歷年自主招生試題分類匯編-平面向量

歷年自主招生試題分類匯編——不等式5.（2014年北約）已知xy1且x,y都是負(fù)數(shù),求xy1的最值.xy【解】由x0,y0可知,xy1|xy|1|x||y|1,所以|xy||x||y|(|x||y|)21,即xy(0,1],444令txy(0,1],則易知函數(shù)yt1在(0,1]上遞減,所以其在(0,1]上遞減,4t4于是xy1有最小值4117,.無最大值xy44解答二：1(x)(y)2xy得0xy1，而函數(shù)f(t)t1在(0,1)上單調(diào)遞4t減，在(1,)單調(diào)遞增，故f(xy)f(1)，即xy117，當(dāng)且僅當(dāng)xy1時4xy42取等號．10.（2014年北約）已知x1,x2,,xnR,且x1x2xn1,求證:(2x1)(2x2)(2xn)(21)n.【證】(一法:數(shù)學(xué)歸納法)①當(dāng)n1時,左邊2x12121右邊,不等式成立;②假設(shè)nk(k1,kN*)時,不等式(2x1)(2x2)(2xk)(21)k成立.那么當(dāng)nk1時,則x1x2xkxk1,k1個正數(shù)不能同時都大于1,1由于這也不能同時都小于1,因此存在兩個數(shù),其中一個不大于1,另一個不小于1,不妨設(shè)xk1,0xk11,從而(xk1)(xk11)0xkxk11xkxk1,所以(2x1)(2x2)(x2k)(xk21)(2x1)(2x2)[2kx2(xk1xk)kx1](2x1)(2x2)(x2kxk1)(21)(k21)(21k)1(21)其中推導(dǎo)上式時利用了x1x2xk1(xkxk1)1及nk時的假設(shè),故nk1時不等式也成立.綜上①②知,不等式對任意正整數(shù) n都成立.(二法)左邊展開得 ( 2 x1)( 2 x2) ( 2 xn)(2)n(2)n1n(2)n2((2)nk(xixixj)xi1xi2xik)x1x2xni11ijn1i1i2ikn由平均值不等式得11xixixiCnk(xixixi)CnkCnk((x1x2k1Cnkk2xn)Cn1)Cnk1i1i2ikn1i1i2ikn故(2x1)(2x2)(2xn)n(n11(n22(nkkCnn(n2)2)Cn2C)n2C)n,2即證1.)(三法)由平均值不等式有n2n21nxknxk1n(n??①;n()n??②)2xk2xkk12xkk12xkk1k11①+②得nn2(x1x2xn)n,即(2x1)(2x2)(2xn)(21)nn1成立.(2xk)nk11n22(四法)由AMGM不等式得：()n，ni1xi2n(xi2)i11(nxi)n1，兩式相加得：121，故ni1xi2nn(xi2)n(xi2)i1i1nn．(2xi)(1)2i11．（2011年北約文）02，求證：sintan．【解析】不妨設(shè)f(x)xsinx，則f(0)0，且當(dāng)0x時，f(x)1cosx0．于是2f(x)在0x上單調(diào)增．∴f(x)f(0)0．即有xsinx．2同理可證g(x)tanxx0．g(0)0，當(dāng)0x時，g(x)110．于是g(x)在0x上單調(diào)增。222cosx∴在0x上有g(shù)(x)g(0)0。即tanxx。2注記：也可用三角函數(shù)線的方法求解．7.（2014年華約）已知nN*,xn,求證:nn(1x)nexx2.nx)x【證明】原不等式等價于nx2n((1en)n.n當(dāng)x2n,上述不等式左邊非正,不等式成立;當(dāng)x2n時,由ey1y(y0)及貝努力不等式(1y)n1ny(n1,y1),xx)x))n22從而n((1x)en)nn((1(1n(1x2)nn(1nx2)nx2,即證.nnnnn1.（2014年卓越聯(lián)盟）|x3|2x210,求x范圍.【解】由|x3|2x210|x|32|x|210(|x|1)(|x|125)(|x|15)02所以由數(shù)軸標(biāo)根法得|x|(,15)(1,15),又因為|x|0,22所以x(1515).,1)(1,221、（2013年卓越聯(lián)盟）設(shè)函數(shù)fxxsinx．若x1、x2π，π，且fx1fx2，22則A．x1x2B．x1x20C．x1x2D．x12x22答案:（文科）D．歷年自主招生試題分類匯編——初等數(shù)論7．（2013年北約）最多有多少個兩兩不等的正整數(shù)，滿足其中任意三數(shù)之和都為素數(shù)．解析 設(shè)滿足條件的正整數(shù)為

n個．考慮模

3的同余類，共三類，記為

0，1，2．則這

n個正整數(shù)需同時滿足①不能三類都有；②同一類中不能有

3個和超過

3個．否則都會出現(xiàn)三數(shù)之和為

3的倍數(shù)．故

n

4．當(dāng)n4時，取1，3，7，9，其任意三數(shù)之和為所以滿足要求的正整數(shù)最多有4個．

11，13，17，19均為素數(shù)，滿足題意，題6（2012年北約）在1，2，?，2012中取一組數(shù)，使得任意兩數(shù)之和不能被其差整除，問最多能取多少個數(shù)？解： 將1，2，?，2012分成（1，2，3），（4，5，6，）?，（2008,2009,2010）,（2011,2012）這671組，如果所取數(shù) n 672，則由抽屜原理必然有兩個數(shù)屬于同一組，不妨設(shè)為ab，則ab1或2。當(dāng)ab1時，此時ab整除ab，不合要求。當(dāng)ab2時，此時，a與b同奇偶，所以ab為偶數(shù)，從而ab也能整除ab，也不合要求?！鄋671，考察1,4,7，?，2011這671個數(shù)中的任兩數(shù)ab，則abk3k,2N，而ab3l,lN，∴ab不整除ab，從而可知，最多能取671個數(shù)，滿足要求。評析： 本題考查整除問題，而解答主要用到競賽數(shù)學(xué)中的抽屜原則和剩余類，整除等簡單的數(shù)論知識，體現(xiàn)出自主招生試題要求考生有一定的競賽數(shù)學(xué)知識，并掌握數(shù)學(xué)競賽的一些常用方法和技巧。6.（2013年華約）已知x,y,z是互不相等的正整數(shù),xyz|(xy1)(xz1)(yz1),求x,y,z.【解】本題等價于求使(xy1)(xz1)(yz1)xyz(xyz)xyyzzx1xyzxyz為整數(shù)的正整數(shù)x,y,z,由于x,y,z是互不相等的正整數(shù),因此xyz|xyyzzx1,不失一般性不妨設(shè)xyz,則xyzxyyzzx13yx,于是z3,結(jié)合z為正整數(shù),故z1,2,當(dāng)時,xy|xyyx1,即xy|yx1,于是xyxyyx12x,所以y2,z1但另一方面yz,且為正整數(shù),所以y2矛盾,不合題意.所以z2,此時2xy|xy2y2x1,于是2xyxy2y2x1,即xy2y2x1,也所以xy2y2x4x,所以y4,又因為yz2,所以y3;于是6x|5x5,所以6x5x5,即x5,又因為xy3,所以x4,5,經(jīng)檢驗x5符合題意,于是符合題意的正整數(shù)x,y,z有(x,y,z)=(2,3,5)、(2,5,3)、(3,2,5)、(3,5,2)、(5,2,3)、(5,3,2)注:該題與2011年福建省高一數(shù)學(xué)競賽試題雷同 .歷年自主招生試題分類匯編——導(dǎo)數(shù)7.（2014年華約）已知nN*,xn,求證:nn(1x)nexx2.nxx【證明】原不等式等價于nx2n((1)en)n.n當(dāng)x2n,上述不等式左邊非正,不等式成立;當(dāng)2n時由ey1y(y0)及貝努力不等式(1y)n1ny(n1,y1),x,xx)x))n22從而n((1x)en)nn((1(1n(1x2)nn(1nx2)nx2,即證.nnnnn7.（2013年華約）已知f(x)(1x)ex1求證:(1)當(dāng)x0,f(x)0;(2)數(shù)列{xn}滿足xnexn1exn1,x11,求證:數(shù)列{xn}單調(diào)遞減且xn12n.【解】(1)當(dāng)x0時,f(x)xex0,所以f(x)在(0,)上遞減,所以f(x)f(0)0.(2)由xnexn1exn1得exn1exn1,結(jié)合x11,及對任意x0,exx1,利用數(shù)學(xué)歸納法xn易得xn0對任意正整數(shù)n成立由(1)知f(xn)0即exn1xexn,,,n即xnexn1xnexn,因為xn0,所以exn1exn,即xnxn1,所以數(shù)列{xn}遞減,下面證明xn1,用數(shù)學(xué)歸納法證,設(shè)g(x)ex1xexex1f(x),2nx,則g(x)x2x2由(1)知當(dāng)x0時,f(x)0,即g(x)0,故g(x)在(0,)遞增,由歸納假設(shè)xn12ng(11只需證明exn111得g(xn)),要證明xn1e2n1,即g(xn)e2n1,2n2n1故只需證明g(1)1xxxe2n1,考慮函數(shù)h(x)xg(x)xe2,因為當(dāng)x0時e21,2n2xxxx)]所以h(x)ex(1x)e2e2[e2(10,故h(x)在(0,)上遞增,又10,222n1111所以h(e2n1xnn成立.2n)0,即g(n),由歸納法知,n對任意正整數(shù)22注:此題的函數(shù)模型與2012年清華大學(xué)保送生考試試題的函數(shù)模型相似.(14)（2012年華約）記函數(shù)fn(x)1xx2xn,n1,2證明：當(dāng)n是偶數(shù)時，2!n!方程fn(x)0沒有實根；當(dāng)n是奇數(shù)時，方程fn(x)0有唯一的實根n，且n＞n2。證明一：用數(shù)學(xué)歸納法證明f2n1(x)0有唯一解x2n1且嚴(yán)格單調(diào)遞增，f2n(x)0無實數(shù)解，顯然n=1時，此時f1(x)1x有唯一解x11，且嚴(yán)格單調(diào)遞增，而f2(x)1xx2無2實數(shù)解，現(xiàn)在假設(shè)f2n1(x)0有唯一解x2n1且嚴(yán)格單調(diào)遞增，f2n(x)0無實數(shù)解，于是注意到f2n1(x)f2n(x),f2n1時，對任意的0≤k≤n有x+2k+1≤0,于是nx2kx2k1)，所以f2n1(2n1)0,f2n1(x)(1)!(x2kk0(2k)!(2k又因為f2n1(0)10,所以由f2n1(x)嚴(yán)格遞增知f2n1(x)0有唯一根0x2n12n1，對于f2n2(x)有f2n2f2n2(x)f2n1(x)，所以（—∞，x2n1）上，遞減，在（x2n1，+∞）上，遞增，所以2n22n2minf2n2(x)f2n2(x2n1)x2n1x2n10,xR(2n2)!(2n2)!因此，f2n2(x)0無實數(shù)解綜上所述，對任意正整數(shù)n,當(dāng)ｎ為偶數(shù)時fn(x)0無解，當(dāng)ｎ為奇數(shù)fn(x)0有唯一解xn。再證x2n1x2n1，事實上，由f2n1(x)的嚴(yán)格單調(diào)性，只需驗證f2n1(x2n1)0，注意到f2n1(x)－f2n1(x)＝x2nx2n1，由上述歸納法證明過程中，x2n12n1，所(2n)!(2n1)!以2n2n12nf2n1(x2n1)x2n1x2n1x2n1(x2n12n1)0，(2n)!(2n1)!(2n1)!因此x2n1x2n1，綜上所述，原命題得證。證明二：記fn(x)1xx2x3xn,我們對Ｎ使用數(shù)學(xué)歸納法證明加強(qiáng)命2!3!n!題，方程 fn(x) 0在Ｎ為偶數(shù)的時候?qū)崝?shù)上恒大于零，在Ｎ為奇數(shù)的時候，在實數(shù)上嚴(yán)格單調(diào)遞增并且可以取遍所有實數(shù)。（１）當(dāng)N=1,2的時候，直接驗證，結(jié)論顯然成立。（２）當(dāng)N=K-1的時候結(jié)論成立，那么， N=K的時候：K是偶數(shù)的時候，1x2x3xk(x)fk1(x)，那么由歸納假設(shè)，我們知x3!f2!k!道存在一個x00為fk1(x)0的根，使得在xx0的時候fk(x)fk1(x)0，在xx0的時候，fk(x)fk1(x)>０，所以可以看出fk(x)在實數(shù)上的最小值應(yīng)該在x0處取到，kfk(x0)fk1(x0)x0kx0k(x02)20，也就是說fk(x)在實數(shù)上每個取值都大于零，因k!k!k!此結(jié)論成立。Ｋ是奇數(shù)時，fk(x)1xx2x3xk，fk(x)fk1(x)，那么由歸納假設(shè)，我2!3!k!們知道fk(x)fk1(x)恒成立，也就是說fk(x)嚴(yán)格單調(diào)遞增，而fk(x)是一個奇數(shù)次最高項系數(shù)大于零的一個多項式，因此，可以知道當(dāng)X趨近于—∞的時候，fk(x)也趨于—∞，當(dāng)X趨于+∞的時候，fk(x)也趨于+∞，而fk(x)連續(xù)，因此我們證明了fk(x)在實數(shù)上嚴(yán)格單調(diào)遞增并且可以取遍所有的實數(shù)（這點(diǎn)如果不用極限的符號書寫法也可以將fk(x)分段說明，但寫起來比較麻煩）3、（2011年華約）曲線f(x)x3x22x1，過點(diǎn)(1,1)的直線l與曲線相切，且(1,1)不是切點(diǎn)，則直線l的斜率為()A、2B、1C、1D、2解答：設(shè)切點(diǎn)為(x0,x03x022x01)，則切線斜率為k3x022x02，切線方程為y(x03x022x01)(3x022x02)(1x0，)將點(diǎn)(1,1)入代得：1(x03x022x01)(3x022x02)(1x0)，整理得2(x01)2(x01)0，x01,x01，所以這條切線的斜率為1.7．（2010年華約）設(shè)f(x)eax(a0)．過點(diǎn)P(a,0)且平行于y軸的直線與曲線C:yf(x)的交點(diǎn)為Q，曲線C過點(diǎn)Q的切線交x軸于點(diǎn)R，則PQR的面積的最小值是（B）（A）1（B）2e（C）ee22（D）249.（2014年卓越聯(lián)盟）設(shè)f(x)在xR上可導(dǎo),且對任意的x0R有0f(xx0)f(x0)4x(x0)(1)證明:f(x0)f(xx0)f(x0)(x0);x(2)若|f(x)|1,則|f(x)|4.【解】(1)由題知f(x)單調(diào)遞增,利用拉格朗日中值定理可知:存在(x0,x0x),使得f()f(xx0)f(x0),于是f(x0)f()f(xx0)f(x0)(xx0)x0(xx0)x0(2)若存在f(u)4(uR),則在[u,)上f(x)4,于是有|f(x)f(u)||f()x(u)|x4(u),ux(,x),u取xu1,則|f(u1)f(u)|4.但是由于|f(x)|1,所以|f(u1)f(u)|2,矛盾.同理在f(u)4時也可得矛盾.結(jié)論成立.2、（2013年卓越聯(lián)盟）設(shè)函數(shù)fx在R上存在導(dǎo)數(shù)fx，對任意的xR有fxfxx2，且在0，上fxx．若f2afa≥22a，則實數(shù)a的取值范圍為（）A．1，B．，1C．，2D．2，答案:B．（2013年卓越聯(lián)盟理）設(shè)x0，⑴證明ex1x1x2；2⑵若e1x1xe，證明：0yx．x2y2答案:⑴（本小問6分）設(shè)fxex1x1x2，x0，，則fxex1x．2令gxex1x，x0，，則gxex1．當(dāng)x0時，由于ex1，所以gx0，因此gx在0，上單調(diào)遞增．于是有fxgxg00，x0，．從而可知fx在0，上單調(diào)遞增，又f00，所以fx0，x0，，即ex1x1x2，x0，．2⑵（本小問9分）設(shè)hxex1x1x2ex，x0，，則hxex1xex1x2ex．22令pxex1xex1x2ex，x0，，則2pxx12x0，x0，．2xe2xe所以px在0，上單調(diào)遞減，從而hxpxp00，因此hx在0，上單調(diào)遞減，于是hxh00，即2ex1xex，x0，．x2結(jié)合⑴有e01cy2ex1xex，得0yx．x2（11）（2012年卓越聯(lián)盟）已知函數(shù)fxax21，其中a是非零實數(shù)，b0。bx（Ⅰ）求fx的單調(diào)區(qū)間（Ⅱ）若a0，設(shè)|xi|1，i1，2，3，且x1x20，x2x30，x3x10。a證明：fx1fx2fx32a；b（Ⅲ）若fx有極小值fmin，且fminf(1)2，證明|fx|n|fxn|2n2nN*。解答：（1）fxax21a10)，=x(xbxbbx當(dāng)a0時，fx在(，0)和(0，+)上分別單調(diào)遞減；當(dāng)a0時，fx在，-1和1，+上分別單調(diào)遞增；aafx在-1，01上分別單調(diào)遞減.和，a0a（2）由|xi|1知xi1或xi1.aaa由x1x20，x2x30，x3x10知x1，x2，x3中至多有一個為負(fù)數(shù).①當(dāng)x1，x2，x3均大于零時，x11，x21，x31，aaa由fx在1，+a得f(x1)f1=2aab所以f(x1)+f(x2)+f(x3)

上單調(diào)遞增，，f(x2)2a，f(x3)2a，bb2 a；②當(dāng)x1，x2，x3中有一個為負(fù)數(shù)時，不妨假設(shè)x11，x21，x31，aaa則由x1x20，得x2x11，所以f(x2)f(x1)f(x1)，f(x2)f(x1)0.a又因為f(x3)2a，所以f(x1)+f(x2)+f(x3)2abb.（3）若fx有極小值fmin，且fminf(1)2，由（1）知：12a，解得a1，b1，所以fx1，a0，且=1，=2x(x0)abnx1n所以|fx|n|fxn|=xxn1x1xn1xxnxxn.①當(dāng)n1時，|fx|n|fxn|=0=212，不等式顯然成立；②當(dāng)n2時，1n11n211xxn1n12x3n3xn=CnxxCn2Cnxx3xx1n22n43n6nC1xn2(n1)=CxCxCxnnnn；1n1111xn123nC1nx=Cnn2Cn4Cn6xxxnnnxxxn上面兩式相加得2x1xn12(C1nCn2C3nnxx即|fx|n|fxn|2n2n2.綜上得|fx|n|fxn|2n2nN*.

n111Cnxn1x1n2(n，1)Cnn1)2(2n2)，(15)（2011年卓越聯(lián)盟）(Ⅰ)設(shè)f(x)=xlnx，求f′(x)；1bC|dx取得最小值；(Ⅱ)設(shè)0<a<b，求常數(shù)C，使得ba|lnxa(Ⅲ)記(Ⅱ)中的最小值為ma,b，證明：ma,b<ln2．(1)f(x)lnxx1lnx1;x(2)若clna,則|lnxc|lnxc,顯然,當(dāng)clna,lnxc取最小;若clnb,則|lnxc|clnx,當(dāng)clnb,clnx取最小.故lnaclnb.1b1ecb|lnxc|dx[(lnxc)dxc(clnx)dx]baabaae1ec[(lnx1)(c1)]dxb1)(lnx1)]dx}{c[(cbaae由(1)知ec1)(1)]lnec(1)(c)[(lnxcdxx|caxaeab1)(lnx1)]dx(c1)(eca)xlnx|bc[(ccee所以,1bc|dx1(alnablnb2ecabacbc)()b|lnxaaba記()2c()calnablnbab,gceab則令g(c)2ecab0,得cabab12即cb2時,a|lnxC|dx取最小值.ba(3)將cab)式右邊,Ma,b1[alnablnb(ab)lnab]ln22代入(ba2等價于ab(ab)lnalnablnb(ba)ln2(ab)ln()lnablnb2bln22abaaln(ab)alnabln(ab)blnb2bln2aln(1b)bln(a1)2bln2.ab由于0ab,a12時,bln(1a)bln2.所以下面只須證明aln(1b)bln2即可.bba又aln(1b)bln2aln(1b)ln2.令at(0,1),abab則abtln(11ln(11t,注意到函數(shù)ln(11t1.ln(1))))是單調(diào)遞增的,且tbattt所以ln(11tln(111ln2.得證.))t1歷年自主招生試題分類匯編——復(fù)數(shù)6．（2013年北約）模長為１的復(fù)數(shù)x,y,z滿足xyz0，求xyyzzx．xyz解析取xyz1，便能得到xyyzzx＝1．xyz下面給出證明，xxyyzz1，2xyyzzxxyyzzx于是xyyzzxxyyzzxxyyzzxxyzxyzxyzxyzxyz111xzyzyxzxzxyx1．∴xyyzzx＝1．111xzyzyxzxzxyxxyz（5）（2012年華約）若復(fù)數(shù)1的實部為0，Z是復(fù)平面上對應(yīng)1的點(diǎn)，則點(diǎn)Z(x,y)的軌跡是()11(A)一條直線(B)一條線段(C)一個圓(D)一段圓弧解：設(shè)1i,，解得1i，11i1i因此Z(x,y)的軌11i1222，跡是一條直線。1、（2011年華約）設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z|<1且|z1|5則|z|=()4321z2A、B、C、D、5432解答：由|z1|5得|z|215|z|，已經(jīng)轉(zhuǎn)化為一個實數(shù)的方程。解得|z|=2（舍去），1z22。2(ai)2，其中a為實數(shù)，若w的實部為1．（2010年華約）設(shè)復(fù)數(shù)w2，則w的虛部為（A）1i（A）3（B）11322（C）（D）22(4)（2011年卓越聯(lián)盟）i為虛數(shù)單位，設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z|=1，則z22z2的最大值為(C)z1i(A)2-1(B)2-2(C)2+1(D)2+2歷年自主招生試題分類匯編——概率統(tǒng)計2.（2014年華約）乒乓球比賽,五局三勝制.任一局甲勝的概率是p(p1),甲贏得比賽的概2率是q,求p為多少時,qp取得最大值.【解】若共比賽了3局,則甲贏得比賽的概率為p3;若共賽了4局,則最后一局甲勝,甲贏得比賽的概率為C32p3(1p);若共比賽了5局,則最后一局甲勝,甲贏比賽的概率為C42p3(1p)2,因此32323qpC3p(1p)C4p(1p),所以qpp3C32p3(1p)C42p3(1p)2p6p515p410p3p,p1;2設(shè)f(p)6p515p410p3p,p1,則f(p)30p460p330p21,2即f(p)30p460p330p2130[p2(p22p1)1],30所以f(p)30[p2(p1)21]30(p2p1)(p2p1),303030又因為p(1,1),所以p2p,故p2p10,230114130111所以令f(p)0時,即p2p0,得p30224;30又因為p(1,1),所以取p111,22430易知當(dāng)p(1,111)時,f(p)0,p(111,1)時,f(p)0,224302430所以當(dāng)111p4時,f(p)有唯一極大值,也是最大值.230（2013年華約）7個紅球,8個黑球,從中任取4個球.求取出的球中恰有1個是紅球的概率;求所取出球中黑球個數(shù)X的分布列及期望E(X);若所取出的4個球顏色相同,求恰好全黑的概率;【解】(1)由題知恰有一個紅球的概率為C71C8356C154;195(2)易知X的所有可能取值為0,1,2,3,4,則由古典概型知,P(X0)C745C154,195P(X1)C71C8340P(X2)C72C8284P(X3)C71C8356,C4,C4,C4195195195151515P(X4)C8410X01234C154,即X的分布列為:195P540845610195195195195195所以其數(shù)學(xué)期望為EX054028435641032119519515195195195(事實上由超幾何分布期望公式可以直接得出期望為EX483215,無須繁雜計算)15(3)取出四個球同色,全為黑色的概率為C74C842即求.C843（13）（2012年華約）系統(tǒng)中每個元件正常工作的概率都是p(0＜p＜1)，各個元件正常工作的事件相互獨(dú)立，如果系統(tǒng)中有多于一半的元件正常工作，系統(tǒng)就能正常工作。系統(tǒng)正常工作的概率稱為系統(tǒng)的可靠性。1）某系統(tǒng)配置有2k1個元件，k為正整數(shù)，求該系統(tǒng)正常工作概率的表達(dá)式2）現(xiàn)為改善（1）中系統(tǒng)的性能，擬增加兩個元件。試討論增加兩個元件后，能否提高系統(tǒng)的可靠性。K1解答：顯然PKC2nk1(1p)np2k1n,注意到n0nnn1n2，C2k1C2k12C2k1C2k1所以knC2nk1(1p)p2k1nPK1=0k=nn1n2np2k1n(C2k12C2k1C2k1)(1p)n0kkk=C2nk1(1p)np2k1n2C2nk11(1p)np2k1nC2nk21(1p)np2k1nn0n1n2kkk=C2nk1(1p)np2k1n2C2nk11(1p)n1p2knC2nk21(1p)n2p2k1nn0n0n0k1=C2nk1(1p)np2k1n(p22(1p)p(1p2))n0C2kk1(1p)kpk1C2kk11(1p)k1pkk1C2nkp)np2k1nC2kk1(1p)kpk(p=1(1(1p))n0=PKC2kk1(1p)Kpk(2p1)因此，當(dāng)p≥11時，{pk}遞減。2時，{pk}遞增，當(dāng)P≥214、（2011年華約）將一枚均勻的硬幣連續(xù)拋擲n次，以pn表示未出現(xiàn)連續(xù)3次正面的概率.（I）求p1，p2，p3，p4；探究數(shù)列{pn}的遞推公式，并給出證明；(III)討論數(shù)列{pn}的單調(diào)性及其極限，并闡述該極限的概率意義 .解（I）顯數(shù)p1p21，p3171；又投擲四次連續(xù)出現(xiàn)三次正面向上的情況只有：88正正正正或正正正反或反正正正，故p4131316.16n1次（II）共分三種情況：1）如果第n次出現(xiàn)反面，那么前n次不出現(xiàn)連續(xù)三次正面和前1不出現(xiàn)連續(xù)三次正面是相同的，所以這個時候不出現(xiàn)連續(xù)三次正面的概率是pn1；2）2如果第n次出現(xiàn)正面，第次不次出現(xiàn)反面，那么前n次不出現(xiàn)連續(xù)三次正面和前出現(xiàn)連續(xù)三次正面是相同的，所以這個時候不出現(xiàn)連續(xù)三次正面的概率是1pn2；3）如4果第n次出現(xiàn)正面，第n1次出現(xiàn)正面，第n2次出現(xiàn)反面.那么前n次不出現(xiàn)連續(xù)三次正面和前n3次不出現(xiàn)連續(xù)三次正面是相同的，所以這時候不出現(xiàn)三次連續(xù)正面的概率是1pn3.81117pnpn3(n4),p1p2綜上，pnpn1281,p4①248(III)由(II)知：pn1pn1pn31pn4(n5)②1248121①②，有pnpn1pn4(n5)216n4時，pn單調(diào)遞減，又p1p2p3p4，n2時，數(shù)列pn單調(diào)遞減，且有下界0.pn的極限存在記為a.對pnpn11pn4兩邊同時取極限可得aa1a,a0，1616故limpn 0.n其統(tǒng)計意義：當(dāng)投擲的次數(shù)足夠多時，不出現(xiàn)連續(xù)三次正面向上的概率非常小 .14．（2010 年華約）假定親本總體中三種基因型式： AA,Aa,aa的比例為u:2v:w(u 0,v 0,w 0,u 2v w1)且數(shù)量充分多，參與交配的親本是該總體中隨機(jī)的兩個．（Ⅰ）求子一代中，三種基因型式的比例；（Ⅱ）子二代的三種基因型式的比例與子一代的三種基因型式的比例相同嗎？并說明理由．解：（Ⅰ）參與交配的兩個親本（一個稱為父本，一個稱為母本）的基因型式的情況，及相應(yīng)情況發(fā)生的概率和相應(yīng)情況下子一代的基因型式為AA，Aa，aa的概率如下表：父本、母本的基因型式相應(yīng)情況子一代基因子一代基因子一代基因出現(xiàn)的概率為AA的概率為Aa的概率為aa的概率父AA母AAu2100父AA母Aa2uv11022父AA母aauw010父Aa母AA2uv11022父Aa母Aa4v2111424父Aa母aa2vw01122父aa母AAuw010父aa母Aa2vw01122父aa母aaw2001子一代的基因型式為AA的概率為p1u212uv12uv14v21(uv)2.224由對稱性知子一代的基因型式為aa的概率為p3(vw)2.子一代的基因型式為Aa的概率為p22uv1uw12uv14v212vw1uw12vw12v222222(uvuwvw)?2(uv)(vw).若記puv，qvw，則p0，q0，pq1，子一代三種基因型式：AA，Aa，aa的比例為p2:2pq:q2.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知子二代的基因型式為AA，Aa，aa的比例為2:2:2，其中p2pq，pqq2.由pq1，可得p，q.故子二代三種基因型式AA，Aa，aa的比例為p2:2pq:q2，與子一代基因型式的比例相同.5.（2014年卓越聯(lián)盟）已知x(0,a),y(0,4a),a(0,1),且xy1的概率為3,求a.16【解】由題知所有事件的空間為{(x,y)|0xa,0y4a,0a1},其對應(yīng)區(qū)域為矩形,面積為S()a(4a),而事件A{(x,y)|xy1},其對應(yīng)區(qū)域面積為131(11a)a42S(A)2(11a,a)所以由古典概型知16a(4a),即a(5a4)0,解得a.53、（2013年卓越聯(lián)盟文）設(shè)曲線y2xx2與x軸所圍成的區(qū)域為D，向區(qū)域D內(nèi)隨機(jī)投一點(diǎn)，該點(diǎn)落在D內(nèi)任一小區(qū)域的概率只與該小區(qū)域的面積成比例，則該點(diǎn)落入?yún)^(qū)域x,yD|x2y22內(nèi)的概率為．答案:11．π（7）（2012年卓越聯(lián)盟） 試a，b是從集合{1,2,3,4,5}中隨機(jī)選取的數(shù)（Ⅰ）求直線yaxb與圓x2y22有公共點(diǎn)的概率（Ⅱ）設(shè)X為直線yaxb與圓x2y22的公共點(diǎn)的個數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列及數(shù)學(xué)期望E(X)。解答：（Ⅰ）直線yaxb與圓x2y22有公共點(diǎn)的充要條件為x22axb2有實根，整理即知：a21x22abxb220有實根，即4a2b24a21b2242a2b220b22a22當(dāng)b1時，a1,2,3,4,5；當(dāng)b2時，a1,2,3,4,5；當(dāng)b3時，a2,3,4,5；當(dāng)b4時，a3,4,5；當(dāng)b1時，a4,5，都有公共點(diǎn).（Ⅱ）X的分布列為：X012P6118252525于是知：EX061121837.25252525（2011年卓越聯(lián)盟）一袋中有a個白球和b個黑球．從中任取一球，如果取出白球，則把它放回袋中；如果取出黑球，則該黑球不再放回，另補(bǔ)一個白球放到袋中．在重復(fù) n次這樣的操作后，記袋中白球的個數(shù)為 Xn．(Ⅰ)求EX1；(Ⅱ)設(shè)P(Xnak)pk,求P(Xn1ak),k0,1,,b；(Ⅲ)證明：EXn1(11)EXn1.．a(chǎn)b【解】(1)n1時,袋中的白球的個數(shù)可能為a個(即取出的是白球),概率為a;也可能為a1ab個(即取出的是黑球),概率為b,故EX1aa(a1)ba2abbabbab.baa(2)首先,P(Xn1a0)P0aa;k1時,第n1次取出來有ak個白球的可能性有兩b種;第n次袋中有ak個白球,顯然每次取出球后,球的總數(shù)保持不變,即ab個白球(故此時黑球有bk個),第n1次取出來的也是白球,這種情況發(fā)生的概率為Pkak;ab第n次袋中有ak1個白球,第n1次取出來的是黑球,由于每次球的總數(shù)為ab個,故此時黑球的個數(shù)為bk1.這種情況發(fā)生的概率為Pk1bk1(k1).ab故P(Xn1akPk1bk1ak)Pkba(k1).ab(3)第n1次白球的個數(shù)的數(shù)學(xué)期望分為兩類:第n次白球個數(shù)的數(shù)學(xué)期望即EXn.由于白球和黑球的總個數(shù)為a第n1次取出來的,b,是白球,這種情況發(fā)生的概率是EXn;第n1次取出來的是黑球,這種情況發(fā)生的概率是ababEXn,此時白球的個數(shù)是EXn1.ab故EXn1EXnEXnabEXn(EXn1)(EXn)2(1EXn)(EXn1)abababab(EXn)2EXn(EXn)21EXn)(11)EXn1abababab歷年自主招生試題分類匯編——函數(shù)3.（2014年北約）如果f(x)lg(x22axa)的值域為R,求a的取值范圍.【解】由題意ux22axa的值域包含區(qū)間(0,),則ux22axa與x有交點(diǎn),故(2a)24a0,解得a1或a0.4.（2014年北約）設(shè)f(a2b)f(a)2f(b),且f(1)1,f(4)7,求f(2014).33【解】由f(1)1,f(4)7得f(2)f(421)f(4)2f(1)3;33f(3)f124)f(1)f2(4)f(n)2n1,n*(33,由5數(shù)學(xué)歸納法可推導(dǎo)得N,所以f(2014)4027.法二：f(2)421f(4)2f(1)3，f(3)124f(1)2f(4)f(3)3f()5，33猜想f(n)2n1(nN*)，假設(shè)f(n)2n1對n3k(k1)都成立，則f(3k1)3f(k1)2f(1)2(3k1)1，f(3k2)3f(k2)2f(2)2(3k2)1，f(3k3)3f(k3)2f(3)2(3k3)1，所以

f(n)

2n

1(n

N*)．6.（2014年北約）已知

f(x)

arctan

2 2x1 4x

c在(

11, )上是奇函數(shù)44

,求c.【解】由

f(x)

0得C

arctan(2)

arctan2

，此時f(x)f(x)22xarctan22x2Carctan(4)2arctan20，故arctan4x14x31Carctan2符合題意．8.（2014年北約）已知實系數(shù)二次函數(shù)f(x)與g(x)滿足3f(x)g(x)0和f(x)g(x)0都有雙重實根,如果已知f(x)0有兩個不同的實根,求證g(x)0沒有實根.【證】由題可設(shè)3f(x)g(x)a1(xb1)2,f(x)g(x)a2(xb2)2,其中a10,a20,則f(x)1[a1(xb2)2a2(xb2)2],g(x)1[a1(xb1)23a2(xb2)2],44由f(x)0有兩個不同的實根,則必有a1,a2異號,且a1a20,此時f(x)1[(a1a2)x22(a1b1a2b2)xa1b12a2b22],4即4(a1b1a2b2)24(a1a2)(a1b12a2b22)4a1a2(b1b2)20,所以b1b2,故此時觀察g(x)1[a1(xb1)23a2(xb2)2]可知,4a1,3a2同號,且a13a20,b1b2,故g(x)0恒成立,即證明g(x)0沒有實根.法二：設(shè)f(x)ax2bxc，g(x)dx2exf，ad0，所以(b24a(d)c，((3fb)e)2d)(3cf)，所以e)4(3a3b2e212ac4df，又b24ac0，所以g(x)e24df4(b24ac)0，所以方程g(x)0沒有實根．1．（2013年北約）以2和132為兩根的有理系數(shù)多項式的次數(shù)最小是多少？A．2B．3C．5D．6解析顯然(x22)((x1)32)為滿足要求的多項式，其次數(shù)為5．若存在n次有理系數(shù)多項式f(x)以2和132為兩根，則f(x)必含有因式(x22)((x1)32)，∴n5，即最小次數(shù)為5．故選C．3．（2013年北約）已知x22y5，y22x5，求x32x2y2y3的值．解析∵x32x2y2y3x(2y5)2(2y5)(2x5)y(2x5)4xy 15(x y) 50，又由x22y5，y22x5，有x2y22(xy)∴xy或xy2．當(dāng)xy時，有x22x5，x16，4xy15(xy)504x230x5038x7038x70108386；當(dāng)xy2時，x22(x2)5，x(x2)14xy15(xy)504x(2x)204x(x2)8016．題1（2012年北約）求x的范圍，使得x2xx1是增函數(shù)。解：設(shè)fxx2xx1①當(dāng)x2時，fx3x1，無增區(qū)間②當(dāng)2x0時，fx3x，無增區(qū)間③當(dāng)0x1時，fxx3，在0,1上單調(diào)遞增④當(dāng)x1時，fx3x1，在1,上單調(diào)遞增，綜上，所求x的范圍為0,評析：本題是一道較基礎(chǔ)的試題，只涉及絕對值和增函數(shù)的概念，考查學(xué)生分類討論的思想。題2（2012年北約）求x116x2x2710x21的實根的個數(shù)解：x116x2x26x29x23x2710x2x210x225x25∵x23x25x23x252∴原方程無實根，即實根個數(shù)為0評析：本題主要考查學(xué)生的代數(shù)式變形能力與絕對值不等式知識。7.（2011年北約）求f(x)|x1||2x1||2011x1|的最小值.【答案】832491【解】首先設(shè)a1a2an,f(x)|xa1||xa2||xan|.711則由絕對值幾何意義知,n為奇數(shù)時,當(dāng)xn1f(x)有最小值;a時,2當(dāng)n為偶數(shù)時,當(dāng)x取[an,an1]上任何值時,f(x)有最小值.回到原題,2 2f(x)|x1||x1||x1||x1||x1||x1||x1||x1|22333201120112011個以上和式共有122011201220112023066個點(diǎn).2設(shè)a11,a2a31,a4a5a61,,a20230661,232011所以20230661011533.下面求a1011533,a1011534的值.設(shè)a10115331,則2t12t1011533,12(t1)1011533,可得t1422,且a1011533a10115341.14221f(x)最小.故x時,1422f(11112111422114231120111491)14221422142214221832142214227114.（2014年華約）(1)證明yf(g(x))的反函數(shù)為yg1(f1(x));(2)F(x)f(x),G(x)f1(x),若G(x)的反函數(shù)是F(x),證明f(x)為奇函數(shù).【解】(1)證明:由反函數(shù)定義可知yf(g(x))的反函數(shù)為xf(g(y)),故f1(x)f1(f(g(y)))g(y),從而g1(f1(x))g1(g(y))y,所以yg1(f1(x))為yf(g(x))的反函數(shù).(2)由G(x)的反函數(shù)是F(x),故G(F(x))G(G1(x))x,則f(x)f(G(F(x))),又因為G(x)f1(x),所以G(F(x))f1(F(x)),代入得f(x)f(G(F(x))),f(f1(F(x)))F(x)f(x),所以f(x)為奇函數(shù).2x1x(,1)2.（2014年卓越聯(lián)盟）已知f(x)x212,又g(x)x24x4,a使得ln(x1)x),2f(a)g(b)0,求b的范圍.【解】當(dāng)x(,1)時,易得f(x)(11)21(1,0);2x又當(dāng)x[1,)時,易知f(x)lnx1[ln2,);2所以f(x)(1,),所以只要g(b)(,1)就存在a;即(b2)28(,1),解得b(1,5).4、（2013年卓越聯(lián)盟）已知fx是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間0，上是增函數(shù)，則（）A．f20.7flog25f3B．f3f20.7flog25C．f3flog25f20.7D．f20.7f3flog25答案:（理科）A．5、（2013年卓越聯(lián)盟）設(shè)1ab，則logab、logba、logaa的大小關(guān)系為（）bA．logaalogabB．logablogbaalogbalogabbC．logablogaalogbaD．a(chǎn)logablogbablogab答案:（文科）A．6、（2013年卓越聯(lián)盟）設(shè)函數(shù)fxxaxb，則當(dāng)a、b在區(qū)間0，1內(nèi)變化時，f0f1的最大值等于（）A．1B．1C．1D．11684答案:（文科）A．|x|(7)（2011年卓越聯(lián)盟） 若關(guān)于 x的方程x 4

=kx2有四個不同的實數(shù)解，則 k的取值范圍為(C)1，1)1，+∞)(A)(0，1)(B)((C)((D)(1，+∞)44歷年自主招生試題分類匯編——集合與邏輯5.（2011年北約）是否存在四個正實數(shù),使得它們的兩兩乘積為2,3,5,6,10,16?【解】假設(shè)存在滿足條件的四個正實數(shù)a,b,c,d,不妨abc,d則有abacad,bcbdcd.(1)若adbc,則有ab2,ac3,ad5,bc6,bd10,cd16所以,b2,c3.由bc6得a1,b2,c3,d5.所以cd15,與cd16矛盾.aa(2)若adbc,則有ab2,ac3,bc5,ad6,bd10,cd16.所以b2,c3,d6.由bc5,得a26,由cd16,得a29,矛盾.aaa58綜上所述,假設(shè)不存立,所以不存在四個正實數(shù) ,它們兩兩乘積分別為 2，3，5，6，10，16.1.（2014年華約）x1,x2,x3,x4,x5是正整數(shù),任取四個其和組成的集合為{44,45,46,47},求這五個數(shù).【解】五個數(shù)任取四個應(yīng)該可以得到C545個不同的和,現(xiàn)條件中只有4個不同的和,故必有兩個和值相同.而這五個和值之和為4(x1x2x3x4x5),是4的倍數(shù),所以這個相同的和值只可能是46,從而有x1x2x3x4444546464757,故這五個數(shù)分別x54為57-44=13,57-45=12,57-46=11,57-47=10,57-46=11,即10,11,11,12,13.10、（2011年華約）將一個正11邊形用對角線劃分為9個三角形，這些對角線在正11邊形內(nèi)兩兩不相交，則（）、存在某種分法，所分出的三角形都不是銳角三角形、存在某種分法，所分出的三角形恰有兩個銳角三角形C、存在某種分法，所分出的三角形至少有3個銳角三角形D、任何一種分法所分出的三角形都恰有1個銳角三角形ABC是銳角三解：我們先證明所分出的三角形中至多只有一個銳角三角形。如圖，假設(shè)角形，我們證明另一個三角形DEF(不妨設(shè)在AC的另一邊)的(其中的邊EF有可能與AC重合)的∠D一定是鈍角。事實上，∠D≥∠ADC，而四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，所以∠ADC=180°-∠B，所以∠D為鈍角。這樣就排除了B，C。BC

A EDF下面證明所分出的三角形中至少有一個銳角三角形。ABDC假設(shè) ABC中∠B是鈍角，在 AC的另一側(cè)一定還有其他頂點(diǎn)，我們就找在 AC的另一側(cè)的相鄰(指有公共邊 AC) ACD，則∠D=180°-∠B是銳角，這時如果或是鈍角，我們用同樣的方法繼續(xù)找下去，則最后可以找到一個銳角三角形。所以答案是 D。6.（2014年卓越聯(lián)盟） 已知A B {1,2,3,4,5,6,7,8}, A B ,又|A| A,|B| B,求總分配數(shù).【解】由已知得 |A| B,|B||A|,分類討論所有情況 :①若|A|0,|B|8,則8 A,矛盾;②若|A|1,|B|7,則7A,1B,且B{1,2,3,4,5,6,8},共一種;③若|A|2.|B|6,則2B,6A,則這樣的構(gòu)成共有(以A為標(biāo)準(zhǔn),B隨機(jī)確定)C616種;④若|A|3,|B|5則5A,3B同理這樣的構(gòu)成有2,,C615種;⑤若|A||B|4,則4AB,矛盾.故綜上可之,共有N2(1615)44種.(10)（2011年卓越聯(lián)盟）設(shè)是坐標(biāo)平面按順時針方向繞原點(diǎn)做角度為2的旋轉(zhuǎn)，表示坐標(biāo)7平面關(guān)于y軸的鏡面反射．用表示變換的復(fù)合，先做，再做，用k表示連續(xù)k次的變換，則234是(D)(A)4(B)5(C)2(D)2歷年自主招生試題分類匯編——計數(shù)原理（2014年北約）將10個人分成3組,一組4人,兩組各3人,有多少種分法.C103C73C44【解】由題知所有分組方法有 N 2100種.A222．（2013年北約）在6 6的棋盤中停放著 3個紅色車和 3個黑色車，每一行、每一列都只有一個車，共有多少種停放方法？A．720

B．20

C．518400

D．14400解析 先排

3個紅色車，從

6行中任取

3行，有

C63

20種取法；在選定的

3行中第一行有6種停法，第一行選定后第二行有

5種停法，第二行選定后第三行有

4種停法；紅車放定后，黑車只有

6種停法．故停放方法共

20 6

5 4 6

14400種．故選

D．1.（2013年華約）集合

A

{x|x

10,x

N}

,B為

A的子集,若集合

B中元素滿足以下條件

:①任意數(shù)字都不相等

;②任意兩個數(shù)之和不為

9B中兩位數(shù)有多少？三位數(shù)有多少？B中是否有五位數(shù)？六位數(shù)？若將集合B的元素按從小到大的順序排列,第1081個數(shù)為多少？【解】將 0,1,2,?,9這10個數(shù)字按照和為 9進(jìn)行配對,考慮(0,9),(1,8),(2,7),(3,6),(4,5), B中元素的每個數(shù)位只能從上面五對數(shù)中每對至多取一個數(shù)構(gòu)成 .(1)兩位數(shù)有C5222A22C41272個;三位數(shù)有C5323A33C4222A22432個;(2)存在五位數(shù),只需從上述五個數(shù)對中每對取一個數(shù)即可構(gòu)成符合條件的五位數(shù);不存在六位數(shù),由抽屜原理易知,若存在,則至少要從一個數(shù)對中取出兩個數(shù),則該兩個數(shù)字之和為9,與B中任意一個元素的任意兩個數(shù)位的數(shù)字之和不等于矛盾,因此不存在六位數(shù);(3)四位數(shù)共有C5424A44C4323A331728個,因此第1081個元素是四位數(shù),且是第577個四位數(shù),我們考慮千位,千位為1,2,3的四位數(shù)有3C4323A33576個,因此第1081個元素是4012.（2）（2012年華約）紅藍(lán)兩色車、馬、炮棋子各一枚，將這6枚棋子排成一列，其中每對同字的棋子中，均為紅棋子在前，藍(lán)棋子在后，滿足這種條件的不同的排列方式共有（）(A)36種(B)60種(C)90種(D)120種解：從6個位置中，先給兩個車選位置，有C6215種方法，由于總是紅棋子在前，藍(lán)棋子在后，所以只有一種排法，因此車總共有15種排法；繼續(xù)排馬，有C426種，剩下兩個位置自然是炮，因此總共有90種排法，選C。610(i1,2,,10)10102（10）（2012年華約）已知xixi50，當(dāng)xi取得最大值時，i1i1在x1,x2,,x10這十個數(shù)中等于6的數(shù)共有（）(A)1個(B)2個(C)3個(D)4個解：首先要求平方和最大，-xi我們希望有較多的1010，但是的個數(shù)不能太多，如果有7個10，那么和為70，這樣剩余的三個數(shù)最多能加到，不能滿足和為50，但如果有6個10，剩余4個數(shù)做和可以等于-1050，從而滿足做和為，這樣，我們得到應(yīng)該有6個10，另一方面，剩余4個數(shù)字做和為-10，可取3個-6，1個8，不難驗證，這種組合平方和最大。選C.9．（2010年華約）欲將正六邊形的各邊和各條對角線都染為n種顏色之一，使得以正六邊形的任何3個頂點(diǎn)作為頂點(diǎn)的三角形有3種不同顏色的邊，并且不同的三角形使用不同的3色組合，則n的最小值為（B）（A）6（B）7（C）8（D）97、（2013年卓越聯(lián)盟）如圖，在A、B、C、D、E五個區(qū)域中栽種3種植物，要求同一區(qū)域中只種1種植物，相鄰兩區(qū)域所種值物不同，則不同的栽種方案的總數(shù)為（）A BCDA．21 B．24 C．30 D．48答案:（理科）C．歷年自主招生試題分類匯編——解析幾何題5（2012年北約）已知點(diǎn)A2,0,B0,2，若點(diǎn)C是圓x22xy20上的動點(diǎn)，求ABC面積的最小值。解：AB所在的直線方程為xy20，圓心C1,0，半徑為r1C到直線AB的距離為3，∴圓C上的點(diǎn)到直線AB的距離的最小值為31，22∴SABCmin122313222評析：此題涉及到直線，圓與三角形的面積等概念，應(yīng)充分挖掘圓的幾何性質(zhì)，使問題得到簡化，以考查學(xué)生思維的靈活性。2.求過拋物線y2x22x1和y5x22x3的交點(diǎn)的直線方程.【解】聯(lián)立兩方程,消去x2,得6x7y10.此方程即為所求.6.（2011年北約）C1和C2是平面上兩個不重合的固定圓,C是平面上的一個動圓,C與C1,C2都相切,則C的圓心的軌跡是何種曲線?說明理由.【解】設(shè)圓心C1,C2的半徑分別為r1,r2;(1)若r1r2.①若兩圓相離,則C的圓心軌跡為線段C1C2的垂直平分線;②若兩圓相切,則C的圓心軌跡為線段C1C2的垂直平分線(即兩圓的內(nèi)分切線)和直線C1C2,去掉切點(diǎn);③若兩圓相交 ,則C的圓心軌跡為線段 C1C2的垂直平分線和以 C1,C2為焦點(diǎn),長軸長為r1r2的橢圓,去掉交點(diǎn).(2)若r1r2①若兩圓外離,則C的圓心軌跡為以C1,C2為焦點(diǎn),長軸長為|r1r2|的雙曲線的一支(小圓圓心在開口內(nèi));②若兩圓外切,則C的圓心軌跡為以C1,C2為焦點(diǎn),長軸長為|r1r2|的雙曲線的一支(小圓圓心在開口內(nèi))和直線C1C2,去掉切點(diǎn);③若兩圓相交,則C的圓心軌跡為以C1,C2為焦點(diǎn),長軸長為|r1r2|的雙曲線的一支(小圓圓心在開口內(nèi))和以C1,C2為焦點(diǎn),長軸長為r1r2的橢圓,去掉交點(diǎn).④若兩圓內(nèi)切,則C的圓心軌跡為以C1,C2為焦點(diǎn),長軸長為r1r2的橢圓和直線C1C2,去掉切點(diǎn);⑤若兩圓內(nèi)含,則C的圓心軌跡為以C1,C2為焦點(diǎn),長軸長為r1r2的橢圓.依據(jù)橢圓、雙曲線的定義即可證明,這兒不再贅述.3．（2010年北約） AB為y 1 x2上在y軸兩側(cè)的點(diǎn)，求過 AB的切線與x軸圍成面積的最小值．（25分）【解析】不妨設(shè)過A點(diǎn)的切線交 x軸于點(diǎn)C，過B點(diǎn)的切線交 x軸于點(diǎn)D，直線AC與直線BD相交于點(diǎn)E．如圖．設(shè)B(x1,y1),A(x2,y2)，且有y21x22,y11x12,x10x2．由于y2x，y于是AC的方程為2x2x2y2y；①BD的方程為2x1x2y1y．②聯(lián)立AC,BD的方程，解得E(y1y2,1x1x2)．2(x2x1)對于①，令y0，得C(2y2,0)；2x2對于②，令y0，得D(2y1,0)．2x12y2y1x21x2．于是CD12122x12x22x12x2

EA BC DO x1CD(1x1x2)．不妨設(shè)x1a0，x2b0，則SECD22211111a1b2b22SECD()(1ab)(2aababab)4ab41(ab)(2ab1)≥12ab(2ab1)③4ab4ab不妨設(shè)abs0，則有SECD1(s32s1)1(s31s..1s1...1)2s2339s9s6個9個1316191≥]1616s3s)9s2又由當(dāng)x1a3,x2b38．∴(SECD)min39

24(1)1633,s3

381)283．④39時，③，④處的等號均可取到．3注記：不妨設(shè)g(s)132s1(s)，事實上，其最小值也可用導(dǎo)函數(shù)的方法求解．2s由g(s)1221知當(dāng)021時g(s)012時g(s)0．2(3s2)s3；當(dāng)3ss則g(s)在(0,3)上單調(diào)減，在(3,)上單調(diào)增．于是當(dāng)s3時g(s)取得最小值．3335.（2014年華約）已知橢圓x2y21與圓x2y2b2,過橢圓上一點(diǎn)M作圓的兩切線,切a2b2點(diǎn)分別為P,Q,直線PQ與x,y軸分別交于點(diǎn)E,F,求SEOF的最小值.【解】設(shè)M(acos,bsin)([0,2)),直線PQ為點(diǎn)M關(guān)于圓222xyb的切點(diǎn)弦其方程,為(acos)x(bsin)yb2,從而xEb2,yFb,acossin于是SEOF1|xE||xF|b3|b3,2a|sin2a當(dāng)且僅當(dāng)M(2a,2b)時,上述等號成立.223.（2013年華約）點(diǎn)A在ykx上,點(diǎn)B在ykx上,其中k0,|OA||OB|1k2,且A、B在y軸同側(cè).求AB中點(diǎn)M的軌跡C;(2)曲線C與x22py(p0)相切求證:切點(diǎn)分別在兩條定直線上,并求切線方程.,【解】(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y),則y1kx1,y2kx2,xx1x2,yy1y2k(x1x2),222由|OA||OB|k21得,x1x21,顯然(x1x2)2(x1x2)24x1x24,于是得x2y21(k0),于是AB中點(diǎn)M的軌跡C是焦點(diǎn)為(k21,0),k2實軸長為2的雙曲線.(2)將x22py(p0)與x2y21(k0)聯(lián)立得y22pk2yk20,k2由曲線C與拋物線相切,故4p2k44k20,即pk1,所以方程可化為y22kyk20,即切點(diǎn)的縱從標(biāo)均為yk,代入曲線C得橫坐標(biāo)為2即求.因此切點(diǎn)分別在定直線x2,x2上,兩切點(diǎn)為D(2,k),E(2,k),又因為yx,于是p在D(2,k)處的切線方程為yk2(x2),即y2x1;ppp同理在E(2,k)處的切線方程為y2x1.pp（6）（2012年華約）橢圓長軸長為4，左頂點(diǎn)在圓(x4)2y124上，左準(zhǔn)線為y軸，則此橢圓離心率的取值范圍是（）11(B)11(C)11(D)13(A),4,,,8428224解：設(shè)左頂點(diǎn)為x42cost，則對稱中心為62cost,12sint，令y1,t0,22sintux62cost則在uv坐標(biāo)系中，其左準(zhǔn)線為u62cost，因此vy1,2sinta2462ctc111,B.ccoes3ctos.選a42（12）（2012年華約）已知兩點(diǎn)A2,0,B2,0，動點(diǎn)P在y軸上的射影是H，且PAPB22PH①求動點(diǎn)P的軌跡C的方程②已知過點(diǎn)

B的直線交曲線

C于x軸下方不同的兩點(diǎn)

M,N

，設(shè)

MN

的中點(diǎn)為

R，過R于點(diǎn)Q0,

2

作直線

RQ，求直線

RQ斜率的取值范圍。解：設(shè)

P(x,y),則

H(0，y),由AP BP

2PH

2

得（x

2,y）(x-2,y)

2x2,即y2-x2

4（1）令CD:xmy2(m0)代入y2x24，整理得(1m2)y24my80因為直線在x軸下方交P點(diǎn)軌跡于C(x1,y1)，D(x2,y2)兩點(diǎn)所以上式有兩個負(fù)根，由1m2016m232(1m2)0y1y24m01m21m2y1y2801m2根據(jù)韋達(dá)定理，得CD中點(diǎn)M的坐標(biāo)為M(x1x2,y1y2)(22,