2014年山东预赛数学试题祥解

2014年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题2014年9月6日上午9点～11点一、填空题（本大题共10个小题，每小题9分，共90分）1．集合22,0,1,4,,2,2ABkkRkAkA，则集合B中所有元素之积为____________________________________________．【解析】由22kA得：2,2,3,6k，再由2kA得：4,2,3,6k，于是2,2,3,6B，因此集合B中所有元素之积为72．2．已知函数2sin1cosfxxxxR，则fx的值域为____________________________________________．【解析】一方面222sin1cos2sin1cos2fxxxxx，另一方面，2sin1cosxx，∴02fx，当2sin1cos1xx时，即122xkkZ时，fx取得最大值2，当2sin1cos1xx时，即122xkkZ时，fx取得最小值0，因此函数fx的值域为0,2．3．已知PQ过△ABC的重心G，且满足,CPmCACQnCB，则11mn____________________________________________．【解析】特殊值法：⑴点P与点A重合，点Q为中点；⑵PQ∥AB．【法二】连接CG并延长交AB于点D，则点D是线段AB的中点，∴2133CGCDCACB，又1111,3333PGCGCPmCACBQGCGCQCAnCB，由P、Q、G三点共线得，存在实数使得PGQG，于是1111,3333mn，消去得：113mn．【法三】连接CG并延长交AB于点D，则点D是线段AB的中点，∴211111133333CGCDCACBCPCQCPCQmnmn，由P、Q、G三点共线得，11133mn，∴113mn．4．若12340xxxx且12312344log2014log2014log2014log2014xxxxxxxxk恒成立，则实数k的最大值是____________________________________________．【解析】记312234ln,ln,lnxxxabcxxx，则31124234lnlnlnlnxxxxabcxxxx，于是由已知得：0,0,0abc且ln2014ln2014ln2014ln2014kabcabc恒成立，即111kabcabc恒成立，由于11139abcabcabcabcbaaccb，可知：实数k的最大值是9．5．已知点P是Rt△ABC的斜边AB上一点，且AC=2，BC=3，沿CP将此三角形折成直二面角A-CP-B，当7AB时，则二面角P-AC-B的值为____________________________________________．【解析】作PD⊥AC于D，作PE⊥PC交BC于E，连接DE，由已知得：平面APC⊥平面BPC，∴PE⊥平面APC，∴PE⊥AC，∴AC⊥平面PDE，∴AC⊥DE，故∠PDE就是二面角P-AC-B的平面角，设BCP，则090ACP，于是1coscoscossinsin22ACBACPBCPcos，又2222222371cos22232ACBCABACBACBC，∴sin21，045，设CPa，则2,2PEaPDa，∴tan2PDE，∴arctan2PDE．6．已知数列na满足22111*1nanNnn，其前n项和为nS，则nS的整数部分是____________________________________________．【解析】∵222222221111111nnnnnannnn222211111111111nnnnnnnnnnnn，∴111nSnn，因此nS的整数部分是n．ABDCEP7．已知111*2niizinNn，则20142015zz____________________________________________．【解析】∵201420153201511112122015220142015iiizzin．8．甲、乙两人轮流掷一枚骰子，甲先掷。规定：若甲掷到1点，则甲继续掷，否则由乙掷；若乙掷到3点，则乙继续掷，否则由甲掷，两人始终按此规则进行．则第n次是甲掷的概率nP____________________________________________．【解析】甲掷到1点与乙掷到3点的概率均为16，甲未掷到1点与乙未掷到3点的概率均为56，设第k次由甲掷的概率为kP，那么第k次由乙掷的概率为1kP，依题意知1211,6PP，于是第1k次由甲掷的概率115166kkkPPP，∴1121232kkPP，∴数列12nP是以12为首项，23为公比的等比数列，因此1112*223nnPnN．9．已知正整数n满足315nn，则正整数n的最小值为____________________________________________．【解析】∵351mod31，∴当3*nkkN时，51nnn，故满足315nn的正整数n的最小值为30；当31*nkkN时，55nnn，故满足315nn的正整数n的最小值为88；当32*nkkN时，525nnn，故满足315nn的正整数n的最小值为68；综上可知，满足315nn的正整数n的最小值为30．10．已知122331010*nSnnnnnN，则nS的最小值为____________________________________________．【解析】当10n时，1123910100nnSSnnnnnn，nS单增；当10n时，112391010nnSSnnnnnn1291010nnnnn21910010105522nnnnnnn，所以当7n时，10nnSS；当6n时，10nnSS；综上可知：数列nS在1,7是单调递减，在7,上单调递增，因此nS的最小值为7112S．二、解答题（本大题共4个小题，每小题15分，共60分）11．已知0ab，证明：lnln1babaab．【证明】原不等式等价于lnlnbabaab，即lnbbaaab，令bta，则1t，于是原不等式可化为12lnttt，再令12lnftttt，则22211'112fttt，因此函数12lnftttt在0,上是单调递减的，故10ftf，因此12ln1tttt成立，从而原不等式成立．12．已知函数1fxxx，11,2nnfxfxfxffxn，求证：⑴当2x时，nfx没有零点；⑵当12x时，nfx至少有n个零点．【证明】⑴当2x时，112fxfxxxx；由于fx在2,上是增函数，∴12ffxfxx；设2kfxx，则有2kffxfxx，即12kfxx；于是由数学归纳法可知，对*nN，当2x时，nfx没有零点；⑵用数学归纳法证明：当1n时，易知1fx在1,2上至少有一个零点1x；假设当*nkkN时，kfx在1,2上至少有k个零点，那么当1nk时，由于11kkkfxfxfx知kfx的零点都是1kfx的零点，故1kfx在1,2上至少有k个零点；设这k个零点从小到大依次为12,,,kxxx，即1212kxxx，则由22kkkfxf，并且函数kfx在1,2上是连续的，因此在,2kx上必有一点0x使得01kfx，即使得10kfx，从而0x是1kfx的又一个零点，因此1kfx在1,2上至少有1k个零点；综上所述，由数学归纳法知，对*nN，nfx至少有n个零点．13．设点O是椭圆的中心，点A为椭圆上异于顶点的任意一点，过点A作长轴的垂线，垂足为点M，连接AO并延长交椭圆于另一点B，连接BM并延长交椭圆于点C，问是否存在椭圆，使得BA⊥CA？【解析】假设存在符合条件的椭圆，那么就以椭圆的中心为原点，长轴为x轴，建立平面直角坐标系，设椭圆方程为2222xyab，设0011,,,AxyCxy，则000000,0,,0,,xyMxBxy．那么直线BC的方程为：0002yyxxx，代入椭圆方程2222xyab，整理得：22222222222220000000240aybxxaxyxaxyabx，易知10,xx是此方程的两个根，由韦达定理得：222300001011022222222000002,2axyyayxxyxxaybxxaybx，于是230022222323222010000000022222000100002222002,22ABACayyyyyaybxayaybxybxkkaxyxxxaxyayaybx，由1ABACkk得：20020021ybxxaxy，整理得：22ab，此时离心率22e，综上所述，存在满足条件的椭圆，当椭圆的离心率为22时就符合题意．14．数列na满足1123121,,3nnnnkaaaaamana，其中,km为互质的正整数．问k为何值时，对任意的*nN，na均为整数？【解析】由已知求得：24561,,kkakmakmkmakmkm，于是若6a为整数，必有1k整除m，故可设1ktmtZ；由已知得：12111,3nnnnnnnnaakaaaakaan，作差整理得：22113nnnnnnaaaanaa，记21nnnaaXa，则11mnXtn为奇数为偶数，故X均是整数，因此当123,,,,naaaa是整数时，11nnnaXaa必是整数，由数学归纳法可知，当1ktmtZ时，对任意的*nN，na均为整数．