2010年清华大学华约自主招生测试 · 参考解答

答案速览

题号	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
答案	A	D	B	C	C	A	B	D	B	D

题号	答案
11	$C=\pi/3$；最大面积 $3\sqrt3$
12	直角；$A=(-8,16),BC:y=4x-12$，或其关于纵轴的对称情形
13	$4$；一般情形侧面积等于底面积的 $3$ 倍
14	$(u+v)^2:2(u+v)(v+w):(v+w)^2$；下一代不变
15	$m=4,\varphi(t)=3t-1,\psi(s)=3s+1$；见证明

逐题解析

第 1 题

题目

设复数 $\omega=\left(\dfrac{a+\mathrm i}{1+\mathrm i}\right)^2$，其中 $a$ 为实数。若 $\omega$ 的实部为 $2$，则 $\omega$ 的虚部为（　）

• A. $-\dfrac32$
• B. $-\dfrac12$
• C. $\dfrac12$
• D. $\dfrac32$

解答

$\omega=(a+i)^2/(2i)=a+(1-a^2)i/2$。实部 $a=2$，虚部 $-3/2$。

第 2 题

题目

设向量 $\boldsymbol a,\boldsymbol b$ 满足 $|\boldsymbol a|=|\boldsymbol b|=1$，$\boldsymbol a\cdot\boldsymbol b=m$，则 $|\boldsymbol a+t\boldsymbol b|$（$t\in\mathbb R$）的最小值为（　）

• A. $2$
• B. $\sqrt{1+m^2}$
• C. $1$
• D. $\sqrt{1-m^2}$

解答

平方为 $1+2mt+t^2=(t+m)^2+1-m^2$，在 $t=-m$ 取得最小值 $1-m^2$，开方得结论。由单位向量条件 $|m|\le1$，根式有意义。

第 3 题

题目

平面 $\alpha,\beta$，直线 $m,n$，点 $A,B$ 满足：$\alpha\parallel\beta$，$m\subset\alpha$，$n\subset\beta$，$A\in\alpha$，$B\in\beta$，且 $AB$ 与 $\alpha$ 所成的角为 $\dfrac\pi4$，$m\perp AB$，$n$ 与 $AB$ 所成的角为 $\dfrac\pi3$，则 $m$ 与 $n$ 所成角的大小为（　）

• A. $\dfrac\pi3$
• B. $\dfrac\pi4$
• C. $\dfrac\pi6$
• D. $\dfrac\pi8$

解答

取两平面水平，$AB$ 单位方向为 $(1/\sqrt2,0,1/\sqrt2)$。$m$ 水平且垂直 $AB$，可取方向 $(0,1,0)$。设 $n$ 单位方向 $(\cos t,\sin t,0)$，由与 $AB$ 夹角为 $\pi/3$ 得 $|\cos t|/\sqrt2=1/2$。故 $|\sin t|=1/\sqrt2$，$m,n$ 的夹角为 $\pi/4$。

第 4 题

题目

在四棱锥 $V-ABCD$ 中，$B_1,D_1$ 分别为侧棱 $VB,VD$ 的中点，则四面体 $AB_1CD_1$ 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. $1:3$

解答

以 $AC$ 把原四棱锥分成 $V-ABC,V-ACD$。将 $B,D$ 分别移到相应侧棱中点，四面体 $AB_1CD_1$ 的有向行列式展开，恰为这两个四面体体积之和的 $1/4$：两个含 $V$ 的项各带系数 $1/4$，含四个共面底点的项为零。因此比为 $1:4$。

第 5 题

题目

在 $\triangle ABC$ 中，三边长 $a,b,c$ 满足 $a+c=3b$，则 $\tan\dfrac A2\tan\dfrac C2$ 的值为（　）

• A. $\dfrac15$
• B. $\dfrac14$
• C. $\dfrac12$
• D. $\dfrac23$

解答

令半周长 $s$，则

$$\tan\frac A2\tan\frac C2 =\frac{r^2}{(s-a)(s-c)}=\frac{s-b}{s}.$$

条件 $a+c=3b$ 给出 $s=2b$，所求 $1/2$。

第 6 题

题目

如图，$\triangle ABC$ 的两条高线 $AD,BE$ 交于 $H$，其外接圆圆心为 $O$；过 $O$ 作 $OF\perp BC$ 于 $F$，$OH$ 与 $AF$ 相交于 $G$，则 $\triangle OFG$ 与 $\triangle GAH$ 面积之比为（　）

• A. $1:4$
• B. $1:3$
• C. $2:5$
• D. $1:2$

解答

$F$ 为 $BC$ 中点。向量恒等式 $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$ 说明 $AH=2OF$，且 $AH\parallel OF$。又 $G$ 在中线及欧拉线上，为重心，所以 $AG:GF=HG:GO=2:1$。三角形 $GAH,GOF$ 相似，线性比 $2:1$，面积比所求为 $1:4$。（题设图中的各交点按非退化情形理解。）

第 7 题

题目

设 $f(x)=e^{ax}$（$a>0$）。过点 $P(a,0)$ 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 $x$ 轴于点 $R$，则 $\triangle PQR$ 面积的最小值为（　）

• A. $1$
• B. $\dfrac{\sqrt{2e}}2$
• C. $\dfrac e2$
• D. $\dfrac{e^2}4$

解答

$Q=(a,e^{a^2})$，切线斜率 $ae^{a^2}$，故 $PR=1/a$，面积 $S=e^{a^2}/(2a)$。对数导数 $2a-1/a$ 在 $a=1/\sqrt2$ 变号，最小面积为 $\sqrt{2e}/2$。

第 8 题

题目

设双曲线 $C_1:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{4}=k$（$a>2,k>0$），椭圆 $C_2:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{4}=1$。若 $C_2$ 的短轴长与 $C_1$ 的实轴长的比值等于 $C_2$ 的离心率，则 $C_1$ 在 $C_2$ 的一条准线上截得线段的长为（　）

• A. $2\sqrt{2+k}$
• B. $2$
• C. $4\sqrt{4+k}$
• D. $4$

解答

条件 $2/(a\sqrt k)=\sqrt{a^2-4}/a$ 给出 $a^2-4=4/k$。椭圆准线为 $x=\pm a^2/\sqrt{a^2-4}$；代入双曲线得

$$\frac{y^2}{4}=\frac{a^2}{a^2-4}-k=1.$$

因此截得两点纵坐标 $\pm2$，线段长 $4$。

第 9 题

题目

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意 $3$ 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三色组合，则 $n$ 的最小值为（　）

• A. $6$
• B. $7$
• C. $8$
• D. $9$

解答

共有 $20$ 个三角形，要求不同三色组合，所以 $\binom n3\ge20$，得 $n\ge6$。若 $n=6$，所有 $20$ 个三色组合恰用一次。固定某色，它出现于 $\binom52=10$ 个三角形；但同色边两两不相邻，且每条边属于 $4$ 个三角形，所以出现次数必须是 $4$ 的倍数，矛盾。

七色构造：顶点编号 $0,1,\ldots,5$，边 $ij$ 染以 $i+j\bmod7$ 为编号的颜色。同一顶点相邻边不同色，故每个三角形三色不同。三边颜色之和是顶点编号和的两倍；在模 $7$ 下由三色集合可唯一恢复顶点和 $s$，再由 $\{s-c:c\text{ 是三色之一}\}$ 恢复三个顶点。因此不同三角形三色组合不同。最小值 $7$。

第 10 题

题目

设定点 $A,B,C,D$ 是以 $O$ 点为中心的正四面体的顶点。用 $\sigma$ 表示空间以直线 $OA$ 为轴、满足 $\sigma(B)=C$ 的旋转；用 $\tau$ 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 $\omega$ 表示空间以 $l$ 为轴的 $180^\circ$ 旋转。设 $\sigma\circ\tau$ 表示先作 $\tau$ 再作 $\sigma$，则 $\omega$ 可以表示为（　）

• A. $\sigma\circ\tau\circ\sigma\circ\tau\circ\sigma$
• B. $\sigma\circ\tau\circ\sigma\circ\tau\circ\sigma\circ\tau$
• C. $\tau\circ\sigma\circ\tau\circ\sigma\circ\tau$
• D. $\sigma\circ\tau\circ\sigma\circ\sigma\circ\tau\circ\sigma$

解答

将动作看作顶点置换，$\sigma=(BCD)$，$\tau=(AB)$，$\omega=(AB)(CD)$。来源中 D 项为 $\sigma\tau\sigma\sigma\tau\sigma$，正式题面已恢复误识别的中间符号。按从右至左作用，D 项依次把 $A,B,C,D$ 送到 $B,A,D,C$，正是 $\omega$。其余 A、B、C 项的顶点像分别为 $(D,B,A,C)$、$(B,D,A,C)$、$(D,C,A,B)$，均不合。

第 11 题

题目

在 $\triangle ABC$ 中，已知 $2\sin^2\dfrac{A+B}{2}+\cos2C=1$，外接圆半径 $R=2$。

1. 求角 $C$ 的大小；
2. 求 $\triangle ABC$ 面积的最大值。

解答

由 $A+B=\pi-C$，原式化为 $\cos C+\cos2C=0$，即 $(2\cos C-1)(\cos C+1)=0$。排除 $C=\pi$，得 $C=\pi/3$。由扩展正弦定理，

$$S=\frac12(4\sin A)(4\sin B)\sin C =4\sqrt3\sin A\sin B.$$

$A+B=2\pi/3$ 固定，$\sin A\sin B\le\sin^2(\pi/3)=3/4$，等号在 $A=B=\pi/3$，最大面积 $3\sqrt3$。

第 12 题

题目

设 $A,B,C,D$ 为抛物线 $x^2=4y$ 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 $AB,AC$ 的距离分别为 $d_1,d_2$，已知 $d_1+d_2=\sqrt2|AD|$。

1. 判断 $\triangle ABC$ 是锐角、直角、钝角三角形中的哪一种，并说明理由；
2. 若 $\triangle ABC$ 的面积为 $240$，求点 $A$ 的坐标及直线 $BC$ 的方程。

解答

设 $A=(-2d,d^2),D=(2d,d^2)$，$d\ne0$，$B=(2u,u^2),C=(2v,v^2)$。弦 $BC$ 的斜率为 $(u+v)/2$，与 $D$ 点切线斜率 $d$ 相同，因此 $u+v=2d$。令 $u=d+2m,v=d-2m$，则 $AB,AC$ 斜率分别是 $m,-m$，且

$$d_1=d_2=\frac{4|dm|}{\sqrt{1+m^2}}.$$

条件变为 $8|dm|/\sqrt{1+m^2}=4\sqrt2|d|$，所以 $m^2=1$。两边互相垂直，三角形在 $A$ 处为直角。

于是 $u,v=d\pm2$，$AB=4\sqrt2|d+1|$、$AC=4\sqrt2|d-1|$，面积 $16|d^2-1|=240$，得 $d^2=16$。若 $d=4$，$A=(-8,16)$，$BC:y=4x-12$；若 $d=-4$，$A=(8,16)$，$BC:y=-4x-12$。

第 13 题

题目

1. 正四棱锥的体积 $V=\dfrac{\sqrt2}{3}$，求正四棱锥表面积的最小值；
2. 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。

解答

设正 $n$ 边形底面内切圆半径为 $r$，高为 $h$，记 $c=n\tan(\pi/n)$。底面积 $cr^2$，侧面积 $cr\sqrt{r^2+h^2}$，体积 $cr^2h/3$。令 $t=h/r>0$，在体积固定时，表面积等于正常数乘以

$$F(t)=\frac{1+\sqrt{1+t^2}}{t^{2/3}}.$$

令 $s=\sqrt{1+t^2}>1$。对数导数的符号与

$$3t^2-2s(1+s)=(s-3)(s+1)$$

相同，因此唯一极小值在 $s=3$，两端趋于无穷，故也是唯一最小值。充要条件是斜高等于 $3r$，也即侧面积等于底面积的 $3$ 倍（或 $h=2\sqrt2r$），与 $n$ 无关。

正四棱锥中 $c=4$，代入体积 $\sqrt2/3$ 得 $r=1/2,h=\sqrt2$，底面积 $1$，总表面积最小为 $4$。

第 14 题

题目

假定亲本总体中三种基因型 $AA,Aa,aa$ 的比例为 $u:2v:w$（$u>v>0$，$u+2v+w=1$），且数量充分多，参与交配的亲本是该总体中随机的两个。

1. 求子一代中三种基因型的比例；
2. 子二代的三种基因型比例与子一代相同吗？并说明理由。

解答

按孟德尔分离规律，随机配子携带 $A$ 的概率为 $u+v$，携带 $a$ 的概率为 $v+w$。两个亲本独立取配子，子代三种基因型的概率为 $(u+v)^2,2(u+v)(v+w),(v+w)^2$。在子代中计算 $A$ 配子频率，仍为

$$(u+v)^2+(u+v)(v+w)=u+v,$$

因为 $u+2v+w=1$。故下一代比例相同。这里采用随机交配、相同存活率及无突变的题意模型。

第 15 题

题目

设函数 $f(x)=\dfrac{x+m}{x+1}$，且存在函数 $s=\varphi(t)=at+b$（$t>\dfrac12$，$a\neq0$）满足

$$f\!\left(\frac{2t-1}{t}\right)=\frac{2s+1}{s}.$$

1. 证明：存在函数 $t=\psi(s)=cs+d$（$s>0$），满足 $f\!\left(\dfrac{2s+1}{s}\right)=\dfrac{2t-1}{t}$；
2. 设 $x_1=3$，$x_{n+1}=f(x_n)$，$n=1,2,\ldots$，证明：$|x_n-2|\leqslant\dfrac1{3^{n-1}}$。

解答

把给定恒等式通分，得到

$$((m-4)t+1)(at+b)=3t-1.$$

比较二次项，因 $a\ne0$ 得 $m=4$；再比较一次和常数项得 $a=3,b=-1$。反向计算

$$f(2+1/s)=\frac{6s+1}{3s+1}=2-\frac1{3s+1},$$

所以取 $\psi(s)=3s+1$ 即可。

设 $r_n=(x_n-2)/(x_n+2)$。由 $f(x)=(x+4)/(x+1)$ 可得 $r_{n+1}=-r_n/3$，且 $r_1=1/5$，因此

$$x_n-2=\frac{4(-1)^{n-1}}{5\cdot3^{n-1}-(-1)^{n-1}}.$$

分母为正，且 $5\cdot3^{n-1}-(-1)^{n-1}\ge4\cdot3^{n-1}$，所以所求界成立；显式表达也保证各步分母非零。