1. 2012年全国高中数学联赛天津预赛

预赛试题集锦（2013）高中竞赛1思维的发掘能力的飞跃2012年全国高中数学联赛天津市预赛一．选择题（每小题6分，共30分）1.数列{}na的前n项和22nSnn，则317aa（）（A）36（B）35（C）34（D）332.若1x＞，则lnlnln(ln)xxxx的值是（）（A）正数（B）零（C）负数（D）以上皆有可能3.如果ABC△中，AB，为锐角，且22sinsinsinABC，则对ABC△的形状描述最准确的是（）（A）直角三角形（B）等腰三角形（C）等腰直角三角形（D）以上都不对4.设椭圆与x轴交于AB，两点，已知对于椭圆上不同于AB，的任意一点P，直线AP与BP的斜率之积均为12，则椭圆的离心率为（）（A）13（B）23（C）12（D）125.在正四面体ABCD中，M、N分别是BC和DA的中点，则直线AM和BN所成角的余弦值是（）（A）13（B）12（C）23（D）346.在半径为1的球面上有不共面的四个点A、B、C、D，且ABCDx，BCDAy，CABDz，则222xyz等于（）（A）2（B）4（C）8（D）16二．填空题（每小题9分，共54分）7.函数1cos[ππ]yxx，，的图象与x轴围成的区域的面积是_______．8.已知ABCDEF是边长为2的正六边形，一条抛物线经过A、B、C、D四点，则该抛物线的焦点到准线的距离是_______．9.如果复数z满足||1z，且2izab，其中a、b为实数，则ab的最大值为_______．10.函数|1||2||10|yxxx的最小值是_______．11.极限222111lim11123nn_______．12.如果对一切正实数x、y不等式29cossin4yxaxy≥都成立，则实数a的取值范围是_______．三．解答题（每小题20分，共60分）预赛试题集锦（2013）高中竞赛2思维的发掘能力的飞跃13.如果双曲线的两个焦点坐标分别为1(20)F，和2(20)F，，双曲线的一条切线交x轴于102Q，，且斜率为2.（1）求双曲线的方程；（2）设该切线与双曲线的的切点为P，求证：12FPQFPQ.14.电脑每秒钟以相同的概率输出一个数字1或2.将输出的前n个数字之和被3整除的概率记为nP.证明：（1）11(1)2nnPP；（2）201213P＞.15.已知三次函数32()4fxxaxbxc（其中abcR，，）满足：当11x≤≤时，1()1.fx≤≤求a、b、c的所有可能取值.参考答案：1、C．解析：当1n时，123nnnaSSn．因此，31734aa2、B．解析：设lnyx．则yxe．故原式ln()0yyyey3、A．解析：若2AB．则sincos,sincos.ABBA故22sinsinsincossincossinABABBAC矛盾．同理，2AB时，也矛盾，故2AB4、D．解析：不妨设(1.0),(1,0),(,)ABPxy．则APl的斜率为1yx，BPl的斜率为1yx，故1112yyxx．故椭圆方程为2221xy，22e5、C．解析：不妨设正四面体的棱长为1.则111,,,022ABABABDBACABACDB，而11(),()22AMABACNBABDB，故12AMNB，又32AMNB，故AM与BN所成角余弦值为236、C．解析：构造一个长方体，使得四面体ABCD的六条棱分别是长方体某个面的对角线．其外接球直径为长方体的体对角线．故预赛试题集锦（2013）高中竞赛3思维的发掘能力的飞跃7、2．解析：作出四条直线2,,,0yxxy，则所给函数的图象落在上述四条直线所围成的长方形内部，且关于y轴对称．在第一象限内的部分，函数图象关于点,12成中心对称，因此，这部分函数图象与x轴、y轴所围成区域的面积等于相应长方形面积的一半．从而，整个函数图象与x轴围成的区域面积为前述长方形面积的一半．即为2．8、32．解析：建立平面坐标系，使得(2,3),(1,0),(1,0),(2,3)ABCD．则可求得该抛物线方程为231yx．故抛物线焦点到准线的距离为32．9、2．解析：2222211()2()2zababab，故当22ab时，max2ab10、25.解析：注意到，110(1)(10)9xxxx且等号当1,10x时成立．同理，297,,561xxxx，且等号分别当2,9,,5,6xx时成立．因此，97125y，且当5,6x时等号成立．故所求最小值为25.11、12．解析：12、3,3．解析：依题意知29cossin4yxaxy对一切正实数,xy成立．则不等式的左端比小于或等于右端的最小值3．令sintx．故22(1,1)tatt．取1t，得3a；取1t，得3a．当3,3a时，易证对任意的1,1t均有22tat成立．因此，3,3a．三、13.解法一．设双曲线方程为22221xyab．由于其与直线12()2yx，即21yx相切，则联立方程组2222121xyabyx只有唯一一组解．故关于x的方程2222(21)1xxab有两个相等的实根．其判别式0，化简得：22410ba．又2c则224ab．故221,3ab，双曲线方程为2213yx．可解得切点(2,3)P．因此．直线1FP的斜率为131tan412tkkFPQkt，其中，2t是切线PQ的斜率．又点2F与P的横坐标相同，则2FP∥y轴．故2121211tantantan2FPQFPQFPQFPQFPQt．解法2设双曲线方程为22221xyab．由2224cab，设点00(,)Pxy．则过P的切线方程为00221xxyyab，与所给的切线方程12()2yx比较知：22002,xayb．代入双曲线方程得：2241ab，预赛试题集锦（2013）高中竞赛4思维的发掘能力的飞跃可解得221,3ab，双曲线方程为2213yx．从而，切点坐标为：2200(,)(2,)(2,3)xyab．余下同解法一．14、证法一：这n个数字共有2n种可能情形．设其中数字和被3整除的有nx种．则不被3整除的有2nnx种．对于1n各数字的情形，若其和被3整除，则前n个数字之和不被3整除；反之，对于前n个数字之和不被3整除的每种情形，有唯一的第1n个数字可使前1n个数字之和被3整除．因此，12nnnxx．这表明，概率2nnnxp满足递推关系式201111201211111111(1)()()()()02323323nnnnpppppp．所以201213p．证法二：若输出的前n个数字之和被3整除的概率为np，则不被3整除的概率为1np．要使输出的前1n个数字之和被3整除，则必须使前n个数字之和不被3整除，且此时第1n个数字也随之确定．所以，由条件概率的公式得11(1)2nnpp，余下同证法一．证法三：n个数字共有2n种可能情形．下面计算其和被3整除的种数，这等于多项式2()()nfxxx的展开式种36,,xx等项的系数之和，即1((1)()())3fff．其中，1322i为三次单位根，是其共轭复数．故11((1)()())22(1)33nnfff．因此，所求的概率为1112()32nnp，可验证11(1)2nnpp及201213p．15、由题意，当11,2x时，均有1()1fx，故141abc，①141abc，②111242abc，③111242abc．④①+②得28223bb；③+④得2123bb，因此，3b代入不等式①至④得0,04aacc，从而，0ac下面证明：3()43fxxx满足条件．事实上，若11x，则令cos()xttR．故3()(cos)4cos3coscos3fxftttt，又1cos31t，则1()1fx．综上，0,3,0abc