20102013华约自主招生数学试题及答案解析完整版

2010年“华约”自主招生试题解析一、选择题 1．设复数2()1a i w i +=+，其中a 为实数，若w 的实部为2，则w 的虚部为（ ） （A ）32- （B ）12- （C ）12 （D ）322．设向量,a b ，满足||||1,==⋅=a b a b m ，则||+a tb ()t R ∈的最小值为（ ）（A ）2 （B （C ）1 （D 3。

缺4。

缺5．在ABC ∆中，三边长,,a b c ，满足3a c b +=，则tan tan 22A C的值为（ ） （A ）15 （B ）14 （C ）12 （D ）236．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 垂直BC 于F ，OH 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 ）1:27．设()e (0)axf x a =>．过点(,0)P a 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 （B （C ）e2（D ）2e 48．设双曲线2212:(2,0)4x y C k a k a -=>>，椭圆2222:14x y C a +=．若2C 的短轴长与1C 的实轴长的比值等于2C 的离心率，则1C 在2C 的一条准线上截得线段的长为（ ）（A ） （B ）2 （C ） （D ）49．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 （B ）7 （C ）8 （D ）910．设定点A B C D 、、、是以O 点为中心的正四面体的顶点，用σ表示空间以直线OA 为轴满足条件()B C σ=的旋转，用τ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ω表示空间以l 为轴的180°旋转．设στ表示变换的复合，先作τ，再作σ。

则ω可以表示为（ ）（A ）στστσ （B ）στστστ （C ）τστστ （D ）στσστσ二、解答题 11．在ABC ∆中，已知22sincos 212A BC ++=，外接圆半径2R =． （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24x 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12,d d ，已知12d d 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； （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 =，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:2:u v w (0,0,0,21)u v w u v w >>>++=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．设函数()1x m f x x +=+，且存在函数()1(,0)2s t at b t a ϕ==+>≠，满足2121()t s f t s-+=． （Ⅰ）证明：存在函数()(0),t s cs d s ψ==+>满足2121()s t f s t +-=； （Ⅱ）设113,(),1,2,.n n x x f x n +===证明：1123n n 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22sincos 212A BC ++=得 22cos 1cos 2,2C C -=- 所以2cos (2cos 1).C =-- 即22cos cos 10C C +-=(2cos 1)(cos 1)0C C -+=因为C 为ABC ∆内角 所cos 10C +≠，1cos 2C =， .3C π=（Ⅱ）32sin 42 3.2c R C === 又由余弦定理得2222cos ,c a b ab C =+-， 即2212,a b ab =+-又222,a b ab ab ab ab +-≥-=， 所以12.ab ≤有1sin 1233,244ABCSab C ab ==≤=， 当且仅当a b =即ABC 为等边三角形时，ABC 的面积取得最大值12．解： （Ⅰ）设222001122111(,),(,),(,),444A x xB x xC x x 则2001(,)4D x x - 由'12y x =可知的斜率01,2k x =- 因此可以设直线BC 方程为01.2y x x b =-+把214y x =代入，整理得20240,x x x b +-= 所以1202x x x +=-因为,AB AC 都不平行于y 轴， 所以直线,AB AC 斜率之和为222210*********11()()44(2)0AB ACx x x x k k x x x x x x x --+=+=++=--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 +=，可得,DE =，所以45DAE DAF ∠=∠= 所以90,CAB ∠=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22000011(),,44y x x x y x x x -=---=-把214y x =分别代入，得22220000440,440,x x x x x x x x +--=--+=所以002, 2.AB AC =+=- 由已知可知1240,2AB AC =， 所以20184240,2x ⨯-=解得8,x =±， 所以(8,16)A 或(8,16)A -当取(8,16)A -时，求得(4,4)B ，又BC 斜率014,2x -=， 所以直线BC 方程为44(4)y x -=-, 即4120.x y --=同理，当取(8,16)A 时，直线BC 方程为4120.x y ++=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2433V a h ==正四棱锥的表面积24(S a =+从而33229S S V=238()(1.a h=+令2(),h t a=设31()(1,0f t t t=>则2'()2f t t =-- 令'()0,f t =解得8.t =当08t <<时，'()0,f t <当8t >时，'()0.f t >()f t 当8t =时取得最小值(8)8f =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，及相应子一代的基因型式为的概率为 22211111224()224p u uv uv v u v =⨯+⨯+⨯+⨯=+. 由对称性知子一代的基因型式为aa 的概率为23()p v w =+.子一代的基因型式为Aa 的概率为222111112124212222222()p uv uw uv v vw uw vw uv uw v vw =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=+++…2()().u v v w =++若记p u v =+，q v w =+，则0p >，0q >， 1p q +=，子一代三种基因型式：AA ，Aa ，aa 的比例为22:2:p pq q .（Ⅱ）由（Ⅰ）可知子二代的基因型式为AA ，Aa ，aa 的比例为22:2:ααββ，其中2p pq α=+，2pq q β=+.由1p q +=，可得p α=，q β=.故子二代三种基因型式AA ，Aa ，aa 的比例为22:2:p pq q ，与子一代基因型式的比例相同.15解法一： （Ⅰ）令2121()t s f t s-+=，代入s at b =+化简得 2(4)[(4)3](1)0a m t b m a t b -+-+-++=由于等式对所有12t >成立，可知 10(4)30(4)0b b m a a m +=⎧⎪-+-=⎨⎪-=⎩解得1,4,3b m a =-==4()1x f x x +=+ 令2121()s t f s t+-=，代入t cs d =+，化简得31cs d s +=+ 所以存在()31(0)t s s s ψ==+> 使得2121()s t f s t+-=（Ⅱ）令11111,()314s t s s ψ===+=1()31n n n s t t ϕ+==-111()31,1,2,n n n t s s n ψ+++==+=注意到11121s x s +=，由（Ⅰ）知， 2122121,,1,2,n n n n n ns t x x n s t -+-===13192n n n s t s +=-=+化为1119()44n n s s ++=+ 可知221(531)4n n s -=⋅-21131(531)4n n n t s -=+=⋅+从而21221422531n n n x s --=+=+⋅- 2211422531n n n x t -=-=-⋅+ 统一写为1142(1),1,2,53(1)n n n nx n +-=+-=⋅+-从而有11141|2|43[3(1)]3n n n n n x ----=≤⋅++-解法二：（Ⅰ）同解法一，可求出1,4,3b m a =-==4()1x f x x +=+ 取31t s =+则13t s -=所以2142121211()()21111t s t t t f f t s t t t ++++--===+-+-（Ⅱ）由4()1x f x x +=+，1()n n x f x += 得141n n n x x x ++=+ （1） 把（1）式两边都加上2得：13(2)21n n n x x x +++=+ （2）把（1）式两边都减去2得：1221n n n x x x +--=-+ （3） 若存在()k k N +∈，使2k x =，由（3）可知 1212k k x x x --====与13x =矛盾所以不存在()k k N +∈，使2k x = （2）式除以（3）式得1122322n n n n x x x x ++++=---因为13x = 所以11252x x +=- 所以125(3)2n n n x x -+=⨯--所以1425(3)1n n x -=+⋅-- 所以14|2||5(3)1|n n x --=⋅--1111444|5(3)|15314331n n n n ----≤==⋅--⋅-⋅+- 1141433n n --≤=⋅解法三：（Ⅰ）由解法一得4()1x f x x +=+，()31s t t ϕ==- 由2121()t s f t s-+=（1） 易看出（1）式中t s =-即得2121()s t f s t+-=所以存在3()1t s -=--，即31t s =+ （Ⅱ）用数学归纳法（1）当1n =时，显然成立 （2）易得13()111n n n x f x x +==+>+， 111111(2)22(2)31313f f s s s s s+=-⇒-+=<⨯++（※）假设当n k =时，命题成立即11|2|3k k x --≤则当1n k =+时， 13|2||2()||1|1k k k x f x x +-=-=-+ 当2k x >时，111|2||2(2(2))||2|33k k k k x f x x +-=-+-<-< 当2k x ≤时，13|2|11k k x x +-=-+ 只需证31113k k x -≤+ 即证33113k k k x +≤+即证13331kk k x +≥+ 即证33131kk kx ⋅≥-+ 即证333233131k k k k x ⋅-≥-=-++ 即133123133k k k k x --≤<=+，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.设复数z满足|z|<1且15||2zz+=则|z| ＝( )4321 A B C D 5432解：由15||2zz+=得25||1||2z z+=，已经转化为一个实数的方程.解得|z| ＝2（舍去），12.2.在正四棱锥P－ABCD中，M、N分别为P A、PB的中点，.则异面直线DM与AN所成角的余弦为( )1111A B C D36812[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.解法一：如图1，设底面边长为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，)，则1111(,(,2222M N-，31213(,,),(,2222DM AN=-=-.设所成的角为θ，则1cos 6DM AN DM ANθ==. 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P A ＝ PB ＝ AB ＝ 2，所以QN ＝ AN ＝3，而AQ ＝5，容易算出等腰ΔAQN 的顶角1cos 6ANQ ∠=.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1223+--=x x x y ，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 2B1C 1D 2 - -解：显然(－1, 1)在1223+--=x x x y 的图象上.设切点为)12,(020300+--x x x x ， 2232--='x x y ，所以22302--=x x k .另一方面， )1(1)12(002030---+--=x x x x k )2(00-=x x 223020--=x x .所以x 0＝1,所以1-=k .选C. 4.若222cos cos 3A B A B π+=+，则的最小值和最大值分别为 ( ) 33133312A1,B ,C1,1D ,12222 --+ + [分析]首先尽可能化简结论中的表达式22cos cos A 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：221cos 21cos 21cos cos 1(cos 2cos 2)222A B A B A B +++=+=++ 11cos()cos()1cos()2A B A B A B =++-=--，可见答案是B[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 O 1 O 2边O 1 O 2上一点C ，O O 1、O O 2延长线上分别一点A 、B ，使得O 1A ＝ O 1C ，O 2B ＝ O 2C .解法一：连接12O O ，C 在12O O 上，则1221OO O OO O πα∠+∠=-，111212O AC O CA OO O ∠=∠=∠，222112O BC O CB OO O ∠=∠=∠，故1212211()22O CA O CB OO O OO O πα-∠+∠=∠+∠=， 12()2O CA O CB παβπ+=-∠+∠=，sin cos 2αβ=. 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12212OO O OO O πα-∠=∠=，1212124O CA O CB OO O πα-∠=∠=∠=，12()2O CA O CB παβπ+=-∠+∠=， sin cos2αβ=.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3131(0,1),(,),(,),(1,1)2222a b c xa yb zc ==--=-++=则222x y z ++ 的最小值为()43A1B C D 232解：由(1,1)xa yb zc ++=得1()122211222y z y z y z y z x x ⎧⎧-+=--=⎪⎪⎪⎪⎨⎨+⎪⎪--=-=⎪⎪⎩⎩， 由于222222()()2y z y z x y z x ++-++=+，可以用换元法的思想，看成关于x ，y + z ，y －z 三个变量，变形2(1)y z y z x ⎧-=⎪⎨⎪+=-⎩，代入222222()()2y z y z x y z x ++-++=+222228242(1)343()3333x x x x x =+-+=-+=-+，答案B 8.AB 为过抛物线y 2＝4x 焦点F 的弦，O 为坐标原点，且135OFA ∠=，C 为抛物线准线与x 轴的交点，则ACB ∠的正切值为 ( )424222A 22BCD 533解法一：焦点F （1，0），C （－1，0），AB 方程y ＝ x – 1，与抛物线方程y 2 ＝ 4x 联立，解得2222)2222)A B (3+,2+ (3-,2- ，，于是222222222222CA CB k k 2+2-==4+4-=，=-，tan 221CA CB CA CBk k ACB k k -∠==+，答案A 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 .2tan tan DE GF AEF EAD AD AF ∠=∠===.类似的，有 2tan tan 2BEF EBC ∠=∠=2AEB AEF BEF AEF ∠=∠+∠=∠，tan tan 222AEB AEF ∠=∠=，答案A解：BDF BDE BDE DF S S zS DE ∆∆∆==，(1)BDE ABE ABE BDS S x S AB∆∆∆==-， ABE ABC ABC AES S yS AC∆∆∆==，于是(1)2(1)BDF ABC S x yzS x yz ∆∆=-=-. 将11y z x y z x +-=+=+，变形为，暂时将x 看成常数，欲使yz 取得最大值必须12x y z +==，于是21(1)(1)2BDF S x x ∆=-+，解这个一元函数的极值问题，13x =时取极大值1627. 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∠D 一定是钝角.事实上，∠D ≥ ∠ADC ，而四边形ABCD 是圆内接四边形，所以∠ADC ＝ 180°－∠B ，所以∠D 为钝角.这样就排除了B ，C.BG CED AF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∠B 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 ) ΔACD ，则∠D ＝ 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角三角形.所以答案是D. 二、解答题解：（I ）tan tan tan tan()tan tan 1A BC A B A B +=-+=-，整理得tan tan tan tan tan tan A B C A B C =++（II ）由已知3tan tan tan tan A C A B C =++，与（I ）比较知tan 33B B π=，=.又11222sin 2sin 2sin 23sin 3A CB π+===，sin 2sin 2sin 2sin 23A C A C +=，sin()cos()cos 2()cos 2()3A C A C A C A C +-=--+，而3sin()sin A CB +==，1cos 2()cos 22A CB +==-，代入得2cos 2()13cos()AC A C -+=-，24cos ()3cos()10A C A C ----=，1cos()14A C -=-，，6cos 124A C -=， 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12，水的重心位置为14，所以装入半杯水的水杯的重心位置为11237242320+=+ (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FEDBCA DBCA量＝a：x.水杯的重心位置为12，水的重心位置为2xb，水面位置为xb，于是122xa x xba x b+=+，解得x a=13.已知函数21()(1)1()2xf x f fax b===+2，，3.令111()2n nx x f x+==，.(I)求数列{}n x的通项公式；(II)证明12112nx x xe+>.解由12(1)1()1()21xf f a b f xx=====+2，得，3(I)方法一：先求出123412482359x x x x====，，，，猜想11221nn nx--=+.用数学归纳法证明.当n = 1显然成立；假设n = k成立，即11221kk kx--=+，则122()121kkk k kkxx f xx+===++，得证.方法二：121+=+nnn xxx取倒数后整理得)11(21111-=-+nnxx，所以)11()21(1111-=--xxnn所以12111+=-nx(II)方法一：证明12112nex x x+>.事实上，12111112(1)(1)(1)242nnx x x+=+++.我们注意到2212(1)12(1)nna a a a+<++<+，，，（贝努利（Bernoulli）不等式的一般形式：nxx n+≥+1)1(，x),1(+∞-∈）于是122121212111112(1)2(1)2(1)2222n n nn n nnex x x-+++-+<+=+<+<方法二：原不等式en<+++⇔)211()211)(211(21)]211()211)(211ln[(2<+++⇔n1)211ln()211ln()211ln(2<++++++⇔n构造函数)0()1ln()(>-+=xxxxg1111)(<+-=-+='xxxxg，所以0)0()(=<gxg所以)0()1ln(><+xxx令n x 21=则n n 21)211ln(<+ 1211212121)211ln()211ln()211ln(22<-=+++<++++++n n n14.已知双曲线221222:1(0,0),,x y C a b F F a b-=>>分别为C 的左右焦点.P 为C右支上一点，且使21212=,3F PF F PF π∠∆又的面积为.(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22QF A QAF λ∠=∠恒成立.若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.(2=为等腰三角形，c15.将一枚均匀的硬币连续抛掷n 次，以p n 表示未出现连续3次正面的概率. (I)求p 1，p 2，p 3，p 4；(II)探究数列{ p n }的递推公式，并给出证明；(III)讨论数列{ p n }的单调性及其极限，并阐述该极限的概率意义.分析与解：(I)显然p 1＝p 2＝1，878113=-=p ；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正正正，故161316314=-=p . (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121-⨯n P ；②如果第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241-⨯n P ；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，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381-⨯n P .综上，=n P +⨯-121n P +⨯-241n P 381-⨯n P .（4≥n ），④ (III)由(II)知=-1n P +⨯-221n P +⨯-341n P 481-⨯n P ，（5≥n ）⑤，④－12×⑤，有=n P --1n P 4161-⨯n P （5≥n ）所以5≥n 时，p n 的单调递减，又易见p 1＝p 2＞p 3＞p 4＞….3≥n 时，p n 的单调递减，且显然有下界0，所以p n 的极限存在.对=n P --1n P 4161-⨯n P 两边同时取极限可得0lim =-∞→n n p .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1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.2013年华约自主招生数学试题解析。