自主招生北约数学试题及解答(2010-2014)

2010年“北约”自主招生数学试题及解答
1．（仅文科做）02
απ<<，求证：sin tan ααα<<． 【解析】 不妨设()sin f x x x =-，则(0)0f =，且当02x π<<
时，()1cos 0f x x '=->．于是()f x 在02
x π<<上单调增．∴()(0)0f x f >=．即有sin x x >． 同理可证()tan 0g x x x =->．
(0)0g =，当02x π<<时，21()10cos g x x
'=->．于是()g x 在02x π<<上单调增。

∴在02
x π<<
上有()(0)0g x g >=。

即tan x x >。

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
．（25分） 【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1R 或者2R 时有最大值为1PR ；当有一点位于O 点时，1max AB OP PR =<；
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 '<）．
不妨设A 位于线段2OR 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max AB AP AQ =或；
对于线段PQ 上任意一点B ，都有2BR BA ≥．于是22max AB R P R Q == 由⑴，⑵知2max AB R P =．不妨设为x ．
下面研究正五边形对角线的长．
I H
G F
E 1
111x x-1
如右图．做EFG ∠的角平分线FH 交EG 于H ． 易知5EFH HFG GFI IGF FGH π∠=∠=∠=∠=∠=
． 于是四边形HGIF 为平行四边形．∴1HG =． 由角平分线定理知
111EF
EH x FG x HG =
==-
．解得x =
3．AB 为21y x =-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1122(,),(,)B x y A x y ，
且有222211121,1,0y x y x x x =-=->>．
由于2y x '=-，
于是AC 的方程为2222x x y y =--；① BD 的方程为1122x x y y =--． ②
联立,AC BD 的方程，解得1
21221(,1)2()
y y E x x x x ---． 对于①，令0y =，得22
2(,0)2y C x -；
对于②，令0y =，得112(,0)2y D x -． 于是2212121212
22112222y y x x CD x x x x --++=-=-． 121(1)2
ECD S CD x x ∆=-．不妨设10x a =>，20x b -=>，则 2222111111()(1)(22)44ECD a b S ab a b a b ab a b a b
∆++=++=+++++
1111()(2)(2)44a b ab ab ab ab
=+++⋅++≥ ③
0s >，则有
331111111(2)(.....)223399ECD S s s s s s s s s
∆=++=++++++ 6个 9个
1243691616111116)]8()2393
s s s ⋅⋅[⋅(⋅()=⋅
≥3218)3=⋅(= ④
又由当12x a x b s ===-==
∴min ()ECD S ∆ 注记：不妨设311()(2)2g s s s s
=++，事实上，其最小值也可用导函数的方法求解． 由2211()(32)2g s s s
'=+-知当2103s <<时()0g s '<；当213s <时()0g s '>．
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． 4．向量OA 与OB 已知夹角，1OA =，2OB =，(1)OP t OA =-，OQ tOB =，01t ≤≤．PQ
在0t 时取得最小值，问当0105
t <<时，夹角的取值范围．（25分） 【解析】 不妨设OA ，OB 夹角为α，则1,2OP t OQ t =-=，令 2
22()(1)42(1)2cos g t PQ t t t t α==-+-⋅-⋅2(54cos )(24cos )1t t αα=++--+． 其对称轴为12cos 54cos t αα+=
+．而12()54x f x x +=+在5(,)4-+∞上单调增，故12cos 1154cos 3αα+-+≤≤． 当12cos 1054cos 3αα++≤≤时，012cos 1(0,)54cos 5t αα+=∈+，解得223αππ<<． 当12cos 1054cos αα
+-<+≤
时，()g t 在[0,1]上单调增，于是00t =．不合题意． 于是夹角的范围为2[,]23
ππ． 5．（仅理科做）存不存在02
x π<<
，使得sin ,cos ,tan ,cot x x x x 为等差数列．（25分） 【解析】 不存在；否则有(cos sin )(cos sin )cos sin cot tan sin cos x x x x x x x x x x
-+-=-=， 则cos sin 0x x -=或者cos sin 1sin cos x x x x
+=．
若cos sin 0x x -=，有4
x π=1,1不成等差数列；
若cos sin 1sin cos x x x x
+=，有2(sin cos )12sin cos x x x x =+．解得有sin cos 1x x =． 而11sin cos sin 2(0,]22
x x x =∈，矛盾！
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年北约自主招生数学试题与答案
1．
1
A. 2
B. 3
C. 5
D. 6
解析：显然，多项式23
()(2)(1)2f x x x ⎡⎤=---⎣⎦
和1
1 5. 若存在一个次数不超过4的有理系数多项式432()g x ax bx cx dx e =++++，
其两根分别为
1,,,,a b c d e 不全为0，则：
420
(42)(2020
a c e g
a c e
b d b d ++=⎧=++++=⇒⎨
+=⎩
(
1(7)(232(630g a b c d e a b c d a b c =-+----+++++=
70
2320a b c d e a b c d +---=⎧⇒⎨
+++=⎩
即方程组：420
(1)
20(2)
70
(3)2320(4)630
(5)
a c e
b d a b
c
d
e a b c d a b c ++=⎧⎪+=⎪⎪
+---=⎨⎪+++=⎪++=⎪⎩，有非0有理数解. 由（1）+（3）得：110a b c d ++-= （6） 由（6）+（2）得：1130a b c ++= （7） 由（6）+（4）得：13430a b c ++= （8） 由（7）-（5）得：0a =，代入（7）、（8）得：0b c ==，代入（1）、（2）知：0d e ==.于是知0a b c d e =====，与,,,,a b c d e 不全为0矛盾.所以不存在一个次数不超过4的有理系数多项式()g x
1
1为两根的有理系数多项式的次数最小为5.
2． 在66⨯的表中停放3辆完全相同的红色车和3辆完全相同的黑色车，每一行每一列只
有一辆车，每辆车占一格，共有几种停放方法？ A. 720 B. 20 C. 518400 D. 14400
解析：先从6行中选取3行停放红色车，有3
6C 种选择.最上面一行的红色车位置有6种选择；最上面一行的红色车位置选定后，中间一行的红色车位置有5种选择；上面两行的红色车位
置选定后，最下面一行的红色车位置有4种选择。

三辆红色车的位置选定后，黑色车的位置
有3！=6种选择。

所以共有3
6654614400C ⨯⨯⨯⨯=种停放汽车的方法.
3． 已知2225,25x y y x =+=+，求32232x x y y -+的值. A. 10 B. 12 C. 14 D. 16 解析：根据条件知：
32232(25)2(25)(25)(25)x x y y x y y x y x -+=+-++++1515450x y xy =---
由2225,25x y y x =+=+两式相减得()()22x y x y y x -+=-故y x =或2x y +=-
①若x y =则2
25x x =+，解得1x =于是知1x y ==1x y ==
当1x y ==
3223222415()50430504(25)3870x x y y xy x y x x x x x -+=-++-=---=-----
3870108x =--=--.
当1x y ==
3223222415()50430504(25)3870x x y y xy x y x x x x -+=--+-=---=-+---
22(25)(25)2()2x y y x y x x y +=+-+=-⇒+=-3870108x =--=-+.
（2）若x y ≠，则根据条件知：22
(25)(25)2()2x y y x y x x y +=+-+=-⇒+=-，
于是2
2
(25)(25)2()106x y y x x y +=+-+=++=，
进而知222()()
12
x y x y xy +-+=
=-. 于是知：3
2
2
3
2415()5016x x y y xy x y -+=-+-=-.
综上所述知，32232x x y y -+的值为108-±或16-.
4． 数列{}n a 满足11a =，前n 项和为1,42n n n S S a +=+，求2013a .
A. 3019⨯2 2012
B. 3019⨯22013
C. 3018⨯22012
D.无法确定
解析：根据条件知：1221221424244n n n n n n n n n a S a S a a a a a ++++++++==+=++⇒=-.又根据条件知：1212121,425a S a a a a ==+=+⇒=.
所以数列{}1221:1,5,44n n n n a a a a a a ++===-.
又212114422(2)n n n n n n n a a a a a a a +++++=-⇔-=-.令12n n n b a a +=-， 则11212,23n n b b b a a +==-=，所以132n n b -=⋅.即11232n n n a a -+-=⋅.
对11232n n n a a -+-=⋅，两边同除以1
2
n +，有
113224n n n n a a ++-=，即113224n n n n a a ++=+.令2n
n
n
a c =，则134n n c c +=+，11122a c ==，于是知1331
(1)244
n n c n -=+-=.所以
231,2(31)24
n
n n n a n --==-⋅.于是知：201120122013(320131)230192a =⨯-⋅=⋅.
5．如图，ABC ∆中，AD 为BC 边上中线，,DM DN 分别,ADB ADC ∠∠的角平分线，试比较BM CN +与MN 的大小关系，并说明理由.
A. BM+CN>MN
B. MN +CN <MN
C. BM+CN =MN
D.无法确定
解析：如图，延长ND 到E ，使得DE DN =，连接BE ME 、.易知BDE CDN ∆≅∆，所以CN BE =.又因为,DM DN 分别为,ADB ADC ∠∠的角平分线，所以90MDN ∠=︒，知
MD 为线段EN 的垂直平分线，所以MN ME =.所以BM CN BM BE ME MN +=+>=.
6.模长为1的复数A B C 、、，满足0A B C ++≠，求AB BC CA
A B C
++++的模长.
A. -1/2
B. 1
C. 2
D.无法确定
解析：根据公式z =
1,1,1A A B B C C ⋅=⋅=⋅=.于是知：
AB BC CA A B C
++=
++
=
1=
=.
所以
AB BC CA
A B C
++++的模长为1.
7．最多能取多少个两两不等的正整数，使得其中任意三个数之和都为素数. 解析：所有正整数按取模3可分为三类：3k 型、31k +型、32k +型.
首先，我们可以证明，所取的数最多只能取到两类.否则，若三类数都有取到，设所取3k 型数为3a ，31k +型数为31b +，32k +型数为32c +，
则3(31)(32)3(1)a b c a b c ++++=+++，不可能为素数.所以三类数中，最多能取到两类.
其次，我们容易知道，每类数最多只能取两个.否则，若某一类3(012)k r r +=、、型的数至少取到三个，设其中三个分别为333a r b r c r +++、
、， 则(3)(3)(3)3()a r b r c r a b c r +++++=+++，不可能为素数.所以每类数最多只能取两个.
结合上述两条，我们知道最多只能取224⨯=个数，才有可能满足题设条件. 另一方面，设所取的四个数为1、7、5、11，即满足题设条件. 综上所述，若要满足题设条件，最多能取四个两两不同的正整数.
8．已知1232013a a a a R ∈、、、、，满足12320130a a a a ++++=，且
1223342012201320131
22222a a a a a a a a a a -=-=-==-=-，
求
证
：
12320130a a a a ===
==.
解析：根据条件知:
122334************(2)(2)(2)(2)()0
a a a a a a a a a a a a -+-+-++-=-++++=，
（1）
另一方面，令
1223342
131
2222a a a a a a a a m -=-=-==-=，则1223
34
2222a a a a a a a a ----、、、、中每个数或为m ，
或为m -.设其中有k 个m ，(2013)k -个m -，则：
12233420131(2)(2)(2)(2)(2013)()(22013)a a a a a a a a k m k m k m
-+-+-+
+-=⨯+-⨯-=-（2）
由（1）、（2）知：
(22013)0k m -= （3）
而22013k -为奇数，不可能为0，所以0m =.于是知：
12233420122013201312,2,2,,2,2a a a a a a a a a a =====.
从而知：2013112a a =⋅，即得10a =.同理可知：2320130a a a ====.命题得证.
9．对任意的θ，求6
32cos cos66cos 415cos 2θθθθ---的值. 解析：根据二倍角和三倍角公式知：
632cos cos66cos 415cos 2θθθθ---
622232cos (2cos 31)6(2cos 21)15(2cos 1)θθθθ=------
632222
32cos 2(4cos 3cos )162(2cos 1)115(2cos 1)θθθθθ⎡⎤⎡⎤=--------⎣⎦⎣⎦
664242232cos (32cos 48cos 18cos 1)(48cos 48cos 6)(30cos 15)
θθθθθθθ=--+---+--10=.
10．已知有mn 个实数，排列成m n ⨯阶数阵，记作{}
mxn
ij
a ，使得数阵中的每一行从左到
右都是递增的，即对任意的123i m =、
、、、，当12j j <时，都有12ij ij a a ≤.现将{}
mxn
ij a 的
每一列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
{}
mxn
ij
a '，即对任意的123j n =、
、、、，当12i i <时，都有12i j i j a a ''≤.试判断{}
mxn
ij a '中每一
行的n 个数的大小关系，并说明理由.
解析：数阵{}
mxn
ij
a '中每一行的n 个数从左到右都是递增的，理由如下：
显然，我们要证数阵{}
mxn
ij
a '中每一行的n 个数从左到右都是递增的，我们只需证明，对于
任意123i m =、
、、、，都有(1)ij i j a a +''≤，其中1231j n =-、、、、. 若存在一组(1)pq p q a a +''>.令(1)(1)k k q i q a a ++'=，其中
123k m =、、、、，{}{}123,,,,1,2,3,
,m i i i i m =.则当t p ≤时，都有(1)(1)(1)t t i q i q t q p q pq a a a a a +++'''≤=≤<.也
即在(123iq a i =、、、、m)中，至少有p 个数小于pq a '，也即pq a '在数阵{}
mxn
ij a '的第q 列中，
至少排在第1p +行，与pq a '排在第
p 行矛盾. 所以对于任意123i m =、
、、、，都有(1)ij i j a a +''≤，即数阵{}
mxn
ij a '中每一行的n 个数从左到
右都是递增的.
2014年北约自主招生数学试题解析
1.圆心角为060的扇形面积为π6,求它围成的圆锥的表面积．
【解析】由于扇形的半径正是圆锥的母线长，扇形的弧长正是圆锥的底面周长，
设扇形的半径为R ,则由R ⨯⨯=3
π
21π6,得6=R ． 于是，扇形的弧长π22
1π
6==
R l ，所以圆锥的底面半径1=r ． 圆锥的表面积为π7ππ62=⋅+r ．
2.将10个人分成3组,一组4人,两组各3人,有多少种分法.
【解析】先将10个人分成两组,一组4人,另一组6人,有4
10C 种分法；
再将6人小组平均分为两组, 有12
3
6A C 种分法；
所以满足题意的分法共有210012
36
410
=⨯A C C 种．
3.如果)2lg()(2a ax x x f +-=的值域为R ,求a 的取值范围．
【解析】由函数)2lg()(2a ax x x f +-=的值域为R ,可知函数a ax x +-22的值域包含全体正实数集合．于是有0442≥-=∆a a ，解之0≤a 或1≥a ． 4.设3
)
(2)()32(
b f a f b a f +=+,且7)4(,1)1(==f f ,求)2014(f . 【解析】在3
)
(2)()32(
b f a f b a f +=+中，令1=b ，得32)()32(+=+a f a f 在3
)
(2)()32(
b f a f b a f +=+中，令4=b ，得314)()38(+=+a f a f
两式相减，得4)3
2
()232(
=+-++a f a f ，令n a =+32， 即4)()2(=-+n f n f ． 又因为33
)
1(2)4()3124(
)2(=+=⨯+=f f f f ， 故402741006)2()2014(=⨯+=f f ．
5.已知1-=+y x 且y x ,都是负数,求xy
xy 1
+
的最值. 【解析】由1-=+y x 且y x ,都是负数，可知4
1
)2(
)()(2=--≤-⋅-=y x y x xy ， 即410≤
<xy ，所以4
17
1≥+
xy xy ，即最小值为417，无最大值．
6.已知c x
x
x f +-+=4122arctan
)(在)41,41(-上是奇函数,求c .
【解析】由)(x f 在)4
1
,41(-上是奇函数，得0)0(=f ．
即02arctan )0(=+=c f ，所以2arctan -=c ．
7.证明03tan 是无理数．
【解析】用反证法．若03tan 为有理数．
由0
200
3tan 13tan 26tan -=可知0
6tan 为有理数，
同理012tan ，024tan 均为有理数．
再由0
00
00
6tan 24tan 16tan 24tan )624tan(30tan ⋅-+=+=也是有理数，
于是33是有理数，这与3
3是无理数矛盾，所以03tan 是无理数．
8.已知实系数二次函数)(x f 与)(x g 满足0)()(3=+x g x f 和0)()(=-x g x f 都有双重实根,如果已知0)(=x f 有两个不同的实根,求证0)(=x g 没有实根. 【解析】由0)()(3=+x g x f 和0)()(=-x g x f 都有双重实根,
设2)()()(3b x a x g x f +=+，2)()()(n x m x g x f +=-，
于是4)()()(2
2n x m b x a x f +++=，已知0)(=x f 有两个不同的实根,
及方程0)()(22=+++n x m b x a 有两个不同的实根,
那么 方程0)(2)(222=+++++mn ab x mn ab x m a 的判别式大于零，
0))((4)(4222>++-+mn ab m a mn ab ，整理得0)(2<-n b am ， 即n b am ≠<,0．
于是方程04)(3)()(2
2=+-+=
n x m b x a x g 中，m a 3,-同号， 所以方程0)(=x g 没有实根.
9. 1321,,,a a a 是等差数列, {}131≤<<≤++=k j i a a a M k j i ,问: 3
16
,27,0是否
可以同时在M 中,并证明你的结论.
【解析】设等差数列1321,,,a a a 的公差为d ,
于是M 中的元素应满足kd a m +=13,其中333≤≤k ，假设3
16
,27,0同时在M 中,
即03111=+=d k a m ；273212=
+=d k a m ；3
163313=+=d k a m ， 其中333321≤<<≤k k k ，*∈N k k k 321,,．
于是有27)(12=
-d k k ，316)(13=-d k k ，即21
321213=--k k k k ．
因为32与21互质，所以21,321213≥-≥-k k k k ，
由333321≤<<≤k k k 知3013≤-k k ，所以三个数3
16
,27,0不可以同时在M 中．
10.已知+∈R x x x n ,,,21 ,且121=n x x x ,求证:
n n x x x )12()2()2)(2(21+≥+++ ． 【解析】用数学归纳法证明： （1）当1=n 时，11=x ，
11)12(122+≥+=+x ，不等式成立；
（2）假设当*∈=N k k n ,时，有121=k x x x ，且
k k x x x )12()2()2)(2(21+≥+++ ， 当1121=+k k x x x x 时，
若1121=====+k k x x x x ，则不等式中的等号成立；
若这1+k 个正实数不都为1，这必有一个大于1，另一个小于1， 不妨设1,101><<+k k x x ，将1+k k x x 看成一个正实数，即1)(121=+k k x x x x
k k k x x x x )12()2()2)(2(121+≥++++ ，
由1,11><+k k x x ，得0)1)(1(1<--+k k x x ，即111+>+++k k k k x x x x ，
0)12)(2()2)(2(11>++≥++++k k k k x x x x ， 所以≥+++++)2)(2()2)(2(121k k x x x x
1121)12()12)(2()2)(2(+++≥++++k k k x x x x ． 即当1+=k n 时，不等式也成立，由（1）（2）可知命题成立．。