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：\[\left( {\sqrt 2 + {x_1}} \right)\left( {\sqrt 2 + {x_2}} \right) \cdots \left( {\sqrt 2 + {x_n}} \right) \geqslant {\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^n}.\]

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

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