华约试题及答案解析.pdf

厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 1 2010 年高水平大学自主选拔学业能力测试 华约 年高水平大学自主选拔学业能力测试 华约 一 选择题一 选择题 1 设复数 设复数 2 1 ai w i 其中 其中a为实数 若为实数 若w的实部为的实部为 2 则 则w的虚部为 的虚部为 A 3 2 B 1 2 C 1 2 D 3 2 2 设向量 设向量 a b 满足 满足 1 aba bm 则 则 atb tR 的最小值为 的最小值为 A 2 B 2 1m C 1 D 2 1 m 3 若果平面 若果平面 直线 直线 m n 点 点 A B 满足满足 mnAB 且且 AB 与与 所成角为所成角为 4 mAB nAB与所成角为所成角为 3 那么那么 m n所成角大小为所成角大小为 A 3 B 4 C 6 D 8 4 若图 在四棱锥 若图 在四棱锥VABCD 中 若中 若 1 B为为VB的中点 的中点 1 D为为VD的中点 则四面体的中点 则四面体 11 ABCD的体积和四棱锥的体积和四棱锥VABCD 的体积比为 的体积比为 A 1 6 B 1 5 C 1 4 D 1 3 5 在 在ABC 中 三边长中 三边长 a b c 满足 满足3acb 则 则tantan 22 AC 的值为 的值为 A 1 5 B 1 4 C 1 2 D 2 3 6 如图如图 ABC 的两条高线的两条高线 AD BE交于交于H 其外接圆圆心为其外接圆圆心为O 过过O作作OF垂直垂直BC 于于F OH与与AF相交于相交于G 则 则OFG 与与GAH 面积之比为 面积之比为 A 1 4 B 1 3 C 2 5 D 1 2 B1 D1 A B C D V 7 设设 e 0 ax f xa 过点过点 0 P a且平行于且平行于y轴的直线与曲线轴的直线与曲线 C yf x 的交点的交点 为为Q 曲线 曲线C过点过点Q的切线交的切线交x轴于点轴于点R 则 则PQR 的面积的最小值是 的面积的最小值是 A 1 B 2e 2 C e 2 D 2 e 4 8 设双曲线设双曲线 22 1 2 2 0 4 xy Ck ak a 椭圆椭圆 22 2 2 1 4 xy C a 若若 2 C的短轴长与的短轴长与 1 C 的实轴长的比值等于的实轴长的比值等于 2 C的离心率 则的离心率 则 1 C在在 2 C的一条准线上截得线段的长为 的一条准线上截得线段的长为 A 2 2k B 2 C 4 4k D 4 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 2 9 欲将正六边形的各边和各条对角线都染为 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个顶点作为顶点的三角形有 3 种不同颜色的边种不同颜色的边 并且不同的三角形使用不同的并且不同的三角形使用不同的 3 色色 组合 则组合 则n的最小值为 的最小值为 A 6 B 7 C 8 D 9 10 设定点设定点ABCD 是以是以O点为中心的正四面体的顶点点为中心的正四面体的顶点 用用 表示空间以直线表示空间以直线OA 为轴满足条件为轴满足条件 BC 的旋转 用的旋转 用 表示空间关于表示空间关于OCD所在平面的镜面反射所在平面的镜面反射 设设 l为过为过AB中点与中点与CD中点的直线中点的直线 用用 表示空间以表示空间以l为轴的为轴的 180 旋转旋转 设设 表表 示变换的复合 先作示变换的复合 先作 再作 再作 则 则 可以表示为 可以表示为 A B C D 二 解答题二 解答题 11 在在ABC 中 已知中 已知 2 2sincos21 2 AB C 外接圆半径 外接圆半径2R 求角 求角C的大小 的大小 求 求ABC 面积的最大值 面积的最大值 12 设设ABCD 为抛物线为抛物线 2 4xy 上不同的四点 上不同的四点 A D关于该抛物线的对称轴对称 关于该抛物线的对称轴对称 BC平行于该抛物线在点平行于该抛物线在点D处的切线处的切线l 设 设D到直线到直线AB 直线 直线AC的距离分别为的距离分别为 12 d d 已知 已知 12 2ddAD 判断 判断ABC 是锐角三角形是锐角三角形 直角三角形直角三角形 钝角三角形中的哪一种三角形 并说明钝角三角形中的哪一种三角形 并说明 理由 理由 若 若ABC 的面积为的面积为 240 求点 求点A的坐标及直线的坐标及直线BC的方程 的方程 13 正四棱锥的体积 正四棱锥的体积 2 3 V 求正四棱锥的表面积的最小值 求正四棱锥的表面积的最小值 一般地 设正 一般地 设正n棱锥的体积棱锥的体积V为定值 试给出不依赖于为定值 试给出不依赖于n的一个充分必要条件的一个充分必要条件 使得正使得正n棱锥的表面积取得最小值 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假定亲本总体中三种基因型式 AA Aa aa的比例为 的比例为 2 u v w 0 0 0 21 uvwuv w 且且 数量充分多 参与交配的亲本是该总体中随机的两个 数量充分多 参与交配的亲本是该总体中随机的两个 求子一代中 三种基因型式的比例 求子一代中 三种基因型式的比例 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 由 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 3 15 设 函 数 设 函 数 1 xm f x x 且 存 在 函 数 且 存 在 函 数 1 0 2 statb ta 满 足 满 足 2121 ts f ts 证明 存在函数 证明 存在函数 0 tscsd s 满足满足 2121 st f st 设 设 11 3 1 2 nn xxf xn 证明 证明 1 1 2 3 n n x 2011 年高水平大学自主选拔学业能力测试 华约 年高水平大学自主选拔学业能力测试 华约 一 选择题 本大题共一 选择题 本大题共 10 小题 每小题小题 每小题 3 分 在每小题给出的四个选项中 只有一项分 在每小题给出的四个选项中 只有一项 是符合题目要求的 是符合题目要求的 1 1 设复数 设复数 z z 满足满足 1z 且且 15 2 z z 则 则 z A A 4 5 B B 3 4 C C 2 3 D D 1 2 2 2 在正四棱锥 在正四棱锥 P ABCDP ABCD 中 中 M M N N 分别为分别为 PAPA PBPB 的中点 且侧面与地面所成二面角的中点 且侧面与地面所成二面角 的正切值为的正切值为2 则一面直线 则一面直线 DMDM 与与 ANAN 所成交角的余弦值为所成交角的余弦值为 A A 1 3 B B 1 6 C C 1 8 D D 1 12 3 3 过点过点 1 1 的直线的直线l与曲线与曲线 32 21yxxx 相切相切 且且 1 1 不是切点不是切点 则直则直 线线l的斜率是的斜率是 A A 2 2 B B 1 1 C C 1 D D 2 4 4 若 若 2 3 AB 则 则 22 coscosAB 的最小值和最大值分别为的最小值和最大值分别为 A A 3 3 1 22 B B 1 3 2 2 C C 33 1 1 22 D D 12 1 22 5 5 如图 如图 O O1 1和和 O O2 2外切于点外切于点 C C O O1 1 O O2 2又都和又都和 O O 内切 切点分别为内切 切点分别为 A A B B AOBACB 则 则 A A cossin0 2 B B sincos0 2 C C sin2sin0 D D sin2sin0 B A O O O C 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 4 6 6 已知异面直线 已知异面直线 a b所成所成 6060 角 角 A A 为空间中一点 则过为空间中一点 则过 A A 与与 a b都成都成 4545 角的角的 平面平面 A A 有且只有一个 有且只有一个 B B 有且只有两个 有且只有两个 C C 有且只有三个 有且只有三个 D D 有且只有四个 有且只有四个 7 7 已知向量已知向量 0 1 a 31 22 b 31 22 c 1 1 xyz abc 则则 222 xyz 的最小值为的最小值为 A A 1 1 B B 4 3 C C 3 2 D D 2 2 8 8 ABAB 过抛物线过抛物线 2 4yx 焦点焦点 F F 的弦 的弦 O O 为坐标原点 且为坐标原点 且135OFA C C 为抛物为抛物 线准线与线准线与 x x 轴的交点 则轴的交点 则ACB 的正切值为的正切值为 A A 2 2 B B 4 2 5 C C 4 2 3 D D 2 2 3 9 9 如图 已知 如图 已知 ABCABC 的面积为的面积为 2 2 D D E E 分别为边分别为边 ABAB 边 边 ACAC 上的点 上的点 F F 为线段为线段 D DE E 上一点 设上一点 设 ADAEDF xyz ABACDE 且 且1yzx 则 则 BDFBDF 面积的最大值为面积的最大值为 A A 8 27 B B 10 27 C C 14 27 D D 16 27 1010 将一个正将一个正 1111 边形用对角线划分为边形用对角线划分为 9 9 个三角形个三角形 这些对角线在正这些对角线在正 1111 边形内两两不相边形内两两不相 交 则交 则 A A 存在某种分法 所分出的三角形都不是锐角三角形 存在某种分法 所分出的三角形都不是锐角三角形 B B 存在某种分法 所分出的三角形恰有 存在某种分法 所分出的三角形恰有 2 2 个是锐角三角形个是锐角三角形 C C 存在某种分法 所分出的三角形至少有 存在某种分法 所分出的三角形至少有 3 3 个锐角三角形个锐角三角形 D D 任何一种分法所分出的三角形都恰有 任何一种分法所分出的三角形都恰有 1 1 个锐角三角形个锐角三角形 二 解答题 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 二 解答题 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 1111 本小题满分 本小题满分 1414 分 已知分 已知 ABCABC 不是直角三角形 不是直角三角形 I I 证明 证明 tantantantantantanABCABC IIII 若 若 tantan 3tan1 tan BC C A 且 且sin2 sin2 sin2ABC的倒数成等差数列 的倒数成等差数列 求求cos 2 AC 的值 的值 1212 本小题满分 本小题满分 1414 分 分 已知圆柱形水杯质量为已知圆柱形水杯质量为 a a 克克 其重心在圆柱轴的中点处其重心在圆柱轴的中点处 杯底厚度及重量忽略不计杯底厚度及重量忽略不计 且水杯直立放置且水杯直立放置 质量为 质量为 b b 克的水恰好装满水杯 装满水后的水杯的重心还在圆柱轴克的水恰好装满水杯 装满水后的水杯的重心还在圆柱轴 的中点处 的中点处 若若2ba 求装入半杯水后的水杯的重心到水杯底面的距离与水杯高的比值求装入半杯水后的水杯的重心到水杯底面的距离与水杯高的比值 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 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 B A C D E F 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 5 1313 本小题满分 本小题满分 1414 分 分 已知函数已知函数 2 x f x axb 1 1f 12 23 f 令 令 1 1 2 x 1 nn xf x 求数列 求数列 n x的通项公式 的通项公式 证明 证明 12 1 2 n x xx e 1414 本小题满分 本小题满分 1414 分 分 已知双曲线已知双曲线 22 22 1 xy C ab 0 0ab 1 F 2 F分别为分别为 C C 的左 右焦点 的左 右焦点 P P 为为 C C 右支上一点 且使右支上一点 且使 12 3 FPF 又 又 F F1 1PFPF2 2的面积为的面积为 2 3 3a 求 求 C C 的离心率的离心率 e e 设设A A为为C C的左顶点的左顶点 Q Q为第一象限为第一象限内内C C上的任意一点上的任意一点 问是否存在常数问是否存在常数 0 使得使得 22 QF AQAF 恒成立 若存在 求出恒成立 若存在 求出 的值 若不存在 请说明理由 的值 若不存在 请说明理由 1515 本小题满分 本小题满分 1414 分 分 将一枚均匀的硬币连续抛掷将一枚均匀的硬币连续抛掷 n n 次 以次 以 n p表示未出现连续表示未出现连续 3 3 次正面的概率 次正面的概率 求 求 123 p pp和和 4 p 探究数列 探究数列 n p的递推公式 并给出证明 的递推公式 并给出证明 讨论数列 讨论数列 n p的单调性及其极限 并阐述该极限的概率意义 的单调性及其极限 并阐述该极限的概率意义 2012 年年高水平大学自主选拔学业能力测试 华约 高水平大学自主选拔学业能力测试 华约 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 6 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 7 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 8 2013 年年高水平大学自主选拔学业能力测试 华约 高水平大学自主选拔学业能力测试 华约 1 设设 10 Ax xxNBA 且且B中元素满足中元素满足 任意一个元素的各数位的数字任意一个元素的各数位的数字 互不相同 互不相同 任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9 1 求 求B中的两位数和三位数的个数中的两位数和三位数的个数 2 是否存在五位数 六位数 是否存在五位数 六位数 3 若从小到大排列 若从小到大排列B中元素 求第中元素 求第1081个元素个元素 2 已知已知 1 sinsin 3 1 coscos 5 xy xy 求 求cos sin xyxy 3 点点A在在ykx 上上 点点B在在ykx 上上 其中其中 2 0 1kOA OBk 且且 A B在在y 轴同侧轴同侧 1 求求AB中点中点M的轨迹的轨迹C 2 曲线曲线C与抛物线与抛物线 2 2 0 xpy p 相切相切 求证 切点分别在两条定直线上 并求切线方程求证 切点分别在两条定直线上 并求切线方程 4 4 7个红球 个红球 8个黑球 一次取出个黑球 一次取出4个个 1 1 求恰有一个红球的概率 求恰有一个红球的概率 2 2 取出黑球 取出黑球 的个数为的个数为X 求 求X的分布列和的分布列和EX 3 3 取出 取出4个球同色 求全为黑色的概率个球同色 求全为黑色的概率 5 5 数列数列 n a各项均为正数 且对任意各项均为正数 且对任意 nN 满足满足 2 1nnn aaca 0c 为常数为常数 1 1 求证 对任意正数 求证 对任意正数M 存在 存在 NN 当 当nN 时有时有 n aM 2 2 设设 1 1 nn n bS ca 是是 n b前前n项和项和 求证求证 对任意对任意0d 存在存在 NN 当当nN 时有时有 1 1 0 n Sd ca 6 已知已知 x y z是互不相等的正整数 是互不相等的正整数 1 1 1 xyz xyyzzx 求 求 x y z 7 7 已知已知 1 1 x f xx e 1 1 求证 当 求证 当0 x 时时 0f x 2 2 数列 数列 n x满足满足 1 1 1 1 nn xx n x eex 求证 数列 求证 数列 n x递减且递减且 1 2 nn x 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 9 2010 年五校合作自主选拔通用基础测试数学参考答案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 ADCABDBD 二 解答题 11 解 由 2 2sincos21 2 AB C 得 2 2cos1cos2 2 C C 所以 2 cos 2cos1 C 即 2 2coscos10CC 2cos1 cos1 0CC 因为C为ABC 内角 所cos10C 1 cos 2 C 3 C 3 2 sin42 3 2 cRC 又由余弦定理得 222 2cos cababC 即 22 12 abab 又 22 2 ababababab 所以12 ab 有 133 sin123 3 244 ABC SabCab 当且仅当ab 即ABC 为等边三角形时 ABC 的面积取得最大值3 3 12 解 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 10 设 222 001122 111 444 A xxB xxC xx 则 2 00 1 4 Dxx 由 1 2 yx 可知的斜率 0 1 2 kx 因此可以设直线BC方程为 0 1 2 yx xb 把 2 1 4 yx 代入 整理得 2 0 240 xx xb 所以 120 2xxx 因为 ABAC都不平行于y轴 所以直线 ABAC斜率之和为 2222 1020 120 1020 11 44 2 0 ABAC xxxx kkxxx xxxx 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 DEAB DFAC E F 为垂足 则ADE ADF 可得DEDF 由已知2DEDFAD 可得2 DEAD 所以45DAEDAF 所以90 CAB ABC 为直角三角形 如图 根据的结果 可以设直线的方程分别为 22 0000 11 44 yxxxyxxx 把 2 1 4 yx 分别代入 得 2222 0000 440 440 xxxxxxxx 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 11 所以 00 2 22 2 22 ABxACx 由已知可知 1 240 2 AB AC 所以 2 0 1 84240 2 x 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 0 1 4 2 x 所以直线BC方程为44 4 yx 即4120 xy 同理 当取 8 16 A时 直线BC方程为4120 xy 13 解 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 2 42 33 Va h 正四棱锥的表面积 222 4 Saa ah 从而 3 3 2 2 9 S S V 223 8 11 ah ha 令 2 h t a 设 3 1 11 0f ttt t 则 2 2 11 22 1 21 t fttt tt 令 0 ft 解得8 t 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 12 当08t 时 0 ft 当8t 时 0 ft 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 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 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 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 父本 母本的基因型 式 相应情况 出现的概率 子一代基因 为AA的概率 子一代基因 为Aa的概率 子一代基因 为aa的概率 父AA母AA 2 u100 父AA母Aa2uv 1 2 1 2 0 父AA母aa uw 010 父Aa母AA2uv 1 2 1 2 0 父Aa母Aa 2 4v 1 4 1 2 1 4 父Aa母aa2vw0 1 2 1 2 父aa母AA uw 010 父aa母Aa2vw0 1 2 1 2 父aa母aa 2 w001 子一代的基因型式为AA的概率为 222 1 111 1224 224 puuvuvvuv 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 13 由对称性知子一代的基因型式为aa的概率为 2 3 pvw 子一代的基因型式为Aa的概率为 2 2 2 11111 2124212 22222 2 puvuwuvvvwuwvw uvuwvvw 2 uv vw 若记puv qvw 则0p 0q 1pq 子一代三种基因型 式 AA Aa aa的比例为 22 2 ppq q 由 可知子二代的基因型式为AA Aa aa的比例为 22 2 其中 2 ppq 2 pqq 由1pq 可得p q 故子二代三种基因型式AA Aa aa的比例为 22 2 ppq q 与子一代基因型式的比 例相同 15 解法一 令 2121 ts f ts 代入satb 化简得 2 4 4 3 1 0a mtb matb 由于等式对所有 1 2 t 成立 可知 10 4 30 4 0 b b ma a m 解得1 4 3bma 4 1 x f x x 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 14 令 2121 st f st 代入tcsd 化简得31csds 所以存在 31 0 tsss 使得 2121 st f st 令 1111 1 314stss 1 31 nnn stt 111 31 1 2 nnn tssn 注意到 1 1 1 21s x s 由 知 212 2121 1 2 nn nn nn st xxn st 1 3192 nnn sts 化为 1 11 9 44 nn ss 可知 22 1 5 31 4 n n s 21 1 31 5 31 4 n nn ts 从而 21 22 14 22 5 31 n n n x s 2 21 14 22 5 31 n n n x t 统一写为 1 1 4 2 1 1 2 5 3 1 n n nn xn 从而有 111 41 2 4 3 3 1 3 n nnnn x 解法二 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 15 同解法一 可求出1 4 3bma 4 1 x f x x 取31ts 则 1 3 t s 所以 21 4 212121 1 21 1 1 1 t stt t ff t stt t 由 4 1 x f x x 1 nn xf x 得 1 4 1 n n n x x x 1 把 1 式两边都加上 2 得 1 3 2 2 1 n n n x x x 2 把 1 式两边都减去 2 得 1 2 2 1 n n n x x x 3 若存在 k kN 使2 k x 由 3 可知 121 2 kk xxx 与 1 3x 矛盾 所以不存在 k kN 使2 k x 2 式除以 3 式得 1 1 22 3 22 nn nn xx xx 因为 1 3x 所以 1 1 2 5 2 x x 所以 1 2 5 3 2 n n n x x 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 16 所以 1 4 2 5 3 1 n n x 所以 1 4 2 5 3 1 n n x 1111 444 5 3 15 314 331 nnnn 11 41 4 33 nn 解法三 由解法一得 4 1 x f x x 31stt 由 2121 ts f ts 1 易看出 1 式中ts 即得 2121 st f st 所以存在3 1ts 即31ts 用数学归纳法 1 当1n 时 显然成立 2 易得 1 3 11 1 nn n xf x x 111111 2 22 2 31313 ff sssss 假设当nk 时 命题成立 即 1 1 2 3 k k x 则当1nk 时 1 3 2 2 1 1 kk k xf x x 当2 k x 时 1 11 2 2 2 2 2 33 kkk k xfxx 当2 k x 时 1 3 2 1 1 k k x x 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 17 只需证 31 1 13k k x 即证 331 13 k k k x 即证 13 331 k k k x 即证 3 3 1 31 k k k x 即证 3 33 23 3131 k k kk x 即 1 331 2 3133 k kkk 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 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 18 2011 年年 华约华约 自主招生自主招生试题解析试题解析 一 一 选择题选择题 1 设复数 z 满足 z 0 使得 22 QF AQAF 恒成立 若存在 求出 的值 若不存在 请说明理由 解解 I 如图 利用双曲线的定义 将原题转化为 在 P F1F2中 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 26 2 1212 3 3 3 FPFFPFa 的面积为 E 为 PF1上一点 PE PF2 E F1 2a F1F2 2c 求 c a 设 PE PF2 EF2 x F F2 3 2 x 12 2 12 113 2 3 3 222 F PF SPF FFxaxa 22 4120 xaxa 2xa E F1F2为等腰三角形 12 2 3 EFF 于是 22 3ca 3 c e a II 2 1 此解法可能有误 F E P F1 2a P 2c F22 x 15 将一枚均匀的硬币连续抛掷 n 次 以 pn表示未出现连续 3 次正面的概率 I 求 p1 p2 p3 p4 II 探究数列 pn 的递推公式 并给出证明 III 讨论数列 pn 的单调性及其极限 并阐述该极限的概率意义 分析与解分析与解 I 显然 p1 p2 1 8 7 8 1 1 3 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 16 13 16 3 1 4 p II 共分三种情况 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 1 2 1 n P 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 2 4 1 n P 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 3 8 1 n P 综上 n P 1 2 1 n P 2 4 1 n P 3 8 1 n P 4 n III 由 II 知 1n P 2 2 1 n P 3 4 1 n P 4 8 1 n P 5 n 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 27 1 2 有 n P 1n P 4 16 1 n P 5 n 所以5 n时 pn的单调递减 又易见 p1 p2 p3 p4 3 n时 pn的单调递减 且显然有下界 0 所以 pn的极限存在 对 n P 1n P 4 16 1 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 年华约试题解析年华约试题解析 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 28 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 29 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 30 2013 年华约自主招生数学试题解析年华约自主招生数学试题解析 题题 1 设设 10 Ax xxNBA 且且B中元素满足 中元素满足 任意一个元素的各数位的任意一个元素的各数位的 数字互不相同 数字互不相同 任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9 1 求 求B中的两位数和三位数的个数中的两位数和三位数的个数 2 是否存在五位数 六位数 是否存在五位数 六位数 3 若从小到大排列 若从小到大排列B中元素 求第中元素 求第1081个元素个元素 解解 将将0 1 9 这这10个数字按照和为个数字按照和为9进行配对进行配对 考虑考虑 0 9 1 8 2 7 3 6 4 5 B中元素的每个数位只能从上面五对数中每对至多取一个数构成中元素的每个数位只能从上面五对数中每对至多取一个数构成 1 两位数有 两位数有 2221 524 22 72CAC 个 三位数有个 三位数有 333222 5342 22432CACA 个 个 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 31 2 存在五位数 只需从上述五个数对中每对取一个数即可构成符合条件的五位数 存在五位数 只需从上述五个数对中每对取一个数即可构成符合条件的五位数 不存在六位数不存在六位数 由抽屉原理易知由抽屉原理易知 若存在若存在 则至少要从一个数对中取出两个数则至少要从一个数对中取出两个数 则该两则该两 个数字之和为个数字之和为9 与 与B中任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于中任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9矛盾矛盾 因此不存在六位数因此不存在六位数 3 四位数共有四位数共有 444333 5443 221728CACA 个个 因此第因此第1081个元素是四位数个元素是四位数 且 是 第且 是 第577个 四 位 数 我 们 考 虑 千 位 千 位 为个 四 位 数 我 们 考 虑 千 位 千 位 为1 2 3的 四 位 数 有的 四 位 数 有 333 43 32576CA 个 因此第个 因此第1081个元素是个元素是4012 题题 2 已知已知 1 sinsin 3 1 coscos 5 xy xy 求 求cos sin xyxy 解解 由由 1 sinsin 3 xy 1 coscos 5 xy 平方相加平方相加得得 208 cos 225 xy 另一方面由另一方面由 得得 1 2sin cos 223 xyxy 由 由 得得 1 2sin sin 225 xyxy 除以除以 得得 3 tan 25 xy 因此 因此 2 2tan 15 2 sin 17 1tan 2 xy xy xy 题题 3 点点A在在ykx 上 点上 点B在在ykx 上 其中上 其中 2 0 1kOA OBk 且且 A B在在y轴同 侧轴同 侧 1 求 求AB中点中点M的轨 迹的轨 迹C 2 曲 线 曲 线C与抛 物线与抛 物线 2 2 0 xpy p 相切 求证 切点分别在两条定直线上 并求切线方程相切 求证 切点分别在两条定直线上 并求切线方程 解解 1 设 设 1122 A xyB xyM x y 则 则 1122 ykxykx 由由 2 1OA OBk 得得 12 1x x 即 即 22 1212 1 44 xxxx 又 又 121212 222 xxyyxx xyk 于是 于是M的轨迹方程为的轨迹方程为 2 2 2 1 y x k 于是 于是 AB中点中点M的轨迹的轨迹C是焦点为是焦点为 2 1 0 k 实轴长为 实轴长为2的双曲线的双曲线 2 将 将 2 2 0 xpy p 与与 2 2 2 1 y x k 联立得联立得 222 20ypk yk 曲线 曲线C与与 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 32 抛 物 线 相 切 故抛 物 线 相 切 故 242 440p kk 又 因 为 又 因 为 0p k 所 以 所 以1pk 且 且 2 22ypkk xpk 因此两切点分别在定直线因此两切点分别在定直线2 2xx 上 两切点为上 两切点为 2 2 DkEk x y p 于 是 在 于 是 在 2 Dk处 的 切 线 方 程 分 别 为处 的 切 线 方 程 分 别 为 2 2 yxk p 即即 21 yx pp 在在 2 Ek 处的切线方程分别为处的切线方程分别为 2 2 yxk p 即即 21 yx pp 题题 4 4 7个红球 个红球 8个黑球 一次取出个黑球 一次取出4个个 1 1 求恰有一个红球的概率 求恰有一个红球的概率 2 2 取出黑球的个数为取出黑球的个数为X 求 求X的分布列和的分布列和EX 3 3 取出 取出4个球同色 求全为黑色的个球同色 求全为黑色的 概率概率 解解 1 1 恰有一个红球的概率为 恰有一个红球的概率为 13 78 4 15 56 195 C C C 2 2 X的所有可能取值为的所有可能取值为0 1 2 3 4 4 7 4 15 5 0 195 C P X C 31 78 4 15 40 1 195 C C P X C 22 78 4 15 84 2 195 C C P X C 13 78 4 15 56 3 195 C C P X C 4 8 4 15 10 4 195 C P X C 即即X的分别列为的分别列为 所以所以 540845610 01234 195195195195195 EX 32 15 1 1 取出取出4个球同色 全为黑色的概率为个球同色 全为黑色的概率为 4 8 44 78 2 3 C CC 题题 5 5 数列数列 n a各项均为正数 且对任意各项均为正数 且对任意 nN 满足满足 2 1nnn aaca 0c 为常数为常数 1 1 求证 对任意正数 求证 对任意正数M 存在 存在 NN 当 当nN 时有时有 n aM 2 2 设设 1 1 nn n bS ca 是是 n b前前n项和项和 求证求证 对任意对任意0d 存在存在 NN 当当nN 时有时有 1 1 0 n Sd ca 1 1 证明 因为对任意 证明 因为对任意 nN 满足满足0 n a 所以 所以 2 1nnnn aacaa 又因为 又因为0c 所以所以 22 111121nnnnnnnn aacacaaaaaaa 所以所以 2 112211211 1 1 nnnnn aaaaaaaanaanca X X01234 P P 5 195 40 195 84 195 56 195 10 195 厦门一中厦门一中 2011 级自主招生辅导讲义级自主招生辅导讲义 数学数学 黄昌毅黄昌毅 33 故对任意正数故对任意正数M 存在 存在 2 1 max 1 2 M NN ca 当 当nN 时有时有 n aM 注 注 2 1 M ca 表示不超过表示不超过 2 1 M ca 的最大整数的最大整数 2 2 由 由 2 1nnn aaca 得得 2 1 1 nnnnn aacaa ca 所以所以 2 1 1111 111 1 nnnn nnnnnnnn acaaa caaca aca acaca 所以 所以 1 11 11 n ni i n Sb caca 11 11 0 n n S caca 且由 且由 1 有 有 2 11n ana 所以所以 2 11 11 n canc