2011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	D	B	C	B	A、B	B	B	D	D	D

题号	答案
11	恒等式成立；$1$ 或 $\sqrt6/4$
12	$7/20$；装水 $\sqrt{a^2+ab}-a$ 克
13	$x_n=2^{n-1}/(2^{n-1}+1)$；乘积严格大于 $1/(2e)$
14	$e=2$；$\lambda=2$
15	$1,1,7/8,13/16$；递推见正文，极限 $0$

逐题解析

第 1 题

题目

设复数 $z$ 满足 $0<|z|<1$，且 $\left|\overline z+\dfrac1z\right|=\dfrac52$，则 $|z|=$（　）

• A. $\dfrac45$
• B. $\dfrac34$
• C. $\dfrac23$
• D. $\dfrac12$

解答

源页是 $|\overline z+1/z|=5/2$，不是两个倒数之和。令 $z=re^{i\theta}$，左边为 $r+1/r$，解得 $r=1/2$ 或 $2$。由 $r<1$，取 $1/2$。

第 2 题

题目

在正四棱锥 $P-ABCD$ 中，$M,N$ 分别为 $PA,PB$ 的中点，且侧面与底面所成二面角的正切为 $\sqrt2$，则异面直线 $DM$ 与 $AN$ 所成角的余弦为（　）

• A. $\dfrac13$
• B. $\dfrac16$
• C. $\dfrac18$
• D. $\dfrac1{12}$

解答

设 $A=(-1,-1,0),B=(1,-1,0),C=(1,1,0),D=(-1,1,0)$。侧面与底面夹角的正切等于高除以底面内切圆半径，故 $P=(0,0,\sqrt2)$。取中点后，

$$\overrightarrow{DM}=(1/2,-3/2,\sqrt2/2),\quad \overrightarrow{AN}=(3/2,1/2,\sqrt2/2).$$

内积为 $1/2$，两向量长度都为 $\sqrt3$，所以夹角余弦 $1/6$。

第 3 题

题目

曲线 $f(x)=x^3-x^2-2x+1$，过点 $(-1,1)$ 的直线 $l$ 与曲线相切，且 $(-1,1)$ 不是切点，则直线 $l$ 的斜率为（　）

• A. $2$
• B. $1$
• C. $-1$
• D. $-2$

解答

设切点横坐标 $t$，切线过 $(-1,1)$ 要求 $f(t)-1=(t+1)f'(t)$。展开得 $2(t+1)^2(t-1)=0$。排除 $t=-1$，取 $t=1$，斜率 $f'(1)=-1$。

第 4 题

题目

若 $A+B=\dfrac{2\pi}{3}$，则 $\cos^2A+\cos^2B$ 的最小值和最大值分别为（　）

• A. $1-\dfrac{\sqrt3}{2},\dfrac32$
• B. $\dfrac12,\dfrac32$
• C. $1-\dfrac{\sqrt3}{2},1+\dfrac{\sqrt3}{2}$
• D. $\dfrac12,1+\dfrac{\sqrt2}{2}$

解答

题面未要求 $A,B$ 为三角形内角，按实数角理解。由

$$\cos^2A+\cos^2B=1+\cos(A+B)\cos(A-B)=1-\frac12\cos(A-B),$$

取值区间为 $[1/2,3/2]$，两端均可取得。

第 5 题

题目

如图，圆 $O_1$ 和圆 $O_2$ 外切于点 $C$，圆 $O_1$、圆 $O_2$ 又都和圆 $O$ 内切，切点分别为 $A,B$。设 $\angle AOB=\alpha$，$\angle ACB=\beta$，则正确的关系为（可多选）（　）

• A. $\cos\beta+\sin\dfrac\alpha2=0$
• B. $\sin\beta-\cos\dfrac\alpha2=0$
• C. $\sin2\beta+\cos\alpha=0$
• D. $\sin2\beta-\sin\alpha=0$

解答

该题两个选项同时成立，已明确为可多选。设大圆半径为 $R$，两小圆半径为 $r,s$，记 $D=(R-r)(R-s)$。圆心三角形给出 $\sin^2(\alpha/2)=rs/D$。取 $O$ 为原点，$A=Re_1,B=Re_2$，其中 $e_1,e_2$ 为单位向量。内、外切关系给出

$$C=\frac{s(R-r)e_1+r(R-s)e_2}{r+s}.$$

将 $e_1\cdot e_2=1-2rs/D$ 代入距离平方，得到

$$CA^2=\frac{4Rr^2s}{(r+s)(R-r)},\quad CB^2=\frac{4Rs^2r}{(r+s)(R-s)},\quad AB^2=\frac{4R^2rs}{D}.$$

余弦定理于是给出 $\cos\beta=-\sqrt{rs/D}=-\sin(\alpha/2)$。由 $0<\beta<\pi$，可知 $\beta=\pi/2+\alpha/2$，因此

$$\cos\beta=-\sin(\alpha/2),\qquad \sin\beta=\cos(\alpha/2),$$

A、B 都成立。并且 $\sin2\beta=-\sin\alpha$，C、D 不恒成立。

第 6 题

题目

已知异面直线 $a,b$ 成 $60^\circ$ 角，$A$ 为空间一点，则过 $A$ 与 $a,b$ 都成 $45^\circ$ 角的平面（　）

• A. 有且只有一个
• B. 有且只有两个
• C. 有且只有三个
• D. 有且只有四个

解答

取两直线单位方向 $u=(1,0,0),v=(1/2,\sqrt3/2,0)$。待求平面的单位法向量 $n$ 满足 $|n\cdot u|=|n\cdot v|=1/\sqrt2$。把法向量反向视作同一平面，可固定 $n_x=1/\sqrt2$。若 $n\cdot v=1/\sqrt2$，得 $n_y=1/\sqrt6,n_z=\pm1/\sqrt3$，有两个平面；若为负号，则 $n_y=-\sqrt{3/2}$，不可能为单位向量。故恰有两个。

第 7 题

题目

已知向量 $\boldsymbol a=(0,1)$，$\boldsymbol b=\left(-\dfrac{\sqrt3}{2},-\dfrac12\right)$，$\boldsymbol c=\left(\dfrac{\sqrt3}{2},-\dfrac12\right)$，$x\boldsymbol a+y\boldsymbol b+z\boldsymbol c=(1,1)$，则 $x^2+y^2+z^2$ 的最小值为（　）

• A. $1$
• B. $\dfrac43$
• C. $\dfrac32$
• D. $2$

解答

坐标条件为 $z-y=2/\sqrt3$、$x-(y+z)/2=1$。令 $h=(y+z)/2$，则 $x=1+h,y=h-1/\sqrt3,z=h+1/\sqrt3$，所以

$$x^2+y^2+z^2=3h^2+2h+\frac53=3(h+1/3)^2+\frac43.$$

最小值 $4/3$，在 $h=-1/3$ 取得。

第 8 题

题目

$AB$ 为过抛物线 $y^2=4x$ 焦点 $F$ 的弦，$O$ 为坐标原点，且 $\angle OFA=135^\circ$，$C$ 为抛物线准线与 $x$ 轴的交点，则 $\angle ACB$ 的正弦值为（　）

• A. $2\sqrt2$
• B. $\dfrac{4\sqrt2}{5}$
• C. $\dfrac{4\sqrt2}{3}$
• D. $\dfrac{2\sqrt2}{3}$

解答

不妨取焦点弦 $y=x-1$，另一情形关于横轴对称。将抛物线点写成 $(t^2,2t)$，得 $t=1\pm\sqrt2$。$C=(-1,0)$，所以 $CA,CB$ 的斜率分别为 $\pm1/\sqrt2$，且两向量横分量为正。夹角正弦为 $2(1/\sqrt2)/(1+1/2)=2\sqrt2/3$。

第 9 题

题目

如图，已知 $\triangle ABC$ 的面积为 $2$，$D,E$ 分别为边 $AB,AC$ 上的点，$F$ 为线段 $DE$ 上一点。设 $\dfrac{AD}{AB}=x$，$\dfrac{AE}{AC}=y$，$\dfrac{DF}{DE}=z$，且 $y+z-x=1$，则 $\triangle BDF$ 面积的最大值为（　）

• A. $\dfrac8{27}$
• B. $\dfrac{10}{27}$
• C. $\dfrac{14}{27}$
• D. $\dfrac{16}{27}$

解答

面积比给出 $S_{BDF}=2(1-x)yz$。由 $y+z=1+x$，得

$$S_{BDF}\le\frac{(1-x)(1+x)^2}{2}.$$

在 $0\le x\le1$ 上求导，最大值在 $x=1/3$；取 $y=z=2/3$ 可以满足全部条件，面积为 $16/27$。

第 10 题

题目

将一个正 $11$ 边形用对角线划分为 $9$ 个三角形，这些对角线在正 $11$ 边形内两两不相交，则（　）

• A. 存在某种分法，所分出的三角形都不是锐角三角形
• B. 存在某种分法，所分出的三角形恰有两个锐角三角形
• C. 存在某种分法，所分出的三角形至少有 $3$ 个锐角三角形
• D. 任何一种分法所分出的三角形都恰有 $1$ 个锐角三角形

解答

圆内接三角形为锐角，当且仅当圆心严格在三角形内部。正 $11$ 边形任意两顶点都不是对径点，因此圆心不在任何所用边或对角线上。剖分后的三角形内部互不相交、覆盖多边形，圆心恰落在其中一个三角形内部，所以恰有一个锐角三角形。

第 11 题

题目

已知 $\triangle ABC$ 不是直角三角形。

1. 证明：$\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C$；
2. 若 $\sqrt3\tan C-1=\dfrac{\tan B+\tan C}{\tan A}$，且 $\sin2A,\sin2B,\sin2C$ 的倒数成等差数列，求 $\cos\dfrac{A-C}{2}$ 的值。

解答

由 $\sin(A+B+C)=0$，展开后除以非零的 $\cos A\cos B\cos C$，得第一问恒等式。

利用它，第二问的第一个条件化为 $\sqrt3\tan C-1=\tan B\tan C-1$。三角形内 $\tan C\ne0$，故 $\tan B=\sqrt3$，即 $B=\pi/3$。令 $D=A-C$，则 $A+C=2\pi/3$。倒数成等差给出

$$\frac2{\sin2B}=\frac{\sin2A+\sin2C}{\sin2A\sin2C},$$

即 $4\cos2D+2=6\cos D$，从而 $(4\cos D+1)(\cos D-1)=0$。两种都能对应非直角三角形：$D=0$，或 $D=\pm\arccos(-1/4)$，后者绝对值小于 $2\pi/3$。所以

$$\cos(D/2)=1\quad\text{或}\quad\sqrt{\frac{1-1/4}{2}}=\frac{\sqrt6}{4}.$$

不能擅自假定三角形为锐角而漏掉第二种。

第 12 题

题目

已知圆柱形水杯质量为 $a$ 克，其重心在圆柱轴的中点处（杯底厚度及重量忽略不计，且水杯直立放置），质量为 $b$ 克的水恰好装满水杯，装满水后的水杯重心还在圆柱轴的中点处。

1. 若 $b=3a$，求装入半杯水的水杯重心到杯底面的距离与水杯高的比值；
2. 水杯内装多少克水可以使装入水后的水杯重心最低？为什么？

解答

设杯高为 $H$，装水质量为 $m\in[0,b]$。水深 $mH/b$，其重心高 $mH/(2b)$，故总重心高度与 $H$ 的比为

$$F(m)=\frac{a+m^2/b}{2(a+m)}.$$

当 $b=3a,m=b/2$ 时为 $7/20$。其导数符号等于 $m^2+2am-ab$ 的符号，唯一零点为 $m=\sqrt{a^2+ab}-a$，在 $(0,b)$ 内。导数先负后正，故此时重心最低。

第 13 题

题目

已知函数 $f(x)=\dfrac{2x}{ax+b}$，$f(1)=1$，$f\!\left(\dfrac12\right)=\dfrac23$。令 $x_1=\dfrac12$，$x_{n+1}=f(x_n)$。

1. 求数列 $\{x_n\}$ 的通项公式；
2. 证明：$x_1x_2\cdots x_{n+1}>\dfrac1{2e}$。

解答

两条件给出 $a=b=1$。递推写为 $1/x_{n+1}=(1+1/x_n)/2$，于是 $1/x_n-1=2^{1-n}$，通项如表。又

$$\prod_{j=1}^{n+1}x_j =\frac12\prod_{k=1}^n(1+2^{-k})^{-1}.$$

由 $\ln(1+t)<t$（$t>0$），$\sum_{k=1}^n\ln(1+2^{-k})<\sum_{k=1}^n2^{-k}<1$，乘积严格大于 $1/(2e)$。

第 14 题

题目

已知双曲线 $C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>0,b>0$），$F_1,F_2$ 分别为 $C$ 的左、右焦点。$P$ 为 $C$ 右支上一点，且使 $\angle F_1PF_2=\dfrac\pi3$，又 $\triangle F_1PF_2$ 的面积为 $3\sqrt3a^2$。

1. 求 $C$ 的离心率 $e$；
2. 设 $A$ 为 $C$ 的左顶点，$Q$ 为第一象限内 $C$ 上的任意一点。问是否存在常数 $\lambda$（$\lambda>0$），使得 $\angle QF_2A=\lambda\angle QAF_2$ 恒成立？若存在，求出 $\lambda$；若不存在，请说明理由。

解答

设 $PF_1=r_1,PF_2=r_2$，则 $r_1-r_2=2a$。面积条件给出 $r_1r_2=12a^2$；余弦定理给出

$$4c^2=(r_1-r_2)^2+r_1r_2=16a^2,$$

故 $e=2,b^2=3a^2$。

写 $Q=(x,y)$，$x>a,y>0$，令 $\theta=\angle QAF_2$，则 $\tan\theta=y/(x+a)$，且 $0<\theta<\pi/3$。由 $y^2=3(x^2-a^2)$，

$$\tan2\theta=\frac{2y(x+a)}{(x+a)^2-y^2}=\frac{y}{2a-x}.$$

这恰是 $\angle QF_2A$ 的正切。两角在 $x<2a$ 时均为锐角，在 $x>2a$ 时均为钝角，在 $x=2a$ 时均为直角，故两角相等而非仅模 $\pi$ 相等。因此 $\lambda=2$。

第 15 题

题目

将一枚均匀的硬币连续抛掷 $n$ 次，以 $p_n$ 表示未出现连续 $3$ 次正面的概率。

1. 求 $p_1,p_2,p_3,p_4$；
2. 探究数列 $\{p_n\}$ 的递推公式，并给出证明；
3. 讨论数列 $\{p_n\}$ 的单调性及其极限，并阐述该极限的概率意义。

解答

直接计数得 $p_1=p_2=1,p_3=7/8,p_4=13/16$。令 $p_0=1$；对 $n\ge3$，符合条件的串按起首为反面、正反、正正反三类分解，得到

$$p_n=\frac12p_{n-1}+\frac14p_{n-2}+\frac18p_{n-3}.$$

前 $n+1$ 次无三连正是前 $n$ 次无三连正的子事件，故不增；从 $n=2$ 起严格递减，因为存在此前符合、但最后一次恰产生三连正的串。将试验分成不重叠的三次一组，得到 $p_n\le(7/8)^{\lfloor n/3\rfloor}\to0$。概率意义是：无限次抛掷时，出现连续三次正面的概率为 $1$。