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2011-2013年卓越联盟自主招生数学试题及答案


2011 年卓越联盟自主招生数学试题
(1)向量 a,b 均为非零向量,(a-2b)⊥a,(b-2a)⊥b,则 a,b 的夹角为 (A)

? 6

(B)

? 3

(C)

2? 3

(D)

5? 6

(2)已知 sin2(?+?)=nsin2?,则

tan(? ? ? ? ? ) 2 2 等于 tan(? ? ? ? ? )

n n n ?1 (C) (D) n ?1 n ?1 n ?1 (3)在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E 为棱 AA1 的中点,F 是棱 A1B1 上的点,且 A1F:FB1=1:3,则异面直线 EF 与 BC1
(A) (B) 所成角的正弦值为 (A)

n ?1 n ?1

15 3

(B)

15 5

(C)

5 3

(D)

5 5

(4)i 为虚数单位,设复数 z 满足|z|=1,则

z2 ? 2z ? 2 的最大值为 z ?1 ? i
(C) 2 +1 (D)2+ 2

(A) 2 -1

(B)2- 2

(5)已知抛物线的顶点在原点,焦点在 x 轴上,△ABC 三个顶点都在抛物线上,且△ABC 的重心为抛物线的焦点, 若 BC 边所在直线的方程为 4x+y-20=0,则抛物线方程为 (A)y =16x (B)y =8x (C)y =-16x (D)y =-8x (6)在三棱锥 ABC—A1B1C1 中,底面边长与侧棱长均等于 2,且 E 为 CC1 的中点,则点 C1 到平面 AB1E 的距离为 (A) 3 (B) 2 (C)
2 2 2 2

3 2

(D)

2 2

(7)若关于 x 的方程 (A)(0,1)

|x| 2 =kx 有四个不同的实数解,则 k 的取值范围为( ) x?4 1 1 (B)( ,1) (C)( ,+∞) (D)(1,+∞) 4 4

(8)如图,△ABC 内接于⊙O,过 BC 中点 D 作平行于 AC 的直线 l,l 交 AB 于 E,交⊙O 于 G、 F,交⊙O 在 A 点的切线于 P,若 PE=3,ED=2,EF=3,则 PA 的长为 (A) 5 (C) 7 (B) 6 (D)2 2 )

(9)数列{an}共有 11 项,a1=0,a11=4,且|ak+1-ak|=1,k=1,2,…,10.满足这种条件的不同数列的个数为( (A)100 (B)120 (C)140

(D)160 2? (10)设?是坐标平面按顺时针方向绕原点做角度为 的旋转,?表示坐标平面关于 y 轴的镜面反射.用??表示 7
k
2 3 4

变换的复合,先做?,再做?,用? 表示连续 k 次的变换,则??? ?? ?? 是( (A)?
4

)

(B)?

5

(C)? ?
2

(D)??

2

(11)设数列{an}满足 a1=a,a2=b,2an+2=an+1+an. (Ⅰ)设 bn=an+1-an,证明:若 a≠b,则{bn}是等比数列; (Ⅱ)若 lim (a1+a2+…+an)=4,求 a,b 的值.
n ??

(12)在△ABC 中,AB=2AC,AD 是 A 的角平分线,且 AD=kAC. (Ⅰ)求 k 的取值范围; (Ⅱ)若 S△ABC=1,问 k 为何值时,BC 最短? (13)已知椭圆的两个焦点为 F1(-1,0),F2(1,0),且椭圆与直线 y=x- 3 相切. (Ⅰ)求椭圆的方程; (Ⅱ)过 F1 作两条互相垂直的直线 l1,l2,与椭圆分别交于 P,Q 及 M,N,求四边形 PMQN 面积的最大值与最小值. (14)一袋中有 a 个白球和 b 个黑球.从中任取一球,如果取出白球,则把它放回袋中;如果取出黑球,则该黑 球不再放回,另补一个白球放到袋中.在重复 n 次这样的操作后,记袋中白球的个数为 Xn. (Ⅰ)求 EX1; (Ⅱ)设 P(Xn=a+k)=pk,求 P(Xn+1=a+k),k=0,1,…,b; (Ⅲ)证明:EXn+1=(1-

1 )EXn+1. a?b 1 b | ln x ? C | dx 取得最小值; b ? a ?a

(15)(Ⅰ)设 f(x)=xlnx,求 f′(x); (Ⅱ)设 0<a<b,求常数 C,使得

(Ⅲ)记(Ⅱ)中的最小值为 ma,b,证明:ma,b<ln2. 一.选择题 1.B 2.D 3.B 4.C 5. A 6.D 7.C 8.B 9.B 10.D
二.解答题 11.【解】(1)证:由 a1 令 bn

? a, a2 ? b,2an? 2 ? an?1 ? an ,得 2(an? 2 ? an?1 ) ? ?(an?1 ? an ).

1 1 ? an ?1 ? an , 则 bn ?1 ? ? bn ,所以 {bn } 是以 b ? a 为首项,以 ? 为公比的等比数列; 2 2 1 n?1 * (2)由(1) 可知 bn ? an?1 ? an ? (b ? a)(? ) (n ? N ) , 2
1 1 ? (? ) n 2 , 即 a ? a ? 2 (b ? a)[1 ? (? 1 )n ], 所以由累加法得 an ?1 ? a1 ? (b ? a) n ?1 1 3 2 1 ? (? ) 2

2 1 ? a ? (b ? a)[1 ? (? )n?1 ](n ? 2), n ? 1 时, a1 ? a 也适合该式; 3 2 2 1 n?1 * 所以 an ? a ? (b ? a)[1 ? (? ) ](n ? N ) 3 2
也所以有 an

2 a1 ? a2 ? ? ? an ? na ? (b ? a)[n ? 3
由于 lim(a1 ? a2
n??

1 1 ? (? )n 2 ] ? na ? 2 (b ? a)n ? 4 (b ? a) ? 4 (b ? a)(? 1 ) n 1 3 9 9 2 1? 2

2 4 ? ?? an ) ? 4, 所以 a ? (b ? a) ? 0, ? (b ? a) ? 4, 解得 a ? 6, b ? ?3 . 3 9

12.【解】(1)过 B 作直线 BE 所以,

? AC ,交 AD 延长线于 E ,如图右.

BD AB ? ? 2, CD AC DE BE BD 也所以有 ? ? ? 2 ,即 BE ? 2 AC , AE ? 3BD. AD AC DC 2 2 2 在 ?ABE 中,有 AE ? AB ? BE ? 2 AB ? BE cos ?EBA.
即 (3 AD)
2

A C B D

? (2 AC)2 ? (2 AC)2 ? 2(2 AC ? 2 AC) ? cos A
2

E

所以, 9(kAC ) 所以 0 ? k

8 16 ? 8 AC 2 ? 8 AC 2 ? cos A, 即 k 2 ? (1 ? cos A) ? (0, ) 9 9

4 ? . 3 ? 1 AB ? AC ? sin A ? AC 2 sin A ? 1 2
2

(2)因为 S?ABC

在 ?ABC 中,有 BC 记

? AB2 ? AC 2 ? 2 AB ? AC cos A ? 5 AC 2 ? 4 AC 2 cos A ?

5 ? 4cos A sin A

y?

5 ? 4cos A 2 2 ,则 y sin A ? 4cos A ? 5, y ? 4 sin( A ? ? ) ? 5 sin A

当 sin( A ? ? ) ? 1 时, 此时

y 2 ? 42 ? 5 ? y ? 3
3 . 5

y 取最小值,此时 cos A ?
?

8 5 时, BC 取最小值 3 . 15 x2 y 2 13.【解】设椭圆方程为 2 ? 2 ? 1( a ? b ? 0) ,因为它与直线 y ? x ? 3 只有一个公共点, a b
故当 k

? x2 y 2 ? ? 2 ? 1, 2 2 2 2 2 2 2 所以方程组 ? a 2 只有一解,整理得 (a ? b ) x ? 2 3a x ? 3a ? a b ? 0 . b ? y ? x ? 3. ?
所以 ? ? (?2

3a2 )2 ? 4(a2 ? b2 (3a2 ? a2b2 ) ? 0, 得 a 2 ? b 2 ? 3 .
2

又因为焦点为 F 1 (?1,0), F2 (1,0) ,所以 a 所以椭圆方程为

? b2 ? 1, 联立上式解得 a 2 ? 2, b2 ? 1

x2 ? y2 ? 1 . 2

| PQ | ? | MN | (2)若 PQ 斜率不存在(或为 0)时,则 S四边形PMQN ? ? 2 1 若 PQ 斜率存在时,设为 k (k ? 0) ,则 MN 为 ? . k
所以直线 PQ 方程为

2 2 ? 2 1? 2

1 2 ?2.

y ? kx ? k .设 PQ 与椭圆交点坐标为 P( x1 , y1 ), Q( x2 , y2 )

? x2 2 ? ? y ? 1, 2 2 2 2 联立方程 ? 2 化简得 (2k ? 1) x ? 4k x ? 2k ? 2 ? 0 . ? y ? kx ? k . ?

则 x1

? x2 ?

?4k 2 2k 2 ? 2 , x1 x2 ? 2 2 2k ? 1 2k ? 1

所以 | PQ |?

1 ? k 2 | x1 ? x2 |?
|? 2 2 k2 ?1 2 ? k2

(1 ? k 2 )[16k 4 ? 4(2k 2 ? 1)(2k 2 ? 1)] k2 ?1 ? 2 2 2k 2 ? 1 2k 2 ? 1

同理可得 | MN

所以 S四边形PMQN

1 2 k | PQ | ? | MN | (k 2 ? 1)2 k 4 ? 2k 2 ? 1 1 2 ? ?4 4 ? 4 ? 4( ? ) 2 (2 ? k 2 )(2k 2 ? 1) 2k 4 ? 5k 2 ? 2 2 2k 4 ? 5k 2 ? 2

1 k2 1 1 ? 4( ? 4 ) ? 4( ? ) 2 2 4k ? 10k ? 4 2 4k 2 ? 4 1 ? 10 k2
因为 4k
2

?4

1 4 ? 10 ? 2 4k 2 ? 2 ? 10 ? 18 (当且仅当 k 2 ? 1 时取等号) k2 k

所以,

1 4k 2 ? 4 1 ? 10 k2

? (0,

1 1 1 16 ], 也所以 4( ? ) ?[ ,2] 18 2 4k 2 ? 4 1 ? 10 9 2 k

所以综上所述, S四边形PMQN 的面积的最小值为

16 ,最大值为 2. 9 a ;也可能为 a ? 1 个(即取出的是黑球),概率为 a?b

14.【解】(1) n ? 1 时,袋中的白球的个数可能为 a 个(即取出的是白球),概率为

a b a 2 ? ab ? b b ? (a ? 1) ? ? ,故 EX 1 ? a ? . a?b a?b a?b a?b a (2)首先, P( X n?1 ? a ? 0) ? P ; k ? 1 时,第 n ? 1 次取出来有 a ? k 个白球的可能性有两种; 0? a?b 第 n 次袋中有 a ? k 个白球,显然每次取出球后,球的总数保持不变,即 a ? b 个白球(故此时黑球有 b ? k 个),第 n ? 1 次取出 a?k 来的也是白球,这种情况发生的概率为 P ; k ? a?b 第 n 次袋中有 a ? k ? 1 个白球,第 n ? 1 次取出来的是黑球,由于每次球的总数为 a ? b 个,故此时黑球的个数为 b ? k ? 1 .这 b ? k ?1 种情况发生的概率为 P (k ? 1) . k ?1 ? a?b a?k b ? k ?1 故 P( X n?1 ? a ? k ) ? P ? Pk ?1 ? (k ? 1). k ? a?b a ?b
(3)第 n ? 1 次白球的个数的数学期望分为两类: 第 n 次白球个数的数学期望, 即 EX n . 由于白球和黑球的总个数为 a ? b ,第 n ? 1 次取出来的是白球, 这种情况发生的概率是

EX n a ? b ? EX n ;第 n ? 1 次取出来的是黑球,这种情况发生的概率是 ,此时白球的个数是 EX n ? 1. a?b a?b EX n a ? b ? EX n ( EX n ) 2 EX n EX n ? ? ( EX n ? 1) ? ? (1 ? )( EX n ? 1) 故 EX n ?1 ? a?b a?b a?b a?b ( EX n ) 2 ( EX n ) 2 EX n ) 1 ? ? EX n ? ?1? ? (1 ? ) EX n ? 1 a?b a?b a?b a?b 1 15.(1) f ?( x) ? ln x ? x ? ? ln x ? 1 ; x

(2)若 c ? ln a, 则 | ln x ? c |? ln x ? c, 显然,当 c ? ln a,ln x ? c 取最小; 若 c ? ln b, 则 | ln x ? c |? c ? ln x, 当 c ? ln b, c ? ln x 取最小. 故 ln a ? c ? ln b.
ec b 1 b 1 | ln x ? c | dx ? [ (ln x ? c)dx ? ? c (c ? ln x)dx] ? ? e b?a a b?a a c e b 1 ? {? [(ln x ? 1) ? (c ? 1)]dx ? ? c [(c ? 1) ? (ln x ? 1)]dx} e b?a a

由(1)知

?

ec

a

c [(ln x ? 1) ? (c ? 1)]dx ? x ln x |e a ?(c ? 1)(e ? a)

c

?

b

ec

[(c ? 1) ? (ln x ? 1)]dx ? (c ? 1)(ec ? a) ? x ln x |b ec

所以,

1 b 1 | ln x ? c | dx ? (?a ln a ? b ln b ? 2ec ? a ? b ? ac ? bc)?(?) ? a b?a b?a
c

记 g (c) ? ?2e

? (a ? b)c ? a ln a ? b ln b ? a ? b,
c

则令 g ?(c) ? ?2e 即c ?

? a ? b ? 0 ,得 c ?

a?b 2

a?b 1 b 时, | ln x ? C | dx 取最小值. 2 b ? a ?a a?b 1 a?b (3)将 c ? 代入 (?) 式右边, Ma, b ? [?a ln a ? b ln b ? (a ? b)ln ] ? ln 2 2 b?a 2 a?b 等价于 (a ? b)ln ? a ln a ? b ln b ? (b ? a)ln 2 ? (a ? b) ? ln(a ? b) ? a ln a ? b ln b ? 2b ln 2 2 b a ? a ln(a ? b) ? a ln a ? b ln(a ? b) ? b ln b ? 2b ln 2 ? a ln(1 ? ) ? b ln( ? 1) ? 2b ln 2. a b a a b 由于 0 ? a ? b, ? 1 ? 2 时, b ln(1 ? ) ? b ln 2. 所以下面只须证明 a ln(1 ? ) ? b ln 2 即可. b b a b a b a 又 a ln(1 ? ) ? b ln 2 ? ln(1 ? ) ? ln 2. 令 ? t ? (0,1) , a b a b a b 1 1t 1t 则 ln(1 ? ) ? t ln(1 ? ) ? ln(1 ? ) ,注意到函数 ln(1 ? ) 是单调递增的,且 t ? 1. b a t t t 1t 11 所以 ln(1 ? ) ? ln(1 ? ) ? ln 2 .得证. t 1

2012 年卓越联盟自主招生数学试题

2013 年卓越联盟自主招生数学试题
一、选择题: (本大题共 4 小题,每小题 5 分.在每小题给出的 4 个结论中,只有一项是符合题目要求的. ) (1)已知 f ( x ) 是定义在实数集上的偶函数,且在 (0, ??) 上递增,则 (A) f (20.7 ) ? f (? log2 5) ? f (?3) (C) f (?3) ? f (? log2 5) ? f (20.7 ) (B) f (?3) ? f (20.7 ) ? f (? log2 5) (D) f (20.7 ) ? f (?3) ? f (? log2 5)

(2)已知函数 f ( x) ? sin(? x ? ? )(? ? 0, 0 ? ? ? 距离为

?
2

) 的图象经过点 B (?

?
6

, 0) ,且 f ( x) 的相邻两个零点的

? ,为得到 y ? f ( x) 的图象,可将 y ? sin x 图象上所有点 2 1 ? (A)先向右平移 个单位长度,再将所得点的横坐标变为原来的 倍,纵坐标不变 2 3 1 ? (B) 先向左平移 个单位长度,再将所得点的横坐标变为原来的 倍,纵坐标不变 2 3 ? (C) 先向左平移 个单位长度,再将所得点的横坐标变为原来的 2 倍,纵坐标不变 3 ? (D) 先向右平移 个单位长度,再将所得点的横坐标变为原来的 2 倍,纵坐标不变 3 (3)如图,在 A, B, C , D, E 五个区域中栽种 3 种植物,要求同一区域中只种 1 种植物,相邻两区域所种植物
不同,则不同的栽种方法的总数为 (A)21 (B)24 (C)30 ( D)48

(4)设函数 f ( x ) 在 R 上存在导数 f ?( x ) ,对任意的 x ? R ,有

f (? x) ? f ( x) ? x2 ,且在 (0, ??) 上 f ?( x) ? x .若
f (2 ? a) ? f (a) ? 2 ? 2a ,则实数 a 的取值范围为
(A) [1, ??) (B) (??,1] (C) ( ??, 2] (D) [2, ??)

二、填空题: (本大题共 4 小题,每小题 6 分,共 24 分) (5)已知抛物线 y ? 2 px( p ? 0) 的焦点是双曲线
2

x2 y 2 ? ? 1 的一个焦点,则双曲线的渐 8 p
???? ????

近线方程为



(6)设点 O 在 ?ABC 的内部,点 D , E 分别为边 AC , BC 的中点,且 OD ? 2 DE ? 1 , 则 OA ? 2OB ? 3OC ? (7)设曲线 y ?

??? ?

??? ?

????



2 x ? x 2 与 x 轴所围成的区域为 D ,向区域 D 内随机投一点,则该点落
. 垂足是 D , 割线

2 2 入区域 {( x, y ) ? D x ? y ? 2} 内的概率为

(8)如图,AE 是圆 O 的切线,A 是切点,AD 与 OE 垂直,

EC 交圆 O 于 B, C ,且 ?ODC ? ? , ?DBC ? ? ,则 ?OEC ?

(用 ? , ? 表示)

三、解答题(本大题共 4 小题,共 56 分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) (9) (本小题满分 13 分) 在 ?ABC 中,三个内角 A 、 B 、 C 所对边分别为 a 、 b 、 c . 已知 (a ? c)(sin A ? sin C ) ? (a ? b)sin B . (1)求角 C 的大小; (10) (本题满分 13 分) 设椭圆 (2)求 sin A ? sin B 的最大值.

x2 y 2 3 ? ? 1(a ? 2) 的离心率为 ,斜率为 k 的直线 l 过点 E (0,1) 且与椭圆交于 C , D 两点. (1)求 2 a 4 3

椭圆方程; (2)若直线 l 与 x 轴相交于点 G ,且 GC ? DE ,求 k 的值; (3)设 A 为椭圆的下顶点, k AC 、 k AD 分别为直线 AC 、 AD 的斜率,证明对任意的 k 恒 有 k AC ? k AD ? ?2 . (11) (本题满分 15 分) 设x ? 0, (1)证明: e ? 1 ? x ?
x

??? ?

??? ?

1 2 x ; 2

(2)若 e ? 1 ? x ?
x

1 2 y x e ,证明: 0 ? y ? x . 2

(12) (本题满分 15 分) 已知数列 {an } 中, a1 ? 3 , an?1 ? an 2 ? nan ? ? , n ? N * ,? ? R . (1)若 an ? 2n 对 ?n ? N 都成立,求 ? 的取值范围;
*

(2)当 ? ? ?2 时,证明

1 1 1 ? ?? ? ? 2(n ? N * ) . a1 ? 2 a2 ? 2 an ? 2

答案:(1)A;

(2)B;

(3)C; (7) 1 ?

(4)B.

(5) y ? ? x ; (6)2;

1

?

; (8) ? ? ? .

2013 大学自主招生模拟试题一 一.选择题 1. 把圆 x2+(y-1)2=1 与椭圆 9x2+(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 ) )

1 2. 等比数列{an}的首项 a1=1536,公比 q=- ,用 πn 表示它的前 n 项之积。则 πn(n∈N*)最大的是( 2 (A)π9 (B)π11 (C)π12 (D)π13 )

3. 存在整数 n,使 p+n+ n是整数的质数 p( (A)不存在 (C)多于一个,但为有限个

(B)只有一个 (D)有无穷多个 )

1 4. 设 x∈(- ,0),以下三个数 α1=cos(sinxπ),α2=sin(cosxπ),α3=cos(x+1)π 的大小关系是( 2 (A)α3<α2<α1 (B)α1<α3<α2 (C)α3<α1<α2 (D)α2<α3<α1

1 5. 如果在区间[1,2]上函数 f(x)=x2+px+q 与 g(x)=x+ 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 x ( )

11 3 3 (A) 4+ 2+ 4 2 13 3 (C) 1- 2+ 4 2

53 3 (B) 4- 2+ 4 2 (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 O1,球心 O1 在圆台的轴上,球 O1 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 O2,使得球 O2 与球 O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点,除球 O2,圆台 内最多还能放入半径为 3 的球的个数是( (A) 1 二.填空题 1 1. 集合{x|-1?log110<- ,x∈N*}的真子集的个数是 2 x . ( B) 2 (C) 3 ) (D) 4

_ π 2. 复平面上, 非零复数 z1, z2 在以 i 为圆心, 1 为半径的圆上, z1· z2 的实部为零, z1 的辐角主值为 , 则 z2=_______. 6 3. 曲线 C 的极坐标方程是 ρ=1+cosθ,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。则不同的染色方法共有_______种.(注:如果我们对两个相同的正方体染色后,可 以通过适当的翻转,使得两个正方体的上、下、左、右、前、后六个对应面的染色都相同,那么,我们就说这两 个正方体的染色方案相同.) 6. 在直角坐标平面, 以(199,0)为圆心, 199 为半径的圆周上整点(即横、 纵坐标皆为整数的点)的个数为________. 2013 大学自主招生模拟试题二 一.选择题 1. 设等差数列{an }满足 3a8=5a13 且 a1>0,Sn 为其前项之和,则 Sn 中最大的是( (A)S10 (B)S11 (C)S20 (D) S21 )
1995 1995

2. 设复平面上单位圆内接正 20 边形的 20 个顶点所对应的复数依次为 Z1,Z2,…,Z20,则复数 Z1 Z20 所对应的不同的点的个数是(
1995

,Z2

,…,

)

(A)4 (B)5 (C)10 (D)20 3. 如果甲的身高数或体重数至少有一项比乙大,则称甲不亚于乙,在 100 个小伙子中,如果某人不亚于其他 99 人,就称他为棒小伙子,那么,100 个小伙子中的棒小伙子最多可能有( ) (A)1 个 (B)2 个 (C)50 个 (D)100 个 4. 已知方程|x-2n|=k x (n∈N*)在区间(2n-1,2n+1]上有两个不相等的实根,则 k 的取值范围是( 1 (A)k>0 (B)0<k? 2n+1 1 1 (C) <k? 2n+1 2n+1 (D)以上都不是 )

5. logsin1cos1,logsin1tan1,logcos1sin1,logcos1tan1 的大小关系是 (A) logsin1cos1< logcos1sin1< logsin1tan1< logcos1tan1 (B) logcos1sin1< logcos1tan1< logsin1cos1< logsin1tan1 (C) logsin1tan1< logcos1tan1< logcos1sin1< logsin1cos1 (D) logcos1tan1< logsin1tan1< logsin1cos1< logcos1sin1 6. 设 O 是正三棱锥 P—ABC 底面三角形 ABC 的中心,过 O 的动平面与 PC 交于 S,与 PA,PB 的延长线分 1 1 1 别交于 Q,R,则和式 + + PQ PR PS (A)有最大值而无最小值 (B 有最小值而无最大值 (C)既有最大值又有最小值,两者不等 (D)是一个与面 QPS 无关的常数 二.填空题 α 1. 设 α,β 为一对共轭复数,若|α-β|=2 3,且 2为实数,则|α|= β .

2. 一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为 . 2 3. 用[x]表示不大于实数 x 的最大整数, 方程 lg x-[lgx]-2=0 的实根个数是



?y?3xx, 4. 直角坐标平面上,满足不等式组? y?3, 的整点个数是 ? x+y?100



5. 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色,并使同一条棱的两端点异色,如果只有 5 种颜色可使用,那么 不同的染色方法的总数是 . 6. 设 M={1,2,3,…,1995},A 是 M 的子集且满足条件:当 x∈A 时,15x?A,则 A 中元素的个数最多 是 . 三.解答题 1.给定曲线族 2(2sinθ-cosθ+3)x2-(8sinθ+cosθ+1)y=0,θ 为参数,求该曲线在直线 y=2x 上所截得的弦长的最 大值. 2.求一切实数 p,使得三次方程 5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1=66p 的三个根均为正整数. 3.如图,菱形 ABCD 的内切圆 O 与各边分别切于 E,F,G,H,在弧 EF 与 GH 上分别作圆 O 的切线交 AB 于 M,交 BC 于 N,交 CD 于 P,交 DA 于 Q,求证: MQ∥NP. 4.将平面上的每个点都以红,蓝两色之一着色。证明:存在这样两个相似的三角形,它们的相似比为 1995, 并且每一个三角形的三个顶点同色. 2013 大学自主招生模拟试题三 一.选择题 2 2 A 1. 对于每个自然数 n, 抛物线 y=(n +n)x ?(2n+1)x+1 与 x 轴交于 An, Bn 两点, 以|AnBn| 表示该两点的距离,则|A1B1|+|A2B2|+?+|A1992B1992|的值是( 1991 1992 1991 1993 (A) (B) (C) (D) 1992 1993 1993 1992 )
B N F C
y
1 ?1 O ?1 1 x

M

E

H

Q D

2.已知如图的曲线是以原点为圆心,1 为半径的圆的一部分,则这一曲线的方程是 ( ) (A)(x+ 1-y )(y+ 1-x )=0 (B)(x? 1-y )(y? 1-x )=0 2 2 2 2 (C)(x+ 1-y )(y? 1-x )=0 (D)(x? 1-y )(y+ 1-x )=0
2 2 2 2

G

P

4 3.设四面体四个面的面积分别为 S1,S2,S3,S4,它们的最大值为 S,记λ=( Σ Si)/S,则 i=1

λ一定满足(

)

(A)2<λ≤4

(B)3<λ<4

(C)2.5<λ≤4.5

(D)3.5<λ<5.5

4.在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别记为 a,b,c(b?1),且 ,

C sinB 都是方程 log x=logb(4x-4)的根, b A sinA

则△ABC( ) (A)是等腰三角形,但不是直角三角形 (B)是直角三角形,但不是等腰三角形 (C)是等腰直角三角形 (D)不是等腰三角形,也不是直角三角形 2 2 5.设复数 z1,z2 在复平面上对应的点分别为 A,B,且|z1|=4,4z1 ?2z1z2+z2 =0,O 为坐标原点,则△OAB 的面 积为( ) (A)8 3 (B)4 3 (C)6 3 (D)12 3 6.设 f(x)是定义在实数集 R 上的函数,且满足下列关系 f(10+x)=f(10?x), f(20?x)=?f(20+x),则 f(x) 是 (A)偶函数,又是周期函数 (B)偶函数,但不是周期函数 (C)奇函数,又是周期函数 (D)奇函数,但不是周期函数 二.填空题 1 1 1 x z 1.设 x,y,z 是实数,3x,4y,5z 成等比数列,且 , , 成等差数列,则 + 的值是______.

x y z

z x

2.在区间[0,?]中,三角方程 cos7x=cos5x 的解的个数是______. 3.从正方体的棱和各个面上的对角线中选出 k 条,使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线,则 k 的 最大值是_____. 4.设 z1,z2 都是复数,且|z1|=3,|z2|=5|z1+z2|=7,则 arg( ) 的值是______. 5. 设数列 a1, a2, ?, an, ?满足 a1=a2=1, a3=2, 且对任何自然数 n,都有 anan+1an+2?1, 又 anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3, 则 a1+a2+?+a100 的值是____. 6.函数 f(x)=

z2 z1

3

x4-3x2-6x+13- x4-x2+1的最大值是_____.

4 1 三.求证:16< Σ <17. i=1 k 四.设 l,m 是两条异面直线,在 l 上有 A,B,C 三点,且 AB=BC,过 A,B,C 分别作 m 的垂线 AD,BE,CF, 7 垂足依次是 D,E,F,已知 AD= 15,BE= CF= 10,求 l 与 m 的距离. 2

xn+1-x-n-1 1 五.设 n 是自然数,fn(x)= (x?0,±1),令 y=x+ . x-x-1 x
1.求证:fn+1(x)=yfn(x)?fn-1(x),(n>1) 2.用数学归纳法证明: fn(x)=

n y -C y +…+(-1) C y +…+(-1)2,(i=1,2,…, ,n为偶数) ? 2 ? 1 ? y -C y +…+(-1) C +…+(-1)n-1Cn- n-1 2 ,n为奇数) 2 n+1 y,(i=1,2,…, 2 ? ? 2
n
1 n-2 n-1

i

i

n

n-2i

n-i

n

1

n-2

i

n-1

i n-i

模拟题答案 模拟一 1 1. 解:9-9(y-1)2=9-(y+1)2,?8y2-20y+8=0,?y=2 或 ,相应的,x=0,或 x=± 3. 2

此三点连成一个正三角形.选 C. n(n-1) 1 2. 解:πn=1536 ×(- ) 2 ,故 π11<0,π9,π12,π13>0.作商比较: 2
n

π12 1 - π13 1 - 又, =15363?( )66 36>1, =1536?( )78 66<1.故选 C. π9 2 π12 2 3. 解:如果 p 为奇质数,p=2k+1,则存在 n=k2(k∈N+),使 p+n+ n=2k+1.故选 D. 4. 解:α1= cos(sin|x|π)>0,α2=sin(cos|x|π)>0,α3=cos(1-|x|)π<0,排除 B、D. π π π ∵ sin|x|π+ cos|x|π= 2sin(|x|π+ )< ,于是 cos|x|π< -sin|x|π, 4 2 2 ∴ sin(cos|x|π)<cos(sin|x|π),故 α2<α1,选 A. 1 2 2 3 π 2 π 又解:取 x=- ,则 α1=cos ,α2=sin ,α3=cos π<0.由于 < < ,故 α1>α2. 4 2 2 4 6 2 4 1 1 1 1 5. :g(x)= x+ 2= x+ x+ 2?3 x 2 2 x
2 3

1 33 1 1 3 = 2.当且仅当 x= 2即 x= 2时 g(x)取得最小值. 4 2 2 x

4q-p 3 3 p 3 3 3 3 ∴- = 2, = 2,?p=-2 2,q= 3 2+ 4. 2 4 2 2 53 3 3 3 由于 2-1<2- 2.故在[1.2]上 f(x)的最大值为 f(2)=4- 2+ 4.故选 B. 2 6. 解:O2 与下底距离=3,与O1 距离=2+3=5,与轴距离=4,问题转化为在以 4 为半径的圆 周上,能放几个距离为 6 的点? 2 O1 右图中,由sin∠O2HC=3/4>0.707,即∠O2HO3>90° ,即此圆上 3 O2 H 还可再放下 2 个满足要求的点.故选B.
3

O4 O2 C O3

H

二 1 1. 解 由已知,得 <logx10?1?1?lgx<2?10?x<100.故该集合有 90 个元素.其真子集有 290-1 个. 2 π 3 1 _ π π 2. 解:z1 满足|z-i|=1;argz1= ,得 z1= + i,z1=cos(- )+isin(- ). 6 2 2 6 6 _ π π π π 设 z2 的辐角为 θ(0<θ<π), 则 z2=2sinθ(cosθ+isinθ). z1· z2=2sinθ[cos(θ- )+isin(θ- )], 若其实部为 0, 则 θ- = , 6 6 6 2 2π 3 3 于是 θ= .z2=- + i. 3 2 2 3. 解:只要考虑|AP|最长与最短时所在线段扫过的面积即可. 设 P(1+cosθ,θ), 则|AP| =2 +(1+cosθ) -2· 2(1+cosθ)cosθ=-3cos θ-2cosθ+5 1 16 16 16 16 =-3(cosθ+ )2+ ? .且显然|AP|2 能取遍[0, ]内的一切值,故所求面积= π. 3 3 3 3 3 4. 解: 该六面体的棱只有两种, 设原正三棱锥的底面边长为 2a, 侧棱为 b. 取 CD 中点 G,则 AG⊥CD,EG⊥CD,故∠AGE 是二面角 A—CD—E 的
B
b b
2 2 2 2

P
?

O

1

x

A
b

平面
D

F
2a a

C E

G

角.由 BD⊥AC,作平面 BDF⊥棱 AC 交 AC 于 F,则∠BFD 为二面角 B—AC—D 的平面角. 2a b2-a2 AG=EG= b2-a2,BF=DF= ,AE=2 b 由 cos∠AGE=cos∠BFD,得 2 b2-( 3a)2=2 3 4 b2- a2. 3

2AG2-AE2 2BF2-BD2 = . 2AG2 2BF2

4 4(b2- 2a2) 3 4a2b2 4 ∴ ?9b2=16a2,?b= a,从而 b=2,2a=3. 2 2 = 2 2 3 b -a 4a (b -a2) AE=2.即最远的两个顶点距离为 3. 5. 解:至少 3 种颜色: 6 种颜色全用:上面固定用某色,下面可有 5 种选择,其余 4 面有(4-1)!=6 种方法,共计 30 种方法; 用 5 种颜色:上下用同色:6 种方法,选 4 色:C5(4-1)! =30;6×30÷2=90 种方法; . 用 4 种颜色:C6C4=90 种方法. 用 3 种颜色:C6=20 种方法. ∴共有 230 种方法. 6. 解:把圆心平移至原点,不影响问题的结果.故问题即求 x2+y2=1992 的整数解数. 显然 x、y 一奇一偶,设 x=2m,y=2n-1.且 1?m,n?99. 则得 4m2=1992-(2n-1)2=(198+2n)(200-2n).m2=(99+n)(100-n)≡(n-1)(-n) (mod 4)
?0,(当n?0,1(mod 4)时) 由于 m 为正整数,m2≡0,1 (mod 4);(n-1)(-n)≡? ?2,(当n?2,3(mod 4)时)
3 2 2 4

二者矛盾,故只有(0,±199),(±199,0)这 4 解. ∴ 共有 4 个.(199,±199),(0,0),(398,0). 模拟二 一 2 2 2 1. 解:3(a+7d)=5(a+12d),?d=- a,令 an=a- a (n-1)?0,an+1= a- a n<0,得 n=20.选 C. 39 39 39 2. π π - 解:设 z1=cosθ+isinθ,则 zk=z1εk 1,其中 ε=cos +isin .ε20=1.ε15=-i,ε10=-1,ε5=i. 10 10
- -

∴ zk1995=(cos1995θ+isin1995θ) ε1995(k 1)= (cos1995θ+isin1995θ)(-i)k 1. ∴ 共有 4 个值.选 A. 3. 解: 把身高按从高到矮排为 1~100 号, 而规定二人比较, 身高较高者体重较小, 则每个人都是棒小伙子. 故 选D. 4. 解:由|x-2n|?0,故 k?0,若 k=0,可知在所给区间上只有 1 解.故 k>0. 1 由图象可得,x=2n+1 时,k x?1.即 k? .故选 B. y 2n+1 y=(cos1)x 又解: y=(x - 2n)2 与线段 y=k2x(2n - 1<x ? 2n+1) 有两个公共 点. x2-(4n+k2)x+4n2=0 有(2n-1, 2n+1]上有两个根. 故△=(4n+k2)2 - 16n2>0 . 且 (2n - 1)2 - (4n+k2)(2n - 1)+4n2>0 , (2n+1)2 - 1 1 (4n+k2)(2n+1)+4n2?0,2n-1<2n+ k2<2n+1.? k? . 2 2n+1 5. 解: <1< , 故 0<cos1<sin1<1<tan1. ? logsin1tan1<0, logcos1tan1<0, 4 2

y=(sin1)x
tan1 1 (1,sin1) (1,cos1) 1

?

?

c d

O

b

a x

logsin1cos1>0,logcos1sin1>0, 设 logsin1cos1=a ,则得 (sin1)a=cos1<sin1, a>1; logcos1sin1=b,则 (cos1)b=sin1>cos1, 0<b<1;即 logcos1sin1< logsin1cos1. 设 logsin1tan1=c , logcos1tan1=d , 则 得 (sin1)c =(cos1)d=tan1 , ( 指 数 函 数 图 象 进 行 比 较 ) , c<d . 即 logsin1tan1<logcos1tan1 故选 C. 6.解:O 到面 PAB、PBC、PCA 的距离相等.设∠APB=α,则 1 VPQRS= d(PQ· PR+PR· PS+PS· PQ)sinα.(其中 d 为 O 与各侧面的距离). 6 1 VPQRS= PQ· PR· PSsinαsinθ.(其中 θ 为 PS 与面 PQR 的夹角) 6 ∴ d(PQ· PR+PR· PS+PS· PQ)=PQ· PR· PSsinθ. ∴ 二 1. 解:设 α=x+yi,(x,y∈R),则|α-β|=2|y|.∴y=± 3. 2 设 argα=θ,则可取 θ+2θ=2π,(因为只要求|α|,故不必写出所有可能的角).θ= π,于是 x=±1.|α|=2. 3 2. 解: 设球半径为 R, 其内接圆锥的底半径为 r, 高为 h, 作轴截面, 则 r2=h(2R 1 π π π 4R?3 8 4 3 V 锥= πr2h= h2(2R-h)= h· h(4R-2h)? ? = · πR . 3 3 6 6? 3 ? 27 3 ∴ 所求比为 8∶27. 3. 解:令 lgx=t,则得 t2-2=[t].作图象,知 t=-1,t=2,及 1<t<2 内有一解. 1 当 1<t<2 时,[t]=1,t= 3.故得:x= ,x=100,x=10 3,即共有 3 个实根. 10 4. 解:如图,即△OAB 内部及边界上的整点.由两轴及 x+y=100 围成区域(包括边界)内的整点数=1+2+3+… +101=5151 个. 1 1 由 x 轴、y= x,x+y=100 围成区域(不包括 y= x 上)内的整点数(x=1,2,3 时各有 1 个整点,x=4,5,6 时各 3 3 有 2 个整点,…,x=73,74,75 时有 25 个整点,x=76,77,…,100 时依次有 25,24,…,1 个整点.共 有 3×1+3×2+…+3×25+25+24+…+1=4(1+2+…+25)=1300.由对称性,由 y 轴、y=3x、x+y=100 围成的区域 内也有 1300 个整点. ∴所求区域内共有 5151-2600=2551 个整点. 5. 解:顶点染色,有 5 种方法 底面 4 个顶点,用 4 种颜色染,A4=24 种方法,用 3 种颜色,选 1 对顶点 C2,这一对顶点用某种颜色染 C4, 余下 2 个顶点,任选 2 色染,A3种,共有 C2C4A3=48 种方法;用 2 种颜色染: A4=12 种方法; ∴共有 5(24+48+12)=420 种方法. 6. 解:1995=15× 133.故取出所有不是 15 的倍数的数,共 1862 个,这此数均符合要求. 在所有 15 的倍数的数中,152 的倍数有 8 个,这此数又可以取出,这样共取出了 1870 个.即|A|?1870. 又{k,15k}(k=9,10,11,…,133)中的两个元素不能同时取出,故|A|?1995-133+8=1870. 三 8sinθ+cosθ+1 1. 解:以 y=2x 代入曲线方程得 x=0,x= . 2sinθ-cosθ+3
2 1 1 2 2 4 1 1

1 1 1 sinθ + + = 为定值.故选 D. PQ PR PS d

-h).
h r

8sinθ+cosθ+1 ∴ 所求弦长 l=?2sinθ-cosθ+3? 5.故只要求|x|的最大值即可.

?

?

由(2x-8)sinθ-(x+1)cosθ=1-3x.?(2x-8)2+(x+1)2?(1-3x)2,即 x2+16x-16?0. 24 7 解之得,-8?x?2.即|x|?8(当 sinθ=± ,cosθ=? 时即可取得最大值).故得最大弦长为 8 5. 25 25 2. 解:x=1 是方程的一个根.于是只要考虑二次方程 5x2-5px+66p-1=0 的两个根为正整数即可. 设此二正整数根为 u、v.则由韦达定理知,
y y=3x
100

B(25,75)

? ? u+v=p ? 1 ?uv=5 (66p-1) ?
2

① ②
20

A(75,25)
20 100

1 y= x 3 x

O

消去 p,得 5uv-66(u+v)=-1.同乘以 5:5 uv-5×66u-5×66v=-5. ∴ (5u-66)(5v-66)=662-5=4351=19×229.由于 u、v 均为整数,故 5u-66、5v-66 为整数. ∴
? 5u-66=1, -1, 19, -19, ? ?5v-66=4351,-4351,229, -229.

∴ 其中使 u、v 为正整数的,只有 u=17,v=59 这一组值.此时 p=76. 3. 分析 要证 MQ∥NP, 因 AB∥DC, 故可以考虑证明∠AMQ=∠CPN. 现∠A=∠C, 故可证Δ AMQ∽Δ CPN. 于 是要证明 AM∶AQ=CP∶CN. 证明 设∠ABC=2?,∠BNM=2?,∠BMN=2γ.则 1 由 ON 平分∠ONM,得∠ONC=∠ONM= (180?-2?)=90?-?; 2
A M γ 2 E H Q

同理,∠OMN=∠OMA=90?-γ. B 2 D α O 2 β 而∠ CON=180? -∠ OCN -∠ ONC=?+?=90? - γ ,于是 Δ CON ∽ Δ AMO, P N 2 ∴AM∶AO=CO∶CN,即 AM· CN=AO . G F 2 C 同理,AQ· CP=AO ,∴AM· CN=AQ· CP. ∴Δ AMQ∽Δ CPN,∴∠AMQ=∠CPN. ∴MQ∥NP. 4. 证明:首先证明平面上一定存在三个顶点同色的直角三角形. 任取平面上的一条直线 l,则直线 l 上必有两点同色.设此两点为 P、Q,不妨设 P、Q l R P S l 同着红色.过 P、Q 作 直线 l 的垂线 l1、l2,若 l1 或 l2 上有异于 P、Q 的点着红色,则 存在红色直角三角形.若 l1、l2 上除 P、Q 外均无红色点,则在 l1 上任取异于 P 的两点 T R、S,则 R、S 必着蓝色,过 R 作 l1 的垂线交 l2 于 T,则 T 必着蓝色.△RST 即为三顶 l Q 点同色的直角三角形. 设直角三角形 ABC 三顶点同色(∠B 为直角).把△ABC 补成矩形 ABCD(如图).把矩形 的每边都分成 n 等分(n 为正奇数,n>1,本题中取 n=1995).连结对边相应分点,把矩形 ABCD 分成 n2 个小 矩形. AB 边上的分点共有 n+1 个,由于 n 为奇数,故必存在其中两个相邻的分点同色,(否则任两个相邻分点异色, 则可得 A、B 异色),不妨设相邻分点 E、F 同色.考察 E、F 所在的小矩形的另两个顶点 E?、F?,若 E?、F? 异色,则△EFE?或△DFF?为三个顶点同色的小直角三角形.若 E?、F?同色,再考察以此二点为顶点而在其左 边的小矩形,….这样依次考察过去,不妨设这一行小矩形的每条 D A 竖边的两个顶点都同色. 同样,BC 边上也存在两个相邻的顶点同色,设为 P、Q,则考察 PQ M E' G 所在的小矩形,同理,若 P、Q 所在小矩形的另一横边两个顶点异 E F 色,则存在三顶点同色的小直角三角形.否则,PQ 所在列的小矩形 N H F' 的每条横边两个顶点都同色. B
1 2

C

P

Q

现考察 EF 所在行与 PQ 所在列相交的矩形 GHNM,如上述,M、H 都与 N 同色,△MNH 为顶点同色的直角 三角形. 由 n=1995,故△MNH∽△ABC,且相似比为 1995,且这两个直角三角形的顶点分别同色. 证明 2:首先证明:设 a 为任意正实数,存在距离为 2a 的同色两点.任取一点 O(设为红色点),以 O 为圆心, 2a 为半径作圆,若圆上有一个红点,则存在距离为 2a 的两个红点,若圆上没有红 E F 点, 则任一圆内接六边形 ABCDEF 的六个顶点均为蓝色, 但此六边形边长为 2a. 故 存在距离为 2a 的两个蓝色点. 下面证明:存在边长为 a, 3a,2a 的直角三角形,其三个顶点同色.如上证,存 在距离为 2a 的同色两点 A、B(设为红点),以 AB 为直径作圆,并取圆内接六边形 ACDBEF,若 C、D、E、F 中有任一点为红色,则存在满足要求的红色三角形.若 C、D、E、F 为蓝色,则存在满足要求的蓝色三角形.
A B

C

D

下面再证明本题:由上证知,存在边长为 a, 3a,2a 及 1995a,1995 3a,1995?2a 的两个同色三角形,满 足要求. 证明 3:以任一点 O 为圆心,a 及 1995a 为半径作两个同心圆,在小圆上任取 9 点,必有 5 点同色,设为 A、 B、C、D、E,作射线 OA、OB、OC、OD、OE,交大圆于 A?,B?,C?,D?,E?,则此五点中必存在三点同 色,设为 A?、B?、C?.则?ABC 与?A?B?C?为满足要求的三角形. 模拟三 一 1 1 1992 1. 解:y=((n+1)x-1)(nx-1),∴ |AnBn|= - ,于是|A1B1|+|A2B2|+?+|A1992B1992|= ,选 B. n n+1 1993 2. 解:(x? 1-y )=0 表示 y 轴右边的半圆,(y+ 1-x )=0 表示 x 轴下方的半圆,故选 D.
2 2

4 4 4 3. 解: Σ Si≤4S,故 Σ Si≤4,又当与最大面相对的顶点向此面无限接近时, Σ Si 接近 2S,故选 A. i=1 i=1 i=1 4. 解:x =4x-4.根为 x=2.∴ C=2A,?B=180°-3A,sinB=2sinA.?sin3A=2sinA, 2 ?3-4sin A=2.A=30°,C=60°,B=90°.选 B.
2

2z1 π π 1 3 5. 解: =cos ±isin .∴ |z2|=8,z1、z2 的夹角=60°.S= ?4?8? =8 3.选 A. z2 3 3 2 2 6. 解:f(20-x)=f[10+(10-x)]=f[10-(10-x)]=f(x)=-f(20+x). ∴ f(40+x)=f[20+(20+x)]=-f(20+x)=f(x).∴ 是周期函数; ∴ f(-x)=f(40-x)=f(20+(20-x)=-f(20-(20-x))=-f(x).∴ 是奇函数.选 C. 二 2xz (x+z) 64 x z 2 2 2 2 1. 解:16y =15xz,y= ,?16?4x z =15xz(x+z) .由 xz≠0,得 = ,? + x+z xz 15 z x
2

= .
1 2. 解:7x=5x+2kπ,或 7x=-5x+2kπ,(k∈Z)?x=kπ,x= kπ (k∈Z),共有 7 解. 6 3. 解:正方体共有 8 个顶点,若选出的 k 条线两两异面,则不能共顶点,即至多可 选出 4 条,又可以选出 4 条两两异面的线(如图),故所求 k 的最大值=4. 3 +5 -7 1 4. 解:cos∠OZ1Z3= =- .即∠OZ1Z3==120°, 2?3?5 2
2 2 2

34 15

D' A' D A B B'

C'

C

y
Z2

z2 π 5π ∴ arg( )= 或 . z1 3 3

Z3

Z1

O

x

∴ arg( ) =π. 5. 解:anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,an+1an+2an+3an+4=an+1+an+2+an+3+an+4, 相减,得 anan+1an+2(a4-an)=an+4-an,由 anan+1an+2?1,得 an+4=an. 又,anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3,a1=a2=1,a3=2,得 a4=4. ∴ a1+a2+?+a100=25(1+1+2+4)=200. 6. 解:f(x)= (x -2) +(x-3) - (x -1) +x ,表示点(x,x )与点 A(3, 2)的距离及 B(0,1)距离差的最大值.由于此二点在抛物线两侧,故过此二点 的直线必与抛物线交于两点. 对于抛物线上任意一点, 到此二点距离之差大于 |AB|= 10.即所求最小值为 10. 三 1 2 2 证明: = < =2( k- k-1), k k+ k k-1+ k 1 2 同时 > =2( k+1- k). k k+1+ k 80 80 1 80 于是得 2 Σ ( k+1- k)< Σ <1+2 Σ ( k- k-1) k=1 k=1 k k=1 80 1 即 16< Σ <1+2( 80-1)<1+2(9-1)=17 k=1 k 四 解:过 m 作平面α∥l,作 AP⊥α于 P,AP 与 l 确定平面β,β∩α=l?,l?∩m=K. 作 BQ⊥α,CR⊥α,垂足为 Q、R,则 Q、R∈l?,且 AP=BQ=CR=l 与 m 的 l 距离 d. ? 连 PD、QE、RF,则由三垂线定理之逆,知 PD、QE、RF 都⊥m.
2 2 2 2 2 2 2

z2 z1

3

y

A (3,2) B (0,1)
O x

C

B

A

PD= 15-d2,QE=
2 2

49 2 2 -d ,RF= 10-d . 4
?
l'
2

m

R KF

Q

P

当 D、E、F 在 K 同侧时 2QE=PD+RF,

E D

? 49-4d = 15-d + 10-d .解之得 d= 6 2 2 2 当 D、E、F 不全在 K 同侧时 2QE=PD-RF,? 49-4d = 15-d - 10-d .无实解. ∴ l 与 m 距离为 6. 五 (x+ 证明: ⑴ 由 yfn(x)?fn-1(x)= 1

x

)(x -x

n+1

-n-1

)-x +x

n

-n

x-x x

-1

=

xn+2-x-n-2 =fn+1(x).故证. x-x-1

1 1 2 2 -2 2 ⑵ f1(x)= x+ ,f2(x)=x +1+x =(x+ ) -1=y -1.故命题对 n=1,2 成立.

x

设对于 n≤m(m≥2,m 为正整数),命题成立,现证命题对于 n=m+1 成立. 1. 若 m 为偶数,则 m+1 为奇数.由归纳假设知,对于 n=m 及 n=m-1,有

m fm(x)= y -C y +C
m
1 m-2 m-1 2 m-4 m-2

m

y +…+(-1) Cm-iy

i

i

m-2i

+…+(-1)2C 2 my m- 2

m m-2?
2



fm-1(x)= y -C y +…+(-1) C y

m-1

1 m-3 m-1

i-1 i-1 m+1-2i m-i

m-2 +…+(-1) 2 ?C 2 m y
2

m-2



∴ yfm(x)-fm-1(x)=y -…+(-1) (Cm-i+C

m+1

i

i

i-1 m-i

)y

m+1-2i

-1 +…+(-1)2(C 2 m+C2 m)y m- m- 2 2

m

m

m

m = y -C
m+1
1 m- 1 m+1-1

m

y +…+(-1) C

i

i m+1-2i m-i+1

y

+…+(-1)2?Cm2 y +1 2

即命题对 n=m+1 成立. 2.若 m 为奇数,则 m+1 为偶数,由归纳假设知,对于 n=m 及 n=m-1,有

fm(x)= y -C y +…+(-1) ?Cm-iy

m-1

1 m-2 m-2

i

i

m-2i

m- 1 2 21 y +…+(-1) ?Cm- 2 m-1 m-1 21 +…+(-1) 2 Cm-
2

m-1



fm-1(x)= y -C y +…+(-1) C y

m-1

1 m-3 m-2

i-1 i-1 m+1-2i m-i



用 y 乘③减去④,同上合并,并注意最后一项常数项为 m-1 m-1 m-1 m+1 m+1 2 1=-(-1) 2 Cm2 -(-1) 2 Cm- +1=(-1) 2 . 2 2

m+1
于是得到 yfm(x)-fm-1(x)=y -Cm y +…+(-1) 2 ,即仍有对于 n=m+1,命题成立 综上所述,知对于一切正整数 n,命题成立.
m+1
1 m-1


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