2005江苏省高中数学竞赛试题

1江苏省高中数学竞赛预赛试题本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟。第Ⅰ卷（选择题共36分）一．选择题：本大题共6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．函数y=f(x)的图像按a→=(4，2)平移后，得到的图像的解析式为y=sin(x+4)+2，那么y=f(x)的解析式为()A．y=sinxB．y=cosxC．y=sinx+2D．y=cosx+4解:y=sin[(x+π4)+π4],即y=cosx.故选B．2．如果二次方程x2－px－q=0(p，q∈N*)的正根小于3，那么这样的二次方程有()A．5个B．6个C．7个D．8个解：由=p2+4q0，－q0，知方程的根一正一负．设f(x)=x2－px－q，则f(3)=32－3p－q＞0，即3p+q＜9.由p，q∈N*，所以p=1，q≤5或p=2，q≤2.于是共有7组(p，q)符合题意．故选C．3．设ab0，那么a2+1b(a－b)的最小值是（）A．2B．3C．4D．5解：由ab0，可知0b(a－b)≤14a2．所以，a2+1b(a－b)≥a2+4a2≥4．故选C．4．设四棱锥P－ABCD的底面不是平行四边形，用平面α去截此四棱锥，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α()A．不存在B．只有1个C．恰有4个D．有无数多个解：设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线为m，n，直线m、n确定了平面β，作与β平行的平面α与四棱锥侧棱相截，则截得的四边形是平行四边形．这样的平面α有无数多个．故选D．5．设数列{an}：a0=2,a1=16，an+2=16an+1－63an(n∈N)，则a2005被64除的余数为()A．0B．2C．16D．48解：数列{an}模64周期地为2，16，2，－16，又2005被4除余1，故选C．6．一条走廊宽2m、长8m，用6种颜色的11m2的整块地砖来铺设(每块地砖都是单色的，每种颜色的地砖都足够多)，要求相邻的两块地砖颜色不同，那么所有的不同拼色方案种数有()A．308B．30257C．30207D．30217解：铺第一列(两块地砖)有30种方法；其次铺第二列，设第一列的两格铺了A、B两色(如图)，那么，第二列的上格不能铺A色，若铺B色，则有(6－1)种铺法；若不铺B色，则有(6－2)2种方法，于是第二列上共有21种铺法．同理，若前一列铺好，则其后一列都有21种铺法.因此，共有30217种铺法．AB2故选D．二．填空题：本大题共6小题，每小题6分，共36分.7．设向量→OA绕点O逆时针旋转2得→OB，且2→OA+→OB=（7，9），则向量→OB=．解：设→OA=（m，n），则→OB=（－n，m），所以2→OA+→OB=（2m－n，2n+m）=（7，9），即2m－n=7，m+2n=9．得m=235，n=115．因此，→OA=(235，115），→OB=（－115，235)．故填（－115，235)．8．设无穷数列{an}的各项都是正数，Sn是它的前n项之和，对于任意正整数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项，则该数列的通项公式为．解：由题意知an+22=2Sn，即Sn=(an+2)28．①由①式，a1+22=2a1，得a1=2．又由①式得Sn－1=(an－1+2)28(n≥2)②则有an=Sn－Sn－1=(an+2)28－(an－1+2)28(n≥2)，整理得(an+an－1)(an－an－1－4)=0．又因为an0，an－10，所以an－an－1=4(n≥2)，a1=2.因此,数列{an}是以2为首项，4为公差的等差数列，其通项公式为an=2+4(n－1)，故填an=4n－2(n∈N*)．9．函数y=|cosx|+|cos2x|(x∈R)的最小值是．解：令t=|cosx|∈[0，1]，则y=t+|2t2－1|．当22≤t≤1时，y=2t2+t－1=2(t+14)2－98，得22≤y≤2．当0≤t22时，y=－2t2+t+1=－2(t－14)2+98，得22≤y≤98．又y可取到22．故填22．10．在长方体中ABCD－A1B1C1D1中，AB=2，AA1=AD=1，点E、F、G分别是棱AA1、C1D1与BC的中点，那么四面体B1－EFG的体积是．解：在D1A1的延长线上取一点H，使AH=14，易证，HE∥B1G，HE∥平面B1FG．故VB1－EFG=VE－B1FG=VH－B1FG=VG－B1FH．而SB1EF=98，G到平面B1FH的距离为1．故填VB1－EFG=38．11．由三个数字1，2，3组成的5位数中，1，2，3都至少出现1次，这样的5位数共有个．解：在5位数中，若1只出现1次，有C51(C41+C42+C43)=70个；3若1只出现2次，有C52(C31+C32)=60个；若1只出现3次，有C53C21=20个．所以这样的五位数共有150个．故填150．12．已知平面上两个点集：M={(x，y)||x+y+1|≥2(x2+y2)，x，y∈R}，N={(x，y)||x－a|+|y－1|≤1，x，y∈R}，若M∩N≠，则a的取值范围为．解：由题意知M是以原点为焦点，直线x+y+1=0为准线的抛物线及其凹口内侧的点集，N是以(a，1)为中心的正方形及其内部的点集(如图)．考察M∩N=时a的取值范围：令y=1,代入方程|x+y+1|=2(x2+y2)得x2－4x－2=0，解得x=2±6．所以，当a2－6－1=1－6时M∩N=．令y=2，代入方程|x+y+1|=2(x2+y2)得x2－6x－1=0，解得x=3±10．所以，当a3+10时，M∩M=．于是，当1－6≤a≤3+10，即a∈[1－6，3+10]时，M∩N≠．故填[1－6，3+10]．三、解答题：13．已知点M是ABC的中线AD上的一点，直线BM交边AC于点N，且AB是NBC的外接圆的切线，设BCBN=λ，试求BMMN（用λ表示）．(15分)证明：在BCN中，由Menelaus定理得BMMN·NAAC·CDDB=1．因为BD=DC，所以BMMN=ACAN．………………………6分由∠ABN=∠ACB，知ABN∽ACB，则ABAN=ACAB=CBBN．所以，ABAN·ACAB=CBBN2，即ACAN=BC2BN2．…………………………………………………12分因此，BMMN=BC2BN2．又BCBN=λ，故BMMN=λ2．………………………………………………………………15分ABCDNM-2-146-357-1yx123123O414．求所有使得下列命题成立的正整数n(n≥2)：对于任意实数x1，x2，…，xn，当i=1∑nxi=0时，总有i=1∑nxixi+1≤0(其中xn+1=x1)．(15分)解：当n=2时，由x1+x2=0，得x1x2+x2x1=－2x12≤0．故n=2时命题成立；……3分当n=3时，由x1+x2+x3=0，得x1x2+x2x3+x3x1=(x1+x2+x3)2－(x21+x22+x23)2=－(x21+x22+x23)2≤0．故n=3时命题成立．……………………………………………………………………………………6分当n=4时，由x1+x2+x3+x4=0，得x1x2+x2x3+x3x4+x4x1=(x1+x3)(x2+x4)=－(x2+x4)2≤0．故n=4时，命题成立．………………………………………………………………9分当n≥5时，令x1=x2=1，x4=－2，x3=x5=…=xn=0，则i=1∑nxi=0，但i=1∑nxixi+1=10，故n≥5时命题不成立．综上可知，使命题成立的n=2，3，4．……………………………………………15分15．设椭圆的方程x2a2+y2b2=1(ab0)，线段PQ是过左焦点F且不与x轴垂直的焦点弦，若在左准线上存在点R，使△PQR为正三角形，求离心率e的取值范围，并用e表示直线PQ的斜率．(24分)解：如图，设线段PQ中点M，过点P、M、Q分别作准线的垂线，垂足分别为点P，M，Q，则|MM|=12(|PP|+|QQ|)=12(|PF|e+|QF|e)=|PQ|2e．…………………………6分假设存在点R，则|RM|=32|PQ|，且|MM|＜|RM|，即|PQ|2e＜32|PQ|，所以，e＞33．………………………………12分于是，cos∠RMM=|MM||RM|=12e13e，cot∠RMM=13e2－1．FRPQOxyP’M‘MFRPQOxy5在图中，|PF||QF|，且有kPQ=tan∠QFx=tan∠FMM=cot∠RMM=13e2－1．………………………………………………18分当e33时，过点F作斜率为13e2－1的焦点弦PQ，它的中垂线交左准线于R，由上述过程知，|RM|=32|PQ|．故PQR为正三角形．……………………………………………21分根据对称性，当|FP||FQ|时，有kPQ=－13e2－1．所以，椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e的范围是(33，1)，且直线PQ的斜率为±13e2－1．…………………………………………………………………………………………24分16．⑴若n(n∈N*)个棱长为正整数的正方体的体积之和等于2005，求n的最小值，并说明理由；(12分)⑵若n(n∈N*)个棱长为正整数的正方体的体积之和等于20022005，求n的最小值，并说明理由．(24分)解：⑴因为2005=1728+125+125+27=123+53+53+33，故n=4存在，nmin≤4．………6分103=1000，113=1331，123=1728，133=2169，1232005133，则n≠1．若n=2，因103+1032005，则最大立方体的棱长只能为11或12，2005－113=674，2005－123=277，674与277均不是完全立方数，故n=2不可能；若n=3，设此三个立方体中最大一个的棱长为x，由3x3≥2005＞3×83，知最大立方体的棱长只能为9、10、11或12，而2005393，2005－93－93=547，2005－93－83－830，故x≠9．2005－103－103=5，2005－103－93=276，2005－103－83=493，2005－103－73－730．故x≠10；2005－113－930，2005－113－83=162，2005－113－73=331，2005－113－63－630，故x≠11；2005－123－730，2005－123－63=61，2005－123－53－530，故x≠12．所以n=3不可能．综上所述，nmin=4．…………………………………………………………………………12分6⑵设n个立方体的棱长分别是x1，x2，…，xn，则x31+x32+…+x3n=20022005．①由2002≡4(mod9)，43≡1(mod9)，得20022005≡42005≡46683+1≡(43)6684≡4(mod9)．②又当x∈N*时，x3≡0，±1(mod9)，所以x31≡∕4(mod9)，x31+x32≡∕4(mod9)，x31+x32+x33≡∕4(mod9)．③①式模9，并由②、③式可知n≥4．…………………………………………………18分而2002=103+103+13+13，则20022005=20022004(103+103+13+13)=(2002668)3(103+103+13+13)=(200266810)3+(200266810)3+(2002668)3+(2002668)3．故n=4为所求的最小值．………………………………………………………………24分