2011年2013“北約”“華約”自主招生數(shù)學(xué)試題

1、2011年“北約”13校聯(lián)考自主招生數(shù)學(xué)試題2012年北約自主招生數(shù)學(xué)試題1、求x的取值范圍使得f(x)x2xx1是增函數(shù)；2、求x116x2x2710 x21的實數(shù)根的個數(shù)；3、已知(x22xm)(x22xn)0的4個根組成首項為1的等差數(shù)列，求mn；44、如果銳角ABC的外接圓的圓心為O，求O到三角形三邊的距離之比；5、已知點A(2,0),B(2,0)，若點C是圓x22xy20上的動點，求ABC面積的最小值。6、在1,2,2012中取一組數(shù)，使得隨意兩數(shù)之和不能被其差整除，最多能取多少個數(shù)？、求使得sin4xsin2xsinxsin3xa在0,)有唯一解的a；78、求證：若圓內(nèi)接五邊形的每

2、個角都相等，則它為正五邊形；9、求證：關(guān)于隨意的正整數(shù)n，(12)n必可表示成ss1的形式，其中sN2012年自主招生北約聯(lián)考數(shù)學(xué)試題解答2013年北約自主招生數(shù)學(xué)試題解析1以2和132為兩根的有理系數(shù)多項式的次數(shù)最小是多少？解析：顯然，多項式f(x)(x22)(1x)32的系數(shù)均為有理數(shù)，且有兩根分別為2和132.于是知，以2和132為兩根的有理系數(shù)多項式的次數(shù)的最小可能值不大于5.若存在一個次數(shù)不超過4的有理系數(shù)多項式g(x)ax4bx3cx2dxe，其兩根分別為2和132，其中a,b,c,d,e不全為0，則：g2(4a2ce)(2bd)24a2ce00d02bg132(7abcde)(2

3、a3b2cd)32(6a3bc)3407abcde02a3b2cd04a2ce0(1)2bd0(2)即方程組：7abcde0(3)，有非0有理數(shù)解.2a3b2cd0(4)6a3bc0(5)由（1）+（3）得：11abcd0（6）由（6）+（2）得：11a3bc0（7）由（6）+（4）得：13a4b3c0（8）由（7）（5）得：a0，代入（7）、（8）得：bc0，代入（1）、（2）知：de0.于是知abcde0，與a,b,c,d,e不全為0矛盾.所以不存在一個次數(shù)不超過4的有理系數(shù)多項式g(x)，其兩根分別為2和132.綜上所述知，以2和132為兩根的有理系數(shù)多項式的次數(shù)最小為5.2在66的表中

4、停放3輛完全相同的紅色車和3輛完全相同的黑色車，每一行每一列只有一輛車，每輛車占一格，共有幾種停放方法？解析：先從6行中選用3行停放紅色車，有C63種選擇.最上面一行的紅色車地點有6種選擇；最上面一行的紅色車地點選定后，中間一行的紅色車地點有5種選擇；上面兩行的紅色車位置選定后，最下面一行的紅色車地點有4種選擇。三輛紅色車的地點選定后，黑色車的地點有3！=6種選擇。所以共有C63654614400種停放汽車的方法.3已知x22y5,y22x5，求x32x2y2y3的值.解析：根據(jù)條件知：x32x2y2y3x(2y5)2(2y5)(2x5)y(2x5)15x15y4xy50由x22y5,y22x

5、5兩式相減得(xy)(xy)2y2x故yx或xy2若xy則x22x5，解得x16.于是知xy16或xy16.當(dāng)xy16時，x32x2y2y34xy15(xy)504x230 x504(x22x5)38x7038x70108386.當(dāng)xy16時x32x2y2y34xy15(xy)504x230504(x22x5)38x70 x2y2(2y5)(2x5)2(yx)xy238x70108386.（2）若xy，則根據(jù)條件知：x2y2(2y5)(2x5)2(yx)xy2，于是x2y2(2y5)(2x5)2(xy)106，進而知xy(xy)2(x2y2)1.2于是知：x32x2y2y34xy15(xy)5

6、016.綜上所述知，x32x2y2y3的值為108386或16.4如圖，ABC中，AD為BC邊上中線，DM,DN分別ADB,ADC的角平分線，試比較BMCN與MN的大小關(guān)系，并說明原因.解析：如圖，延伸ND到E，使得DEDN，連結(jié)BE、ME.易知BDECDN，所以CNBE.又因為DM,DN分別為ADB,ADC的角平分線，所以MDN90，知MD為線段EN的垂直平分線，所以MNME.所以BMCNBMBEMEMN.5數(shù)列an知足a11，前n項和為Sn,Sn14an2，求a2013.解析：根據(jù)條件知：4an12Sn2an2Sn1an24an2an24an14an.又根據(jù)條件知：a11,S2a1a24a

7、12a25.所以數(shù)列an:a11,a25,an24an14an.又an24an14anan22an12(an12an).令bnan12an，則bn12bn,b1a22a13，所以bn32n1.即an12an32n1.對an12an32n1，兩邊同除以2n1，有an1an3，即an1an3.令cnan，2n12n42n12n42n則cn1cn3，c1a11，于是知cn13(n1)3n1.所以3n1422244an,2n(3n1)2n2.于是知：a2013(320131)22011301922012.46模長為1的復(fù)數(shù)A、B、C，知足ABC0，求ABBCCA的模長.ABC解析：根據(jù)公式zzz知，A

8、A1,BB1,CC1.于是知：ABBCCAABBCCAABBCCAABCABCABC(ABCCABCCBCAABCAACABBCABB)(AABBBBCCCCAA)(ABABBCBCCACA)(AABBCC)ABABBCBCCACA31.ABABBCBCCACA3所以ABBCCA的模長為1.ABC7最多能取多少個兩兩不等的正整數(shù)，使得其中隨意三個數(shù)之和都為素數(shù).解析：所有正整數(shù)按取模3可分為三類：3k型、3k1型、3k2型.3k型首先，我們能夠證明，所取的數(shù)最多只能取到兩類.否則，若三類數(shù)都有取到，設(shè)所取數(shù)為3a，3k1型數(shù)為3b1，3k2型數(shù)為3c2，則3a(3b1)(3c2)3(abc1)

9、，不可能為素數(shù).所以三類數(shù)中，最多能取到兩類.其次，我們?nèi)菀字?，每類?shù)最多只能取兩個.否則，若某一類3kr(r0、1、2)型的數(shù)至少取到三個，設(shè)其中三個分別為3ar、3br、3cr，則(3ar)(3br)(3cr)3(abcr)，不可能為素數(shù).所以每類數(shù)最多只能取兩個.聯(lián)合上述兩條，我們知道最多只能取224個數(shù)，才有可能知足題設(shè)條件.另一方面，設(shè)所取的四個數(shù)為1、7、5、11，即知足題設(shè)條件.綜上所述，若要知足題設(shè)條件，最多能取四個兩兩不同的正整數(shù).8已知a1、a2、a3、L、a2013R，知足a1a2a3La20130，且a12a2a22a3a32a4La20122a2013a20132a

10、1，求證：a1a2a3La20130.解析：根據(jù)條件知:(a12a2)(a22a3)(a32a4)L(a20132a1)(a1a2a3La2013)0，（1）另一方面，令a12a2a22a3a32a4La20132a1m，則a12a2、a22a3、a32a4、L、a20132a1中每個數(shù)或為m，或為m.設(shè)其中有k個m，(2013k)個m，則：(a12a2)(a22a3)(a32a4)L(a20132a1)km(2013k)(m)(2k2013)m（2）由（1）、（2）知：(2k2013)m0（3）而2k2013為奇數(shù)，不可能為0，所以m0.于是知：a12a2,a22a3,a32a4,L,a20

11、122a2013,a20132a1.進而知：a122013a1，即得a10.同理可知：a2a3La20130.命題得證.9對隨意的，求32cos6cos66cos415cos2的值.解析：根據(jù)二倍角和三倍角公式知：32cos6cos66cos415cos232cos6(2cos231)6(2cos221)15(2cos21)32cos62(4cos33cos)2162(2cos21)2115(2cos21)32cos6(32cos648cos418cos21)(48cos448cos26)(30cos215)10.10已知有mn個實數(shù)，排列成mn階數(shù)陣，記作aij，使得數(shù)陣中的每一行從左到mx

12、n右都是遞增的，即對隨意的i1、2、3、L、m，當(dāng)j1j2時，都有aij1aij2.現(xiàn)將aij的mxn每一列原有的各數(shù)按照從上到下遞增的次序排列，形成一個新的mn階數(shù)陣，記作a，即對隨意的、n，當(dāng)i1i時，都有aijaij.試判斷a中每ijmxnj123L212ijmxn一行的n個數(shù)的大小關(guān)系，并說明原因.解析：數(shù)陣aij中每一行的n個數(shù)從左到右都是遞增的，原因如下：mxn顯然，我們要證數(shù)陣aij中每一行的n個數(shù)從左到右都是遞增的，我們只要證明，關(guān)于mxn隨意i1、2、3、L、m，都有aijai(j1)，其中j1、2、3、L、n1.若存在一組apqap(q1).令ak(q1)aik(q1)，其

13、中k1、2、3、L、m，i1,i2,i3,L,im1,2,3,L,m.則當(dāng)tp時，都有aitqait(q1)at(q1)ap(q1)apq.也即在aiq(123、m)中，起碼有p個數(shù)小于apq，也即apq在數(shù)陣aij的第q列i、Lmxn中，起碼排在第p1行，與apq排在第p行矛盾.所以關(guān)于隨意i1、2、3、L、m，都有aijai(j1)，即數(shù)陣aijmxn中每一行的n個數(shù)從左到右都是遞增的.2011年高水平大學(xué)自主選拔學(xué)業(yè)能力測試（華約）數(shù)學(xué)注意事項：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考據(jù)號填寫在答題卡上。2將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇

14、題：本大題共10小題，每題3分，在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項切合題目要求的。1設(shè)復(fù)數(shù)z知足|z|1且|z1|5，則|z|z2（A）4（B）3（C）2（D）15432【答案】D2在正四棱錐P-ABCD中，M，N分別為PA，PB的中點，且側(cè)面與地面所成二面角的正切值為2。則一面直線DM與AN所成交角的余弦值為（A）1（B）1（C）1（D）136812【答案】B3過點(1,1)的直線l與曲線yx3x22x1相切，且(1,1)不是切點，則直線l的斜率是（A）2（B）1（C）1（D）2【答案】C4若AB2，則cos2Acos2B的最小值和最大值分別為3（A）13,3（B）1,3（C）13,1

15、3（D）1,1222222222【答案】B5如圖，O1和O2外切于點C，O1，O2又都和O內(nèi)切，切點分別為A，B。AOB,ACB，則ABC（A）cossin02（B）sincos02（C）sin2sin0（D）sin2sin0O1O2O【答案】B或C？6已知異面直線a,b所成60角，A為空間中一點，則過A與a,b都成45角的平面（A）有且只有一個（B）有且只有兩個（C）有且只有三個（D）有且只有四個【答案】B7已知向量a(0,1)，b3,1，c3,1，xaybzc(1,1)。則2222x2y2z2的最小值為（A）1（B）4（C）3（D）232【答案】B8AB過拋物線y24x焦點F的弦，O為坐標(biāo)

16、原點，且OFA135o，C為拋物線準(zhǔn)線與x軸的交點，則ACB的正切值為（A）22（B）42（C）42（D）22533【答案】A9如圖，已知ABC的面積為2，D，E分別為邊AB，邊AC上的點，F(xiàn)為線段DE上一點，設(shè)ADx,AEy,DFz，且yzx1，則BDF面積的最大值為ABACDEA（A）8（B）102727DF（C）14（D）16E2727【答案】DB10將一個正11邊形用對角線區(qū)分為9個三角形，這些對角線在正不相交，則（A）存在某種分法，所分出的三角形都不是銳角三角形（B）存在某種分法，所分出的三角形恰有2個是銳角三角形（C）存在某種分法，所分出的三角形起碼有3個銳角三角形（D）任何一種分

17、法所分出的三角形都恰有1個銳角三角形【答案】二、解答題：解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。11（本小題滿分14分）C邊形內(nèi)兩兩已知ABC不是直角三角形。（I）證明：tanAtanBtanCtanAtanBtanC；（II）若3tanC1tanBtanC，且sin2A,sin2B,sin2C的倒數(shù)成等差數(shù)列，tanA求cosAC的值。212（本小題滿分14分）已知圓柱形水杯質(zhì)量為a克，其重心在圓柱軸的中點處（杯底厚度及重量忽略不計，且水杯直立放置）。質(zhì)量為b克的水恰巧裝滿水杯，裝滿水后的水杯的重心還在圓柱軸的中點處。（）若b2a，求裝入半杯水后的水杯的重心到水杯底面的距離與水杯高的比值；（

18、）水杯內(nèi)裝多少克水能夠使裝入水后的水杯的重心最低？為什么？13（本小題滿分14分）已知函數(shù)f(x)2x，f(1)1，f12，令x11，xn1f(xn)。axb232（）求數(shù)列xn的通項公式；（）證明：x1x2xn1。2e14（本小題滿分14分）x2y21（a0,b0），F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為C的左、右焦點，P為C右已知雙曲線C:2b2a支上一點，且使F1PF21PF的面積為33a2。，又F23（）求C的離心率e；（）設(shè)A為C的左極點，Q為第一象限內(nèi)C上的隨意一點，問是否存在常數(shù)(0)，使得QF2AQAF2恒建立。若存在，求出的值；若不存在，請說明原因。15（本小題滿分14分）將一枚平均的硬幣連續(xù)投擲

19、n次，以pn表示未出現(xiàn)連續(xù)3次正面的概率。（）求p1,p2,p3和p4；（）探究數(shù)列pn的遞推公式，并給出證明；（）議論數(shù)列pn的單一性及其極限，并闡述該極限的概率意義。解答：（1）p11，p21，p37，p413，p53，p611，p781，。816416128（）如果第n次出現(xiàn)反面，那么前n次不出現(xiàn)連續(xù)3次正面和前n1次不出現(xiàn)連續(xù)3次正面是等價的，所以這個時候不出現(xiàn)連續(xù)3次正面的概率是1pn1；2如果第n次出現(xiàn)正面，第n1次出現(xiàn)反面，那么前n次不出現(xiàn)連續(xù)3次正面和前n2次不出現(xiàn)連續(xù)3次正面是等價的，所以這個時候不出現(xiàn)連續(xù)3次正面的概率是1pn2；4如果第n次出現(xiàn)正面，第n1次出現(xiàn)正面，第n

20、2次出現(xiàn)反面，那么前n次不出現(xiàn)連續(xù)3次正面和前n2次不出現(xiàn)連續(xù)3次正面是等價的，所以這個時候不出現(xiàn)連續(xù)3次正面的概率是1pn3。8如果第n次出現(xiàn)正面，第n1次出現(xiàn)正面，第n2次出現(xiàn)正面，那么已經(jīng)出現(xiàn)連續(xù)3次正面，所以不需要考慮。111（n3）。其中p01，p11，p21。綜上，有pnpn1pn2pn3248我們先定義幾個函數(shù)：f(n)：將一枚平均的硬幣連續(xù)投擲n次，起碼有連續(xù)3次相同，總合有f(n)種情況。g(n)：將一枚平均的硬幣連續(xù)投擲n次，至多連續(xù)2次相同（能夠有不同的連續(xù)2次相同），且最后2次連續(xù)相同，總合有g(shù)(n)種情況。h(n)：將一枚平均的硬幣連續(xù)投擲n次，至多連續(xù)2次相同（能夠

21、有不同的連續(xù)2次相同），且最后2次不相同，總合有h(n)種情況。顯然，下面的等式建立：f(n)+g(n)+h(n)=2nf(n)=2f(n-1)+g(n-1)g(n)=h(n-1)化簡得：g(n+1)=g(n)+g(n-1)這個著名數(shù)列就不再啰嗦了最后由g(n)求得f(n)自然，最后的結(jié)果是f(n)/2,因為連續(xù)正與連續(xù)負的情況是相等的2012年高水平大學(xué)自主選拔學(xué)業(yè)能力測試（華約）數(shù)學(xué)部分注意事項：答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考據(jù)號填寫在答題卡上。將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效?？荚嚱Y(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每題3分，在每題給出的四個選項中，只

22、有一項是切合題目要求的。（1）在銳角ABC中，已知ABC,則cosB的取值范圍為（）(A)0,2(B)1,2(C)0,1(D)2,12222（2）紅藍兩色車、馬、炮棋子各一枚，將這6枚棋子排成一列，其中每對同字的棋子中，均為紅棋子在前，藍棋子在后，知足這種條件的不同的排列方式共有（）(A)36種(B)60種(C)90種(D)120種（3）正四棱錐SABCD中，側(cè)棱與底面所成角為，側(cè)面與底面所成二面角為，側(cè)棱SB與底面正方形ABCD的對角線AC所成角為，相鄰兩側(cè)面所成二面角為，則,之間的大小關(guān)系是（）(A)(B)(C)(D)（4）向量ae，e1。若tR，ateae則（）(A)ae(B)a(ae)

23、(C)e(ae)(D)(ae)(ae)（5）若復(fù)數(shù)w1的實部為0，Z是復(fù)平面上對應(yīng)1的點，則點Zx,y的軌跡是()w11w(A)一條直線(B)一條線段(C)一個圓(D)一段圓?。?）橢圓長軸長為4，左極點在圓(x4)2y24上，左準(zhǔn)線為y軸，則此橢圓離1心率的取值范圍是（）111111(D)13(A),(B),(C),2,8442824（7）已知三棱錐SABC的底面ABC為正三角形，點A在側(cè)面SBC上的射影H是SBC的垂心，二面角HABC為30，且SA2，則此三棱錐的體積為（）(A)1(B)3(C)3(D)32244（8）如圖，在銳角ABC中，AB邊上的高CE與AC邊上的高BD交于點H。以DE

24、為直徑作圓與AC的另一個交點為G。已知BC25，BD20，BE7，則AG的長為（）8(B)42(C)10(D)54(A)552（9）已知數(shù)列an的通項公式為anlg(1)，n1,2,。Sn是數(shù)列的前n項和。n23n則limSn（）n(A)0(B)lg3(C)lg2(D)lg32610(i1,2,10102取得最大值時，在x1,x2,x10（10）已知xi10),xi50，當(dāng)xii1i1這十個數(shù)中等于6的數(shù)共有（）(A)1個(B)2個(C)3個(D)4個二、解答題：解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。（11）(本小題滿分14分)在ABC中，A,B,C的對邊分別為a,b,c。已知2sin2AB

25、1cos2C2求C的大小若c22b22a2，求cos2Acos2B的值（12）(本小題滿分14分)uuuruuuruuur2已知兩點A2,0,B2,0，動點P在y軸上的射影是H，且PAPB2PH求動點P的軌跡C的方程已知過點B的直線交曲線C于x軸下方不同的兩點M,N，設(shè)MN的中點為R，過R于點Q0,2作直線RQ，求直線RQ斜率的取值范圍。13）(本小題滿分14分)系統(tǒng)中每個元件正常工作的概率都是p(0p1)，各個元件正常工作的事件相互獨立，如果系統(tǒng)中有多于一半的元件正常工作，系統(tǒng)就能正常工作。系統(tǒng)正常工作的概率稱為系統(tǒng)的可靠性。1）某系統(tǒng)配置有2k1個元件，k為正整數(shù)，求該系統(tǒng)正常工作概率的表

26、達式2）現(xiàn)為改良（1）中系統(tǒng)的性能，擬增加兩個元件。試議論增加兩個元件后，可否提高系統(tǒng)的可靠性。(本小題滿分14分)x2xn1,2證明：當(dāng)n是偶數(shù)時，方程fn(x)0沒記函數(shù)fn(x)1x,n2!n!有實根；當(dāng)n是奇數(shù)時，方程fn(x)0有唯一的實根n，且nn2。(本小題滿分14分)某乒乓球培訓(xùn)班共有n位學(xué)員，在班內(nèi)雙打訓(xùn)練賽期間，每兩名學(xué)員都作為搭檔恰巧參加過一場雙打比賽。試確定n的所有可能值并分別給出對應(yīng)的一種安排比賽的方案。2012年光約數(shù)學(xué)參照答案一、選擇題ACBCAB略DDC二、解答題11解：（1）C=2/3；（2）cos2Acos2B=3/412解：AP?BP2PH2（1）設(shè)P(x

27、,y),則H(0，y),由得（x2,）(x-2,y)2x2,即y2-x24y?（2）令CD:xmy2(m0)代入y2x24，整理得(1m2)y24my80因為直線在x軸下方交P點軌跡于C(x1,y1)，D(x2,y2)兩點所以上式有兩個負根，由1m2016m232(1m2)04my1y21m201m28y1y21m20根據(jù)韋達定理，得CD中點M的坐標(biāo)為M(x1x2,y1y2)(12,2m)22m21m2代入直線MQ的方程y+2=kx,(k為其斜率)得2m22k1m21m21)25所以，k=m2m1(m(21,1),(1m2).24K113解答：顯然PKC2nk1(1p)np2k1n,n0nnn

28、1n2注意到C2k1C2k12C2k1C2k1，kn所以PK1=C2nk1(1p)p2k1nn0knn1n2n2k1np)p=n0(C2k12C2k1C2k1)(1kkk=nC2nk1(1p)np2k1n2C2nk11(1p)np2k1nC2nk21(1p)np2k1n0n1n2kkk=nC2nk1(1p)np2k1n2C2nk11(1p)n1p2knC2nk21(1p)n2p2k1n0n0n0k1C2nk1(1p)np2k1n(p22(1p)p(1p2)n0C2kk1(1p)kpk1C2kk11(1p)k1pkk1C2nk1(1p)np2k1nC2kk1(1p)kpk(p(1p)n0=PKC

29、2kk1(1p)Kpk(2p1)因此，當(dāng)p1時，pk遞增，當(dāng)P1時，pk遞減。2214證明：用數(shù)學(xué)概括法證明f2n1(x)0有唯一解x2n1且嚴格單一遞增，f2n(x)0無實數(shù)解，顯然n=1時，此時f1(x)1x有唯一解x11，且嚴格單一遞增，而f2(x)1xx2無實2數(shù)解，現(xiàn)在假定f2n1(x)0有唯一解x2n1且嚴格單一遞增，f2n(x)0無實數(shù)解，于是注意到f2n1(x)f2n(x),f2n1時，對隨意的0kn有x+2k+10,于是nx2kx2k1)，所以f2n1(2n1)0,f2n1(x)(x2kk0(2k)!(2k1)!又因為f2n1(0)10,所以由f2n1(x)嚴格遞增知f2n1

30、(x)0有唯一根0 x2n12n1，關(guān)于f2n2(x)有f2n2f2n2(x)f2n1(x)，所以（，x2n1）上，遞減，在（x2n1，+）上，遞增，所以2n22n2minf2n2(x)f2n2(x2n1)x2n1x2n10,(2n2)!(2n2)!xR因此，f2n2(x)0無實數(shù)解綜上所述，對隨意正整數(shù)n,當(dāng)為偶數(shù)時fn(x)0無解，當(dāng)為奇數(shù)fn(x)0有唯一解xn。再證x2n1x2n1，事實上，由f2n1(x)的嚴格單一性，只要考證f2n1(x2n1)0，注意到f2n1(x)f2n1(x)x2nx2n1，由上述概括法證明過程中，x2n12n1，所以(2n)!(2n1)!2n2n12nx2n

31、1x2n1x2n1(x2n12n1)0，ff2n1(x2n1)(2n(2n)!(2n1)!1)!因此x2n1x2n1，綜上所述，原命題得證。15假定比賽了K場，那么由題目假定，一場比賽出現(xiàn)了2對隊友，所以Cn2=2k，也就是說4k=n(n-1)，那么獲得n=4l或許4l+1,期中l(wèi)N，下邊證明，關(guān)于隨意的n=4l，或許4l+1,其中l(wèi)N,都能夠結(jié)構(gòu)出知足要求的比賽：n=4l+1,的時候，關(guān)于L使用數(shù)學(xué)概括法：（1）當(dāng)L=1的時候，N=5，此時假定這5名選手為A,B,C,D,E,那么如下安排比賽即可，AB-CD,AC-BE,BC-DE,AE-BD,AD-CE.（2）設(shè)當(dāng)L=M時結(jié)論建立，則L=M

32、+1時，設(shè)4M+5選手為A,B,C,D,EF11,F12,F21,F22,F21m,F22m，由概括假設(shè)，可以安排E,F11,F12,F21,F22,F21m,F22m之間的比賽，使得他們之間每兩位選手的作為隊友恰巧只參加過一次比賽，還剩下A,B,C,D，E,相互的比賽和A,B,C,D與F11,F12,F21m,F22m之間的比賽，A,B,C，D與F11,F12,F21m,F22m之間的比賽安排如下：FL1與BFL2,AFL2與BFL1,CFL1與DFL2,CFL2與DFL1,知足要求。最后將這些比賽總計起來，就是知足要求的4M+5位選手之間的的比賽了。由數(shù)學(xué)概括法得證，N=4L時，對L使用數(shù)

33、學(xué)概括法，能夠近似方法證明（略）。綜上所述，N的所有可能取值是N=4L或4L+1，其中LN.2013年光約自主招生數(shù)學(xué)試題解析1.設(shè)Ax|x10,xN,BA，且B中元素知足：隨意一個元素的各數(shù)位的數(shù)字互不相同；隨意一個元素的隨意兩個數(shù)位的數(shù)字之和不等于9；1）求B中的兩位數(shù)和三位數(shù)的個數(shù)；2）是否存在五位數(shù)，六位數(shù)？（3）若從小到大排列B中元素，求第1081個元素.解析：將0，1，9這10個數(shù)字按照和為9進行配對，考慮（0，9），（1，8），（2，7），（3，6），（4，5），B中元素的每個數(shù)位只能從上面五對數(shù)中每對至多取一個數(shù)組成.（1）兩位數(shù)有C5222A22C41272個；三位數(shù)有C53

34、23A33C4222A22432個；（2）存在五位數(shù)，只要從上述五個數(shù)對中每對取一個數(shù)即可組成切合條件的五位數(shù)；不存在六位數(shù)，由抽屜原理易知，若存在，則起碼要從一個數(shù)對中取出兩個數(shù)，則該兩個數(shù)字之和為9，與B中隨意一個元素的隨意兩個數(shù)位的數(shù)字之和不等于9矛盾，因此不存在六位數(shù).（3）四位數(shù)共有C5424A44C4323A331728個，因此第1081個元素是四位數(shù)，且是第577個四位數(shù)，我們考慮千位，千位1，2，3的四位數(shù)有3C4323A33576個，因此第1081個元素是4012.sinxsiny132.已知，求cos(xy),sin(xy).cosxcosy15解析：由sinxsiny1c

35、osy1，平方相加得cos(xy)208，cosx5，另一3225方面由得2sinxycosxy1，由得2sinxysinxy1，223225xy32tanxy15y)2除以得tan2，因此sin(xxy.51217tan23.點A在ykx上，點B在ykx上，其中k0,OAOBk21，且A,B在y軸同側(cè).（1）求AB中點M的軌跡C；（2）曲線C與拋物線x22py(p0)相切，求證：切點分別在兩條定直線上，并求切線方程.解析：（1）設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y)，則y1kx1,y2kx2，由OAOBk21得x1x21，即(x1x2)2(x1x2)21，又xx1x2,yy1y2

36、kx1x2，于是M的44222軌跡方程為x2y21，于是AB中點M的軌跡C的焦點為k21,0，實軸長為2k2的雙曲線.（2）將x22py(p0)與x2y21聯(lián)立得y22pk2yk20，曲線C與拋物線相切，k2故4p2k44k20，又因為p,k0，所以pk1，且ypk2k,x2pk2，因此兩切點分別在定直線x2,x2上，兩切點為D(2,k),E(2,k),Qyx，于是在D(2,k)處的切線方程分別為py2(x2)k，即y2x1，ppp在E(2,k)D(2,k)處的切線方程分別為y2(x2)k，即y2x1.ppp4.7個紅球，8個黑球，一次取出4個.1）求恰有一個紅球的概率；2）取出黑球的個數(shù)為X

37、，求X的散布列和希望（EX）；（3）取出4個球同色，求全為黑色的概率.解析：（1）恰有一個紅球的概率為C71C8356；C154195（2）X的所有可能取值為0，1，2，3，4，P(XC745C73C81400),P(X1)，C154195C154195P(X2)C72C8284,P(XC71C83564)C8410C1541953),P(X，C154195C154195即X的分別列為X01234P540845610195195195195195所以EX5408456103201234.19519519519519515（事實上由超幾何散布希望公式能夠直接得出希望為EX832，無需繁瑣計算）41515（3）取出4個球色，全為黑色的概率為C842C74C84.35.數(shù)列an各項均為正數(shù)，且對隨意nN*知足an1ancan2(c0為常數(shù)).（1）求證：對隨意正數(shù)M