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类型2014北约自主招生数学试题及解答.pdf

  • 上传人:HR专家
  • 文档编号:6230720
  • 上传时间:2019-04-03
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    2014北约自主招生数学试题及解答.pdf
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    1、 2014 年 北约自主招生数学试题 1 2014 年北 约自主招生数学试题 1.圆心角为 60 的扇形面积为 6 ,求它围成的圆锥的表面积 . 2.将 10 个人分成 3 组 ,一组 4 人 ,两组各 3 人 ,有多少种分法 . 3.如果 2( ) lg ( 2 )f x x ax a 的值域为 R ,求 a 的取值范围 . 4.设 2 ( ) 2 ( )()33a b f a f bf ,且 (1) 1, (4) 7ff,求 (2014)f . 5.已知 1xy 且 ,xy都是负数 ,求 1xyxy的最值 . 6.已知 22( ) a rc ta n 14 xf x cx在 11( , )

    2、44 上是奇函数 ,求 c . 2014 年 北约自主招生数学试题 2 7.证明 tan3 是无理数 . 8.已知实系数二次函数 ()fx与 ()gx 满足 3 ( ) ( ) 0f x g x和 ( ) ( ) 0f x g x都有双重实根 ,如果已知 ( ) 0fx 有两个不同的实根 ,求证 ( ) 0gx 没有实根 . 9. 1 2 13, , ,a a a 是等差数列 , | 1 1 3 i j kM a a a i j k ,问 : 7160, ,23 是否可以同时在M 中 ,并证明你的结论 . 10.已知 12, , , nx x x R ,且 12 1nxx x ,求证 : 12

    3、( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 1 ) nnx x x . 2014 年 北约自主招生数学试题 3 2014 年北约自主招生试题参考答案 1.【解】设扇形的半径为 r ,则由 216 23r ,得 6r . 于是扇形的弧长为 623l ,其即为圆锥的底面周长 ,于是圆锥的底面半径为 1, 所以底面面积为 21 ,也所以圆锥的表面积为 67S . 2.【解】由题知所有分组方法有 3 3 410 7 4222100C C CN A种 . 3.【解】由题意 2 2u x ax a 的值域包含区间 (0, ) ,则 2 2u x ax a 与 x 有交点 , 故 2( 2 ) 4 0aa

    4、,解得 1a 或 0a . 4.【解】由 (1) 1, (4) 7ff得 4 2 1 ( 4 ) 2 (1 )( 2 ) ( ) 333ffff ; 1 2 4 ( 1 ) 2 ( 4 )( 3 ) ( ) 533ffff ,由数学归纳法可 推导得 *( ) 2 1,f n n n N , 所以 (2014) 4027f . 5.【解】由 0, 0xy可知 , 1 | | 1 | | | | 1x y x y x y , 所以 2( | | | |) 1| | | | | | 44xyx y x y ,即 1(0, 4xy , 令 1(0, 4t xy ,则易知函数 1ytt 在 (0,1 上

    5、递减 ,所以其在 1(0, 4 上递减 , 于是 1xyxy有最小值 1 174 44 ,无最大值 . 6.【解】奇函数 (0) 0f ,故 arctan2c . 7.【证明】由三角公式22 t a n t a n t a nt a n 2 , t a n ( )1 t a n 1 t a n t a n , 若 tan3 是有理数 ,则 ta n 6 , ta n 12 , ta n 24 为有理数 ,再由 tan6 和 tan24 可得 tan30 为有理数 ,这与 3tan30 3 为无理数矛盾 !因此 ,tan3 是无理数 . 8.【证】由题可设 221 1 2 23 ( ) ( )

    6、( ) , ( ) ( ) ( )f x g x a x b f x g x a x b ,其中 120, 0aa, 则 2 2 2 21 2 2 2 1 1 2 211( ) ( ) ( ) , ( ) ( ) 3 ( ) 44f x a x b a x b g x a x b a x b , 由 ( ) 0fx 有两个不同的实根 ,则必有 12,aa异号 ,且 120aa, 此时 2 2 21 2 1 1 2 2 1 1 2 21( ) ( ) 2 ( ) 4f x a a x a b a b x a b a b , 即 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2

    7、4 ( ) 4 ( ) ( ) 4 ( ) 0a b a b a a a b a b a a b b ,所以 12bb , 故此时观察 221 1 2 21( ) ( ) 3 ( ) 4g x a x b a x b 可知 , 12,3aa 同号 ,且 1230aa, 12bb ,故 ( ) 0gx 恒成立 ,即证明 ( ) 0gx 没有实根 . 9.【解】不可以同时在 M 中 ,下面给予证明 .假设 7160, ,23 同时在 M 中 , 2014 年 北约自主招生数学试题 4 设 *(1 1 3 , )ka a kd k k N ,其中 d 为公差 ,则 * 3 ( ) | 1 1 3 3

    8、 | 6 3 6 , M a i j k d i j k a m d m m N 于是存在正整数 6 , , 36x y z,使得3 0,73,21633a xda yda zd 从而7( ) ,216()3y x dz x d 也所以 2132yxzx ,由于 21,32 互质 ,且 ,y x z x为整数 ,则有 | | 21,| | 32y x z x , 但 | | 36 6 30zx ,矛盾 !假设错误 ,即证明 7160, ,23 不可以同时在 M 中 . 10.【证】 (一法 :数学归纳法 ) 当 1n 时 ,左边 12 2 1 2 1x 右边 ,不等式成立 ; 假设 *( 1,

    9、 )n k k k N 时 ,不等式 12( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 1 ) kkx x x 成立 . 那么当 1nk时 ,则 1 2 1 1kkx x x x ,由于这 1k 个正数不能同时都大于 1,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 11,0 1kkxx , 从而 1 1 1( 1 ) ( 1 ) 0 1k k k k k kx x x x x x ,所以 1 2 1( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 )kkx x x x 1 2 1 1( 2 ) ( 2 ) 2 2 ( ) k k k kx x x x x x

    10、11 2 1( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 1 ) ( 2 1 ) ( 2 1 ) ( 2 1 )kkkkx x x x 其 中推导上式时利用了 1 2 1 1( ) 1k k kx x x x x 及 nk时的假设 ,故 1nk时不等式也成立 . 综上 知 ,不等式对任意正整数 n 都成立 . (二法 )左边展开得 12( 2 ) ( 2 ) ( 2 )nx x x 121212 121 1 1( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( ) ( 2 ) ( )kknn n n n ki i j i i i ni i j n i i i nx x x x x x x x x 由平均值不

    11、等式得 111 2 1 212 1211121 1( ) ( ( ) )kkkn n nkkk kCCCk k ki i i n i i i n n ni i i n i i i nx x x C x x x C x x x C 故 12( 2 ) ( 2 ) ( 2 )nx x x 1 1 2 22 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 1 )n n n n k k n nn n n nC C C C ,即证 . (三法 )由平均值不等式有 11 122()nn nk kkknxx ; 11 1()22nn kk nk kxxn +得 112112 ( )( 2 )nnnnkkx x xnnx,即 12( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 1 ) nnx x x 成立 .

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