2015年浙江省高中数学竞赛试卷参考答案

2015年浙江省高中数学竞赛试卷参考答案一、选择题（本大题共有8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6分，共48分）1．“a=2，2b”是“曲线C：22221(,,0)xyabRabab经过点2,1”的(A)．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案：A.解答：当a=2，2b曲线C：22221xyab经过2,1；当曲线C：22221xyab经过点2,1时，即有22211ab，显然2,2ab也满足上式。所以“a=2，2b”是“曲线C：22221xyab经过点2,1”的充分不必要条件。2．已知一个角大于120º的三角形的三边长分别为,1,2mmm，则实数m的取值范围为(B)．A．1mB．312mC．332mD．3m答案：B.解答：由题意可知：222(1)2(2)(1)(1)mmmmmmmm解得312m。3．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为BB1的中点，则二面角M-CD1-A的余弦值为(C)．A．36B．12C．33D．63答案：C.解答：以D为坐标原点，1,,DADCDD所在的直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，则11(0,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),(1,1,)2DACDM，且平面1ACD的法向量为1n(1,1,1)，平面1MCD法向量为2(1,2,2)n。因此123cos,3nn，即二面角第3题图MC1B1D1A1CDABM-CD1-A的余弦值为33。4．若实数,ab满足20101abbaa，则22abab的最大值为(C)．A．1B．54C．75D．2答案：C.解答：由,ab满足的条件知13ba，所以2372252abbaba，当13(,)(,)22ab取等号。5．已知等腰直角△PQR的三个顶点分别在等腰直角△ABC的三条边上，记△PQR，△ABC的面积分别为S△PQR，S△ABC，则PQRABCSS的最小值为(D)．A．12B．13C．14D．15参考答案：D.解答：如图5-1所示，图5-1图5-2（1）当PQR的直角顶点在ABC的斜边上，则,,,PCQR四点共圆，180,APRCQRBQR所以sinsin.APRBQR在,APRBQR中分别应用正弦定理得,sinsinsinsinPRARQRBRAAPRBBQR.又45,AB故PRQR,故ARBR即R为AB的中点.ABCPQRHABCPRQ过R作RHAC于H，则12PRRHBC,所以22221()124PQRABCBCSPRSBCBC,此时PQRABCSS的最大值为14.（2）当PQR的直角顶点在ABC的直角边上，如图5-2所示，设1,(01),(0)2BCCRxxBRQ,则90.CPRPRCBRQ在RtCPR中，,sinsinCRxPR在BRQ中，31,,sin4xBRxRQPRRQBQRBB,由正弦定理,1sin3sinsinsinsin()44xPQRBxBPQB1sincos2sinx，因此2221111()()22sin2cos2sinPQRxSPR.这样，PQRABCSS2222111()cos2sin(12)(cossin)5，当且仅当arctan2取等号，此时PQRABCSS的最小值为15.6.已知数列na的通项(1)(21)(1)nnxaxxnx，*nN，若1220151aaa，则实数x等于（D)．A．32B．512C．940D．1160答案：D.(1)111(1)(21)(1)(1)(21)[(1)1](1)(21)(1)nnxaxxnxxxnxxxnx则20151111(1)(21)(20151)0(1)(21)(20151)kkaxxxxxx，所以111111(1,)(,)(,)(,)234201320142015x，经检验只有1160x符合题意。7．若过点P（1，0），Q（2，0），R（4，0），S（8，0）作四条直线构成一个正方形，则该正方形的面积不可能．．．等于(C)．A．1617B．365C．265D．19653答案：C.解答：不妨设四条直线交成的正方形在第一象限，且边长为a，面积为,S过P的直线的倾斜角为(0)2。当过点,PQ的直线为正方形的对边所在的直线时，4sincossin4cossin17PQaRS，此时正方形的面积216(sin)17SPQ。同理，当过点,PR的直线为正方形的对边所在的直线时，365S；当过点,PS的直线为正方形的对边所在的直线时，19653S.8．若集合2015*(,)(1)(2)()10,,AmnmmmnmZnN，则集合A中的元素个数为(B)．A．4030B．4032C．20152D．20162答案：B.解答：由已知得20162015(21)25nnm，因为,21nnm一奇一偶，所以,21nnm两者之一为偶数，即为2016201620162201620152,25,25,,25共有2016种情况，交换顺序又得到2016种情形，所以集合A共有4032个元素.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，9-14每题7分，15题8分，共50分）9．已知函数()fx满足(1)(1)0fxfx，(2)(2)0fxfx，且2()13f，则1000()3f．答案：1.解答：(2)(2)[1(1)][1(1)()(4)()fxfxfxfxfxfxfx，所以100044112()(332)()(1)(1)()1.333333ffffff10．若数列{}na的前n项和nS32nn，*nN，则20151182iiai=．答案：20156048.解答：1211352,nnniiiiaaann又10a，故2*352()nannnN,20152015201511111111()823(1)31iiiiaiiiii20156048.11．已知F为抛物线25yx的焦点，点A(3，1)，M是抛物线上的动点．当||||MAMF取最小值时，点M的坐标为．答案：1(,1)5.解答：设抛物线的准线为5:4lx.过M作l的垂线，垂足为,H则AMMFAMMHAH,当,,AMH三点共线时取等号，此时M的坐标为1(,1)5。12．若22sincos161610xx，则cos4x.答案：12.解答:设2sin16,116xtt，则22cos1sin161616xxt，代入方程得16102,ttt或8t，即21sin4x或34，所以cos4x12。13.设函数2()min{1,1,1}fxxxx，其中min{,,}xyz表示,,xyz中的最小者．若(2)()fafa，则实数a的取值范围为．答案：(,2)(1,0).解答：当21a时，21,aa此时有()(2)fafa；当120a时，32,a此时有()(2)1(2)faffa；当021a时，21,a此时有()(2)fafa；当122a时，10,a此时有()(2)fafa；当22a时，0,a此时有()(2)fafa。14．已知向量,ab的夹角为3，5ab，向量ca，cb的夹角为23，23ca，则ac的最大值为．答案：24.解答：,,OAaOBbOCc，则23,5.ACcaABab又2,,33AOBACB此时,,,OACB共圆，由正弦定理得3sin5ABC，则4cos5ABC。在ACO中，AOCABC,由余弦定理得2222cosACacacAOC,即8122305acacac，所以cos24acacAOC，当14arctan423ACO时取“=”，因此ac的最大值为24.15．设,abZ，若对任意0x，都有2(2)(2)0axxb，则______a,_______.b答案：1,2ab.解答：首先令0,x知0b.其次考虑过定点（0,2）的直线2yax，与开口向上的抛物线22yxb，满足对任意0x所对应图象上的点不在x轴同侧，因此22ba.又,abZ，故1,2ab.三、解答题（本大题共有3小题，16题16分，17、18每题18分，共52分）16．设,abR，函数2()(1)2fxaxbx．若对任意实数b，方程()fxx有两个相异的实根，求实数a的取值范围．参考答案：因为方程()fxx有两个相异的实根，即方程2(1)20axbxb有两个相异的实数根，所以20,(1)4(2)0xabab………………………………4分即202(12)810ababa对任意实数b恒成立，所以204(12)4(81)0baaa，…………………………………………………12分解得01a.…………………………………………………………………………16分17．已知椭圆22122:1(0)xyCabab的离心率为32，右焦点为圆222:(3)7Cxy的圆心．(I)求椭圆1C的方程；(II)若直线l与曲线C1，C2都只有一个公共点，记直线l与圆C2的公共点为A，求点A的坐标．参考答案：（Ⅰ）设椭圆1C的半焦距长为c，则332cca，解得21ab，所以椭圆方程为2214xy.………………………………………………………………………………4分（Ⅱ）当直线l的斜率不存在时，显然不满足题意.当直线l的率存在时，可设直线l的方程为(,)ykxmkmR，点A的坐标为(,)AAxy，其中231Akmyk.联立方程2214xyykxm，消去y得222(14)8440kxkmxm…………（1）所以22116(41)0,km即22410km……………………（2）……………………………………………8分联立方程22(3)7xyykxm消去y得222(1)2(3)40kxkmxm………………（3）所以22216(4237)0,kmmk即2242370kmmk……………………………（4）…………………………12分（2）-（4）得3km………………………………（5）（5）代入（3）得2301Akmxk………………（6）…………………………16分（6）代入222:(3)7Cxy得2Ay.经检验(0,2),A或(0,2)A符合题意，这样点A的坐标为(0,2),(0,2).…………18分18．已知数列,nnab满足1*1111,0,0,,1nnnnnnaababnNbba．证明:505020ab．参考答案：证明：因为22221122112()nnnnnnnnnnababababba，所以49492222505011221111()2()iiiiiiiiababababba