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2010年“华约”自主招生数学试题及解答


2010 年“华约”自主招生试题解析
一、选择题 1.设复数 w ? ( (A) ?
3 2 a?i 1? i ) ,其中 a 为实数,若 w 的实部为 2,则 w 的虚部为( 1 2
2



(B) ?

(C)

1 2

(D)

3 2

2.设向量 a , b ,满足 | a |? | b |? 1, a ? b ? m ,则 | a ? tb | ( t ? R ) 的最小值为( ) (A)2 3。缺 4。缺 5.在 ? A B C 中,三边长 a , b , c ,满足 a ? c ? 3 b ,则 tan (A)
1 5 A 2 tan C 2

(B) 1 ? m

2

(C)1

(D) 1 ? m

2

的值为( )

(B)

1 4

(C)

1 2

(D)

2 3

? O 6. 如图, A B C 的两条高线 A D , B E 交于 H , 其外接圆圆心为 O , O 作 O F 垂直 B C 于 F , H 过

与 A F 相交于 G ,则 ? O F G 与 ? G A H 面积之比为( ) (A) 1 : 4 (B) 1 : 3 (C) 2 : 5 (D) 1 : 2

0) 7.设 f ( x) ? e ( a ?
ax

.过点 P ( a , 0 ) 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 ? P Q R 的面积的最小值是(
2

(A)1

(B)

2e 2

(C)

e 2

(D)

e

4 x a
2 2

8.设双曲线 C 1 :

x a

2 2

?

y

2

4

? k ( a ? 2 , k ? 0 ) ,椭圆 C 2 :

?

y

2

4

? 1 .若 C 2 的短轴长与 C 1 的实轴长

的比值等于 C 2 的离心率,则 C 1 在 C 2 的一条准线上截得线段的长为( )

(A) 2 2 ? k

(B)2

(C) 4 4 ? k

(D)4

9.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, n 的最小值为 则 ( ) (A)6 (B)7 (C)8 (D)9 10.设定点 A、 B、 C 、 D 是以 O 点为中心的正四面体的顶点,用 ? 表示空间以直线 O A 为轴满足 条件 ? ( B ) ? C 的旋转,用 ? 表示空间关于 O C D 所在平面的镜面反射,设 l 为过 A B 中点与 C D 中 点的直线,用 ? 表示空间以 l 为轴的 180°旋转.设 ? ? ? 表示变换的复合,先作 ? ,再作 ? 。则 ? 可以表示为( ) ? ? ? ? (A) ? ? ? ? ? ? ? ? (B) ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? (C) ? ? ? ? ? ? ? ? (D) ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 二、解答题 11. 在 ? A B C 中,已知 2 sin
2

A? B 2

? c o s 2 C ? 1 ,外接圆半径 R ? 2 .

(Ⅰ)求角 C 的大小; (Ⅱ)求 ? A B C 面积的最大值. 12. 设 A、 B、 C 、 D 为抛物线 x ? 4 y 上不同的四点, A , D 关于该抛物线的对称轴对称, B C 平行于该抛
2

物线在点 D 处的切线 l .设 D 到直线 A B ,直线 A C 的距离分别为 d 1 , d 2 ,已知 d 1 ? d 2 ? (Ⅱ)若 ? A B C 的面积为 240,求点 A 的坐标及直线 B C 的方程. 13. (Ⅰ)正四棱锥的体积 V ?
2 3

2 AD .

(Ⅰ)判断 ? A B C 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;

,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: A A , A a , a a 的比例为 u : 2 v : w ( u ? 0, v ? 0, w ? 0, u ? 2 v ? w ? 1) 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 f ( x ) ?
x?m x ?1

,且存在函数 s ? ? ? t ? ? a t ? b ( t ?

1 2

, a ? 0 ) ,满足 f ( )? 2t ? 1 t

2t ? 1 t

)?

2s ? 1 s



(Ⅰ)证明:存在函数 t ? ? ( s ) ? cs ? d ( s ? 0 ), 满足 f (

2s ? 1 s 1 3
n ?1



(Ⅱ)设 x1 ? 3, x n ? 1 ? f ( x n ), n ? 1, 2, ? . 证明: x n ? 2 ?



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 2 sin
2

A? B 2 C 2

? cos 2C ? 1 得

2 co s
2

2

? 1 ? ? co s 2 C ,

所以 co s C ? ? ( 2 co s ? 1). 即 2 co s C ? co s C ? 1 ? 0
2

( 2 co s C ? 1)(co s C ? 1) ? 0

因为 C 为 ? A B C 内角 所 co s C ? 1 ? 0 ,
cos C ? C ? 1 2



?
3

.

(Ⅱ) c ? 2 R sin C ? 4 ?

3 2

? 2 3.

又由余弦定理得 c ? a ? b ? 2 a b co s C , ,
2 2 2

即1 2 ? a ? b ? a b ,
2 2

又 a ? b ? ab ? 2ab ? ab ? ab,
2 2



所以 a b ? 1 2 . 有 S ? ABC ?
1 2 a b sin C ? 3 4 ab ? 3 4 ? 2 ? 3 3, , 1

当且仅当 a ? b 即 ? A B C 为等边三角形时,
? A B C 的面积取得最大值 3 3 .

12.解: (Ⅰ)设 A ( x 0 , 则 D (? x0 , 由y ?
'

1 4

x 0 ), B ( x1 ,

2

1 4

x1 ), C ( x 2 ,

2

1 4

x 2 ),

2

1 4

x0 ) 1 2 x0 , 1 2 x0 x ? b.

2

1 2

x 可知的斜率 k ? ?

因此可以设直线 B C 方程为 y ? ?

把y ?

1 4

x 代入,整理得 x ? 2 x 0 x ? 4 b ? 0 ,
2

2

所以 x1 ? x 2 ? ? 2 x 0 因为 A B , A C 都不平行于 y 轴, 所以直线 A B , A C 斜率之和为
1 k AB ? k AC ? 4 1 ? 4

( x1 ? x 0 )
2 2

( x2 ? x0 )
2 2

x1 ? x 0

x2 ? x0

? ( x1 ? x 2 ? 2 x 0 ) ? 0

可知直线 A B , A C 的倾角互补,而 A D 平行于 x 轴, 所以 A D 平分 ? C A B . 作 D E ? A B , D F ? A C , E , F 为垂足 则 ? A D E ? A D F 可得 D E ? D F 由已知 D E ? D F ? 可得 D E ?
2 AD ,

2 A D , ,所以 ? D A E ? ? D A F ? 4 5

所以 ? C A B ? 9 0, ? A B C 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
y? 1 4 x 0 ? ? ( x ? x 0 ), y ?
2

1 4

x0 ? x ? x0 ,
2

把y ?
2

1 4

x 分别代入,得
2 2 2

2

x ? 4 x ? x 0 ? 4 x 0 ? 0, x ? 4 x ? x 0 ? 4 x 0 ? 0,

所以 A B ? 2 2 x 0 ? 2 , A C ? 2 2 x 0 ? 2 . 由已知可知 所以
1 2 1 2 ? 8 x 0 ? 4 ? 2 4 0 , 解得 x ? ? 8, ,
2

A B A C ? 240, ,

所以 A (8,1 6 ) 或 A ( ? 8,1 6 ) 当取 A ( ? 8,1 6 ) 时,求得 B ( 4, 4 ) ,又 B C 斜率 ? 所以直线 B C 方程为 y ? 4 ? 4 ( x ? 4 ) , 即 4 x ? y ? 12 ? 0.
1 2 x0 ? 4, ,

同理,当取 A (8,1 6 ) 时,直线 B C 方程为 4 x ? y ? 1 2 ? 0 .

13.解: (Ⅰ)设正四棱锥的底面正方形的边长为 2 a ,高为 h .则正四棱锥的体积
V ? 4 3 a h ?
2

2 3

.

正四棱锥的表面积 S ? 4 ( a ? a a ? h ).
2 2 2

从而 S ?
3

2 S 9V

3 2

a 2 ? 8 ( ) (1 ? h

h 2 3 1? ( ) ) . a

令 t ? ( ) , 设 f (t ) ?
2

h

1 t

(1 ?

1? t ) ,t ? 0
3

a

则 f '( t ) ?

(1 ? 2t
2

1? t) 1? t

2

( t ? 2 ? 2 1 ? t ).

令 f '( t ) ? 0, 解得 t ? 8 . 当 0 ? t ? 8 时, f '( t ) ? 0, 当 t ? 8 时, f '( t ) ? 0 .
f ( t ) 当 t ? 8 时取得最小值 f (8 ) ? 8

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 情况发生的概率和相应情况下子一代的基因型式为 A A , A a , a a 的概率如下表: 父本、母本的基因型式 父 AA 母 AA 父 AA 母 Aa 相应情况 出现的概率
u
2

子一代基因 为 A A 的概率
1
1 2

子一代基因 为 A a 的概率
0

子一代基因 为 a a 的概率
0

2uv

1 2

0

父 A A 母 aa 父 Aa 母 AA 父 Aa 母 Aa 父 A a 母 aa 父 aa 母 A A 父 aa 母 A a 父 aa 母 aa

uw

0

1
1 2 1 2 1 2

0

2uv
2

1 2 1 4
0

0

1 4 1 2
0

4v

2 vw
uw

0

1
1 2

2 vw
2

0

1 2

w

0

0

1

子一代的基因型式为 A A 的概率为
p1 ? u ? 1 ? 2 u v ?
2

1 2

? 2uv ?

1 2

? 4v ?
2

1 4

? (u?v ) .
2

由对称性知子一代的基因型式为 a a 的概率为
p3 ? ( v ? w ) .
2

子一代的基因型式为 A a 的概率为
p2 ? 2uv ? 1 2
2

? uw ? 1 ? 2uv ?

1 2 …

? 4v ?
2

1 2

? 2vw ?

1 2

? uw ? 1 ? 2vw ?

1 2

? 2 ( uv ? uw ? v ? vw )

? 2 ( u ? v )( v ? w ) .

若记 p ? u ? v ,q ? v ? w ,则 p ? 0 ,q ? 0 , p ? q ? 1 ,子一代三种基因型式: A A , A a ,
a a 的比例为 p : 2 p q : q .
2 2

(Ⅱ)由(Ⅰ)可知子二代的基因型式为 A A , A a , a a 的比例为 ? 2 : 2? ? : ? 2 ,其中
? ? p ? p q, ? ? p q ? q .
2 2

由 p ? q ? 1 ,可得 ? ? p , ? ? q .
2 2 故子二代三种基因型式 A A , A a , a a 的比例为 p : 2 p q : q ,与子一代基因型式的比例相同.

15 解法一: (Ⅰ)令 f (
2t ? 1 t
2

)?

2s ? 1 s

,代入 s ? a t ? b 化简得

a ( m ? 4 ) t ? [ b ( m ? 4 ) ? a ? 3]t ? ( b ? 1) ? 0

由于等式对所有 t ?

1 2

成立,可知

?b ? 1 ? 0 ? ?b(m ? 4) ? a ? 3 ? 0 ? a (m ? 4) ? 0 ?

解得 b ? ? 1, m ? 4, a ? 3
f (x) ? x?4 x ?1 )? 2t ? 1 t

令f(

2s ? 1 s

,代入 t ? cs ? d ,化简得 cs ? d ? 3 s ? 1

所以存在 t ? ? ( s ) ? 3 s ? 1( s ? 0 ) 使得 f (
2s ? 1 s )? 2t ? 1 t

(Ⅱ)令 s1 ? 1, t1 ? ? ( s1 ) ? 3 s1 ? 1 ? 4
s n ?1 ? ? ( t n ) ? 3t n ? 1 t n ? 1 ? ? ( s n ? 1 ) ? 3 s n ? 1 ? 1, n ? 1, 2, ?
2 s1 ? 1 s1 2tn ? 1 tn

注意到 x1 ?

,由(Ⅰ)知,

x 2 n ?1 ?

2 sn ? 1 sn

, x2n ?

, n ? 1, 2 , ?

s n ?1 ? 3t n ? 1 ? 9 s n ? 2

化为 s n ? 1 ? 可知 s n ?
1 4

1 4

? 9 ( sn ?
2n?2

1 4

)

(5 ? 3

? 1) (5 ? 3
2 n ?1

tn ? 3 sn ? 1 ?

1 4

? 1)

从而 x 2 n ? 1 ? 2 ?

1 sn

? 2?

4 5 ?3 4
2n?2

?1

x2n ? 2 ?

1 tn

? 2?

5 ?3

2 n ?1

?1
4

统一写为 x n ? 2 ? ( ? 1)

n ?1

5 ?3 4

n ?1

? ( ? 1)

n

, n ? 1, 2 , ?

从而有 | x n ? 2 | ?

4 ?3

n ?1

? [3

n ?1

? ( ? 1) ]
n

? 3

1
n ?1

解法二: (Ⅰ)同解法一,可求出 b ? ? 1, m ? 4, a ? 3
f (x) ? x?4 x ?1

取 t ? 3s ? 1 则s ?
t ?1 3

2t ? 1

所以 f (

2s ? 1 s

)? f( ) ? t ?1 2t ? 1 t ?1 t ?1

2t ? 1

?4 ? ?1

2t ? 1 t

(Ⅱ)由 f ( x ) ? 得 x n ?1 ?

x?4 x ?1

, x n ?1 ? f ( x n ) (1)

xn ? 4 xn ? 1

把(1)式两边都加上 2 得: x n ? 1 ? 2 ?

3( x n ? 2 ) xn ? 1 xn ? 2 xn ? 1

(2)

把(1)式两边都减去 2 得: x n ? 1 ? 2 ? ?

(3)

若存在 k ( k ? N ? ) ,使 x k ? 2 ,由(3)可知
x k ? 1 ? x k ? 2 ? ? ? x 1? 2 与 x1 ? 3 矛盾

所以不存在 k ( k ? N ? ) ,使 x k ? 2 (2)式除以(3)式得
x n ?1 ? 2 x n ?1 ? 2 ? ?3 xn ? 2 xn ? 2

因为 x1 ? 3 所以
x1 ? 2 x1 ? 2 ?5

所以

xn ? 2 xn ? 2

? 5 ? ( ? 3)

n ?1

所以 x n ? 2 ?

4 5 ? ( ? 3)
n ?1

?1

所以 | x n ? 2 | ?

4 | 5 ? ( ? 3)
n ?1

?1|

?

4 | 5 ? ( ? 3)
4 4 ?3
n ?1

n ?1

| ?1
1

?

4 5 ?3
n ?1

?1

?

4 4 ?3
n ?1

?3

n ?1

?1

?

? 3

n ?1

解法三: (Ⅰ)由解法一得 f ( x ) ? 由f(
2t ? 1 t )? 2s ? 1 s 2s ? 1 s )? 2t ? 1 t x?4 x ?1

, s ? ? ( t ) ? 3t ? 1

(1)

易看出(1)式中 t ? ? s 即得 f (

所以存在 ? t ? 3( ? s ) ? 1 ,即 t ? 3 s ? 1 (Ⅱ)用数学归纳法 (1)当 n ? 1 时,显然成立 (2)易得 x n ? 1 ? f ( x n ) ? 1 ?
1 s 1 3
k ?1

3 xn ? 1

?1,

f (2 ?

)? 2?

1 3s ? 1

? 2 ? f (2 ?

1 s

)?

1 3s ? 1

?

1 3

?

1 s

(※)

假设当 n ? k 时,命题成立 即 | x k ? 2 |?

则当 n ? k ? 1 时,
| x k ? 1 ? 2 |? | 2 ? f ( x k ) |? | 1 ? 3 xk ? 1 |

当 x k ? 2 时, | x k ? 1 ? 2 | ? | 2 ? f ( 2 ? ( x k ? 2 )) |? 当 x k ? 2 时, | x k ? 1 ? 2 | ?
3 xk ? 1 ?1

1 3

| x k ? 2 |?

1 3
k

只需证

3 xk ? 1
3

?1 ?

1 3
k

即证

xk ? 1

?

3 ?1
k

3

k

即证

xk ? 1 3

?

3
k

k

3 ?1
k

即证 x k ?

3?3
k

3 ?1

?1

即证 x k ? 2 ? 即 2 ? xk ?

3?3
k

k

3 ?1
3 ?

?3? ?
3 3
k

3 3 ?1
k

3 ?1
k

? 3

1
k ?1

,而此式是假设成立的

所以(2)成立 由(1)(2)可知,原命题成立 ,


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