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历年来北大自主招生数学试题 自主招生高中试题

教学资源|题库|学习文库-「普洱教育」来源: https://www.puerjy.cn 2020-02-06 03:39理科试题 550637 ℃
自主招生高中试题
2010北京大学 香港大学 北京航空航天大学 自主招生(三校联招)试题 数学部分 1.(仅文科做)0,求证:sintan. 2.AB为边长为1的正五边形边上的点.证明:AB最长为 3.求过AB的切线与x轴围成面积的最小值.(25AB为y1x2上在y轴两侧的点,分) 4.向量OA与OB已知夹角,OA1,OB2,OP(1t)OA,OQtOB,1(25分) 0≤t≤1.PQ在t0时取得最小值,问当0t0时,夹角的取值范围.551.(25分) 22 5.(仅理科做)存不存在0x分) ,使得sinx,cosx,tanx,cot(25x为等差数列.2 1 2010北京大学 香港大学 北京航空航天大学 自主招生(三校联招)试题 数学部分解析 1.(仅文科做)0,求证:sintan. 【解析】 不妨设f(x)xsinx,则f(0),且当0xf(x)12时,2.于是cxosf(x)在0x上单调增.∴f(x)f(0)0.即有2xsinx. 同理可证g(x)tanxx0. g(0)0,当0x1时,g(x)210.于是g(x)在0x上单调增。 cosx22∴在0x上有g(x)g(0)0。即tanxx。 2注记:也可用三角函数线的方法求解. 2.AB为边长为1的正五边形边上的点.证明:AB最长为
【解析】 以正五边形一条边上的中点为原点,此边所在的直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系. ⑴当A,B中有一点位于P点时,知另一点位于R1或者R2时有最大值为PR1;当有一点位于O点时,ABmaxOPPR1; PQ51.(25分) 2 R2OR1⑵当A,B均不在y轴上时,知A,B必在y轴的异侧方可能取到最大值(否则取A点关于y轴的对称点A,有ABAB). 不妨设A位于线段OR2上(由正五边形的中心对称性,知这样的假设是合理的),则使AB最大的B点必位于线段PQ上. R2PBQ且当B从P向Q移动时,AB先减小后增大,于是ABmaxAP或AQ; AOR1对于线段PQ上任意一点B,都有BR2≥BA.于是ABmaxR2PR2Q 2 由⑴,⑵知ABmaxR2P.不妨设为x. 下面研究正五边形对角线的长. 如右图.做EFG的角平分线FH交EG于H. 易知EFHHFGGFIIGFFGH. 于是四边形HGIF为平行四边形.∴HG1. 由角平分线定理知EFFGEHx115.解得x. 1x1HG2x-1H1GE1Fx11I53.求过AB的切线与x轴围成面积的最小值.(25AB为y1x2上在y轴两侧的点,分)
【解析】 不妨设过A点的切线交x轴于点C,过B点的切线交x轴于点D,直线AC与直线BD相交于点E.如图.设B(x) 1,y1),A(x2,y2,y且有y21x22,y11x12,x10x2. 由于y2x, 于是AC的方程为2x2x2y2y;① BD的方程为2x1x2y1y. ② yy联立AC,BD的方程,解得E(12,1x1x2). 2(x2x1)2y2对于①,令y0,得C(,0); 2x22y1对于②,令y0,得D(,0). 2x12y12y21x121x22于是CD. 2x12x22x12x21SECDCD(1x1x2).不妨设x1a0,x2b0,则 211a21b2111SECD()(1ab)(2a2ba2bab2) 4ab4ab1111(ab)(2ab)≥2ab(2ab) ③ 4ab4abCOAEBDx不妨设abs0,则有 3 1111111SECD(s32s)(s3s..s...) 2s2339s9s 6个 9个 12411619161161383≥16ss)]8()8)23. ④ 239s339333又由当x1a,x2b, s时,③,④处的等号均可取到. 3338∴(SECD)min3. 911注记:不妨设g(s)(s32s),事实上,其最小值也可用导函数的方法求解. 2s1111由g(s)(3s222)知当0s2时g(s)0;当s2时g(s)0. 2s33333则g(s)在(0,)上单调减,在(,)上单调增.于是当s时g(s)取得最小333值. 4.向量OA与OB已知夹角,OA1,OB2,OP(1t)OA,OQtOB,1(25分) 0≤t≤1.PQ在t0时取得最小值,问当0t0时,夹角的取值范围.5
【解析】 不妨设OA,OB夹角为,则OP1t,OQ2t,令 g(t)PQ(1t)24t22(1t)2tcos(54cos)t2(24cos)t1. 212cos12x5.而f(x)在(,)上单调增,故54cos54x412cos11≤≤. 54cos312cos112cos12当0≤. ≤时,t0(0,),解得54cos354cos523其对称轴为t当1≤12cos0时,g(t)在[0,1]上单调增,于是t00.不合题意. 54cos2]. 23于是夹角的范围为[,5.存不存在0x,使得sinx,cosx,tanx,cotx为等差数列.(25分) 2(cosxsinx)(cosxsinx)
【解析】 不存在;否则有cosxsinxcotxtanx, sinxcosxcosxsinx则cosxsinx0或者1. sinxcosx22若cosxsinx0,有x.而此时,,1,1不成等差数列; 224cosxsinx若1,有(sinxcosx)212sinxcosx.解得有sinxcosx12. sinxcosx11而sinxcosxsin2x(0,],矛盾。 22 4 2011年综合性大学(北约13校)自主选拔录取联合考试 数学试题 请注意:文科考生做1至5题,理科考生做3至7题。
每题20分,共100分。
【试题解答】 1.已知平行四边形的其中两条边长为3和5,一条对角线长为6,求另一条对角线长。 解析:平行四边形的对角线的平方和等于它四边的平方和,设另一条对角线长为x,所以x26223252,所以x42。  2.求过抛物线y2x22x1和y5x22x3的交点的直线方程。 解析: 5 2y2x2x1解法一:由2y5x2x31,152得6x7y10,所以过抛物线2y2x22x1和y5x22x3的交点的直线方程6x7y10。
242242xx2y2x2x1177解法二:由得或,所以过2y5x2x3252425242yy4949抛物线y2x22x1和y5x22x3的交点的直线方程6x7y10。 3.在等差数列{an}中,a313,a73,数列{an}的前n项和为Sn,求数列{Sn}的最小项,并指出其值为何。
解析:因为a313,a73,所以d4,所以an4n25, an4n2502125法一:由得n,又nN,所以n6,所以44an14n1250SnminS66a1a666。 22na1an23529法二:由Sn,所以当n6,2n223n2n248SnminS666。 4.在ABC中,ab2c,求证:C600. 2ab3212abab2222ababc24解析:因为cosC 2ab2ab2ab22 6 312abab12 ,当且仅当ab时,""成立,又因为C0,,所以C600。
422ab 5.是否存在四个正实数,使得他们的两两乘积为2,3,5,6,10,16。 解析:设存在四个正实数a,b,c,d使得他们两两乘积为2,3,5,6,10,16,因为四个正实数a,b,c,d的两两乘积为ab,ac,ad,bc,bd,cd,把这些乘积乘起来,所以abcd23561016,又a,b,c,d为正实数,所以abcd43450,所以在2,3,5,6,10,16中应存在两个数之积等于43450,显然这是不可能的,所以假设不成立,所以不存在四个正实数,使得他们的两两乘积为2,3,5,6,10,16。 6.C1和C2是平面上两个不重合的固定圆,C是平面上的一个动圆,C与C1,C2都相切,则C的圆心的轨迹是何种曲线。
说明理由. 解析:不妨设C1,C2和C的半径分别为r1,r2,r(r1r2), 3

(1)当C1和C2相离时,即C1C2r1r2, (ⅰ)若C与C1,C2都外切,则CC1r1r,CC2r2r,所以CC1CC2r1r2; 若C与C1,C2都内切,则CC1rr1,CC2rr2,所以CC2CC1r1r2; 所以CC2CC1r1r2C1C2,由双曲线的定义,C的圆心的轨迹是以C1,C2为焦点、实轴长为r1r2的双曲线; 7 (ⅱ)若C与C1内切,C2外切,则CC1rr1,CC2r2r,所以CC2CC1r1r2; 若C与C1外切,C2内切,则CC1rr1,CC2rr2,所以CC1CC2r1r2; 所以CC2CC1r1r2C1C2,由双曲线的定义,C的圆心的轨迹是以C1,C2为焦点、实轴长为r1r2的双曲线;

(2)当C1和C2外切时,即C1C2r1r2, (ⅰ)若C与C1,C2都外切,则CC1r1r,CC2r2r,所以CC1CC2r1r2; 若C与C1,C2都内切,则CC1rr1,CC2rr2,所以CC2CC1r1r2; 所以CC2CC1r1r2C1C2,由双曲线的定义,C的圆心的轨迹是以C1,C2为焦点、实轴长为r1r2的双曲线; (ⅱ)若C与C1内切,C2外切,则CC1rr1,CC2r2r(或CC1r1r,CC2r2r),所以CC2CC1r1r2(或CC2CC1r1r2); 若C与C1外切,C2内切,则CC1rr1,CC2rr2(或CC1rr1,CC2r2r),所以CC1CC2r1r2(或CC2CC1r1r2); 所以CC2CC1r1r2C1C2或CC2CC1r所以C的圆心的轨迹1r2C1C2,是过C1,C2的直线(除直线与圆C

1、C2的交点外);

(3)当C1和C2相交时,即r1r2C1C2r1r2, 8 (ⅰ)若C与C1,C2都外切,则CC1r1r,CC2r2r,所以CC1CC2r1r2; 若C与C1,C2都内切,则CC1rr1,CC2rr2(或CC1r1r,CC2r2r),所以CC2CC1r1r2; 所以CC2CC1r1r2C1C2,由双曲线的定义,C的圆心的轨迹是以C1,C2为焦点、实轴长为r1r2的双曲线(圆C

1、C2的交点除外); (ⅱ)若C与C1内切,C2外切,则CC1r1r,CC2r2r,所以CC2CC1r1r2; 若C与C1外切,C2内切,则CC1rr1,CC2r2r,所以CC2CC1r1r2; C所以CC2CC1r1r2C1C2,由椭圆的定义,C的圆心的轨迹是以C1,2为焦点、实轴长为r1r2的椭圆(圆C

1、C2的交点除外);

(4)当C1和C2内切时,即C1C2r1r2, (ⅰ)若C与C1,C2都外切,则CC1r1r,CC2r2r,所以CC1CC2r1r2; 若C与C1,C2都内切,则CC1rr1,CC2rr2(或CC1r1r,CC2rr2或CC1r1r,CC2r2r),所以CC2CC1r1r2(或CC2CC1r1r2或CC2CC1r2r1); 所以CC2CC1r1r2C1C2或CC2CC1r所以C的圆心的轨迹是过C1,1r2, 9 C2的直线(除直线与圆C

1、C2的交点外); (ⅱ)若C与C1内切,C2外切,则CC1r1r,CC2r2r,所以CCC1C21r2r1,所以2CCC的圆心的轨迹是以C1,C2为焦点、实轴长为r1r2的椭圆(两圆C

1、C2的交点除外);

(5)当C1和C2内含时,即C1C2r1r2, (ⅰ)若C与C1,C2都内切,则CC1r1r,CC2rr2,所以CC2C1C1r2r,所以12CCC的圆心的轨迹是以C1,C2为焦点、实轴长为r1r2的椭圆; (ⅱ)若C与C1内切,C2外切,则CC1r1r,CC2r2r,所以CC2CC1r1r2C1C2,所以C的圆心的轨迹是以C1,C2为焦点、实轴长为r1r2的椭圆。 7.求f(x)x12x1........2011x1的最小值。
10 11 12 2012年北约自主招生数学试题

1、求x的取值范围使得f(x)x2xx1是增函数;

2、求x116x2

3、已知(x2xm)(x2xn)0的4个根组成首项为

4、如果锐角ABC的外接圆的圆心为O,求O到三角形三边的距离之比;

5、已知点A(2,0),B(2,0),若点C是圆x22xy20上的动点,求ABC面积的最小值。 13 22x2710x21的实数根的个数; 1的等差数列,求mn; 4

6、在1,2,,2012中取一组数,使得任意两数之和不能被其差整除,最多能取多少个数。

7、求使得sin4xsin2xsinxsin3xa在[0,)有唯一解的a;

8、求证:若圆内接五边形的每个角都相等,则它为正五边形;

9、求证:对于任意的正整数n,(1 14 2)n必可表示成ss1的形式,其中sN 2012年自主招生北约联考数学试题解答 15 16 17 2013年北约自主招生数学试题 2013-3-16 (时间90分钟,满分120分) 一 选择题(每题8分,共48分) 1.以2和132为两根的有理系数多项式的次数最小是多少 ( ) A.2 B.3 C.5 D.6 2.在66的棋盘中停放着3个红色車和3个黑色車,每一行、每一列都只有一个車,共有多少种停放方法 ( ) A.720 B.20 C.518400 D.14400 3.已知x2y5,y2x5,则x2xyy的值为 ( ). A.-10 B.-12 C.-14 D.-16 4.如图, 在△ABC中,D为BC中点,DM平分∠ADB交AB于点M,DN平分∠ADCA 交AC于N,则BM+CN与MN的关系为 ( ) +CN>+CN <+CN =MND.无法确定 E B D M 223223N C 5.设数列an满足a11,前n项和为Sn,Sn14an2,求a2013. 6.模长为1的复数x,y,z满足xyz0,求xyyzzx. xyz18 A.-1/2 B.1 C.2 D.无法确定 二、解答题(每题18分,共72分) 7.最多有多少个两两不等的正整数,满足其中任意三数之和都为素数. 8.已知ai,i1,2,3,,2013为2013个实数,满足a1a2a3a20130,且a12a2a22a3…a20132a1,求证a1a2a3a20130. 9.对于任意的,求32coscos66cos415cos2的值. 10.已知有mn个实数,排列成mn阶数阵,记作aij6mn使得数阵的每一行从左到右都是递增的,即对任意的i1,2,3,,m,当j1j2时,有aij1aij2;现将aijmn的每一列,即'原有的各数按照从上到下递增的顺序排列,形成一个新的mn阶数阵,记作aijmn对任意的j1,2,3,,n,当i1i2时,有a大小关系,并加以证明. 'i1ja'i2j,试判断a'ijmn中每一行的各数的 19 2013年北约自主招生数学试题解析 2013-3-16 (时间90分钟,满分120分) 一 选择题(每题8分,共48分) 1.以2和132为两根的有理系数多项式的次数最小是多少 ( ) A.2 B.3 C.5 D.6
【解析】 显然(x2)((x1)2)为满足要求的多项式,其次数为5. 若存在n次有理系数多项式f(x)以232和132为两根,则f(x)必含有因式(x22)((x1)32),∴n5,即最小次数为5.故选C. 2.在66的棋盘中停放着3个红色車和3个黑色車,每一行、每一列都只有一个車,共有多少种停放方法 ( ) A.720 B.20 C.518400 D.14400 3
【解析】 先排3个红色車,从6行中任取3行,有C620种取法;在选定的3行中第一行有6种停法,第一行选定后第二行有5种停法,第二行选定后第三行有4种停法;红車放定后,黑車只有6种停法.故停放方法共20654614400种.故选D. 3.已知x2y5,y2x5,则x2xyy的值为 ( ). A.-10 B.-12 C.-14 D.-16
【解析】 ∵x2xyyx(2y5)2(2y5)(2x5)y(2x5) 32232232234xy15(xy)50, 又由x2y5,y2x5,有xy2(xy) ∴xy或xy2. 2当xy时,有x2x5,x122226, 20 4xy15(xy)504x230x5038x7038x70108386; 当xy2时,x2(x2)5,x(x2)1 24xy15(xy)504x(x2)8016. 故选D. 4x(2x)20A 4.如图, 在△ABC中,D为BC中点,DM平分∠ADB交AB于点M,DN平分∠ADC交AC于N,则BM+CN与MN的关系为 ( ) +CN>+CN <+CN =MND.无法确定
【解析】 延长ND至E,使ND=ED,连结BE、ME, 则△BED≌△CND,△MED≌△MND,ME=MN, 由BM+BE>EM,得BM+CN>MN. E B B M N C D A M N C D 5.设数列an满足a11,前n项和为Sn,Sn14an2,求a2013.
【解析】 ∵a11,a1a24a12,∴a25; 由 Sn14an2,有n2时,Sn4an12,于是an14an4an1, n2特征方程x4x4有重根2,可设an(c1c2)2, 将a11,a25代入上式,得c1于是an(故选A 13,c2, 443n1)2n(3n1)2n2,∴a2013603822011301922012. 44 21 6.模长为1的复数x,y,z满足xyz0,求xyyzzx. xyzA.-1/2 B.1 C.2 D.无法确定
【解析】 取xyz1,便能得到xyyzzx=1. xyz下面给出证明,xxyyzz1, xyyzzxxyyzzxxyyzzxxyyzzxxyyzzx于是 xyzxyzxyzxyzxyz2 111xzyzyxzxzxyxxyyzzx=1. 1. ∴ xyz111xzyzyxzxzxyx二、解答题(每题18分,共72分) 7.最多有多少个两两不等的正整数,满足其中任意三数之和都为素数.
【解析】 设满足条件的正整数为n个.考虑模3的同余类,共三类,记为0,1,2. 则这n个正整数需同时满足①不能三类都有;②同一类中不能有3个和超过3个.否则都会出现三数之和为3的倍数.故n4. 当n4时,取1,3,7,9,其任意三数之和为11,13,17,19均为素数,满足题意, 所以满足要求的正整数最多有4个. 8.已知ai,i1,2,3,,2013为2013个实数,满足a1a2a3a20130,且a12a2a22a3…a20132a1,求证a1a2a3a20130.
【解析】 设a12a2a22a3…a20132a1k, 若k0,则a12a2,a22a3,…,a20122a2013,a20132a1, 于是a1a2a3a2013a1a1a1a1220112a10, 222∴a10,进而a1a2a3a20130. 若k0,则a12a2,a22a3,…,a20132a1 这2013个数去掉绝对值号后 22 只能取k和k两值, 又a12a2a22a3…a20122a2013a20132a10, 即这2013个数去掉绝对值号后取k和k两值的个数相同,这不可能. 9.对于任意的,求32coscos66cos415cos2的值.
【解析】 32cos6632(31cos23)4cos3212cos2212cos24, 264cos23cos2, cos 6cos412cos26, 15cos215cos2, 各式相加,得32cos 10.已知有mn个实数,排列成mn阶数阵,记作aij62cos66cos415cos210. mn使得数阵的每一行从左到右都是递增的,即对任意的i1,2,3,,m,当j1j2时,有aij1aij2;现将aijmn的每一列,即'原有的各数按照从上到下递增的顺序排列,形成一个新的mn阶数阵,记作aijmn对任意的j1,2,3,,n,当i1i2时,有a大小关系,并加以证明. '
【解析】 数阵aij'i1ja'i2j,试判断a'ijmn中每一行的各数的mn中的中每一行的各数仍是递增的.下面用反证法给出证明. pq 若在第p行存在a'a'p(q1),令a'k(q1)aik(q1),其中k1,2,3,,m, ti1,i2,i3,,im1,2,3,,m,则当tp时,aiq 即在第q列中至少有p个数小于a在第p1行,这与a的. 'pq排在第'pq,也就是ait(q1)a't(q1)a'p(q1)a'pq a'pq在数阵a'ijmn中的第q列中至少排p行矛盾.所以数阵a'ijmn中的中每一行的各数仍是递增 23 2014北约理科数学试题 的扇形面积为6,求它围成圆锥的表面积.

32、将10个人分成3组,一组4人,两组各3人,求共有几种分法.

1、圆心角为a2bfa2fb,f11,f47,求f2014.

3、f33

4、fxlgx22axa的值域为R,求a的取值范围.

5、已知xy1,且x,y都为负实数,求xy

6、fxarctan1的取值范围. xy22x11C在,上为奇函数,求C的值. 14x44

7、求证:tan3Q.

8、已知实系数二次函数fx与gx,fxgx和3fxgx0有两重根,fx有两相异实根,求证:gx没有实根.

7169、a1a2......a13是等差数列,Maiajak|1ijk13,问:0,,是否可以同时在M23中,并证明你的结论. 

10、xi0i1,2,...n,xi1.求证:i1i1nn2xi21. n 24 2014北约文科数学试题 的扇形面积为6,求它围成圆锥的表面积.

32、将10个人分成3组,一组4人,两组各3人,求共有几种分法.

1、圆心角为a2bfa2fb,f11,f47,求f2014.

3、f33

4、fxlgx22axa的值域为R,求a的取值范围.

5、已知xy1,且x,y都为负实数,求xy

6、fxarctan1的取值范围. xy22x11C在,上为奇函数,求C的值. 14x44

7、等比数列4n11n200,6m31m200的公共项之和.

8、梯形的对角线长分别为5和7,高是3,求梯形的面积. ABDEFC

9、求证:tan3Q.

10、已知实系数二次函数fx与gx,fxgx和3fxgx0有两重根,fx有两相异实根,求证:gx没有实根. 25 2014北约理科数学试题(参考答案) 的扇形面积为6,求它围成圆锥的表面积. 31
【解析】S扇R2,R6,lR2,从而圆锥底面周长为

21、圆心角为22r,S底r2,S67.

2、将10个人分成3组,一组4人,两组各3人,求共有几种分法. C4C63C33
【解析】平均分堆问题.102100. 2。 a2bfa2fb,f11,f47,求f2014.

3、f33
【解析】观察等式可知,函数显然为线性一次函数,可设fxkxm,f11,f47代入求得k2,m1,从而f20144027.

4、fxlgx22axa的值域为R,求a的取值范围.
【解析】值域问题.4a24a0,a1或a0.

5、已知xy1,且x,y都为负实数,求xy1的取值范围. xy1171
【解析】均值不等式,对勾函数性质.1xy2xy,0xy,从而xy. xy44

6、fxarctan22x11C在,上为奇函数,求C的值. 14x44
【解析】f00,Carctan2.下面证明:fxfxarctan22x22x4arctan2Carctan2arctan20. 14x14x3

7、求证:tan3Q.
【解析】反证法.假设tan3Q,则tan6Q,tan12Q,tan24Q,从而tan30Q,矛盾.tan3Q.

8、已知实系数二次函数fx与gx,fxgx和3fxgx0有两重根,fx有两 26 相异实根,求证:gx没有实根.
【解析】设fxax2bxc,gxdx2exf, 则由fxgx,可得adx2bexcf0,be由3fxgx0可得 24adcf0. 3adx23bex3cf0,3be243ad3cf0. 化简得3b2e212ac4df,即e24df34acb2又b24ac0. e24df0.gx没有实根.

7169、a1a2......a13是等差数列,Maiajak|1ijk13,问:0,,是否可以同时在M23中,并证明你的结论.
【解析】数列中的项.分析M中项的构成,若按照从小到大的顺序排列,最小的项为第二项为a1a2a4,最大的项为a11a12a13,设an公差为d,则M中a1a2a3,716项的公差也为d,所以M中共有111213123131项,假设0,,均为23k716711M中的项,不妨设0k1d,k2d,2,k

1、k2Z,0k

1、k230,且232k121716k1k231,这样的k不存在,矛盾.所以0,,不可以同时在M中.

2310、xi0i1,2,...n,xi1.求证:i1i1nn2xi21. n
【解析】不等式;柯西不等式或AMGM平均不等式. 法一:AMGM不等式.调和平均值Hnn12xiinGnnin2xi, 则n22xiinnin122xi,nin1xiixi2xinn2xinin2xi 可得n2nin22xii2xin,nninxi2xii2xin  27 上述两式相加得nni21n2xi22xiinnxii2xin, 即21ninn2xi,即21inn2xi 12xi2法二:由xi1.及要证的结论分析,由柯西不等式得21, 2i1xi从而可设y1xnn从而本题也即证ny1y1ni,且i1.i. i1i1xiii122从而n2x1i2ix212n,即ini2xi2yi212n, 假设原式不成立,即nnxi21i12n,则i12yi21n. 从而n2yi2n. i2xi21,矛盾.得证 2014北约文科数学试题(参考答案)

1、圆心角为3的扇形面积为6,求它围成圆锥的表面积. 28 1
【解析】S扇R2,R6,lR2,从而圆锥底面周长为222r,S底r2,S67.

2、将10个人分成3组,一组4人,两组各3人,求共有几种分法. C4C63C33
【解析】平均分堆问题.102100. 2。
a2bfa2fb,f11,f47,求f2014.

3、f33
【解析】观察等式可知,函数显然为线性一次函数,可设fxkxm,f11,f47代入求得k2,m1,从而f20144027.

4、fxlgx22axa的值域为R,求a的取值范围.
【解析】值域问题.4a24a0,a1或a0.

5、已知xy1,且x,y都为负实数,求xy1的取值范围. xy1171
【解析】均值不等式,对勾函数性质.1xy2xy,0xy,从而xy. xy44

6、fxarctan22x11C在,上为奇函数,求C的值. 14x44
【解析】f00,Carctan2.下面证明:fxfxarctan22x22x4arctan2Carctan2arctan20. 14x14x3

7、等比数列4n11n200,6m31m200的公共项之和.
【解析】此题考察数的同余问题;设公共项为a,a1mod(4),a3mod(6). 易得a最小的数为9.4和6的最小公倍数为12,则a912k,kN.912k42001,k66.公共项之和为S679801227135.

8、梯形的对角线长分别为5和7,高是3,求梯形的面积. 29
【解析】如图,梯形面积为SS11ABCDhDFECh,易求得DF210,EC4, 2211DFECh421036310. 22ABDEFC

9、求证:tan3Q.
【解析】反证法.假设tan3Q,则tan6Q,tan12Q,tan24Q,从而tan30Q,矛盾.tan3Q.

10、已知实系数二次函数fx与gx,fxgx和3fxgx0有两重根,fx有两相异实根,求证:gx没有实根.
【解析】设fxax2bxc,gxdx2exf, 则由fxgx,可得adx2bexcf0,be由3fxgx0可得 24adcf0. 3adx23bex3cf0,3be243ad3cf0. 化简得3b2e212ac4df,即e24df34acb2又b24ac0. e24df0.gx没有实根. 2011年北大保送生考试数学试题参考解答 30 31 32 33 2012年北京大学保送生考试数学试题及参考解答 1. 已知数列an为正项等比数列,且a3a4a1a25,求a5a6的最小值. 23解:设数列an的公比为qq0,则a1qa1qaa1q5, a155.由a10知q1. q2q31qq1(q21)454555q44 qq12a5a6a1qa1qa1qq2q1(q1)q1 5q2122115q1220, 2q21q1 当且仅当q11即q2时,a5a6有最小值20. q212.已知fx为二次函数,且a,fa,ffa,fffa成正项等比数列,求证:fa,fffa的公faa. 2证法一:设fxmxnxtm0,数列a,fa,f比为qq0, 则faaq,ffafaqaq,fffafaqaq223, ② ma2nataqm(aq2)2naq2taq3③ ①②得ma1q222① m(aq)2naqtaq22na1qaq1q, 2②③得maq1qnaq1qaq1q. 2若q1,则faa; 若q1,则m2a1qna与maa2qq1qnaaq矛盾.faa. 证法二:由a,fa,ffa,fffa成等比数列得 34 faffafffa, afaffa ffafafaafffaffaffafa. 三点Aa,fa,Bfa,fa,Cfa,fa满足kABkBC, A,B,C三点共线,与A,B,C三点在抛物线上矛盾,faa. 3.称四个顶点都落在三角形三边上的正方形叫三角形的内接正方形.若锐角三角形ABC的三边满足abc,证明:这个三角形的内接正方形边长的最小值为acsinB. acsinBA AEMN, ADBCcsinBxxacsinBabc . ,xcsinBaacsinB2Rabc 解:如图所示,设正方形MNPQ的边长为x, 同理可得其它两用人才种情况下内接正方形边长为 M E N abcabc. ,2Rbac2RcabB 2Rbac2Rabcba2Rc02Rcab2Rabcca2Rb0, 这个三角形的内接正方形边长的最小值为Q,D P C acsinB. acsinB4.从O点发出两条射线l1,l2,已知直线l交l1,l2于A,B两点,且SOABc(c为定值),记AB中点为X, 求证:X的轨迹为双曲线. 解:以l1,l2的角平分线所在直线为x轴建立如图所示的直角坐标系. 设AOxBOx,OAa,OBb,Xx,y, 则SOAB yA X l l1 12c. absin2c,ab2sin2O Aacos,asinBosb,si n,bc,abx(1)cos2yab(2)2sinB l2 (1)2(2)2得acosbcosx,2 bsinyasin,2 35 x2y22cab, cos2sin2sin2 X的轨迹为双曲线. 5.已知aii1,2,足10,满a1a2a1030,a1a2a121求证:,0aii1,2,,,使10ai1. 证明:用反证法,假设aii1,2,,10, ai1. 令ai1bii1,2,,10,则bi0,且b1b2b1020. a1a2a101b11b21b10 1b1b2b10b1b2b2b3 21b1b2b2b321与a1a2a1021矛盾, aii1,2,,10,使ai1. 36 2013年北京大学保送生考试数学试题详解
【第1题】 线段BM的中垂线交边AB于P,线段CM的中垂线ABC内点M满足CMB100,交边AC于Q,已知:P、M、Q三点共线,求CAB. 解:如图. PBMQCMPMBQMC180BMC80 MBCMCB180BMC80 于是ABCACB(PBMQCM))(MBCMCB)160,BAC20
【第2题】 abc. 1a1b1ca11bcbcbc解: 111a11bc1bc1bc11b1cabc正数 a,b,c满足abc,求证:因此原不等式得证.
【第3题】 是否存在两两不同的实数a,b,c,使直角坐标系中的三条直线yaxb,ybxc,ycxa共点. 解:原问题即方程组axbbxccxa有解(a,b,c,x),其中a,b,c两两不同. axbbxccxax整理cbac abbccbac222,得abcabbcca,与a,b,c两两不同矛盾. abbc于是不存在符合题意的实数对(a,b,c). 37 自主招生高中试题。
厦门实验小学, 大学路小学, 小学英语顺口溜, 秦皇岛市第一中学, 文华中学, 青田中学, 荆州市实验中学, 初中化学元素周期表,

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