北约自主招生数学题及解答
高考专题自主招生模拟试卷(北约).docx
2015年自主招生模拟试卷（北约）1． 已知等腰直角△PQR 的三个顶点分别在等腰直角△ABC 的三条边上，记△PQR ，△ABC 的面积分别为S △PQR ，S △ABC ，则PQR ABCS S ∆∆的最小值为 ．解答：如图5-1所示，图5-1 图5-2（1）当PQR ∆的直角顶点在ABC ∆的斜边上，则,,,P C Q R 四点共圆，180,APR CQR BQR ∠=∠=-∠o 所以sin sin .APR BQR ∠=∠在,APR BQR ∆∆中分别应用正弦定理得,sin sin sin sin PR AR QR BR A APR B BQR==.又45,A B ∠=∠=o故PR QR =,故AR BR =即R 为AB 的中点.过R 作RH AC ⊥于H ，则12PR RH BC ≥=,所以22221()124PQR ABC BC S PR S BC BC ∆∆=≥=,此时PQR ABCS S ∆∆的最大值为14. （2）当PQR ∆的直角顶点在ABC ∆的直角边上，如图5-2所示，设1,(01),(0)2BC CR x x BRQ παα==≤≤∠=<<,则90.CPR PRC BRQ α∠=-∠=∠=o在Rt CPR ∆中，,sin sin CR xPR αα== 在BRQ ∆中，31,,sin 4x BR x RQ PR RQB QRB B ππαα=-==∠=-∠-∠=+, AB P H由正弦定理, 1sin 3sin sin sin sin()44xPQ RB xB PQB αππα-=⇔=⇔∠+1sin cos 2sin x ααα=+，因此2221111()()22sin 2cos 2sin PQR x S PR ααα∆===+.这样，PQR ABCS S ∆∆2222111()cos 2sin (12)(cos sin )5αααα=≥=+++，当且仅当arctan 2α=取等号，此时PQR ABCS S ∆∆的最小值为15.2. 若集合{}2015*(,)(1)(2)()10,,A m n m m m n m Z n N =++++++=∈∈L ，则集合A中的元素个数为 ． 解答：由已知得20162015(21)25n n m ++=，因为,21n n m ++一奇一偶，所以,21n n m ++两者之一为偶数，即为2016201620162201620152,25,25,,25L 共有2016种情况，交换顺序又得到2016种情形，所以集合A 共有4032个元素. 3．若数列{}n a 的前n 项和nS =32n n -，*n N ∈，则20151182i i a i =+-∑= ．答案：20156048. 解答：1211352,n n n i i i i a a a n n -===-=-+∑∑又10a =，故2*352()n a n n n N =-+∈, 20152015201511111111()823(1)31i i i i a i i i i i =====-=+-++∑∑∑20156048. 4．若22sin cos 161610xx +=，则cos4x = .答案：12-. 解答:设2sin 16,116xt t =≤≤，则22cos 1sin 161616x x t-==，代入方程得16102,t t t +=⇒=或8t =，即21sin 4x =或34，所以cos4x =12-。
“北约”自主招生数学试题及解答(2010-2012)
2010年“北约”自主招生数学试题及解答1．（仅文科做）02απ<<，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02x 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02x 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．IHG F E 1111x 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111EFEH 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121221(,1)2()y y E x x x x ---． 对于①，令0y =，得222(,0)2y C x -；对于②，令0y =，得112(,0)2y D x -． 于是221212121222112222y y x x CD x x x x --++=-=-． 121(1)2ECD 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=+++⋅++≥ ③0s >，则有331111111(2)(.....)223399ECD S s s s s s s s s ∆=++=++++++ 6个 9个1243691616111116)]8()29s s s ⋅⋅[⋅(⋅()=⋅≥3218)3=⋅(= ④又由当12x a x b s ==-==时，③，④处的等号均可取到．∴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0105t <<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 222()(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[,]23ππ．5．（仅理科做）存不存在02x 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4x π=．而此时1,122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,]22x 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《自主招生》三大系列《全国重点高校自主招生备考指南·高一、高二基础版》从从高高一一开开始始行行动动起起来来！！⊙专为高一、高二学生设计，细致分析自主招生关键信息，深入讲解自主招生备考方略。
清北学长精心打造——北约自主招生数学模拟试题及参考答案(五)
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
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． 2n+1 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] 2 2 2 2 2 2 上 有 两 个 根 ． 故 △ =(4n+k ) － 16n >0 ． 且 (2n － 1) － (4n+k )(2n － 1)+4n >0 ， (2n+1)2 － 1 1 (4n+k2)(2n+1)+4n2≥0，2n－1<2n+ k2<2n+1． k≤ ． 2 2n+1 5． logsin1cos1，logsin1tan1，logcos1sin1，logcos1tan1 的大小关系 是 (A) (B) (C) (D) logsin1cos1< logcos1sin1< logsin1tan1< logcos1tan1 logcos1sin1< logcos1tan1< logsin1cos1< logsin1tan1 logsin1tan1< logcos1tan1< logcos1sin1< logsin1cos1 logcos1tan1< logsin1tan1< logsin1cos1< logcos1sin1
2019年北约自主招生数学试题
2019年北约自主招生数学试题
1、求x 的取值范围使得12)(-+++=x x x x f 是增函数；
2、求1210272611=+-+++-+x x x x 的实数根的个数；
3、已知0)2)(2(2
2
=+-+-n x x m x x 的4个根组成首项为
4
1
的等差数列，求n m -；
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)0,2(),0,2(B A -，若点C 是圆0222=+-y x x 上的动点，求ABC ∆面积的最小值。
6、在2012,,2,1Λ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a x x x x =-3sin sin 2sin 4sin 在),0[π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 ，n )21(+必可表示成1-+s s 的形式，其中+∈N s
2019年自主招生北约联考数学试题解答。
历年自主招生考试数学试题大全-2010年北约自主招生数学试题+Word版含解析
2010年“北约”自主招生数学试题及解答1． （仅文科做）02απ<<，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02x 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02x 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．（1）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 =<；（2）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（1），（2）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 GFE 1111x x-1如图所示，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 FGx 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 =--；①BD 的方程为1122x x y y =--． ②联立,AC BD 的方程，解得121221(,1)2()y y E x x x x ---．对于①，令0y =，得222(,0)2y C x -； 对于②，令0y =，得112(,0)2y D x -． 于是221212121222112222y y x x CD x x x x --++=-=-． 121(1)2ECD S CD x x ∆=-．不妨设10x a =>，20x b -=>，则 2222111111()(1)(22)44ECDa b S ab a b a b ab a b a b∆++=++=+++++1111()(2)(2)44a b ab ab ab ab =+++⋅++≥ ③0s =>，则有331111111(2)(.....)223399ECD S s s s s s s s s∆=++=++++++6个 9个1243691616111116)]8()2393s 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 =()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0105t <<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222()(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[,]23ππ．5． （仅理科做）存不存在02x π<<，使得sin ,cos ,tan ,cot x x x x 为等差数列．（25分）。
“北约”自主招生数学试题及答案(2010-2014)
2014年北约自主招生数学试题1.圆心角为60的扇形面积为6π,求它围成的圆锥的表面积.1.【解】设扇形的半径为r ,则由21623r ππ=⨯,得6r =. 于是扇形的弧长为623l ππ=⨯=,其即为圆锥的底面周长,于是圆锥的底面半径为1, 所以底面面积为21ππ⨯=,也所以圆锥的表面积为67S πππ=+=.2.将10个人分成3组,一组4人,两组各3人,有多少种分法.2.【解】由题知所有分组方法有3341074222100C C C N A ==种.3.如果2()lg(2)f x x ax a =-+的值域为R ,求a 的取值范围.3.【解】由题意22u x ax a =-+的值域包含区间(0,)+∞,则22u x ax a =-+与x 有交点, 故2(2)40a a ∆=--≥,解得1a ≥或0a ≤.4.设2()2()()33a b f a f b f ++=,且(1)1,(4)7f f ==,求(2014)f .4.【解】由(1)1,(4)7f f ==得421(4)2(1)(2)()333f f f f +⨯+===; 124(1)2(4)(3)()533f f f f +⨯+===,由数学归纳法可推导得*()21,f n n n N =-∈, 所以(2014)4027f =.5.已知1x y +=-且,x y 都是负数,求1xy xy+的最值.5.【解】由0,0x y <<可知,1||1||||1x y x y x y +=-⇒+=⇒+=,所以2(||||)1||||||44x y xy x y +=⨯≤=,即1(0,]4xy ∈,令1(0,]4t xy =∈,则易知函数1y t t =+在(0,1]上递减,所以其在1(0,]4上递减,于是1xy xy +有最小值117444+=,无最大值.6.已知22()arctan14x f x c x +=+-在11(,)44-上是奇函数,求c .6.【解】奇函数(0)0f =,故arctan2c =-.7.证明tan3是无理数.7.【证明】由三角公式22tan tan tan tan 2,tan()1tan 1tan tan ααβααβααβ+=+=--⋅, 若tan3是有理数,则tan 6,tan12,tan 24为有理数,再由tan 6和tan 24可得tan 30为有理数,这与3tan 30=!因此,tan3是无理数.8.已知实系数二次函数()f x 与()g x 满足3()()0f x g x +=和()()0f x g x -=都有双重实根,如果已知()0f x =有两个不同的实根,求证()0g x =没有实根.8.【证】由题可设2211223()()(),()()()f x g x a x b f x g x a x b +=--=-,其中120,0a a ≠≠, 则22221222112211()[()()],()[()3()]44f x a x b a x bg x a x b a x b =-+-=---, 由()0f x =有两个不同的实根,则必有12,a a 异号,且120a a +≠, 此时22212112211221()[()2()]4f x a a x a b a b x a b a b =+-+++,即2222112212112212124()4()()4()0a b a b a a a b a b a a b b ∆=+-++=-->,所以12b b ≠, 故此时观察2211221()[()3()]4g x a x b a x b =---可知,12,3a a -同号,且1230a a -≠,12b b ≠,故()0g x >恒成立,即证明()0g x =没有实根.9.1213,,,a a a 是等差数列,{|113}i j k M a a a i j k =++≤<<≤,问:7160,,23是否可以同时在M 中,并证明你的结论.9.【解】不可以同时在M 中,下面给予证明.假设7160,,23同时在M 中,设*(113,)k a a kd k k N =+≤≤∈,其中d 为公差,则*{3()|113}{3|636,}M a i j k d i j k a md m m N =+++≤<<≤=+≤≤∈于是存在正整数6,,36x y z ≤≤,使得30,73,21633a xd a yd a zd ⎧⎪+=⎪⎪+=⎨⎪⎪+=⎪⎩从而7(),216()3y x d z x d ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩也所以2132y x z x -=-,由于21,32互质,且,y x z x --为整数,则有||21,||32y x z x -≥-≥, 但||36630z x -≤-=,矛盾!假设错误,即证明7160,,23不可以同时在M 中.10.已知12,,,n x x x R +∈,且121n x x x =,求证:12)(2)1)n n x x x +≥.10.【证】(一法:数学归纳法)①当1n =时,111x =≥=右边,不等式成立; ②假设*(1,)n k kk N =≥∈时,不等式12)(2)1)k k x x x +≥成立.那么当1n k =+时,则1211k k x x x x +=,由于这1k +个正数不能同时都大于1,也不能同时都小于1,因此存在两个数,其中一个不大于1,另一个不小于1,不妨设11,01k k x x +≥<≤, 从而111(1)(1)01k k k k k k x x x x x x +++--≤⇒+≥+,所以1212)(2(2)k kx x x x ++ 12112)[22()]kk kk x x xx x x ++=+++11212)(2(2(1)1)(21)k k k k x x x x ++≥+≥= 其中推导上式时利用了1211()1k k k x x x x x -+=及n k =时的假设,故1n k =+时不等式也成综上①②知,不等式对任意正整数n 都成立. (二法)左边展开得12)(2)n x x x+12121212111()(2)()k k nnn n n k i i j i i i n i i j ni i i nx x x x x x x x x ---=≤<≤≤<<<≤=+++++∑∑∑由平均值不等式得1112121212111211()(())k k knn nk k k k C C C k k ki i i nii i n n n i i i ni i i nx x x C x x x C x x x C --≤<<<≤≤<<<≤≥==∑∏故12)(2)n x x x +1122))2)(2)(21)n n n n kknnn n nnC C C C ---≥++++=+,即证. (三法)由平均值不等式有111()n nnk k n ==≥……①;111(n nn k k n ==≥……②①+②得1()nk k n n x =≥,即12)(2)1)n n x x x +≥成立.2013年北约自主招生数学试题与答案（时间90分钟，满分120分）1．和1A. 2B. 3C. 5D. 6解析：显然，多项式23()(2)(1)2f x x x ⎡⎤=---⎣⎦的系数均为有理数，且有两根分别为和1.和1-于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 =++++，其两根分别为和1,,,,a b c d e 不全为0，则：420(42)(2020a c e ga c eb d b d ++=⎧=++++=⇒⎨+=⎩(1(7)(232(630g a b c d e a b c d a b c =-+----+++++=702320a b c d e a b c d +---=⎧⇒⎨+++=⎩ 即方程组：420(1)20(2)70(3)2320(4)630(5)a c eb d a bcde 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和1和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36C 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。
2012年北约自主招生文科试题及答案
北京大学自主招生数学（文科）解答24. 解法一：（4分）（6分）（6分）（2分）说明1. 直接猜出取中点时取得最小值43，得2分.解答二：建立坐标系，设)0,(a A ，)3,(b b B ，))1(3,(c c C -222CA BC AB ++6126422882222+--+--++=c c bc ca ab c b a （4分）61263215215)2(2222+--++++-=c b bc c b c b a （6分） 4343)43(536)1563(215)2(2222≥+-+-+++-=c c b c b a （6分）当43 =c ，41 =b ，21 =a 时，222CA BC AB ++取到最小值43 (2分)说明1. 原点取在别处（比如某边中点），可相应给分解答三：建立坐标系，设)0,(x A ，))21(3,(y y B -，))21(3,(z z C +222CA BC AB ++2333422882222++-+--++=z y yz xz xy z y x （4分） 4343)41(536)51(215)2(2222≥+++-+++-=z z y z y x （6分）4343)43(536)1563(215)2(2222≥+-+-+++-=c c b c b a （6分）当且仅当41- =z ，41 =y ，0 =x 时，222CA BC AB ++取到最小值43 (2分)25. 证明：内角相等的圆内接五边形必为正五边形。
解法一：证明: 假设圆内接五边形每条边所对应的弧长分别是x ， y ， z ，u ，v . 利用等角对等弧这一结论 我们有x + y + z = y + z + u （5分）同理 x + y + z = y + z + u =z + u + v = u + v + x = v + x + y (10 分)由此可知 x = y = z = u = v (15 分)再利用等弧对等弦，所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法二：证明: 假设圆内接五边形每条边所对应的弧长分别是x ， y ， z ，u ，v . 利用等角对等弧这一结论我们有 x + y + z = y + z + u （5分）x = u (10 分)同理 x = y = z = u = v (15 分)再利用等弧对等弦，所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分) 解法三：证明: 连接CE∵ ABCE 是圆内接四边形∴ ∠A+∠1=180° ∠B+∠2=180°∵ ∠A=∠B∴ ∠1=∠2 （5分） ∵ ∠1+∠3=∠2+∠4∴ ∠3=∠4 （10分） ∴ DE = CD （15分） 同理 AB=BC= CD =DE = AE 所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法四： 连接CE∵ ABCE 是圆内接四边形 ∴ ∠A+∠1=180° ∵ ∠A=108°∴ ∠1= 72° (5分)∴ ∠BOE=2∠1= 144° (10分) 同理 ∠BOD=144°∴ ∠EOD=360°-144°-144°=72° (15分) 同理 ∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOE=∠EOA=72°∴ AB=BC=CD=DE=EA∴圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法五：证明: ∵∠BAE=∠ABC ∠1=∠2∴∠3=∠10 (5分)∵∠3=∠4 ∠9=∠10∴∠4=∠9∵∠BCD=∠AED∴∠5=∠8∵∠5=∠6 ∠7=∠8∴∠6=∠7 (或∠6=∠7= 54°) (10分) ∴∠5+∠6=∠7+∠8∴∠COD=∠DOE∴ CD=DE (15分)同理 AB=BC= CD =DE = AE所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法六：∵半径相等∴∠1=∠2 ∠3=∠4 ∠5=∠6 ∠7=∠8 ∠9=∠10∵∠1+∠2+∠3+… +∠9+∠10 =540°∴（∠1+∠10）+（∠4+∠5）+∠8=270°∵∠1+∠10=108°∠4+∠5=108°∴∠8= 54°（5分）∴∠9+∠8 = 108°∴∠9= 54°∴∠8=∠9 （10分）∵∠9+∠10=∠7+∠8∴∠AOE=∠DOE∴ AE=DE (15分)同理AB=BC= CD =DE = AE所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法七：∵同弧AB所对的角相等∴∠1=∠2 (5分)∵∠BAE=∠ABC AB=AB∴△ABC ≌△ABE (10分)∴ BC=AE (15分)同理AB=BC= CD =DE = AE所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法八：∵∠B=∠E∴ AC=AD （5分）∴∠1=∠2∵ ∠1+∠3=∠2+∠4∴ ∠3=∠4 (10分) ∴ A B=AE (15分)同理 AB=BC= CD =DE = AE 所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法九：∵ ∠B=∠E ∴ AC=AD （5分） ∴ ∠1=∠2 ∵ ∠1+∠3=∠2+∠4∴ ∠3=∠4 (10分) ∵ ∠B=∠E AC=AD∴ △ABC ≌ △ADE （15分） ∴ BC=AE同理 AB=BC= CD =DE = AE 所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法十： 设AB=a, AE= b2 ，BC= b 1,∵ ∠BAE=∠ABC= 108° ∴ AC=BE （5分）设 AC=BE=c 由余弦定理，得在△ABC 中 c 2= a 2+ b 12 －2 a b cos 108° ①在△ABE 中 c 2= a 2 +b 22 －2 a b cos 108° ② （10分） ①-②,得 （b 1－b 2）(b 1+b 2－2 a b cos 108°）= 0 ∵ cos 108°＜0∴ b 1+b 2－ 2 a b cos 108°＞0 （若同学没有这一步，则这道题只得10分） ∴ b 1= b 2 即BC=AE (15分) 同理 AB=BC= CD =DE = AE 所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法十一：∵ 圆内接五边形的各内角相等 ∴ AC=BD∴∠A0C=∠BOD (5分) ∴∠A0B+∠B0C=∠COD+∠BOC∴∠A0B =∠COD (10分) ∴ AB=CD (15分)同理 AB=BC= CD =DE = AE 所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)阅卷说明：1、只画图，没有证明，记0分。
北约2020年自主招生数学试题
2020年北约自主招生数学试题与答案2020-03-16（时间90分钟，满分120分）(33312(7)(232)2(63)40g a b c d e a b c d a b c =-+----+++++=702320a b c d e a b c d +---=⎧⇒⎨+++=⎩ 即方程组：420(1)20(2)70(3)2320(4)630(5)a c eb d a bcde 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 2312-2312为两根的有理系数多项式的次数最小为5.1． 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36C 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36654614400C ⨯⨯⨯⨯=种停放汽车的方法. 2． 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225x 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22(25)(25)2()106x y y x x y +=+-+=++=，进而知222()()12x y x y xy +-+==-. 于是知：32232415()5016x x y y xy x y -+=-+-=-.综上所述知，32232x x y y -+的值为108-±或16-.3． 数列{}n a 满足11a =，前n 项和为1,42n n n S S a +=+，求2013a . A. 3019⨯22020B. 3019⨯22020C. 3018⨯22020D.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12n +，有113224n n n n a a ++-=，即113224n n n n a a ++=+.令2n nn a c =，则134n n c c +=+，11122a c ==，于是知1331(1)244n n c n -=+-=.所以231,2(31)24nn 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 CAA B C++++的模长.A. -1/2B. 1C. 2D.无法确定 解析：根据公式z z z =⋅1,1,1A A B B C C ⋅=⋅=⋅=.于是知：AB BC CAAB BC CA AB BC CAA B CA B C A B C++++++=⋅++++++()()()()ABCC ABCC BCAA BCAA C ABB CABB AABB BBCC CCAA AB AB BC BC C A CA AA BB CC ++++++++=++++++++1==.所以AB BC CAA 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 ∈L 、、、、，满足12320130a a a a ++++=L ，且122334201220132013122222a a a a a a a a a a -=-=-==-=-L ，求证：12320130a a a a =====L .解析：根据条件知:122334************(2)(2)(2)(2)()0a a a a a a a a a a a a -+-+-++-=-++++=L L ，（1）另一方面，令122334201312222a a a a a a a a m -=-=-==-=L ，则122334201312222a a a a a a a a ----L 、、、、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-+-+-++-=⨯+-⨯-=-L （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 =====L .从而知：2013112a a =⋅，即得10a =.同理可知：2320130a a a ====L .命题得证.9．对任意的θ，求632cos 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=------63222232cos 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{}mxnija ，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 =L 、、、、，当12j j <时，都有12ij ij a a ≤.现将{}mxnija 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{}mxnij a '，即对任意的123j n =L 、、、、，当12i i <时，都有12i j i j a a ''≤.试判断{}mxnija '中每一行的n 个数的大小关系，并说明理由.解析：数阵{}mxnija '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{}mxnija '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 =L 、、、、，都有(1)iji j a a +''≤，其中1231j n =-L 、、、、. 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 =L 、、、、，{}{}123,,,,1,2,3,,m i i i i m =L L .则当t p ≤时，都有(1)(1)(1)tti q i q t q p q pq a a a a a +++'''≤=≤<.也即在(123iq a i =L 、、、、m)中，至少有p 个数小于pq a '，也即pq a '在数阵{}mxnija '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 =L 、、、、，都有(1)iji j a a +''≤，即数阵{}mxnij a '中每一行的n 个数从左到右都是递增的.。
清北学长精心打造——北约自主招生数学模拟试题及参考答案(四)
绝密★启用前清北学长精心打造——北约自主招生数学模拟试题(四)考试范围：xxx ；考试时间：100分钟；命题人：xxx学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息<br/>2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题（5*6=30分）1.已知函数()()432,,,f x x ax bx cx d a b c d =++++为实常数的图象经过三点12,2A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13,3B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，14,4C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则()()15f f +的值等于（） A ．0B ．1C ．265D ．252.已知函数()122,x f x -=-关于x 的方程()()220f x f x k -+=，下列四个命题中是假．命题的是（）A ．存在实数k ，使得方程恰有2个不同的实根；B ．存在实数k ，使得方程恰有4个不同的实根；C ．存在实数k ，使得方程恰有6个不同的实根；D ．存在实数k ，使得方程恰有8个不同的实根；3.函数f 定义在正整数有序对的集合上，并满足(,),(,)(,),f x x x f x y f y x ==()(,)(,)x y f x y yf x x y+=+，则(14,52)f 的值为（ ）A ．364B ．182C ．91D ．无法计算4.二次函数c bx ax y ++=2的图象的一部分如图，则a 的取 值范围是 （ ）A ．01<≤-aB ．1->aC ．01<<-aD ．1-≤a5.关于x 、y 的方程20071111=++xy y x 的正整数解（x ，y ）的个数为（ ）A ．16B ．24C ．32D ．486.设圆O 1和圆O 2是两个定圆，动圆P 与这两个定圆都相切，则圆P 的圆心轨迹不可能是 （ ）第II 卷（非选择题）二、填空题（6*6=36分）7.定义: 区间[](),c d c d <的长度为d c -. 已知函数3log y x =的定义域为[],a b , 值域为[]0,2，则区间[],a b 长度的最大值与最小值的差等于________.8.设na 是(3+x )n的展开式中x 项的系数(n=2, 3, 4,… ), 则当n ＞100时,223a +333a +…+nn a 3的整数部分的值为.9. 平面上给定ΔA 1A 2A 3及点p 0，定义A s =A s-3,s ≥4，构造点列p 0,p 1,p 2,…,使得p k+1为绕中心A k+1顺时针旋转1200时p k 所到达的位置，k=0,1,2,…,若p 1986=p 0.则ΔA 1A 2A 3为 三角形。
2014北约 高校自主招生数学试题及解答
2014北约一、解答题1.圆心角为60°的扇形面积为6π，求它围成的圆锥表面积2.将10人分成3组，一组4人，两组各3人，与多少种分法3.如果函数()f x =lg(22x ax a -+)的值域为R ，求实数a 的取值范围4.设2()3a b f +=()2()3f a f b +，且f (1)=1,f (4)=7，求f (2014)的值 5.已知x+y=-1,且x,y 都是负数，求xy+1xy 的最值 6.已知f(x)=arctan 2214x x +-+c 在(-14,14)是奇函数，求c 7.证明tan3°是无理数8.已知实系数二次函数f(x)和g(x)满足3f(x)+g(x)=0和f(x)-g(x)=0都有双重实根，如果已知f(x)=0有两个不同的实根，求证：g(x)=0没有实数根9.12,...13,,a a a 是等差数列，M={i j k a a a ++|1≤i<j<k ≤13},问0，72，163是否可以同时在M 中？并证明你的结论10.已知12,,...,n x x x ∈R +，且12......1n x x x =，求证12)n x x x ≥1)n ##Answer##1.【简解】扇形所在的圆半径为L ，围成的圆锥底面半径为r ，则2123L π⋅=6π，2πr=3πL ，解得L=6,r=1，圆锥的表面积=π2r +πrL=7π2.【简解】43310632!C C C =21003.【简解】t=22x ax a -+的值域包含(0,+∞),有零点,△=424a a -≥0,a ≥1或a ≤04.【解析】由已知f (2)=421()3f +⨯=(4)2(1)3f f +=3,f (3)=124()3f +⨯=(1)2(4)3f f +=5, 猜想f (n)=2n-1证明：n=1,2,3时，猜想成立假设n ≤k 时，猜想成立，则f (k-1)=(1)2(2)[]3k k f ++-=(1)2(2)3f k f k ++- f(k+1)=3f(k-1)-2f(k-2)=3(2k-3)-2(2k-5)=2k+3，即n=k+1时等式仍成立故f(n)=2n-15.【简解】设t=xy=|xy|=|x||y|≤2||||()2x y +=2()2x y --=14，等号成立当且仅当x=y=-12,则xy+1xy =t+1t在(0,14]上单调减，故t=14时，有最小值174，无最大值 6.【简解】f(0)=0，解得c=-arctan2，检验知满足条件，故c=-arctan27.【简解】假设tan3°是有理数，由二倍角公式知tan6°、tan12°、tan24°是有理数，于是tan30°=tan(6°+24°)是有理数，即3是有理数，矛盾。
华师附中“北约”自主招生强化训练试题四
华师附中“北约”自主招生强化训练四第一卷（选择题 共50分）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的（本大题共10小题，每小题5分，共50分）。
1．命题“存在2,20x Z x x m ∈++≤”的否定是 （ ）A ．存在2,20x Z x x m ∈++> B ．不存在2,20x Z x x m ∈++> C ． 对任意2,20x Z x x m ∈++≤ D ．对任意2,20x Z x x m ∈++> 2．已知x 与y 之间的几组数据如下表:则y 与x 的线性回归方程y bx a =+必过 （ ）A ．()1,3B ．()2,5C ．()1.5,4D ．()3,73． 已知()()1,10p q x a x a ≤---≤：．若p 是q 的充分不必要条件，则实数a 的取值范围是 （ ） Ａ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦ Ｂ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ Ｃ．(]1,0,2⎡⎫-∞⋃+∞⎪⎢⎣⎭ Ｄ．()1,0,2⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭4．在数列{}n a 中，12i a =（i 为虚数单位），()()n 1n 1i 1i a a ++=-()n N *∈，则2012a 的值为 （ ）A ．-2B ．0C ．2D ． 2i5．函数()cos xf x e x =，则此函数图像在点()()1,1f 处的切线的倾斜角为 （ ）Ａ．０ Ｂ．锐角 Ｃ．直角 Ｄ．钝角 6．已知集合{}22|4A x x y =+=，集合{}|sin ,B x x i tdt i x R π=+<∈⎰为虚数单位，集合A 与B 的关系是 （ ）A ．AB ⊂ B ．B A ⊂C ．A B A= D ．A B =∅7．若变量,a b 满足约束条件6321a b a b a +≤⎧⎪-≤-⎨⎪≥⎩，23n a b =+，则n 取最小值时，21nx ⎛⎫ ⎪⎝⎭ 二项展开式中的常数项为 （ ）A ． -80B ．80C ．40D ．-208．已知函数()()21,43,xf x eg x x x =-=-+- 若存在()()f a g b =，则实数b 的取值范围为 （ ）A ．[]1,3B ．()1,3C ．22,22⎡⎤-+⎣⎦D ．()22,22-+9．在ABC ∆中, 已知向量cos18,cos 72AB =（）, 2cos 63,2cos 27BC =（）,则ABC ∆的面积为 ( ) A ．22 B ．24 C ．32D ．2 10． 已知点()1,0A -、()1,0B ，()00,P x y 是直线2y x =+上任意一点，以A 、B 为焦点的椭圆过点P ．记椭圆离心率e 关于0x 的函数为()0e x ，那么下列结论正确的是 （ ） A ．e 与0x 一一对应 B ．函数()0e x 无最小值，有最大值 C ．函数()0e x 是增函数 D ．函数()0e x 有最小值，无最大值 二、填空题 (共5小题, 每题5分,计25分.将正确的答案填在题后的横线上) 11．观察下列式子：213122+<，221151+234+<， 222111712348+++<⋅⋅⋅，由此可归纳出的一般结论是 ．12．阅读右面的程序，当分别输入3,5a b ==时， 输出的值a = ．13．一质点受到平面上的三个力123,,F F F （单位：牛顿） 的作用而处于平衡状态．已知12,F F 成60角，且12,F F 大小 为2和4，则3F 的大小为 ．14．如图，一个三棱锥的三视图的轮廓都是边长为1的正 方形，则此三棱锥外接球的表面积 ． 15．（考生注意：请在下列三题中任选一题作答，如多做，则按所做的第一题评分）A ．对于实数,x y ，若12x -≤，12y -≤，则21x y -+的最大值 ．B ．圆12cos ,:12sin ,x C y θθ⎧=+⎪⎨=+⎪⎩（θ为参数）的极坐标方程为 ．Ｃ．如图，PC 切圆O 于点C ，割线PAB 经过圆心O ，4,8PC PB ==，则OBC S ∆= .三、解答题 (共6小题，计75分。
北约自主招生能力测试数学试题(含参考答案
综合性大学自主选拔录取联合考试自然科学基础——理科试卷数学部分（北约）一、选择题（每小题8分，合计48分）1．圆心角为3π的扇形的面积为6π，则它围成的圆锥的表面积为（ B ）．A ．B ．7πC ．D ．解：由2166S R ππ==扇形得6R =，由263r ππ=⨯得1r =，故它围成的圆锥的表面积为267r πππ+=．2．将10个人分为3组，一组4人，另两组各3人，共有（ C ）种分法．A ．1070B ．2014C ．2100D ．4200解：433106321002C C C N ==． 3．已知2()2()()33a b f a f b f ++=，(1)1f =，(4)7f =，则(2014)f =（ A ）． A ．4027 B ．4028 C ．4029 D ．4030 解：421(4)2(1)(2)()333f f f f +⨯+===，124(1)2(4)(3)()533f f f f +⨯+===，猜想*()21()f n n n N =-∈，假设()21f n n =-对3(1)n k k ≤≥都成立，则(31)3(1)2(1)2(31)1f k f k f k +=+-=+-，(32)3(2)2(2)2(32)1f k f k f k +=+-=+-，(33)3(3)2(3)2(33)1f k f k f k +=+-=+-，所以*()21()f n n n N =-∈．4．若2()lg(2)f x x ax a =-+的值域为R ，则a 的取值范围是（ D ）．A ．01a ≤≤B ．C ．D ．0a ≤或1a ≥解：由题知，{}2(0,)2y y x ax a +∞⊆=-+，故2(2)40a a ∆=--≥，解得：0a ≤或1a ≥．5．已知1x y +=-，且x 、y 均为负实数，则1xy xy+有（ B ）． A ．最大值174 B ．最小值174 C ．最大值174- D ．最小值174-解：1()()x y =-+-≥104xy <≤，而函数1()f t t t=+在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞单调递增，故1()()4f xy f ≥，即1174xy xy +≥，当且仅当12x y ==-时取等号． 6．已知22()arctan14x f x C x +=+-在(,)44ππ-上为奇函数，则C =（ B ）． A ．0 B ．arctan 2- C ．arctan 2 D ．不存有解：由()0f x =得arctan(2)arctan 2C =-=-，此时()()f x f x +-22arctan14x x +=-22arctan 214x C x -+++4arctan()2arctan 203=--=，故arctan 2C =-符合题意．二、解答题（每题18分，共72分）7．证明：0tan3R ∉．证明：设0tan 3Q ∈，则0tan 6tan12tan 24tan 30tan(624)Q Q Q Q ∈⇔∈⇔∈⇔=+∈，这与0tan 303Q =矛盾． 8．已知实系数二次函数()f x 和()g x ，若方程()()f x g x =和3()()0f x g x +=都只有一个偶重根，方程()0f x =有两个不等的实根，求证：方程()0g x =没有实根． 解：设2()f x ax bx c =++，2()g x dx ex f =++，0ad ≠，所以2()4()()b e a d c f -=--，2(3)4(3)(3)b e a d c f +=++，所以223124b e ac df +=+，又240b ac ->，所以22()44(4)0g x e df b ac ∆=-=--<，所以方程()0g x =没有实根．9．已知1a ，2a ，…，13a 成等差数列，{}113i j k M a a a i j k =++≤<<≤，问：0，72，163是否能够同时在M 中？并证明你的结论．解：设该数列的公差为d ，∴p ∃，q ，*r N ∈，130a pd +=，173()2a p q d ++=，1163()3a p q r d +++=，∴2111q r =，∴21q ≥，11p ≥，又0123p ≥++=，∴35p q r ++≥， 又12111033p q r ++≤++=，与上式矛盾，故0，72，163不能够同时在M 中．10．i x （1i =，2，…，n ）为正实数，且11nii x==∏，求证：1)1)nn i i x =≥∏．解：由AM GM -不等式得：11(n i n =≥，11(ni n =≥两式相加得：1≥，故1)1)nn i i x =≥∏．。
2008-2011北京大学(北约)自主招生数学试题(全附答案)
形
＝
舞ＡＣＢＡＢＡ慧ＣＢ麓ＡＣ ＝／缓二Ｃ
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＼Ｉ，・’
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．。．
ＢＡ 。，
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口２丁，６２丁，
．ａｌ一口２
ｂＩ—ｂ２
Ｂ Ａ ＋￡ Ａ Ｂ Ｃ ＋￡Ｃ ．，二 Ｃ
即证｛一（口Ｉ＋口２＋ｂＩ＋６２）一（口ｌ＋ｄ２＋口，＋
ａ 口ｌ ａ 口２
２丁＋口，
２丁一口＇
【百１８９】＋１＝１３分，而北方最高分的最大值为６＋ｎ
万方数据
１４
中’？善ｉ：．７（２００ｓ年第２期・高中版）
南方球队内部比赛总得分ＣⅢ２
，１２
・解题研究・
＝１３６，
一ｌ＝１１分＜１３分，
．・．
冠军在南方队
北方球队内部比赛总得分ｃ２＝２８，
北方胜南方得分＝３０—２８＝２， 北方球队最高得分＝７＋２＝９， 因为９×１７＝１５３＜２７０， 所以南方球队中至少有一支得分超过９分． 冠军在南方球队中．综上所述，冠军是一支南方 球队． 点评这道试题要注意突破口的选择，也需要 耐心和比较强的推理、分析能力． ５．（理科）０一ｘｙｚ坐标系内ｘｏｙ平面系内０≤，，≤ ２一石２绕），轴旋转一周构成一个不透光立体在点 （１，０，１）设置一光源，在ｘｏｙ平面内有一以原点为圆 心的圆ｃ被光照到的长度为２霄，求曲线Ｃ上未被照 到的长度．
ｃ：＋。＋ｎ（肛＋９）≥召，ｃ：≤Ａ，
即３ｎ２—２２ｎ一３６。＜０．
‘．・
’Ｂ＝９Ａ，
．・．ｃ：＋９＋ｎ（，ｌ＋９）≥Ｂ＝９Ａ１＞９ｃ：，
（１）
，’２
又总分为乞Ⅲ有１０Ｉ乞小钴厶（１）得厅＝６或８．
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北约自主招生数学题及解答
∎1、已知平行四边形的其中两条边长分别是3和5，一条对角线长是6，求另一条对角线的长。
解：由对角线的平方和等于四边的平方和：所以36+x 2=2(9+25)，x 2=32，∴x=4√2。
∎2求过抛物线y =2x 2−2x −1，y =−5x 2+2x +3交点的直线方程。
解：{y =2x 2−2x −1y =−5x 2+2x +3，{5y =10x 2−10x −52y =−10x 2+4x +6，7y=−6x+1，∴6x+7y −1=0为所求。
∎3、等差数列a 1,a 2,⋯满足a 3=−13，a 7=3，这个数列的前n 项和为S n ，数列S 1,S 2,⋯中哪一项最小，并求出这个最小值。
解：d=
a 7−a 37−3
=
164
=4，∴a 1=−21，S n =2n 2−23n ，当n=23
4，即n=6时S n 最小，最小为−66。
∎4、∆ABC 的三边a,b,c 满足a+b ≥2c ，A,B,C 为∆ABC 的内角，求证：C ≤60°。
解：ab ≤(
a+b 2)2，cosC=a 2+b 2−c 2
2ab
=(a+b)2−2ab−c 2
2ab
≥(a+b)2−c 2
(a+b)2
2
−1=1−
2c 2
(a+b)
2≥1−
2c 24c 2
=1
2
，
所以C ≤60°。
∎ 5、是否存有四个正实数，它们的两两乘积分别是2,3,5,6,10,16？
解：设存有四个正实数分别为a<b<c<d ，依题意：ab=2，ac=3，ad=5，bc=6，bd=10，cd=16，∴a 2bc =6，∴a =1，b=2，c=3，d=5，而cd=15≠16，故不存有。
或解：∵abcd=32，而(abcd)3=1800×16，不满足，故不存有。
∎6、C 1和C 2是平面上两个不重合的固定圆，C 是该平面上的一个动圆，C 和C 1，C 2都相切，则C 的圆心的轨迹是何种曲线？说明理由。
解：设两定圆⊙C 1，⊙C 2的半径分别为r 1,r 2，动圆C 的半径为R 。
⑴当r 1=r 2
①⊙C 1与⊙C 2相交时
a).⊙C 与它两都外切，轨迹是线段C 1C 2的垂直平分线去掉两圆的公共弦； b).⊙C 与它两都内切，轨迹是线段C 1C 2的垂直平分线；
c).⊙C 与两圆一个内切，一个外切时，|CC 1|=r 1−R ，|CC 2|=r 2+R ，|CC 1|+|CC 2|=r 1+r 2， 轨迹是以C 1、C 2为焦点的椭圆。
②⊙O 1与⊙O 2外切时
a).⊙C 与它两都外切，轨迹是线段C 1C 2的垂直平分线去掉两圆的切点； b).⊙C 与它两都内切，轨迹是线段C 1C 2的垂直平分线；
c).⊙C 与两圆一个内切，一个外切时，轨迹是直线C 1C 2，去掉C 1、C 2和两圆的切点。
③⊙O 1与⊙O 2相离时
a).⊙C 与它两都外切，轨迹是线段C 1C 2的垂直平分线； b).⊙C 与它两都内切，轨迹是线段C 1C 2的垂直平分线；
c).⊙C 与两圆一个内切，一个外切时，|CC 1|−r 1=|CC 2|+r 2，||CC 1|−|CC 2||=r 1+r 2， 轨迹是以C 1、C 2为焦点的双曲线。
⑵当r 1≠r 2，不妨设r 1<r 2
①⊙C 1与⊙C 2相交时 a).⊙C 与它两都外切，|CC 1|−r 1=|CC 2|−r 2，轨迹是以C 1、C 2为焦点的双曲线中(对应焦点C 1)的一支，去掉两圆公共区域的部分；
b).⊙C 与它两都内切，|CC 1|+r 1=|CC 2|+r 2，或r 1−|CC 1|=r 2−|CC 2|轨迹是以C 1、C 2为焦点的双曲线中(对应焦点C 2)的一支；
c).⊙C 与两圆一个内切，一个外切时，|CC 1|−r 1=r 2−|CC 2|，轨迹是以C 1、C 2为焦点的椭圆。
②⊙O 1与⊙O 2外切时 a).⊙C 与它两都外切，|CC 1|−r 1=|CC 2|−r 2，轨迹是以C 1、C 2为焦点的双曲线中(对应焦点C 1)的一支，去掉两圆的切点；
b).⊙C 与它两都内切|CC 1|+r 1=|CC 2|+r 2，轨迹是以C 1、C 2为焦点的双曲线中(对应焦点C 2)的一支；
c).⊙C 与两圆一个内切，一个外切时，|CC 1|−r 1=r 2−|CC 2|，轨迹是直线C 1C 2，去掉C 1、C 2和两圆切点。
③⊙O 1与⊙O 2相离时 a).⊙C 与它两都外切，|CC 1|−r 1=|CC 2|−r 2，轨迹是以C 1、C 2为焦点的双曲线中(对应焦点C 1)的一支；
b).⊙C 与它两都内切，|CC 1|+r 1=|CC 2|+r 2，轨迹是以C 1、C 2为焦点的双曲线中(对应焦点C 2)的一支；
c).⊙C 与两圆一个内切，一个外切时，|CC 1|−r 1=r 2−|CC 2|，轨迹是以C 1、C 2为焦点的双曲线。
④⊙O 1与⊙O 2内切时
a).⊙C 与它两都外切，轨迹是射线C 2C 1在两圆切点以外部分；
b).⊙C 与它两都内切，轨迹是以两圆切点为端点，方向是C 1C 2，去掉C 1、C 2和两圆切点的射线。
c).⊙C 与两圆一个内切，一个外切时，轨迹是以C 1、C 2为焦点的椭圆，去掉两圆的切点。
⑤⊙O 1与⊙O 2内含时
a).⊙C 与它两都内切，轨迹是以C 1、C 2为焦点的椭圆；
b).⊙C 与两圆一个内切，一个外切时，轨迹是以C 1、C 2为焦点的椭圆。
∎7、求f(x)=|x −1|+|2x −1|+⋯+|2011x −1|的最小值。
解：f(x)=|x −1|+|x −1
2|+|x −1
2|+|x −1
3|+|x −1
3|+|x −1
3|+⋯+|x −1
2011|+|x −1
2011|+⋯ +|x −
12011
|，一共有1+2+3+⋯+2011=1006×2011个绝对值，则是偶数个，故中间第
503×2011个和第503×2011+1个之间取得最小值；设第503×2011个绝对值是|x −1
n |，∴1+2+3+⋯+n =
n(n+1)2
≤503×2011，∴n(n+1)≤1006×2011=2023066，∵√2023066≈1422，
∵1422×1423=2023506，∴取n=1421。
∴第503×2011个和第503×2011+1个绝对值是 |x −1
1422|，∴f min (x )=f (1
1422)=|1
1422−1|+|2
1422−1|+|3
1422−1|+⋯+|2011
1422−1| =
11422
(|1−1422|+|2−1422|+|3−1422|+⋯+|2011−1422|)=
1
1422
(1421+1420+1419+⋯
+1+0+1+2+3+⋯+589)= 1
1422(
1422×1421
2
+
590×589
2
)= 1
1422(1010331+173755)=
592043711。