1、. 2010 年年“华约华约”自主招生”自主招生试题解析试题解析 一、选择题一、选择题 1设复数 2 () 1 ai w i ? ? ? ，其中a为实数，若w的实部为 2，则w的虚部为（ ） （A） 3 2 ? （B） 1 2 ? （C） 1 2 （D） 3 2 2设向量, a b，满足| | 1,?aba bm，则|?atb()tR?的最小值为（ ） （A）2 （B） 2 1 m? （C）1 （D） 2 1 m? 3。缺 4。缺 5在ABC?中，三边长, ,a b c，满足3acb?，则tantan 22 AC 的值为（ ） （A） 1 5 （B） 1 4 （C） 1 2 （D） 2 3 6
2、 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，OH 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 7设( )e (0) ax f xa?过点( ,0)P a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（ ） （A）1 （B） 2e 2 （C） e 2 （D） 2 e 4 8设双曲线 22 1 2 :(2,0) 4 xy Ck ak a ?，椭圆 22 2 2 :1 4 xy C a ?若 2 C的短轴长与 1 C
3、的实轴长 的比值等于 2 C的离心率，则 1 C在 2 C的一条准线上截得线段的长为（ ） . （A）2 2k? （B）2 （C）4 4k? （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ABCD、 、 、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( )BC?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
4、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、解答题二、解答题 11 在ABC?中，已知 2 2sincos21 2 AB C ? ?，外接圆半径2R ? （）求角C的大小； （）求ABC?面积的最大值 12 设ABCD、 、 、为抛物线 2 4xy?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 12 ,d d，已知 12 2ddAD? （）判断ABC?是锐角三角形、直角三
5、角形、钝角三角形中的哪一种三角形，并说明理由； （）若ABC?的面积为 240，求点A的坐标及直线BC的方程 13 （）正四棱锥的体积 2 3 V ?，求正四棱锥的表面积的最小值； （）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:2 :uv w(0,0,0,21)uvwuv w? ?且 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； （）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( ) 1 x
6、m f x x ? ? ? ，且存在函数? ? 1 (,0) 2 statb ta?，满足 2121 () ts f ts ? ? （）证明：存在函数( )(0),tscsd s?满足 2121 () st f st ? ?； （）设 11 3,(),1,2,. nn xxf xn ? ?证明： 1 1 2 3 n n x ? ? . 2010 年五校合作自主选拔通用基础测试年五校合作自主选拔通用基础测试数学参考答案数学参考答案 一、选择题 AD C ABDBD 二、解答题 11解： （）由 2 2sincos21 2 AB C ? ?得 2 2cos1cos2 , 2 C C? ? ? 所以
7、 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： （）设 222 001122 111 (,), ( ,),(
8、,), 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
9、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? 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
10、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,f t ?解
11、得8.t ? 当08t? ?时，( )0,f t ?当8t ?时，( )0.f t ? ( )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、
12、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 u 1 0 0 . 父AA母Aa 2uv 1 2 1 2 0 父AA母aa uw 0 1 0 父Aa母AA 2uv 1 2 1 2 0 父Aa母Aa 2 4v 1 4 1 2 1 4 父Aa母aa 2vw 0 1 2 1 2 父aa母AA uw 0 1 0 父aa母Aa 2vw 0 1 2 1 2 父aa母aa 2 w 0 0 1 子一代的基因型式为AA的概率为 222 1 111 1 224() 224 puuvuvvuv? ?. 由对称性知子一代的基因型式为
13、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 21 2421 2 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
14、. 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 ? ? ? 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
15、 ()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
16、nn xn ? ? ? ? ? ? . 从而有 111 41 |2| 4 33( 1) 3 n nnnn x ? ? ? ? 解法二： （）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
17、 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 ? ? ? ? ? ? . 所以 1 4 2 5 ( 3)1 n n x ? ?
18、 ? ? 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 ? ? ? 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
