企业劳动合同范本-场面描写的作文

2020年自主招生数学试题及解答

1．（仅文科做）
0



，求证：
sin



tan

．
2
【解析】 不妨设
f(x)xsinx
，则< br>f(0)0
，且当
0x
f(x)
在
0x

时，
f

(x)1cosx0
．于是
2
< br>上单调增．∴
f(x)f(0)0
．即有
xsinx
．
2
同理可证
g(x)tanxx0
．
g(0)0
，当
0x
1
时，
g

(x)
．于是在上 单调增。
g(x)
100x
2
2cosx2

上 有
g(x)g(0)0
。即
tanxx
。
2
注记：也可用三角函数线的方法求解．

∴在
0x
51
．（25分）
2
【解析】 以正五边 形一条边上的中点为原点，此边所在的直线为
x
轴，建立如图所示的平面
直角坐标系．
⑴当
A,B
中有一点位于
P
点时，知另一点位于
R
1
或者
R
2
时有最
P
大值为
PR
1
；当有一点位于
O
点时，
AB
max
OPPR
1；
2．
AB
为边长为
1
的正五边形边上的点．证明：
AB
最长为

Q




R
1
R
2
O



⑵当
A,B
均不在
y
轴上时，知
A,B
必在
y
轴的异侧 方可能取到最大值（否则取
A
点关于
y
轴的对称点
A
，有
ABA

B
）．
P
不妨设
A
位于线段
OR
2
上（由正五边形的中心对称性，知这样的假设是
合理的），则 使
AB
最大的
B
点必位于线段
PQ
上．
且当B
从
P
向
Q
移动时，
AB
先减小后增大，于是
AB
max
AP或AQ
；
对于线段
PQ
上任意 一点
B
，都有
BR
2
≥BA
．于是
AB
m ax
R
2
PR
2
Q

R
2
O
B
Q
A
R
1
由⑴，⑵知
AB
max
R
2
P
．不妨设为
x
．
下面研究正五边形对角线的长．
x-1
H
1
G
E
1
F
x
1
1
I

如右图 ．做
EFG
的角平分线
FH
交
EG
于
H
．
易知
EFHHFGGFIIGFFGH
于是四边形
HGIF
为平行四边形．∴
HG1
．
EF
FG
EHx1
15

．解得
x
．
1x1HG
2

．
5
由角平分线定理知



3．
AB
为
y1x
2
上在
y
轴两侧的点，求过
AB
的切线与
x
轴围成面积的最小值．（25 分）
【解析】 不妨设过
A
点的切线交
x
轴于点
C
，过
B
点的切线交
x
轴于点
D
，直线
AC
与直线
BD
相交于点
E
．如图．设
B(x
1
,y
1
),A(x
2
,y
2
)
，
且有
y
2
1x
2
2
,y
1
1x
1< br>2
,x
1
0x
2
．
由于
y

2x
，
于是
AC
的方程为
2x
2
x2y
2
y
；①
y
BD< br>的方程为
2x
1
x2y
1
y
． ② < br>yy
2
联立
AC,BD
的方程，解得
E(
1
,1x
1
x
2
)
．
2(x
2
x< br>1
)
2y
2
对于①，令
y0
，得
C(, 0)
；
2x
2

2y
1
对于②，令
y0
，得
D(,0)
． < br>2x
1
2y
1
2y
2
1x
1
2
1x
2
2

于是
CD
．
2x
1
2x
2
2x
1
2x
2
1
SECD
CD(1x
1
x
2
)
．不妨设
x
1
a0
，
x
2
b0
，则
2< br>11a
2
1b
2
111
S
ECD
( )(1ab)(2a2ba
2
bab
2
)

4ab4ab
1111
(ab)(2ab)≥2ab(2ab)
③
4ab4ab
不妨设
abs0
，则有
1111111S
ECD
(s
3
2s)(s
3
s.. s...)

2s23
424
39s
4243
9s< br>131
E
A
C
O
B
D
x
6个 9个

124
11
6
1
9
1 6
1
16
1
3
8
3
≥16ss) ]8()8)
2
3
． ④
239s339
333又由当
x
1
a
时，③，④处的等号均可取到．
,x
2
b, s
333

8
3
．
9
11
注记： 不妨设
g(s)(s
3
2s)
，事实上，其最小值也可用导函数的方法 求解．
2s
1111
由
g

(s)(3s
2< br>2
2
)
知当
0s
2

时
g< br>
(s)0
；当
s
2
时
g

( s)0
．
2s33
333
则
g(s)
在
(0,
时
g(s)
取得最小值．
)
上单调减，在
(,)上单调增．于是当
s
333

∴
(S
ECD
)
min

4．向量
OA
与
OB
已知夹角，OA1
，
OB2
，
OP(1t)OA
，
OQ tOB
，
0≤t≤1
．
PQ
1
时，夹角的取值范围．（25 分）
5
【解析】 不妨设
OA
，
OB
夹角为
< br>，则
OP1t,OQ2t
，令
在
t
0
时取得 最小值，问当
0t
0

g(t)PQ(1t)
2
 4t
2
2(1t)2tcos

(54cos

)t
2
(24cos

)t1
．
2
1 2cos

12x512cos

1
．而
f(x)
在
(,)
上单调增，故
1≤

≤
．
54cos

54x454cos

3
12cos

112cos

12
当
0≤
．
≤时，
t
0
(0,)
，解得



54cos

354cos

523
其对称轴为
t< br>当
1≤
12cos

0
时，
g(t)
在
[0,1]
上单调增，于是
t
0
0
．不合题意．
54cos

2
于是夹角的范围为
[,]
．
23


，使得
sinx,cosx,tanx,cotx
为等差数列．（25分）
2
(cosxsinx)(cosxsinx)
【解析】 不存在；否则有
cosxsinxcotxtanx
，
sinxcosx< br>cosxsinx
则
cosxsinx0
或者
1
．
sinxcosx
22

若
cosxsinx0
，有< br>x
．而此时
,,1,1
不成等差数列；
22
4
c osxsinx
若
1
，有
(sinxcosx)
2
1 2sinxcosx
．解得有
sinxcosx12
．
sinxco sx
11
而
sinxcosxsin2x(0,]
，矛盾！
22













5．（仅理科做）存不存在
0x

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