全国高中数学联赛浙江赛区竞赛试卷Word格式.doc

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A．64B．32C．16D．8

8.在平面区域上恒有，则动点所形成平面区域的面积为（）

A.4B.8C.16D.32

9.已知函数在上有两个零点，则m的取值范围为（）

A.BC.D.

10.已知，则的解为（）

A.或B.或C.或D.

二、填空题（每题7分.共49分）

11．若log4（x+2y）+log4（x-2y）=1，则|x|-|y|的最小值是_________.

12．如果：

（1）a,b,c,d都属于{1,2,3,4}

（2）a≠b,b≠c,c≠d,d≠a

（3）a是a,b,c,d中的最小数

那么，可以组成的不同的四位数abcd的个数是________.

13．设n是正整数，集合M={1，2，…，2n}．求最小的正整数k，使得对于M的任何一个k元子集，其中必有4个互不相同的元素之和等于

14．若对|x|≤1的一切x，t+1>

（t2-4）x恒成立，则t的取值范围是_______________.

15．我们注意到6!

=8×

9×

10，试求能使n!

表示成（n-3）个连续自然三数之积的最大正整数n为__________.

16．对每一实数对（x,y），函数f（t）满足f（x+y）=f（x）+f（y）+f（xy）+1。

若f（-2）=-2，试求满足f（a）=a的所有整数a=__________.

17．已知a,b,c∈R+，且满足≥（a+b）2+（a+b+4c）2，则k的最小值为__________.。

三、解答题（每题17分，共51分）

18．已知半径为1的定圆⊙P的圆心P到定直线的距离为2，Q是上一动点，⊙Q与⊙P相外切，⊙Q交于M、N两点，对于任意直径MN，平面上恒有一定点A，使得∠MAN为定值。

求∠MAN的度数。

19．已知a>

0，函数f（x）=ax-bx2,

（1）当b>

0时，若对任意x∈R都有f（x）≤1，证明：

a≤2；

（2）当b>

1时，证明：

对任意x∈[0,1],|f（x）|≤1的充要条件是：

b-1≤a≤2；

（3）当0<

b≤1时，讨论：

对任意x∈[0,1],|f（x）|≤1的充要条件。

20.已知椭圆，过其左焦点作一条直线交椭圆于A，B两点，D为右侧一点，连AD、BD分别交椭圆左准线于M,N。

若以MN为直径的圆恰好过，求a的值。

附加题（每题25分，共50分）

21.如图，已知△ABC的外角∠EAC的平分线与△ABC的外接圆交于点D，以CD为直径的圆分别交BC，CA于点P、Q，求证：

线段PQ平分△ABC的周长。

E

A

D

C

P

Q

B

22.（50分）求所有实多项式f和g，使得对所有x∈R，有：

（x2+x+1）f（x2-x+1）=（x2-x+1）g（x2+x+1）。

参考答案

一、选择题

1．由递推式得：

3（an+1-1）=-（an-1），则{an-1}是以8为首项，公比为-的等比数列，∴Sn-n=（a1-1）+（a2-1）+…+（an-1）==6-6×

（-）n，∴|Sn-n-6|=6×

（）n<

，得：

3n-1>

250，∴满足条件的最小整数n=7，故选C。

2．设正三棱锥P-ABC中，各侧棱两两夹角为α，PC与面PAB所成角为β，则vS-PQR=S△PQR·

h=PQ·

PRsinα）·

PS·

sinβ。

另一方面，记O到各面的距离为d，则vS-PQR=vO-PQR+vO-PRS+vO-PQS，S△PQR·

d=△PRS·

d+S△PRS·

d+△PQS·

d=PQ·

PRsinα+PS·

PRsinα+PQ·

sinα，故有：

PQ·

PR·

sinβ=d（PQ·

PR+PR·

PS+PQ·

PS），即=常数。

故选D。

3．xn+1=，令xn=tanαn，∴xn+1=tan（αn+）,∴xn+6=xn,x1=1，x2=2+,x3=-2-,x4=-1,x5=-2+,x6=2-,x7=1，……，∴有。

故选A。

4．设向量=（x,y），则，

即，即.∴或，∴S△AOB==1。

5．设P（x1,y1），Q（x,y），因为右准线方程为x=3，所以H点的坐标为（3,y）。

又∵HQ=λPH，所以，所以由定比分点公式，可得：

，代入椭圆方程，得Q点轨迹为，所以离心率e=。

故选C。

6．由logx=logb（4x-4）得：

x2-4x+4=0，所以x1=x2=2，故C=2A，sinB=2sinA，因A+B+C=180°

，所以3A+B=180°

，因此sinB=sin3A，∴3sinA-4sin3A=2sinA，∵sinA（1-4sin2A）=0，又sinA≠0，所以sin2A=，而sinA>

0，∴sinA=。

因此A=30°

B=90°

C=60°

。

故选B。

7.经计算。

正确答案为B

8.平面区域的四个边界点（—1，—1），（—1，1），（1，—1），（1，1）满足，即有

由此计算动点所形成平面区域的面积为4。

正确答案为A

9.问题等价于函数与直线在上有两个交点，所以m的取值范围为。

正确答案为C

10.不等式的左端看成的一次函数，

由或。

正确答案为C。

.

二、填空题

11．。

由对称性只考虑y≥0，因为x>

0，∴只须求x-y的最小值，令x-y=u，代入x2-4y2=4，有3y2-2uy+（4-u）2=0，这个关于y的二次方程显然有实根，故△=16（u2-3）≥0。

12．46个。

abcd中恰有2个不同数字时，能组成C=6个不同的数。

abcd中恰有3个不同数字时，能组成=16个不同数。

abcd中恰有4个不同数字时，能组成A=24个不同数，所以符合要求的数共有6+16+24=46个。

13．解考虑M的n+2元子集P={n-l，n，n+1，…，2n}．

P中任何4个不同元素之和不小于（n-1）+n+（n+1）+（n+2）=4n+2，所以k≥n+3．

将M的元配为n对，Bi=（i，2n+1-i），1≤i≤n．

对M的任一n+3元子集A，必有三对同属于

A（i1、i2、i3两两不同）．

又将M的元配为n-1对，Ci（i，2n-i），1≤i≤n-1．

对M的任一n+3元子集A，必有一对同属于A，

这一对必与中至少一个无公共元素，这4个元素互不相同，且和为2n+1+2n=4n+1,最小的正整数k=n+3

14．。

①若t2-4>

0，即t<

-2或t>

2，则由>

x（|x|≤1）恒成立，得,t+1>

t2-4,t2-t-s<

0解得，从而<

t<

-2或2<

②若t2-4=0，则t=2符合题意。

③若t2-4<

0，即-2<

2，则由<

x（|x|≤1）恒成立，得，t+1>

-t2+4;

t2+t-3>

0，解得：

或t>

，从而<

2。

综上所述，t的取值范围是：

<

15．23．。

16．1或-2。

令x=y=0得f（0）=-1；

令x=y=-1，由f（-2）=-2得，f（-1）=-2，又令x=1,y=-1可得f

（1）=1，再令x=1，得f（y+1）=f（y）+y+2 ①，所以f（y+1）-f（y）=y+2，即y为正整数时，f（y+1）-f（y）>

0，由f

（1）=1可知对一切正整数y，f（y）>

0，因此y∈N*时，f（y+1）=f（y）+y+2>

y+1，即对一切大于1的正整数t，恒有f（t）>

t，由①得f（-3）=-1,f（-4）=1。

下面证明：

当整数t≤-4时，f（t）>

0，因t≤-4，故-（t+2）>

0，由①得：

f（t）-f（t+1）=-（t+2）>

0，

即f（-5）-f（-4）>

0，f（-6）-f（-5）>

0，……，f（t+1）-f（t+2）>

0，f（t）-f（t+1）>

相加得：

f（t）-f（-4）>

0，因为：

t≤4，故f（t）>

t。

综上所述：

满足f（t）=t的整数只有t=1或t=2。

17．解：

因为（a+b）2+（a+b+4c）2=（a+b）2+[（a+2c）+（b+2c）]2≥

（2）2+（2+2）2=

4ab+8ac+8bc+16c。

所以

≥。

当a=b=2c>

0时等号成立。

故k的最小值为100。

三、解答题

18．以为x轴，点P到的垂线为y轴建立如图所示的直角坐标系，设Q的坐标为（x,0），点A（k,λ），⊙Q的半径为r，则：

M（x-r,0）,N（x+r,0）,P（2,0）,PQ==1+r。

所以x=±

∴tan∠MAN=

，令2m=h2+k2-3，tan∠MAN=，所以m+rk=nhr，∴m+（1-nh）r=，两边平方，得：

m2+2m（1-nh）r-（1-nh）2r2=k2r2+2k2r-3k2，因为对于任意实数r≥1，上式恒成立，所以，由

（1）

（2）式，得m=0,k=0，由（3）式，得n=。

由2m=h2+k2-3得h=±

，所以tan∠MAN==h=±

所以∠MAN=60°

或120°

（舍）（当Q（0,0）,r=1时∠MAN=60°

），故∠MAN=60°

19．

（1）证：

依题设，对任意x∈R，都有f（x）≤1。

∵f（x）=-b（x-）2+，∴f（）=≤1，∵a>

0,b>

0,∴a≤2。

（2）证：

（必要性），对任意x∈[0,1]，|f（x）|≤1-1≤f（x）据此可推出-1≤f

（1）即a-b≥-1，∴a≥b-1。

对任意x∈[0,1]，|f（x）|≤1f（x）≤1，因为b>

1，可推出f（）≤1。

即a·

-≤1，∴a≤2，所以b-1≤a≤2。

（充分性）：

因b>

1,a≥b-1，对任意x∈[0,1]，可以推出：

ax-bx2≥b（x-x2）-x≥-x

≥-1，即：

ax-bx2≥-1；

因为b>

1，a≤2，对任意x∈[0,1]，可推出ax-bx2≤2-bx2≤1，即ax-bx2≤1，∴-1≤f（x）≤1。

综上，当b>

1时，对任意x∈[0,1],|f（x）|≤1的充要条件是：

b-1≤a≤2。

（3）解：

因为a>

0,0<

b≤1时，对任意x∈[0,1]。

f（x）=ax-bx2≥-b≥-1，即f（x）≥-1；

f（x）≤1f

（1）≤1a-b≤1，即a≤b+1；

a≤b+1f（x）≤（b+1）x-bx2≤1，即f（x）≤1。

所以，当a>

b≤1时，对任意x∈[0,1]，|f（x）|≤1的充要条件是：

a≤b+1.

20.。

设，由得

----------------------10分

设。

由M、A、D共线。

又，得=整理得。

----------

附加题21证：

如图，连结DB、OP、DQ，因∠ABD+∠ACD，∠EAC=∠ABC+∠ACB，则∠EAC=∠DBC+∠DCB，即：

2∠DAC=∠DBC+∠DCB；

又∠DAC=∠DBC，则：

∠OBC=∠DCB；

故△DBC为等腰三角形，因OP⊥BC，则CP=BC。

在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理得：

AC·

BD=BC·

AD+AB·

CD，因BD=CD，则：

AC-AB=，又DQ⊥AC，则△ADQ∽△BDP，所以，即：

AQ=。

故AC-AB=2AQ，即AQ=。

从而：

CQ+CP=（AC-AQ）+BC=（AC-BC=（AB+BC+CA）。

22.设w是1的非实的立方根，满足w2+w+1=0，则g（w2+w+1）g（0）=0，设α为-1的非实的立方根，则f（α2-α+1）=f（0）=0，故可设：

f（x）=x·

a（x）；

g（x）=x·

b（x）。

因此原条件可化为：

a（x2-x+1）=b（x2+x+1）。

令x=-y，得：

a（y2+y+1）=b（y2-y+1），1]。

下面证明无穷多个n使得：

a（n2+3n+3）=a

（1）。

由n=1可得：

a

（1）=a（7），假设a[（n-1）2+3（n-1）+3]=a

（1）（n≥2），则a[（n+1）2+3（n+1）+3]=a[（n+2）2+（n+2）+1]=a[（n+1）2-（n+1）+1]=a[（n-1）2+3（n-1）

+3]=a

（1）。

由于多项式a（x）-a

（1）有无穷多个根，所以a（x）-a

（1）是零多项式，即a（x）为常数，因此f（x）=kx，类似可知：

g（x）=kx。