2010五校合作

1 2010 年五校合作自主选拔通用基础(AAA)测试 数 学 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 3分，在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。 1． 设复数 2 i 1 i a w        ，其中a 为实数. 若w 的实部为 2，则w 的虚部为 (A) 3 2  . (B) 1 2  . (C) 1 2 . (D) 3 2 . 解 2 2 2i 1 2 i 1 i 1 i 2i 2 a a a a w a             ，故 2a  ，虚部为 3 2  . 2． 设向量a , b 满足 | | | | 1 a b , m a b ，则 | | ( )t t a b 的最小值为 (A) 2 . (B) 21 m . (C)1. (D) 21 m . 解 由条件知a 在b 上的投影为m ，由向量的加法知 ta b的 终点必在过 a 向量的终点且与b 向量平行的直线 l 上，因此 | |ta b 的最小值为a 向量的起点到 l 的距离，即 21 m . 3． 如果平面 ,  ，直线 ,m n，点 ,A B满足： //  ， ,m n   ， ,A B   ，且 AB与 所成的角为 π 4 ，m AB ，n 与 AB所成的角为 π 3 ，那么m 与 n 所成的角为 (A) π 3 . (B) π 4 . (C) π 6 . (D) π 8 . 解 如图，过 B 点作直线 ,m n的平行线，过 A点 作平面  的垂线 AO，连接 BO，再过O点作n 的 垂线OC ，连接 AC . 则据三垂线定理和条件有： OB m ，AC n ， π π , 4 3 ABO ABC    . 不妨设 1AO  ，则 2AB  ， 2 2 BC  ， 6 2 AC  ，从而 2 2 OC  ，因此 π 4 OBC  ，进而 π 4 CBD  ,即m 与 n 所成的角为 π 4 . B A  O m n C D a b m a+tb tb l 2 4． 在四棱锥V ABCD 中， 1 1,B D 分别为侧棱 ,VB VD的中点，则四面体 1 1AB CD 的体积 与四棱锥V ABCD 的体积之比为 (A)1: 6 . (B)1:5 . (C)1: 4 . (D)1:3 . 解 四面体 1VAB C 的体积＝四面体 1BAB C 的体积， 四面体 1VAD C 的体积＝四面体 1DAD C 的体积. 由 于 1 1B D 是三角形VBD的中位线，因此 F 是VE 的 中点，从而 1 2 ACF ACVS S  ，从而四面体 1D ACF 的 体积＝四面体 1D ACV 体积的一半＝四面体VACD体积的四分之一，四面体 1B ACF 的体积 ＝四面体 1B ACV 体积的一半＝四面体VACB体积的四分之一，所以四面体 1 1AB CD 的体积 与四棱锥V ABCD 的体积之比为1: 4 . 5． 在 ABC 中，三边长 , ,a b c满足 3a c b  ，则 tan tan 2 2 A C 的值为 (A) 1 5 . (B) 1 4 . (C) 1 2 . (D) 2 3 . 解 由条件并结合正弦定理有 sin sin 3sin 3sin( )A C B A C    ，即 2sin cos 3 2sin cos 2 2 2 2 A C A C A C A C      ， 故 cos 3cos 2 2 A C A C   ，从而 cos cos sin sin 3(cos cos sin sin ) 2 2 2 2 2 2 2 2 A C A C A C A C    于是有cos cos 2sin sin 2 2 2 2 A C A C  ，因此 1 tan tan 2 2 2 A C  . 6． 如图， ABC 的两条高线 ,AD BE 交于H ，其外接圆圆心为O，过O作OF 垂直BC 于 F ，OH 与 AF 相交于G ，则 OFG 与 GAH 面积之比为 (A)1: 4 . (B)1:3 . (C) 2 :5 . (D)1: 2 . 解 显见 OFG 相似于 GAH . 下证： : 1: 2OF AH  ，从 而 OFG 与 GAH 面积之比为1: 4 . 连接 CO 并延长交外接圆于 M ，则 M B B C ， MA AC ，又 AH BC ，BH AC ，故四边形 AHBM 为 平行四边形，从而 AH BM ，又 1 2 OF BM ，故得证. A C D H O F G M E B A B B1 V C D D1 F E 3 7． 设 ( ) e ( 0)axf x a  . 过点 ( ,0)P a 且平行于 y 轴的直线与曲线 :C y  ( )f x 的交点为 Q ，曲线C 过点Q 的切线交 x 轴于 R ，则 PQR 的面积的最小值为 (A)1. (B) e 2 . (C) e 2 . (D) 2e 4 . 解 点 2 ( ,e )aQ a 处切线方程为 2 2 e e ( )a ay a x a   ，故 1 ( ,0)R a a  ，从而 1 RP a  ，因此 21 e 2 a PQRS a   ，令 2 2 2 1 e 2e 0 2 a aS a           得 1 2 a  ，从而面积最小值为 e 2 . 8． 设双曲线 2 2 1 2 : ( 2, 0) 4 x y C k a k a     ，椭圆 2 2 2 2 : 1 4 x y C a   . 若 2C 的短轴长与 1C 的实轴长的比值等于 2C 的离心率, 则 1C 在 2C 的一条准线上截得线段的长为 (A) 2 2 k . (B) 2 . (C) 4 4 k . (D) 4 . 解 依条件有 24 4 2 a aka   ，导出 2 4 4a k   ， 2C 的准线 2 2 4 a x a    ，代入 1C 得 2 2 2 4 4 4 a y k a         ，故截得线段长为4 . 9． 欲将正六边形的各边和各条对角线都染为n 种颜色之一，使得以正六边形的任何 3 个顶 点作为顶点的三角形有 3 种不同颜色的边，并且不同的三角形使用不同的 3 色组合，则 n 的最小值为 (B) (A) 6 . (B) 7 . (C)8 . (D)9 . 解 基本要素：6 个顶点, 26 15C  条线， 3 6 20C  个三角形. 首先证明 6n  时无法完成符合要求的染色. 反证 若 6n  时能够完成染色，因为共有15条线, 所以必 有一种颜色染了至少 3 条线. 由于这 3 条线的任何两条都不能 成为三角形的两边, 因此这 3 条线无公共顶点(即 3 条平行线段). 又因为含这 3 条线的三角 形共有12个(含其中 1 条线的三角形有 4 个, 且没有三角形含其中 2 条线), 而剩下五种颜色 的两色组合只有 25 10C  种, 所以这12个三角形中必有相同的三色组合, 矛盾. 其次证明 7n  时可以完成染色. 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 如下: 将六个顶点标记数字1, 2,..., 6, 七种颜色对应数字 0,1,...,6 . 若线的顶点是 数字 ,a b , 则将该线染为a b 模7 的余数所对应的颜色. 可以验证这样的染色符合要求. 1 2 3 4 5 6 x y o 4 10． 设定点 , , ,A B C D 是以O点为中心的正四面体的顶点，用 表示空间以直线OA为轴 满足条件 ( )B C  的旋转，用 表示空间关于OCD所在 平面的镜面反射，设 l 为过 AB中点与CD中点的直线，用  表示空间以 l 为轴的180 旋转. 设  表示变换的复 合，先作 ，再作 . 则 可以表示为 (A)        (B)          . (C)        . (D)          . 解 如图, 设 AP BCD 于 P , BP 交CD于 E , 则 E 为 CD的中点, 连CP , 则 是以直线OA为轴的逆时针120旋转. 连接 AE , 则 AE BE , 记 AB的中点为 F , 则 EF AB , 故 ( )B A  . 又因为OA OB , 所以O 点必在 EF 上. 注意到 CD ABE , 故 AB CD , 从而 AB OCD , 由此可见 ( ) , ( ) ,B A A B   ( ) ,C C  ( )D D  . 容易验证： ( )B B         , ( )B D           , ( )B C         , ( )B A           , 因此选 (D). 二、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 11． 在 ABC 中，已知 22sin cos 2 1 2 A B C    ，外接圆半径 2R  . (I) 求角C 的大小；(II) 求 ABC 面积的最大值. 解 (I) 由条件有 2cos 2 1 2sin cos( ) cos(π ) cos 2 A B C A B C C          ，即 22cos cos 1 0C C   ，解得 1 cos 2 C  ，从而 π 3 C  . (II) 据正弦定理有 1 3 sin (2 sin )(2 sin ) 2 4 ABCS ab C R A R B   4 3 sin sin 2 3[cos( ) cos( )]A B A B A B     1 2 3[cos( ) ] 3 3 2 A B    . 等号仅当 A B ，即为正三角形时取得. A C D O E F P B 5 12． 设 , , ,A B C D 为抛物线 2 4x y 上不同的四点， ,A D关于该抛物线的对称轴对称，BC 平行于该抛物线在点 D处的切线 l . 设 D到直线 AB，直线 AC 的距离分别为 1 2,d d ， 已知 1 2 2 | |d d AD  . (I) 判断 ABC 是锐角三角形、直角三角形、钝角三角形中的哪一种三角形，并说明理由; (II) 若 ABC 的面积为 240，求点 A的坐标及直线 BC的方程. 解 设 2 0 0 , 4 x D x       (不妨 0 0x  )， 2 1 1, 4 x B x       ，则 2 0 0 , 4 x A x       ， 0 2 BC x k  ，直线 BC 的方程为 2 01 1( ) 4 2 xx y x x   ，将此方程与抛 物线方程 2 4 x y  联立可解得 2 2 1 0 1 0 0 12 , 4 x C x x x x x         ，从而直线 ,AB AC 的斜率分别为 1 0 0 1, 4 4 AB AC x x x x k k     . 由此可见 AD是 BAC 的角平分线， 于是 1 2d d . (I) 由于 1 2 2 | |d d AD  ，故 1| | 2AD d ，于是 π 4 BAD CAD    ，所以 π 2 BAC  ， ABC 是直角三角形. (II) 由于 1ACk  ，故 0 1 4x x  ，进而 1 0 0| | 2( ) 2(2 4)AB x x x    ， 0 1 0| | 2(3 ) 2(2 4)AC x x x    ， 由 0 0 1 | | | | (2 4)(2 4) 240 2 ABCS AB AC x x       得 0 8x  ，故 ( 8,16)A  ， (4,4)B ， 0 4 2 BC x k   ，从而直线 BC的方程为4 12 0x y   . 由对称性可知， (8,16)A 也符合要求，此时直线BC 的方程为4 12 0x y   . A B D C x y 6 13． (I) 正四棱锥的体积 2 3 V  ，求正四棱锥的表面积的最小值； (II) 一般地，设正n 棱锥的体积V 为定值，试给出不依赖于 n 的一个充分必要条件， 使得正n 棱锥的表面积取得最小值. 解一 设正 n 棱锥的高为h ，底面正多边形的边长为 a ，内切圆半径为 r ，底面积为 S ，侧 面与底面所成的二面角为 ，则有 3Sh V ， π cot 2 a r n  ， tanh r  ， 2 31 1 π3 cot tan 2 8 V Sh narh n a n           ， 21 1 1 π 11 cot 1 2 cos 4 cos S nar n a n                       表 由上两式可得 2 2 π (1 cos )9 tan cos (1 cos ) S V n n          表 3 令 2(1 ) (1 ) x y x x    ，则 2 2 ( 1)(3 1) (1 ) x x y x x      ，最小值点 1 cos 3 x   . 或由 2(1 ) (2 ) 1 0y x y x      2 2(2 ) 4(1 ) 8 0y y y y        注意到 (0,1)x 时有 0y  ，因此导出 min 8y  ，此时 1 3 x  . (I) 当 2 4, 3 n V  时，由 1 cos 3   知 tan 2 2  ，从而 tan 2 2 a h a  ，再由 2 2 3 3 a h  得 1a  . 此时 S表的最小值为4 . (II) S表 取最小值的一个充要条件为：底面与侧面所成的角为定角 1 arccos 3 (或 arctan 2 2 ). 7 解二 (I) 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h，则有 2 2a h  ，其表面积 2 2 2 2 2 214 4 2 2 a S a a h a a a h             表 2 4 2 4 2 2 2 2 8 1 1 1 a a a a a a a a          2 4 9 16 1 9a a a    （等号仅当 4 2 1 a a  时，即 1a  取得） 2 2 3 3 a a   2 2 2 2 3 3 3 1 1 1 4a a a a      （等号仅当 2 2 3 1 a a  时，即 1a  取得）. (II) 设正n 棱锥的高为h，底面正多边形的边长为a ，内切圆半径为 r ，底面积为S ， 侧面与底面所成的二面角为 ，则有 3Sh V ， π cot 2 a r n  ， 2 πcot 2 4 na nar nS   ，正n 棱锥的表面积 2 2 2 2 2 ( )h r Sh S S S S S r r      表 2 2 2 2 9 π cot 4 V S S a n    2 2 π 9 tanV n nS S S    def 2 AS S S    . 令 2 2 1 1 2 0 2 A S S SA S S            表  3 2 A S  ， 即 3 2 π ( ) 9 tannar V n n  或 2 3 2 2 2 2 V Sh narh nar    ，故 2 2 h r  . 因此正n 棱锥的表面积 取最小值的一个充要条件为：底面与侧面所成的角为定角arctan 2 2 . 8 14． 假定亲本总体中三种基因型式： , ,AA Aa aa 的比例为 : 2 :u v w ( 0, 0, 0,u v w   2 1)u v w   且数量充分多，参与交配的亲本是该总体中随机的两个. (I) 求子一代中，三种基因型式的比例； (II) 子二代的三种基因型式的比例与子一代的三种基因型式的比例相同吗？说明理由. 解 (I) 从亲本总体中随机选两个交配： 1） AA AA AA    ，概率为 2u ， 2） 1 , 2 2 2 2 1 , 2 2 2 2 AA u v uv AA Aa Aa u v uv                (因子 2 是因为可交换父本, 母本基因形式) 3） , 2 AA Aa uw aa    (因子 2 是因为可交换父本, 母本基因形式) 4） 2 2 2 1 , 2 2 4 1 , 2 2 2 2 1 , 2 2 4 AA v v v Aa Aa v v v Aa aa v v v                    ， 5） 1 , 2 2 2 2 1 , 2 2 2 2 Aa v w vw Aa aa aa v w vw                (因子 2 是因为可交换父本, 母本基因形式) 6） 2, aa aa w aa    因此子一代中， AA的概率为 2 2 22 ( )u uv v u v    ， Aa的概率为 22 2 2 2 2( )( )uv uw v vw u v v w      ， aa 的概率为 2 2 22 ( )v vw w v w    ， 故比例为 2 2( ) : 2( )( ) : ( )u v u v v w v w    . (II) 重复(I)的讨论知，子二代中： AA的概率为 2 2 2[( ) ( )( )] ( )u v u v v w u v      ； Aa的概率为 2 22[( ) ( )( )][( ) ( )( )] 2( )( )u v u v v w v w u v v w u v v w           ， aa 的概率为 2 2 2[( )( ) ( ) ] ( )u v v w v w v w      ， 故子二代的三种基因型式的比例与子一代的三种基因型式的比例相同. 9 15． 设函数 ( ) 1 x m f x x    ，且存在函数 1 ( ) ( , 0) 2 s t at b t a     ，满足 2 1 2 1t s f t s        . (I) 证明：存在函数 ( ) ( 0)t s cs d s    ，满足 2 1 2 1s t f s t        ； (II) 设 1 3x  ， 1 ( ), 1, 2,n nx f x n    . 证明： 1 1 | 2 | 3 n n x    . 证 (I) 由于 1 ( ) 1 1 m f x x     ，根据条件 1 1 2 2f t s         有 1 1 1 2 1 2 1 m at b t         ( 1) 1 1 3 1 m t t at b      在 1 2 t  时恒成立，得出 4m  ， 3, 1a b   . 欲使 1 1 2 2f s t         成立, 即 3 1 1 2 1 2 1 cs d s        3 1 1 3 1 s s cs d     在 0s  时恒成立，则必有 3, 1c d  ，从而 ( ) 3 1s s   . (II) 据(I)知： 1 1 2 2 3 1 f t t         ； 1 1 2 2 3 1 f s s         . 令 1 1y  ，则 1 1 1 2x y   ，从而 def 2 1 1 2 1 1 1 (2 ) 2 2 3 1 x f y y y         2 2 1 | 2 |x y   ， def 3 2 2 3 1 1 1 (2 ) 2 2 3 1 x f y y y         3 3 1 | 2 |x y   ，……， 一般地，若令 2 2 13 1k ky y   ， 2 1 23 1k ky y   ，则有 2 2 1 2 1 1 (2 ) 2k k k x f y y     ， 2 1 2 2 1 1 1 (2 ) 2k k k x f y y       , 从而有 1 | 2 | ( )n n x n y    . 下证 13nny  即可. 当 1,2n  时，结论显然成立. 假设 2 11 3 , 3 k k k ky y      成立. 那么 当 k 为奇数时，有 11 3 1 3 3 3 k k k ky y        ， 当 k 为偶数时，有 2 2 21 1 13 1 3(3 1) 1 3 2 3 3 3 k k k k k ky y y y              . 10 试卷分析 大题号 小题号 分值 参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 全国平均分 一 1 3 A 2.48 2 3 D 2.65 3 3 B 1.78 4 3 C 1.84 5 3 C 1.94 6 3 A 2.18 7 3 B 1.41 8 3 D 1.34 9 3 B 1.01 10 3 D 0.99 二 11 14 10.28 12 14 1.56 13 14 0.96 14 14 5.51 15 14 2.79 平均分 38.72 内容 财务内部控制制度的内容财务内部控制制度的内容人员招聘与配置的内容项目成本控制的内容消防安全演练内容 分值 能力 分值 逻辑思维 17 代数 40 运算变形 57 几何 46 空间想象 6 概率 14 综合创新 20