一、选择题（选对得10分，不选得0分，选错扣5分）
1、整数$x,y,z$满足$xy+yz+zx=1$，则$(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)$可能取到的值为（ ）
A．$16900$
B．$17900$
C．$18900$
D．前三个答案都不对
2、在不超过$99$的正整数中选出$50$个不同的正整数，已知这$50$个数中任两个的和都不等于$99$，也不等于$100$．这$50$个数的和可能等于（ ）
A．$3524$
B．$3624$
C．$3724$
D．前三个答案都不对
3、已知$xinleft[0,dfrac{pi}2
ight]$，对任意实数$a$，函数$y=cos^2x-2acos x+1$的最小值记为$g(a)$，则当$a$取遍所有实数时，$g(a)$的最大值为（ ）
A．$1$
B．$2$
C．$3$
D．前三个答案都不对
4、已知$10^{20}-2^{20}$是$2^n$的整数倍，则正整数$n$的最大值为（ ）
A．$21$
B．$22$
C．$23$
D．前三个答案都不对
5、在凸四边形$ABCD$中，$BC=4$，$angle ADC=60^circ$，$angle BAD=90^circ$，四边形$ABCD$的面积等于$dfrac{ABcdot CD+BCcdot AD}{2}$，则$CD$的长（精确到小数点后$1$位）为（ ）
A．$6.9$
B．$7.1$
C．$7.3$
D．前三个答案都不对
二、填空题（填空题共5小题；请把每小题的正确答案填在横线上，每题10分）
6、满足等式$left(1+dfrac 1x
ight)^{x+1}=left(1+dfrac{1}{2015}
ight)^{2015}$的整数$x$的个数是_______．
7、已知$a,b,c,din[2,4]$，则$dfrac{(ab+cd)^2}{(a^2+d^2)(b^2+c^2)}$的最大值与最小值的和为_______．
8、已知对于任意的实数$xin [1,5]$，$left|x^2+px+q
ight|leqslant 2$，不超过$sqrt{p^2+q^2}$的最大整数是_______．
9、设$x=dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$，$y=dfrac{c^2+a^2-b^2}{2ca}$，$z=dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$，且$x+y+z=1$，则$x^{2015}+y^{2015}+z^{2015}$的值为_______．
10、设$A_1,A_2,cdots ,A_n$都是$9$元集合${1,2,cdots ,9}$的子集，已知$|A_i|$为奇数，$1leqslant ileqslant n$，$left|A_icap A_j
ight|$为偶数，$1leqslant i
eq jleqslant n$，则$n$的最大值为_______．
参考答案
一、选择题
1、A
$(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)=left( (x+y)(y+z)(z+x)
ight)^2$．令$$egin{cases}x+y=2,\y+z=5,\z+x=13,end{cases}$$解得$$egin{cases}x=5,\y=-3,\z=8.end{cases}$$经检验，这组解满足题意，此时$(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)=16900$．
2、D
考虑将$1,2,cdots,99$这$99$个正整数分成如下$50$组：[(1,99),(2,98),cdots,(47,53),(48,52),(49,51),(50).]若选出的$50$个不同的正整数中没有$50$，则必有$2$个数位于[(1,99),(2,98),cdots,(47,53),(48,52),(49,51)]中的同一组，不合题意．所以这$50$个不同的正整数中必有$50$，而[(1,99),(2,98),cdots,(47,53),(48,52),(49,51)]中，每组有且只有一个数被选中．
因为$50+49=99$，所以$(49,51)$中选$51$；因为$51+48=99$，所以$(48,52)$中选$52$；以此类推，可得$50,51,52,cdots,98,99$是唯一可能的选法．
经检验，选$50,51,52,cdots,98,99$满足题意，此时$50+51+cdots+98+99=3725$，故选D．
3、A
令$t=cos xin [0,1]$，令$h(t)=t^2-2at+1,tin [0,1]$，则[g(a)=egin{cases}1,&(a<0)\1-a^2,&(0leqslant a leqslant 1)\2-2a,&(a>1)end{cases} ]故$g(a)$的最大值为$1$（$aleqslant 0$时等号成立）．
4、D
$10^{20}-2^{20}=2^{20} left(5^{20}-1
ight)=2^{20} left(5^{10}+1
ight)left(5^{5}+1
ight)left(5-1
ight)left(5^4+5^3+5^2+5+1
ight)$，而$5^{10}+1$模$4$余$2$，$5^{5}+1$模$4$余$2$，$5^4+5^3+5^2+5+1$为奇数，故正整数$n$的最大值为$24$．
5、A
设四边形$ABCD$的面积为$S$，直线$AC,BD$的夹角为$ heta$，则[S=dfrac{ACcdot BDcdot sin heta}{2}leqslantdfrac{ABcdot CD+BCcdot AD}{2}cdotsin hetaleqslant dfrac{ABcdot CD+BCcdot AD}{2}, ] 由题意，$S=dfrac{ABcdot CD+BCcdot AD}{2}$，所以$A,B,C,D$四点共圆，且$ACperp BD$．
故$CD=4sqrt{3}approx 6.9 $，选A．
二、填空题
6、$1$
若$x$为正整数，则$$left(1+dfrac{1}{x}
ight)^{x+1}>mathrm e>left(1+dfrac{1}{2015}
ight)^{2015} ,$$
若$x$为负整数，令$x=-n(nin mathbf N_+,ngeqslant 2)$，则$$left(1+dfrac{1}{x}
ight)^{x+1}=left(1+dfrac{1}{n-1}
ight)^{n-1}.$$
因为数列$left(1+dfrac{1}{n-1}
ight)^{n-1}(nin mathbf N_+,ngeqslant 2)$关于$n$单调递增，故当且仅当$x=-2016$时，有$$left(1+dfrac 1x
ight)^{x+1}=left(1+dfrac{1}{2015}
ight)^{2015}.$$
7、$dfrac{41}{25}$．
注意到$$(a^2+d^2)(b^2+c^2)=(ab+cd)^2+(ac-bd)^2,$$于是[egin{split} dfrac{(ab+cd)^2}{(a^2+d^2)(b^2+c^2)}&=dfrac{(ab+cd)^2}{(ab+cd)^2+(ac-bd)^2}\ &=dfrac{1}{1+left(dfrac{ac-bd}{ab+cd}
ight)^2},end{split} ]显然当$ac-bd=0$时，原式取得最大值为$1$．
接下来考虑$left|dfrac{ac-bd}{ab+cd}
ight|$的最大值．
由于$$left|dfrac{ac-bd}{ab+cd}
ight|=left|dfrac{frac ad-frac bc}{frac adcdot frac bc+1}
ight|,$$令$dfrac ad= an alpha$，$dfrac bc= an eta$，则问题等价于当$alpha,etain left[arctan dfrac 12,arctan 2
ight]$时，求$ an|alpha-eta|$的最大值，显然为$$ anleft(arctan 2-arctan dfrac 12
ight)=dfrac 34.$$
因此原式的最小值为$dfrac{16}{25}$．
注 可以看做向量$(a,d)$和$(b,c)$夹角余弦的平方．
8、$9$
注意到$y=x^2+px+q$，$xin [1,5]$满足$-2leqslant yleqslant 2$，因此符合题意的二次函数只有两个：$$y=x^2-6x+7,y=-x^2+6x-7.$$
9、$1$
由$x+y+z=1$，可得[egin{split} &ab^2+ac^2-a^3+bc^2+a^2b-b^3+a^2c+b^2c-c^3-2abc\=&left(ab^2+a^2b-a^3-b^3
ight )+left(ac^2+bc^2-c^3
ight )+left(a^2c+b^2c-2abc
ight)\=&-(a+b)(a-b)^2+c^2(a+b-c)+c(a-b)^2\=&-(a-b-c)(b-c-a)(c-a-b)\=&0,end{split} ]所以$a=b+c$或$b=c+a$或$c=a+b$，故$x^{2015}+y^{2015}+z^{2015}=1$．
10、 $9$
构造是容易的，取$A_i={i}$，$i=1,2,cdots ,9$即可．
用$0,1$表示集合中的元素是否在子集中，如$A_1={1,3,4,5,9}$，则记$$A_1=(1,0,1,1,1,0,0,0,1),$$那么$$A_icdot A_j=left|A_icap A_j
ight|.$$
显然，如果当$ngeqslant 10$时，必然存在$m$个向量线性相关，不妨设$$lambda_1A_1+lambda_2A_2+cdots +lambda_mA_m=(0,0,cdots ,0),$$其中$lambda_iinmathcal Z$($i=1,2,cdots ,m$)，$lambda_1=1$．
此时考虑$$A_1cdotleft(lambda_1A_1+lambda_2A_2+cdots +lambda_mA_m
ight),$$那么根据题意有$A_1cdot A_1$为奇数，而$A_1cdot A_i$($i=2,3,cdots ,m$)为偶数，这样就推出了矛盾．
因此所求$n$的最大值为$9$．
注 用这个方法，可以得出$n$元集合至多有$n$个包含奇数个元素的子集，使得这些子集中任意两个的交集均包含偶数个元素．
2014年北约自主招生试题
第1页
一、填空题
1、有一个圆心角是(60^circ) ，面积是(6pi)的扇形围成一个圆锥，则圆锥的表面积是_______．
2、已知(f(x))满足(fleft(dfrac {a+2b}{3}
ight)=dfrac {f(a)+2f(b)}{3})，(f(1)=1)，(f(4)=7)，则(f(2014)=)_______．
3、(10)个人分成(3)人、(3)人、(4)人三组，共有_______种不同的分组方法．
4、已知(f (x)=lg{left(x^2-2ax+a
ight)})的值域为(mathcal R) ，则实数(a)的取值范围为_______．
5、已知(x<0)，(y < 0)，(x+y=-1)，则(xy+dfrac 1{xy})的最_______值是_______．
6、(f(x)=arctan{dfrac {2+2x}{1-4x}}+C)在(left(-dfrac 14,dfrac 14
ight))上为奇函数，则(C)的值是_______．
二、解答题
7、证明：( an {3^circ})是无理数．
8、已知 (y=f(x))，(y=g(x))都是二次函数，方程(3f(x)+g(x)=0)和方程(f(x)-g(x)=0)都只有一个重根，方程(f(x)=0)有两个不等实根．证明：方程(g(x)=0)没有实数根．
9、已知数列(left{a_n
ight})是(13)项的等差数列，集合[A=left{a_i+a_j+a_kleft|
ight.1leqslant i < j < k leqslant 13,i,j,kin f N^*
ight},]则(0,dfrac 72,dfrac {16}3)能否同时在集合(A)中？
10、已知({x_1}{x_2} cdots {x_n} = 1)，({x_i} > 0)，(i = 1,2, cdots ,n)，求证：[left( {sqrt 2 + {x_1}}
ight)left( {sqrt 2 + {x_2}}
ight) cdots left( {sqrt 2 + {x_n}}
ight) geqslant {left( {sqrt 2 + 1}
ight)^n}.]
参考答案
一、填空题
1、(7{
m pi})
2、(4027)
3、(2100)
4、(left( { - infty , 0}
ight] cup left[ {1 , + infty }
ight))
5、小，(dfrac{{17}}{4})
6、( - arctan 2)
二、解答题
7、用反证法． 假设( an 3^circ )是有理数，则( an left( {k cdot 3^circ }
ight))均为有理数，于是( an 30^circ )为有理数，矛盾． 因此( an 3^circ )是无理数．
8、设函数(Aleft( x
ight) = 3fleft( x
ight) + gleft( x
ight))，(Bleft( x
ight) = fleft( x
ight) - gleft( x
ight))，则函数(Aleft( x
ight))、(Bleft( x
ight))均为二次函数，此时[4fleft( x
ight) = Aleft( x
ight) + Bleft( x
ight).] 考虑到方程(fleft( x
ight) = 0)有两个不等实根，于是方程(Aleft( x
ight) + Bleft( x
ight) = 0)有两个不等实根． 因此抛物线(y = Aleft( x
ight))，(y = Bleft( x
ight))的开口方向必然不同，且零点亦不相同． 于是[gleft( x
ight) = dfrac{{Aleft( x
ight) - 3Bleft( x
ight)}}{4}]必然恒大于(0)或恒小于(0)． 因此原命题得证．
9、容易证明：将集合(A)中的所有数从小到大排列，则可以得到一个与数列(left{ {{a_n}}
ight})的公差相同的等差数列(left{ {{b_n}}
ight})． 设数列(left{ {{a_n}}
ight})的公差为(d)，不妨设(d geqslant 0)． (i)若(d = 0)，则显然不符合题意； (ii)若(d > 0)，则数列(left{ {{b_n}}
ight})中的最小项为({a_1} + {a_2} + {a_3})，最大项为({a_{11}} + {a_{12}} + {a_{13}})．其中至多有[left( {11 + 12 + 13}
ight) - left( {1 + 2 + 3}
ight) + 1 = 31]项，且任意两项的差均为公差(d)的整数倍． 不失一般性，将(0 , dfrac{7}{2} , dfrac{{16}}{3})看作(0 , 21 , 32)（所有的数同时扩大(6)倍即可）．由于(left( {21 , 32}
ight)= 1)，而(d|1)，于是(d leqslant 1)，因此同时包含(0 , 21 , 32)的等差数列至少有(32)项． 这与数列(left{ {{b_n}}
ight})中至多有(31)项矛盾，因此(0 , dfrac{7}{2} , dfrac{{16}}{3})不能同时在集合(A)中．
10、法一
直接展开，对应项用均值不等式即可．
法二 当(n = 1)时，不等式显然成立． 假设命题对不超过(n)的正整数均成立，则命题对(n + 1)： 不妨设({x_1} geqslant 1)，({x_2} leqslant 1)，而[left( {{x_1}{x_2}}
ight){x_3} cdots {x_n}{x_{n + 1}} = 1,]于是[left( {sqrt 2 + {x_1}{x_2}}
ight)left( {sqrt 2 + {x_3}}
ight) cdots left( {sqrt 2 + {x_{n + 1}}}
ight) geqslant {left( {sqrt 2 + 1}
ight)^n}.] 因此只需要证明[dfrac{{left( {sqrt 2 + {x_1}}
ight)left( {sqrt 2 + {x_2}}
ight)}}{{sqrt 2 + {x_1}{x_2}}} geqslant sqrt 2 + 1.] 用分析法： 该不等式成立[egin{split} & Leftarrow left( {sqrt 2 + {x_1}}
ight)left( {sqrt 2 + {x_2}}
ight) geqslant left( {sqrt 2 + {x_1}{x_2}}
ight)left( {sqrt 2 + 1}
ight)\ & Leftarrow 2 + sqrt 2 left( {{x_1} + {x_2}}
ight) + {x_1}{x_2} geqslant 2 + sqrt 2 {x_1}{x_2} + {x_1}{x_2} + sqrt 2 \ & Leftarrow {x_1} + {x_2} geqslant {x_1}{x_2} + 1 \ & Leftarrow left( {1 - {x_1}}
ight)left( {1 - {x_2}}
ight) leqslant 0 \ end{split}]
2016年北京大学自主招生数学试题回忆版
第1页
一、选择题．在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．已知$dfrac{sin{x}}{sqrt{1-cos^2{x}}}-dfrac{cos{x}}{sqrt{1-sin^2{x}}}=2left(0<x<2pi
ight)$，则$x$的取值范围是（ ）
A．$left(0,dfrac{pi}{2}
ight)$
B．$left(dfrac{pi}{2},pi
ight)$
C．$left(pi,dfrac{3pi}{2}
ight)$
D．前三个答案都不对
2．$left(2+1
ight)left(2^{2}+1
ight)left(2^{3}+1
ight)cdotsleft(2^{2016}+1
ight)$的个位数字是（ ）
A．$1$
B．$3$
C．$5$
D．前三个答案都不对
3．点$P$位于$ riangle ABC$所在的平面内，使得$ riangle PAB, riangle PBC, riangle PCA$的面积相等，则满足题意的点$P$有（ ）
A．$1$个
B．$3$个
C．$5$个
D．前三个答案都不对
4．记$f(n)$为最接近$sqrt{n}$的整数，其中$nin mathbf{N}^{*}$．若$dfrac{1}{f(1)}+dfrac{1}{f(2)}+cdots+dfrac{1}{f(m)}=2016$，则正整数$m$的值为（ ）
A．$1015056$
B．$1017072$
C．$1019090$
D．前三个答案都不对
5．实数$x,y,z$满足$x+y+z=2016$，$dfrac{1}{x}+dfrac{1}{y}+dfrac{1}{z}=dfrac{1}{2016}$，则$(x-2016)(y-2016)(z-2016)=$（ ）
A．$0$
B．$1$
C．$-1$
D．前三个答案都不对
6．方程组$egin{cases}a^3-b^3-c^3=3abc,\a^2=2(b+c)end{cases}$的非负整数解有（ ）
A．$1$组
B．$4$组
C．$5$组
D．前三个答案都不对
7．$4$个半径为$1$的球两两外切，则这$4$个球的外切正四面体的棱长为（ ）
A．$2+2sqrt{2}$
B．$2+2sqrt{3}$
C．$2+2sqrt{6}$
D．前三个答案都不对
8．将$1,2,cdots,100$分成三组，使得第一组数的和为$102$的倍数，第二组数的和为$203$的倍数，第三组和为$304$的倍数．则不同的分法共有（ ）
A．$1$种
B．$2$种
C．$3$种
D．前三个答案都不对
二、填空题．
9．已知$f(x)=3x^2-x+4$，$g(x)$为整系数多项式，$fleft(g(x)
ight)=3x^4+18x^3+50x^2+69x+a,$则$g(x)$的各项系数之和为_______．
10．$54$张扑克牌排成一列．先去掉第一张，将第二张放到最后；再去掉第三张，将第四张放到最后……以此类推，则最后剩下的那张牌是原先的第_______张．
11．用高斯函数$[x]$表示不超过实数$x$的最大整数，则方程$nleft[2002sqrt{2001^2+1}
ight]=2002left[nsqrt{2001^2+1}
ight]$的正整数解有_______个．
12．空间中的一点$P(x,y,z)$满足$exists nin mathbf N^*$，使得$|3x|^n+|8y|^n+|z|^n leqslant 1$成立，则所有满足要求的点$P$所形成的空间几何体的体积为_______．
1．B．
根据题意，有$sin x>0$，$cos x<0$，于是$x$是第二象限的角．
2．C．
因为$2^2+1=5$，且对于任意正整数$k$，都有$2^k+1$为奇数，所以 [left(2+1
ight)left(2^{2}+1
ight)left(2^{3}+1
ight)cdotsleft(2^{2016}+1
ight)equiv 5 pmod{10}.] 3．D．
考虑到平面内使$ riangle PAB$和$ riangle PBC$的面积相等的点的轨迹为直线$BM$以及过点$B$且与$AC$平行的直线，其中$M$为边$AC$的中点，因此满足题意的点$P$有$4$个：$ riangle ABC$的重心，或者由$P,A,B,C$四点所构成的平行四边形的顶点．4．B．
若$f(n)=k$，则$$k^2-k+1 leqslant n leqslant k^2+k,$$所以[egin{split} &f(1)=f(2)=1,\ &f(3)=f(4)=f(5)=f(6)=2,\ &cdots ,end{split} ]进而有 $$2016=dfrac{1}{f(1)}+dfrac{1}{f(2)}+cdots+dfrac{1}{f(m)}=2cdot 1+4cdot dfrac{1}{2}+6cdotdfrac{1}{3}+cdots+2016cdotdfrac{1}{1008},$$ 故$m=2+4+6+cdots+2016=1017072$．
5．A．
由于[egin{split} (x-m)(y-m)(z-m)&=xyz-m(xy+yz+zx)+m^2(x+y+z)-m^3,\&=mxyzleft[dfrac 1m-left(dfrac 1x+dfrac 1y+dfrac 1z
ight)
ight]+m^2left[(x+y+z)-m
ight],end{split} ]于是所求代数式的值为$0$
6．B．
根据题意，有[egin{split} a^3-b^3-c^3-3abc&= a^3-(b+c)^3+3bc(b+c-a)\&=a^3-dfrac 18a^6+3bcleft(dfrac 12a^2-a
ight),\&=aleft(1-dfrac 12a
ight)left[a^2left(1+dfrac 12a+dfrac 14a^2
ight)-3bc
ight]\&=0,end{split} ] 当$a=0$时，$(b,c)=(0,0)$；当$a=2$时，$(b,c)=(0,2),(1,1),(2,0)$．当$a
e 0,2$时，有 $$a^2left(1+dfrac 12a+dfrac 14a^2
ight)-3bc>dfrac 14a^4-3bc=(b+c)^2-3bcgeqslant 0,$$于是题中方程组的非负整数解共有$4$组．
7．C．
棱长为$a$的正四面体的内切球半径为$dfrac{sqrt{6}}{12}a$．设$4$个半径为$1$的球的球心分别为$O_1,O_2,O_3,O_4$，则正四面体$O_1O_2O_3O_4$的棱长为$2$，故其内切球半径为$dfrac{sqrt{6}}{6}$．设这$4$个球的外切正四面体为$ABCD$，则正四面体$ABCD$的内切球半径为$1+dfrac{sqrt{6}}{6}$，故正四面体$ABCD$的棱长为$2+2sqrt{6}$．
8．D．
假设这样的分法存在，设三组数的和分别为$102x,203y,304z$，$x,y,zin mathbf{N}^{*}$，则$$102x+203y+304z=5050,$$ 即$$101(x+2y+3z)+(x+y+z)=101cdot 50,$$于是$$101mid x+y+z,$$ 因此$x+y+z geqslant 101$．而此时$$102x+203y+304z>102(x+y+z)>5050,$$矛盾．故不存在满足题意的分法．
9．$8$．
易知$g(x)$为二次多项式，设$g(x)=px^2+qx+r$，则 $$f(g(x))=3g^2(x)-g(x)+4=3p^2x^4+6pqx^3+left(3q^2+6pr-p
ight)x^2+(6qr-q)x+3r^2-r+4,$$对比系数，依次解得$p=1$，$q=3$，$r=4$，$a=48$．故$g(x)$的各项系数之和为$8$．
10．$44$．
每一轮剩下的牌依次是[egin{split} &2,4,6,cdots ,52,54,\&4,8,12,cdots ,48,52,\&4,12,20,cdots ,44,52,\&12,28,44,\&12,44,\&44.end{split} ] 11．$4002$．
因为$$2002cdot 2001<2002sqrt{2001^2+1}<2002cdot 2001+1,$$所以$left[2002sqrt{2001^2+1}
ight]=2002cdot 2001$．于是原方程等价于$$left[nsqrt{2001^2+1}
ight]=2001n,$$即$$2001n leqslant nsqrt{2001^2+1}<2001n+1,$$解得$n<sqrt{2001^2+1}+2001$，所以原方程的正整数解有$4002$组．
12．$dfrac{1}{3}$．
考虑第一卦限，只需要$3x,8y,zin (0,1)$即可．因此所有满足要求的点$P$所形成的空间几何体为一个长方体，体积为$$dfrac 13cdot dfrac 18cdot 1cdot 8=dfrac 13.$$