2019年浙江大學(xué)自主招生數(shù)學(xué)試題(部分)及其詳解

甘志國

(北京市豐臺二中 100071)

2019年浙江大學(xué)自主招生數(shù)學(xué)試題有單項選擇題、填空題和解答題.本文中的試題均是由參加考試的學(xué)生回憶得出的，因而回憶出的題目可能不準(zhǔn)確(沒有回憶出選項的題目均改成了填空題)，題目也不全，題號也不準(zhǔn)確.解得由筆者給出.

4.若把一枚質(zhì)地均勻的硬幣投擲10次，則正面朝上的次數(shù)比正面朝下的次數(shù)多的概率是____.

5.現(xiàn)在有一枚質(zhì)地均勻的硬幣，若甲投擲這枚硬幣2019次，乙投擲這枚硬幣2018次，則在甲投擲的情形中正面朝上的次數(shù)比在乙投擲的情形中正面朝上的次數(shù)多的概率是____.

7.已知P(n)是關(guān)于n的整系數(shù)多項式，若P(0)與P(1)均為奇數(shù)，則P(n)( ).

A.無整數(shù)根 B.有負(fù)整數(shù)根

C.有正整數(shù)根 D.無實根

9.當(dāng)n∈N*時，下列說法正確的是( ).

A.若n≠3k(k∈N)，則7|2n-1

B.若n=3k(k∈N)，則7|2n-1

C.若n≠3k(k∈N)，則7|2n+1

B.若n=3k(k∈N)，則7|2n+1

13.若將19表示成若干個正整數(shù)之和，則這些正整數(shù)之積的最大值是____.

14.若數(shù)列{an}的前n項和Sn滿足a1=1,Sn+1=4an+3(n∈N*)，則a2019-2a2018=____.

16.若關(guān)于x的一元二次方程x2+6x+5a-a2=0的兩個實根p,q滿足8p+q=p3，則a的取值的個數(shù)是____.

17.已知△ABC的兩個頂點A,B的坐標(biāo)分別是(-p,0),(p,0)，且該三角形的內(nèi)心在直線x=q(0

參考答案

2.7.設(shè)x,y∈S，則|x-y|的取值范圍是{0,1,2,3}，且|x-y|=0的情形有且僅有4種：x=y=1,2,3,4；

|x-y|=1的情形有且僅有6種：(x,y)=(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3)；

|x-y|=2的情形有且僅有4種：(x,y)=(1,3),(3,1),(2,4),(4,2)；

|x-y|=3的情形有且僅有2種：(x,y)=(1,4),(4,1).

可得(a1,a2,a3,a4)的取法共有44=256種.

設(shè)α=|a1-a3|,β=|a2-a4|，可得α+β的取值范圍是{0,1,2,3,4,5,6}.

(1)當(dāng)α+β=0即α=β=0時，(a1,a2,a3,a4)的取法共有42=16種；

(2)當(dāng)α+β=1即(α,β)=(0,1),或(1,0)時，(a1,a2,a3,a4)的取法共有(4·6)·2=48種；

(3)當(dāng)α+β=2即(α,β)=(0,2),(1,1),或(2,0)時，(a1,a2,a3,a4)的取法共有42+62+42=68種；

(4)當(dāng)α+β=3即(α,β)=(0,3),(1,2),(2,1),或(3,0)時，(a1,a2,a3,a4)的取法共有(4·2+6·4)·2=64種；

(5)當(dāng)α+β=4即(α,β)=(1,3),(2,2),或(3,1)時，(a1,a2,a3,a4)的取法共有6·2+4·4+2·6=40種；

(6)當(dāng)α+β=5即(α,β)=(2,3),或(3,2)時，(a1,a2,a3,a4)的取法共有(4·2)·2=16種；

(7)當(dāng)α+β=6即α=β=3時，(a1,a2,a3,a4)的取法共有2·2=4種.

所以|a1-a3|+|a2-a4|即α+β的平均數(shù)為

進(jìn)而可得p=2,q=5，所以p+q=7.

3.1.由題設(shè)，可用數(shù)學(xué)歸納法證得an≥n(n∈N)，進(jìn)而可得

所以

證明如下：

設(shè)甲、乙兩人在試驗中出現(xiàn)正面向上的次數(shù)分別是ξ,η，則

因為

所以乙拋擲的硬幣中出現(xiàn)正面向上的次數(shù)比甲多的概率是

P(η>ξ)=P(η=1且ξ=0)+P(η=2且ξ=0,1)+P(η=3且ξ=0,1,2)+…+P(η=n+1且ξ=0,1,2,…,n)

6.-1.由題設(shè)，可得

7.解法1 A.當(dāng)P(n)=1-3n+n2時，P(0)=1與P(1)=-1均為奇數(shù)，由此可排除選項B,C,D.

下面證明選項A正確.可設(shè)

P(n)=a0+a1n+a2n2+…+aknk(a0,a1,a2,…,ak∈Z,k∈N).

當(dāng)k=0時，可得P(n)=a0(a0是奇數(shù))，進(jìn)而可得選項A正確.

當(dāng)k∈N*時，由題設(shè)可得a0為奇數(shù)，a1+a2+…+ak為偶數(shù).

若多項式P(n)有整數(shù)根x0，可得

所以x0|a0,x0為奇數(shù).

(1)當(dāng)a1,a2,…,ak全為偶數(shù)時，可得P(x0)為奇數(shù).

(2)當(dāng)a1,a2,…,ak中有奇數(shù)時，可得奇數(shù)的個數(shù)是偶數(shù)，進(jìn)而可得P(x0)也為奇數(shù).

均得選項A正確.

解法2 A.同解法1知，選項B,C,D均不正確.下面證明選項A正確.

假設(shè)P(n)有整數(shù)根a，可得P(n)=(n-a)g(n),g(n)是整系數(shù)多項式.

所以P(0)=-ag(0),P(1)=(1-a)g(1).因為(1-a)-(-a)=1是奇數(shù)，所以1-a,-a這兩個整數(shù)一奇一偶；另一方面，由P(0)和P(1)都是奇數(shù)，可得1-a,-a都是奇數(shù).前后矛盾！所以欲證結(jié)論成立.

9.B.當(dāng)n=1時，7|2n-1及7|2n+1均不正確，所以選項A,C均錯誤.

當(dāng)k=0即n=0時，可得選項B正確；當(dāng)k∈N*時，可得2n-1=23k-1=(1+7)k-1，再由二項式定理可知7|2n-1.總之，可得選項B正確.

由選項B正確，可得選項D錯誤.

所以

13.972.易知，當(dāng)這些正整數(shù)之積最大時，每個正整數(shù)都不會是1.

把每個大于2的正整數(shù)x拆成2+(x-2)時，和不變；2(x-2)≤x?x≤4.這說明當(dāng)這些正整數(shù)之積最大時，每個正整數(shù)都是2,3,4之一.

把4拆成2+2時，積不變：2×2=4.所以當(dāng)這些正整數(shù)之積最大時，每個正整數(shù)可以都是2,3之一.

再由2+2+2=3+3,2×2×2<3×3可知，當(dāng)這些正整數(shù)之積最大時，每個正整數(shù)都是2,3之一且2的個數(shù)是1或2，進(jìn)而可得把19拆成3+3+3+3+3+2+2時，得到的這些正整數(shù)之積最大，且最大值是35×22=972.

14.22019.由題設(shè)，可得

Sn+2=4an+1+3,Sn+1=4an+3(n∈N*).

相減，得

an+2=4an+1-4an,an+2-2an+1=2(an+1-2an)(n∈N*),

還可得a2-2a1=6-2·1=4，所以

an+1-2an=4·2n-1=2n+1(n∈N*),

a2019-2a2018=(2019·22019-22018)-2(2018·22018-22017)=22019.

平方，得

[f2(x+1)-f(x+1)]+[f2(x)-f(x)]

由②，

所以

由題設(shè)，可得

再由f(x)是R上的偶函數(shù)，可得

當(dāng)(p,q)=(-3,-3)時，由pq=5a-a2，可得a2-5a+9=0，可得此方程無實根.

綜上所述，可得所求答案是4.

17.如圖1所示，設(shè)△ABC的內(nèi)切圓的圓心為I，該圓與邊AB,BC,CA分別切于點D,E,F.

由切線長定理，可得

|CA|-|CB|=|FA|-|EB|=|DA|-|DB|=(q+p)-(p-q)=2q<2p=|AB|.