2014年全国高中数学联赛广西赛区预赛试题

12014年全国高中数学联赛广西赛区预赛试卷时间120分钟，满分120分（2014年5月18日上午：8：00——10：00）一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分.(．请把答填于第．．．．．．2．页答题区）．．．．．1.已知为锐角，且有052cos3tan2，01sin6tan，则sin的值是__________.2.函数xxy2813的最大值是_________.3.函数||2xy的图象与函数2xy的图象围成的面积大小为_______(平方单位).4.从前2014个正整数构成的集1,2,,2014M中取出一个k元子集A，使得A中任两数之和不能被这两数之差整除，则k的最大值为_______.5.三棱锥ABCP中，顶点P在平面ABC的射影为O，满足0OCOBOA，A点在侧面PBC上的射影H是PBC的垂心，6PA，则此三棱锥体积的最大值为________.6.用红黄蓝三种颜色给如右图所示的六连圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案共有________种(用数字作答).7.如右图，1F和2F分别是双曲)0,0(12222babyax的两个焦点，A和B是以O为圆心，以1FO为半径的圆与该双曲线左支的两个交点，且△ABF2是等边三角形，则双曲线的离心率为________.8.已知对每一个实数x和y函数()fx满足()()()fxfyfxyxy.若(1)fm，则满足2014)(nf的正整数对),(nm共有_________个.学校班别姓名座号2总分一、填空题答题区（每小题8分，满分64分）1.2.3.4.5.6.7.8.二、解答题：本大题共3小题，共56分.9.（本小题满分16分）已知方程20xaxb的两个不等实根1x、2x满足3322331212121211122672()0333xxxxxxxxab.求223ababa的值.310.（本小题满分20分）如图，已知KL、分别是ABC的边ACAB、的中点，ABC的内切圆I分别与边CABC、切于点ED、.求证：DEKL、的交点在ABC的角平分线上.411.（本小题满分20分）在数列{}na中，1111,30(2)nnnnaaaaan．（1）求数列{}na的通项；（2）若11nnaa对任意2n的整数恒成立，求实数的取值范围；（3）设数列nnba，{}nb的前n项和为nT，求证：2(311)3nTn．2014年全国高中数学联赛广西赛区预赛试题参考解答及评分标准一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分.1.10103.解：由052cos3tan2，01sin6tan，得3tan.又为锐角，故10103sin.2.33.解：函数的定义域为]4,1[，且0y.根据柯西不等式有：33)4()1()2(342132222xxxxy，上式当且仅当xx4312时，等号成立，即1138x时函数取最大值33.3.)2ln9348(2.解：由于函数||2xy与函数2xy都是偶函数，故有)2ln9348(2])2()2([2422202dxxdxxSxx.54.672.解：首先，我们可以取672元集，1,4,7,,2014A,A中任两数之和不能被3整除，而其差是3的倍数；其次，将M中的数自小到大按每三数一段，共分为672段：1,2,3,4,5,6,7,8,9,,2008,2009,2010,2011,2012,20132014.现从M中任673个数，必有两数,xy取自同一段，则1xy或2，注意xy与xy同奇偶，于是xyxy．因此k的最大值为672.5.36.解：由题可证明△ABC为正三角形，设其边长为x，则33660sin2131202xxV33612364xx.利用导数当26x时体积取最大值36.6.30.解：从左到右将六个圆编号为1,2,3,4,5,6，满足条件的只有)46,25,13(、)36,25,14(、)35,26,14(、)36,24,15(、)35,24,16(等组合，因此按要求用三种颜色给如图所示的六连圆涂色，应有30533A.7.31.解：连AF1，则△AF1F2为直角三角形，且斜边F1F2之长为2c.令1122,.AFrAFr由直角三角形性质知：211221221222rrarcracrcrr.∵222222222124,24220220rrcacccaaccee，得31e.∵e﹥1，∴取31e.8.8.解：令y=1,得()(1)(1),(1)(),fxffxxfxfxmx()(1)(1),fxfxmx()[()(1)][(1)(2)][(2)(1)](1)fxfxfxfxfxfff6=1(1)2mxxx，而2014)(nf，设)1(212014nnmn53194)12(nmn，又(21)21nmnm为奇数，所以(21)nmn与为一奇一偶.当n为偶数时，(21)mn取得奇数的个数为4)11)(11(个（5319的约数），即有4个解；同理，n为奇数时，也有4个解，故共有8个.二、解答题：本大题共3小题，共56分.9.（本小题满分16分）解：由韦达定理得12xxa，12xxb.于是，有3322331212121211122333xxxxxxxx=3231212121212121211[()2()]()22()()33xxxxxxxxxxxxxx…………6分=32311(3)2233aabaabb=3321()2()3ababaab=221()()()(2)3ababababa=221()[()2]3abababa.………………………………………………11分由已知，得221()[()2]672()3abababaab.而0ab，所以221()26723ababa.因此，22336702010ababa.……………………………………………16分10.（本小题满分20分）证明：假设ABBC，否则结论显然成立（此时E、K重合）.设KL与ABC的角平分线交于点S，BC//KL，LBSCBSLSB，于是LBLS，又因为LBLAS在以AB为直径的圆上，故090ASB.……5分设DE与ABC的角平分线交于点T，则ABC的内心I在点TB、之间.又因为BCAB，则有ET，且29029000CAIB,CDEC.…………10分7如果T在线段DE的内部，有0180AETAIT，所以ETIA、、、四点共圆.如果EI、在AT的同侧，有AETCAIT2900，也有ETIA、、、四点共圆.………………………………………………………………………………15分因为090AEI，所以，090ATI.由于ATBASB，则TS、重合，即DE,KL和ABC的角平分线交于一点.………………………………………………………20分11.（本小题满分20分）解：（1）将1130(2)nnnnaaaan整理得：1113(2)nnnaa，所以113(1)32nnna，即132nan，当1n时，上式也成立，所以，132nan.………………………………………………5分（2）若11nnaa恒成立，即3132nn恒成立，整理得：(31)(32)3(1)nnn.令(31)(32)3(1)nnncn,则1(34)(31)(31)(32)(31)(34)33(1)3(1)nnnnnnnnccnnnn.因为2n，所以上式0，即{}nc为单调递增数列，所以2c最小，2283c，8所以的取值范围为28(,]3.…………………………10分（3）由nnba，得1222(3132)3232323231nnbannnnnn，……15分所以12nnTbbb2(3113123213223132)3nn2(311)3n.…………………………20分