重点大学自主招生历年来北大自主招生数学试题

1、2010北京大学香港大学北京航空航天大学自主招生（三校联招）试题数学部分1 .（仅文科做）0，求证：sintan.22 .AB为边长为1的正五边形边上的点,证明：AB最长为±A.（25分）23 .AB为y1x2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）4 .向量0A与0B已知夹角，0A1,OB2,OP（1t）OA,OQtOB,0<t<1.PQ在t。时取得最1小值，问当。t。.时，夹角的取值范围.（25分）55 .（仅理科做）存不存在0x?使得sinx,cosx,tanx,cotx为等差数列.（25分）2010北京大学香港大学北京航空航天大学自主招生

2、（三校联招）试题数学部分解析有最大值为IPR ；R2 0 Ri取到最大值的假设是合R2 0A是AB侬产2 PR2Q1. .(仅文科做)0'求证：Sintan.2【解析】不妨设f(x)xsinx，则f00，且当。x一时，f(x)1cosx0.于是f(x)在Ox一22上单调增f(x)f(0)0,即有xsinx.同理可证g(x)tanxx0.g(0)0当0x2时Ig(x)2coso.于是g(x)在ox一上单调增。'x2,在0x有g(x)g(0)0。艮Jtanxx°2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最长为.(25分)2【解析

3、】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.当A,B中有一点位于P点时，知另一点位于&或者R2时当有一苣位干o点时|ABmaxlOPIIPRl；当A,B均不在y轴上时，知A,B必在y轴的异侧方可能(否则取A点关于y轴的对称点A,有IAB|AB).不妨设A位于线段OR?上(由正五边形的中心对称性，知这样理的)，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ABmaxAP或AQ；对于线段PQ上任意一点B,都有IBR2>BA.于由，知|ABmax|R2P,不妨设为X.下面研究正五边形对角线的长.如右图.做EF

4、G的角平分线FH交EG于H.易知EFHHFGGFIIGFFGH5于是四边形HGIF为平行四边形.|HG|1EH由角平分线定理知EFx1解得FG|1x1HG23. AB为y1x2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B(Xi,yi),A(x2jy2),且Wy1x2,yi1x；,xiOx2由于y2x,于是AC的方程为2X2x2y2y：BD的方程为2xix2yiy.联口AC,BD日勺万程，解得E(上蠢，1Xx).2(X2x)对于，令y0，得C(U_2,o)；2X2对于，

5、令yo,得d（2y|,0）.于是sECDS ECDyxi 勺-20DI CD 12a r41 4ab.22X2&x22xi2X2Xx）.不妨设Xi1 NL111ab)> 41ab) 4 (2a 2b2 ab (2 abb 0，则22ab ab)不妨设ab sO 则有S ECD (S 2s 1 -)S3 9s.9：2438 (-)16 8-)2 & 3 ,3 3 93, &3时，处的等号均可取到.92xi33(S注记：不妨设g(s)1©2sI，事实上，其最小值也可用导函数的方法求解.2s由g(s)t(3s221)知当Os?1时g0;当s?时g(s)0.2s

6、33则g在(。，总)上单调减，在(加,)上单调增于是当s三时g取得最小值.3334.向量OA与OB已知夹角OA1,OB2,OP(1t)OA,OQtOB,0<t<1,PQ在t。时取得最小值,问当OtJ时，夹角的取值范围.(25分)5【解析】不妨设OA，OB夹角为，贝(JOP1t,OQ2t，令2222g(t)|PQ(1t)4t2(1t)2tcos(54cos)t(24cos)t1.其对称轴为t.而f(x)在(5,)上单调增，故1<L沁<1.54cos54x454cos3当0w匚沁w时，ot12cos(0,!)解得一J.54cos354cos523当1w12COS0时，g(t

7、)在0,1上单调增，于是,不合题意.54cos于是夹角的范围为，乙.235存不存在0x,使得sinx,cosx,tanx,cotx为等差数列.(25分)2【解析】不存在；否则有COSXsinxcotxtanx(cosxsinx)(cosxsinx)sinxcosx贝Ucosxsinx0或者1cosxsinxsinxcosx若cosxsinxo，有x而此时孑，子,1,1不成等差数列；4若1cosA_,有(sinxcosx)212sinxcosx.解得有sinxcosx12.sinxcosxJ1而sinxcosxsin2x(0,，矛盾!222011年综合性大学（北约13校）自主选拔录取联合考试数学

8、试题请注意：文科考生做1至5题，理科考生做3至7题。每题20分，共100分1已知平行四边形两边长分别是了和£一条对角续是仗求曷一条对第绶的长度2Z求过抛物绽丁二2/-纭-1J二+2x+3两交点的直线方程.松工等差数列分加满足八二-13八=3这个数列的前11项和为乂数列SrS2中哪一项最小？并求出这个最小值.Q4.在iM占冲，如果说+证明生6Q-PB.是否存在四个IE实甄它们两两乘积分别是匕3-Stb?10*16.+J乳设商nq是平面上两个不重合的固定圆周.设c是浚平面上的一个动园，它写G和G均相切,问；。的圆心轨迹是何种曲统？证明你前结论.*7.求h-ll十12工-II十十I201L

9、1-1的最小值什【试题解答】1.已知平行四边形的其中两条边长为3和5，一条对角线长为6,求另一条对角线长。解析：平行四边形的对角线的平方和等于它四边的平方和，设另一条对角线长为x，所以X26223252,所以x4'2。2,求过抛物线y2x22x1和y5x22x3的交点的直线方程。解析:解法y2x2y2X115x22x3252得6x7y10，所以过抛物线y2x22x1和y5x22x3的交点的直线方程6x7y10o24.2解法二：由y2x15x22x37oj/524.2497，所以过抛物线y2x22x1524.2“八49和y5x22x3的交点的直线方程6x3.在等差数列协中，a313,a?

10、3,为何？数列an的前n项和为求数歹IJg的最小项，并指出其值Sn.解析：因为as13,a73,所以d4，所以为4n25，Snminan4n250由an4nl25N，所以n所以6Si36S666、rna3nc9法二：由Sn2n223n23529.业,5所以当n48$min§66o4.在ABC中，b2c,求证：60。.22解析：因为cos北W一C2ab32ab1ab422abb2ab22ab221ab-ab2-2abb时，成立，又因为C0,，所以C60。°5.是否存在四个正实数，使得他们的两两乘积为2,3,5,6,10,16?解析：设存在四个正实数a,b,c,d使得他们两两乘

11、积为2,3,5,6,10,16,因为四个正实数a,b,c,d3的两两乘积为ab,ac,ad3bc5bd,cd，把这些乘积乘起来，所以abed23561016，又a,b,c,d为正实数，所以abed4450,所以在2,3,5,6,10,16中应存在两个数之积等于43450,显然这是不可能的，所以假设不成立，所以不存在四个正实数，使得他们的两两乘积为2,3,5,6,10,16。6.G和C2是平面上两个不重合的固定圆，C是平面上的一个动圆，C与G,C2都相切，则C的圆心的轨迹是何种曲线？说明理由解析：不妨设G,C2和C的半径分别为5a,r(AQ),(1)当G和C2相离时，即GGr1辽,(i)若C与C

12、i,C2都外切，则|ccjnr,CC21ar,所以CGCC口a;若C与Ci,C2都内切，则CC1rA,CC2rQ,所以CC?CG匚D；所以|CC2|CG|riaCCz,由双曲线的定义，C的圆心的轨迹是以，C2为焦点、实轴长为几j的双曲线；(ii)若C与G内切,C2外切，则CGrn,CCzDr,所以|CC八|CGAQ；若C与G外切,C2内切，则|CCr门，CC? r r?,所以I CG| ICC2山 Q ；所以IICC2CG| n2 C1C2，由双曲线的定义. c的圆心的轨迹是以Ci,C2为焦点、实轴长为n 的双曲线;(2)当Ci和C2外切时，即GGn辽,若C与Ci,C2都外切，则CCriCC2

13、 r2 r 所以 CCi若C与Ci, C2都内切，则CCi辽，所以 CG CCi n r2;所以 |CC2CGn rir2GC2, 曲线；由双曲线的定 义，C的圆心的轨迹是以G ,C2为焦点、实轴长为rj r2的双（ii）若 C 与 Ci 内切，C2 外切，则 CG r n, CC2 r2 r（或CGri r , CC2以 CC2 CCin2 （或 CC2 CCi n 2）；若C与Ci外切，C2内切，贝uCG r n, CC2CC2r2。，所以CCi CC2 n r2 （或 CC2 CCin所以 IICC2|CG| nrzCG | 或 CC?CCiCC2 ，所以C的圆心的轨迹是过Ci, C2的

14、直线(除直线与圆Ci、C2的交点外)；(3)当G和C2相交时,即nrzCG若C与Ci,C2都外切，贝Ijccri r , CC2 r，所以 ICCCC2 n r2 ；若C与Ci, C2都内切，则CCi rn,CC2 r2（或 CCmr, CC2r2r ），所以CC2CCin2；所以|CC2CG|n2C1C2,由双曲线的定义，C的圆心的轨迹是以Ci,C2为焦点、实轴长为n的双曲线（圆Ci、C2的交点除外）；间若C与Ci内切，C2外切，则CGnr,CCzar,所以|CC2CCn若C与Ci外切，C2内切，贝u|CG|rjCC?Dr,所以CC?CGn所以ICC2CCinr2GC?i，由椭圆的定义，C的

15、圆心的轨迹是以C，C2为焦点、实轴长为n2的椭圆（圆Ci、C2的交点除外）;（4）当Ci和C2内切时，即CQn辽，若C与Ci，C2都外切,则|CG|ri r，CC21 a r，所以若C与Ci，C2都内切，则CGrn，CC2 r 辽（或 CG n辽或CQ nCCzDr ），所以 |CC2CCiri或 CC?CCir?或 CCA |CCj rj ；所以IICC2 CG| n 2 CQ2或CGCG n r2 ,所以C的圆心的轨迹是过C，C2的直线（除直线与圆G、C2的交点外）；（i若C与Ci内切，C?外切，则 |CG|ri r，CC2 r? r，所以|CC?i CGfi r? CiG I，所以 C

16、的圆心的轨迹是以G，C2为焦点、实轴长为n”的椭圆（两圆C、C2的交点除外）；（5）当Ci和C?内含时，即GGnr?，心的轨迹是以Ci,C2为焦点、实轴长为ri2的椭圆；何若C与Ci内切，C2外切，则|CG|nr,CC2I辽r，所以ICO|CCin2C1C2，所以C的圆心的轨迹是以Ci，C2为焦点、实轴长为ri上的椭圆。7求f(x)|x1I2x112011x1的最小值。第了题解答*由绝对值的几何盒义联想SI羽更离的最小值，如纠+I工-纠的最；bfl应该是在数轴上由上两点之闾取得，为0-纠.所以将/(羽整理为"-1|+1勺+1扣z扣I胡1+1扣“IX-I+IA1+'+1工-12

17、01111201111201112+3八+2011=1006x2011®则/(x)RJU理解xgJil1006x201的拒禽之55从两端开始向中间霏拢，超两个绝对值和的最小值邯是在相应的零点之间取得，而且范围是包含关秦匕如十叶缶的希唯是在心击13上取龟-扣W金I的环值星在呵拾却硝E的环值应该在正中阴某1006x2011个零点或相翔两个零点之间取得.由=503x2011Rlffl取得最小值的范围在第503x2011±八和第罚刃2011十1个零点之间他两个零点也肯相等)中由+<503x2011算得Q142L所以第刃荻2011个零点和第503x20H-Fl上零5920437

18、U+】二x(工足>】+&十Er三OC+SQC+60R一二a一X二Xsoo+U608-O+:+EHIJ境二WoIM-2)+00021o+aZDHoc一：一c二*EID+X.17MYM-家苗oAlOVI1XX-IXss:IgnsAlW(x一I+邑1X»1d)+QssID71S2w66、在12,2012中取一组数第3备磊篇息叫嘀?1、求x的取值范围使得f(x)x2xx1是增函数;2、求 Jx 11 6zx 2x27 10x2 1的实数根的个数;22Q、口小口 (v Ov nn/v Ov m1。的4个根组成首项为一的等差数列，求m n ;44、如果锐角 ABC的外接圆的圆心为

19、。，求O到三角形三边的距离之比;5、已知点A( 2,0), B(2,0)，若点C是圆x2 2x y2 0上的动点，求 值。ABC面积的最小7、求使得sin4xsin2xsinxsin3xa在0,）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;6、在1,2,2012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?9、求证：对于任意的正整数n,(1.2严必可表示成.ss1的形式，其中sN2012年自主招生北约联考数学试题解答L求工的范圉使得I工+2I+ITI+归一是增函数.解答.分别讨论上在(oo2)t2J)M(L1),1Loc)中时告悴绘对便.务知x>0

20、SpT.2,求+i1召4十2十/：/272=1的实根的个数*解答.注意到44i-6vTT2=a(j+2；-2-3*卡阱二/区密匚3"=|3.石p27-1()x/zA2=y/(r-F2)-25-V7+2+(“匚2+5尸-)5-V7T2l-13->/F+2l>2>1,所以禹方祝元实数解+3.已知（，22r4m）（工2_2z+n）=0的4个根组成首项为；的等差数列，求4mnI,和为2囚此耒I耿27这样可算碍公星为R=J.于足4个抿为4L1357“解答.个方祖的一次咬系数相同，所以由韦达定址有首项与未项之1735丁734.如果锐角人8C的外接圆圆心为O,求O到三角形三边的距

21、离比.解答,很容另计算比例为cos4:cosB:cosC,如呆是It角三角形应该加上绝对值.5.已知点（一2,0）3©2），若点C是圆以一2工+“2=（）上的动点，求4ABC面积的最小值.解答.由数周乡7ft合知当了直4?时（否则幻同钎边大于Ttt角边焉点之问线矛居IJ.因八1-0+29于是 ABC积的聂小值为丁 /八匚0为直关皿+卫_1/24/的方程为工一丫+2=0,所以0至1”的距离为3酒6在1.2.-2()12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？解答.将,2012分成(123).(456),.(2008.2009.2010).(2011.2012)it

22、67ft.妇采取至少672个我，则穴抽层原理必焦有2个救于河一组，不妨设为当ab=l时，此时a6整徐a+b,不合要求；当a-5=2时,此时。JL同才谒，时以a-b为偶数5从Ma-bit除a+6,不含姜求.囚此最乡取6刃个散，现在取1472011这677个我，此苛任两教之和除以3的余数为2,而两数之星雄3的倍敷，所以任意两数之和不危被其星整除.练上。片述，爰多能取671金敦.7,求使得sin4zsiu2zsinxsiu3x=a在0.7?)有唯一解的a解答.汶f(X)=siu4a:sin2rsiuJsiu3x=A(cos-LrcosCx)JL咚关.于h=+时你，园此fU)=a40声)”一解钓话，必

23、焦只能在才=0冷时.当z=0为解时.此时a=0,方VI化，为sin超in5r=0410.ir)不止一辑,故舍去.当x二寸为解时，此时”“二1方程化为sinxsin5z=1,因为XI0.z)-hsinz90"所以只能,姥siuz=l.siii=1,z=-j为吟一解.煤上耕述a=l-8 .求证：若圆内接五边形的每个角都相尊，则它为正五边形.证明.设遽*五边彭为ABODE,令7ft线AE.交于点G,速结/4C.因为ZAED=ZEDC,所以AGED=AGDE又因为4C.D.£四点共圆，所以Z.GAC=乙EDG=ZGE。,所以DE平行于CD,AE=BC,BC=DE,DE=AB,于是A

24、B=BC=CD=DE=DA，即五边彩ABCDE为正五边形.注记.插上图后运后一页出现颜色建化问题，不明原因，田比较简单，索性不桶图9 .求址：对仔意的正幕数（1+4尸必町表示成庐+莎二1的形式，其中§N+-证明,构迪戟列叫二*尹，刖逆用粉衽抿煤知5+2=2nn+l+*£T1=1.ffj=3tVR£拎米于是吟凉正整蠡列.另并注髯蛰J域_（1+6产+（1-丁产）2（1+d）耳心一（1一诜严所以V 于是:(1+e产-(1-收产-2(1+逐产=Q2n*-1；，+1同理可证煤上所述'帝题得证.(i +=Z +选择题（每题8分，共48分）2013年北约自主招生数学试题

25、2013-3-16（时间90分钟，满分120分）1 以2和132为两根的有理系数多项式的次数最小是多少C. 52 在66的棋盘中停放着3个红色隼和3个黑色隼,每一行、每一列都只有一个隼,共有多少种停放方法B20C .518400D . 14400223.已知 x 2y 5, yA . -102x 5，则 x3D -122 22x y y3的值为C . -14().D. -16交AB于点M，DN平分/ ADC交AC于N,贝U BM+CN4.如图，在ZaABC中，D为BC中点，DM平分/ADB与MN的关系为0A. BM+CN>MNB. MN+CN<MNC. BM+CN=MND.无法确定

26、5.设数列an满足Si1，前n项和为Sn,n143A.3019x2AAB.3019x2八C.iOlSxi3012D.法确立6模长为1的复数x,y,z满足xyz0，求xyyZzxxyzA.-1/2D.无法确定、解答题（每题18分，共72分）&已知ai.i1,2,3,2013为2013个实数，满足aia2a3'20130,且32a2a22a37.最多有多少个两两不等的正整数，满足其中任意三数之和都为素数.&已知ai,i1,2,3,2013为2013个实数，满足aia2a3'20130,且q2a2a22a3azo132al，求八证a（a?asa2oi30.9对于任意的

27、，求32cos6cos66cos415cos2的值.10已知有mn个实数，排列成mn阶数阵，记作amn使得数阵的每一行从左到右都是递增的，即对任意的i1,2,3,m，当jj2时，ajmn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mn阶数阵，记作mn,即对任意的j1,23,n，当周2时，有auai2,试判断an中每一行的各数的大小关系，并加以证明.2013年北约自主招生数学试题解析2013-3-16（时间90分钟，满分120分）选择题(每题8分，共48分)1以2利132为两根的有理系数多项式的次数最小是多少()A.2B,3C,5D,6【解析】显然(X22)(x1)32)为满足要求

28、的多项式，其次数为5.若存在n次有理系数多项式f(x)以2和132为两根，则f(x)必含有因式(x23.已知x 2y 5, y2x5,则 A . -10B , -12【解析】3 x 2x2 y2 y3 x(2y4xy 15(x y) 50, 又由x?2y 5, y?2x5,有 二 x y 或x y 2 .2)(x1)32),/n5，即最小次数为5.故选C.2在66的棋盘中停放着3个红色聿和3个黑色隼，每一行、每一列都只有一个聿，共有多少种停放方法()A.720B.20C,518400D,14400【解析】先排3个红色聿，从6行中任取3行，有C620种取法；在选定的3行中第一行有6种停法，第一行

29、选定后第二行有5种停法，第二行选定后第三行有4种停法；红聿放定后，黑聿只有6种停法.故停放方法共20654614400种.故选D.3X2x2y2y3的值为().C.-14D,-165)2(2y5)(2x5)y(2x5)x2y22(xy)当xy时，有x22x5,x1J6,4xy15(xy)504x230x5038x7038x7010838苗；2(x 2)x(x 2)14xy 15(x y) 504x( 2 x)20 4x(x 2)80 16 .4.如图，在A ABC中，D为BC中点,DM平分/ ADB交AB于点M , DN平分/ ADC交AC于N,贝U BM+CN与MN的关系为A.BM+CN&g

30、t;MNB.MN+CN<MNC.BM+CN=MND.无法确定【解析】延长ND至E，使ND二ED，连结BE、ME,则ABED也AMED/MND,ME二CND,MN,由BM+BEEM,得BM+CNMN.5.设数列an满足a1，前n项和为Sn,Sn14anA匆142叫nMufC.3014fD.无法确宦【解析】Qi1,aia24al2,a?5;2 '于是 3n 1 4Sn 他 1 '由Sn14an2，有n2时，Sn4a.i特征方程X24x4有重根2,可设an（ClC22将ai1,a25代人上式,于是 a 门（3。4 1）4 2n（3n1)2n220136038 220113019

31、 22012故选A6 模长为1的复数x, y, z满足xxy yzZXA . -1/2【解析】取xyxy yz zxF面给出证 明，xy yzXX yy ZZ 12zx xyyz zx xy yz zxxy yz zx xy yz zxxz yz yxxz yz yxzxzxzx yxzx yxxy yz zx二、解答题（每题18分，共72分）7.最多有多少个两两不等的正整数，满足其中任意三数之和都为素数.【解析】设满足条件的正整数为n个.考虑模3的同余类，共三类，记为0,1,2.则这n个正整数需同时满足不能三类都有；同一类中不能有3个和超过3个.否则都会出现三数之和为3的倍数.故n4.当n4

32、时，取1,3,7,9,其任意三数之和为11,13,17,19均为素数，满足题意，所以满足要求的正整数最多有4个.&已知 ai , i 1,2,3, ,2013 为 2013 个实数，满足 ai a2 a332013 0,且 31 2a2a2 2a3a20132a1，求证&1a2 as320130 .【解析】设ai2m右 k 0 jij aia2 2a3k ,2a2, 3.22a3，320132ai'S20122a 2013 , S2013 2ai ,于是 ai a 2a 3aai2013 aiai220112ai0 ,0，进而aia2as32013若 ko，则 a2a2

33、,a2 2a3，&2013 2a这2013个数去掉绝对值号后只能取k和k两值,又 a 2a2 a2 2a332012 2a201332013 2al即这2013个数去掉绝对值号后取k和k两值的个数相同,这不可能.6【解析】32 cos 32(9)寸于任意的，求32cos6cos66cos415cos2的值.1cos233/cc、12cos22)4cos23coS64cos23co2,26cos412cojs26,15cos215cos2,各式相加，得32cos6cos66cos415cos210.10.已知有mn个实数，排列成mn阶数阵，记作amn使得数阵的每一行从左到右都是递增的，即

34、对任意的i1,2,3,m，当jj2时，有aiba.;现将amn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mn阶数阵，记作，即对任意的j1,2,3,n，当iG时，有ai2,试判断ajmn中每一行的各数的大小关系，并加以证明.【解析】数阵aijmn中的中每一行的各数仍是递增的.下面用反证法给出证明.ai/q 1)，其中 k 1,2,3, ,m ,若在第P行存在apqdp(ql),令ak(q1)i,i2,i3,im1,2,3,m，贝【J当tp时，a八aA1）at（qi）aP（qi）aPq即在第q列中至少有P个数小于a何，也就是a3在数阵ajmn中的第q列中至少排在第P1行，这与a向排

35、在第p行矛盾-所以数阵a”mn中的中每一行的各数仍是递增的.2014北约理科数学试题1、 圆心角为一的扇形面积为6，求它围成圆锥的表面积32、 将10个人分成3组，一组4人，两组各3人，求共有几种分法3、产-八2b.a1,f47,f2014.332匚4、fxIgx2axa的值域为R,求a的取值范围.15、已知xy1,且x,y都为负实数，求xy的取值范围.xy6、fxarctan2C在1，1上为奇函数,求C的值.14x447、求证：tan3Q.8已知实系数二次函数fx与gx,fxgx和3fxgx0有两重根，fx有两相异实根，求证：gx没有实根.7169、an2a是等差数列，Maaak11ijk1

36、3,问：0,一是否可以同时在M中，并证明你的结论23i 1i 1nx1.求证：n2Xn-i 1il7”i10、x0i1,2,.n,i2014北约文科数学试题1、 圆心角为一的扇形面积为6，求它围成圆锥的表面积32、 将10个人分成3组，一组4人，两组各3人，求共有几种分法a2bf11,f47,求f2014.324、fxlgx2axa的值域为R,求a的取值范围.15、已知xy1,且x,y都为负实数，求xy的取值范围.xy6、fxarctan2竺.C在1,1上为奇函数，求C的值.14x447、等比数列4n11n200,6m31m200的公共项之和8梯形的对角线长分别为5和7,高是3,求梯形的面积E

37、F9、求证：tan3Q.1o、已知实系数二次函数fx与gx,fXgx和3fXgx0有两重根，fx有两相异实根，求证：gx没有实根2014北约理科数学试题1、圆心角为的扇形面积为6，求它围成圆锥的表面积.（参考答 案）1_12【解析】s扇R,R6,lR2，从而圆锥底面周长为22、将10个人分成3组，一组4人，两组各3人，求共有几种分法【解析】平均分堆问题ct4_q.q2100.2!,f11,f47,求2014.【解析】观察等式可知，从而f2014函数显然为线性一次函数，可设kxm,f11,f4027.4fxlgx22axa的值域为R,求a的取值范围.【解析】值域问题4a24a0,1或aO.5、已

38、知xy11,且X,y都为负实数，求xy一的取值范围.xy【解析】均值不等式,，对勾函数性质.1xyxyxy22xaretan14xC在1,1上为奇函数，求44C的值【解f00,carctan2.卜面证明:析】22xaretan-14x22xaretan-14x2Caretan342aretan20.7、求证:tan3Q.【解析】反证法假设tan3QJiJtan6Q,tan12Qtan24Q,从而tan30Q,矛盾.tan3Q.8已知实系数二次函数x和3fxo有两重根，x有两相异实根,求证：gx没有实根.【解析】殳fxaxbxe5gxdxex则由fX，可得ad0,def0.由3fx。可得3adx

39、23bex3ef0,3be43a3e0.9、aia2化简得3b22e4df2e0.a是等差数列,212ae4df,即e4df没有实根.ak|1【解析】数列中的项.分析M中项的构成,最大的项为ai11672°72k2d,k2ki34aeb?又b24aejk13,问:0.0273,-L6是否可以同时在M中，并证明你的结论.若按照从小到大的顺序排列'最小的项为aia2a3,第二项为印an公差为d，则M中项的公差也为d，所以M中共有0,216均为M中的项，不妨设3234oj.16不可以同时在23nX1.求证:1121,klk230,且kik231,这样的k不存在,矛盾.所以【解析】不

40、等式；柯西不等式或AMGM平均不等式法一:AMGM不等式.调和平均值Hn则一n2.12XQi言了X，n可得Xi-墨iXiXin|2Xi2nnn2TXiXiXiXiXiXi法二：由nX1.及要证的结论分析，由柯西不等式得2Xi&jXi1从而可设yXi，且i11一1.从而本题也即证Y.21nn从而2Xi2n21，2n假设原式不成iV从而n2X22n即n2X.n，贝Vn1i1,矛盾彳导证.v'2Al.21（参考答 案）r, S底2014北约文科数学试题1、圆心角为一的扇形面积为6，求它围成圆锥的表面积3一12【解析】S扇2R,R6,1R2，从而圆锥底面周长为22、将10个人分成3组，

41、一组4人，两组各3人，求共有几种分法【解析】平均分堆问题C地4_QS<Q32100.2!ta2b-3"-3f11,f47,求f2014.【解析】观察等式可知，而f2014函数显然为线性一次函数，可设4027.kxm,f1l,f47代人求得k2,m1,从2二，4、fxlgx2axa的值域为R,求a的取值范围.【解析】值域问题.4a24a。,a1或a0.arcta2x4xC在11上为奇函数，求44C的值.【解析】0,)arctan下面证明：22xamtnn14x22xArntnn14x2Carntan4ParntAn2037、等比数列4n1n200,6m31m200的公共项之和.【

42、解析】此题考察数的同余问题；设公共项为a1mod(4),a3mod(6).易得a最小的数为9.4和6的最小公倍数为12,则a912k,kN.912k420015k66.公共项之和为s67，趣227135.8梯形的对角线长分别为5和7,高是3,求梯形的面积.【解析】如图，梯形面积为S-ABCDh-DFECh，易求得DF210,EC4,S1DFECh142.103nn6310.9、求证：tan3Q.【解析】反证法假设tan3Q,则tan6Q,tan12Qtan24Q,从而tan30Q,矛盾.tan3Q.10、已知实系数二次函数xgx禾口3fxgxx有两相异实根，求证：gx没有实根.【解析】设fx2

43、2axbxc,gxdxexf5则由fxgx,可得adx2bexcf0,2be4adcf0.。可得3adx23bex3cf0,3be43ad3cf0化简得3b22e12ac4df，即e24df34acb2又b24ac0.2e4df0.gX没没实根2011年北大保送生考试数学试题参考解答证叫FQ乎l点0为双曲tar.fr-点.PQ曲红aPit的切fitAm为叔曲tft的小点分ZRF局.winht2'2证枫曲于廿日寺也不话汉厂在第一章服0氐r抽上心血分刖为左疔览点.曲圾的方程沟召一歹二I.f=Zas+胪+于逢令尸的坐标沟白wwlif.frAUih+创切代FQ方*，却xcoshtjysiuht

44、a一于绘Q点的坐棕为（&釜,。）,IPFiF(nh#+r)34-sinh2/IPFir(afusht-fj2¥fr2sin)?I(ac(xht+c)a+(八一az)(coah21一1)(acoshfcj2-boD(cofih”1)二(goflhfJ='Z任4ABC中存任点a满址ZBAO=£CAO=£CBO=L4QZ求证：的二边长组戚等比数列.证明.显保有OAOBOCOBOCOA='由正丈理碍sinZABOsinLOCBshiZOACsin恸。sinLOBCsinLOGA='利用乙扑条件，可得25一川2C-A2A限一28，。2.二阿变

45、邢播«»(CJ?)cos(C+B4)=1-cobA.即co8(C-B)-cos(C+3)=1«*2人-二sinCsinS=sin2A.3.是否存任实数使得f(x)=(ur+sinz存在两切线互解答.令a=0,门/'(%)=sin鸳它在工二0处怖切信，为$二工.另外它41H:=tt处的切良为F>=_9一町,拦然这罔条切线星相会查.注屯个人认为题目应读是问是否审在非芈实数。满更条件"$发是不序庄“这牛可以转化知一尢二次方鞋的问题，大家*T以认谏手-4设pg为实数，G)=x2+阿十0如果/(打)=0只有个实根，求逮彳p,q$0.证明.显然4x)=

46、0有实根，不扮设之为即班可以柚等则/«二(工一a)(r-«./(/(z)=(/(r)-a)(/(r)-fl).知果a,0中一者大于0,不厉仅为a,那么由千开a向上且f(x)=0有实根，耶么/(X)-a=0必风有两不等实楂，曲dJb这乌/(/(x)=0只有一个奥榷矛用.因此a,8榔不大于0,从而由痛达之理知P=(a + 8)0, q =0.5.肌位畴+二1有二点&（却,如）（劭，也），C（斑如,若劭十劭十二的十切十如二0,求证：右十戒”二出+於+谚二鲁证明.由越意和板的重心为原点，叩与外心重合，所以ABC为正三JM3,并以可权设人3,0对直辅角仇0+第,0+第，叫此=

47、CO62夕+77CO626十二sin2022另得比时出+於+出=3-9?+迓+工3二害2012年北京大学保送生考试数学试题及参考解答1.已知数列an为正项等比数列,且a3a4aa?5，求asa的最小值.5,a1 qfig:语酌列an的公仆为。0，milaqa。.由ai0知q1.1)45a5a6aeaeq1(q21)q215 q21qH?.fa_ffa证法二地叙当g5fa,fffa成等比数列得，=772.已知f:x为二次函数，且 a, f a ,f f a , f ff a成正项等比数列，求证：f aa .证法:设 f x 2 mx nx t m0，数列 a, f a , f fa,fff则 f a aq, f fa f aq aq2 , f f f a2