2013年浙江省高数学竞赛试题解答-2

2013年浙江省高中数学竞赛试题解答

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． 集合P{xxR,x11}，Q{xxR,xa1},且PQ,则实数a取值范围为

（ ）

A. a3 B. a1. C. a1或 a3 D. 1a3

答案 C P{x0x2},Q{xa1xa1},要使PQ，则a12或a10。解得

a1或 a3。

2． 若,R, 则90是sinsin1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 答案 D 若0,90sinsin1。

当60sinsin31，但90。 3． 已知等比数列{an}：a13,且第一项至第的几何平均数为9，则第三项是（ ）

A. 3981 B. 3781 C. 39 D. 33 答案 B 计算得q3,a33781。

4. 已知复数zxyi(x,yR,i为虚数单位），且z28i，则z（ ） A.z22i B. z22i C. z22i,或z22i D. z22i,或z22i 答案 D

5. 已知直线AB与抛物线y4x交于A,B两点，M为AB的中点，C为抛物线上一个动点，若C0满足C0A•C0Bmin{CA•CB}，则下列一定成立的是（ ）。

A. C0MAB B. C0Ml,其中l是抛物线过C0的切线 C. C0AC0B D. C0M答案 B

2271AB 2----完整版学习资料分享----

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2CA•CB(CMAM)•(CMBM)CMCM(AMBM)AM•BM CMAMmin{CA•CB}CM22minCMl。

6. 某程序框图如下，当E0.96时，则输出的K=（ ） A. 20 B. 22 C. 24 D. 25

开 始 K=1，S=0 S=S+1/（K(K+1)） S>=E？ 是 否 K=K+1 输出K ,答案 C S

1112231110.96k24.

k(k1)k17. 若三位数abc被7整除，且a,b,c成公差非零的等差数列，则这样的整数共有（ ）个。 A.4 B. 6 C. 7 D 8

答案 D 设三位数为(bd)b(bd)111b99d(0b9,9d9,d0),由

7(111b99d)7(bd)b1,d1;b2,d2;b3,d3;b4,d3,4;

b5,d2;b6,d1;b8,d1。所以，所有的三位数为 210,420,630,147,840,357,567,987

8. 已知一个立体图形的三视图如下，则该立体的体积为（ ）。

A.33 B.339393 C. D. 224----完整版学习资料分享----

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1 1 2 正视图：上下两个正方形

侧视图 322

31 俯视图：边长为2的正三角形

答案 D 从图中可知，立体是由两个三棱柱组成。

9. 设函数f(x)x(x1)(x2)(x3)，则函数yf(x)的极大值点为（ ）

234 A.x0 B. x1 C. x2 D. x3

答案 B 由图象可知x1为函数极大值点，x3是极小值点，x0,2不是极值点。 10. 已知f(x),g(x),h(x)为一次函数，若对实数x满足

1,x1f(x)g(x)h(x)3x2,1x0，则h(x)的表达式为（ ）。

2x2,x011A.h(x)x B.h(x)x

2211C.h(x)x D.h(x)x

222x2(1)1答案 C h(x)x。

22二、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. 若tanxtany2,sinxsiny则xy_______2k1， 33__________。

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解答：由tanxtany2,sinxsiny111cosxcosycos(xy)，所以 362xy2k3。

212. 已知f(x)x(k1)x2，若当x0时f(x)恒大于零，则k的取值范围为______(,221)_______ 。 解答 由x2(k1)x20k1x22,x22等号在x2取得，即 xxk221。

13. 数列{nn},n1,2,1x1lnxx，则数列中最大项的值为______33________。

解答 f(x)xe为33。

f/(x)x(1lnx)xe为极大值点，所以数列最大项为第三项，其值2x1x14. 若x,yR，满足2x2xy2y(xx)x5，则x22223,y2。

3解答 把等式看成关于x的一元二次方程

24(y1)220(2y22y1)0(3y2)20y,x3。

315. 设直线l与曲线yxx1有三个不同的交点A,B,C,且ABBC5,则直线l的方程为_____y2x1____________。

解答 曲线关于（0,1）点对称，设直线方程为ykx1,A(x,y)，则

3ykx13(k2)(k2k2)0k2。所求直线方程为y2x1。 yxx122x(y1)51132_________________。 _______)}22ab11112解答 max{a,b,22}mam,bm,22mm2m32，所以

ababm11min{max(a,b,22)}32。

ab17. 某动点在平面直角坐标系第一象限的整点上运动（含第一象限x,y轴上的整点），其运动规律为

16. 若a0,b0,则min{max(a,b,(m,n)(m1,n1)或(m,n)(m1,n1)。若该动点从原点出发，经过6步运动到（6,2）点，则

有__________9_________种不同的运动轨迹。

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21解答 C6C69.

三、解答题（本大题共有3小题，每题17分，共51分）

18. 已知抛物线y4x，过x轴上一点K的直线与抛物线交于点P,Q, 两点。证明，存在唯一一点K，使得

21PK21KQ2为常数，并确定K点的坐标。

解答 设K（a,0），过K点直线方程为yk(xa)，交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程组

y24x2(ak22)22222kx2(ak2)xak0x1x2,x1x2a2…5分 2kyk(xa)2……………………………………7分 PK2(x1a)2y12,KQ2(x2a)2y2a1k2112，……………………………………………………12分 2222a(1k)PKKQ令a2111,K(2,0)。…………………………………………17分 PK2KQ24219. 设二次函数f(x)ax(2b1)xa2(a,bR,a0)在[3,4]上至少有一个零点，求a2b2的最小值。

解法1 由已知得，设t为二次函数在[3,4]上的零点，则有at(2b1)ta20，变形

2(2t)2[a(t21)2bt]2(a2b2)((t21)2t2)(a2b2)(1t2)2，……5分

t2211，……………………………12分 )251t(t24)2100t2523因为t2,t[3,4]是减函数，上述式子在t3,a,b时取等号，故a2b2的最小

t225501值为。………………………………………………………………17分

100于是a2b2(解法2 把等式看成关于a,b的直线方程:(x1)a2xbx20，利用直线上一点（a,b）到原点的距离大于原点到直线的距离，即ab222x2(x1)(2x)222（以下同上）。

1x20. 设xN满足x20132014.数列a1,a2,2013,a2013是公差为x2013，首项a1(x1)2x20121的等

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差数列； 数列b1,b2,,b2013是公比为

1x

,首项b1(x1)x2013的等比数列，求证：x

b1a1b2a2012b2013 。

解：首先， ai(x1)2x20121(i1)x2013， -----------------2分

b2013(1xx)i1i(x1)x(x1)ix2014i。-----------------4分

b(1xii1bix2013x)…………………………………………6分

用归纳法证明 ax20132014iibi2013,1i2013。

由于a1b20131xx20121x2013，即i=1成立。……………………8分 假设 1i2012成立，

则a)(b20131xii1bi1(ai1aii1bi)(aibi)xx2013(x)(aibi)

x2013x2013(1xx)203(a1ibi)x20132013(aibi)

x20131x20132013i12013x20132014(i1)20132013。…………………14分 所以，aibi,i1,2,,2013。

归纳证明bi1ai,i1,2,,2012，首先 b2a110，假设 1i2011成立， 则

ba1xi1i2ai1(bi2bi1)(ai1ai)(bi1i)x2013(x)x2013(bi1ai)0。…………………………………17分 故命题成立。

四、附加题：（本大题共有2小题，每题25分，共50分。） 21. 设a,b,cR,abbcca3,证明

a5b5c5a3(b2c2)b3(c2a2)c3(a2b2)9。

解答 原命题等价于(a3b3c3)(a2b2c2)9，………………………………10分

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a2b2c23),…………………………………………………20分 又(abc)9(33332故只需要证明a2b2c23成立。…………………………………………………25分

利用已知条件，这是显然的。

22. 从0,1,2，…，10中挑选若干个不同的数字填满图中每一个圆圈称为一种“填法”，若各条线段相连的两个圆圈内的数字之差的绝对值各不相同，则称这样的填法为“完美填法”。

试问：对图1和图2是否存在完美填法？若存在，请给出一种完美填法；若不存在，请说明理由。 A1 A2 6 10 A3 A4 5 A5 7 A7 1 9 A6 A8

（图 1 ）

(图2)

解答 对图1，上述填法即为完美（答案不唯一）。………………………………10分

对于图2不存在完美填法。因为图中一共有10条连线，因此各连线上两数之差的绝对值恰好为，1,2,3，……，10， …………… ……………………………………………… 15分 其和sa1a2a1a3a2a3a7a855为奇数。……………… 20分

另一方面，图中每一个圆圈所连接的连线数都为偶数条。即每一个圆圈内德数在上述S的表达式中出现偶数次。因此S应为偶数，矛盾。………………………………………25分 所以，不存在完美填法。

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