2014年北约自主招生数学试题及解答

2014年3月6日

一、选择题（每小题8分，合计48分） 1．圆心角为

3的扇形的面积为6，则它围成的圆锥的表面积为（ B ）． A． B．7 C． D．

解：由S16R26，得R6，由2r扇形36，得r1，

故它围成的圆锥的表面积为：6r27．

2．将10个人分为3组，一组4人，另两组各3人，共有（ C ）种分法．

A．1070 B．2014 C．2100 D．4200

解：NC4310C6C3322100．

3．已知f(a2bf(a)2f(b)3)3，f(1)1，f(4)7，则f(2014)（ A ）． A．4027 B．4028 C．4029 D．4030 解：f(2)f(421f(4)2f(1)13)33，f(3)f(24f(1)2f(4)3)35，猜想f(n)2n1 (nN*)；

假设f(n)2n1对n3k (k1)都成立， 则f(3k1)3f(k1)2f(1)2(3k1)1，

f(3k2)3f(k2)2f(2)2(3k2)1， f(3k3)3f(k3)2f(3)2(3k3)1， 所以f(n)2n1 (nN*)．

4．若f(x)lg(x22axa)的值域为R，则a的取值范围是（ D ）．

A．0a1 B． C． D．a0或a1 解：由题知：(0,){yyx22axa}，

故(2a)24a0，解得：a0或a1．

5．已知xy1，且x、y均为负实数，则xy1xy有（ B ）．

1

A．最大值

17171717 B．最小值 C．最大值 D．最小值 444411，而函数f(t)t在(0, 1)上单调递减， 4t解：1(x)(y)2xy，得0xy11711在(1,)单调递增，故f(xy)f()，即xy，当且仅当xy时取等号． 4xy426．已知f(x)arctan22x14xC在(4, 4)上为奇函数，则C（ B ）

． A．0 B．arctan2 C．arctan2 D．不存在 解：由f(x)0，得Carctan(2)arctan2，

此时f(x)f(x)arctan22x14xarctan22x14x2Carctan(43)2arctan20， 故Carctan2符合题意．

二、解答题（每题18分，共72分） 7．证明：tan3Q．

证明：假设tan3Q，

则tan6Qtan12Qtan24Qtan30tan(624)Q， 这与tan3033Q矛盾． 8．已知实系数二次函数f(x)和g(x)，若方程f(x)g(x)和3f(x)g(x)0都只有一个偶重根，方程f(x)0有两个不等的实根，求证：方程g(x)0没有实根． 解：设f(x)ax2bxc，g(x)dx2exf，ad0，

所以(be)24(ad)(cf)，(3be)24(3ad)(3cf)， 所以3b2e212ac4df，又因为b24ac0，

所以2g(x)e4df4(b24ac)0，所以方程g(x)0没有实根．

9．已知a1，a2，…，a13成等差数列，M{aiajak1ijk13}，

问：0，

7162，3是否可以同时在M中？并证明你的结论． 解：设该数列的公差为d，

∴p、q、rN*，3a1pd0，3a1(pq)d72，3a161(pqr)d3，

2

∴

q21r11，∴q21，p11，又由于p0123，∴pqr35， 又pqr12111033，与上式矛盾，故0，

72，163不可以同时在M中． nn10．xi（i1，2，…，n）为正实数，且xi1，求证：(2xi)(21)n．

i1i1解：由AMGM不等式得：

1n2n(2)，1n1，

i1xni2n(xn(xi)i1xi2i2)ni1n(xi2)i1n两式相加得：121，故n(2xi)(21)n．

n(xi1i2)i1

3