历年自主招生试题分类汇编-数列

历年自主招生试题分类汇编——不等式5.（2014年北约）已知xy1且x,y都是负数,求xy1的最值.xy【解】由x0,y0可知,xy1|xy|1|x||y|1,所以|xy||x||y|(|x||y|)21,即xy(0,1],444令txy(0,1],则易知函数yt1在(0,1]上递减,所以其在(0,1]上递减,4t4于是xy1有最小值4117,.无最大值xy44解答二：1(x)(y)2xy得0xy1，而函数f(t)t1在(0,1)上单调递4t减，在(1,)单调递增，故f(xy)f(1)，即xy117，当且仅当xy1时4xy42取等号．10.（2014年北约）已知x1,x2,,xnR,且x1x2xn1,求证:(2x1)(2x2)(2xn)(21)n.【证】(一法:数学归纳法)①当n1时,左边2x12121右边,不等式成立;②假设nk(k1,kN*)时,不等式(2x1)(2x2)(2xk)(21)k成立.那么当nk1时,则x1x2xkxk1,k1个正数不能同时都大于1,1由于这也不能同时都小于1,因此存在两个数,其中一个不大于1,另一个不小于1,不妨设xk1,0xk11,从而(xk1)(xk11)0xkxk11xkxk1,所以(2x1)(2x2)(x2k)(xk21)(2x1)(2x2)[2kx2(xk1xk)kx1](2x1)(2x2)(x2kxk1)(21)(k21)(21k)1(21)其中推导上式时利用了x1x2xk1(xkxk1)1及nk时的假设,故nk1时不等式也成立.综上①②知,不等式对任意正整数 n都成立.(二法)左边展开得 ( 2 x1)( 2 x2) ( 2 xn)(2)n(2)n1n(2)n2((2)nk(xixixj)xi1xi2xik)x1x2xni11ijn1i1i2ikn由平均值不等式得11xixixiCnk(xixixi)CnkCnk((x1x2k1Cnkk2xn)Cn1)Cnk1i1i2ikn1i1i2ikn故(2x1)(2x2)(2xn)n(n11(n22(nkkCnn(n2)2)Cn2C)n2C)n,2即证1.)(三法)由平均值不等式有n2n21nxknxk1n(n⋯⋯①;n()n⋯⋯②)2xk2xkk12xkk12xkk1k11①+②得nn2(x1x2xn)n,即(2x1)(2x2)(2xn)(21)nn1成立.(2xk)nk11n22(四法)由AMGM不等式得：()n，ni1xi2n(xi2)i11(nxi)n1，两式相加得：121，故ni1xi2nn(xi2)n(xi2)i1i1nn．(2xi)(1)2i11．（2011年北约文）02，求证：sintan．【解析】不妨设f(x)xsinx，则f(0)0，且当0x时，f(x)1cosx0．于是2f(x)在0x上单调增．∴f(x)f(0)0．即有xsinx．2同理可证g(x)tanxx0．g(0)0，当0x时，g(x)110．于是g(x)在0x上单调增。222cosx∴在0x上有g(x)g(0)0。即tanxx。2注记：也可用三角函数线的方法求解．7.（2014年华约）已知nN*,xn,求证:nn(1x)nexx2.nx)x【证明】原不等式等价于nx2n((1en)n.n当x2n,上述不等式左边非正,不等式成立;当x2n时,由ey1y(y0)及贝努力不等式(1y)n1ny(n1,y1),xx)x))n22从而n((1x)en)nn((1(1n(1x2)nn(1nx2)nx2,即证.nnnnn1.（2014年卓越联盟）|x3|2x210,求x范围.【解】由|x3|2x210|x|32|x|210(|x|1)(|x|125)(|x|15)02所以由数轴标根法得|x|(,15)(1,15),又因为|x|0,22所以x(1515).,1)(1,221、（2013年卓越联盟）设函数fxxsinx．若x1、x2π，π，且fx1fx2，22则A．x1x2B．x1x20C．x1x2D．x12x22答案:（文科）D．历年自主招生试题分类汇编——初等数论7．（2013年北约）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①不能三类都有；②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

n

4．当n4时，取1，3，7，9，其任意三数之和为所以满足要求的正整数最多有4个．

11，13，17，19均为素数，满足题意，题6（2012年北约）在1，2，⋯，2012中取一组数，使得任意两数之和不能被其差整除，问最多能取多少个数？解： 将1，2，⋯，2012分成（1，2，3），（4，5，6，）⋯，（2008,2009,2010）,（2011,2012）这671组，如果所取数 n 672，则由抽屉原理必然有两个数属于同一组，不妨设为ab，则ab1或2。当ab1时，此时ab整除ab，不合要求。当ab2时，此时，a与b同奇偶，所以ab为偶数，从而ab也能整除ab，也不合要求。∴n671，考察1,4,7，⋯，2011这671个数中的任两数ab，则abk3k,2N，而ab3l,lN，∴ab不整除ab，从而可知，最多能取671个数，满足要求。评析： 本题考查整除问题，而解答主要用到竞赛数学中的抽屉原则和剩余类，整除等简单的数论知识，体现出自主招生试题要求考生有一定的竞赛数学知识，并掌握数学竞赛的一些常用方法和技巧。6.（2013年华约）已知x,y,z是互不相等的正整数,xyz|(xy1)(xz1)(yz1),求x,y,z.【解】本题等价于求使(xy1)(xz1)(yz1)xyz(xyz)xyyzzx1xyzxyz为整数的正整数x,y,z,由于x,y,z是互不相等的正整数,因此xyz|xyyzzx1,不失一般性不妨设xyz,则xyzxyyzzx13yx,于是z3,结合z为正整数,故z1,2,当时,xy|xyyx1,即xy|yx1,于是xyxyyx12x,所以y2,z1但另一方面yz,且为正整数,所以y2矛盾,不合题意.所以z2,此时2xy|xy2y2x1,于是2xyxy2y2x1,即xy2y2x1,也所以xy2y2x4x,所以y4,又因为yz2,所以y3;于是6x|5x5,所以6x5x5,即x5,又因为xy3,所以x4,5,经检验x5符合题意,于是符合题意的正整数x,y,z有(x,y,z)=(2,3,5)、(2,5,3)、(3,2,5)、(3,5,2)、(5,2,3)、(5,3,2)注:该题与2011年福建省高一数学竞赛试题雷同 .历年自主招生试题分类汇编——导数7.（2014年华约）已知nN*,xn,求证:nn(1x)nexx2.nxx【证明】原不等式等价于nx2n((1)en)n.n当x2n,上述不等式左边非正,不等式成立;当2n时由ey1y(y0)及贝努力不等式(1y)n1ny(n1,y1),x,xx)x))n22从而n((1x)en)nn((1(1n(1x2)nn(1nx2)nx2,即证.nnnnn7.（2013年华约）已知f(x)(1x)ex1求证:(1)当x0,f(x)0;(2)数列{xn}满足xnexn1exn1,x11,求证:数列{xn}单调递减且xn12n.【解】(1)当x0时,f(x)xex0,所以f(x)在(0,)上递减,所以f(x)f(0)0.(2)由xnexn1exn1得exn1exn1,结合x11,及对任意x0,exx1,利用数学归纳法xn易得xn0对任意正整数n成立由(1)知f(xn)0即exn1xexn,,,n即xnexn1xnexn,因为xn0,所以exn1exn,即xnxn1,所以数列{xn}递减,下面证明xn1,用数学归纳法证,设g(x)ex1xexex1f(x),2nx,则g(x)x2x2由(1)知当x0时,f(x)0,即g(x)0,故g(x)在(0,)递增,由归纳假设xn12ng(11只需证明exn111得g(xn)),要证明xn1e2n1,即g(xn)e2n1,2n2n1故只需证明g(1)1xxxe2n1,考虑函数h(x)xg(x)xe2,因为当x0时e21,2n2xxxx)]所以h(x)ex(1x)e2e2[e2(10,故h(x)在(0,)上递增,又10,222n1111所以h(e2n1xnn成立.2n)0,即g(n),由归纳法知,n对任意正整数22注:此题的函数模型与2012年清华大学保送生考试试题的函数模型相似.(14)（2012年华约）记函数fn(x)1xx2xn,n1,2证明：当n是偶数时，2!n!方程fn(x)0没有实根；当n是奇数时，方程fn(x)0有唯一的实根n，且n＞n2。证明一：用数学归纳法证明f2n1(x)0有唯一解x2n1且严格单调递增，f2n(x)0无实数解，显然n=1时，此时f1(x)1x有唯一解x11，且严格单调递增，而f2(x)1xx2无2实数解，现在假设f2n1(x)0有唯一解x2n1且严格单调递增，f2n(x)0无实数解，于是注意到f2n1(x)f2n(x),f2n1时，对任意的0≤k≤n有x+2k+1≤0,于是nx2kx2k1)，所以f2n1(2n1)0,f2n1(x)(1)!(x2kk0(2k)!(2k又因为f2n1(0)10,所以由f2n1(x)严格递增知f2n1(x)0有唯一根0x2n12n1，对于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,xR(2n2)!(2n2)!因此，f2n2(x)0无实数解综上所述，对任意正整数n,当ｎ为偶数时fn(x)0无解，当ｎ为奇数fn(x)0有唯一解xn。再证x2n1x2n1，事实上，由f2n1(x)的严格单调性，只需验证f2n1(x2n1)0，注意到f2n1(x)－f2n1(x)＝x2nx2n1，由上述归纳法证明过程中，x2n12n1，所(2n)!(2n1)!以2n2n12nf2n1(x2n1)x2n1x2n1x2n1(x2n12n1)0，(2n)!(2n1)!(2n1)!因此x2n1x2n1，综上所述，原命题得证。证明二：记fn(x)1xx2x3xn,我们对Ｎ使用数学归纳法证明加强命2!3!n!题，方程 fn(x) 0在Ｎ为偶数的时候实数上恒大于零，在Ｎ为奇数的时候，在实数上严格单调递增并且可以取遍所有实数。（１）当 N=1,2的时候，直接验证，结论显然成立。（２）当 N=K-1的时候结论成立，那么， N=K的时候：K是偶数的时候，1x2x3xk(x)fk1(x)，那么由归纳假设，我们知x3!f2!k!道存在一个x00为fk1(x)0的根，使得在xx0的时候fk(x)fk1(x)0，在xx0的时候，fk(x)fk1(x)>０，所以可以看出fk(x)在实数上的最小值应该在x0处取到，kfk(x0)fk1(x0)x0kx0k(x02)20，也就是说fk(x)在实数上每个取值都大于零，因k!k!k!此结论成立。Ｋ是奇数时，fk(x)1xx2x3xk，fk(x)fk1(x)，那么由归纳假设，我2!3!k!们知道fk(x)fk1(x)恒成立，也就是说fk(x)严格单调递增，而fk(x)是一个奇数次最高项系数大于零的一个多项式，因此，可以知道当X趋近于—∞的时候，fk(x)也趋于—∞，当X趋于+∞的时候，fk(x)也趋于+∞，而fk(x)连续，因此我们证明了fk(x)在实数上严格单调递增并且可以取遍所有的实数（这点如果不用极限的符号书写法也可以将fk(x)分段说明，但写起来比较麻烦）3、（2011年华约）曲线f(x)x3x22x1，过点(1,1)的直线l与曲线相切，且(1,1)不是切点，则直线l的斜率为()A、2B、1C、1D、2解答：设切点为(x0,x03x022x01)，则切线斜率为k3x022x02，切线方程为y(x03x022x01)(3x022x02)(1x0，)将点(1,1)入代得：1(x03x022x01)(3x022x02)(1x0)，整理得2(x01)2(x01)0，x01,x01，所以这条切线的斜率为1.7．（2010年华约）设f(x)eax(a0)．过点P(a,0)且平行于y轴的直线与曲线C:yf(x)的交点为Q，曲线C过点Q的切线交x轴于点R，则PQR的面积的最小值是（B）（A）1（B）2e（C）ee22（D）249.（2014年卓越联盟）设f(x)在xR上可导,且对任意的x0R有0f(xx0)f(x0)4x(x0)(1)证明:f(x0)f(xx0)f(x0)(x0);x(2)若|f(x)|1,则|f(x)|4.【解】(1)由题知f(x)单调递增,利用拉格朗日中值定理可知:存在(x0,x0x),使得f()f(xx0)f(x0),于是f(x0)f()f(xx0)f(x0)(xx0)x0(xx0)x0(2)若存在f(u)4(uR),则在[u,)上f(x)4,于是有|f(x)f(u)||f()x(u)|x4(u),ux(,x),u取xu1,则|f(u1)f(u)|4.但是由于|f(x)|1,所以|f(u1)f(u)|2,矛盾.同理在f(u)4时也可得矛盾.结论成立.2、（2013年卓越联盟）设函数fx在R上存在导数fx，对任意的xR有fxfxx2，且在0，上fxx．若f2afa≥22a，则实数a的取值范围为（）A．1，B．，1C．，2D．2，答案:B．（2013年卓越联盟理）设x0，⑴证明ex1x1x2；2⑵若e1x1xe，证明：0yx．x2y2答案:⑴（本小问6分）设fxex1x1x2，x0，，则fxex1x．2令gxex1x，x0，，则gxex1．当x0时，由于ex1，所以gx0，因此gx在0，上单调递增．于是有fxgxg00，x0，．从而可知fx在0，上单调递增，又f00，所以fx0，x0，，即ex1x1x2，x0，．2⑵（本小问9分）设hxex1x1x2ex，x0，，则hxex1xex1x2ex．22令pxex1xex1x2ex，x0，，则2pxx12x0，x0，．2xe2xe所以px在0，上单调递减，从而hxpxp00，因此hx在0，上单调递减，于是hxh00，即2ex1xex，x0，．x2结合⑴有e01cy2ex1xex，得0yx．x2（11）（2012年卓越联盟）已知函数fxax21，其中a是非零实数，b0。bx（Ⅰ）求fx的单调区间（Ⅱ）若a0，设|xi|1，i1，2，3，且x1x20，x2x30，x3x10。a证明：fx1fx2fx32a；b（Ⅲ）若fx有极小值fmin，且fminf(1)2，证明|fx|n|fxn|2n2nN*。解答：（1）fxax21a10)，=x(xbxbbx当a0时，fx在(，0)和(0，+)上分别单调递减；当a0时，fx在，-1和1，+上分别单调递增；aafx在-1，01上分别单调递减.和，a0a（2）由|xi|1知xi1或xi1.aaa由x1x20，x2x30，x3x10知x1，x2，x3中至多有一个为负数.①当x1，x2，x3均大于零时，x11，x21，x31，aaa由fx在1，+a得f(x1)f1=2aab所以f(x1)+f(x2)+f(x3)

上单调递增，，f(x2)2a，f(x3)2a，bb2 a；②当x1，x2，x3中有一个为负数时，不妨假设x11，x21，x31，aaa则由x1x20，得x2x11，所以f(x2)f(x1)f(x1)，f(x2)f(x1)0.a又因为f(x3)2a，所以f(x1)+f(x2)+f(x3)2abb.（3）若fx有极小值fmin，且fminf(1)2，由（1）知：12a，解得a1，b1，所以fx1，a0，且=1，=2x(x0)abnx1n所以|fx|n|fxn|=xxn1x1xn1xxnxxn.①当n1时，|fx|n|fxn|=0=212，不等式显然成立；②当n2时，1n11n211xxn1n12x3n3xn=CnxxCn2Cnxx3xx1n22n43n6nC1xn2(n1)=CxCxCxnnnn；1n1111xn123nC1nx=Cnn2Cn4Cn6xxxnnnxxxn上面两式相加得2x1xn12(C1nCn2C3nnxx即|fx|n|fxn|2n2n2.综上得|fx|n|fxn|2n2nN*.

n111Cnxn1x1n2(n，1)Cnn1)2(2n2)，(15)（2011年卓越联盟）(Ⅰ)设f(x)=xlnx，求f′(x)；1bC|dx取得最小值；(Ⅱ)设0<a<b，求常数C，使得ba|lnxa(Ⅲ)记(Ⅱ)中的最小值为ma,b，证明：ma,b<ln2．(1)f(x)lnxx1lnx1;x(2)若clna,则|lnxc|lnxc,显然,当clna,lnxc取最小;若clnb,则|lnxc|clnx,当clnb,clnx取最小.故lnaclnb.1b1ecb|lnxc|dx[(lnxc)dxc(clnx)dx]baabaae1ec[(lnx1)(c1)]dxb1)(lnx1)]dx}{c[(cbaae由(1)知ec1)(1)]lnec(1)(c)[(lnxcdxx|caxaeab1)(lnx1)]dx(c1)(eca)xlnx|bc[(ccee所以,1bc|dx1(alnablnb2ecabacbc)()b|lnxaaba记()2c()calnablnbab,gceab则令g(c)2ecab0,得cabab12即cb2时,a|lnxC|dx取最小值.ba(3)将cab)式右边,Ma,b1[alnablnb(ab)lnab]ln22代入(ba2等价于ab(ab)lnalnablnb(ba)ln2(ab)ln()lnablnb2bln22abaaln(ab)alnabln(ab)blnb2bln2aln(1b)bln(a1)2bln2.ab由于0ab,a12时,bln(1a)bln2.所以下面只须证明aln(1b)bln2即可.bba又aln(1b)bln2aln(1b)ln2.令at(0,1),abab则abtln(11ln(11t,注意到函数ln(11t1.ln(1))))是单调递增的,且tbattt所以ln(11tln(111ln2.得证.))t1历年自主招生试题分类汇编——复数6．（2013年北约）模长为１的复数x,y,z满足xyz0，求xyyzzx．xyz解析取xyz1，便能得到xyyzzx＝1．xyz下面给出证明，xxyyzz1，2xyyzzxxyyzzx于是xyyzzxxyyzzxxyyzzxxyzxyzxyzxyzxyz111xzyzyxzxzxyx1．∴xyyzzx＝1．111xzyzyxzxzxyxxyz（5）（2012年华约）若复数1的实部为0，Z是复平面上对应1的点，则点Z(x,y)的轨迹是()11(A)一条直线(B)一条线段(C)一个圆(D)一段圆弧解：设1i,，解得1i，11i1i因此Z(x,y)的轨11i1222，迹是一条直线。1、（2011年华约）设复数z满足|z|<1且|z1|5则|z|=()4321z2A、B、C、D、5432解答：由|z1|5得|z|215|z|，已经转化为一个实数的方程。解得|z|=2（舍去），1z22。2(ai)2，其中a为实数，若w的实部为1．（2010年华约）设复数w2，则w的虚部为（A）1i（A）3（B）11322（C）（D）22(4)（2011年卓越联盟）i为虚数单位，设复数z满足|z|=1，则z22z2的最大值为(C)z1i(A)2-1(B)2-2(C)2+1(D)2+2历年自主招生试题分类汇编——概率统计2.（2014年华约）乒乓球比赛,五局三胜制.任一局甲胜的概率是p(p1),甲赢得比赛的概2率是q,求p为多少时,qp取得最大值.【解】若共比赛了3局,则甲赢得比赛的概率为p3;若共赛了4局,则最后一局甲胜,甲赢得比赛的概率为C32p3(1p);若共比赛了5局,则最后一局甲胜,甲赢比赛的概率为C42p3(1p)2,因此32323qpC3p(1p)C4p(1p),所以qpp3C32p3(1p)C42p3(1p)2p6p515p410p3p,p1;2设f(p)6p515p410p3p,p1,则f(p)30p460p330p21,2即f(p)30p460p330p2130[p2(p22p1)1],30所以f(p)30[p2(p1)21]30(p2p1)(p2p1),303030又因为p(1,1),所以p2p,故p2p10,230114130111所以令f(p)0时,即p2p0,得p30224;30又因为p(1,1),所以取p111,22430易知当p(1,111)时,f(p)0,p(111,1)时,f(p)0,224302430所以当111p4时,f(p)有唯一极大值,也是最大值.230（2013年华约）7个红球,8个黑球,从中任取4个球.求取出的球中恰有1个是红球的概率;求所取出球中黑球个数X的分布列及期望E(X);若所取出的4个球颜色相同,求恰好全黑的概率;【解】(1)由题知恰有一个红球的概率为C71C8356C154;195(2)易知X的所有可能取值为0,1,2,3,4,则由古典概型知,P(X0)C745C154,195P(X1)C71C8340P(X2)C72C8284P(X3)C71C8356,C4,C4,C4195195195151515P(X4)C8410X01234C154,即X的分布列为:195P540845610195195195195195所以其数学期望为EX054028435641032119519515195195195(事实上由超几何分布期望公式可以直接得出期望为EX483215,无须繁杂计算)15(3)取出四个球同色,全为黑色的概率为C74C842即求.C843（13）（2012年华约）系统中每个元件正常工作的概率都是p(0＜p＜1)，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达式2）现为改善（1）中系统的性能，拟增加两个元件。试讨论增加两个元件后，能否提高系统的可靠性。K1解答：显然PKC2nk1(1p)np2k1n,注意到n0nnn1n2，C2k1C2k12C2k1C2k1所以knC2nk1(1p)p2k1nPK1=0k=nn1n2np2k1n(C2k12C2k1C2k1)(1p)n0kkk=C2nk1(1p)np2k1n2C2nk11(1p)np2k1nC2nk21(1p)np2k1nn0n1n2kkk=C2nk1(1p)np2k1n2C2nk11(1p)n1p2knC2nk21(1p)n2p2k1nn0n0n0k1=C2nk1(1p)np2k1n(p22(1p)p(1p2))n0C2kk1(1p)kpk1C2kk11(1p)k1pkk1C2nkp)np2k1nC2kk1(1p)kpk(p=1(1(1p))n0=PKC2kk1(1p)Kpk(2p1)因此，当p≥11时，{pk}递减。2时，{pk}递增，当P≥214、（2011年华约）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；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 .解（I）显数p1p21，p3171；又投掷四次连续出现三次正面向上的情况只有：88正正正正或正正正反或反正正正，故p4131316.16n1次（II）共分三种情况：1）如果第n次出现反面，那么前n次不出现连续三次正面和前1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pn1；2）2如果第n次出现正面，第次不次出现反面，那么前n次不出现连续三次正面和前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1pn2；3）如4果第n次出现正面，第n1次出现正面，第n2次出现反面.那么前n次不出现连续三次正面和前n3次不出现连续三次正面是相同的，所以这时候不出现三次连续正面的概率是1pn3.81117pnpn3(n4),p1p2综上，pnpn1281,p4①248(III)由(II)知：pn1pn1pn31pn4(n5)②1248121①②，有pnpn1pn4(n5)216n4时，pn单调递减，又p1p2p3p4，n2时，数列pn单调递减，且有下界0.pn的极限存在记为a.对pnpn11pn4两边同时取极限可得aa1a,a0，1616故limpn 0.n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概率非常小 .14．（2010 年华约）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 w1)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．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：父本、母本的基因型式相应情况子一代基因子一代基因子一代基因出现的概率为AA的概率为Aa的概率为aa的概率父AA母AAu2100父AA母Aa2uv11022父AA母aauw010父Aa母AA2uv11022父Aa母Aa4v2111424父Aa母aa2vw01122父aa母AAuw010父aa母Aa2vw01122父aa母aaw2001子一代的基因型式为AA的概率为p1u212uv12uv14v21(uv)2.224由对称性知子一代的基因型式为aa的概率为p3(vw)2.子一代的基因型式为Aa的概率为p22uv1uw12uv14v212vw1uw12vw12v222222(uvuwvw)⋯2(uv)(vw).若记puv，qvw，则p0，q0，pq1，子一代三种基因型式：AA，Aa，aa的比例为p2:2pq:q2.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知子二代的基因型式为AA，Aa，aa的比例为2:2:2，其中p2pq，pqq2.由pq1，可得p，q.故子二代三种基因型式AA，Aa，aa的比例为p2:2pq:q2，与子一代基因型式的比例相同.5.（2014年卓越联盟）已知x(0,a),y(0,4a),a(0,1),且xy1的概率为3,求a.16【解】由题知所有事件的空间为{(x,y)|0xa,0y4a,0a1},其对应区域为矩形,面积为S()a(4a),而事件A{(x,y)|xy1},其对应区域面积为131(11a)a42S(A)2(11a,a)所以由古典概型知16a(4a),即a(5a4)0,解得a.53、（2013年卓越联盟文）设曲线y2xx2与x轴所围成的区域为D，向区域D内随机投一点，该点落在D内任一小区域的概率只与该小区域的面积成比例，则该点落入区域x,yD|x2y22内的概率为．答案:11．π（7）（2012年卓越联盟） 试a，b是从集合{1,2,3,4,5}中随机选取的数（Ⅰ）求直线yaxb与圆x2y22有公共点的概率（Ⅱ）设X为直线yaxb与圆x2y22的公共点的个数，求随机变量X的分布列及数学期望E(X)。解答：（Ⅰ）直线yaxb与圆x2y22有公共点的充要条件为x22axb2有实根，整理即知：a21x22abxb220有实根，即4a2b24a21b2242a2b220b22a22当b1时，a1,2,3,4,5；当b2时，a1,2,3,4,5；当b3时，a2,3,4,5；当b4时，a3,4,5；当b1时，a4,5，都有公共点.（Ⅱ）X的分布列为：X012P6118252525于是知：EX061121837.25252525（2011年卓越联盟）一袋中有a个白球和b个黑球．从中任取一球，如果取出白球，则把它放回袋中；如果取出黑球，则该黑球不再放回，另补一个白球放到袋中．在重复 n次这样的操作后，记袋中白球的个数为 Xn．(Ⅰ)求EX1；(Ⅱ)设P(Xnak)pk,求P(Xn1ak),k0,1,,b；(Ⅲ)证明：EXn1(11)EXn1.．ab【解】(1)n1时,袋中的白球的个数可能为a个(即取出的是白球),概率为a;也可能为a1ab个(即取出的是黑球),概率为b,故EX1aa(a1)ba2abbabbab.baa(2)首先,P(Xn1a0)P0aa;k1时,第n1次取出来有ak个白球的可能性有两b种;第n次袋中有ak个白球,显然每次取出球后,球的总数保持不变,即ab个白球(故此时黑球有bk个),第n1次取出来的也是白球,这种情况发生的概率为Pkak;ab第n次袋中有ak1个白球,第n1次取出来的是黑球,由于每次球的总数为ab个,故此时黑球的个数为bk1.这种情况发生的概率为Pk1bk1(k1).ab故P(Xn1akPk1bk1ak)Pkba(k1).ab(3)第n1次白球的个数的数学期望分为两类:第n次白球个数的数学期望即EXn.由于白球和黑球的总个数为a第n1次取出来的,b,是白球,这种情况发生的概率是EXn;第n1次取出来的是黑球,这种情况发生的概率是ababEXn,此时白球的个数是EXn1.ab故EXn1EXnEXnabEXn(EXn1)(EXn)2(1EXn)(EXn1)abababab(EXn)2EXn(EXn)21EXn)(11)EXn1abababab历年自主招生试题分类汇编——函数3.（2014年北约）如果f(x)lg(x22axa)的值域为R,求a的取值范围.【解】由题意ux22axa的值域包含区间(0,),则ux22axa与x有交点,故(2a)24a0,解得a1或a0.4.（2014年北约）设f(a2b)f(a)2f(b),且f(1)1,f(4)7,求f(2014).33【解】由f(1)1,f(4)7得f(2)f(421)f(4)2f(1)3;33f(3)f124)f(1)f2(4)f(n)2n1,n*(33,由5数学归纳法可推导得N,所以f(2014)4027.法二：f(2)421f(4)2f(1)3，f(3)124f(1)2f(4)f(3)3f()5，33猜想f(n)2n1(nN*)，假设f(n)2n1对n3k(k1)都成立，则f(3k1)3f(k1)2f(1)2(3k1)1，f(3k2)3f(k2)2f(2)2(3k2)1，f(3k3)3f(k3)2f(3)2(3k3)1，所以

f(n)

2n

1(n

N*)．6.（2014年北约）已知

f(x)

arctan

2 2x1 4x

c在(

11, )上是奇函数44

,求c.【解】由

f(x)

0得C

arctan(2)

arctan2

，此时f(x)f(x)22xarctan22x2Carctan(4)2arctan20，故arctan4x14x31Carctan2符合题意．8.（2014年北约）已知实系数二次函数f(x)与g(x)满足3f(x)g(x)0和f(x)g(x)0都有双重实根,如果已知f(x)0有两个不同的实根,求证g(x)0没有实根.【证】由题可设3f(x)g(x)a1(xb1)2,f(x)g(x)a2(xb2)2,其中a10,a20,则f(x)1[a1(xb2)2a2(xb2)2],g(x)1[a1(xb1)23a2(xb2)2],44由f(x)0有两个不同的实根,则必有a1,a2异号,且a1a20,此时f(x)1[(a1a2)x22(a1b1a2b2)xa1b12a2b22],4即4(a1b1a2b2)24(a1a2)(a1b12a2b22)4a1a2(b1b2)20,所以b1b2,故此时观察g(x)1[a1(xb1)23a2(xb2)2]可知,4a1,3a2同号,且a13a20,b1b2,故g(x)0恒成立,即证明g(x)0没有实根.法二：设f(x)ax2bxc，g(x)dx2exf，ad0，所以(b24a(d)c，((3fb)e)2d)(3cf)，所以e)4(3a3b2e212ac4df，又b24ac0，所以g(x)e24df4(b24ac)0，所以方程g(x)0没有实根．1．（2013年北约）以2和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(x22)((x1)32)，∴n5，即最小次数为5．故选C．3．（2013年北约）已知x22y5，y22x5，求x32x2y2y3的值．解析∵x32x2y2y3x(2y5)2(2y5)(2x5)y(2x5)4xy 15(x y) 50，又由x22y5，y22x5，有x2y22(xy)∴xy或xy2．当xy时，有x22x5，x16，4xy15(xy)504x230x5038x7038x70108386；当xy2时，x22(x2)5，x(x2)14xy15(xy)504x(2x)204x(x2)8016．题1（2012年北约）求x的范围，使得x2xx1是增函数。解：设fxx2xx1①当x2时，fx3x1，无增区间②当2x0时，fx3x，无增区间③当0x1时，fxx3，在0,1上单调递增④当x1时，fx3x1，在1,上单调递增，综上，所求x的范围为0,评析：本题是一道较基础的试题，只涉及绝对值和增函数的概念，考查学生分类讨论的思想。题2（2012年北约）求x116x2x2710x21的实根的个数解：x116x2x26x29x23x2710x2x210x225x25∵x23x25x23x252∴原方程无实根，即实根个数为0评析：本题主要考查学生的代数式变形能力与绝对值不等式知识。7.（2011年北约）求f(x)|x1||2x1||2011x1|的最小值.【答案】832491【解】首先设a1a2an,f(x)|xa1||xa2||xan|.711则由绝对值几何意义知,n为奇数时,当xn1f(x)有最小值;a时,2当n为偶数时,当x取[an,an1]上任何值时,f(x)有最小值.回到原题,2 2f(x)|x1||x1||x1||x1||x1||x1||x1||x1|22333201120112011个以上和式共有122011201220112023066个点.2设a11,a2a31,a4a5a61,,a20230661,232011所以20230661011533.下面求a1011533,a1011534的值.设a10115331,则2t12t1011533,12(t1)1011533,可得t1422,且a1011533a10115341.14221f(x)最小.故x时,1422f(11112111422114231120111491)14221422142214221832142214227114.（2014年华约）(1)证明yf(g(x))的反函数为yg1(f1(x));(2)F(x)f(x),G(x)f1(x),若G(x)的反函数是F(x),证明f(x)为奇函数.【解】(1)证明:由反函数定义可知yf(g(x))的反函数为xf(g(y)),故f1(x)f1(f(g(y)))g(y),从而g1(f1(x))g1(g(y))y,所以yg1(f1(x))为yf(g(x))的反函数.(2)由G(x)的反函数是F(x),故G(F(x))G(G1(x))x,则f(x)f(G(F(x))),又因为G(x)f1(x),所以G(F(x))f1(F(x)),代入得f(x)f(G(F(x))),f(f1(F(x)))F(x)f(x),所以f(x)为奇函数.2x1x(,1)2.（2014年卓越联盟）已知f(x)x212,又g(x)x24x4,a使得ln(x1)x),2f(a)g(b)0,求b的范围.【解】当x(,1)时,易得f(x)(11)21(1,0);2x又当x[1,)时,易知f(x)lnx1[ln2,);2所以f(x)(1,),所以只要g(b)(,1)就存在a;即(b2)28(,1),解得b(1,5).4、（2013年卓越联盟）已知fx是定义在R上的偶函数，且在区间0，上是增函数，则（）A．f20.7flog25f3B．f3f20.7flog25C．f3flog25f20.7D．f20.7f3flog25答案:（理科）A．5、（2013年卓越联盟）设1ab，则logab、logba、logaa的大小关系为（）bA．logaalogabB．logablogbaalogbalogabbC．logablogaalogbaD．alogablogbablogab答案:（文科）A．6、（2013年卓越联盟）设函数fxxaxb，则当a、b在区间0，1内变化时，f0f1的最大值等于（）A．1B．1C．1D．11684答案:（文科）A．|x|(7)（2011年卓越联盟） 若关于 x的方程x 4

=kx2有四个不同的实数解，则 k的取值范围为(C)1，1)1，+∞)(A)(0，1)(B)((C)((D)(1，+∞)44历年自主招生试题分类汇编——集合与逻辑5.（2011年北约）是否存在四个正实数,使得它们的两两乘积为2,3,5,6,10,16?【解】假设存在满足条件的四个正实数a,b,c,d,不妨abc,d则有abacad,bcbdcd.(1)若adbc,则有ab2,ac3,ad5,bc6,bd10,cd16所以,b2,c3.由bc6得a1,b2,c3,d5.所以cd15,与cd16矛盾.aa(2)若adbc,则有ab2,ac3,bc5,ad6,bd10,cd16.所以b2,c3,d6.由bc5,得a26,由cd16,得a29,矛盾.aaa58综上所述,假设不存立,所以不存在四个正实数 ,它们两两乘积分别为 2，3，5，6，10，16.1.（2014年华约）x1,x2,x3,x4,x5是正整数,任取四个其和组成的集合为{44,45,46,47},求这五个数.【解】五个数任取四个应该可以得到C545个不同的和,现条件中只有4个不同的和,故必有两个和值相同.而这五个和值之和为4(x1x2x3x4x5),是4的倍数,所以这个相同的和值只可能是46,从而有x1x2x3x4444546464757,故这五个数分别x54为57-44=13,57-45=12,57-46=11,57-47=10,57-46=11,即10,11,11,12,13.10、（2011年华约）将一个正11边形用对角线划分为9个三角形，这些对角线在正11边形内两两不相交，则（）、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，所分出的三角形恰有两个锐角三角形C、存在某种分法，所分出的三角形至少有3个锐角三角形D、任何一种分法所分出的三角形都恰有1个锐角三角形ABC是锐角三解：我们先证明所分出的三角形中至多只有一个锐角三角形。如图，假设角形，我们证明另一个三角形DEF(不妨设在AC的另一边)的(其中的边EF有可能与AC重合)的∠D一定是钝角。事实上，∠D≥∠ADC，而四边形ABCD是圆内接四边形，所以∠ADC=180°-∠B，所以∠D为钝角。这样就排除了B，C。BC

A EDF下面证明所分出的三角形中至少有一个锐角三角形。ABDC假设 ABC中∠B是钝角，在 AC的另一侧一定还有其他顶点，我们就找在 AC的另一侧的相邻(指有公共边 AC) ACD，则∠D=180°-∠B是锐角，这时如果或是钝角，我们用同样的方法继续找下去，则最后可以找到一个锐角三角形。所以答案是 D。6.（2014年卓越联盟） 已知A B {1,2,3,4,5,6,7,8}, A B ,又|A| A,|B| B,求总分配数.【解】由已知得 |A| B,|B||A|,分类讨论所有情况 :①若|A|0,|B|8,则8 A,矛盾;②若|A|1,|B|7,则7A,1B,且B{1,2,3,4,5,6,8},共一种;③若|A|2.|B|6,则2B,6A,则这样的构成共有(以A为标准,B随机确定)C616种;④若|A|3,|B|5则5A,3B同理这样的构成有2,,C615种;⑤若|A||B|4,则4AB,矛盾.故综上可之,共有N2(1615)44种.(10)（2011年卓越联盟）设是坐标平面按顺时针方向绕原点做角度为2的旋转，表示坐标7平面关于y轴的镜面反射．用表示变换的复合，先做，再做，用k表示连续k次的变换，则234是(D)(A)4(B)5(C)2(D)2历年自主招生试题分类汇编——计数原理（2014年北约）将10个人分成3组,一组4人,两组各3人,有多少种分法.C103C73C44【解】由题知所有分组方法有 N 2100种.A222．（2013年北约）在6 6的棋盘中停放着 3个红色車和 3个黑色車，每一行、每一列都只有一个車，共有多少种停放方法？A．720

B．20

C．518400

D．14400解析 先排

3个红色車，从

6行中任取

3行，有

C63

20种取法；在选定的

3行中第一行有6种停法，第一行选定后第二行有

5种停法，第二行选定后第三行有

4种停法；红車放定后，黑車只有

6种停法．故停放方法共

20 6

5 4 6

14400种．故选

D．1.（2013年华约）集合

A

{x|x

10,x

N}

,B为

A的子集,若集合

B中元素满足以下条件

:①任意数字都不相等

;②任意两个数之和不为

9B中两位数有多少？三位数有多少？B中是否有五位数？六位数？若将集合B的元素按从小到大的顺序排列,第1081个数为多少？【解】将 0,1,2,⋯,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构成 .(1)两位数有C5222A22C41272个;三位数有C5323A33C4222A22432个;(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;不存在六位数,由抽屉原理易知,若存在,则至少要从一个数对中取出两个数,则该两个数字之和为9,与B中任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于矛盾,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,千位为1,2,3的四位数有3C4323A33576个,因此第1081个元素是4012.（2）（2012年华约）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，满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种解：从6个位置中，先给两个車选位置，有C6215种方法，由于总是红棋子在前，蓝棋子在后，所以只有一种排法，因此車总共有15种排法；继续排马，有C426种，剩下两个位置自然是炮，因此总共有90种排法，选C。610(i1,2,,10)10102（10）（2012年华约）已知xixi50，当xi取得最大值时，i1i1在x1,x2,,x10这十个数中等于6的数共有（）(A)1个(B)2个(C)3个(D)4个解：首先要求平方和最大，-xi我们希望有较多的1010，但是的个数不能太多，如果有7个10，那么和为70，这样剩余的三个数最多能加到，不能满足和为50，但如果有6个10，剩余4个数做和可以等于-1050，从而满足做和为，这样，我们得到应该有6个10，另一方面，剩余4个数字做和为-10，可取3个-6，1个8，不难验证，这种组合平方和最大。选C.9．（2010年华约）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（B）（A）6（B）7（C）8（D）97、（2013年卓越联盟）如图，在A、B、C、D、E五个区域中栽种3种植物，要求同一区域中只种1种植物，相邻两区域所种值物不同，则不同的栽种方案的总数为（）A BCDA．21 B．24 C．30 D．48答案:（理科）C．历年自主招生试题分类汇编——解析几何题5（2012年北约）已知点A2,0,B0,2，若点C是圆x22xy20上的动点，求ABC面积的最小值。解：AB所在的直线方程为xy20，圆心C1,0，半径为r1C到直线AB的距离为3，∴圆C上的点到直线AB的距离的最小值为31，22∴SABCmin122313222评析：此题涉及到直线，圆与三角形的面积等概念，应充分挖掘圆的几何性质，使问题得到简化，以考查学生思维的灵活性。2.求过抛物线y2x22x1和y5x22x3的交点的直线方程.【解】联立两方程,消去x2,得6x7y10.此方程即为所求.6.（2011年北约）C1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C1,C2都相切,则C的圆心的轨迹是何种曲线?说明理由.【解】设圆心C1,C2的半径分别为r1,r2;(1)若r1r2.①若两圆相离,则C的圆心轨迹为线段C1C2的垂直平分线;②若两圆相切,则C的圆心轨迹为线段C1C2的垂直平分线(即两圆的内分切线)和直线C1C2,去掉切点;③若两圆相交 ,则C的圆心轨迹为线段 C1C2的垂直平分线和以 C1,C2为焦点,长轴长为r1r2的椭圆,去掉交点.(2)若r1r2①若两圆外离,则C的圆心轨迹为以C1,C2为焦点,长轴长为|r1r2|的双曲线的一支(小圆圆心在开口内);②若两圆外切,则C的圆心轨迹为以C1,C2为焦点,长轴长为|r1r2|的双曲线的一支(小圆圆心在开口内)和直线C1C2,去掉切点;③若两圆相交,则C的圆心轨迹为以C1,C2为焦点,长轴长为|r1r2|的双曲线的一支(小圆圆心在开口内)和以C1,C2为焦点,长轴长为r1r2的椭圆,去掉交点.④若两圆内切,则C的圆心轨迹为以C1,C2为焦点,长轴长为r1r2的椭圆和直线C1C2,去掉切点;⑤若两圆内含,则C的圆心轨迹为以C1,C2为焦点,长轴长为r1r2的椭圆.依据椭圆、双曲线的定义即可证明,这儿不再赘述.3．（2010年北约） AB为y 1 x2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(x1,y1),A(x2,y2)，且有y21x22,y11x12,x10x2．由于y2x，y于是AC的方程为2x2x2y2y；①BD的方程为2x1x2y1y．②联立AC,BD的方程，解得E(y1y2,1x1x2)．2(x2x1)对于①，令y0，得C(2y2,0)；2x2对于②，令y0，得D(2y1,0)．2x12y2y1x21x2．于是CD12122x12x22x12x2

EA BC DO x1CD(1x1x2)．不妨设x1a0，x2b0，则SECD22211111a1b2b22SECD()(1ab)(2aababab)4ab41(ab)(2ab1)≥12ab(2ab1)③4ab4ab不妨设abs0，则有SECD1(s32s1)1(s31s..1s1...1)2s2339s9s6个9个1316191124138≥1616823．④16ss)9s]8())92333又由当x1a3,x2b3,s3时，③，④处的等号均可取到．333∴(SECD)min83．9注记：不妨设g(s)132s1，事实上，其最小值也可用导函数的方法求解．(s)2s由g(s)122121时g(s)012时g(s)0．(3s2)知当0s3；当3s2s则g(s)在(0,3)上单调减，在(3,)上单调增．于是当s3时g(s)取得最小值．3335.（2014年华约）已知椭圆x2y21与圆x2y2b2,过椭圆上一点M作圆的两切线,切a2b2点分别为P,Q,直线PQ与x,y轴分别交于点E,F,求SEOF的最小值.【解】设M(acos,bsin)([0,2)),直线PQ为点M关于圆222xyb的切点弦其方程,为(acos)x(bsin)yb2,从而xEb2,yFb,acossin于是SEOF1|xE||xF|b3|b3,2a|sin2a当且仅当M(2a,2b)时,上述等号成立.223.（2013年华约）点A在ykx上,点B在ykx上,其中k0,|OA||OB|1k2,且A、B在y轴同侧.求AB中点M的轨迹C;(2)曲线C与x22py(p0)相切求证:切点分别在两条定直线上,并求切线方程.,【解】(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y),则y1kx1,y2kx2,xx1x2,yy1y2k(x1x2),222由|OA||OB|k21得,x1x21,显然(x1x2)2(x1x2)24x1x24,于是得x2y21(k0),于是AB中点M的轨迹C是焦点为(k21,0),k2实轴长为2的双曲线.(2)将x22py(p0)与x2y21(k0)联立得y22pk2yk20,k2由曲线C与抛物线相切,故4p2k44k20,即pk1,所以方程可化为y22kyk20,即切点的纵从标均为yk,代入曲线C得横坐标为2即求.因此切点分别在定直线x2,x2上,两切点为D(2,k),E(2,k),又因为yx,于是p在D(2,k)处的切线方程为yk2(x2),即y2x1;ppp同理在E(2,k)处的切线方程为y2x1.pp（6）（2012年华约）椭圆长轴长为4，左顶点在圆(x4)2y124上，左准线为y轴，则此椭圆离心率的取值范围是（）11(B)11(C)11(D)13(A),4,,,8428224解：设左顶点为x42cost，则对称中心为62cost,12sint，令y1,t0,22sintux62cost则在uv坐标系中，其左准线为u62cost，因此vy1,2sinta2462ctc111,B.ccoes3ctos.选a42（12）（2012年华约）已知两点A2,0,B2,0，动点P在y轴上的射影是H，且PAPB22PH①求动点P的轨迹C的方程②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。解：设

P(x,y),则

H(0，y),由AP BP

2PH

2

得（x

2,y）(x-2,y)

2x2,即y2-x2

4（1）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)0y1y24m01m21m2y1y2801m2根据韦达定理，得CD中点M的坐标为M(x1x2,y1y2)(22,2m2)