2012年北约自主招生联考数学试题

2010年“北约”自主招生数学试题及解答1．（仅文科做）02απ<<，求证：sin tan ααα<<． 【解析】 不妨设()sin f x x x =-，则(0)0f =，且当02x π<<时，()1cos 0f x x '=->．于是()f x 在02x π<<上单调增．∴()(0)0f x f >=．即有sin x x >． 同理可证()tan 0g x x x =->．(0)0g =，当02x π<<时，21()10cos g x x '=->．于是()g x 在02x π<<上单调增。

∴在02x π<<上有()(0)0g x g >=。

即tan x x >。

注记：也可用三角函数线的方法求解．2．AB 为边长为1的正五边形边上的点．证明：AB（25分） 【解析】 以正五边形一条边上的中点为原点，此边所在的直线为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系．⑴当,A B 中有一点位于P 点时，知另一点位于1R 或者2R 时有最大值为1PR ；当有一点位于O 点时，1max AB OP PR =<；⑵当,A B 均不在y 轴上时，知,A B 必在y 轴的异侧方可能取到最大值（否则取A 点关于y 轴的对称点A '，有AB A B '<）．不妨设A 位于线段2OR 上（由正五边形的中心对称性，知这样的假设是合理的），则使AB 最大的B 点必位于线段PQ 上．且当B 从P 向Q 移动时，AB 先减小后增大，于是max AB AP AQ =或；对于线段PQ 上任意一点B ，都有2BR BA ≥．于是22max AB R P R Q == 由⑴，⑵知2max AB R P =．不妨设为x ．下面研究正五边形对角线的长．IHG F E 1111x x-1如右图．做EFG ∠的角平分线FH 交EG 于H ． 易知5EFH HFG GFI IGF FGH π∠=∠=∠=∠=∠=． 于是四边形HGIF 为平行四边形．∴1HG =． 由角平分线定理知111EFEH x FG x HG ===-．解得x =3．AB 为21y x =-上在y 轴两侧的点，求过AB 的切线与x 轴围成面积的最小值．（25分）【解析】 不妨设过A 点的切线交x 轴于点C ，过B 点的切线交x 轴于点D ，直线AC 与直线BD 相交于点E ．如图．设1122(,),(,)B x y A x y ，且有222211121,1,0y x y x x x =-=->>．由于2y x '=-，于是AC 的方程为2222x x y y =--；① BD 的方程为1122x x y y =--． ②联立,AC BD 的方程，解得121221(,1)2()y y E x x x x ---． 对于①，令0y =，得222(,0)2y C x -；对于②，令0y =，得112(,0)2y D x -． 于是221212121222112222y y x x CD x x x x --++=-=-． 121(1)2ECD S CD x x ∆=-．不妨设10x a =>，20x b -=>，则 2222111111()(1)(22)44ECD a b S ab a b a b ab a b a b∆++=++=+++++1111()(2)(2)44a b ab ab ab ab=+++⋅++≥ ③0s >，则有331111111(2)(.....)223399ECD S s s s s s s s s ∆=++=++++++ 6个 9个1243691616111116)]8()29s s s ⋅⋅[⋅(⋅()=⋅≥3218)3=⋅(= ④又由当12x a x b s ==-==时，③，④处的等号均可取到．∴min ()ECD S ∆ 注记：不妨设311()(2)2g s s s s=++，事实上，其最小值也可用导函数的方法求解． 由2211()(32)2g s s s '=+-知当2103s <<时()0g s '<；当213s <时()0g s '>．则()g s 在(0,上单调减，在)+∞上单调增．于是当s =时()g s 取得最小值． 4．向量OA 与OB 已知夹角，1OA =，2OB =，(1)OP t OA =-，OQ tOB =，01t ≤≤．PQ在0t 时取得最小值，问当0105t <<时，夹角的取值范围．（25分） 【解析】 不妨设OA ，OB 夹角为α，则1,2OP t OQ t =-=，令 222()(1)42(1)2cos g t PQ t t t t α==-+-⋅-⋅2(54cos )(24cos )1t t αα=++--+． 其对称轴为12cos 54cos t αα+=+．而12()54x f x x +=+在5(,)4-+∞上单调增，故12cos 1154cos 3αα+-+≤≤． 当12cos 1054cos 3αα++≤≤时，012cos 1(0,)54cos 5t αα+=∈+，解得223αππ<<． 当12cos 1054cos αα+-<+≤时，()g t 在[0,1]上单调增，于是00t =．不合题意． 于是夹角的范围为2[,]23ππ．5．（仅理科做）存不存在02x π<<，使得sin ,cos ,tan ,cot x x x x 为等差数列．（25分） 【解析】 不存在；否则有(cos sin )(cos sin )cos sin cot tan sin cos x x x x x x x x x x-+-=-=， 则cos sin 0x x -=或者cos sin 1sin cos x x x x+=．若cos sin 0x x -=，有4x π=．而此时1,122不成等差数列；若cos sin 1sin cos x x x x+=，有2(sin cos )12sin cos x x x x =+．解得有sin cos 1x x =． 而11sin cos sin 2(0,]22x x x =∈，矛盾！2011年“北约”自主招生数学试题及解答2012年“北约”自主招生数学试题及解答《自主招生》三大系列《全国重点高校自主招生备考指南·高一、高二基础版》从从高高一一开开始始行行动动起起来来！！⊙专为高一、高二学生设计，细致分析自主招生关键信息，深入讲解自主招生备考方略。

北约”的数学题型为5道解答题，各20分，总分为100分，内容上每年都会考一到两题的平面几何，这个知识点是上海学生在初中就学过的，但在全国高考中是作为考核内容的。

此外，三角形和解析几何等也都是“北约”每年的考核重点，难度略高于本市实验性示范性高中平时做的题目。

“2012年“北约”自主招生选拔联合考试数学真题及答案北大联合自招，基本题型包括在阅读文本中选择正确或最好的表达形式、文言综合阅读、现代文学作品阅读、写作等几个部分。

文学作品阅读的选材广泛，因为作品时代差异和作家风格不同，对考生有很强的挑战性，王振宇老师建议：一要把握常见基础题型。

比如理解句子含义，分析段落内涵这类常见题目的答题技巧;二是以读促写，以写悟读，将阅读与写作有效结合起来，提高自我独立阅读能力、培养多角度、个性化思维素养。

三有良好阅读习惯，北约类试题文本阅读都是千字文，卷面试题量大、解题时间有限，考生应积极进行快速阅读训练，迅速理清作者的思想、意图、感受，体验作品的思想境界和作者对人、事、物的感情倾向等能力尤其重要。

关于写作，考生可看一下过去三年北约的作文题目：(北京大学2011)鲁迅曾说：“无尽的远方，无数的人们，都与我有关。

”你认为这是怎样的一种关联?你自己与“无尽的远方，无数的人们”是以什么方式相关联?试结合上述问题，以《无尽的远方，与无数的人们》为题写一篇作文。

(北京大学2010)今年是北京大学中文系林庚教授诞辰100周年，有人评价林庚“建安风骨，盛唐气象，少年精神，布衣情怀”。

请从中选择一个四字短语为题，写一篇要求在诗情画意中富含哲理的散文。

(北京大学2009)有腐败分子认为：腐败，是一种人人难免的“普遍本性”，它有助于刺激消费……请你写一篇800字文章、观点,要求至少有5处正确引用古诗文。

从过去三年北约的作文题目我们不难看出，命题者将学生表达能力和感悟能力结合起来，文章要写得有诗情画意，且要富有哲理，这就有一定的难度的。

2012年高中自主招生考试理综试卷注意事项：1. 本试卷由数学、物理及化学三部分构成，数学1—8页；理化9—12页； 2．分值设置：数学100分，物理40分，化学40分，共180分； 3．考试时间：数学、物理及化学同场考试，时间为150分钟.4．答卷前，务必将自己的姓名、考号用钢笔（圆珠笔）写在每张试卷密封线内相应的位置上.5．考试结束后，考生须将第Ⅰ卷、第Ⅱ卷一并交回．数学部分第Ⅰ卷（选择题 共24分）一、选择题：（本大题共8个小题，每小题3分，共24分）在下列各小题中，均给出四个答案，其中有且只有一个正确答案，请将正确答案的字母代号填入第Ⅱ卷选择题答题表中相应题号下的方格内，填错或不填均为零分. 1. 下列运算正确的是A ．236(2)8a a -=-B ．3362a a a +=C ．632a a a ÷=D ．3332a a a ⋅= 2. 若某三角形的两边长分别为6和8，则下列长度的线段能作为其第三边的是A ．2B ．10C ．14D ．163．实数aA . 7B . -7C . 2a -15D . 无法确定 4. 如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCO 的顶点A 、C 分别 在y 轴、x 轴上，以AB 为弦的⊙M 与x 轴相切．若点A 的坐标 为（0，4），则圆心M 的坐标为A ．（25，﹣2） B ．（25-，2） C ．（﹣2，25）D ．（2，25-）（第3题图）（第4题图）5. 某水库大坝的横断面是梯形，坝内斜坡的坡度i =1i =1∶1，则两个坡角的和为A ．o 60B ．o 75C ．o 90D ．o 1056．如图，梯形ABCD 中，∠ABC 和∠DCB 的平分线相交于梯形中位线EF 上的一点P ，若EF =3，则梯形ABCD 的周长为 A ．9B ．10.5C ．12D ．157. 如图，函数x y =1和34312+=x y 的图象相交于（－1，1）， （2，2）两点．当21y y <时，x 的取值范围是 A ．x ＞-1 B ．-1＜x ＜2 C ．x ＜2D . x ＜-1或x ＞28．如图，平面直角坐标系中，四边形OABC 是菱形，点C 的坐标为（4,0），∠AOC = 60°，垂直于x 轴的直线l 从y 轴出发，沿x 轴正方向以每秒1个单位长度的速度向右平移，设直线l 与菱形OABC 的两边分别交于点M ，N （点M 在点N 的上方），若△OMN 的 面积为S ，直线l 的运动时间为t 秒（0≤t ≤4）,则能大致反映S 与t 的函数关系的图象是(第6题图)(第7题图)A BCDEF PA ．B ．C ．D ．Ａ ＦＣＤＢＥ （第12题图）2012年高中自主招生考试数 学 试 卷总 分 表选择题答题表第Ⅱ卷 （非选择题 共76分）二、填空题：（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）将结果直接填写在每题的横线上. 9．分解因式：2224xy xy y -+-= .10．将二次函数2x y =的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位后，所得图象的函数表达式是 ．11．已知扇形的圆心角为150°，它所对应的弧长为20πcm ，则此扇形的面积是 2cm （结果保留π）． 12．如图，在ABC △中，点D 、E 、F 分别在边AB 、BC 、CA 上，且DE CA ∥，DF BA ∥．下列四种说法： ①四边形AEDF 是平行四边形；②如果90BAC ∠=，那么四边形AEDF 是矩形；③如果AD 平分BAC ∠，那么四边形AEDF 是菱形； ④如果AD BC ⊥且AB AC =，那么四边形AEDF是正方形.其中错误的是 （只填序号）. 13．正方形A 1B 1C 1O ，A 2B 2C 2C 1，A 3B 3C 3C 2，…按如图所示的方式放置．点A 1，A 2，A 3，…和点C 1，C 2，C 3，…分别在直线y kx b =+(k ＞0)和x 轴上，已知点B 1（1，1），B 2（3，2），则直线y kx b =+的解析式为 .B n 的坐标是 ．三、解答题：（本大题共8个小题，满分61分）14.（本题满分5分）化简：22222369x y x y yx y x xy y x y --÷-++++．15.（本题满分6分）已知关于x的一元二次方程x2 + 2（k－1）x + k2－1 = 0有两个不相等的实数根．（1）求实数k的取值范围；（2）0可能是方程的一个根吗？若是，请求出它的另一个根；若不是，请说明理由．16.（本题满分6分）在电视台举办的“超级女生”比赛中，甲、乙、丙三位评委对选手的综合表现，分别给出“淘汰”或“通过”的结论．（1）请用树状图表示出三位评委给出A选手的所有可能的结论；（2）比赛规则设定：三位评委中至少有两位评委给出“通过”的结论，那么这位选手才能进入下一轮比赛．试问：对于选手A，进行下一轮比赛的概率是多少？17.（本题满分6分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AC=2AB，点D是AC的中点，将一块锐角为45°的直角三角板如图放置，使三角板斜边的两个端点分别与A、D重合，连结BE、EC．试猜想线段BE和EC的数量及位置关系，并证明你的猜想．EADB C18.（本题满分8分）如图，△ABC 内接于⊙O ，CA =CB ，CD ∥AB 与OA 的延长线交于点D ． （1）求证：CD 是⊙O 的切线； （2）若∠ACB =120°，OA = 4，求CD 的长．19.（本题满分8分）如图，已知菱形OABC 的边长为6，O 点为坐标原点，C 点在x 轴上，D 为BC 边的中点，双曲线y =xk(k >0)经过A 、D 两点. （1）求反比例函数y =xk的解析式； （2）若点P 为x 轴上一点，且满足PD =AD ，求出点P 的坐标.ABC DO20．（本题满分10分）为迎新年，某公司用10台机器生产A、B两种不同的龙年吉祥玩具，每台机器只生产其中一种玩具，每天所需生产原料总数不超过950千克，每天生产的B种玩具不小于A种玩具的件数，每天连续工作10小时.下表是这种机器生产不同玩设生产A种玩具的机器x台，则生产B种玩具的机器有（10-x）台.（1）求x的取值范围.（2）若A种玩具每2件包装成一盒，B种玩具每4件包装成一盒，每天生产的各种玩具恰好包装完．．．．．.A种玩具每盒可获利5元，B种玩具每盒可获利6元.(包装了才能销售)怎样安排机器生产使每天生产玩具获利最大.（3）若用6台机器生产A种玩具，4台机器生产B种玩具，且将A种玩具2件，B种玩具4件混合包装成一盒，这样安排后，每天生产出来的玩具不能成套包装的有多少件？21．（本题满分12分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A 坐标为（2，4），直线2=x 与x 轴相交于点B ，连结OA ，抛物线2x y =从点O 沿OA 方向平移，与直线2=x 交于点P ，顶点M 到A 点时停止移动．（1）求线段OA 所在直线的函数解析式；（2）设抛物线顶点M 的横坐标为m ，①用m 的代数式表示点P 的坐标；②当m 为何值时，线段PB 最短；（3）当线段PB 最短时，相应的抛物线上是否存在点Q ，使△QMA 的面积与△PMA的面积相等，若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．。

2012年高中自主招生考试数学模拟试卷3参考答案与试题解析一、选择题：1．（3分）如果a＞b，且c为实数，那么下列不等式一定成立的是（）A．a c＞bc B．a c＜bc C．a c2＞bc2D．a c2≥bc2考点：不等式的性质．分析：根据不等式的性质分析判断．解答：解：c是正是负无法确定，根据不等式的基本性质，A、B式无法判定；c为实数，则c2≥0，根据不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变，所以c 为0时ac2=bc2，c为不等于0的任何实数时，ac2＞bc2成立，所以一定成立的是ac2≥bc2；故D成立．故选D．点评：不等式两边乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变．注意实数包括0在内．2．（3分）若n为整数，则能使也为整数的n的个数有（）A．1个B．2个C．3个D．4个考点：分式的值；分式的加减法．专题：计算题．分析：原式=1+，则n﹣1的值，一定是±1或±2．就可以求出n的值．解答：解：当n=0时原式等于﹣1；n=2时原式等于3；n=3时原式等于2；n=﹣1时原式等于0．故选D．点评：此题主要考查分式的基本概念和性质，难易程度适中．3．（3分）已知a为实数，则代数式的最小值为（）A．0B．3C．D．9考点：二次根式的性质与化简．分析：把被开方数用配方法整理，根据非负数的意义求二次根式的最小值．解答：解：∵原式===∴当（a﹣3）2=0，即a=3时代数式的值最小，为即3故选B．点评：用配方法对多项式变形，根据非负数的意义解题，是常用的方法，需要灵活掌握．4．（3分）抛物线y=2x2是由抛物线y=2（x+1）2+2经过平移得到的，则正确的平移是（）A．先向右平移1个单位，再向下平移2个单位B．先向左平移1个单位，再向上平移2个单位C．先向右平移2个单位，再向下平移1个单位D．先向左平移2个单位，再向上平移1个单位考点：二次函数图象与几何变换．分析：只需看顶点坐标是如何平移得到的即可．解答：解：新抛物线y=2x2的顶点坐标为（0，0），原抛物线y=2（x+1）2+2的顶点坐标为（﹣1，2）所以是先向右平移1个单位，再向下平移2个单位得到的．故选A．点评：讨论两个二次函数的图象的平移问题．5．（3分）在平面内有线段AB和直线l，点A、B到直线l的距离分别是4cm、6cm．则线段AB的中点C到直线l的距离是（）A．1或5 B．3或5 C．4D．5考点：梯形中位线定理；三角形中位线定理．专题：分类讨论．分析：本题要分两种情况讨论：线段AB分别在直线同侧和异侧．同侧时，只需根据梯形的中位线定理进行计算；异侧时，综合运用梯形的中位线定理和三角形的中位线定理进行计算．解答：解：（1）线段AB在直线l的同侧：∵AN=4，BM=6，AN∥BN∥CD，C为AB的中点，∴CD=（AN+BM）=（4+6）=5（cm）；（2）线段AB在直线l的异侧：连接NB，AM．延长CD交AM于E，反向延长CD交BN于F．∵CD⊥NM，C为AB的中点，∴EF为梯形AMBN的中位线．∴EF=（AN+BM）=（4+6）=5．在△ABN中，CF为中位线，∴CF=AN=×4=2．同理，在△AMN中，CD=AN=×4=2．故CD=EF﹣CF﹣ED=5﹣2﹣2=1（cm）．故选A．点评：本题涉及到三角形和梯形的中位线定理，在解答时要注意线段AB在直线同侧和异侧两种情况讨论．6．（3分）（2003•泰州）在Rt△ABC的直角边AC边上有一动点P（点P与点A，C不重合），过点P作直线截得的三角形与△ABC相似，满足条件的直线最多有（）A．1条B．2条C．3条D．4条考点：相似三角形的判定．专题：动点型．分析：过点P作直线与另一边相交，使所得的三角形与原三角形已经有一个公共角，只要再作一个等于△ABC的另一个角就可以．解答：解：过点P作AB的垂线，或作AC的垂线，作AB的平行线，作∠PDC=∠A．故选D．点评：本题主要考查三角形相似的条件，有两个角相等的三角形相似．7．（3分）如图，一个等边三角形的边长与它的一边相外切的圆的周长相等，当这个圆按箭头方向从某一位置沿等边三角形的三边做无滑动旋转，直至回到原出发位置时，则这个圆共转了（）A．4圈B．3圈C．5圈D．3.5圈考点：弧长的计算；等边三角形的性质．分析：根据圆所走的路程是圆心所走过的路程即等边三角形的周长+三条圆心角是120°的弧长=4C 选择．解答：解：设圆的周长是C，则圆所走的路程是圆心所走过的路程即等边三角形的周长+三条圆心角是120°的弧长=4C，则这个圆共转了4C÷C=4圈．故选A．点评：注意正确分析圆所走过的路程，可以画出圆心所走过的路程．二、填空题：8．（3分）的绝对值是．考点：实数的性质．分析：首先比较跟2的大小关系，然后根据绝对值的代数定义即可求解．解答：解：因为 1.732，所以＜0，则的绝对值是2﹣．点评：此题主要考查了实数的绝对值，对绝对值的代数定义应熟记：①正数的绝对值是它本身；②负数的绝对值是它的相反数；③零的绝对值是零．此题的关键是确定是负数．9．（3分）写出一条经过第一、二、四象限，且过点（﹣1，3）的直线解析式y=﹣x+2．考点：一次函数的性质．专题：开放型．分析：先设出一次函数的解析式，再把点（﹣1，3）代入函数解析式求出﹣k+b满足的条件，根据此条件写出一条经过第一、二、四象限的直线解析式即可．解答：解：设此函数的解析式为y=kx+b，∵函数图象经过第一、二、四象限，∴k＜0，b＞0，∵函数图象过点（﹣1，3），∴﹣k+b=3，∴可令k=﹣1，则b=2，故解析式可为y=﹣x+2．点评：此题考查了一次函数的性质，有一定的开放性，只要根据条件推出符合题意的k、b的值即可，答案不唯一．10．（3分）（2007•宁德）若，则=．考点：等式的性质．专题：计算题．分析：根据等式的性质1，等式两边都加上1，等式仍然成立可得出答案．解答：解：根据等式的性质：两边都加1．则=，故填．点评：观察要求的式子和已知的式子之间的关系，从而利用等式的性质进行计算．11．（3分）一顶简易的圆锥形帐蓬，帐篷收起来时伞面的长度有4米，撑开后帐篷高2米，则帐篷撑好后的底面直径是米．考点：弧长的计算．分析：根据题意可知圆锥的母线长为4米，高2米和地面半径构成直角三角形，利用勾股定理求出底面半径．解答：解：r===2，直径为4米．点评：主要考查了圆锥的特点．解此题的关键是要知道圆锥的母线，高和地面半径构成直角三角形，利用勾股定理求出底面半径是一个常用的方法．12．（3分）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，则其外接圆的半径为5．考点：三角形的外接圆与外心；勾股定理．分析：首先根据勾股定理，得其斜边是10，再根据直角三角形的外接圆的半径是斜边的一半，得其半径是5．解答：解：∵∠C=90°，AC=6，BC=8，∴BA=10，∴其外接圆的半径为5．点评：熟练运用勾股定理；注意：直角三角形的外接圆的半径是斜边的一半．13．（3分）圆心在x轴上的两圆相交于A、B两点，已知A点的坐标为（﹣3，2），则B点的坐标是（﹣3，﹣2）．考点：相交两圆的性质；坐标与图形性质．分析：圆心都在x轴上的两圆是轴对称图形，对称轴是x轴，那么A，B两点也关于x轴对称为（﹣3，﹣2）．解答：解：∵两圆相交于A、B两点，且两圆的圆心都在x轴上，∴A、B两点关于X轴对称，∵A点的坐标为（﹣3，2），∴B点的坐标为（﹣3，﹣2）．点评：解决本题的关键是知道相交两圆的交点也关于对称轴对称．14．（3分）用长4cm，宽3cm的邮票300枚不重、不漏摆成一个正方形，这个正方形的边长等于60 cm．考点：二元一次方程组的应用．分析：先设出未知数，然后依题意：300枚的总面积等于正方形面积．列出方程求解．解答：解：设正方形边长为x．则4×3×300=x2，解得：x=60故填60．点评：此题涉及一元二次方程的知识，难度中等．15．（3分）如图：四边形EFGH是一个长方形台球桌面，有白、黑两球分别位于A，B两点的位置上．试问，怎样撞击白球A，才能使白球A先碰撞台边GH，再碰撞FG，经两次反弹后再击中黑球B？（将白球A移动路线画在图上，不能说明问题的不予计分）考点：作图—应用与设计作图．专题：作图题．分析：分别作出点A关于HG的对称点A′，点B关于FG的对称点B′，然后连接A′B′，交HG、FG 于点M，N，再连接AM、BN，则白球A移动路线图可得．解答：解：（1）作出点A关于HG的对称点A′，点B关于FG的对称点B′，（2）连接A′B′，分别交HG、FG于点M、N，（3）连接AM，BN，所以白球A的移动路线为A→M→N→B．点评：本题是考查了作图问题的应用与设计作图，利用轴对称的性质作出对称点是解题的关键，难度中等．16．（3分）有三位学生参加两项不同的竞赛，则每位学生最多参加一项竞赛，每项竞赛只许有两位学生参加的概率为．考点：列表法与树状图法．分析：先根据题意画出树状图，从图上可知每项竞赛只许有两位学生参加的情况有6种，共有8种等可能的结果，再根据概率公式求解即可．解答：解：用A、B分别表示两项不同的竞赛，如图所示：每项竞赛只许有两位学生参加的情况是AAB，ABA，ABB，BAA，BAB，BBA，共6种，则每项竞赛只许有两位学生参加的概率为=．故答案为：．点评：本题考查了列表法与树状图法，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．17．（3分）如图，是一个挂在墙壁上时钟的示意图．O是其秒针的转动中心，M是秒针的另一端，OM=8cm，l是过点O的铅直直线．现有一只蚂蚁P在秒针OM上爬行，蚂蚁P到点O的距离与M 到l的距离始终相等．则1分钟的时间内，蚂蚁P被秒针OM携带的过程中移动的路程（非蚂蚁在秒针上爬行的路程）是16πcm．考点：弧长的计算．分析：作出辅助线得出△OMN≌△Q2OP，进而得出∠OPQ2=∠NOM=90°，得出从而蚂蚁P在1分钟时间内被秒针OM携带的过程中移动的轨迹就是分别以OQ1，OQ2为直径的两个圆，求出即可．解答：解：过M作MN⊥L于点N，过O作L的垂线交于点Q1，Q2，连接PQ2，则MN∥OQ2，∠M=∠MOQ2，∵OM=OQ2，MN=OP，∴△OMN≌△Q2OP，∴∠OPQ2=∠MNO=90°，∴点P在以OQ1为直径的圆上，同理点P在以OQ2为直径的圆上，从而蚂蚁P在1分钟时间内被秒针OM携带的过程中移动的轨迹就是分别以OQ1，OQ2为直径的两个圆，移动的路程为：2×8π=16π．故答案为：16π．点评：此题主要考查了弧长的计算以及物体移动路线问题，此题综合性较强得出从而蚂蚁P在1分钟时间内被秒针OM携带的过程中移动的轨迹就是分别以OQ1，OQ2为直径的两个圆是解决问题的关键．三、解答题：18．（5分）．考点：实数的运算．专题：计算题．分析：本题涉及零指数幂、负整数指数、特殊角的三角函数值、二次根式化简四个考点．在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．解答：解：原式=1+9+3﹣9×=1+9+3﹣3=10．点评：此题主要考查了学生对零指数、负指数以及二次根式的化简与特殊的三角函数值掌握情况．19．（6分）（2005•常德）解方程：考点：解分式方程；解一元二次方程-因式分解法．专题：计算题．分析：本题考查解分式方程的能力．因为x2﹣1=（x+1）（x﹣1），所以可得方程最简公分母为（x+1）（x﹣1）．再去分母整理为整式方程即可求解．结果需检验．解答：解：方程两边同乘（x+1）（x﹣1），得6﹣3（x+1）=x2﹣1，整理得x2+3x﹣4=0，即（x+4）（x﹣1）=0，解得x1=﹣4，x2=1．经检验x=1是增根，应舍去，∴原方程的解为x=﹣4．点评：（1）解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．（2）解分式方程一定注意要验根．（3）分式方程去分母时不要漏乘常数项，本题要避免出现6﹣（x+1）=1的错误出现．20．（10分）将分别标有数字0，1，2，3的四张卡片洗匀后，背面朝上放在桌面上．抽取一张作为百位上的数字，再抽取一张作为十位上的数字，再抽取一张作为个位上的数字，每次抽取都不放回．（1）能组成几个三位数请写出个位数是“0”的三位数．（2）这些三位数中末两位数字恰好是“01”的概率为多少．考点：列表法与树状图法．分析：列举出符合题意的各种情况的个数，再根据概率公式解答即可．解答：解：树状图分析如下（5分）（1）能组成18个三位数．（6分）个位数是“0”的三位数有120，130，210，230，310，320．（8分）（2）末两位数恰好是“01”的概率为P=．（10分）点评：树状图法适用于两步或两步以上完成的事件，此题为三步完成的事件，选择树状图法最简单．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．21．（12分）已知：关于x的方程x2+2x﹣k=0有两个不相等的实数根．（1）求k的取值范围；（2）若α，β是这个方程的两个实数根，求：的值；（3）根据（2）的结果你能得出什么结论？考点：根与系数的关系；根的判别式．分析：（1）由方程x2+2x﹣k=0有两个不相等的实数根，可以求出△＞0，由此可求出k的取值范围；（2）欲求的值，先把此代数式变形为两根之积或两根之和的形式，代入数值计算即可．（3）只要满足△＞0（或用k的取值范围表示）的值就为一定值．解答：解：（1）△=4+4k，∵方程有两个不等实根，∴△＞0，即4+4k＞0∴k＞﹣1（2）由根与系数关系可知α+β=﹣2，αβ=﹣k，∴=，（3）由（1）可知，k＞﹣1时，的值与k无关．点评：将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．22．（12分）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，OA=OB=1，与x轴的正方向夹角为30°．求直线AB的解析式．考点：一次函数综合题．专题：综合题．分析：欲求直线AB的解析式，只要求出点A和点B的坐标，再根据待定系数法列方程组解答．解答：解：作AC⊥x轴于C，BD⊥x轴D，在Rt△AOC中，OC=1×cos30°=，AC=×1=，∴A点坐标为（，），OD=1×cos60°=，DB=1×sin60°=，∴B点坐标为（﹣，），设解析式为y=kx+b，把（，），（﹣，）分别代入解析式得：，解得k=﹣2+，b=﹣1+，∴解析式为y=（﹣2+）x+（﹣1+）．点评：待定系数法：先设某些未知的系数，然后根据已知条件求出未知系数的方法叫待定系数法，在求函数解析式时经常要用到．23．（12分）已知：如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，CD⊥AB，垂足为D，点P在BA的延长线上，且PC是圆O的切线．（1）求证：∠PCD=∠POC；（2）若OD：DA=1：2，PA=8，求圆的半径的长．考点：切线的性质；圆周角定理．专题：计算题；证明题．分析：（1）根据切线的性质发现直角OCP，再根据等角的余角相等进行证明；（2）根据OD：DA=1：2，设OD=x，DA=2x，根据直角三角形的射影定理列方程求解．解答：解：（1）∵PC是圆O的切线，∴OC⊥PC．又CD⊥AB，∴∠PCD=∠POC．（2）设OD=x，DA=2x，根据两个角对应相等得到△PCO∽△CDO，则OC2=OD•OP，即9x2=x（8+3x），解得x=或x=0（不合题意，应舍去），则圆的半径是3x=4．点评：考查了切线的性质定理和直角三角形的射影定理．24．（12分）已知：如图，⊙O1和⊙O2相交于A、B两点，动点P在⊙O2上，且在⊙1外，直线PA、PB分别交⊙O1于C、D，问：⊙O1的弦CD的长是否随点P的运动而发生变化？如果发生变化，请你确定CD最长和最短时P的位置，如果不发生变化，请你给出证明．考点：圆周角定理；三角形内角和定理；三角形的外角性质；圆心角、弧、弦的关系．专题：动点型．分析：连接AD、AB，∠ADP在⊙O1中所对的弦为AB，所以∠ADP为定值，∠P在⊙O2中所对的弦为AB，所以∠P为定值．再利用三角形内角与外角的关系求出∠CAD为定值，则弦CD 为定值，与P的位置无关．解答：解：当点P运动时，CD的长保持不变，A、B是⊙O1与⊙O2的交点，弦AB与点P的位置关系无关，证明：如图，连接AD，∵∠ADP在⊙O1中所对的弦为AB，∴∠ADP为定值，∵∠P在⊙O2中所对的弦为AB，∴∠P为定值，∵∠CAD=∠ADP+∠P，∴∠CAD为定值，∵在⊙O1中∠CAD对弦CD，∴CD的长与点P的位置无关．点评：本题为动态性题目，解答此题的关键是熟知圆周角与弦的关系，即在同圆或等圆中相等的圆周角所对的弦相等．25．（14分）已知A、B两地相距45千米，骑车人与客车分别从A、B两地出发，往返于A、B两地之间．如图中，折线表示某骑车人离开A地的距离y与时间x的函数关系．客车8点从B地出发，以45千米/时的速度匀速行驶．（乘客上、下车停车时间忽略不计）①在阅读如图的基础上，直接回答：骑车人共休息几次？骑车人总共骑行多少千米？骑车人与客车总共相遇几次？②试问：骑车人何时与客车第二次相遇？（要求写出演算过程）．考点：一次函数的应用．专题：应用题；图表型．分析：（1）看图可知，折线图中有两段水平的线，故休息了两次，时间是两次之和（看横轴）；（2）根据题意，客车一小时行驶45千米，故它的图象是两小时一个来回．从左向右看，两条折线的第二个交点就是它们第二次相遇．求出EF的函数解析式就可以了，找到特殊点（9，0）和（10，45）用待定系数法可求出．解答：解：（1）依题意得：骑车人共休息2次；骑车人总共骑行90千米；骑车人与客车总共相遇8次；（2）已知如图：设直线EF所表示的函数解析式为y=kx+b．把E（9，0），F（10，45）分别代入y=kx+b，得，解得，∴直线EF所表示的函数解析式为y=45x﹣405，把y=20代入y=45x﹣405，得45x﹣405=20，∴．答：时骑车人与客车第二次相遇．点评：本题考查了一次函数的应用：通过表格当中的信息是解题关键；根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程组，再求解．此题比较复杂，首先是正确理解题意，这要求仔细观察图象，从图象中得到需要的信息，关键知道它们走的方向不同．此外还用到了待定系数法求函数解析式．26．（16分）已知抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴的两个交点分别为A（x1，0），B（x2，0）（A在B的左边），且x1+x2=4．（1）求b的值及c的取值范围；（2）如果AB=2，求抛物线的解析式；（3）设此抛物线与y轴的交点为C，顶点为D，对称轴与x轴的交点为E，问是否存在这样的抛物线，使△AOC和△BED全等，如果存在，求出抛物线的解析式；如果不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．专题：开放型．分析：（1）由已知得：x1、x2是方程﹣x2+bx+c=0的两根，则△＞0，及根与系数关系可求b的值及c的取值范围；（2）由根与系数关系及AB=|x1﹣x2|，可求c的值；（3）根据图形的全等分两种情况，当OC=DE时和当OC=BE时，分别讨论．解答：解：（1）由已知得：x1、x2是方程﹣x2+bx+c=0的两根，∴△=b2﹣4•（﹣1）•c＞0，x1+x2=b，又x1+x2=4，∴b=4，c＞﹣4；（2）由（1）可得y=﹣x2+4x+c，x1+x2=4，x1•x2=﹣c，而AB=|x1﹣x2|=2，∴（x1﹣x2）2=4，即（x1+x2）2﹣4x1x2=4，16+4c=4，解得c=﹣3，∴抛物线解析式为y=﹣x2+4x﹣3；（3）存在；由（1）可得y=﹣x2+4x+c，∴C（0，c），D（2，c+4）；当OC=DE时，|c|=c+4，解得c=﹣2，当OC=BE时，AB=2OC，即|x1﹣x2|=2|c|，∴（x1﹣x2）2=4c2；16+4c=4c2解得c=或；满足题意的抛物线解析式为：y=﹣x2+4x+，y=﹣x2+4x+．点评：本题考查了二次函数图象和x轴的交点与一元二次方程两根的关系，掌握用两根的表达式表示线段的长度，解决全等三角形的问题．。

2012年“北约”自主招生压轴题的初等证明
查正开
【期刊名称】《中学数学研究（江西师大）》
【年(卷),期】2012(000)006
【摘要】题目求证：对于任意的正整数n，（1＋√2）“必可表示成√S＋√S-1的形式，其中S∈N＋（北京大学，厦门大学等高校自主招生数学试题第11题）【总页数】3页(P38-40)
【作者】查正开
【作者单位】江苏省常熟市中学,215500
【正文语种】中文
【中图分类】G647
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2014年北约自主招生数学试题1.圆心角为60的扇形面积为6π,求它围成的圆锥的表面积.1.【解】设扇形的半径为r ,则由21623r ππ=⨯,得6r =. 于是扇形的弧长为623l ππ=⨯=,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21ππ⨯=,也所以圆锥的表面积为67S πππ=+=.2.将10个人分成3组,一组4人,两组各3人,有多少种分法.2.【解】由题知所有分组方法有3341074222100C C C N A ==种.3.如果2()lg(2)f x x ax a =-+的值域为R ,求a 的取值范围.3.【解】由题意22u x ax a =-+的值域包含区间(0,)+∞,则22u x ax a =-+与x 有交点, 故2(2)40a a ∆=--≥,解得1a ≥或0a ≤.4.设2()2()()33a b f a f b f ++=,且(1)1,(4)7f f ==,求(2014)f .4.【解】由(1)1,(4)7f f ==得421(4)2(1)(2)()333f f f f +⨯+===; 124(1)2(4)(3)()533f f f f +⨯+===,由数学归纳法可推导得*()21,f n n n N =-∈, 所以(2014)4027f =.5.已知1x y +=-且,x y 都是负数,求1xy xy+的最值.5.【解】由0,0x y <<可知,1||1||||1x y x y x y +=-⇒+=⇒+=,所以2(||||)1||||||44x y xy x y +=⨯≤=,即1(0,]4xy ∈,令1(0,]4t xy =∈,则易知函数1y t t =+在(0,1]上递减,所以其在1(0,]4上递减,于是1xy xy +有最小值117444+=,无最大值.6.已知22()arctan14x f x c x +=+-在11(,)44-上是奇函数,求c .6.【解】奇函数(0)0f =,故arctan2c =-.7.证明tan3是无理数.7.【证明】由三角公式22tan tan tan tan 2,tan()1tan 1tan tan ααβααβααβ+=+=--⋅, 若tan3是有理数,则tan 6,tan12,tan 24为有理数,再由tan 6和tan 24可得tan 30为有理数,这与3tan 30=!因此,tan3是无理数.8.已知实系数二次函数()f x 与()g x 满足3()()0f x g x +=和()()0f x g x -=都有双重实根,如果已知()0f x =有两个不同的实根,求证()0g x =没有实根.8.【证】由题可设2211223()()(),()()()f x g x a x b f x g x a x b +=--=-,其中120,0a a ≠≠, 则22221222112211()[()()],()[()3()]44f x a x b a x bg x a x b a x b =-+-=---, 由()0f x =有两个不同的实根,则必有12,a a 异号,且120a a +≠, 此时22212112211221()[()2()]4f x a a x a b a b x a b a b =+-+++,即2222112212112212124()4()()4()0a b a b a a a b a b a a b b ∆=+-++=-->,所以12b b ≠, 故此时观察2211221()[()3()]4g x a x b a x b =---可知,12,3a a -同号,且1230a a -≠,12b b ≠,故()0g x >恒成立,即证明()0g x =没有实根.9.1213,,,a a a 是等差数列,{|113}i j k M 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.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,设*(113,)k a a kd k k N =+≤≤∈,其中d 为公差,则*{3()|113}{3|636,}M a i j k d i j k a md m m N =+++≤<<≤=+≤≤∈于是存在正整数6,,36x y z ≤≤,使得30,73,21633a xd a yd a zd ⎧⎪+=⎪⎪+=⎨⎪⎪+=⎪⎩从而7(),216()3y x d z x d ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩也所以2132y x z x -=-,由于21,32互质,且,y x z x --为整数,则有||21,||32y x z x -≥-≥, 但||36630z x -≤-=,矛盾!假设错误,即证明7160,,23不可以同时在M 中.10.已知12,,,n x x x R +∈,且121n x x x =,求证:12)(2)1)n n x x x +≥.10.【证】(一法:数学归纳法)①当1n =时,111x =≥=右边,不等式成立; ②假设*(1,)n k kk N =≥∈时,不等式12)(2)1)k k x x x +≥成立.那么当1n k =+时,则1211k k x 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11,01k k x x +≥<≤, 从而111(1)(1)01k k k k k k x x x x x x +++--≤⇒+≥+,所以1212)(2(2)k kx x x x ++ 12112)[22()]kk kk x x xx x x ++=+++11212)(2(2(1)1)(21)k k k k x x x x ++≥+≥= 其中推导上式时利用了1211()1k k k x x x x x -+=及n k =时的假设,故1n k =+时不等式也成综上①②知,不等式对任意正整数n 都成立. (二法)左边展开得12)(2)n x x x+12121212111()(2)()k k nnn n n k i i j i i i n i i j ni i i nx x x x x x x x x ---=≤<≤≤<<<≤=+++++∑∑∑由平均值不等式得1112121212111211()(())k k knn nk k k k C C C k k ki i i nii i n n n i i i ni i i nx x x C x x x C x x x C --≤<<<≤≤<<<≤≥==∑∏故12)(2)n x x x +1122))2)(2)(21)n n n n kknnn n nnC C C C ---≥++++=+,即证. (三法)由平均值不等式有111()n nnk k n ==≥……①;111(n nn k k n ==≥……②①+②得1()nk k n n x =≥,即12)(2)1)n n x x x +≥成立.2013年北约自主招生数学试题与答案（时间90分钟，满分120分）1．和1A. 2B. 3C. 5D. 6解析：显然，多项式23()(2)(1)2f x x x ⎡⎤=---⎣⎦的系数均为有理数，且有两根分别为和1.和1-于5.若存在一个次数不超过4的有理系数多项式432()g x ax bx cx dx e =++++，其两根分别为和1,,,,a b c d e 不全为0，则：420(42)(2020a c e ga c eb d b d ++=⎧=++++=⇒⎨+=⎩(1(7)(232(630g a b c d e a b c d a b c =-+----+++++=702320a b c d e a b c d +---=⎧⇒⎨+++=⎩ 即方程组：420(1)20(2)70(3)2320(4)630(5)a c eb d a bcde a b c d a b c ++=⎧⎪+=⎪⎪+---=⎨⎪+++=⎪++=⎪⎩，有非0有理数解. 由（1）+（3）得：110a b c d ++-= （6） 由（6）+（2）得：1130a b c ++= （7） 由（6）+（4）得：13430a b c ++= （8） 由（7）-（5）得：0a =，代入（7）、（8）得：0b c ==，代入（1）、（2）知：0d e ==.于是知0a b c d e =====，与,,,,a b c d e 不全为0矛盾.所以不存在一个次数不超过4的有理系数多项式()g x和1和1为两根的有理系数多项式的次数最小为5.2． 在66⨯的表中停放3辆完全相同的红色车和3辆完全相同的黑色车，每一行每一列只有一辆车，每辆车占一格，共有几种停放方法？ A. 720 B. 20 C. 518400 D. 14400解析：先从6行中选取3行停放红色车，有36C 种选择.最上面一行的红色车位置有6种选择；最上面一行的红色车位置选定后，中间一行的红色车位置有5种选择；上面两行的红色车位置选定后，最下面一行的红色车位置有4种选择。

北京大学自主招生数学（文科）解答24. 解法一：（4分）（6分）（6分）（2分）说明1. 直接猜出取中点时取得最小值43，得2分.解答二：建立坐标系，设)0,(a A ，)3,(b b B ，))1(3,(c c C -222CA BC AB ++6126422882222+--+--++=c c bc ca ab c b a （4分）61263215215)2(2222+--++++-=c b bc c b c b a （6分） 4343)43(536)1563(215)2(2222≥+-+-+++-=c c b c b a （6分）当43 =c ，41 =b ，21 =a 时，222CA BC AB ++取到最小值43 (2分)说明1. 原点取在别处（比如某边中点），可相应给分解答三：建立坐标系，设)0,(x A ，))21(3,(y y B -，))21(3,(z z C +222CA BC AB ++2333422882222++-+--++=z y yz xz xy z y x （4分） 4343)41(536)51(215)2(2222≥+++-+++-=z z y z y x （6分）4343)43(536)1563(215)2(2222≥+-+-+++-=c c b c b a （6分）当且仅当41- =z ，41 =y ，0 =x 时，222CA BC AB ++取到最小值43 (2分)25. 证明：内角相等的圆内接五边形必为正五边形。

解法一：证明: 假设圆内接五边形每条边所对应的弧长分别是x ， y ， z ，u ，v . 利用等角对等弧这一结论 我们有x + y + z = y + z + u （5分）同理 x + y + z = y + z + u =z + u + v = u + v + x = v + x + y (10 分)由此可知 x = y = z = u = v (15 分)再利用等弧对等弦，所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法二：证明: 假设圆内接五边形每条边所对应的弧长分别是x ， y ， z ，u ，v . 利用等角对等弧这一结论我们有 x + y + z = y + z + u （5分）x = u (10 分)同理 x = y = z = u = v (15 分)再利用等弧对等弦，所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分) 解法三：证明: 连接CE∵ ABCE 是圆内接四边形∴ ∠A+∠1=180° ∠B+∠2=180°∵ ∠A=∠B∴ ∠1=∠2 （5分） ∵ ∠1+∠3=∠2+∠4∴ ∠3=∠4 （10分） ∴ DE = CD （15分） 同理 AB=BC= CD =DE = AE 所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法四： 连接CE∵ ABCE 是圆内接四边形 ∴ ∠A+∠1=180° ∵ ∠A=108°∴ ∠1= 72° (5分)∴ ∠BOE=2∠1= 144° (10分) 同理 ∠BOD=144°∴ ∠EOD=360°-144°-144°=72° (15分) 同理 ∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOE=∠EOA=72°∴ AB=BC=CD=DE=EA∴圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法五：证明: ∵∠BAE=∠ABC ∠1=∠2∴∠3=∠10 (5分)∵∠3=∠4 ∠9=∠10∴∠4=∠9∵∠BCD=∠AED∴∠5=∠8∵∠5=∠6 ∠7=∠8∴∠6=∠7 (或∠6=∠7= 54°) (10分) ∴∠5+∠6=∠7+∠8∴∠COD=∠DOE∴ CD=DE (15分)同理 AB=BC= CD =DE = AE所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法六：∵半径相等∴∠1=∠2 ∠3=∠4 ∠5=∠6 ∠7=∠8 ∠9=∠10∵∠1+∠2+∠3+… +∠9+∠10 =540°∴（∠1+∠10）+（∠4+∠5）+∠8=270°∵∠1+∠10=108°∠4+∠5=108°∴∠8= 54°（5分）∴∠9+∠8 = 108°∴∠9= 54°∴∠8=∠9 （10分）∵∠9+∠10=∠7+∠8∴∠AOE=∠DOE∴ AE=DE (15分)同理AB=BC= CD =DE = AE所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法七：∵同弧AB所对的角相等∴∠1=∠2 (5分)∵∠BAE=∠ABC AB=AB∴△ABC ≌△ABE (10分)∴ BC=AE (15分)同理AB=BC= CD =DE = AE所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法八：∵∠B=∠E∴ AC=AD （5分）∴∠1=∠2∵ ∠1+∠3=∠2+∠4∴ ∠3=∠4 (10分) ∴ A B=AE (15分)同理 AB=BC= CD =DE = AE 所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法九：∵ ∠B=∠E ∴ AC=AD （5分） ∴ ∠1=∠2 ∵ ∠1+∠3=∠2+∠4∴ ∠3=∠4 (10分) ∵ ∠B=∠E AC=AD∴ △ABC ≌ △ADE （15分） ∴ BC=AE同理 AB=BC= CD =DE = AE 所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法十： 设AB=a, AE= b2 ，BC= b 1,∵ ∠BAE=∠ABC= 108° ∴ AC=BE （5分）设 AC=BE=c 由余弦定理，得在△ABC 中 c 2= a 2+ b 12 －2 a b cos 108° ①在△ABE 中 c 2= a 2 +b 22 －2 a b cos 108° ② （10分） ①-②,得 （b 1－b 2）(b 1+b 2－2 a b cos 108°）= 0 ∵ cos 108°＜0∴ b 1+b 2－ 2 a b cos 108°＞0 （若同学没有这一步，则这道题只得10分） ∴ b 1= b 2 即BC=AE (15分) 同理 AB=BC= CD =DE = AE 所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)解法十一：∵ 圆内接五边形的各内角相等 ∴ AC=BD∴∠A0C=∠BOD (5分) ∴∠A0B+∠B0C=∠COD+∠BOC∴∠A0B =∠COD (10分) ∴ AB=CD (15分)同理 AB=BC= CD =DE = AE 所以圆内接五边形的五条边都相等. (20分)阅卷说明：1、只画图，没有证明，记0分。

2012年自主选拔学业能力测试数学本卷共100分，考试用时90分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己姓名、准考证号、考点名称填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码2.黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡相应位置上。

答在卷上的无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。

（1）若以椭圆短轴的两个端点和长轴的一个端点为顶点的三角形是等边三角形，则椭圆的离心率为 ____ 。

（2）函数sin ()2cos f θθθ=+()R θ∈的值域为 。

（3）设01a <<，π04θ<<，log sin (sin )a x θθ=，log tan (cos )a y θθ=，则x ，y 的大小关系为 __________。

（4）已知ABC ∆中，o 90A ∠=，4BC =，点A 是线段EF 的中点，2EF =，若EF 与BC的夹角为o 60，则BE CF = 。

（5）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，记{}n a ，{}n b 的前n 项和分别为n S ，n T 。

若33a b =，44a b =，且53425S S T T -=-，则5353a ab b +=+ 。

（6）设函数()()sin f x x ωϕ=+，其中0ω>，R ϕ∈，若在常数(0)T T <，使对任意x R ∈有()()f x T Tf x +=，则ω可取到的最小值为 。

二、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

（7）（本小题满分10分）试a ，b 是从集合{1,2,3,4,5}中随机选取的数（Ⅰ）求直线y ax b =+与圆222x y +=有公共点的概率（Ⅱ）设X 为直线y ax b =+与圆222x y +=的公共点的个数，求随机变量X 的分布列及数学期望()E X 。

如图，AB 是O 的直径，弦CD 垂直AB 于点M ，E 是CD 延长线上一点，10AB =，8CD =，34ED OM =，EF 是O 的切线，F 是切点，BF 与CD 相交于点G ，（Ⅰ）求线段EG 的长；（Ⅱ）连线DF ，判断DF 是否平行于AB ，并证明你的结论。

一道２０１２年自主招生北约联考试题的联想蔡祖才（江苏省常熟市中学，２１５５００） ２０１２年自主招生北约联考试题中有一道三角形试题，题目描述简单，解答就很容易．但这种优美的设问方法，给我们带来很多联想，有利于我们对数学思维的展开．题目　如果锐角△ＡＢＣ的外接圆圆心为Ｏ，求Ｏ到三角形三边的距离比．图１解答　因为△ＡＢＣ为锐角三角形，所以圆心Ｏ在△ＡＢＣ内部，如图１，过Ｏ分别作ＢＣ、ＣＡ、ＡＢ的垂线，垂足分别是Ｄ、Ｅ、Ｆ，设外接圆的半径为Ｒ，根据圆心角与圆周角的定义，可知∠ＤＯＣ＝１２∠ＢＯＣ＝∠Ａ．在Ｒｔ△ＤＯＣ中，ＯＤ＝Ｒｃｏｓ∠ＤＯＣ＝ＲｃｏｓＡ，同理可得，ＯＥ＝ＲｃｏｓＢ，ＯＦ＝ＲｃｏｓＣ．因此，Ｏ到三角形三边的距离比为ＯＤ∶ＯＥ∶ＯＦ＝ｃｏｓ　Ａ∶ｃｏｓＢ∶ｃｏｓＣ．锐角三角形外接圆圆心到三边的距离比有这样优美的结论，可以联想，锐角三角形的垂心，重心到三边的距离比也有同样优美的结论．经过探究，我们得到以下结论．结论１　如果锐角△ＡＢＣ的垂心为Ｈ，则Ｈ到三角形三边的距离比为１ｃｏｓ　Ａ∶１ｃｏｓＢ∶１ｃｏｓＣ．图２证明　设△ＡＢＣ的外接圆半径为Ｒ，如图２，三角形ＢＣ、ＣＡ、ＡＢ边上的高分别是ＡＤ、ＢＥ、ＣＦ，因为△ＡＢＣ为锐角三角形，所以垂心Ｈ在△ＡＢＣ内部．在Ｒｔ△ＡＤＣ中，ＤＣ＝ＡＣｃｏｓＣ＝２ＲｓｉｎＢｃｏｓＣ；在Ｒｔ△ＨＤＣ中，∠ＤＨＣ＝∠Ｂ，ＨＤ＝ＤＣｃｏｔ∠ＤＨＣ＝ＤＣｃｏｔ　Ｂ＝２ＲｓｉｎＢｃｏｓＣｃｏｔ　Ｂ＝２ＲｃｏｓＢｃｏｓＣ，同理可得ＨＥ＝２ＲｃｏｓＣｃｏｓ　Ａ，ＨＦ＝２Ｒｃｏｓ　ＡｃｏｓＢ，所以ＨＤ∶ＨＥ∶ＨＦ＝ｃｏｓＢｃｏｓＣ∶ｃｏｓＣｃｏｓ　Ａ∶ｃｏｓ　ＡｃｏｓＢ＝１ｃｏｓ　Ａ∶１ｃｏｓＢ∶１ｃｏｓＣ．结论２　如果锐角△ＡＢＣ的重心为Ｇ，则Ｇ到三角形三边的距离比为１ｓｉｎＡ∶１ｓｉｎＢ∶１ｓｉｎＣ．图３证明　设△ＡＢＣ的外接圆半径为Ｒ，如图３，过Ｇ分别作ＢＣ、ＣＡ、ＡＢ的垂线，垂足分别是Ｄ、Ｅ、Ｆ，ＢＣ的中点为Ｍ，ＢＣ边上的高为ＡＨ，则ＧＤ＝１３ＡＨ＝１３ＡＣｓｉｎＣ＝２Ｒ３ｓｉｎＢｓｉｎＣ．同理可得ＧＥ＝２Ｒ３ｓｉｎＣｓｉｎＡ，ＧＦ＝２Ｒ３ｓｉｎＡｓｉｎＢ，所以ＧＤ∶ＧＥ∶ＧＦ＝ｓｉｎＢｓｉｎＣ∶ｓｉｎＣｓｉｎＡ∶ｓｉｎＡｓｉｎＢ＝１ｓｉｎＡ∶１ｓｉｎＢ∶１ｓｉｎＣ．我们还可以联想，锐角三角形的垂心和内心到三顶点的距离比也有优美的结论．经过探究，我们还可以得到以下的结论．结论３　如果锐角△ＡＢＣ的垂心为Ｈ，则Ｈ到三角形三顶点的距离比为ｃｏｓ　Ａ∶ｃｏｓＢ∶ｃｏｓＣ．图４证明　设△ＡＢＣ的外接圆半径为Ｒ，如图４，三角形ＢＣ、ＣＡ、ＡＢ边上的高分别是ＡＤ、ＢＥ、ＣＦ，因为△ＡＢＣ为锐角三角形，所以垂心Ｈ在△ＡＢＣ内部．在Ｒｔ△ＡＢＥ中，ＡＥ＝ＡＢｃｏｓ　Ａ＝２ＲｓｉｎＣｃｏｓ　Ａ．９５·辅教导学· 数学通讯———２０１２年第７、８期（上半月）在Ｒｔ△ＡＨＥ中，∠ＡＨＥ＝∠Ｃ，ＡＨ＝ＡＥｓｉｎ∠ＡＨＥ＝２ＲｓｉｎＣｃｏｓ　ＡｓｉｎＣ＝２Ｒｃｏｓ　Ａ．同理可得ＢＨ＝２ＲｃｏｓＢ，ＣＨ＝２ＲｃｏｓＣ，所以ＡＨ∶ＢＨ∶ＣＨ＝ｃｏｓ　Ａ∶ｃｏｓＢ∶ｃｏｓＣ．图５结论４　如果锐角△ＡＢＣ的内心为Ｉ，则Ｉ到三角形三顶点的距离比为１ｓｉｎＡ２∶１ｓｉｎＢ２∶１ｓｉｎＣ２．证明　设△ＡＢＣ的内切圆半径为ｒ，如图５，过Ｉ作ＡＢ的垂线，垂足为Ｆ，在Ｒｔ△ＡＩＦ中，ＡＩ＝ＩＦｓｉｎ∠ＦＡＩ＝ｒｓｉｎＡ２． 同理可得ＢＩ＝ｒｓｉｎＢ２，ＣＩ＝ｒｓｉｎＣ２，所以ＡＩ∶ＢＩ∶ＣＩ＝１ｓｉｎＡ２∶１ｓｉｎＢ２∶１ｓｉｎＣ２．类似地，若三角形是钝角三角形，也会有类似的结论，请读者自行研究．一道自主招生试题，让我们从锐角三角形的外心类比到垂心、重心，从到三边的距离比类比到三顶点的距离比，这种思维以放射性思考模式为基础，运用了联想，达到了锻炼思维的目的．虽然试题及联想结论简单明了，但结论的优美性和联想思维的价值不言而喻．（收稿日期：２０１２－０３－０１）由一道课本习题引起的思考王业和（安徽省潜山中学，２４６２００） 高中数学必修２（人教版）第１３３面Ｂ组第３题为：已知圆ｘ２＋ｙ２＝４，直线ｌ：ｙ＝ｘ＋ｂ．当ｂ为何值时，圆ｘ２＋ｙ２＝４上恰有３个点到直线ｌ的距离等于１．分析和解　由题设可知圆的半径ｒ＝２，要使圆上恰有３个点到直线ｌ的距离为１，则只需圆心Ｏ到ｌ的距离为１即可，即ｄ＝ｂ１２＋（－１）槡２＝１，解得ｂ＝±槡２．因此，当ｂ＝±槡２时，圆ｘ２＋ｙ２＝４上恰有３个点到直线ｌ的距离等于１．这是一道经典习题，此题的灵魂和核心就是转化为计算圆心Ｏ到直线ｌ的距离问题，这也是解决此类问题的关键所在．若满足于求出问题的答案为止，则甚为可惜．若对此题进行恰当的变式训练，则能更好地使学生解一题会一类，提高学生触类旁通的能力．一、改变点的个数．思考１　已知圆ｘ２＋ｙ２＝４，直线ｌ：ｙ＝ｘ＋ｂ．分别求ｂ的取值范围，使圆ｘ２＋ｙ２＝４上恰有：（１）４个点到直线ｌ的距离等于１；　（２）２个点到直线ｌ的距离等于１；（３）１个点到直线ｌ的距离等于１；（４）没有点到直线ｌ的距离等于１．仿照前面的解答易求得答案为：（２）－槡２＜ｂ＜槡２；（２）槡２＜ｂ＜槡３　２或－槡３　２＜ｂ＜－槡２；（３）ｂ＝±槡３　２；（４）ｂ＜－槡３　２或ｂ＞槡３　２．二、改变字母参数．思考２　已知圆ｘ２＋ｙ２＝ｒ２上恰有两点到直线ｌ：３ｘ－４ｙ＝２５的距离等于１，求ｒ的取值范围．分析和解　此题改变了未知量，需要求的是圆的半径ｒ的取值范围，难度显然增加，但解题的关键还是利用圆心到直线的距离求解．０６数学通讯———２０１２年第７、８期（上半月） ·辅教导学·。

综合性大学自主选拔录取联合考试自然科学基础——理科试卷数学部分（北约）一、选择题（每小题8分，合计48分）1．圆心角为3π的扇形的面积为6π，则它围成的圆锥的表面积为（ B ）．A ．B ．7πC ．D ．解：由2166S R ππ==扇形得6R =，由263r ππ=⨯得1r =，故它围成的圆锥的表面积为267r πππ+=．2．将10个人分为3组，一组4人，另两组各3人，共有（ C ）种分法．A ．1070B ．2014C ．2100D ．4200解：433106321002C C C N ==． 3．已知2()2()()33a b f a f b f ++=，(1)1f =，(4)7f =，则(2014)f =（ A ）． A ．4027 B ．4028 C ．4029 D ．4030 解：421(4)2(1)(2)()333f f f f +⨯+===，124(1)2(4)(3)()533f f f f +⨯+===，猜想*()21()f n n n N =-∈，假设()21f n n =-对3(1)n k k ≤≥都成立，则(31)3(1)2(1)2(31)1f k f k f k +=+-=+-，(32)3(2)2(2)2(32)1f k f k f k +=+-=+-，(33)3(3)2(3)2(33)1f k f k f k +=+-=+-，所以*()21()f n n n N =-∈．4．若2()lg(2)f x x ax a =-+的值域为R ，则a 的取值范围是（ D ）．A ．01a ≤≤B ．C ．D ．0a ≤或1a ≥解：由题知，{}2(0,)2y y x ax a +∞⊆=-+，故2(2)40a a ∆=--≥，解得：0a ≤或1a ≥．5．已知1x y +=-，且x 、y 均为负实数，则1xy xy+有（ B ）． A ．最大值174 B ．最小值174 C ．最大值174- D ．最小值174-解：1()()x y =-+-≥104xy <≤，而函数1()f t t t=+在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞单调递增，故1()()4f xy f ≥，即1174xy xy +≥，当且仅当12x y ==-时取等号． 6．已知22()arctan14x f x C x +=+-在(,)44ππ-上为奇函数，则C =（ B ）． A ．0 B ．arctan 2- C ．arctan 2 D ．不存有解：由()0f x =得arctan(2)arctan 2C =-=-，此时()()f x f x +-22arctan14x x +=-22arctan 214x C x -+++4arctan()2arctan 203=--=，故arctan 2C =-符合题意．二、解答题（每题18分，共72分）7．证明：0tan3R ∉．证明：设0tan 3Q ∈，则0tan 6tan12tan 24tan 30tan(624)Q Q Q Q ∈⇔∈⇔∈⇔=+∈，这与0tan 303Q =矛盾． 8．已知实系数二次函数()f x 和()g x ，若方程()()f x g x =和3()()0f x g x +=都只有一个偶重根，方程()0f x =有两个不等的实根，求证：方程()0g x =没有实根． 解：设2()f x ax bx c =++，2()g x dx ex f =++，0ad ≠，所以2()4()()b e a d c f -=--，2(3)4(3)(3)b e a d c f +=++，所以223124b e ac df +=+，又240b ac ->，所以22()44(4)0g x e df b ac ∆=-=--<，所以方程()0g x =没有实根．9．已知1a ，2a ，…，13a 成等差数列，{}113i j k M a a a i j k =++≤<<≤，问：0，72，163是否能够同时在M 中？并证明你的结论．解：设该数列的公差为d ，∴p ∃，q ，*r N ∈，130a pd +=，173()2a p q d ++=，1163()3a p q r d +++=，∴2111q r =，∴21q ≥，11p ≥，又0123p ≥++=，∴35p q r ++≥， 又12111033p q r ++≤++=，与上式矛盾，故0，72，163不能够同时在M 中．10．i x （1i =，2，…，n ）为正实数，且11nii x==∏，求证：1)1)nn i i x =≥∏．解：由AM GM -不等式得：11(n i n =≥，11(ni n =≥两式相加得：1≥，故1)1)nn i i x =≥∏．。