2013年高中数学联赛四川预赛参考答案及评分细则

2013年全国高中数学联赛（四川）初赛试题参考答案及评分标准说明：1、评阅试卷时，请依据评分标准.选择题和填空题只设5分和0分两档；其它各题的评阅，请严格按照评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次.2、如果考生的解答题方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评阅时可参考本评分标准适当划分档次评分，5分一个档次，不要再增加其它中间档次.一、选择题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）1、A2、B3、C4、C5、B6、D二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）7、428、29、9410、①④11、63512、1{|1}4aaa或三、解答题（本大题共4个小题，每小题20分，共80分）13、已知函数2π()sin3sinsin()(0)2fxxxx的最小正周期是π2．求()fx在ππ[,]84上的最大值与最小值．解：1cos23()sin222xfxx311sin2cos2222xx1sin(2)62x，（5分）由条件知222T，则2．于是1()sin(4)62fxx，（10分）当84x时，54366x，故1sin(4)126x，即131sin(4)622x．（15分）所以，()fx在6x时取最大值32，在4x时取最小值是1．（20分）14、已知函数323()31xxfxx，数列{}nx满足：12x，*1()()nnxfxnN.，记1311log()1nnnxbx*()nN．(I)求证：数列{}nb成等比数列，并求数列{}nb的通项公式；（II）记nncnb*()nN，求数列{}nc的前n项和公式nT．解：（1）33232133212311()131331131()13311131nnnnnnnnnnnnnnnnnnxxxfxxxxxxxxxfxxxxxx（5分）于是133111log()3log()11nnnnxxxx，即13nnbb，所以数列nb成等比数列．又1321log()121b，于是13nnb，所以．数列nb的通项公式为13nnb．（10分）（II）由（I）知，13nnb，故13nncn，01211323333nnTn，12331323333nnTn，于是213121333332nnnnnTnn，（15分）即331(21)31244nnnnnnT，所以，数列{}nc的前n项和公式*(21)31()4nnnTnN.（20分）15、已知点(0,1)B，P、Q为椭圆2214xy+=上异于点B的任意两点，且BPBQ，（I）若点B在线段PQ上的射影为M，求M的轨迹方程；（II）求线段PQ的中垂线l在x轴上的截距的取值范围．解：（I）设11(,)Pxy、22(,)Qxy，PQ的方程为ykxm=+，与椭圆方程联立消去y得：222(14)8440kxkmxm+++-=，所以122841kmxxk-+=+，21224441mxxk-=+，（5分）由BPBQ得1212111yyxx--?-，即121212()10xxyyyy+-++=，从而可得22222(1)(44)8(1)(1)04141kmkmkmmkk+--+-?-=++化简得25230mm--=，解得1m=（舍去）或35m=-．设(,)Mxy，因为BMPQ^，所以1xky=--，代入PQ方程得2315xyy=---，整理得22214()()55xy，由题意知轨迹不经过点(0,1)B．所以，动点M的轨迹方程为：22214()()(1)55xyy．（10分）（II）PQ方程为35ykx=-，所以1221225(41)xxkk+=+，122325(41)yyk+-=+所以PQ中垂线方程为223112()5(41)5(41)kyxkkk+=--++，（15分）其在x轴上的截距为295(41)kbk=+，所以,992020b．（20分）16、若实数0x满足00()fxx，则称0xx为()fx的不动点．已知函数32()3fxxaxbx，其中,ab为常数．（I）若0a，求函数()fx的单调递增区间；（II）若0a时，存在一个实数0x，使得0xx既是()fx的不动点，又是()fx的极值点．求实数b的值；（III）求证：不存在实数组(,)ab，使得()fx互异的两个极值点皆为不动点．解：（I）若0a，3()3fxxbx，故2()3fxxb．当0b时，显然()fx在R上单增；当0b时，由()0fx知3bx或3bx．所以，当0b时，()fx的单调递增区间为(,)；当0b时，()fx的单调递增区间为(,)3b，(,)3b．（5分）（II）由条件知203000303xbxbxx，于是300230xx，即2000(1)(223)0xxx，解得01x从而3b．（10分）（III）假设存在一组实数(,)ab满足条件．由条件知2()32fxxaxb，因为()fx的两个不同极值点，则24120ab，即23ab．①设()fx的两个不同极值点为12,xx，其中12xx，则12,xx是方程2320xaxb的两实根，所以12122,33abxxxx．又由12,xx是()fx的不动点，则12,xx是方程32(1)30xaxbx的两根，设其另一个根为3x．故32123(1)3()()()xaxbxxxxxxx即3232123122331123(1)3()()xaxbxxxxxxxxxxxxxxxx故有12312233112313xxxaxxxxxxbxxx于是393axb，从而27ab．②又1212321()()()333baabxxxxx，即2221093ab，故2218109aa，即3291620aa（15分）令3()29162gxxx，则2()690gxx故()gx在R上单增，从而()0gx至多有一个实根；又因为(0)1620g，(4)20g，从而()0gx至少有一个实根；所以，()0gx恰有一个实数根(0,4)xa．由①、②知2813aba，即381a，这与(0,4)a，矛盾！（20分）所以，不存在实数组(,)ab，使得()fx互异的两个极值点皆为不动点．