2016年浙江省高中数学竞赛试题及答案

2016年浙江省高中数学竞赛试卷一、选择题（本大题共有8小题，每题只有一个正确答案，将正确答案的序号填入题干后的括号里，多选、不选、错选均不得分，每题6分，共48分）1.曲线22(2)()0xyaxy为平面上交于一点的三条直线的充要条件是（）.A.0aB.1aC.1aD.aR解答：若0a，则曲线表示的曲线是三条交于原点的直线，反之，由于直线yx和直线yx交于原点，所以曲线要为平面上三条交于一点的直线，则直线20xya过原点，即0a.故正确答案为A.2.函数32()4sinsin2(sincos)22xxfxxx的最小正周期为（）.A.2B.2C.23D.解答：化简得()sin32fxx，则函数()fx的最小正周期为23.故正确答案为C.3.设双曲线22221xyab（0,0ab）的左右焦点分别为12,FF，点A是过2F且倾斜角为4的直线与双曲线的一个交点.若△12FFA为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（）.A.312B.31C.212D.21解答：因为122,AFAFa要使△12FFA为等腰直角三角形，则122,AFAFa以及2122AFFFc，由勾股定理得22(2())2(2)acc，解答21ca.故正确答案为D.4.已知正三棱锥SABC，底面是边长为1的正三角形，侧棱长为2.若过直线AB的截面，将正三棱锥的体积分成两个相等的部分，则截面与底面所成二面角的平面角的余弦值为().A.1510B.41515C.1515D.21515解答：设截面与棱SC交于D点，由已知条件可知，点D为棱SC的中点.取AB的中点E，连接,,ECDESE,则DEC为截面与底面所成二面角的平面角，设为.在△SEC中，153,,222SEECSC，所以中线52DE.在△DEC应用余弦定理得215cos15.正确答案为D.5.已知,Rab，函数()fxaxb.若对任意[1,1]x，有0()1fx，则3122abab的取值范围为（）.A.1[,0]2B.4[,0]5C.12[,]27D.42[,]57解答：由题意得0(1)1010(1)110fabfab.令uabvab，则22uvauvb，这样3142210=25112234353abuvvabuvu，由此即知43125227abab．正确答案为D.6.已知向量OA，OB垂直，且24OAOB.若[0,1]t，则5(1)12tABAOBOtBA的最小值为（）.A.2193B.26C.242D.24解答：用数形结合方法求解，作正方形OACB，连对角线AB，则向量tABAO等于向量(ODD为对角线AB上一点），向量5(1)12BOtBA等于向量(EDE为OB边上一点，10EB），ODDC，所以5(1)12tABAOBOtBA等于EDDC，由几何意义可知EDDC的最小值为EC的值，即等于26.故正确答案为B.7.设集合*111(,),,N45Mxyxyxy，则集合M中的元素个数为（）.A.0B.1C.2D.3解答：由于111111154555xyxy，故111252255155++xyy，这样5Qy．同理，5Qx.所以可设225,5,,*Nxaybab，因此，原式111111345abxy,(2,6)ab.又因为,ab与,xy一一对应，则集合M中的元素个数为1.故选B.8.记[]x为不超过x的最大整数.若集合(,)[][]1Sxyxyxy，则集合S所表示的平面区域的面积为（）.A.52B.3C.92D.4解答：当01xy时，[]0,xy所以[]1xy，即12xy；当12xy时，[]1,xy所以[]0xy，即01xy；当10xy时，[]1,xy所以[]0xy，即01xy；画出满足上述条件的区域，可知集合S所表示的平面区域的面积为52.正确答案为A.二、填空题（本大题共有7小题，将正确答案填入题干后的横线上，每题7分，12题9分，共51分）9.设()fx是定义在R上的奇函数.若对任意实数x,有(2)()fxfx，且当[0,1]x时，()2fxx，则(103)f=.解答：由(2)()fxfx得(4)()fxfx，所以()fx的周期为4.因此，(103)(10316)(16103)(18103)36203ffff.10.已知数列{},{}nnab满足：111,2,ab11,23(*),Nnnnnnabbabn则20152016bb.解答：由已知1211,23,iiiiiabbab得到22111212()(2)()(2)().iiiiiiibbbbbbbb所以20152015201632.bb11.设Ra，方程2xaa恰有三个不同的根，则a.解答：原方程可变形为2xaa，要使方程恰有三个不同的根，则2,a此时方程恰有三个不同的根1232,6,2xxx.所以2.a12.已知两个底面重合的正四面体AOBC和DOBC，,MN分别为△ADC与△BDC的重心.记OAa，OBb，OCc，若点P满足OPxaybzc，2MPPN，则实数______,_______,________.xyz解答：设点A在面OBC上的投影为H，则211()(),323OHOBOCbc所以1(3),3AHOHOAbca因此22(3).3ADAHbca又211()(925),329AMADACabc所以1(25).9OMOAAMbc同理，2111()()(345),3239BNBCBDOCOBADABabc1(355).9ONOBBNabc由2MPPN得，32OPOMON，所以xaybzc1(245),9abc因此245,,.999xyz13.在△ABC中，5,412BC，26AC，AC的中点为D.若长度为3的线段PQ(P在Q的左侧)在直线BC上滑动，则APDQ的最小值为.解答：由已知求得6BC，过D做直线DE平行BC，交AB于E点，则1//,32DEBCDEBC，所以PQDE为平行四边形，即DQEP.这样问题就转化为在直线BC上找一点，使APEP最小.计算得APEP的最小值为303102.14.若关于,xy的方程组33sinsincoscosxmyxmy有实数解，则正实数m的取值范围为.解答：两式平方，消去x得2231(1sin2)4=my，故224sin21[0,1]3=ym这样，212m。反之，当212m时，也存在00,xy满足方程。因此，正实数m的取值范围为[1,2]．15.已知,,abc为互不相等的整数，则22224()()abcabc的最小值为.解答：22222222224()()()()()abcabcabbccaabc，其最小值为8.三、解答题（本大题共有3小题，16题15分，17、18每题18分，共51分）16.设函数22()(53)7fxxkakx（,Rak）.已知对于任意的[0,2]k，若12,xx满足1[,],xkka2[2,4]xkaka，则12()()fxfx，求正实数a的最大值.解答：由于二次函数22()(53)7fxxkakx的对称轴为2532kakx,故题设条件等价于对任意的[0,2]k均有2535.22kakka……………………①即对任意的[0,2]k均有22351kkak，202235min1kkkak又22366(1)42(1)4264111kkkkkkk，当且仅当61k时取等号，故20223min2641kkkk.所以，正实数a的最大值为2645.17.已知椭圆C：22221xyab（0ab），经过点16(3,)5P，离心率为35.过椭圆C的右焦点作斜率为k的直线l，交椭圆于,AB两点，记,PAPB的斜率为12,kk.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）若120kk，求实数k.解答：（Ⅰ）由已知得，22222925691,925ababa，解得2225,16ab，所以椭圆方程为2212516xy.（Ⅱ）右焦点坐标为（3,0），（1）当0k时，则直线l的方程为(3)ykx.联立方程组(3),221,2516ykxxy得2222(1625)1502254000kxkxk.设1122(,),(,)AxyBxy，则22121222150225400,.16251625kkxxxxkk又121212161655,,33yykkxx所以122112121616()(3)()(3)55(3)(3)yxyxkkxx.由1122(3),(3)ykxykx，得12212153625600,5(1625)(3)(3)kkkkxx解得35k.（2）当斜率0k时，1228,,55kk则12605kk，不合题意.（3）当斜率k不存在时，此时斜率12,kk均不存在，不合题意.所以，35k.18.给定数列{}nx，证明:存在唯一分解nnnxyz，其中数列ny非负，nz单调不减，并且1()0nnnyzz，00z.证明：我们只需证明对任意的正整数n，满足110()0000nnnnnnnnnxyzyzzyzzz,………(*)的,nnyz存在且唯一。下面用数学归纳法证明之。1当1n时，11011()0=yzzyz，这样有1110yzx或1110yxz。若10x，则1110yxz；若10x，则1110yzx.这样，当1n时命题成立。2假设当(1)nkk时，命题成立，则当1+nk时，(*)等价于11111110()()00()00kkkkkkkkkkkyzzxzyzzyzzz,这样有1110()kkkkkyzzxz或1110kkkkkyxzzz。进一步，若10kkxz，则1110kkkkkyxzzz，即111kkkkkyxzzz；若10kkxz，则1110()kkkkkyzzxz，即1110kkkyzx。故则当1+nk时，命题成立。3由数学归纳法可知，对于任意的自然数n命题均成立。综上，原问题得证。四、附加题（本大题共有2小题，每题25分，共50分）19.设集合*{NAxx的十进制表示中数码不含2,0,1,6}.证明：13xAx.（注：1xAx表示集合A中的所有元素的倒数之和）解答：在k位正整数中，各位上的数码不含数字2,0,1,6的共有6k个，其中首位数字为3,4,5,7,8,9的各有16k，所以，在所有的k位数中有1111111111111666666310410510710810910kkkkkkkkkkkkknx116111111()10345789kk