 ), 4 4 4

1 2 x0 ) 4

1 1 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

把y?

1 2 x 代入,整理得 x2 ? 2x0 x ? 4b ? 0, 4

所以 x1 ? x2 ? ?2 x0 因为 AB, AC 都不平行于 y 轴, 所以直线 AB, AC 斜率之和为

k AB ? k AC

1 2 1 2 2 2 ( x1 ? x0 ) ( x2 ? x0 ) ?4 ?4 ? ( x1 ? x2 ? 2 x0 ) ? 0 x1 ? x0 x2 ? x0

可知直线 AB, AC 的倾角互补,而 AD 平行于 x 轴, 所以 AD 平分 ?CAB. 作 DE ? AB, DF ? AC, E, F 为垂足 则 ? ADE ? ADF 可得 DE ? DF 由已知 DE ? DF ? 2 AD , 可得 DE ?

2 AD , ,所以 ?DAE ? ?DAF ? 45

所以 ?CAB ? 90, ? ABC 为直角三角形 (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 . 由已知可知 所以

1 AB AC ? 240, , 2

1 2 ? 8 x0 ? 4 ? 240, 解得 x ? ?8, , 2

所以 A(8,16) 或 A(?8,16) 当取 A(?8,16) 时,求得 B (4, 4) ,又 BC 斜率 ? 所以直线 BC 方程为 y ? 4 ? 4( x ? 4) , 即 4 x ? y ? 12 ? 0.

1 x0 ? 4, , 2

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
令 t ? ( ) , 设 f (t ) ? (1 ? 1 ? t ) , t ? 0
2 3

h a

1 t

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

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 AA , Aa , aa 的概率如下表: 父本、母本的基因型式 父 AA 母 AA 父 AA 母 Aa 相应情况 出现的概率 子一代基因 为 AA 的概率 子一代基因 为 Aa 的概率 子一代基因 为 aa 的概率

u2
2uv

1

0

0 0

1 2

1 2

父 AA 母 aa 父 Aa 母 AA 父 Aa 母 Aa 父 Aa 母 aa 父 aa 母 AA 父 aa 母 Aa 父 aa 母 aa

uw
2uv

0

1

0 0

4v 2
2vw

1 2 1 4
0 0 0 0

1 2 1 2 1 2
1

1 4 1 2
0

uw
2vw

1 2
0

1 2
1

w2

子一代的基因型式为 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 .
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知子二代的基因型式为 AA , Aa , aa 的比例为 ? 2 : 2?? : ? 2 ,其中 , ? ? p2 ? p q ? ? pq ? q2 . 由 p ? q ? 1,可得 ? ? p , ? ? q . 故子二代三种基因型式 AA , Aa , aa 的比例为 p 2 : 2 pq : q 2 ,与子一代基因型式的比例相同.

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 )? 令 f( ,代入 t ? cs ? d ,化简得 cs ? d ? 3s ? 1 s t f ( x) ?
所以存在 t ? ? (s) ? 3s ? 1(s ? 0) 使得 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
n ?1

统一写为 xn ? 2 ? (?1)

5?3

n ?1

4 , n ? 1, 2,? ? (?1) n

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) ?

2t ? 1 ?4 2s ? 1 2t ? 1 2t ? 1 t ?1 所以 f ( )? f( )? ? 2t ? 1 s t ?1 t ?1 t ?1
(Ⅱ)由 f ( x) ? 得 xn ?1 ?

x?4 , xn?1 ? f ( xn ) x ?1
(1)

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

所以 xn ? 2 ?

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 f ( x) ? 由 f(

x?4 , s ? ? (t ) ? 3t ? 1 x ?1
(1)

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

易看出(1)式中 t ? ?s 即得 f (

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

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 ?

3 | xk ? 1
1 1 | xk ? 2 |? k 3 3

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

3 ?1 xk ? 1

只需证

3 1 ?1 ? k xk ? 1 3

3 3k ? 1 即证 ? k xk ? 1 3
xk ? 1 3k ? k 即证 3 3 ?1
即证 xk ?

3 ? 3k ?1 3k ? 1

即证 xk ? 2 ? 即 2 ? xk ?

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

3 3 1 ? k ? k ?1 ,而此式是假设成立的 3 ?1 3 3
k

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 1 2 解:由 | z ? |? 得 | z | ?1 ? | z | ,已经转化为一个实数的方程.解得|z| =2(舍去) ? . , z 2 2 2
1.设复数 z 满足|z|<1 且 | z ? 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 2 . 则异面直线 DM 与 AN 所成角的余弦为( )

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, 2 ),则

???? ? 3 1 2 ???? 1 1 2 1 1 2 1 3 2 M ( ,? , ),N ( , , ), DM ? ( , ? , ), AN ? (? , , ) .设所成的角为 θ,则 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ???? ???? ? DM ?AN 1 cos? ? ???? ???? ? . ? DM AN 6
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, 移到 CD 的中点 Q.于是 QN = DM = AN.而 PA = PB = AB = 2, D

所以 QN = AN =

3 ,而 AQ =

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 ?
3 2 解:显然(-1, 1)在 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. x0 ? (?1)

k?

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 2

[分析]首先尽可能化简结论中的表达式 cos A ? cos B ,沿着两个方向:①降次:把三角函数的平 方去掉;②去角:原来含两个角,去掉一个. 解: cos A ? cos B ?
2 2

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: O1 O2 边 O1 O2 上一点 C, O1、 O2 延长线上分别一点 A、 使得 O1A = O1C, ΔO O O B, 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 ) ?

? ??
2

, sin ? ? cos

?
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 ? , ? ? ? ? (?O1CA ? ?O2CB ) ? , 2 4 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 ? (0,1), b ? (? 值为( )

?

?

? ? 3 1 ? 3 1 ? , ? ), c ? ( , ? ), xa ? yb ? zc ? (1,1) 则 x2 ? y 2 ? z 2 的最小 2 2 2 2

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

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

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

? x 2 ? 2( x ? 1) 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,O 为坐标原点,且 ?OFA ? 135 ,C 为抛物线准线与 x 轴的 交点,则 ?ACB 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 2)? ,于是 ???

kCA ?

k ? kCB ??2 2 2 ??2 2 2 , tan ?ACB ? CA ? 2 2 ,答案 A = ,kCB ? =1 ? kCAkCB 2 ??2 2 2 ??2 2

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. G D 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 ?1 , 2

将 y ? z ? x ?1 ,变形为y ? z ? x ? 1,暂时将 x 看成常数,欲使 yz 取得最大值必须 y ? z ? 于是 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 D 是钝角.事实上,∠ ≥ ∠ 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 B (指有公共边 AC) 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 D -∠ 找下去,则最后可以找到一个锐角三角形.所以答案是 D. 二、解答题

解: (I) tan C ? ? tan( A ? B ) ?

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

(II)由已知 3 tan A tan ? tan ? tan ? tan ,与(I)比较知 tan B ? 3,B= C A B C

?
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)

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

1 x x 量 = a :x.水杯的重心位置为 ,水的重心位置为 ,水面位置为 ,于是 2 2b b
解得 x ? a2 ? ab ? a 13.已知函数 f ( x) ?

1 x a ? ? x? 2 2b ? x , a?x b

2x 1 2 1 ,f (1) ? 1,f ( ) ? .令 x1 ? ,xn ?1 ? f ( xn ) . ax ? b 2 3 2

(I)求数列 {xn } 的通项公式;

1 . 2e 1 2 2x 解 由 f (1) ? 1,f ( ) ? 得a ? b ? 1,f ( x) ? 2 3 x ?1
(II)证明 x1 x2 ? xn ?1 ?

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

2k ?1 ,则 2k ?1 ? 1

2 xk 2k ,得证. xk ?1 ? f ( xk ) ? ? xk ? 1 2k ? 1
方法二: xn?1 ?

2 xn xn ? 1

取倒数后整理得

1 xn?1

?1 ?

1 1 ( ? 1) ,所以 2 xn

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

所以 x ?

1 1 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
n

我们注意到 1 ? 2a ? (1 ? a)2, , 2n a ? (1 ? a)2 , (贝努利(Bernoulli)不等式的一般形式: ? 1?

(1 ? x) n ? 1 ? nx , x ? (?1,??) )
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 ? n ) ? e 2 2 2 1 1 1 ? ln[(1 ? )(1 ? 2 ) ? (1 ? n )] ? 1 2 2 2 1 1 1 ? ln(1 ? ) ? ln(1 ? 2 ) ? ? ? ln(1 ? n ) ? 1 2 2 2 1 ( x ? 0) 构造函数 g ( x) ? ln( ? x) ? x 1 ?x g ?( x) ? ?1 ? ? 0 ,所以 g ( x) ? g (0) ? 0 1? x 1? x 所以 ln( ? x) ? x 1 ( x ? 0) 1 2

方法二:原不等式 ? (1 ? )(1 ?

令x ?

1 1 1 则 ln(1 ? n ) ? n n 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

14.已知双曲线 C :

x2 y 2 ? ? 1(a ? 0, b ? 0), F1 , F2 分别为 C 的左右焦点.P 为 C 右支上一点,且使 a 2 b2

?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,Q 为第一象限内 C 上的任意一点,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 , 为 PF1 上一点, = PF2, F1 =2a, 1 F2 = E PE E F 3
2c,求

?

c .设 PE = PF2 = EF2 = x,F F2 = a

3 x, 2

S?F1PF2 ?

1 1 3 PF1 ?FF2 ? ( x ? 2a) x ? 3 3a 2 , x2 ? 4ax ? 12a 2 ? 0 , x ? 2a . 2 2 2
2? ,于是 3
P F E 2a F1 P 2c x F2
2

ΔE F1 F2 为等腰三角形, ?EF1 F2 ?

2c ? 2 3a , e ?
1 (II) ? ? 2
此解法可能有误

c ? 3. a

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 8 8 3 13 ? 正正正反或反正正正,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 2
(I)显然 p1=p2=1, p 3 ? 1 ? 果第 n 次出现正面,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, 4

第 n-1 次出现正面,第 n-2 次出现反面,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概率是 ? Pn ?3 .

1 8

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

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 ?
取极限可得 lim p n ? 0 .
n ? ??

1 ? Pn ? 4 两边同时 16

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 年大学自主招生学业能力测试数学试卷

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