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2010 年“北约”自主招生数学试题及解答

1. (仅文科做) 0 < a <

p ,求证: sin a < a < tan a . 2 p 时, f ?( x) = 1 - cos x > 0 .于是 2

【解析】 不妨设 f ( x) = x - sin x ,则 f (0) = 0 ,且当 0 < x <
f ( x) 在 0 < x <

p 上单调增.∴ f ( x) > f (0) = 0 .即有 x > sin x . 2 同理可证 g ( x) = tan x - x > 0 .

g (0) = 0 ,当 0 < x <

p 1 p 时, g ?( x) = - 1 > 0 .于是 g ( x) 在 0 < x < 上单调增。 2 2 cos x 2

∴在 0 < x <

p 上有 g ( x) > g (0) = 0 。即 tan x > x 。 2

注记:也可用三角函数线的方法求解.
5 +1 . (25 分) 2 【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 P

2. AB 为边长为 1 的正五边形边上的点.证明: AB 最长为

大值为 PR1 ;当有一点位于 O 点时, AB max = OP < PR1 ;

Q

R2

O

R1

⑵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 ) .
P

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. 且当 B 从 P 向 Q 移动时, AB 先减小后增大, 于是 AB max = AP 或 AQ ; 对 于 线 段 PQ 上 任 意 一 点 B , 都 有 BR2 ≥ BA . 于 是
AB max = R2 P = R2 Q
R2 O

B Q

A

R1

由⑴,⑵知 AB max = R2 P .不妨设为 x . 下面研究正五边形对角线的长.
x-1 H 1 G

E 1 F x 1 1 I

如右图.做 ?EFG 的角平分线 FH 交 EG 于 H . p 易知 ?EFH = ?HFG = ?GFI = ?IGF = ?FGH = . 5 于是四边形 HGIF 为平行四边形.∴ HG = 1 .
EF FG = EH x 1 1+ 5 = = .解得 x = . 1 x - 1 HG 2

由角平分线定理知

3. AB 为 y = 1 - x 2 上在 y 轴两侧的点,求过 AB 的切线与 x 轴围成面积的最小值. (25 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 ( x1 , y1 ) , A( x2 , y2 ) , 且有 y2 = 1 - x2 2 , y1 = 1 - x12 , x1 > 0 > x2 . 由于 y ? = -2 x , 于是 AC 的方程为 2 x2 x = 2 - y2 - y ;① ② y - y2 联立 AC , BD 的方程,解得 E ( 1 , 1 - x 1 x2 ) . 2( x2 - x1 ) 2 - y2 对于①,令 y = 0 ,得 C ( , 0) ; 2 x2 对于②,令 y = 0 ,得 D ( 于是 CD =
SDECD =
y

BD 的方程为 2 x1 x = 2 - y1 - y .

E A C O B D x

2 - y1 , 0) . 2 x1

2 - y1 2 - y2 1 + x12 1 + x2 2 = . 2 x1 2 x2 2 x1 2 x2

1 CD (1 - x1 x2 ) .不妨设 x1 = a > 0 , - x2 = b > 0 ,则 2 1 1 + a 2 1 + b2 1 1 1 SDECD = ( + )(1 + ab) = (2a + 2b + + + a 2 b + ab 2 ) 4 a b 4 a b 1 1 1 1 = ( a + b)(2 + ab + ) ≥ × 2 ab × (2 + ab + ) ③ 4 ab 4 ab 不妨设 ab = s > 0 ,则有 1 1 1 1 1 1 1 SDECD = ( s 3 + 2 s + ) = ( s 3 + s + .. + s + + ... + ) 2 s 2 3 3 9s 9s 1424 3 14243

6个

9个

1 1 1 1 1 24 1 3 8 ≥ × 16 ×[ s 3 × ( s )6 × ( )9 ]16 = 8 × ( ) 16 = 8 × ( ) 2 = 3. ④ 2 3 9s 3 3 9 3 3 3 又由当 x1 = a = , x2 = -b = , s= 时,③,④处的等号均可取到. 3 3 3

8 3. 9 1 1 注记:不妨设 g ( s ) = ( s 3 + 2s + ) ,事实上,其最小值也可用导函数的方法求解. 2 s 1 2 1 1 1 由 g ?( s ) = (3s + 2 - 2 ) 知当 0 < s 2 < 时 g ?( s) < 0 ;当 < s 2 时 g ?( s) > 0 . 2 s 3 3 3 3 3 则 g ( s ) 在 (0, ) 上单调减,在 ( , + ?) 上单调增.于是当 s = 时 g ( s ) 取得最小值. 3 3 3

∴ ( SDECD ) min =

4. 向量 OA 与 OB 已知夹角,OA = 1 , OB = 2 ,OP = (1 - t )OA ,OQ = tOB ,0 ≤ t ≤ 1 . PQ
1 时,夹角的取值范围. (25 分) 5 【解析】 不妨设 OA , OB 夹角为 a ,则 OP = 1 - t , OQ = 2t ,令

在 t0 时取得最小值,问当 0 < t0 <

g (t ) = PQ = (1 - t ) 2 + 4t 2 - 2 × (1 - t ) × 2t cos a = (5 + 4 cos a )t 2 + (-2 - 4 cos a )t + 1 .

2

1 + 2cos a 1 + 2x 5 1 + 2 cos a 1 .而 f ( x) = 在 (- , + ? ) 上单调增,故 -1 ≤ ≤ . 5 + 4 cos a 5 + 4x 4 5 + 4 cos a 3 1 + 2cos a 1 1 + 2 cos a 1 p 2p 当0≤ ≤ 时, t0 = ? (0, ) ,解得 < a < . 5 + 4cos a 3 5 + 4 cos a 5 2 3

其对称轴为 t =

当 -1 ≤

1 + 2cos a < 0 时, g (t ) 在 [0 , 1] 上单调增,于是 t0 = 0 .不合题意. 5 + 4cos a

p 2p 于是夹角的范围为 [ , ]. 2 3 p ,使得 sin x , cos x , tan x , cot x 为等差数列. (25 分) 2 (cos x - sin x)(cos x + sin x) 【解析】 不存在;否则有 cos x - sin x = cot x - tan x = , sin x cos x cos x + sin x 则 cos x - sin x = 0 或者 1 = . sin x cos x p 2 2 若 cos x - sin x = 0 ,有 x = .而此时 , , 1, 1 不成等差数列; 4 2 2 cos x + sin x 若1 = ,有 (sin x cos x)2 = 1 + 2sin x cos x .解得有 sin x cos x = 1 ± 2 . sin x cos x 1 1 而 sin x cos x = sin 2 x ? (0, ] ,矛盾! 2 2

5. (仅理科做)存不存在 0 < x <

2011 年“北约”自主招生数学试题及解答

2012 年“北约”自主招生数学试题及解答

2013“北约”自主招生试题
2013-03-16 (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 - 3 2 为两根的有理系数多项式的最高次数最小为( A. 2 B. ) D.

3

C.

5

6

【解】由 x1 = 2 ,可知 x 2 = 2 ,同理由 1 - 3 2 = x 可知 (1 - x)3 = 2 ; 所以方程 ( x 2 - 2)[(1 - x)3 - 2] = 0 的次数最小,其次数为 5,故选 C. 2.在 6 ? 6 的表中停放 3 辆完全相同的红色和 3 辆完全相同的黑色车,每一行每一列只有一辆 车,每辆车只占一格,共有 种停放方法. A. 720 B. 20 C. 518400 D. 14400 【解】红色车选 3 列有 C63 = 20 种方法,再从这三列中选三行有 C63 = 20 种方法,另外将红色车 放在已选好的三列三行中有 3 ? 2 = 6 种方法,同理黑色车只能从剩下的三行三列九个格中选, 也有 3 ? 2 = 6 种方法,因此方法数有 (20 ? 20 ? 6) ? 6 = 14400 种.故选 D. 3.已知 x 2 = 2 y + 5 , y 2 = 2 x + 5 ( x ? y ),则 x3 - 2 x 2 y 2 + y 3 值为( A. ) D.

-10

B.

-12

C.

-14

-16

【解】由 x 2 = 2 y + 5 与 y 2 = 2 x + 5 两式作差得 x + y = -2( x ? y ) ,代入两式中分别化出

x 2 + 2 x - 1 = 0 、 y 2 + 2 y - 1 = 0 ,所以 x, y 是方程 t 2 + 2t - 1 = 0 的两个不等实根,于是 x + y = -2, xy = -1 ,也所以

x3 - 2 x 2 y 2 + y 3 = ( x + y )[( x + y )2 - 3 xy ] - 2( xy ) 2 = (-2) ? 7 - 2 = -16 .故选 D.
4.在数列 {an } 中, a1 = 1 , Sn +1 = 4an + 2 ( n ? 1 ),则 a2013 值为( A. ) D. 无法确定

3019 ? 22012

B.

3019 ? 22013

C.

3018 ? 22012

【解】由 a1 = 1 , Sn +1 = 4an + 2 ( n ? 1 )……①可知, 当 n = 1 时, S 2 = 4a1 + 2 ,所以 a2 = 5 ; 当 n ? 2 时,有 Sn = 4an -1 + 2(n ? 2) ……②,由①-②式得,

an +1 = 4an - 4an -1 (n ? 2) ,即 an +1 - 2an = 2(an - an -1 )(n ? 2) ,且 a2 - 2a1 = 3
所以 an +1 - 2an = 3 ? 2n -1 ( n ? N * ),同除以 2n 得, 所以

an +1 an a 3 - n -1 = ,且 1 =1; n 2 2 2 20

an +1 3 = 1 + n ,故令 n = 2012 时,得 a2013 = 22012 ? 3019 ,故选 A. n 2 2 5.在 DABC 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( ) B A. BM + CN > MN M B. MN + CN < MN D
A N C

C. BM + CN = MN D.无法确定 【解】如图,在 DA 取 DE = DB ,连接 ME , NE , MN 则显然可证 ME = MB, EN = NC , 且有 ME + NE ? MN ,即 BM + CN ? MN , 上述不等式当且仅当 ?MED + ?DEN = 180 , 也即 ?B + ?C = 180o , 这显然与三角形内角和定理矛盾,故等号取不到, 也即选 A.
o

B M E A N C D

6.模长都为 1 的复数 A, B, C 满足 A + B + C ? 0 ,则 A.

BC + AC + AB 的模长为( A+ B +C
D. 无法确定

)

-

1 2

B.

1

C.

2

【解】由题知 AA = BB = CC = 1 ,所以

BC + AC + AB BC + AC + AB BC + AC + AB = ? , A+ B+C A+ B+C A+ B+C BC + AC + AB BC + AC + AB BC + AC + AB 也即 = ? A+ B+C A+ B+C A+ B +C
= 3 + B A + C A + AB + C B + AC + BC = 1 ,故选 B. 3 + AB + AC + B A + BC + C A + C B
2

2

二、解答题(每题 18 分,共 72 分) 7.最多能找多少个两两不相等的正整数使其任意三个数之和为质数,并证明你的结论. 【解】:至多有 4 个.首先可以取 1,3,7,9 这四个数,它们任意三个数之和分别为 11,13,17,19 符 合质数定义.下面再证明 5 个正整数是不符合题意的. 若有 5 个正整数,则考虑质数被 3 除的余数,如果有一个数的余数为 0,那么考虑余下的 4 个数被 3 除的余数,如果余数既有 1 也有 2,那么这两个数与前面余数为 0 的数的和刚好为 3 的倍数,故不符合题意,如果余下四个数的余数均相等,显然取余下四个数中的三个数,则这三 个数的和为 3 的倍数不是质数,也不符合题意,如果这 5 个数被 3 除的余数都不等于 3,则由抽 屉原理,至少有 3 个数被 3 除的余数相同,这三个数的和是 3 的倍数不是质数,也不符合题意. 综上可知,不存在 5 个正整数符合题意,即至多有 4 个正整数符合题意. 8.已知 a1 + a2 + a3 + L + a2013 = 0 ,且 | a1 - 2a2 |=| a2 - 2a3 |= L =| a2013 - 2a1 | 证明: a1 = a2 = a3 = L = a2013 = 0 . 【证明】:观察可知 a1 + a2 + a3 + L + a2013 = 0 , 即 (2a2 - a1 ) + (2a3 - a2 ) + L + (2a2013 - a2012 ) + (2a1 - a2013 ) = 0 ……① 又 | a1 - 2a2 |=| a2 - 2a3 |= L =| a2013 - 2a1 | ,不妨设 | a1 - 2a2 |= t ,

则①可写为 kt - (2013 - k )t = 0(0 ? k ? 2013, k ? N ) ,即 (2k - 2013)t = 0 , 又显然 2k - 2013 ? 0 ,则有 t = 0 ,于是有

a1 = 2a2 , a2 = 2a3 ,L, a2012 = 2a2013 , a2013 = 2a1 ,所以 a1 = 22013 a1 ,即 a1 = 0 .
也所以 a1 = a2 = a3 = L = a2013 = 0 ,即证. 9.对于任意 q ,求 32cos6 q - cos 6q - 6 cos 4q - 15cos 2q 的值. 【解】 32cos6 q - cos 6q - 6cos 4q - 15cos 2q 1 + cos 2q 3 = 32( ) - cos 6q - 6cos 4q - 15cos 2q 2

= 4(1 + cos3 2q + 3cos 2q + 3cos 2 2q ) - (3cos3 2q - 4cos 2q ) - 6cos 4q - 15cos 2q = 4 + 12cos 2 2q - 6cos 4q = 4 + 6(1 + cos 4q ) - 6cos 4q = 10 即求.
10.有一个 m ? n 的数表,已知每一行的数均是由小到大排列.现在将每一列的数由小到大重新 排列,则新的数表中每一行的数满足什么样的关系?请证明你的结论. 〖原题叙述〗 :已知有 m × n 个实数,排列成 m ? n 阶数阵,记作 {aij }m? n ,使得数阵中的每一行从左 到右都是递增的,即对意的 i = 1, 2,3,L , m ,当 j1 < j2 时,都有 aij1 < aij2 .现将 {aij }m? n 的每一列原

? }m? n ,即对任意的 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 中每一行的 n 个数的大小关系,并说明 i = 1, 2,3,L , n ,当 i1 < i2 时,都有 ai? < ai?2 j .试判断 {aij 1j
理由.

? }m? n 中每一行的 n 个数从左到右都是递增的,理由如下: 【解】:数阵 {aij ? }m? n 中每一行的 n 个数从左到右都是递增的,我们只需证明, 显然,我们要证明数阵 {aij ? < ai?( j +1) ,其中 j = 1, 2,3,L ,(n - 1) . 对于任意 i = 1, 2,3,L , m ,都有 aij
? ( q +1) = aik ( q +1) ,其中 k = 1,2,3,L , m,{i1 , i2 ,L, ik } = {1, 2,L , m} , 若存在一组 a? > a? ,令 a k pq p ( q +1)
则当 t ? p 时 ,都有 ait q ? ait ( q +1) = at?( q +1) ? a? < a? . 也即在 aiq (i = 1,2,L, m) 中 ,至少有 p p ( q +1) pq

? }m? n 中的第 q 列中,至少排在第 p + 1 行,与 a? 个数小于 a? ,也即 a? 在数阵 {aij 排在第 p 行矛 pq pq pq
盾.

? < ai?( j +1) ,即数阵 {aij ? }m? n 中每一行的 n 个数从左到右 所以对于任意的 i = 1, 2,L , m ,都有 aij
都是递增的.


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