2011年2013“北约”“华约”自主招生数学试题

1、2011年“北约”13校联考自主招生数学试题2012年北约自主招生数学试题1、求x的取值范围使得f(x)x2xx1是增函数；2、求x116x2x2710 x21的实数根的个数；3、已知(x22xm)(x22xn)0的4个根组成首项为1的等差数列，求mn；44、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A(2,0),B(2,0)，若点C是圆x22xy20上的动点，求ABC面积的最小值。6、在1,2,2012中取一组数，使得随意两数之和不能被其差整除，最多能取多少个数？、求使得sin4xsin2xsinxsin3xa在0,)有唯一解的a；78、求证：若圆内接五边形的每

2、个角都相等，则它为正五边形；9、求证：关于随意的正整数n，(12)n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2013年北约自主招生数学试题解析1以2和132为两根的有理系数多项式的次数最小是多少？解析：显然，多项式f(x)(x22)(1x)32的系数均为有理数，且有两根分别为2和132.于是知，以2和132为两根的有理系数多项式的次数的最小可能值不大于5.若存在一个次数不超过4的有理系数多项式g(x)ax4bx3cx2dxe，其两根分别为2和132，其中a,b,c,d,e不全为0，则：g2(4a2ce)(2bd)24a2ce00d02bg132(7abcde)(2

3、a3b2cd)32(6a3bc)3407abcde02a3b2cd04a2ce0(1)2bd0(2)即方程组：7abcde0(3)，有非0有理数解.2a3b2cd0(4)6a3bc0(5)由（1）+（3）得：11abcd0（6）由（6）+（2）得：11a3bc0（7）由（6）+（4）得：13a4b3c0（8）由（7）（5）得：a0，代入（7）、（8）得：bc0，代入（1）、（2）知：de0.于是知abcde0，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)，其两根分别为2和132.综上所述知，以2和132为两根的有理系数多项式的次数最小为5.2在66的表中

4、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？解析：先从6行中选用3行停放红色车，有C63种选择.最上面一行的红色车地点有6种选择；最上面一行的红色车地点选定后，中间一行的红色车地点有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地点有4种选择。三辆红色车的地点选定后，黑色车的地点有3！=6种选择。所以共有C63654614400种停放汽车的方法.3已知x22y5,y22x5，求x32x2y2y3的值.解析：根据条件知：x32x2y2y3x(2y5)2(2y5)(2x5)y(2x5)15x15y4xy50由x22y5,y22x

5、5两式相减得(xy)(xy)2y2x故yx或xy2若xy则x22x5，解得x16.于是知xy16或xy16.当xy16时，x32x2y2y34xy15(xy)504x230 x504(x22x5)38x7038x70108386.当xy16时x32x2y2y34xy15(xy)504x230504(x22x5)38x70 x2y2(2y5)(2x5)2(yx)xy238x70108386.（2）若xy，则根据条件知：x2y2(2y5)(2x5)2(yx)xy2，于是x2y2(2y5)(2x5)2(xy)106，进而知xy(xy)2(x2y2)1.2于是知：x32x2y2y34xy15(xy)5

6、016.综上所述知，x32x2y2y3的值为108386或16.4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BMCN与MN的大小关系，并说明原因.解析：如图，延伸ND到E，使得DEDN，连结BE、ME.易知BDECDN，所以CNBE.又因为DM,DN分别为ADB,ADC的角平分线，所以MDN90，知MD为线段EN的垂直平分线，所以MNME.所以BMCNBMBEMEMN.5数列an知足a11，前n项和为Sn,Sn14an2，求a2013.解析：根据条件知：4an12Sn2an2Sn1an24an2an24an14an.又根据条件知：a11,S2a1a24a

7、12a25.所以数列an:a11,a25,an24an14an.又an24an14anan22an12(an12an).令bnan12an，则bn12bn,b1a22a13，所以bn32n1.即an12an32n1.对an12an32n1，两边同除以2n1，有an1an3，即an1an3.令cnan，2n12n42n12n42n则cn1cn3，c1a11，于是知cn13(n1)3n1.所以3n1422244an,2n(3n1)2n2.于是知：a2013(320131)22011301922012.46模长为1的复数A、B、C，知足ABC0，求ABBCCA的模长.ABC解析：根据公式zzz知，A

8、A1,BB1,CC1.于是知：ABBCCAABBCCAABBCCAABCABCABC(ABCCABCCBCAABCAACABBCABB)(AABBBBCCCCAA)(ABABBCBCCACA)(AABBCC)ABABBCBCCACA31.ABABBCBCCACA3所以ABBCCA的模长为1.ABC7最多能取多少个两两不等的正整数，使得其中随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、3k1型、3k2型.3k型首先，我们能够证明，所取的数最多只能取到两类.否则，若三类数都有取到，设所取数为3a，3k1型数为3b1，3k2型数为3c2，则3a(3b1)(3c2)3(abc1)

9、，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3kr(r0、1、2)型的数至少取到三个，设其中三个分别为3ar、3br、3cr，则(3ar)(3br)(3cr)3(abcr)，不可能为素数.所以每类数最多只能取两个.联合上述两条，我们知道最多只能取224个数，才有可能知足题设条件.另一方面，设所取的四个数为1、7、5、11，即知足题设条件.综上所述，若要知足题设条件，最多能取四个两两不同的正整数.8已知a1、a2、a3、L、a2013R，知足a1a2a3La20130，且a12a2a22a3a32a4La20122a2013a20132a

10、1，求证：a1a2a3La20130.解析：根据条件知:(a12a2)(a22a3)(a32a4)L(a20132a1)(a1a2a3La2013)0，（1）另一方面，令a12a2a22a3a32a4La20132a1m，则a12a2、a22a3、a32a4、L、a20132a1中每个数或为m，或为m.设其中有k个m，(2013k)个m，则：(a12a2)(a22a3)(a32a4)L(a20132a1)km(2013k)(m)(2k2013)m（2）由（1）、（2）知：(2k2013)m0（3）而2k2013为奇数，不可能为0，所以m0.于是知：a12a2,a22a3,a32a4,L,a20

11、122a2013,a20132a1.进而知：a122013a1，即得a10.同理可知：a2a3La20130.命题得证.9对随意的，求32cos6cos66cos415cos2的值.解析：根据二倍角和三倍角公式知：32cos6cos66cos415cos232cos6(2cos231)6(2cos221)15(2cos21)32cos62(4cos33cos)2162(2cos21)2115(2cos21)32cos6(32cos648cos418cos21)(48cos448cos26)(30cos215)10.10已知有mn个实数，排列成mn阶数阵，记作aij，使得数阵中的每一行从左到mx

12、n右都是递增的，即对随意的i1、2、3、L、m，当j1j2时，都有aij1aij2.现将aij的mxn每一列原有的各数按照从上到下递增的次序排列，形成一个新的mn阶数阵，记作a，即对随意的、n，当i1i时，都有aijaij.试判断a中每ijmxnj123L212ijmxn一行的n个数的大小关系，并说明原因.解析：数阵aij中每一行的n个数从左到右都是递增的，原因如下：mxn显然，我们要证数阵aij中每一行的n个数从左到右都是递增的，我们只要证明，关于mxn随意i1、2、3、L、m，都有aijai(j1)，其中j1、2、3、L、n1.若存在一组apqap(q1).令ak(q1)aik(q1)，其

13、中k1、2、3、L、m，i1,i2,i3,L,im1,2,3,L,m.则当tp时，都有aitqait(q1)at(q1)ap(q1)apq.也即在aiq(123、m)中，起码有p个数小于apq，也即apq在数阵aij的第q列i、Lmxn中，起码排在第p1行，与apq排在第p行矛盾.所以关于随意i1、2、3、L、m，都有aijai(j1)，即数阵aijmxn中每一行的n个数从左到右都是递增的.2011年高水平大学自主选拔学业能力测试（华约）数学注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考据号填写在答题卡上。2将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择

14、题：本大题共10小题，每题3分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的。1设复数z知足|z|1且|z1|5，则|z|z2（A）4（B）3（C）2（D）15432【答案】D2在正四棱锥P-ABCD中，M，N分别为PA，PB的中点，且侧面与地面所成二面角的正切值为2。则一面直线DM与AN所成交角的余弦值为（A）1（B）1（C）1（D）136812【答案】B3过点(1,1)的直线l与曲线yx3x22x1相切，且(1,1)不是切点，则直线l的斜率是（A）2（B）1（C）1（D）2【答案】C4若AB2，则cos2Acos2B的最小值和最大值分别为3（A）13,3（B）1,3（C）13,1

15、3（D）1,1222222222【答案】B5如图，O1和O2外切于点C，O1，O2又都和O内切，切点分别为A，B。AOB,ACB，则ABC（A）cossin02（B）sincos02（C）sin2sin0（D）sin2sin0O1O2O【答案】B或C？6已知异面直线a,b所成60角，A为空间中一点，则过A与a,b都成45角的平面（A）有且只有一个（B）有且只有两个（C）有且只有三个（D）有且只有四个【答案】B7已知向量a(0,1)，b3,1，c3,1，xaybzc(1,1)。则2222x2y2z2的最小值为（A）1（B）4（C）3（D）232【答案】B8AB过抛物线y24x焦点F的弦，O为坐标

16、原点，且OFA135o，C为抛物线准线与x轴的交点，则ACB的正切值为（A）22（B）42（C）42（D）22533【答案】A9如图，已知ABC的面积为2，D，E分别为边AB，边AC上的点，F为线段DE上一点，设ADx,AEy,DFz，且yzx1，则BDF面积的最大值为ABACDEA（A）8（B）102727DF（C）14（D）16E2727【答案】DB10将一个正11边形用对角线区分为9个三角形，这些对角线在正不相交，则（A）存在某种分法，所分出的三角形都不是锐角三角形（B）存在某种分法，所分出的三角形恰有2个是锐角三角形（C）存在某种分法，所分出的三角形起码有3个锐角三角形（D）任何一种分

17、法所分出的三角形都恰有1个锐角三角形【答案】二、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。11（本小题满分14分）C边形内两两已知ABC不是直角三角形。（I）证明：tanAtanBtanCtanAtanBtanC；（II）若3tanC1tanBtanC，且sin2A,sin2B,sin2C的倒数成等差数列，tanA求cosAC的值。212（本小题满分14分）已知圆柱形水杯质量为a克，其重心在圆柱轴的中点处（杯底厚度及重量忽略不计，且水杯直立放置）。质量为b克的水恰巧装满水杯，装满水后的水杯的重心还在圆柱轴的中点处。（）若b2a，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；（

18、）水杯内装多少克水能够使装入水后的水杯的重心最低？为什么？13（本小题满分14分）已知函数f(x)2x，f(1)1，f12，令x11，xn1f(xn)。axb232（）求数列xn的通项公式；（）证明：x1x2xn1。2e14（本小题满分14分）x2y21（a0,b0），F1，F2分别为C的左、右焦点，P为C右已知双曲线C:2b2a支上一点，且使F1PF21PF的面积为33a2。，又F23（）求C的离心率e；（）设A为C的左极点，Q为第一象限内C上的随意一点，问是否存在常数(0)，使得QF2AQAF2恒建立。若存在，求出的值；若不存在，请说明原因。15（本小题满分14分）将一枚平均的硬币连续投掷

19、n次，以pn表示未出现连续3次正面的概率。（）求p1,p2,p3和p4；（）探究数列pn的递推公式，并给出证明；（）议论数列pn的单一性及其极限，并阐述该极限的概率意义。解答：（1）p11，p21，p37，p413，p53，p611，p781，。816416128（）如果第n次出现反面，那么前n次不出现连续3次正面和前n1次不出现连续3次正面是等价的，所以这个时候不出现连续3次正面的概率是1pn1；2如果第n次出现正面，第n1次出现反面，那么前n次不出现连续3次正面和前n2次不出现连续3次正面是等价的，所以这个时候不出现连续3次正面的概率是1pn2；4如果第n次出现正面，第n1次出现正面，第n

20、2次出现反面，那么前n次不出现连续3次正面和前n2次不出现连续3次正面是等价的，所以这个时候不出现连续3次正面的概率是1pn3。8如果第n次出现正面，第n1次出现正面，第n2次出现正面，那么已经出现连续3次正面，所以不需要考虑。111（n3）。其中p01，p11，p21。综上，有pnpn1pn2pn3248我们先定义几个函数：f(n)：将一枚平均的硬币连续投掷n次，起码有连续3次相同，总合有f(n)种情况。g(n)：将一枚平均的硬币连续投掷n次，至多连续2次相同（能够有不同的连续2次相同），且最后2次连续相同，总合有g(n)种情况。h(n)：将一枚平均的硬币连续投掷n次，至多连续2次相同（能够

21、有不同的连续2次相同），且最后2次不相同，总合有h(n)种情况。显然，下面的等式建立：f(n)+g(n)+h(n)=2nf(n)=2f(n-1)+g(n-1)g(n)=h(n-1)化简得：g(n+1)=g(n)+g(n-1)这个著名数列就不再啰嗦了最后由g(n)求得f(n)自然，最后的结果是f(n)/2,因为连续正与连续负的情况是相等的2012年高水平大学自主选拔学业能力测试（华约）数学部分注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名、准考据号填写在答题卡上。将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共10小题，每题3分，在每题给出的四个选项中，只

22、有一项是切合题目要求的。（1）在锐角ABC中，已知ABC,则cosB的取值范围为（）(A)0,2(B)1,2(C)0,1(D)2,12222（2）红蓝两色车、马、炮棋子各一枚，将这6枚棋子排成一列，其中每对同字的棋子中，均为红棋子在前，蓝棋子在后，知足这种条件的不同的排列方式共有（）(A)36种(B)60种(C)90种(D)120种（3）正四棱锥SABCD中，侧棱与底面所成角为，侧面与底面所成二面角为，侧棱SB与底面正方形ABCD的对角线AC所成角为，相邻两侧面所成二面角为，则,之间的大小关系是（）(A)(B)(C)(D)（4）向量ae，e1。若tR，ateae则（）(A)ae(B)a(ae)

23、(C)e(ae)(D)(ae)(ae)（5）若复数w1的实部为0，Z是复平面上对应1的点，则点Zx,y的轨迹是()w11w(A)一条直线(B)一条线段(C)一个圆(D)一段圆弧（6）椭圆长轴长为4，左极点在圆(x4)2y24上，左准线为y轴，则此椭圆离1心率的取值范围是（）111111(D)13(A),(B),(C),2,8442824（7）已知三棱锥SABC的底面ABC为正三角形，点A在侧面SBC上的射影H是SBC的垂心，二面角HABC为30，且SA2，则此三棱锥的体积为（）(A)1(B)3(C)3(D)32244（8）如图，在锐角ABC中，AB边上的高CE与AC边上的高BD交于点H。以DE

24、为直径作圆与AC的另一个交点为G。已知BC25，BD20，BE7，则AG的长为（）8(B)42(C)10(D)54(A)552（9）已知数列an的通项公式为anlg(1)，n1,2,。Sn是数列的前n项和。n23n则limSn（）n(A)0(B)lg3(C)lg2(D)lg32610(i1,2,10102取得最大值时，在x1,x2,x10（10）已知xi10),xi50，当xii1i1这十个数中等于6的数共有（）(A)1个(B)2个(C)3个(D)4个二、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。（11）(本小题满分14分)在ABC中，A,B,C的对边分别为a,b,c。已知2sin2AB

25、1cos2C2求C的大小若c22b22a2，求cos2Acos2B的值（12）(本小题满分14分)uuuruuuruuur2已知两点A2,0,B2,0，动点P在y轴上的射影是H，且PAPB2PH求动点P的轨迹C的方程已知过点B的直线交曲线C于x轴下方不同的两点M,N，设MN的中点为R，过R于点Q0,2作直线RQ，求直线RQ斜率的取值范围。13）(本小题满分14分)系统中每个元件正常工作的概率都是p(0p1)，各个元件正常工作的事件相互独立，如果系统中有多于一半的元件正常工作，系统就能正常工作。系统正常工作的概率称为系统的可靠性。1）某系统配置有2k1个元件，k为正整数，求该系统正常工作概率的表

26、达式2）现为改良（1）中系统的性能，拟增加两个元件。试议论增加两个元件后，可否提高系统的可靠性。(本小题满分14分)x2xn1,2证明：当n是偶数时，方程fn(x)0没记函数fn(x)1x,n2!n!有实根；当n是奇数时，方程fn(x)0有唯一的实根n，且nn2。(本小题满分14分)某乒乓球培训班共有n位学员，在班内双打训练赛期间，每两名学员都作为搭档恰巧参加过一场双打比赛。试确定n的所有可能值并分别给出对应的一种安排比赛的方案。2012年光约数学参照答案一、选择题ACBCAB略DDC二、解答题11解：（1）C=2/3；（2）cos2Acos2B=3/412解：AP?BP2PH2（1）设P(x

27、,y),则H(0，y),由得（x2,）(x-2,y)2x2,即y2-x24y?（2）令CD:xmy2(m0)代入y2x24，整理得(1m2)y24my80因为直线在x轴下方交P点轨迹于C(x1,y1)，D(x2,y2)两点所以上式有两个负根，由1m2016m232(1m2)04my1y21m201m28y1y21m20根据韦达定理，得CD中点M的坐标为M(x1x2,y1y2)(12,2m)22m21m2代入直线MQ的方程y+2=kx,(k为其斜率)得2m22k1m21m21)25所以，k=m2m1(m(21,1),(1m2).24K113解答：显然PKC2nk1(1p)np2k1n,n0nnn

28、1n2注意到C2k1C2k12C2k1C2k1，kn所以PK1=C2nk1(1p)p2k1nn0knn1n2n2k1np)p=n0(C2k12C2k1C2k1)(1kkk=nC2nk1(1p)np2k1n2C2nk11(1p)np2k1nC2nk21(1p)np2k1n0n1n2kkk=nC2nk1(1p)np2k1n2C2nk11(1p)n1p2knC2nk21(1p)n2p2k1n0n0n0k1C2nk1(1p)np2k1n(p22(1p)p(1p2)n0C2kk1(1p)kpk1C2kk11(1p)k1pkk1C2nk1(1p)np2k1nC2kk1(1p)kpk(p(1p)n0=PKC

29、2kk1(1p)Kpk(2p1)因此，当p1时，pk递增，当P1时，pk递减。2214证明：用数学概括法证明f2n1(x)0有唯一解x2n1且严格单一递增，f2n(x)0无实数解，显然n=1时，此时f1(x)1x有唯一解x11，且严格单一递增，而f2(x)1xx2无实2数解，现在假定f2n1(x)0有唯一解x2n1且严格单一递增，f2n(x)0无实数解，于是注意到f2n1(x)f2n(x),f2n1时，对随意的0kn有x+2k+10,于是nx2kx2k1)，所以f2n1(2n1)0,f2n1(x)(x2kk0(2k)!(2k1)!又因为f2n1(0)10,所以由f2n1(x)严格递增知f2n1

30、(x)0有唯一根0 x2n12n1，关于f2n2(x)有f2n2f2n2(x)f2n1(x)，所以（，x2n1）上，递减，在（x2n1，+）上，递增，所以2n22n2minf2n2(x)f2n2(x2n1)x2n1x2n10,(2n2)!(2n2)!xR因此，f2n2(x)0无实数解综上所述，对随意正整数n,当为偶数时fn(x)0无解，当为奇数fn(x)0有唯一解xn。再证x2n1x2n1，事实上，由f2n1(x)的严格单一性，只要考证f2n1(x2n1)0，注意到f2n1(x)f2n1(x)x2nx2n1，由上述概括法证明过程中，x2n12n1，所以(2n)!(2n1)!2n2n12nx2n

31、1x2n1x2n1(x2n12n1)0，ff2n1(x2n1)(2n(2n)!(2n1)!1)!因此x2n1x2n1，综上所述，原命题得证。15假定比赛了K场，那么由题目假定，一场比赛出现了2对队友，所以Cn2=2k，也就是说4k=n(n-1)，那么获得n=4l或许4l+1,期中lN，下边证明，关于随意的n=4l，或许4l+1,其中lN,都能够结构出知足要求的比赛：n=4l+1,的时候，关于L使用数学概括法：（1）当L=1的时候，N=5，此时假定这5名选手为A,B,C,D,E,那么如下安排比赛即可，AB-CD,AC-BE,BC-DE,AE-BD,AD-CE.（2）设当L=M时结论建立，则L=M

32、+1时，设4M+5选手为A,B,C,D,EF11,F12,F21,F22,F21m,F22m，由概括假设，可以安排E,F11,F12,F21,F22,F21m,F22m之间的比赛，使得他们之间每两位选手的作为队友恰巧只参加过一次比赛，还剩下A,B,C,D，E,相互的比赛和A,B,C,D与F11,F12,F21m,F22m之间的比赛，A,B,C，D与F11,F12,F21m,F22m之间的比赛安排如下：FL1与BFL2,AFL2与BFL1,CFL1与DFL2,CFL2与DFL1,知足要求。最后将这些比赛总计起来，就是知足要求的4M+5位选手之间的的比赛了。由数学概括法得证，N=4L时，对L使用数

33、学概括法，能够近似方法证明（略）。综上所述，N的所有可能取值是N=4L或4L+1，其中LN.2013年光约自主招生数学试题解析1.设Ax|x10,xN,BA，且B中元素知足：随意一个元素的各数位的数字互不相同；随意一个元素的随意两个数位的数字之和不等于9；1）求B中的两位数和三位数的个数；2）是否存在五位数，六位数？（3）若从小到大排列B中元素，求第1081个元素.解析：将0，1，9这10个数字按照和为9进行配对，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组成.（1）两位数有C5222A22C41272个；三位数有C53

34、23A33C4222A22432个；（2）存在五位数，只要从上述五个数对中每对取一个数即可组成切合条件的五位数；不存在六位数，由抽屉原理易知，若存在，则起码要从一个数对中取出两个数，则该两个数字之和为9，与B中随意一个元素的随意两个数位的数字之和不等于9矛盾，因此不存在六位数.（3）四位数共有C5424A44C4323A331728个，因此第1081个元素是四位数，且是第577个四位数，我们考虑千位，千位1，2，3的四位数有3C4323A33576个，因此第1081个元素是4012.sinxsiny132.已知，求cos(xy),sin(xy).cosxcosy15解析：由sinxsiny1c

35、osy1，平方相加得cos(xy)208，cosx5，另一3225方面由得2sinxycosxy1，由得2sinxysinxy1，223225xy32tanxy15y)2除以得tan2，因此sin(xxy.51217tan23.点A在ykx上，点B在ykx上，其中k0,OAOBk21，且A,B在y轴同侧.（1）求AB中点M的轨迹C；（2）曲线C与抛物线x22py(p0)相切，求证：切点分别在两条定直线上，并求切线方程.解析：（1）设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y)，则y1kx1,y2kx2，由OAOBk21得x1x21，即(x1x2)2(x1x2)21，又xx1x2,yy1y2

36、kx1x2，于是M的44222轨迹方程为x2y21，于是AB中点M的轨迹C的焦点为k21,0，实轴长为2k2的双曲线.（2）将x22py(p0)与x2y21联立得y22pk2yk20，曲线C与抛物线相切，k2故4p2k44k20，又因为p,k0，所以pk1，且ypk2k,x2pk2，因此两切点分别在定直线x2,x2上，两切点为D(2,k),E(2,k),Qyx，于是在D(2,k)处的切线方程分别为py2(x2)k，即y2x1，ppp在E(2,k)D(2,k)处的切线方程分别为y2(x2)k，即y2x1.ppp4.7个红球，8个黑球，一次取出4个.1）求恰有一个红球的概率；2）取出黑球的个数为X

37、，求X的散布列和希望（EX）；（3）取出4个球同色，求全为黑色的概率.解析：（1）恰有一个红球的概率为C71C8356；C154195（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，4，P(XC745C73C81400),P(X1)，C154195C154195P(X2)C72C8284,P(XC71C83564)C8410C1541953),P(X，C154195C154195即X的分别列为X01234P540845610195195195195195所以EX5408456103201234.19519519519519515（事实上由超几何散布希望公式能够直接得出希望为EX832，无需繁琐计算）41515（3）取出4个球色，全为黑色的概率为C842C74C84.35.数列an各项均为正数，且对随意nN*知足an1ancan2(c0为常数).（1）求证：对随意正数M