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2014年华约自主招生数学试题


2014 年“华约”自主招生数学试题
一、解答题 ( 本大题 共 7 题, 共计 0 分)

1、(0 分)

已知正整数 x1,x2,x3,x4,x5 满足任取四个数求和构成的集合为{44,45,46,47},求正整数 x1,x2,x3,x4,x5 的值.

2、(0 分)

一场比赛在甲、乙之间进行,采取五局三胜制,已知甲赢一局的概率为 p(p> ),设甲赢得比赛的概率是 q,求 q-p 的最大值,及取最大值的 p 值.

3、(0 分)

已知函数 f(x)=

(cosx-sinx)sin(x+ )-2asinx+b(a>0)的最大值为 1,最小值为-4,求 a,b 的值.

4、(0 分)

对于函数 f(x),记 f (x)是它的反函数.定义(f

-1

g)(x)是关于函数 f 和 g 的复合函数,即有(f

g)(x)=f(g(x) ),证明:

&&

(1). (f g)-1(x)=(g-1 f-1)(x); (2).设 F(x)=f(-x),G(x)=f-1(x),若 F 与 G 互为反函数,那么 f(x)为奇函数.

5、(0 分)

已知椭圆 小值.

+

=1(a>b>0),过椭圆上一点 M 作圆 x +y =b 的两条切线,切点为 P,Q,设直线 PQ 与 x 轴、y 轴分别交于点 E,F,求△EOF 的面积的最

2

2

2

6、(0 分)

设数列{an}满足:an+1=np +qan,a1=0.

n

&&

(1).若 q=1,求{an}的通项; (2).若|p|<1,|q|<1,证明数列{an}必有界.

7、(0 分)

设 n 是正整数,实数 x 满足 x≤n,证明:n-n(1- ) e ≤x .

n x

2

2014 年“华约”自主招生数学试题答案
一、解答题 ( 本大题 共 7 题, 共计 0 分)

1、(0 分) 答案:解:记 S=

xi,若 x1,x2,x3,x4,x5 两两不等,那么对?i,j∈{1,2,3,4,5}(i≠j)都有 S-xi≠S-xj,这样 x1,x2,x3,x4,x5 任取四个数

求和一共有 5 个不同的值,这与条件矛盾.

于是 x1,x2,x3,x4,x5 中必有两个数相等,据对称性,不妨设 x1=x2=a,x3=b,x4=c,x5=d,则问题变为:对正整数 a,b,c,d,集合 {a+b+c+d,2a+b+c,2a+b+d,2a+c+d}={44,45,46,47}, 注意到集合元素的表达形式关于 a 对称,于是据对称性,只需要讨论 a 在序列 a,b,c,d 中的 大小.

情形(1):a<b<c<d,这时由集合的对应原则得到

,于是得到 4a=39,矛盾.

情形(2):b<a<c<d,同(1)的证明可得

.

情形(3):b<c<a<d,同(1)亦有 4b=39,矛盾.

情形(4):b<c<d<a,同(1)亦有 4b=38,矛盾.

综上所述,x1,x2,x3,x4,x5 的值为 x1=x2=11,x3=10,x4=12,x5=13 及其转换.

2、(0 分) 答案:解:设比赛了 ξ 局.

当甲用 3 局取胜,则 q(ξ =3)=p ;

3

当甲用 4 局取胜,则 q(ξ =4)=

p (1-p);

3

当甲用 5 局取胜,则 q(ξ =5)=

p (1-p) .

3

2

于是 q=p +3p (1-p)+6p (1-p) =p (10-15p+6p ),

3

3

3

2

3

2

令 f(p)=q-p,由 q 的表达式,我们有 f(p)=6p -15p +10p -p,则

5

4

3

f'(p)=(

p-

p -1)(

2

p-

p +1),

2

又因为 <p≤1,故

p-

p +1≥1>0,因此我们得到 f(p)的极大值点为 p0=

2

,

所以 f(p)≤f(p0)=

·

,

即当 p=

时,q-p 取最大值

·

.

3、(0 分) 答案:解:f(x)= (cosx-sinx)(cosx+sinx)-2asinx+b=-sin x-2asinx+b+ ,记 t=sinx,则 t∈[-1,1],令 g(t)=-t -2at+b+ ,则由题意 知 g(t)max=1,g(t)min=-4.

2

2

若 a∈(0,1],那么 g(t)max=g(-a)=a +b+ =1,故 a +b= ??①;

2

2

再由二次函数的性质,g(t)min=min{g(1),g(0)}=-2a+b- =-4,

故 2a-b= ??②.

①+②得 a +2a=4,解出 a=

2

-1>1,这与 a∈(0,1]矛盾.

下设 a∈(1,+∞),再由二次函数性质可知 g(t)max=g(-1)=2a+b- =1,

g(t)min=g(1)=-2a+b- =-4,由此解出

.

综上,所求的 a ,b=-1.

4、(0 分) 答案:证明:我们的证明用到反函数这样的性质:y=f (x)?x=f(y).

-1

(ⅰ)由上述性质知 y=(f

g) (x)?=f(g(y) )(视 g(y)为整体)

-1

?f (x)=g(y)(视 f (x)为整体)?g (f (x) )=(g

-1

-1

-1

-1

-1

f )(x)=y,

-1

所以(f

g) (x)=(g

-1

-1

f )(x)成立.

-1

(ⅱ)由性质知 y=G(x)=f (-x)?G(y)=f (-y)=x?-y=f(x)

-1

-1

?y=-f(x)=G (x),又由题设知 F(x)=G (x),于是 f(-x)=-f(x),即 f 是奇函数,成立.

-1

-1

5、 (0 分) 答案: 解:首先我们推导解析几何中一个性质:平面上有圆 O:x +y =r ,圆外有点 P(x0,y0),过 P 作圆 O 的切线,切点为 A(x1,y1),B(x2,y2), 那么由圆上点的切线公式,我们有 P 在直线 与直线

2

2

2

的交点上,于是有

,所以据方程组及两点确定一条直线,我们有 A,B 在直线 xx0+yy0=r 上.

2

回到本题,因为 M 在椭圆上,可设 M(acosθ ,bsinθ ),由上述性质我们有直线 PQ 的方程为 acosθ x+bsinθ y=b ,

2

于是我们得到 E(

,0),F(0,

),所以△EOF 的面积 S=

≥ ,所以△EOF 的面积的最小值为 .

6、(0 分) 答案:解:(ⅰ)若 p=1,则 an=an-1+(n-1)=?=a1+(n-1)+?+1=

.

若 p≠1,则 an=an-1+(n-1)p =?=a1+(n-1)p +?+1·p ,

n-1

n-1

1

即 an=(n-1)p +?+1·p ??①,

n-1

1

则 pan=(n-1)p +?+1·p ??②,

n

2

由错位相减法的知识,②-①得 an=

-

.

综上,an=

.

(ⅱ)为表述方便,记 t=|p|∈[0,1),注意到|an+1|=|np +qan|≤|np |+|qan|<nt +|an|.

n

n

n

依次递推就有|an|<(n-1)t +|an-1|<?<(n-1)t +?+1·t +|a1|,利用(ⅰ)的计算我们得到|an|<

n-1

n-1

1

-

.

注意到

<

=A(其中 A 是一个常数),下面证明数列{(n-1)t }有最大项.

n

记 bn=(n-1)t ,则

n

=

·t,注意到数列{

}单调递减,且

(

)=1,

所以存在 N0∈N,使得对 n≥N0, 中 B 是一个常数).

< 成立,于是 bn 在 n>N0 时单调递减,于是数列{(n-1)t }有最大项,我们设最大项为 bk,那么|

n

|<

=B(其

所以|an|<

-

<|

|+

<A+B 是常数,所以{an}是有界数列.

7、(0 分) 答案: 证明:记 f(x)=x +n(1- ) e -n.

2

n x

那么 f'(x)=2x+n(1- ) e -n(1- ) e =x[2-(1- ) e ],

n

x

n-1

x

n-1 x

我们证明对 x∈(-∞,n]及 n≥2,2-(1- ) e >0.

n-1 x

令 g(x)=2-(1- ) e ,所以 g'(x)=-(1- ) e +

n-1 x

n-1

x

(1- ) e =(

n-2

x

)(1- ) e ,

n-2

x

所以 x∈(-∞,n]时,x0=1 是 g(x)的极小值点,所以 g(x)≥g(1)=2-(1- ) ·e,

n-1

故要证 2-(1- ) e >0,只需要证明 2-(1- ) ·e>0 对 n≥2 成立.

n-1 x

n-1

由 e 的定义,我们有

(

) =e 且(

n

) >e 对 n≥2 成立,

n

于是(1- ) ·e=(

n-1

) ·e< ·

n-1

·e,

而 ·

·e≤2 就等价于 n≥2,

所以 n≥2 时结论成立,据此结论 f(x)的极小值点是 x1=0,

所以 f(x)≥f(0)=0,

当 n=1 时,f'(x)=2x-xe ,故 ln2 为 f(x)的极大值点,所以 f(x)≥min{f(0),f(1)}=0.

x

综上,对所有 n∈N+,原不等式均成立.


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