2010年浙江省高中数学竞赛试卷

2010年浙江省高中数学竞赛试卷说明：本试卷分为A卷和B卷：A卷由本试卷的22题组成，即10道选择题，7道填空题、3道解答题和2道附加题；B卷由本试卷的前20题组成，即10道选择题，7道填空题和3道解答题。一、选择题（本大题共有10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5分，共50分）1．化简三角有理式xxxxxxxx22662244cossin2cossincossinsincos的值为（）A．1B．sincosxxC．sincosxxD．1+sincosxx2．若2:(1)30,:2pxxxqx，则p是q的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3．集合P={363,xxRxx}，则集合RCP为（）A．{6,3}xxx或B．{6,3}xxx或C．{6,3}xxx或D．{6,3}xxx或4．设a,b为两个相互垂直的单位向量。已知OP=a，OQ=b，OR=ra+kb.若△PQR为等边三角形，则k，r的取值为（）A．132krB．1313,22krC．132krD．1313,22kr5．在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB=2BB1，则CA1与C1B所成的角的大小是（）A．60°B．75°C．90°D．105°6．设na，nb分别为等差数列与等比数列，且11444,1abab，则以下结论正确的是（）A．22abB．33abC．55abD．66ab7．若15,(12)xRx则的二项式展开式中系数最大的项为（）A．第8项B．第9项C．第8项和第9项D．第11项8．设()cos5xfx，12111(log),(log),(log)eeafbfcfe，则下述关系式正确的是（）A．abcB．bcaC．cabD．bac9．下面为某一立体的三视图，则该立体的体积为（）A．32B．23C．43D．3410．设有算法如下：正视图：半径为1的半圆以及高为1的矩形侧视图：半径为1的14圆以及高为1的矩形俯视图：半径为1的圆如果输入A=144,B=39,则输出的结果是（）A．144B．3C．0D．12二、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，每空7分，共49分）11．满足方程2009220102009220102xxxx所有实数解为。12．,xR函数()2sin3cos23xxfx的最小正周期为．13．设P是圆2236xy上一动点，A点坐标为20,0。当P在圆上运动时，线段PA的中点M的轨迹方程为.14．设锐角三角形ABC的边BC上有一点D，使得AD把△ABC分成两个等腰三角形，试求△ABC的最小内角的取值范围为.15．设z是虚数，1wzz，且12w，则z的实部取值范围为.16．设442)1()1()(xxxxkxf。如果对任何]1,0[x，都有0)(xf，则k的最小值为.17．设Rqp,，qxpxxf||)(2。当函数)(xf的零点多于1个时，)(xf在以其最小零点与最大零点为端点的闭区间上的最大值为.三、解答题（本大题共有3小题，每题17分，共51分）18．设数列,1,,12,1,,13,22,31,12,21,11kkk，问：（1）这个数列第2010项的值是多少；（2）在这个数列中，第2010个值为1的项的序号是多少.19．设有红、黑、白三种颜色的球各10个。现将它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色球都有，且甲乙两个袋子中三种颜色球数之积相等。问共有多少种放法。20．已知椭圆)1(1222ayax，RtABC以A（0，1）为直角顶点，边AB、BC与椭圆交于两点B、C。若△ABC面积的最大值为278，求a的值。四、附加题：（本大题共有2小题，每题25分，共50分。）21．设D，E，F分别为△ABC的三边BC，CA，AB上的点。记ABAFCACEBCBD,,。证明：ABCDEFSS。22．（1）设0a，平面上的点如其坐标都是整数，则称之为格点。今有曲线3yax过格点（n，m），记1xn对应的曲线段上的格点数为N。证明：3311nmkkkNakmna。（2）进而设a是一个正整数，证明：3231(1)(31)4ankkannnna。（注[]x表示不超过x的最大整数）参考答案1．解答为A。22442222sincos)(sincossincos)2sincosxxxxxxxx分母=(4422sincossincosxxxx。也可以用特殊值法2．解答为B。p成立3x，所以p成立，推不出q一定成立。3．解答：D。画数轴，由绝对值的几何意义可得63x，63,{6,3}RPxxCPxxx或。4．解答．C．PQQRPR，即222213(1)(1)22rkrk，解得r=k=。5．解答：C。建立空间直角坐标系，以11AB所在的直线为x轴，在平面111ABC上垂直于11AB的直线为y轴，1BB所在的直线为z轴。则1126(2,0,0),(,,0),22AC26(,,1),22C(0,0,1)B，11112626(,,1),(,,1),02222CACBCACB。6．解答：A。3114424,12abab设等差数列的公差为d，等比数列公比为q,由，得d=-1,q=333322335566243,22;2,4;0,;1,24abababab得。7．解答：D．11512129322,33rrrrrrrTCTTTTr由，，r=10，第11项最大。8．解答：D。函数()cos5xfx为偶函数，在（0，2）上，()cosfxx为减函数，而121111loglog,log,log2loglogeeeeee，log2log105log554eee，所以bac。9．解答：C．根据题意，该立体图为圆柱和一个1/4的球的组合体。10．解答B（1）A=144，B=39，C=27：（2）A=39，B=27，C=12：（3）A=27，B=12，C=3：（4）A=12，B=3，C=0。所以A=3。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，每空7分，共49分）11．20102011x。解答变形得22(20101)(20101)2020101xxx，解得20102011x。12．12．解答2sin43cos()1223xxfx的周期为，的周期为6，所以函数的周期为。13．22(10)9xy.解答设M的坐标为00(,)(,),xyPxy，设点坐标为则有0020,22xyxy00220,2xxyy，因为P点在圆上，所以22(220)(2)36xy所以P点轨迹为22(10)9xy。14．30x45或22.5x30.解答如图，（1）AD=AC=BD；（2）DC=AC，AD=BD。在（1）中，设最小的角为x，则2x90,得x45,又x+180-4x90,得x30,所以30x45；在（2）中，设最小的角为x，则3x90,得x30,又180-4x90,得x22.5,所以22.5x3015．112a.解答设2222120abibzabiabibabab2201bab或当0b，无解；当221112aba。16．1192.解答1)1(224xxxxk222133131(),124424xxxxxx因为时最小值为分子448111(1),(1)222xxxxx时，取最大值（），所以k的最小值为1192。17．0或q.解答因为函数qxpxxf||)(2为偶函数，由对称性以及图象知道，)(xf在以ACDB（2）ACDB（1）其最小零点与最大零点为端点的闭区间上的最大值0或q。三、解答题（本大题共有3小题，每题17分，共51分）18．解（1）将数列分组：),1,,12,1(,),13,22,31(),12,21(),11(kkk因为1+2+3+…+62=1953；1+2+3+…+63=2016，所以数列的第2010项属于第63组倒数第7个数，即为577。---------10分（2）由以上分组可以知道，每个奇数组中出现一个1，所以第2010个1出现在第4019组，而第4019组中的1位于该组第2010位，所以第2010个值为1的项的序号为（1+2+3+…+4018）+2010=809428。------------17分19．解：设甲袋中的红、黑、白三种颜色的球数为,,xyz，则有1,,9xyz，且(10)(10)(10)xyzxyz（*1）-----------------5分即有50050()5()xyzxyzxyyzzx。（*2）于是有5xyz。因此,,xyz中必有一个取5。不妨设5x，代入（*1）式，得到10yz。----------------10分此时，y可取1，2，…，8，9（相应地z取9，8，…，2，1），共9种放法。同理可得y=5或者z=5时，也各有9种放法，但有xyz时二种放法重复。因此可得共有9×3－2=25种放法。---------------------17分20．解：不妨设AB的方程01kkxy，则AC的方程为11xky。由11222yaxkxy得：02)1(2222kxaxka2222,1Bakxak由222111yxkxya得：2222()20akxakx2222,Cakxak从而有222222222121,1,1akakABkACakkak--------5分于是2442222224211(1)2212(1)()()1ABCkkkkSABACaaakakakak。令12tkk，有44222222222,(1)(1)ABCataSaataatt---------10分因为2222(1)2(1),aataat21ata时等号成立。因此当23max21,(),1ABCaaSaat=-------------14分令322273297(3)(839)03,1816aaaaaaa213297212,()3.16aaaaa不合题意，舍去，---------17分四、附加题：（本大题共有2小题，每题25分，共50分。）21．证明由sin(1).sinBFDABCBDBFBSSBCBAB---------5分(1),(1)DECAEFABCABCSSSS同理。----------10分所以，1(1)(1)(1)ABCBFDDECAEFDEFABCABCSSSSSSS=(1)(1)(1),111等号成立或或。----20分因此ABCDEFSS，等号成立，当且仅当，D与C重合，或E与A重合，或F与B重合。-----25分22．证明（1）考虑区域0,0,xnym且该区域上的格点为nm个。又该区域由区域E：30,0,xnyax以及区域F：30,0yymxa组成。在区域E上，直线段(,1)xkkNkn上的格点为3[]ak个，所以区域E上的格点数为31[]nk