福建省2016年泉州市高中数学竞赛试题

第1页（共8页）2016年泉州市高中学科竞赛数学学科（总分150分，考试时间：150分）一、填空题：本大题共10小题，每小题6分，共60分．请将答案填写在答题卡的相应位置．1．已知1sinsin3xy，1coscos3xy，则cos()xy____________．解析：由222(coscos)(sinsin)9xyxy，得8cos()9xy．2．若224log122lg(log)log251a，则a____________．解析：因为2222422log122log12log4log3lg3log251log51log10，所以2lg(log)lg3a，即2log3a，解得8a．3．半径为2的球内接长方体的表面积的最大值是__________．解析：设长方体的长、宽、高分别为,,abc，则依题意，得2224abc，即22216abc，又该长方体的表面积为222Sabbcca，且222222222abcabbcca，所以32S．4．关于x的不等式22(1)xax有且仅有2个整数解，则实数a的取值范围为_________．解析：根据2yx和2(1)yax的图象关系，易知944a．5．若点Q在ABC所在平面内，点P在平面外．若对任意的实数,xy，APxAByACPQ，则向量PQ与BC所成的角____．解析：设AMxAByAC，则APAMMPPQ，故PQ平面ABC，所以第2页（共8页）向量PQ与BC所成的角为90．6．在空间直角坐标系Oxyz中，棱长为2的正四面体ABCD的顶点,AB分别在x轴、y轴上移动，则棱CD的中点M到O的距离的取值范围为__________．解析：记AB中点为N，则1ON，2MN恒成立，而ONNMOMONNM，故[21,21]OM．7．如图，三角形ABC中，1AB，3BC，以C为直角顶点向外作等腰直角三角形ACD，当ABC变化时，线段BD的长度最大值为__________．解析：设∠ABC=，∠ACB=，则2423cosAC，由正弦定理可得sinsin423cos，所以23423cos23423coscos(90)BD，723cos23sin726sin(45)，故135时，BD取得最大值61．8．若,abR，1(0,)2c，22ab，则22212abcc的最小值为___________．解析：22222222222(12)2[(12)2]()4[]121212ababcacbccabcccccc22244(2)4ababab，故22212abcc的最小值为4．9．若0a，R，22sin1cos1aaaa的最大值和最小值分别为,Mm，则Mm______．第3页（共8页）解析：方法1：记22sin1(,)cos1aafaaa，则221sinsin1(,)=1cos1cosaaaafaaaaa表示过11(,)Paaaa，(cos,sin)Q的直线斜率，P为射线(2)yxx上的动点，Q为圆221xy上的动点，由图可知22sin1cos1aaaa的最大值和最小值分别为过点(2,2)作圆221xy的切线斜率，设过点(2,2)的圆221xy的切线方程2(2)ykx，则22211kdk，即23830kk(*），则方程（*）的两根为,Mm，故1Mm．方法2：记22sin1(,)cos1aafaaa，2222sin()1cos112(,)2sin1(,)cos()12aaaafaaafaaa，且(,)0fa，故1Mm．10．函数22(1)25(3)61324yxxxxxxx的图象与x轴交点坐标为．解析：22(1)((1)41)(3)((3)41)yxxxx，令2()(41)fttt，则可知()ft是奇函数，且在(,)上单调递增，所以(1)(3)yfxfx在(,)上单调递增.令0y得(1)(3)fxfx即第4页（共8页）(1)(3)fxfx，故13xx，解得2x，故函数(1)(3)yfxfx的图象与x轴的交点坐标为(2,0)．二、解答题：本大题共4小题，共90分．请将答案填写在答题卡的相应位置．11．（本小题满分20分）已知数列na满足113a，11nnnnaaaa(nN)．（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）设2()(1)nnbann，数列nb的前n项和为nS，证明：25916nS．解析：（Ⅰ）由11nnnnaaaa，得*1111()nnnaaN，故1na是首项为3，公差为1的等差数列，所以111(1)2nnnaa，故12nan．（Ⅱ）由2()(1)nnbann，得22221111()(2)4(2)nnbnnnn，所以222222211111111[(1)()()()]4324(1)(1)(2)nSnnnn2222151151115[()]()44(1)(2)164(1)(2)16nnnn．又因为22111()4(1)(2)nn是单调递减数列，所以2251115132()164(1)(2)161449nn，所以25916nS．12．（本小题满分20分）如图，锐角三角形ABC中，60C，,OH分别是第5页（共8页）ABC的外心、垂心，直线OH分别交AC，BC于P，Q．（Ⅰ）求证：,,,ABHO四点共圆；（Ⅱ）求证：APQBQP．证明：（Ⅰ）连结AH，AO，BH，BO．因为180120AHBC，又2120AOBACB，所以,,,AHOB四点共圆．（Ⅱ）1(180)302PHAOBAAOB，又因为9030PAHC，所以120APQ，所以60CQP，故120BQP，即APQBQP．13．（本小题满分25分）已知椭圆2222:10xyabab的右焦点F，点1,1P，PFx轴，椭圆上的两动点,RS关于原点对称，且RPSP的最小值为2．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过P作两条动直线12,ll分别交于,AB和,CD，弦,ABCD的中点分别为,MN．若直线12,ll的倾斜角互余，求证：直线MN过定点．解析：（Ⅰ）由已知，1c，设,Rxy，则有,Sxy，得222=222RPSPROOPSOOPOPORaa，所以3b，所求椭圆的方程为22143xy．（Ⅱ）证法一：因为直线12,ll的倾斜角,互余，所以直线12,ll的斜率12,kk满足第6页（共8页）12121kkkk．联立方程组12211,1,43ykxxy消去y，得2221111348141120kxkkxk，所以211214434Mkkxk，把Mxx代入111ykx，（或由点差法，113344MMMMyxkyxk）得2111221144333434Mkkkykk，因为121kk，所以把,MMxy中的1k替换为11k，得211122114433,3434NNkkkxykk，211211344433NMMNNMkkyykxxkk，所以直线MN的方程为2211111222111134433443434433kkkkkyxkkkk，化简可得，直线MN过定点4,3．证法二：先猜后证，利用两种极端情形，猜出定点：①π0,2时，此时直线MN为过点1,0,0,1的方程1xy；②当ππ,44时，此时MN，此时直线MN的方程为34yx，联立方程组1,3,4xyyx解得4,3,xy即交点4,3T，下证,,MNT三点共线．第7页（共8页）又21121134434433MMTMkkykxkk，21121134434433NNTNkkykxkk，所以MTNTkk，故直线MN经过定点4,3．14．（本小题满分25分）函数π22()cos1xxfxxee，(0,)x．（Ⅰ）判断函数()fx的零点个数，并给出证明；（Ⅱ）若0x为函数()fx的零点，证明：对任意的xR，[0,]2，222200312sin2cos3sincos2sin3cos22xxxx．解析：（Ⅰ）令π2tx，则ππ22()cos1xxfxxee可换元为2()sin1ttgttee，记()1()sintttgthtteee，函数()ht与函数()gt的零点相同．任取12ππ,(,)22tt，sinyt在ππ(,)22内单调递增，故12sinsin0tt．假设12tt，则1212121212(1)()()()sinsin0tttttththttteeee，即12()()htht，故()ht在ππ(,)22内单调递增．π()02h，π()02h，(0)0h，故函数()ht在ππ(,)22内有且仅有一个零点0，即函数()gt在ππ(,)22内有且仅有一个零点0，易得ππ22()cos1xxfxxee在(0,π)内有且仅有一个零点π2．（Ⅱ）由（Ⅰ）得0π2x，令220032sin2cos3sin,cos2sin3cos2mxnx．第8页（共8页）欲证2212xmxn，即证222122()02xmnxmn，只需证：22214()8()02mnmn，即证2()1mn．而0773πsin23(sincos)sin2(sincos)222mnx．设sincos[1,2]t，则21sin2t，故273π3π5sin2(sincos)2222mntt在区间[1,2]单调递减．所以，当1t时，mn取最大值73π12，即2()1mn．故原不等式恒成立．