2010“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）?32a?i1?i)，其中a为实数，若w的实部为2，则w的虚部为（ ）

122 （B）? （C）

12 （D）

32

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 （B）1?m （C）1 （D）1?m 3。缺 4。缺

5．在?ABC中，三边长a,b,c，满足a?c?3b，则tan（A）

15A2tanC222的值为（ ）

（B）

14 （C）

12 （D）

23

OH6．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，

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）1:2

0)．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7．设f(x)?e(a?C过点Q的切线交x轴于点R，则?PQR的面积的最小值是（ ）

ax（A）1 （B）

222e2 （C）

e2 （D）

e24

2228．设双曲线C1:xa?y24?k(a?2,k?0)，椭圆C2:xa?y4?1．若C2的短轴长与C1的实轴长

的比值等于C2的离心率，则C1在C2的一条准线上截得线段的长为（ ）

（A）22?k （B）2 （C）44?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，则n的最小值为（ ） （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OA为轴满足条件?(B)?C的旋转，用?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?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?ABC中，已知2sin2A?B2?cos2C?1，外接圆半径R?2．

（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x2?4y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d1,d2，已知d1?d2?（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?232AD．

（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；

，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u:2v:w(u?0,v?0,w?0,u?2v?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?mx?1，且存在函数s???t??at?b(t?1（Ⅰ）证明：存在函数t??(s)?cs?d(s?0),满足f(22s?1s13n?1,a?0)，满足f()?2t?1t2t?1t)?2s?1s．

；

（Ⅱ）设x1?3,xn?1?f(xn),n?1,2,?.证明：xn?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2sin2 2co2sA?B2C2??cos2C?1得 ?1?coCs 2,所以cosC??(2cos2?1). 即2cos2C?cosC?1?0

(2cosC?1)(cosC?1)?0

因为C为?ABC内角 所cosC?1?0，

cosC?C?12，

?3.

（Ⅱ）c?2RsinC?4?32?23.

又由余弦定理得c2?a2?b2?2abcosC,， 即12?a2?b2?ab,

又a?b?ab?2ab?ab?ab,所以ab?12. 有S?ABC?12absinC?34ab?34?12?33,，

22，

当且仅当a?b即?ABC为等边三角形时，

?ABC的面积取得最大值33.

12．解： （Ⅰ）设A(x0,则D(?x0,'由y?14x0),B(x1,214x1),C(x2,214x2),

214x0)

12x0, 12x0x?b.

212x可知的斜率k??因此可以设直线BC方程为y??把y?14x代入，整理得x?2x0x?4b?0,

22所以x1?x2??2x0

因为AB,AC都不平行于y轴， 所以直线AB,AC斜率之和为

1kAB?kAC?41?4(x1?x0)x1?x022(x2?x0)x2?x0?(x1?x2?2x0)?0

22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?2AD，

2AD,，所以?DAE??DAF?45

所以?CAB?90,?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

y?14x0??(x?x0),y?142214x0?x?x0,

2把y?2x分别代入，得

222x?4x?x0?4x0?0,x?4x?x0?4x0?0,

所以AB?22x0?2,AC?22x0?2. 由已知可知所以

12122ABAC?240,，

?8x0?4?240,解得x??8,，

所以A(8,16)或A(?8,16)

当取A(?8,16)时，求得B(4,4)，又BC斜率?所以直线BC方程为y?4?4(x?4), 即4x?y?12?0.

12x0?4,，

同理，当取A(8,16)时，直线BC方程为4x?y?12?0.

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

V?43ah?223.

正四棱锥的表面积S?4(a2?aa2?h2). 从而S?32S9V32

a2 ?8()(?1h?1ha(2) ).3

2令t?(),设f(t)?h1t2a(1?1?t),t?0

3则f'(t)?(1?2t21?t)1?t(t?2?21?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AA，Aa，aa的概率如下表：

相应情况 子一代基因 子一代基因 子一代基因 父本、母本的基因型式 出现的概率 为AA的概率 为Aa的概率 为aa的概率 父AA母AA 父AA母Aa u 2uv 21 0 0 0 12 12

父AA母aa 父Aa母AA 父Aa母Aa 父Aa母aa 父aa母AA 父aa母Aa 父aa母aa uw 2uv 24v 0 1 0 1214 1212121 0 1412 2vw 0 0 0 0 uw 2vw 0 12 121 w 20 子一代的基因型式为AA的概率为 p1?u?1?2uv?112?2uv??4v?224由对称性知子一代的基因型式为aa的概率为

21(?u?v) .

2 p3?(v?w)2.

子一代的基因型式为Aa的概率为

p2?2uv?11?uw?1?2uv?222

?421v?212?vw?21?uw1?2?vw? 2?2(uv?uw?v?v)w… ?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：AA，Aa，

aa的比例为p:2pq:q.

22（Ⅱ）由（Ⅰ）可知子二代的基因型式为AA，Aa，aa的比例为?:2??:?，其中 ??p?pq，??pq?q. 由p?q?1，可得??p，??q.

222222故子二代三种基因型式AA，Aa，aa的比例为p:2pq:q，与子一代基因型式的比例相同.

15解法一： （Ⅰ）令f(2t?1t)?22s?1s，代入s?at?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?12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?4x?1)?

，代入t?cs?d，化简得cs?d?3s?1

令f(2s?1s2t?1t所以存在t??(s)?3s?1(s?0) 使得f(2s?1s)?2t?1t

（Ⅱ）令s1?1,t1??(s1)?3s1?1?4

sn?1??(tn)?3tn?1

tn?1??(sn?1)?3sn?1?1,n?1,2,?

注意到x1?2s1?1s1，由（Ⅰ）知，

x2n?1?2sn?1sn,x2n?2tn?1tn,n?1,2,?

sn?1?3tn?1?9sn?2

化为sn?1?可知sn?1414?9(sn?2n?214)

(5?3?1) (5?32n?1tn?3sn?1?14?1)

从而x2n?1?2?1tn1sn?2?45?32n?2?1

x2n?2??2?45?32n?1?1

统一写为xn?2?(?1)n?145?34n?1?(?1)n,n?1,2,?

从而有|xn?2|?

4?3n?1?[3n?1?(?1)]n?13n?1

解法二：

（Ⅰ）同解法一，可求出b??1,m?4,a?3

f(x)?x?4x?1取t?3s?1

则s?t?13

2t?1?4所以f(2s?1)?f(2t?12t?1 )?t?1?st?12t?1t?1?1t

（Ⅱ）由f(x)?x?4x?1，xn?1?f(xn) 得xn?1?xn?4x （1）

n?1 把（1）式两边都加上2得：x3(xn?2)n?1?2?x n?1 把（1）式两边都减去2得：xxn?2n?1?2??x n?1 若存在k(k?N?)，使xk?2，由（3）可知 xk?1?xk?2???x1?2与x1?3矛盾 所以不存在k(k?N?)，使xk?2 （2）式除以（3）式得

xn?1?2x3xn?2

n?1?2??xn?2 因为x1?3 所以

x1?2x

1?2?5所以

xn?2x5?(?3)n?1

n?2?所以x4n?2?5?(?3)n?1?1

所以|xn?2|?4|5?(?3)n?1?1|

2）3） （

（

?4|5?(?3)44?3n?1n?1|?11?45?3n?1?1?44?3n?1?3n?1?1

??3n?1

解法三：

（Ⅰ）由解法一得f(x)? 由f(2t?1t)?2s?1sx?4x?1，s??(t)?3t?1

（1）

2s?1s)?2t?1t 易看出（1）式中t??s即得f(

所以存在?t?3(?s)?1，即t?3s?1 （Ⅱ）用数学归纳法 （1）当n?1时，显然成立 （2）易得xn?1?f(xn)?1?1s13s?13xn?1?1，

1s13s?1131sf(2?)?2??2?f(2?)???（※）

假设当n?k时，命题成立 即|xk?2|?1k?13则当n?k?1时，

|xk?1?2|?|2?f(xk)|?|1?3xk?1|

1313k当xk?2时，|xk?1?2|?|2?f(2?(xk?2))|?当xk?2时，|xk?1?2|?3xk?13xk?1|xk?2|?

3xk?1?1

只需证?1?13k

即证?3?13kk

即证

xk?13?3kk3?1k

即证xk?3?3k3?1?1

即证xk?2?即2?xk?3?3kk3?13??3??33k33?1k

3?1k?13k?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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