2015年自主招生模拟试卷.doc

1、. 2 2015015 年自主招生模拟试卷年自主招生模拟试卷（北约北约） 1 已知等腰直角PQR 的三个顶点分别在等腰直角ABC 的三条边上，记PQR，ABC 的面积分别为 SPQR，SABC，则 PQR ABC S S ? ? 的最小值为 解答：如图 5-1 所示， 图 5-1 图 5-2 （ 1 ） 当PQR?的 直 角 顶 点 在ABC?的 斜 边 上 ， 则, ,P C Q R四 点 共 圆 ， 1 8 0,A P RC Q RB Q R? ? ?所以sinsin.APRBQR?在,APRBQR?中分别应 用 正 弦 定 理 得, sinsinsinsin PRARQRBR AAPRB

2、BQR ?. 又45 ,AB? ? ?故PRQR?, 故 ARBR?即R为AB的中点. 过R作RHAC?于H，则 1 2 PRRHBC?,所以 2 2 22 1 () 1 2 4 PQR ABC BC S PR SBCBC ? ? ?,此 时 PQR ABC S S ? ? 的最大值为 1 4 . （ 2 ） 当PQR?的 直 角 顶 点 在ABC?的 直 角 边 上 ， 如 图5-2所 示 ， 设 1,(01),(0) 2 BCCRxxBRQ ? ?,则90.CPRPRCBRQ? 在Rt CPR?中，, sinsin CRx PR ? ? 在BRQ?中， 3 1, sin4 x BRx RQ

3、PRRQBQRBB? ? ? ?, A B C P Q R H A B C P R Q . 由正弦定理, 1 sin 3 sinsin sinsin() 44 x PQRBx BPQB ? ? ? ? ? ? ? 1 sincos2sin x ? ? ? ，因此 222 1111 ()() 22 sin2 cos2sin PQR x SPR ? ? ? ? . 这样， PQR ABC S S ? ? 2 222 111 () cos2sin(1 2 )(cossin)5? ? ? ， 当且仅当arctan2?取 等号，此时 PQR ABC S S ? ? 的最小值为 1 5 . 2. 若集合?

4、 2015* ( , ) (1)(2)()10,Am nmmmnmZ nN?，则集合A 中的元素个数为 解答： 由已知得 2016 2015 (21)25n nm?， 因为,21n nm?一奇一偶， 所以,21n nm?两 者之一为偶数，即为 201620162016 22016 2015 2,25,25 ,25共有 2016 种情况，交换顺序又得到 2016 种情形，所以集合A共有 4032 个元素. 3若数列 n a的前n项和 n S ? 32 nn?， * nN?，则 2015 1 1 82 i i ai ? ? ? = 答案： 2015 6048 . 解答： 1 2 11 352, n

5、n nii ii aaann ? ? ? ? 又 1 0a ?，故 2* 352() n annnN?, 201520152015 111 11111 () 823 (1)31 iii i aii iii ? ? ? ? 2015 6048 . 4若 22 sincos 161610 xx ?，则cos4x ? . 答案： 1 2 ?. 解答:设 2 sin 16,116 x tt? ?， 则 22 cos1 sin 16 1616 xx t ? ?， 代入方程得 16 102,tt t ? ?或 8t ?，即 2 1 sin 4 x ?或 3 4 ，所以cos4x ? 1 2 ?。 . 5

6、设, ab Z?， 若对任意0x ?， 都有 2 (2)(2 )0axxb?， 则_a ?,_ _ _ _ _ _ _.b ? 答案：1,2ab? ?. 解答：首先令0,x ?知0b ?.其次考虑过定点（0,2）的直线2yax?，与开口向上的抛 物线 2 2yxb?，满足对任意0x ?所对应图象上的点不在x轴同侧，因此 2 2b a ? ?. 又, a bZ?，故1,2ab? ?. 6.设0, , 2 ? ? ? ?，且 333 sinsinsin1?，求证： 222 3 3 tantantan 2 ? 令a=sin?，b=sin?，c=sin?，则a, b, c?(0, 1)且 333 1a

7、bc?， 222 322 23 112112 2(1)(), 3223 3 aaa aaaa ? ? ? ? 同理 33 22 -, 3 33 3 b bcc? 因此 222333 333 222333 3 33 3 () 1-1-1-22 abcabc abc abca ab bc c ? 。 注意到 22 2 22 22 2 22 22 2 22 sin tan 1sin1 sin tan 1sin1 sin tan 1sin1 a a b b c c ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 所以 222 3 3 tantantan. 2 ? 注 易知上述不等式等号不能

8、成立。 7当 3 10aa? ?时，2a?是某个整系数多项式的解，求最高次项系数为 1（且次数最 低）的满足题设条件的整系数多项式. 解 设2xa?，则2ax?，代入已知等式得， . 33 01(2)(2) 1aaxx? ? 32 (51)2( 31),xxx? 所以 32 512(31).xxx? ? 两边平方，得 643242 10225101 18122,xxxxxxx? ? 移项整理，得 6432 82131010.xxxxx? ? 故所求的多项式为 6432 8213101.xxxxx? 8.设nN?，且21,31nn?都是完全平方数，求证：53n?为合数 证明： （1）设 22 2

9、1,31, ,nknm k mN? ? ?，则 22 534(21)(31)4(2)(2)nnnkmkmkm? ? （2）若21km?，则 22 21,5321 (1)(21)2(31)(53)220 21 kmnm mmmnnn km ? ? ? ? （3）又21km?，53n?为合数 9.已知数列? ? n a满足 1 1a ?， 2 1 32 21 nnn aaa ? ?， * nN? (I) 证明：? ? n a是正整数数列； (II) 是否存在 * mN?，使得2015 m a，并说明理由 参考答案： （）由 2 1 32 21 nnn aaa ? ?得 22 11 640 nnnn

10、 aa aa ? ?， （1） 同理可得 22 2212 640 nnnn aaaa ? ? ?，（2）5 分 由（1） （2）可知， 2 , nn a a ? 为方程 22 11 640 nn xaxa ? ?的两根，又 2nn aa ? ?，即有 21 6 nnn aaa ? ?，即 21 6. nnn aaa ? ? 因为 12 1,5,aa?所以 n a为正整数.10 分 （）不存在 * mN?，使得2015 m a.15 分 假设存在 * mN?，使得2015 m a，则31 m a. . 一方面， 2 21 4 mmm a aa ? ?，所以 2 1 314 m a ? ?,即 2 1 4(mod31) m a ? ?，所以 301530 1 42 (mod31) m a ? ?. 由费马小定理知 30 21(mod31)?，所以 30 1 1(mod31) m a ? ?20 分 另一方面， 1 (,31)1 m a ? ?.事实上， 假设 1 (,31)1 m ad ? ?， 则31d， 即31d ?， 所以 1 31 m a ? ， 而 2 1 314 m a ? ?，这样得到314.矛盾. 所以，由费马小定理得 30 1 1(mod31) m a ? ?. 这样得到11(mod31)? ?.矛盾.所以不存在 * mN?，使得2015 m a.25 分