2014年北京大学北约自主招生测试 · 参考解答

答案速览

题号	1	2	3	4	5
答案	$7\pi$	$2100$	$4027$	$(-\infty,0]\cup[1,\infty)$	最小值 $17/4$，无最大值
题号	6	7	8	9	10
答案	$-\arctan2$	见证明	见证明	见证明	见证明

逐题解析

第 1 题

题目

圆心角为 $60$ 度的扇形面积为 $6\pi$，求它围成的圆锥的表面积。

解答

设扇形半径、亦即圆锥母线长为 $l$。由 $\pi l^2/6=6\pi$ 得 $l=6$。弧长为 $2\pi$，故圆锥底半径为 $1$。侧面积 $6\pi$ 加底面积 $\pi$，得总表面积 $7\pi$。

第 2 题

题目

将 $10$ 个人分成 $3$ 组，一组 $4$ 人，两组各 $3$ 人，有几种分法？

解答

先选四人组，再将六人分成两个无标号的三人组，得 $\binom{10}4\binom63/2=2100$。

第 3 题

题目

函数 $f(x)$ 满足：对任意的实数 $a,b$ 有

$$f\!\left(\frac{a+2b}{3}\right)=\frac{f(a)+2f(b)}{3},$$

且 $f(1)=1$，$f(4)=7$，求 $f(2014)$ 的值。

解答

令 $g(x)=f(x)-f(0)$。先取 $b=0$ 得 $g(x/3)=g(x)/3$，再取 $a=0$ 得 $g(2x/3)=2g(x)/3$，所以 $g(2x)=2g(x)$。将原关系中 $a=3u,b=3v/2$，得到 $g(u+v)=g(u)+g(v)$。因此 $g$ 在整数处线性，$f(4)-f(1)=3g(1)=6$ 给出 $g(1)=2$、$f(0)=-1$，故 $f(2014)=4027$。此论证不需要额外假定连续性。

第 4 题

题目

已知函数 $f(x)=\lg(x^2-2ax+a)$ 的值域是 $(-\infty,+\infty)$，则实数 $a$ 的取值范围为何？

解答

二次式值域为 $[a-a^2,+\infty)$。其正值部分要覆盖所有正数，当且仅当 $a-a^2\le0$，即 $a\le0$ 或 $a\ge1$；取对数后即为全部实数。

第 5 题

题目

设 $x,y$ 均为负数，且 $x+y=-1$，求 $xy+\dfrac1{xy}$ 的最值。

解答

由 $x,y<0,x+y=-1$ 得 $0<xy\le1/4$。函数 $t+1/t$ 在 $(0,1/4]$ 严格递减，故最小值为 $1/4+4=17/4$，当 $x=y=-1/2$ 时取得。当 $x\to0^-$ 时 $xy\to0^+$，表达式无上界，故无最大值。

第 6 题

题目

已知 $f(x)=\arctan\dfrac{2+2x}{1-4x}+c$ 在 $\left(-\dfrac14,\dfrac14\right)$ 上是奇函数，求 $c$ 的值。

解答

奇函数须满足 $f(0)=0$，所以必有 $c=-\arctan2$。对给定区间，$\arctan2+\arctan(2x)\in(-\pi/2,\pi/2)$，由正切和角公式，

$$\arctan\frac{2+2x}{1-4x}=\arctan2+\arctan(2x).$$

所求 $c$ 确使 $f(x)=\arctan(2x)$ 为奇函数。

第 7 题

题目

求证：$\tan3^\circ$ 为无理数。

解答

若 $\tan3^\circ$ 为有理数，反复使用正切和角公式，$\tan15^\circ$ 也必为有理数（中间 $6^\circ,9^\circ,12^\circ,15^\circ$ 的余弦均非零，分母无零）。但 $\tan15^\circ=\tan(45^\circ-30^\circ)=2-\sqrt3$ 为无理数，矛盾。

第 8 题

题目

已知 $f(x),g(x)$ 均为二次函数，$3f(x)+g(x)=0$ 有重根，$f(x)-g(x)=0$ 有重根，$f(x)$ 有两个不同的实根，证明：$g(x)$ 无实根。

解答

“有重根”指这两个组合均为非零二次多项式并有二重实根。写成

$$3f+g=A(x-u)^2,\qquad f-g=B(x-v)^2,\qquad A,B\ne0.$$

因为 $4f=A(x-u)^2+B(x-v)^2$ 有两个不同实根，$A,B$ 不能同号，且 $u\ne v$。于是 $4g=A(x-u)^2-3B(x-v)^2$ 是两个同号平方项之和；由于 $u\ne v$，两平方不能同时为零，故 $g$ 无实根。

第 9 题

题目

$a_1,a_2,\ldots,a_{13}$ 为等差数列，$M=\{a_i+a_j+a_k\mid i\ne j,\ i\ne k,\ j\ne k\}$，求证：$0,\dfrac72,\dfrac{16}{3}$ 不可能同时属于 $M$。

解答

设公差为 $d$，则三项和为 $3a_1+(i+j+k-3)d$，其中不同下标之和介于 $6$ 与 $36$。若三个给定值全出现，必有 $d\ne0$，并有非零整数 $r,s$ 满足 $rd=7/2,sd=16/3$，且这些三个项号对应整数的跨度不超过 $30$。两式相除得 $s/r=32/21$，故 $r=21h,s=32h$，$h$ 为非零整数，其跨度至少 $32$，矛盾。

第 10 题

题目

$x_1,x_2,\ldots,x_n$ 为正数，且 $\prod_{i=1}^n x_i=1$，求证

$$\prod_{i=1}^n(x_i+\sqrt2)\geq(1+\sqrt2)^n.$$

解答

展开乘积。对于每个 $k$，所有 $\binom nk$ 个 $k$ 元子集对应的乘积，其总乘积为 $(x_1\cdots x_n)^{\binom{n-1}{k-1}}=1$，所以由均值不等式，这些乘积之和至少为 $\binom nk$。因此

$$\prod_{i=1}^n(x_i+\sqrt2) \ge\sum_{k=0}^n\binom nk(\sqrt2)^{n-k} =(1+\sqrt2)^n.$$

当 $x_1=\cdots=x_n=1$ 时取等号。