2015年北京大学自主招生选拔录取考试数学部分

一、选择题（选对得10分，不选得0分，选错扣5分）

1、整数$x,y,z$满足$xy+yz+zx=1$，则$(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)$可能取到的值为（        ）

A．$16900$

B．$17900$

C．$18900$

D．前三个答案都不对

2、在不超过$99$的正整数中选出$50$个不同的正整数，已知这$50$个数中任两个的和都不等于$99$，也不等于$100$．这$50$个数的和可能等于（        ）

A．$3524$

B．$3624$

C．$3724$

D．前三个答案都不对

3、已知$x\in\left[0,\dfrac{\pi}2\right]$，对任意实数$a$，函数$y=\cos^2x-2a\cos x+1$的最小值记为$g(a)$，则当$a$取遍所有实数时，$g(a)$的最大值为（        ）

A．$1$

B．$2$

C．$3$

D．前三个答案都不对

4、已知$10^{20}-2^{20}$是$2^n$的整数倍，则正整数$n$的最大值为（        ）

A．$21$

B．$22$

C．$23$

D．前三个答案都不对

5、在凸四边形$ABCD$中，$BC=4$，$\angle ADC=60^\circ$，$\angle BAD=90^\circ$，四边形$ABCD$的面积等于$\dfrac{AB\cdot CD+BC\cdot AD}{2}$，则$CD$的长（精确到小数点后$1$位）为（        ）

A．$6.9$

B．$7.1$

C．$7.3$

D．前三个答案都不对

二、填空题（填空题共5小题；请把每小题的正确答案填在横线上，每题10分）

6、满足等式$\left(1+\dfrac 1x\right)^{x+1}=\left(1+\dfrac{1}{2015}\right)^{2015}$的整数$x$的个数是_______．

7、已知$a,b,c,d\in[2,4]$，则$\dfrac{(ab+cd)^2}{(a^2+d^2)(b^2+c^2)}$的最大值与最小值的和为_______．

8、已知对于任意的实数$x\in [1,5]$，$\left|x^2+px+q\right|\leqslant 2$，不超过$\sqrt{p^2+q^2}$的最大整数是_______．

9、设$x=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$，$y=\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}$，$z=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$，且$x+y+z=1$，则$x^{2015}+y^{2015}+z^{2015}$的值为_______．

10、设$A_1,A_2,\cdots ,A_n$都是$9$元集合$\{1,2,\cdots ,9\}$的子集，已知$|A_i|$为奇数，$1\leqslant i\leqslant n$，$\left|A_i\cap A_j\right|$为偶数，$1\leqslant i\neq j\leqslant n$，则$n$的最大值为_______．

参考答案

一、选择题

1、A

$(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)=\left( (x+y)(y+z)(z+x)\right)^2$．令 $$\begin{cases}x+y=2,\\y+z=5,\\z+x=13,\end{cases}$$ 解得 $$\begin{cases}x=5,\\y=-3,\\z=8.\end{cases}$$ 经检验，这组解满足题意，此时$(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)=16900$．

2、D

考虑将$1,2,\cdots,99$这$99$个正整数分成如下$50$组： $$(1,99),(2,98),\cdots,(47,53),(48,52),(49,51),(50).$$ 若选出的$50$个不同的正整数中没有$50$，则必有$2$个数位于 $$(1,99),(2,98),\cdots,(47,53),(48,52),(49,51)$$ 中的同一组，不合题意．所以这$50$个不同的正整数中必有$50$，而 $$(1,99),(2,98),\cdots,(47,53),(48,52),(49,51)$$ 中，每组有且只有一个数被选中．

因为$50+49=99$，所以$(49,51)$中选$51$；因为$51+48=99$，所以$(48,52)$中选$52$；以此类推，可得$50,51,52,\cdots,98,99$是唯一可能的选法．

经检验，选$50,51,52,\cdots,98,99$满足题意，此时$50+51+\cdots+98+99=3725$，故选D．

3、A

令$t=\cos x\in [0,1]$，令$h(t)=t^2-2at+1,t\in [0,1]$，则 $$g(a)=\begin{cases}1,&(a<0)\\1-a^2,&(0\leqslant a \leqslant 1)\\2-2a,&(a>1)\end{cases}$$ 故$g(a)$的最大值为$1$（$a\leqslant 0$时等号成立）．

4、D

$10^{20}-2^{20}=2^{20} \left(5^{20}-1\right)=2^{20} \left(5^{10}+1\right)\left(5^{5}+1\right)\left(5-1\right)\left(5^4+5^3+5^2+5+1\right)$，而$5^{10}+1$模$4$余$2$，$5^{5}+1$模$4$余$2$，$5^4+5^3+5^2+5+1$为奇数，故正整数$n$的最大值为$24$．

5、A

设四边形$ABCD$的面积为$S$，直线$AC,BD$的夹角为$\theta$，则 $$S=\dfrac{AC\cdot BD\cdot \sin \theta}{2}\leqslant\dfrac{AB\cdot CD+BC\cdot AD}{2}\cdot\sin\theta\leqslant \dfrac{AB\cdot CD+BC\cdot AD}{2},$$ 由题意，$S=\dfrac{AB\cdot CD+BC\cdot AD}{2}$，所以$A,B,C,D$四点共圆，且$AC\perp BD$．

故$CD=4\sqrt{3}\approx 6.9$，选A．

二、填空题

6、$1$

若$x$为正整数，则 $$\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{x+1}>\mathrm e>\left(1+\dfrac{1}{2015}\right)^{2015} ,$$

若$x$为负整数，令$x=-n(n\in \mathbf N_+,n\geqslant 2)$，则 $$\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^{x+1}=\left(1+\dfrac{1}{n-1}\right)^{n-1}.$$

因为数列$\left(1+\dfrac{1}{n-1}\right)^{n-1}(n\in \mathbf N_+,n\geqslant 2)$关于$n$单调递增，故当且仅当$x=-2016$时，有 $$\left(1+\dfrac 1x\right)^{x+1}=\left(1+\dfrac{1}{2015}\right)^{2015}.$$

7、$\dfrac{41}{25}$．

注意到 $$(a^2+d^2)(b^2+c^2)=(ab+cd)^2+(ac-bd)^2,$$ 于是 $$\begin{split} \dfrac{(ab+cd)^2}{(a^2+d^2)(b^2+c^2)}&=\dfrac{(ab+cd)^2}{(ab+cd)^2+(ac-bd)^2}\\ &=\dfrac{1}{1+\left(\dfrac{ac-bd}{ab+cd}\right)^2},\end{split}$$ 显然当$ac-bd=0$时，原式取得最大值为$1$．

接下来考虑$\left|\dfrac{ac-bd}{ab+cd}\right|$的最大值．

由于 $$\left|\dfrac{ac-bd}{ab+cd}\right|=\left|\dfrac{\frac ad-\frac bc}{\frac ad\cdot \frac bc+1}\right|,$$ 令$\dfrac ad=\tan \alpha$，$\dfrac bc=\tan \beta$，则问题等价于当$\alpha,\beta\in \left[\arctan \dfrac 12,\arctan 2\right]$时，求$\tan|\alpha-\beta|$的最大值，显然为 $$\tan\left(\arctan 2-\arctan \dfrac 12\right)=\dfrac 34.$$

因此原式的最小值为$\dfrac{16}{25}$．

注    可以看做向量$(a,d)$和$(b,c)$夹角余弦的平方．

8、$9$

注意到$y=x^2+px+q$，$x\in [1,5]$满足$-2\leqslant y\leqslant 2$，因此符合题意的二次函数只有两个： $$y=x^2-6x+7,y=-x^2+6x-7.$$

9、$1$

由$x+y+z=1$，可得 $$\begin{split} &ab^2+ac^2-a^3+bc^2+a^2b-b^3+a^2c+b^2c-c^3-2abc\\=&\left(ab^2+a^2b-a^3-b^3 \right )+\left(ac^2+bc^2-c^3 \right )+\left(a^2c+b^2c-2abc \right)\\=&-(a+b)(a-b)^2+c^2(a+b-c)+c(a-b)^2\\=&-(a-b-c)(b-c-a)(c-a-b)\\=&0,\end{split}$$ 所以$a=b+c$或$b=c+a$或$c=a+b$，故$x^{2015}+y^{2015}+z^{2015}=1$．

10、 $9$

构造是容易的，取$A_i=\{i\}$，$i=1,2,\cdots ,9$即可．

用$0,1$表示集合中的元素是否在子集中，如$A_1=\{1,3,4,5,9\}$，则记 $$A_1=(1,0,1,1,1,0,0,0,1),$$ 那么 $$A_i\cdot A_j=\left|A_i\cap A_j\right|.$$

显然，如果当$n\geqslant 10$时，必然存在$m$个向量线性相关，不妨设 $$\lambda_1A_1+\lambda_2A_2+\cdots +\lambda_mA_m=(0,0,\cdots ,0),$$ 其中$\lambda_i\in\mathcal Z$($i=1,2,\cdots ,m$)，$\lambda_1=1$．

此时考虑 $$A_1\cdot\left(\lambda_1A_1+\lambda_2A_2+\cdots +\lambda_mA_m\right),$$ 那么根据题意有$A_1\cdot A_1$为奇数，而$A_1\cdot A_i$($i=2,3,\cdots ,m$)为偶数，这样就推出了矛盾．

因此所求$n$的最大值为$9$．

注    用这个方法，可以得出$n$元集合至多有$n$个包含奇数个元素的子集，使得这些子集中任意两个的交集均包含偶数个元素．

 

2014年北约自主招生试题

lanqi.org 2014年6月1

第1页

 

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

lanqi.org 2016年12月22

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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 $$\dfrac 13\cdot \dfrac 18\cdot 1\cdot 8=\dfrac 13.$$