2014年北约自主招生试题

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 $$\begin{split} & \Leftarrow \left( {\sqrt 2 + {x_1}} \right)\left( {\sqrt 2 + {x_2}} \right) \geqslant \left( {\sqrt 2 + {x_1}{x_2}} \right)\left( {\sqrt 2 + 1} \right)\\ & \Leftarrow 2 + \sqrt 2 \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + {x_1}{x_2} \geqslant 2 + \sqrt 2 {x_1}{x_2} + {x_1}{x_2} + \sqrt 2 \\ & \Leftarrow {x_1} + {x_2} \geqslant {x_1}{x_2} + 1 \\ & \Leftarrow \left( {1 - {x_1}} \right)\left( {1 - {x_2}} \right) \leqslant 0 \\ \end{split}$$

点击此处下载pdf．