2010年北京大学自主招生数学试题(含详细答案)

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2010年北京大学、香港大学、北京航空航天大学

三校联合自主招生考试试题

（数学部分）



，求证：sintan．（25分） 2



【解析】不妨设f(x)xsinx，则f(0)0，且当0x时，f(x)1cosx0．于是

2



f(x)在0x上单调增．∴f(x)f(0)0．即有xsinx．

2

同理可证g(x)tanxx0． 1．（仅文科做）0g(0)0，当0x

1

g(x)时，g(x)．于是在上单调增． 100x

cos2x22



上有g(x)g(0)0．即tanxx． 2

注记：也可用三角函数线的方法求解．

∴在0x

51

．（25分） 2

【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R1或者R2时有最大P

2．AB为边长为1的正五边形边上的点．证明：AB最长为

值为PR1；当有一点位于O点时，ABmaxOPPR1；

Q R1R2O 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）．

P

不妨设A位于线段OR2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ABmaxAP或AQ；对于线段PQ上任意一点B，都有BR2≥BA．于是

R2

O

B

Q

A

R1

ABmaxR2PR2Q

由⑴，⑵知ABmaxR2P．不妨设为x．

下面研究正五边形对角线的长．

如右图．做EFG的角平分线FH交EG于H．



易知EFHHFGGFIIGFFGH．

5于是四边形HGIF为平行四边形．∴HG1．

EFFG

EH15x1

．解得x． 

21x1HG

Ex-1H1G

x1

1I1

F

由角平分线定理知



3．AB为y1x2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B(x1,y1),A(x2,y2)，且有y21x22,y11x12,x10x2．由于y2x，

于是AC的方程为2x2x2y2y；① BD的方程为2x1x2y1y． ②

yy2

,1x1x2)．联立AC,BD的方程，解得E(1

2(x2x1)2y2

,0)；对于①，令y0，得C(2x22y1

,0)．对于②，令y0，得D(2x1

AC

Oy

E

B

D

x

2y12y21x121x22

于是CD． 2x12x22x12x2

1

SECDCD(1x1x2)．不妨设x1a0，x2b0，则

2

11a21b2111

SECD()(1ab)(2a2ba2bab2)

4ab4ab1111

(ab)(2ab)≥2ab(2ab) ③

4ab4ab不妨设abs0，则有

1111111

SECD(s32s)(s3s..s...)

2s2339s9s

6个 9个

124

11619161161383

≥16ss)]8()8)23． ④ 239s339

333,x2b, s又由当x1a时，③，④处的等号均可取到． 3338

∴(SECD)min3．

9

11

注记：不妨设g(s)(s32s)，事实上，其最小值也可用导函数的方法求解．

2s

1111

由g(s)(3s222)知当0s2时g(s)0；当s2时g(s)0．

2s33

333)上单调减，在(,)上单调增．于是当s则g(s)在(0,时g(s)取得最小值． 333

4．向量OA与OB已知夹角，OA1，OB2，OP(1t)OA，OQtOB，0≤t≤1．PQ

1

在t0时取得最小值，问当0t0时，夹角的取值范围．（25分）

5

【解析】不妨设OA，OB夹角为，则OP1t,OQ2t，令

g(t)PQ(1t)24t22(1t)2tcos(54cos)t2(24cos)t1．

12cos12x512cos1

．而f(x)在(,)上单调增，故1≤ ≤．

54cos54x454cos3

12cos112cos12当0≤． ≤时，t0(0,)，解得

54cos354cos523其对称轴为t当1≤

2

12cos

0时，g(t)在[0,1]上单调增，于是t00．不合题意．

54cos

2

于是夹角的范围为[,]．

23



，使得sinx,cosx,tanx,cotx为等差数列．（25分） 2

(cosxsinx)(cosxsinx)

【解析】不存在；否则有cosxsinxcotxtanx，

sinxcosx

cosxsinx

则cosxsinx0或者1．

sinxcosx

22

,,1,1不成等差数列；若cosxsinx0，有x．而此时224

cosxsinx若1，有(sinxcosx)212sinxcosx．解得有sinxcosx12．

sinxcosx

11

而sinxcosxsin2x(0,]，矛盾！

225．（仅理科做）存不存在0x

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