一、填空题
1、有一个圆心角是\(60^\circ\) ,面积是\(6\pi\)的扇形围成一个圆锥,则圆锥的表面积是_______.
2、已知\(f(x)\)满足\(f\left(\dfrac {a+2b}{3}\right)=\dfrac {f(a)+2f(b)}{3}\),\(f(1)=1\),\(f(4)=7\),则\(f(2014)=\)_______.
3、\(10\)个人分成\(3\)人、\(3\)人、\(4\)人三组,共有_______种不同的分组方法.
4、已知\(f (x)=\lg{\left(x^2-2ax+a\right)}\)的值域为\(\mathcal R\) ,则实数\(a\)的取值范围为_______.
5、已知\(x<0\),\(y < 0\),\(x+y=-1\),则\(xy+\dfrac 1{xy}\)的最_______值是_______.
6、\(f(x)=\arctan{\dfrac {2+2x}{1-4x}}+C\)在\(\left(-\dfrac 14,\dfrac 14\right)\)上为奇函数,则\(C\)的值是_______.
二、解答题
7、证明:\(\tan {3^\circ}\)是无理数.
8、已知 \(y=f(x)\),\(y=g(x)\)都是二次函数,方程\(3f(x)+g(x)=0\)和方程\(f(x)-g(x)=0\)都只有一个重根,方程\(f(x)=0\)有两个不等实根.证明:方程\(g(x)=0\)没有实数根.
9、已知数列\(\left\{a_n\right\}\)是\(13\)项的等差数列,集合\[A=\left\{a_i+a_j+a_k\left|\right.1\leqslant i < j < k \leqslant 13,i,j,k\in \bf N^*\right\},\]则\(0,\dfrac 72,\dfrac {16}3\)能否同时在集合\(A\)中?
10、已知\({x_1}{x_2} \cdots {x_n} = 1\),\({x_i} > 0\),\(i = 1,2, \cdots ,n\),求证:\[\left( {\sqrt 2 + {x_1}} \right)\left( {\sqrt 2 + {x_2}} \right) \cdots \left( {\sqrt 2 + {x_n}} \right) \geqslant {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^n}.\]
参考答案
一、填空题
1、\(7{\rm \pi}\)
2、\(4027\)
3、\(2100\)
4、\(\left( { - \infty , 0} \right] \cup \left[ {1 , + \infty } \right)\)
5、小,\(\dfrac{{17}}{4}\)
6、\( - \arctan 2\)
二、解答题
7、用反证法. 假设\(\tan 3^\circ \)是有理数,则\(\tan \left( {k \cdot 3^\circ } \right)\)均为有理数,于是\(\tan 30^\circ \)为有理数,矛盾. 因此\(\tan 3^\circ \)是无理数.
8、设函数\(A\left( x \right) = 3f\left( x \right) + g\left( x \right)\),\(B\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right)\),则函数\(A\left( x \right)\)、\(B\left( x \right)\)均为二次函数,此时\[4f\left( x \right) = A\left( x \right) + B\left( x \right).\] 考虑到方程\(f\left( x \right) = 0\)有两个不等实根,于是方程\(A\left( x \right) + B\left( x \right) = 0\)有两个不等实根. 因此抛物线\(y = A\left( x \right)\),\(y = B\left( x \right)\)的开口方向必然不同,且零点亦不相同. 于是\[g\left( x \right) = \dfrac{{A\left( x \right) - 3B\left( x \right)}}{4}\]必然恒大于\(0\)或恒小于\(0\). 因此原命题得证.
9、容易证明:将集合\(A\)中的所有数从小到大排列,则可以得到一个与数列\(\left\{ {{a_n}} \right\}\)的公差相同的等差数列\(\left\{ {{b_n}} \right\}\). 设数列\(\left\{ {{a_n}} \right\}\)的公差为\(d\),不妨设\(d \geqslant 0\). (i)若\(d = 0\),则显然不符合题意; (ii)若\(d > 0\),则数列\(\left\{ {{b_n}} \right\}\)中的最小项为\({a_1} + {a_2} + {a_3}\),最大项为\({a_{11}} + {a_{12}} + {a_{13}}\).其中至多有\[\left( {11 + 12 + 13} \right) - \left( {1 + 2 + 3} \right) + 1 = 31\]项,且任意两项的差均为公差\(d\)的整数倍. 不失一般性,将\(0 , \dfrac{7}{2} , \dfrac{{16}}{3}\)看作\(0 , 21 , 32\)(所有的数同时扩大\(6\)倍即可).由于\(\left( {21 , 32} \right)= 1\),而\(d|1\),于是\(d \leqslant 1\),因此同时包含\(0 , 21 , 32\)的等差数列至少有\(32\)项. 这与数列\(\left\{ {{b_n}} \right\}\)中至多有\(31\)项矛盾,因此\(0 , \dfrac{7}{2} , \dfrac{{16}}{3}\)不能同时在集合\(A\)中.
10、法一
直接展开,对应项用均值不等式即可.
法二 当\(n = 1\)时,不等式显然成立. 假设命题对不超过\(n\)的正整数均成立,则命题对\(n + 1\): 不妨设\({x_1} \geqslant 1\),\({x_2} \leqslant 1\),而\[\left( {{x_1}{x_2}} \right){x_3} \cdots {x_n}{x_{n + 1}} = 1,\]于是\[\left( {\sqrt 2 + {x_1}{x_2}} \right)\left( {\sqrt 2 + {x_3}} \right) \cdots \left( {\sqrt 2 + {x_{n + 1}}} \right) \geqslant {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^n}.\] 因此只需要证明\[\dfrac{{\left( {\sqrt 2 + {x_1}} \right)\left( {\sqrt 2 + {x_2}} \right)}}{{\sqrt 2 + {x_1}{x_2}}} \geqslant \sqrt 2 + 1.\] 用分析法: 该不等式成立\[\begin{split} & \Leftarrow \left( {\sqrt 2 + {x_1}} \right)\left( {\sqrt 2 + {x_2}} \right) \geqslant \left( {\sqrt 2 + {x_1}{x_2}} \right)\left( {\sqrt 2 + 1} \right)\\ & \Leftarrow 2 + \sqrt 2 \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} \geqslant 2 + \sqrt 2 {x_1}{x_2} + {x_1}{x_2} + \sqrt 2 \\ & \Leftarrow {x_1} + {x_2} \geqslant {x_1}{x_2} + 1 \\ & \Leftarrow \left( {1 - {x_1}} \right)\left( {1 - {x_2}} \right) \leqslant 0 \\ \end{split}\]
2016年北京大学自主招生数学试题回忆版
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一、选择题.在每小题的四个选项中,只有一项符合题目要求.
1.已知$\dfrac{\sin{x}}{\sqrt{1-\cos^2{x}}}-\dfrac{\cos{x}}{\sqrt{1-\sin^2{x}}}=2\left(0<x<2\pi\right)$,则$x$的取值范围是( )
A.$\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$
B.$\left(\dfrac{\pi}{2},\pi\right)$
C.$\left(\pi,\dfrac{3\pi}{2}\right)$
D.前三个答案都不对
2.$\left(2+1\right)\left(2^{2}+1\right)\left(2^{3}+1\right)\cdots\left(2^{2016}+1\right)$的个位数字是( )
A.$1$
B.$3$
C.$5$
D.前三个答案都不对
3.点$P$位于$\triangle ABC$所在的平面内,使得$\triangle PAB,\triangle PBC,\triangle PCA$的面积相等,则满足题意的点$P$有( )
A.$1$个
B.$3$个
C.$5$个
D.前三个答案都不对
4.记$f(n)$为最接近$\sqrt{n}$的整数,其中$n\in \mathbf{N}^{*}$.若$\dfrac{1}{f(1)}+\dfrac{1}{f(2)}+\cdots+\dfrac{1}{f(m)}=2016$,则正整数$m$的值为( )
A.$1015056$
B.$1017072$
C.$1019090$
D.前三个答案都不对
5.实数$x,y,z$满足$x+y+z=2016$,$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{1}{2016}$,则$(x-2016)(y-2016)(z-2016)=$( )
A.$0$
B.$1$
C.$-1$
D.前三个答案都不对
6.方程组$\begin{cases}a^3-b^3-c^3=3abc,\\a^2=2(b+c)\end{cases}$的非负整数解有( )
A.$1$组
B.$4$组
C.$5$组
D.前三个答案都不对
7.$4$个半径为$1$的球两两外切,则这$4$个球的外切正四面体的棱长为( )
A.$2+2\sqrt{2}$
B.$2+2\sqrt{3}$
C.$2+2\sqrt{6}$
D.前三个答案都不对
8.将$1,2,\cdots,100$分成三组,使得第一组数的和为$102$的倍数,第二组数的和为$203$的倍数,第三组和为$304$的倍数.则不同的分法共有( )
A.$1$种
B.$2$种
C.$3$种
D.前三个答案都不对
二、填空题.
9.已知$f(x)=3x^2-x+4$,$g(x)$为整系数多项式,$f\left(g(x)\right)=3x^4+18x^3+50x^2+69x+a,$则$g(x)$的各项系数之和为_______.
10.$54$张扑克牌排成一列.先去掉第一张,将第二张放到最后;再去掉第三张,将第四张放到最后……以此类推,则最后剩下的那张牌是原先的第_______张.
11.用高斯函数$[x]$表示不超过实数$x$的最大整数,则方程$n\left[2002\sqrt{2001^2+1}\right]=2002\left[n\sqrt{2001^2+1}\right]$的正整数解有_______个.
12.空间中的一点$P(x,y,z)$满足$\exists n\in \mathbf N^*$,使得$|3x|^n+|8y|^n+|z|^n \leqslant 1$成立,则所有满足要求的点$P$所形成的空间几何体的体积为_______.
1.B.
根据题意,有$\sin x>0$,$\cos x<0$,于是$x$是第二象限的角.
2.C.
因为$2^2+1=5$,且对于任意正整数$k$,都有$2^k+1$为奇数,所以 \[\left(2+1\right)\left(2^{2}+1\right)\left(2^{3}+1\right)\cdots\left(2^{2016}+1\right)\equiv 5 \pmod{10}.\] 3.D.
考虑到平面内使$\triangle PAB$和$\triangle PBC$的面积相等的点的轨迹为直线$BM$以及过点$B$且与$AC$平行的直线,其中$M$为边$AC$的中点,因此满足题意的点$P$有$4$个:$\triangle ABC$的重心,或者由$P,A,B,C$四点所构成的平行四边形的顶点.4.B.
若$f(n)=k$,则$$k^2-k+1 \leqslant n \leqslant k^2+k,$$所以\[\begin{split} &f(1)=f(2)=1,\\ &f(3)=f(4)=f(5)=f(6)=2,\\ &\cdots ,\end{split} \]进而有 $$2016=\dfrac{1}{f(1)}+\dfrac{1}{f(2)}+\cdots+\dfrac{1}{f(m)}=2\cdot 1+4\cdot \dfrac{1}{2}+6\cdot\dfrac{1}{3}+\cdots+2016\cdot\dfrac{1}{1008},$$ 故$m=2+4+6+\cdots+2016=1017072$.
5.A.
由于\[\begin{split} (x-m)(y-m)(z-m)&=xyz-m(xy+yz+zx)+m^2(x+y+z)-m^3,\\&=mxyz\left[\dfrac 1m-\left(\dfrac 1x+\dfrac 1y+\dfrac 1z\right)\right]+m^2\left[(x+y+z)-m\right],\end{split} \]于是所求代数式的值为$0$
6.B.
根据题意,有\[\begin{split} a^3-b^3-c^3-3abc&= a^3-(b+c)^3+3bc(b+c-a)\\&=a^3-\dfrac 18a^6+3bc\left(\dfrac 12a^2-a\right),\\&=a\left(1-\dfrac 12a\right)\left[a^2\left(1+\dfrac 12a+\dfrac 14a^2\right)-3bc\right]\\&=0,\end{split} \] 当$a=0$时,$(b,c)=(0,0)$;当$a=2$时,$(b,c)=(0,2),(1,1),(2,0)$.当$a\ne 0,2$时,有 $$a^2\left(1+\dfrac 12a+\dfrac 14a^2\right)-3bc>\dfrac 14a^4-3bc=(b+c)^2-3bc\geqslant 0,$$于是题中方程组的非负整数解共有$4$组.
7.C.
棱长为$a$的正四面体的内切球半径为$\dfrac{\sqrt{6}}{12}a$.设$4$个半径为$1$的球的球心分别为$O_1,O_2,O_3,O_4$,则正四面体$O_1O_2O_3O_4$的棱长为$2$,故其内切球半径为$\dfrac{\sqrt{6}}{6}$.设这$4$个球的外切正四面体为$ABCD$,则正四面体$ABCD$的内切球半径为$1+\dfrac{\sqrt{6}}{6}$,故正四面体$ABCD$的棱长为$2+2\sqrt{6}$.
8.D.
假设这样的分法存在,设三组数的和分别为$102x,203y,304z$,$x,y,z\in \mathbf{N}^{*}$,则$$102x+203y+304z=5050,$$ 即$$101(x+2y+3z)+(x+y+z)=101\cdot 50,$$于是$$101\mid x+y+z,$$ 因此$x+y+z \geqslant 101$.而此时$$102x+203y+304z>102(x+y+z)>5050,$$矛盾.故不存在满足题意的分法.
9.$8$.
易知$g(x)$为二次多项式,设$g(x)=px^2+qx+r$,则 $$f(g(x))=3g^2(x)-g(x)+4=3p^2x^4+6pqx^3+\left(3q^2+6pr-p\right)x^2+(6qr-q)x+3r^2-r+4,$$对比系数,依次解得$p=1$,$q=3$,$r=4$,$a=48$.故$g(x)$的各项系数之和为$8$.
10.$44$.
每一轮剩下的牌依次是\[\begin{split} &2,4,6,\cdots ,52,54,\\&4,8,12,\cdots ,48,52,\\&4,12,20,\cdots ,44,52,\\&12,28,44,\\&12,44,\\&44.\end{split} \] 11.$4002$.
因为$$2002\cdot 2001<2002\sqrt{2001^2+1}<2002\cdot 2001+1,$$所以$\left[2002\sqrt{2001^2+1}\right]=2002\cdot 2001$.于是原方程等价于$$\left[n\sqrt{2001^2+1}\right]=2001n,$$即$$2001n \leqslant n\sqrt{2001^2+1}<2001n+1,$$解得$n<\sqrt{2001^2+1}+2001$,所以原方程的正整数解有$4002$组.
12.$\dfrac{1}{3}$.
考虑第一卦限,只需要$3x,8y,z\in (0,1)$即可.因此所有满足要求的点$P$所形成的空间几何体为一个长方体,体积为$$\dfrac 13\cdot \dfrac 18\cdot 1\cdot 8=\dfrac 13.$$