2012年华约数学参考答案
一、选择题 ACBCA B略DDC 二、解答题
11解：（1）C=2/3∏；（2）cos2A?cos2B=3/4 12解：
AP?BP?2PH2（1）设P(x,y),则H(0，y),由得（x?2,y）?(x-2,y)?2x2,即y2-x2?4
（2）令CD:x?my?2(m?0)代入y?x?4，整理得
22(1?m2)y2?4my?8?0
因为直线在x轴下方交P点轨迹于C(x1,y1)，D(x2,y2)两点所以上式有两个负根，由
?1?m2?0?22???16m?32(1?m)?0??y1?y2?4m20?1?m?2
1?m???8?0?y1y2?1?m2?根据韦达定理，得CD中点M的坐标为
M(x1?x2y1?y222m,)?(,) 221?m21?m2代入直线MQ的方程y+2=kx,(k为其斜率)得
2m2k ?2?221?m1?m所以，k=?m?m?1??(m?)?13解答：显然PK?21225?(2?1,1),(1?m?2). 4?Cn?0K?1n2k?1(1?p)np2k?1?n,
nnn?1n?2注意到C2k?1?C2k?1?2C2k?1?C2k?1，
所以PK?1=
k?Cn?0knn2k?1(1?p)p2k?1?n
=
?(Cn?0n2k?1n?1n?2n2k?1?n?2C2?C)(1?p)pk?12k?1
=n?0k?C?Ck?1kn2k?1(1?p)pn2k?1?n?2?Cn?1kkn?12k?1(1?p)pn2k?1?nn?2n2k?1?n??C2k?1(1?p)pn?2kk
n2k?1(1?p)pn2k?1?n=n?0?2?Cn?0n?12k?1(1?p)n?1p2k?nn?2n?22k?1?n??C2pk?1(1?p)n?0
=n?0?Cn2k?1(1?p)np2k?1?n(p2?2(1?p)p?(1?p2))
kkk?1k?1k?1k?C2?C2p k?1(1?p)pk?1(1?p)=n?0
?Ck?1n2k?1kkk(1?p)np2k?1?n?C2k?1(1?p)p(p?(1?p))
kKkP?C(1?p)p(2p?1) K2k?1=
因此，当p≥14证明：
11 时，{pk}递增，当P≥时，{pk}递减。 22用数学归纳法证明f2n?1(x)?0有唯一解x2n?1且严格单调递增，f2n(x)?0无实数解，显然
x2n=1时，此时f1(x)?1?x有唯一解x1??1，且严格单调递增，而f2(x)?1?x?无实
2数解，现在假设f2n?1(x)?0有唯一解x2n?1且严格单调递增，f2n(x)?0无实数解，于是注意到f2?n?1(x)?f2n(x),f2n?1时，对任意的0≤k≤n有x+2k+1≤0,于是
x2kx2kf2n?1(x)??(?(x?2k?1)，所以f2n?1(?2n?1)?0,
(2k?1)!k?0(2k)!n又因为f2n?1(0)?1?0,所以由f2n?1(x)严格递增知f2n?1(x)?0有唯一根0?x2n?1??2n?1， 对于f2n?2(x)有f2n?2?f2?n?2(x)?f2n?1(x)，所以（—∞，x2n?1）上，递减，在（x2n?1，+∞）上，递增，所以
2n?22n?2x2x2n?1n?1minf2n?2(x)?f2n?2(x2n?1)???0, x?R(2n?2)!(2n?2)!因此，f2n?2(x)?0无实数解
综上所述，对任意正整数n,当ｎ为偶数时fn(x)?0无解，当ｎ为奇数fn(x)?0有唯一解
xn。
再证x2n?1?x2n?1，事实上，由
f2n?1(x)的严格单调性，只需验证f2n?1(x2n?1)?0，注意到
2n2n?1f2n?1(x)－f2n?1(x)＝x?x，由上述归纳法证明过程中，x2n?1??2n?1，所以
(2n)!(2n?1)!2n2n?12nx2x2x2n?1n?1n?1???(x2n?1?2n?1)?0， ff2n?1(x2n?1)??(2n)!(2n?1)!(2n?1)!因此x2n?1?x2n?1，综上所述，原命题得证。
215假设比赛了K场，那么由题目假设，一场比赛出现了2对队友，所以Cn=2k，也就是说
4k=n(n-1)，那么得到n=4l或者4l+1,期中l?N，下边证明，对于任意的n=4l，或者4l+1,其中l?N,都可以构造出满足要求的比赛：n=4l+1,的时候，对于L使用数学归纳法： （1）当L=1的时候，N=5，此时假设这5名选手为A,B,C,D,E,那么如下安排比赛即可，AB-CD,AC-BE,BC-DE,AE-BD,AD-CE. （2）设当A,B,C,D,EE,
L=M
时结论成立，则
L=M+1
时，设
4M+5
选手为
F11,F12,F21,F22?,F21m,F22m，由归纳假设，可以安排
F11,F12,F21,F22,?,F21m,F22m之间的比赛，使得他们之间每两位选手的作为队友恰好只参
加过一次比赛，还剩下A,B,C,D，E,相互的比赛和A,B,C,D与赛，A,B,C，D与
12F11,F12,?,F21m,F22m之间的比
F11,F12,?,F21m,F22m211之间的比赛安排如下：
221AFL与BFL,AFL与BFL,CFL与DFL,CFL与DFL,满足要求。 最后将这些比赛总计起来，就是满足要求的4M+5位选手之间的的比赛了。 由数学归纳法得证，N=4L时，对L使用数学归纳法，可以类似方法证明（略）。 综上所述，N的所有可能取值是N=4L或4L+1，其中L?N.
2013年华约自主招生数学试题解析
1.设A??x|x?10,x?N?,B?A，且B中元素满足：①任意一个元素的各数位的数字互不相同；②任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9； （1）求B中的两位数和三位数的个数； （2）是否存在五位数，六位数？
（3）若从小到大排列B中元素，求第1081个元素.
解析：将0，1，…，9这10个数字按照和为9进行配对，考虑（0，9），（1，8），（2，7），（3，6），（4，5），B中元素的每个数位只能从上面五对数中每对至多取一个数构成.
2221（1）两位数有C5?2?A2?C4?2?72个； 333222三位数有C5?2?A3?C4?2?A2?432个；
（2）存在五位数，只需从上述五个数对中每对取一个数即可构成符合条件的五位数；不存在六位数，由抽屉原理易知，若存在，则至少要从一个数对中取出两个数，则该两个数字之和为9，与B中任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于9矛盾，因此不存在六位数.
444333（3）四位数共有C5?2?A4?C4?2?A3?1728个，因此第1081个元素是四位数，且333是第577个四位数，我们考虑千位，千位1，2，3的四位数有3?C4?2?A3?576个，因
此第1081个元素是4012.
1?sinx?siny???32.已知?，求cos(x?y),sin(x?y).
1?cosx?cosy??5?解析：由sinx?siny?方面由①得2sin?11208①，cosx?cosy?②，平方相加得cos(x?y)?，另一352251?x?y??x?y?1?x?y??x?y?cos?2sinsin??③，由②得④，???????223225????????x?yx?y3152④除以③得tan??，因此sin(x?y)???.
x?y25171?tan222tan
3.点A在y?kx上，点B在y??kx上，其中k?0,OA?OB?k?1，且A,B在y轴同侧.
（1）求AB中点M的轨迹C；
（2）曲线C与抛物线x?2py(p?0)相切，求证：切点分别在两条定直线上，并求切线方程.
2解析：（1）设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y)，则y1?kx1,y2??kx2，由OA?OB?k?1得
22(x1?x2)2(x1?x2)2x?x2y?yx?xx1x2?1，??1，,y?12?k12，即又x?1于是M的
44222
y2轨迹方程为x?2?1，于是AB中点M的轨迹C的焦点为?k2?1,0，实轴长为2
k2??的双曲线.
y2222（2）将x?2py(p?0)与x?2?1联立得y?2pky?k?0，曲线C与抛物线相切，
k22故
??4p2k4?4k2?0，又因为
p,k?0，所以
pk?1，且
y?pk2?k,x??2pk??2，因此两切点分别在定直线x?2,x??2上，两切点为D(2,k),E(?2,k),Qy??x，于是在D(2,k)处的切线方程分别为py?221(x?2)?k，即y?x?， ppp221(x?2)?k，即y??x?. ppp在E(?2,k)D(2,k)处的切线方程分别为y??4.7个红球，8个黑球，一次取出4个.
（1）求恰有一个红球的概率；
（2）取出黑球的个数为X，求X的分布列和期望（EX）； （3）取出4个球同色，求全为黑色的概率.
13C7C856解析：（1）恰有一个红球的概率为； ?4C15195431C7C7C540（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，4，P(X?0)?4?，,P(X?1)?48?C15195C151952213C7C8C7C856C841084， P(X?2)?4?,P(X?3)?4?,P(X?4)?4?C15195C15195C15195即X的分别列为 X P 0 1 2 3 4 540845610 19519519519519554084561032?1??2??3??4??所以EX?0?. 19519519519519515832?（事实上由超几何分布期望公式可以直接得出期望为EX?4?，无需繁杂计算） 1515C842（3）取出4个球色，全为黑色的概率为44?.
C7C83
2011年 - 2013“北约”、“华约”自主招生数学试题 - 图文
