(甘志国)华约自主招生数学试题_华约自主招生数学试题

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2014年华约自主招生数学试题

甘志国(该文已发表中小学数学(高中)，2014(3)：58-59)

1.设x1,x2,x3,x4,x5是正整数，任取其中四个求和后得到的集合是{44,45,46,47}，求这五个正整数.2.甲、乙两人进行一次比赛，采用五局三胜制.已知任意一局甲胜的概率是pp设甲最终赢得比赛的概率是q，求p为多少时qp取得最大值？

3.已知函数f(x)1，221(cosxsinx)sinx2asinxb(a0)的最大值为242

1，最小值为4，求a,b.4.设f1(x)是f(x)的反函数，定义(fg)(x)f(g(x)).(1)求证：(fg)1(x)(g1f1)(x)；

1(2)设F(x)f(x),G(x)f1(x)，若F(x)G(x)，求证：f(x)为奇函数.x2y2

2225.过椭圆221上一点M作圆xyb的两条切线，切点分别为P,Q.直线ab

PQ与x轴、y轴分别交于点E,F，求EOF面积的最小值.6.已知数列an满足：a10,an1npqan.n

(1)若q1，求an；

(2)若p1,q1，求证：数列an有界.x7.已知nN*,xn，求证：nn1exx2.n

n

参考答案

1.从五个正整数中任取四个求和后可得五个和，而本题只有四个和值，说明有两个和值相等.这五个和值之和为4(x1x2x3x4x5)，所以

22644444546474(x1x2x3x4x5)4445464747229

x1x2x3x4x557

所以所求的五个数中有四个分别是5744,5745,5746,5747即13,12,11,10，得剩下的一个是57(13121110)11，即所求五个正整数分别是10,11,11,12,13.2.若共比赛3局，则甲赢得比赛的概率是p；若共比赛4局，则甲赢得比赛的概率是

3223，所以 p(1p)C3p(1p)；若共比赛5局，则甲赢得比赛的概率是C2

42332

qp3C3p(1p)C24p(1p)

qp6p515p410p3p

设f(p)6p15p10pp

1

p1，得 2

f(p)30p460p330p2130p2(p1)21

1211

30p2pppp1

302

当p

1111111时，f(p)0；,,1当p时，f(p)0，22424

所以当且仅当p

时，qp取得最大值.

23.可得f(x)ab(sinxa)(a0).(1)当0a1时，f(x)maxa2b1,f(x)minmin12ab,12ab4，可得此时无解.5

a

12ab44,(2)当a1时，得.12ab1b1

2

所以a

51,b.42

4.(1)设y(fg)1(x)，得

x(fg)(y),g(y)f1(x),yg1(f1(x))(g1f1)(x)

所以欲证成立.(2)设yG(x)f1(x)，得xG1(y)f(y),G1(x)f(x).又F(x)G1(x)，所以F(x)f(x).又F(x)f(x)，所以f(x)f(x)，即欲证成立.b2b2

5.可设M(x0,y0)(x0y00)，得直线PQ:x0xy0yb，它过点Ex,0,F0,y，00

所以

SOEF

b4

2x0y0

b3

x02y02a

aba2b2



b4

当且仅当(x0,y0)



2222a,ba,b或时，EOF的面积取到最小值，2222

b3

且最小值是.a

另解可设M(acos,bsin)(02且同上面的解法，得SEOF

,,3).2

b4b3b3，而后可得与上面相同的答案.2x0y0asin2a

6.(1)用累加法及错位相减法，可得

n(n1)2ann1n

(n1)pnpp(1p)2

n

n

n

(p1)

(p1)

n

(2)得an1npqannpqannpan,an1annp，所以

anp2p(n1)p

n1

n

n

n

2n1



(n1)p

n1

npp

n

(1p)2

n

又(n1)p立.np(n1)pnpp0，所以an

p(1p)2，即欲证成n1n

xxx7.设f(x)xne1(xn)，得f(x)x2e1(xn).nn

2x

(1)当n1时，f(x)x(2ex)(x1)，可得函数f(x)在(,0),(ln2,1]上均是减函数，在(0,ln2)上是增函数.此时f(x)minminf(0),f(1)1，得欲证成立.x

(2)当n2时，设g(x)e1

n

x

n1

1xxx

(xn)，得g(x)e1

nn

n2

(xn).1

所以g(x)maxg(1)e1(xn).n

设h(x)(x1)ln1

n1

111

(x2)，得h(x)ln1(x2).xxx

由不等式tlnt(1)(当且仅当t0时取等号)知，h(x)0(x2)，所以

1

g(x)maxe1

n

n1



e

2(xn).2

可得函数f(x)在(,0),(0,1]上分别是减函数、增函数，f(x)minf(0)n.此时欲证也成立.证毕！

x

另解即证nxn1ex(nxn).n

n

由不等式e1t(tR)及伯努利不等式(1y)1ny(y1,nN*)，得

x2

x2x2xxxnxxx

121e1e1112n1 nnnnnnn

n

n

n

n

tn

可得欲证成立.