2008年浙江省高中数学竞赛试卷及参考答案(打印版)

2008年浙江省高中数学竞赛试卷及参考答案一、选择题（本大题满分36分，每小题6分）1．已知集合221,,20RAyyxxBxxx，则下列正确的是（）A．1,AByyB.2AByyC.21AByyD.21AByyy或解：因为1,1,2AyyBxxx或，所以有1,AByy正确答案为A。2．当01x时，()lgxfxx，则下列大小关系正确的是（）A．22()()()fxfxfxB.22()()()fxfxfxC.22()()()fxfxfxD.22()()()fxfxfx解：当01x时，()0lgxfxx，222()0lgxfxx，22()0lgxfxx。又因为2222(2)0lglg2lg2lgxxxxxxxxxx。所以22()()()fxfxfx。选C。3．设()fx在[0,1]上有定义，要使函数()()fxafxa有定义，则a的取值范围为（）A．1(,)2；B.11[,]22；C.1(,)2；D.11(,][,)22解：函数()()fxafxa的定义域为[,1][,1]aaaa。当0a时，应有1aa，即12a；当0a时，应有1aa，即12a。因此，选B。4．已知P为三角形ABC内部任一点（不包括边界），且满足()(2)0PBPAPBPAPC，则△ABC一定为()A．直角三角形；B.等边三角形；C.等腰直角三角形；D.等腰三角形解：因为,2PBPAABPBPAPCCBCA，所以已知条件可改写为()0ABCBCA。容易得到此三角形为等腰三角形。因此选D。5．已知2222212fxxabxaabb是偶函数，则函数图象与y轴交点的纵坐标的最大值是（）A．2B.2C.22D.4解：由已知条件可知，2210ab，函数图象与y轴交点的纵坐标为222aabb。令,scosinba，则22222sincossincos2sin2cs22oaabb。因此选A。6．圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO的中点，动点P在圆锥底面内（包括圆周）。若AM⊥MP，则P点形成的轨迹的长度为（）A.7B.72C.3D.32解：建立空间直角坐标系。设A(0,-1,0),B(0,1,0),(0,0,)3S,(0,0,)32M，P(x,y,0).于是有(0,1,),(,,).2323AMMPxy由于AM⊥MP，所以(0,1,)33(,,)022xy，即34y，此为P点形成的轨迹方程，其在底面圆盘内的长度为2371()422。因此选B。二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7．22cos(15756)xxxx＝。解：根据题意要求，2605xx，20571xx。于是有2715xx。因此22cos(15756)cos01xxxx。因此答案为1。8．设,,,abcd为非负实数，满足abcdbcdacdabdabc，则abbccddacdadabbc＝。解：显然0abcd，由于abcdbcdacdabdabc，有1111bcdacdabdabc。于是有abcd，故4abbccddacdadabbc。9．设lglglg111()121418xxxfx，则1()()_________fxfx。解：lglglglglglg1111111()()3121418121418xxxxxxfxfx。10.设实系数一元二次方程2220xaxb有两个相异实根，其中一根在区间(0,1)内，另一根在区间(1,2)内，则41ba的取值范围是。解：根据题意，设两个相异的实根为12,xx，且12012xx，则1213xxa，120222xxb。于是有31,12ab，也即有111,342214ba。故有143212ba，即取值范围为13,22。11．已知,R，直线1sinsinsincosxy与1cossincoscosxy的交点在直线yx上，则cossincinsso。解：由已知可知，可设两直线的交点为00(,)xx，且,inssco为方程001sincosxxtt，的两个根，即为方程20sinc(cos)sinos(cos)i0snttx的两个根。因此cos(sinsincos)，即cossincinsso0。12．在边长为1的正三角形ABC的边AB、AC上分别取D、E两点，使沿线段DE折叠三角形时，顶点A正好落在边BC上。AD的长度的最小值为。解：设,ADxADE，作△ADE关于DE的对称图形，A的对称点G落在BC上。在△DGB中，1sinsin(233)xx332sin(2)3x当sin(2)13时，即322333minx。三、解答题（本题满分60分，每小题20分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。）得分评卷人解：（1）设c为椭圆的焦半径，则2425,54acca。于是有a＝5，b＝3。（2）解法一：设B点坐标为(,)st，P点坐标为(,)xy。于是有6(6)ABstAPxy（，）,，。因为ABAP，所以有6(6)(6)(6)0stxysxty（，），。(A1)又因为ABP为等腰直角三角形，所以有AB=AP，即222266stxy（）（）。(A2)由（A1）推出22226(6)6(6)tytyssxx，代入（A2），得226tx（）从而有226ys（），即6sy（不合题意，舍去）或6sy。代入椭圆方程，即得动点P的轨迹方程22661925xy（）（）。13．已知椭圆C：22221xyab（0ab），其离心率为45，两准线之间的距离为252。（1）求,ab之值；（2）设点A坐标为(6,0)，B为椭圆C上的动点，以A为直角顶点，作等腰直角△ABP（字母A，B，P按顺时针方向排列），求P点的轨迹方程。解法二：设11(,)Bxy,(,),PxyABr，则以A为圆心，r为半径的圆的参数方程为6cossinxryr。设AB与x轴正方向夹角为，B点的参数表示为116cossinxryr，P点的参数表示为006cos(90)6sin,cossin(90)xrxryryr即.从上面两式，得到1166xyyx。又由于B点在椭圆上，可得22(6)(6)1925xy。此即为P点的轨迹方程。得分评卷人解：（I）1x情形。此时不等式为22xxa。于是有（1）22202022axaxxaxxx。因此当0a时，有12x；当01a时，有12x；当14a时，有2ax；当4a时，空集。14．求解不等式211xxa。（2）2220202124aaxaxxxxaxx。此时有当0a时，有2x；当01a时，有2x；当14a时，有2x；当4a时，14xa。（II）1x情形。此时不等式为2xxa。于是有（3）222000axxxxxxaa。因此当0a时，有01x；当01a时，有1ax；当1a时，空集。（4）22222000axaxxxaxaxxx。因此当0a时，有0x；当0a时，空集。综合（1）－（4）可得当0a时，有xR；当04a时，有xa；当4a时，14xa。得分评卷人解：设非负等差数列na的首项为10a，公差为0d。（1）因为2mnp，所以2222mnp，2pmn，2mnpaaa。15．设非负等差数列na的公差0d，记nS为数列na的前n项和，证明：1）若*,,mnpN，且2mnp，则112mnpSSS；2）若5031,1005a则2007112008nnS。从而有2(·)pmnaaa。因为112()2(1)nnnaannSnda，所以有122121(1)(1)()222222222nmpnnmmSSmnadnmppadpppadS211112221211·22()()()()4422nnmmnmnpmppppnaamaaSaaaamnSaapaapaaaaaS于是1212pmnnmnpppmSSSSSSSSSS。（2）120072006100310051004102007041004121111112*10031200711nnSSSSSSSSSS又因为501004113·100310041004()10010042100410045052daaSad，所以有100420071120072007101040052008.nnSS四、附加题（本大题满分50分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。选考B卷的学生选做本大题，不计入总分。）16．设122008,,,为2008个整数，且19i（1,2,,2008i）。如果存在某个{1,2,,2008}k，使得2008位数1200811kkk被101整除，试证明：对一切{1,2,,2008}i，2008位数1200811iii均能被101整除。解：根据已知条件，不妨设k＝1，即2008位数012208被101整除，只要能证明2008位数2013082能被101整除。事实上，200620081220020077220108101010A，2007232200620081208301101010B从而有45025021110081210(101)[(10)1][(99991)1][999911]ABN，即有1109999BAN。因为101,1019999A，所以101B。利用上述方法依次类推可以得到对一切{1,2,,2008}i，2008位数1200811iii均能被101整除。17.将3k（k为正整数）个石子分成五堆。如果通过每次从其中3堆中各取走一个石子，而最后取完，则称这样的分法是“和谐的”。试给出和谐分法的充分必要条件，并加以证明。解：分法是和谐的充分必要条件是最多一堆石子的个数不超过k。下面设五堆石子的个数分别为a,b,c,d,e（其中bcdea）。“必要性”的证明：若分法是和谐的，则把a所对应的石子取完至少要取a次，这a次每次都要取走3个石子。如果ak，则33ak，即把a所对应的一堆取完时，需取走的石子多于五堆石子的总数。矛盾。因此最多一堆石子的个数不能超过k。“充分性”的证明：（数学归纳法）（1）当1k时，满足“ak”的分法只能是1，1，1，0，0。显然这样的分法是和谐的。（2）假设kn时，满足“ak”的分法是和谐的。（3）当1kn时，若1an，且分法