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2010年五校合作自主选拔通用基础测试一、选择题（本大题共10小题，每小题3分）1．设复数，其中为实数，若的实部为2，则的虚部为（）（A）（B）（C）（D）2．设向量，满足，则的最小值为（）（A）2（B）（C）1（D）3．如果平面，直线，点，满足：，且与所成的角为，与所成的角为，那么与所成的角大小为（）（A）（B）（C）（D）4．在四棱锥中，分别为侧棱的中点，则四面体的体积与四棱锥的体积之比为（）（A）（B）（C）（D）5．在中，三边长，满足，则的值为（）（A）（B）（C）（D）6．如图，的两条高线交于，其外接圆圆心为，过作垂直于，与相交于，则与面积之比为（）（A）（B）（C）（D）7．设．过点且平行于轴的直线与曲线的交点为，曲线过点的切线交轴于点，则的面积的最小值是（）（A）1（B）（C）（D）8．设双曲线，椭圆．若的短轴长与的实轴长的比值等于的离心率，则在的一条准线上截得线段的长为（）（A）（B）2（C）（D）49．欲将正六边形的各边和各条对角线都染为种颜色之一，使得以正六边形的任何3个顶点作为顶点的三角形有3种不同颜色的边，并且不同的三角形使用不同的3色组合，则的最小值为（）（A）6（B）7（C）8（D）910．设定点是以点为中心的正四面体的顶点，用表示空间以直线
为轴满足条件的旋转，用表示空间关于所在平面的镜面反射，设为过中点与中点的直线，用表示空间以为轴的180°旋转．设表示变换的复合，先作，再作。则可以表示为（）（A）（B）（C）（D）二、解答题11．（本题满分14分）在中，已知，外接圆半径．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）求面积的最大值．12．（本题满分14分）设为抛物线上不同的四点，关于该抛物线的对称轴对称，平行于该抛物线在点处的切线．设到直线，直线的距离分别为，已知．（Ⅰ）判断是锐角三角形直角三角形钝角三角形中的哪一种三角形，并说明理由；（Ⅱ）若的面积为240，求点的坐标及直线的方程．13．（本题满分14分）（Ⅰ）正四棱锥的体积，求正四棱锥的表面积的最小值；（Ⅱ）一般地，设正棱锥的体积为定值，试给出不依赖于的一个充分必要条件，使得正棱锥的表面积取得最小值．14．（本题满分14分）假定亲本总体中三种基因型式：的比例为且数量充分多，参与交配的亲本是该总体中随机的两个．（Ⅰ）求子一代中，三种基因型式的比例；（Ⅱ）子二代的三种基因型式的比例与子一代的三种基因型式的比例相同吗？并说明理由．15．（本题满分14分）设函数，且存在函数，满足．（Ⅰ）证明：存在函数满足；（Ⅱ）设证明：．
2010年五校合作自主选拔通用基础测试数学试题参考答案和评分参考一、选择题ADBCCABDBD二、解答题11．解：（Ⅰ）由得所以即因为为内角所，，（Ⅱ）又由余弦定理得，即又，所以有，当且仅当即为等边三角形时，的面积取得最大值12．解：（Ⅰ）设则由可知的斜率
因此可以设直线方程为把代入，整理得所以因为都不平行于轴，所以直线斜率之和为可知直线的倾角互补，而平行于轴，所以平分作为垂足则可得由已知，可得，所以所以为直角三角形（Ⅱ）如图，根据的结果，可以设直线的方程分别为把分别代入，得所以由已知可知，所以解得，所以或当取时，求得，又斜率，所以直线方程为,
即同理，当取时，直线方程为13．解：（Ⅰ）设正四棱锥的底面正方形的边长为，高为．则正四棱锥的体积正四棱锥的表面积从而令设则令解得当时，当时，当时取得最小值正四棱锥的表面积的最小值为4.（Ⅱ）一般地，设正棱锥的底面正边形的中心到各边的距离为，高为，则正边形的体积正棱锥的表面积由（Ⅰ）知，当时，正棱锥的表面积取得最小值。由于正棱锥的表面积与底面机之比为可知使正棱锥的表面积取得最小值得一个充分必要条件是正棱锥的表面积是地面积的4倍。解：（Ⅰ）参与交配的两个亲本（一个称为父本，一个称为母本）的基因型式的情况，及相应情况发生的概率和相应情况下子一代的基因型式为，，的概率如下表：父本、母本的基因型式相应情况出现的概率子一代基因为的概率子一代基因为的概率子一代基因为的概率父母
父母父母父母父母父母父母父母父母子一代的基因型式为的概率为.……………………3分由对称性知子一代的基因型式为的概率为.……………………6分子一代的基因型式为的概率为……………………9分若记，，则，，，子一代三种基因型式：，，的比例为.……………………10分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知子二代的基因型式为，，的比例为，其中，.由，可得，.故子二代三种基因型式，，的比例为，与子一代基因型式的比例相同.……………………14分15解法一：（Ⅰ）令，代入化简得
由于等式对所有成立，可知解得……………………………………………4分令，代入，化简得所以存在使得……………………………………………6分（Ⅱ）令注意到，由（Ⅰ）知，……………………………10分化为可知从而统一写为
从而有…………………………14分解法二：（Ⅰ）同解法一，可求出……………………………………………4分取则所以……………………6分（Ⅱ）由，得（1）把（1）式两边都加上2得：（2）把（1）式两边都减去2得：（3）若存在，使，由（3）可知与矛盾所以不存在，使（2）式除以（3）式得……………………………10分因为所以所以
所以所以……………………………14分解法三：（Ⅰ）由解法一得，由（1）易看出（1）式中即得所以存在，即（Ⅱ）用数学归纳法（1）当时，显然成立（2）易得，（※）假设当时，命题成立即则当时，当时，当时，只需证即证
即证即证即证即，而此式是假设成立的所以（2）成立由（1），（2）可知，原命题成立
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