2009年浙江省高中数学竞赛试卷(含答案)

2009年浙江省高中数学竞赛试卷参考答案一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共计50分）1.已知集合{1,2}M，{21}NaMa，则MN＝（A）。A．1B．2,1C．3,2,1D．空集解：由于{21}{1,3}NMaa，所以{1}MN。答案为A。2.已知椭圆192522yx上一点P到点（4,0）距离等于4，则P点到直线425x的距离为（C）。A．4B．6C．152D．54解：因为5,3ab，则4c。于是P到另一个焦点(4,0)的距离等于2546。由于直线425x为椭圆的左准线方程，则P到直线425x的距离为667.545de。答案为C。3.等差数列na中，01a，13853aa，则部分和nS中最大的是（C）A．10SB．11SC．20SD．21S解：由题意知，13853aa1113(7)5(12392)0adadda。所以na是单调递减数列。又11122(1)2039(1)()[1]039naanaann。由此可得当20n时，nS最大。答案为C4.已知平面上单位向量51243(,),(,)131355ab，则下列关系式正确的是（B）A．abB.()()ababC.()//()ababD.()aab解：因为,ab都是非零单位向量，以,ab为边，,abab为对角线构成一个菱形。所以()()abab。答案为B。5.方程3120xxa有三个不同的实数根，则实数a的取值范围为（A）A.16,16B.16,16C.,8D.8,解：令3()12fxxxa，则2()312fxx。2()31202fxxx。要使()0fx有三个不同的零点，则必须有(2)(2)0ff，即(16)(16)0aa，也即有1616a。答案为A。6.设,,xyrR，则使代数式222lg()rxyxy有意义的动点(,)xy形成的图形（C）A.关于x轴对称，B.关于y轴对称，C.关于直线yx对称D.关于直线yx对称。解：由题意得2220rxyxy，则动点（x，y）形成的图形关于直线y=x对称。答案为C。7.200961xx的二项展开式中常数项为（D）。A．2862009CB．2872009CC．2862009CD．2872009C解：由于20092009620092009601()kkkkxCxxx，则出现常数项，须满足200960287kkk。答案为D。8.“函数f(x)在[0,1]上单调”是“函数f(x)在[0,1]上有最大值”的（B）A．必要非充分条件B．充分非必要条件C．充分且必要条件D．既非充分也非必要条件解：答案为B。9.已知立体的三视图如下，问该立体的体积为（C）A．1B．21C．31D．61解：答案为C。10.问下述计算机程序的打印结果为（D）A．10089B．11068C．10068D．14489侧视图（等腰直角三角形，直角边长为1）俯视图（正方形，边长为1）正视图（等腰三角形，底边边长为1，高为1）解：答案为D。二、填空题（本大题共7小题，每小题7分，共计49分）11.44)1(1ii－8。解：由于2(1)2ii，所以42241(1)(2)(2)8iiii。12．直线yb与函数2|43|yxx的图像至少有三个公共点，则实数b的取值范围为01b。解：通过作图可知，实数b的取值范围为01b。13．对任意正整数n，数列{}na满足13niian，则2009211iia20086027。解：由题意得，3321(1)331nnnaSSnnnn。于是2111111(331)1nannnn。所以2009200922111112008()(1).3132010210967iiiiai14．已知33coscos,36sinsin，则2cos214。开始1,1yxyxz100zxy是输出zy否yz打印解：2221sinsin,coscos332112sinsin,12coscos3322sinsin2coscos111cos()221cos24。15．实数,,xyz满足2221xyz，则2xyyz的最大值为32。解：22222222121222(2)333331()()yxyzxyyzxyyzxyz。由此可得322xyyz，其中等号成立当且仅当121,361,xyz。16．在边长为1的正方体1111DCBAABCD中，FE,分别为1AA，1CC上的点，且FCAE1，则四边形1EBFD的面积最小值为62。解：由题意，可得当E，F分别是1AA，1CC的中点时，四边形1EBFD的面积可取到最小值62。17．设6,,1zyx，则自然数x，y，z的乘积能被10整除的情形有72种。解：（1）x，y，z的取法有36种；（2）x，y，z不取2，4，6的取法有33种；（3）x，y，z不取5的取法有35种；（4）x，y，z不取2，4，5，6的取法有32种。由容斥原理得，x，y，z的乘积能被10整除的情形有33336352＝72。三、解答题（本大题共3小题，每小题17分，共计51分）18．三棱锥S-ABC中，SA平面ABC，1SABCAB，2ABC。（1）求SC与平面ABC所成夹角的正弦值；（2）求B到平面ASC的距离；（3）求平面SBC与SAC所成锐二面角的大小。解：在平面ABC上，过A作ADAB。以A为原点，以向量AB，AD，AS的方向分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系。于是有(0,0,0)A，(1,0,0)B，(1,1,0)C，(0,0,1)S。（1）因为SA平面ABC，所以SC与平面ABC所成夹角就是ACS。在直角△SAC中，2,3ACSC，于是1sin3SAACSSC。（5分）（2）设平面ASC的法向量为(,,)nxyz，则nAS且nSC，而(0,0,1),(1,1,1)ASSC，所以00zxyz，从而有(1,1,0)n。于是B到平面ASC的距离为22ABndn。（11分）（3）设平面SBC的法向量为(,,)mxyz，则mBC且mSC，而(0,1,0)BC，所以00yxyz，从而有(1,0,1)m。设平面SBC与SAC所成锐二面角为，则cos12mnmn，即3。（17分）19．已知抛物线22ypx（0p）上两个动点1122(,),,()AxyyBx，O为坐标原点，OAOB。（1）求线段AB中点的轨迹方程C；（2）若在C上的点到直线2250ypx的距离为d，求d的最小值。解：设2112ypx，2222ypx，则2121221()4xxyyp。又因为OAOB，所以12120xxyy。从而有2121221()04yyyyp，即有2124yyp。（5分）（1）设AB的中点坐标为(,)xy，则1212,22xyyyxx。于是有22222121212121111()()[(2)][4]24484xyyxxyyyyypppp，即222ypxp为该中点的轨迹方程。（11分）（2）2222225225()25551()25pypxypypdyppp。当yp时，3xp，min2d。（17分）20．设函数bxbaaxxf)(23)(2，其中0a，b为任意常数。证明：当10x时，有)1(),0(max)(ffxf。证：已知bxbaaxxf)(23)(2，所以03xaba为其极小值点，此时22220)|(3|3()abababaaabfx，而001max|()|max{|()|,|(0)|,|(1)|}xfxfxff.（7分）1）001x；此时有020abab.(i)当0b时，(1)||(1)|(0)|fababfbf；2203)()(1ababfxfa223()ababaab22223ababa30aab（此不等式显然成立）于是有10max|()|xfx0max{|()|,|(0)|,|(1)|}(1)max{(0),(1)}fxfffff。(ii)当0ab时，(1)||(1),|(0)|(0)fababffbf；此时同样有0()(1)fxf。于是有10max|()|xfx0max{|()|,|(0)|,|(1)|}max{(0),(1)}fxffff。(iii)当0ba时，(1)|||(0)|(0)fabbafbf，此时考虑0()(0)fxf223bbaaab22(2)3baa302aab(23)aab于是有10max|()|xfx0max{|()|,|(0)|,|(1)|}max{(0),(1)}fxffff。（12分）2)00x；此时有0ab。由于0a，所以0b。于是有10max|()|xfxmax{|(0)|,|(1)|}max{,}(1)max{(0),(1)}ffbababfff。3）01x；此时有20ab。由于0a，所以0b。于是有10max|()|xfxmax{|(0)|,|(1)|}max{,}ffbab。当ab时，max{,}max{,}max{(0),(1)}babbabff；当ab时，max{,}max{,}max{(0),(1)}babbbabff。综合1），2），3），有当10x时，有)1(),0(max)(ffxf。（17分）四、附加题（本大题共2小题，每小题25分，共计50分）注：附加题每题的得分只能是：0，5，10，15，20，25，即5分为一个档次。21．设Rxi（2010,,2,1i）且1201012009iix。试求20101200920081miniiixx，并证明之。解:由于200820092010201020092009111(1)iiiiiiixxxxx。（5分）令2009(1)iiiyxx，则对任意12010i，有2009200920092009(2009)12(109)0iiiyxx201020102009200920092009(1)2009201020112009009120iixx。即有12010200920102009200920092010201012009iy，（10分）从而有201020092009201012010201020092009iy。由于1201012009iix，所以2008200920102010200920091120091(20102010201)09iiiiiiixxxxx。（15分）上式等号成立的充要条件是2009200920091iixx，即20091,120120100ixi。因此200820102009200912010201min091020iiixx。（25分）评分标准：求出最小值得5分；中间过程20分。22．用一个数列取遍走遍复平面上所有整点：令00a，11a，然后按逆时针方向逐格前进。再令)(1nfnniaa，