华南理工大学-新生入学数学考试试卷与解答

一、填空题（每题4分，共40分） 1、91除以100的余数是81

2、函数fxsinxcosxsinxcosx的最大值为

9212 2x2x2X3、设fxlog1a2abb1（其中ab0），则使的取值范围是

2xlogab21

4、学校开设9门课程供学生选修，其中A、B、C三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定每位同学必须选修4门。问共有75种不同的选修方案（用数值作答）

5、如图（略），在ABC中，AB2,AC1,BAC120,D是边BC上的一点，且

8DC2BD，则ADBC

36、设z1,z2都是复数，且z13,z25,z1z27，则argz2的值是 z137、某公司用60万元资金计划投资甲、乙两个项目，按要求对项目甲的投资不少于对项目乙的

2倍，且对每个项目的投资不能低于5万元。对项目甲每投资1万元可获得0.4万元的利3润，对项目乙甲每投资1万元可获得0.6万元的利润，该公司规划投资后，在这两个项目上共可获得的最大利润为31.2万元

8、设一元二次方程xbxc0，其中系数b,c分别是将以匀称色子接连投掷两次先后出现的点数，则方程有重根的概率为

21 189、已知六棱锥的高为h，底面积是全面积S的四分之一，则S与h的函数关系式

Sh3h2

10、设AB是抛物线yx上长为2的动弦，则线段AB中点M的轨迹方程是

2xy4y2211

二、 解答题 （每题10分，共60分）

11、设函数fxasinx2cosxa2的最大值为m。试问：随a的变化，m作怎样

21

的变化？在以a为横坐标，m为纵坐标的直觉坐标系中画出反映这种变化的图像 解 设cosxt，则yat22t2当a0时，y2t2t1

maxt1，则my2220

11当a0时，有yat2t1，则

aa当0当

1111，即a1,t时，mymax2 aaa11，即0a1,t1时，mymaxa a当a0，即0a1,t1时，mymaxa

a,a1故m1 （图略）

2,a1a12 解关于实数x的不等式2axa21x。其中a是大于零的常数。

1x01x0解 同解不等式组为：或 2222axa02axa1xx1x1因为a0，可化简为2或a 2xx2(a1)xa102当0a2时x1或x1

a12axa12ax1当a2时11aa2xa12a或xa 2综上所述，当0a2时解集为xxa12a，当a2时解集为xxa 213 正方形ABCD的边长为4，E、F分别是的中点AB、AD，作GC垂直于ABCD所在的平面，且GC=2，求点到平面的距离。 解 如图所示（略），连接EG、FG、EF、AC、BD，设EF、BD分别交AC于H、O。 由题设可知：EF//BD, H为AO的中点，BD//平面EFG, 求BD与平面EFG的距离即可

BDAC,EFHC，又GCABCD平面，GCEF

可知EFHCG平面，从而平面EFGHCG平面，HG是两垂直平面的交线 作OKHG交于点K, OKEFG平面，OK的长即为所求的距离

2

由HKOHGC可知：OK2HOGCHOGC22211 22HG1122HCGC214已知直线yxm交曲线x2y4y10于A,B两点，P是这直线上的点，且

PAPB2。求当m变化时，点P的轨迹方程，并指出它是什么图形。

解 由yxm22x2y4y10消去y得方程3x24m1x2m24m10

方程要有两个不等的实根，有判别式0可得该方程的两根是点A、B的横坐标，设为xA,xB 设Px,y由已知条件，有xxAxxB即x2xAxBxxAxB1

232232myx 2222PAPB1 2242m24m1利用韦达定理，上式可写为xm1x1

332将yxm代入上式消去m，可得x22y24y13 化简得x2y4y40及x2y4y20

2222x2y1即1及x22(y1)20

63x2y1从而，当m变化时，点P的轨迹为椭圆1在两直线

63yx232232,yx之间的部分，及点0,1。 22225、设数列xn满足x11,x22,xn2（1）求数列xn的通项；（2）求limxn

nxn1xn,n1,2,3,。

11lnxn1lnxn，令ynlnxn，则有yn2yn1yn 221将上式变形转化为一阶递推：yn2yn1yn1yn

2解 由lnxn23

1依次有yn2yn12n2ynyn112n1y2y1ln2 2nn121ln21ln2

32n故yn21yn1ln2221132n11121223从而xn22xn2n1,2,3,，limn2

ABCBsin2sin2cos2。 2222ACABC证明：（1）tan,tan,tan成等比数列；（2）cot,cot,cot成等比数列

262222BAC证 （1）在ABC中，BAC，可得sincos

22CBB2A由已知条件得sinsin2cos2sin2,

2222BACACACcosAcosC4sin2,2coscos4cos2,

2222ACAC从而cos， 2cos226、在ABC中，已知sin即cosACACACACcossinsin2coscossinsin， 22222222ACACAC1sincoscos，因此tantantan2 22222236AC故，tan,tan,tan成等比数列；

262ACtantanBACBAC223tanAtanC （2），cottanAC222222221tantan223sincotB3ACAC1ACtantancotcotcotcot 222222222因此cotABC,cot,cot成等比数列 2224