2012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	C	C	B	C	A	B	D	D	D	C

题号	答案
11	$C=2\pi/3$；$3/4$
12	$y^2-x^2=4$；斜率 $(\sqrt2-1,1)$
13	二项分布尾和；$p>1/2$ 时提高，$p=1/2$ 不变，$p<1/2$ 降低
14	命题成立
15	$n\equiv0,1\pmod4$ 且 $n\ge4$；若允许没有比赛，另有 $n=1$

逐题解析

第 1 题

题目

在钝角 $\triangle ABC$ 中，已知 $A>B>C$，则 $\cos B$ 的取值范围为（　）

• A. $\left(0,\dfrac{\sqrt2}{2}\right)$
• B. $\left[\dfrac12,\dfrac{\sqrt2}{2}\right)$
• C. $(0,1)$
• D. $\left(\dfrac{\sqrt2}{2},1\right)$

解答

源页是“钝角三角形”，正式题面已恢复。最大角 $A>\pi/2$，故 $0<C<B<\pi/2$。任意 $B\in(0,\pi/2)$，可取 $0<C<\min(B,\pi/2-B)$，使 $A=\pi-B-C$ 同时为钝角且大于 $B$。因此 $\cos B$ 恰取 $(0,1)$。

第 2 题

题目

红、蓝两色车、马、炮棋子各一枚，将这 $6$ 枚棋子排成一列，其中每对同字的棋子中均为红棋子在前、蓝棋子在后，满足条件的不同排列方式共有（　）

• A. $36$ 种
• B. $60$ 种
• C. $90$ 种
• D. $120$ 种

解答

六枚棋子全排列为 $6!$。对每一对同字棋子交换红蓝位置，形成大小为 $2^3$ 的等价类，每类恰有一种红在蓝前。因此 $6!/8=90$。

第 3 题

题目

正四棱锥 $S-ABCD$ 中，侧棱与底面所成角为 $\alpha$，侧面与底面所成二面角为 $\beta$，侧棱 $SB$ 与底面正方形 $ABCD$ 的对角线 $AC$ 所成角为 $\gamma$，相邻两侧面所成二面角为 $\theta$，则 $\alpha,\beta,\gamma,\theta$ 的大小关系是（　）

• A. $\alpha<\beta<\theta<\gamma$
• B. $\alpha<\beta<\gamma<\theta$
• C. $\alpha<\gamma<\beta<\theta$
• D. $\beta<\alpha<\gamma<\theta$

解答

设底面半边长为 $r$，高为 $h$，则 $\tan\alpha=h/(\sqrt2r)<h/r=\tan\beta$，所以 $0<\alpha<\beta<\pi/2$。$SB$ 的水平投影在对角线 $BD$ 上，与 $AC$ 垂直，故 $\gamma=\pi/2$。相邻两个侧面的外法向量可取 $(h,0,r),(0,h,r)$，内积为正；内部二面角是外法向量夹角的补角，故 $\theta>\pi/2$。因此 $\alpha<\beta<\gamma<\theta$。

第 4 题

题目

向量 $\boldsymbol a\neq\boldsymbol e$（$\boldsymbol e$ 是单位向量），$|\boldsymbol e|=1$。若对任意 $t\in\mathbb R$，$|\boldsymbol a-t\boldsymbol e|\geqslant|\boldsymbol a+\boldsymbol e|$，则（　）

• A. $\boldsymbol a\perp\boldsymbol e$
• B. $\boldsymbol a\perp(\boldsymbol a+\boldsymbol e)$
• C. $\boldsymbol e\perp(\boldsymbol a+\boldsymbol e)$
• D. $(\boldsymbol a+\boldsymbol e)\perp(\boldsymbol a-\boldsymbol e)$

解答

令 $u=\boldsymbol a\cdot\boldsymbol e$。左边平方的最小值为 $|\boldsymbol a|^2-u^2$，右边平方为 $|\boldsymbol a|^2+2u+1$。条件等价于 $-(u+1)^2\ge0$，所以 $u=-1$，即 $\boldsymbol e\cdot(\boldsymbol a+\boldsymbol e)=0$。按内积为零理解垂直关系即可。

第 5 题

题目

若复数 $\dfrac{w-1}{w+1}$ 的实部为 $0$，$Z$ 是复平面上对应 $\dfrac1{1+w}$ 的点，则点 $Z(x,y)$ 的轨迹是（　）

• A. 一条直线
• B. 一条线段
• C. 一个圆
• D. 一段圆弧

解答

令 $z=1/(1+w)$，则 $(w-1)/(w+1)=1-2z$，实部为零等价于 $\Re z=1/2$。这条直线不含 $z=0$，其每一点都可反解 $w=1/z-1$，故轨迹为整条直线。

第 6 题

题目

椭圆长轴长为 $4$，左顶点在圆 $(x-4)^2+(y-1)^2=4$ 上，左准线为 $y$ 轴，则此椭圆离心率的取值范围是（　）

• A. $\left[\dfrac18,\dfrac14\right]$
• B. $\left[\dfrac14,\dfrac12\right]$
• C. $\left[\dfrac18,\dfrac12\right]$
• D. $\left[\dfrac12,\dfrac34\right]$

解答

半长轴 $a=2$。设中心横坐标为 $h$，左准线为纵轴说明 $h=a/e=2/e$；左顶点横坐标为 $h-2$。给定圆上点横坐标恰在 $[2,6]$，所以 $2\le2/e-2\le6$，得 $e\in[1/4,1/2]$。每个横坐标均对应圆上一点，纵向平移椭圆即可实现。

第 7 题

题目

已知三棱锥 $S-ABC$ 的底面 $ABC$ 为正三角形，点 $A$ 在侧面 $SBC$ 上的射影 $H$ 是 $\triangle SBC$ 的垂心，二面角 $H-AB-C$ 为 $30^\circ$，且 $SA=2$，则此三棱锥的体积为（　）

• A. $\dfrac12$
• B. $\dfrac{\sqrt3}{2}$
• C. $\dfrac{\sqrt3}{4}$
• D. $\dfrac34$

解答

因 $AH\perp SBC$ 且 $BH\perp SC$，得到 $AB\perp SC$；类似可得 $AC\perp SB,BC\perp SA$。于是 $S$ 在等边底面的中心的垂线上。

取 $B=(-r,0,0),C=(r,0,0),A=(0,\sqrt3r,0),S=(0,r/\sqrt3,h)$，则 $SA=SB=SC=2$。平面 $ABH$ 的法向量平行 $SC$，它与底面的二面角为 $30^\circ$，故 $h/SC=\cos30^\circ$，即 $h=\sqrt3$。由 $SA^2=h^2+4r^2/3=4$，得 $r^2=3/4$。体积

$$V=\frac13(\sqrt3r^2)h=\frac34.$$

第 8 题

题目

在锐角 $\triangle ABC$ 中，$AB$ 边上的高 $CD$ 与 $AC$ 边上的高 $BE$ 交于点 $H$。以 $DE$ 为直径作圆，与 $AC$ 的另一个交点为 $G$。已知 $BC=25$，$BE=20$，$BD=7$，则 $AG$ 的长为（　）

• A. $8$
• B. $\dfrac{42}{5}$
• C. $10$
• D. $\dfrac{54}{5}$

解答

取 $B=(0,0),D=(7,0)$，则由 $BC=25$ 得 $C=(7,24)$。令 $A=(a,0)$；锐角条件要求 $a>7$。$B$ 到 $AC$ 的距离为 $20$，所以

$$\frac{24a}{\sqrt{(a-7)^2+576}}=20.$$

平方整理为 $11a^2+350a-15625=0$，符合 $a>7$ 的根为 $25$。于是 $AD=18,AC=30$。以 $DE$ 为直径的圆在 $AC$ 上另一点 $G$ 满足 $DG\perp AC$，故 $AG=AD\cos A=18\cdot18/30=54/5$。

第 9 题

题目

已知数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n=\lg\left(1+\dfrac2{n^2+3n}\right)$，$n=1,2,\ldots$，$S_n$ 是数列的前 $n$ 项和，则 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n=$（　）

• A. $0$
• B. $\lg\dfrac32$
• C. $\lg2$
• D. $\lg3$

解答

利用 $n^2+3n+2=(n+1)(n+2)$，

$$S_n=\lg\prod_{j=1}^n\frac{(j+1)(j+2)}{j(j+3)} =\lg\frac{3(n+1)}{n+3}\longrightarrow\lg3.$$

第 10 题

题目

已知 $-6\leqslant x_i\leqslant10$（$i=1,2,\ldots,10$），$\sum_{i=1}^{10}x_i=50$。当 $\sum_{i=1}^{10}x_i^2$ 取得最大值时，在 $x_1,x_2,\ldots,x_{10}$ 这十个数中等于 $-6$ 的数共有（　）

• A. $1$ 个
• B. $2$ 个
• C. $3$ 个
• D. $4$ 个

解答

如果两个变量严格处于端点之间，在保持两者和不变时向相反方向稍作移动，总能严格增加平方和。因此最大值处至多一个变量不是端点。若有 $k$ 个 $-6$、$9-k$ 个 $10$，剩余数为 $t$，则 $t=16k-40$，条件 $-6\le t\le10$ 迫使 $k=3,t=8$。配置为三个 $-6$、六个 $10$、一个 $8$，故所求个数为 $3$。

第 11 题

题目

在 $\triangle ABC$ 中，$A,B,C$ 的对边分别为 $a,b,c$。已知 $2\sin^2\dfrac{A+B}{2}=1+\cos2C$：

1. 求 $C$ 的大小；
2. 若 $c^2=2b^2-2a^2$，求 $\cos2A-\cos2B$ 的值。

解答

第一条件化为 $\cos C=\cos2C$，即 $(2\cos C+1)(\cos C-1)=0$。排除退化角，得 $C=2\pi/3$。由正弦定理及边长条件，$\sin^2C=2(\sin^2B-\sin^2A)$，因此 $\cos2A-\cos2B=\sin^2C=3/4$。

第 12 题

题目

已知两点 $A(-2,0),B(2,0)$，动点 $P$ 在 $y$ 轴上的射影是 $H$，且 $\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}=2|\overrightarrow{PH}|^2$。

1. 求动点 $P$ 的轨迹 $C$ 的方程；
2. 已知过点 $B$ 的直线交曲线 $C$ 于 $x$ 轴下方不同的两点 $M,N$，设 $MN$ 的中点为 $R$；过 $R$ 和点 $Q(0,-2)$ 作直线 $RQ$，求直线 $RQ$ 斜率的取值范围。

解答

设 $P=(x,y)$。内积条件为 $x^2+y^2-4=2x^2$，即 $y^2-x^2=4$。

设过 $B$ 的直线为 $y=k(x-2)$。要与下支有两个不同交点，由代入方程的判别式及两交点纵坐标同负，得到 $1/\sqrt2<k<1$（竖直线不可能在下支有两个交点）。韦达定理给出

$$R=\left(\frac{2k^2}{k^2-1},\,\frac{2k}{k^2-1}\right).$$

故 $RQ$ 斜率为 $K=1+1/k-1/k^2$，导数 $(2-k)/k^3>0$。在上述开区间端点的极限为 $\sqrt2-1,1$，所以范围为 $(\sqrt2-1,1)$。

第 13 题

题目

系统中每个元件正常工作的概率都是 $p$（$0<p<1$），各元件正常工作的事件相互独立。如果系统中有多于一半的元件正常工作，系统就能正常工作。系统正常工作的概率称为系统的可靠性。

1. 某系统配置有 $2k-1$ 个元件，$k$ 为正整数，求该系统正常工作概率的表达式；
2. 现为改善（1）中系统的性能，拟增加两个元件。试讨论增加两个元件后能否提高系统的可靠性。

解答

旧系统可靠性为

$$R_{2k-1}(p)=\sum_{j=k}^{2k-1}\binom{2k-1}{j}p^j(1-p)^{2k-1-j}.$$

新旧系统的成败差异只有两类：旧有 $k-1$ 个正常而新增两个全正常，新系统转成功；旧有 $k$ 个正常而新增两个全失效，新系统转失败。两类概率相减得

$$R_{2k+1}-R_{2k-1} =\binom{2k-1}{k-1}p^k(1-p)^k(2p-1).$$

前面的因子严格为正，因此符号完全由 $2p-1$ 决定。

第 14 题

题目

记函数 $f_n(x)=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}$，$n=1,2,\ldots$。证明：当 $n$ 是偶数时，方程 $f_n(x)=0$ 没有实根；当 $n$ 是奇数时，方程 $f_n(x)=0$ 有唯一实根 $\theta_n$，且 $\theta_n>\theta_{n+2}$。

解答

利用 $\int_0^\infty e^{-t}t^j\,dt=j!$，展开二项式得到

$$f_n(x)=\frac1{n!}\int_0^\infty e^{-t}(t+x)^n\,dt.$$

偶数 $n$ 时被积函数非负且不恒零，所以 $f_n(x)>0$。奇数 $n$ 时 $f_n'=f_{n-1}>0$，且首项系数为正、次数为奇数，故恰有一个实根 $\theta_n<0$。

还需比较根的位置。对 $s=n+1$，把 $f_n(-s)$ 相邻项两两配对：

$$f_n(-s)=\sum_{j=0}^{(n-1)/2}\frac{s^{2j}}{(2j)!}\left(1-\frac{s}{2j+1}\right)<0.$$

因此 $-(n+1)<\theta_n<0$。于是

$$f_{n+2}(\theta_n)= \frac{\theta_n^{n+1}}{(n+1)!}\left(1+\frac{\theta_n}{n+2}\right)>0.$$

因 $f_{n+2}$ 严格递增，得 $\theta_n>\theta_{n+2}$。

第 15 题

题目

某乒乓球培训班共有 $n$ 位学员，在班内双打训练赛期间，每两名学员都作为搭档恰好参加过一场双打比赛。试确定 $n$ 的所有可能值，并分别给出对应的一种安排比赛的方案。

解答

每场比赛恰使用两个互不相交的搭档对，所以 $\binom n2$ 必须为偶数，即 $n\equiv0,1\pmod4$。若实际举行比赛，则须 $n\ge4$。

构造使用偶数个顶点完全图的轮转分解：把 $2m$ 个顶点标为 $\infty$ 及 $\mathbb Z_{2m-1}$；第 $t$ 轮把 $\infty$ 与 $t$ 配对，并把 $t+i$ 与 $t-i$ 配对，$1\le i\le m-1$。每轮是互不相交的搭档对，且每对搭档恰在一轮出现（两个有限标号之和唯一确定 $2t$）。

当 $n=4k$，直接用此分解，每轮 $2k$ 对搭档，任意两两组合成 $k$ 场双打。当 $n=4k+1$，添加一名虚拟学员，对 $n+1$ 人分解；每轮删除包含虚拟学员的一对，留下 $2k$ 对，再两两组合。两种构造都不重不漏使用全部真实搭档对。若按纯逻辑允许零场训练，$n=1$ 也真空满足条件。