2017浙江省高中数学竞赛试卷(PDF版)

2017年浙江省高中数学竞赛参考答案一、填空题（每题8分，共80分）1.在多项式310(1)(2)xx−+的展开式中6x的系数为____.解答：6x系数为73645546101010102323224128CCCC−⋅+⋅−=−.2.已知271log(53)log5aa+−=，则实数a=________.解答将原式化简为217log(53)log5aa+−=。由于7()log(53)fxx=−为35x上的增函数，25()log(1)gxx=+为上的增函数，且(2)(2)1fg==。因此可得实数a=2.3.设2()fxxaxb=++在[0,1]中有两个实数根，则22ab−的取值范围为.解答因为222()()24aafxxaxbxb=++=++−在[0,1]中有两个实数根，所以,ab满足2(0)0,(1)10,40,012afbfabab=≥=++≥−≥≤−≤.由此可得到22ab−的取值范围为[0,2]。4.设,,xy∈且222222sincoscoscossinsin1sin()xxxyxyxy−+−=+，则xy−=_____.解答：由于222222sincoscoscossinsinsin()sin()xxxyxyxyxy−+−=+−且sin()0xy+≠，所以sin()1xy−=。故22xykππ−=+，k∈。5.已知两个命题，命题:p函数()log(0)afxxx=单调递增；命题:q函数2()10()gxxaxx=++∈.若pq∨为真命题，pq∧为假命题，则实数a的取值范围为_____________.解答：命题p成立当且仅当1a；命题q成立当且仅当22a−。若pq∨为真命题，pq∧为假命题，则(2,1][2,)a∈−∪+∞.6.设S是5(0,)8中所有有理数的集合，对简分数,(,)1qSpqp∈=，定义函数1()qqfpp+=，则2()3fx=在S中根的个数为_____________.解答由于2()3fx=，令21,3qmpm=−=，m∈，则有215038mm−，182m由此检验可得方程的根的个数为5.7.已知动点P,M,N分别在x轴上，圆22(1)(2)1xy−+−=和圆22(3)(4)3xy−+−=上，则PMPN+的最小值为_____________.解答：圆22(1)(2)1xy−+−=的圆心坐标为（1,2），圆22(3)(4)3xy−+−=关于x轴对称的圆的圆心坐标为（3，-4）.则PMPN+的最小值为22(31)(42)1321031−+−−−−=−−。8.已知棱长为1的正四面体PABC−,PC的中点为D，动点E在线段AD上，则直线BE与平面ABC所成的角的取值范围为_______________.解答：记BC中点为O点，以O为原点，BC为x轴正向，OA为y轴正向，建立空间直角坐标系，则3(0,,0)2A，1(,0,0)2B−，1(,0,0)2C，36(0,,)63P.所以136(,,)4126D。从而可设13536(,,)42126Ettt−（01t≤≤），于是113536(,,)422126BEttt=+−。设所求角为θ，则2tanθ22271212ttt=−+。所以22112717cot666()2222tttθ−−−=−+=−+≥，这里最后一个不等式是由于单调性以及11t−≥。因此有140tan7θ≤≤，即14[0,arctan]7θ∈。9.已知平面向量,,abc，满足1,2,3abc===，01λ.若0bc⋅=，则(1)abcλλ−−−所有取不到的值的集合为_______________.解答将向量,bc的起点平移至原点O，再以,bc分别为,xy轴正向建立平面直角坐标系。则向量(1)bcλλ+−对应的点坐标为P(2,3(1))λλ−。于是213189OPλλ=−+,min61313OP=。而(1)abcλλ−−−表示的是点P到单位圆周上的距离d，则d的最大值为4，最小值为613113−.因此所有取不到的值的集合为6(,131)(4,)13−∞−∪+∞。10.已知22,0,()1,0,xxfxxx−=−≥方程22()21()21240fxxfxxax+−+−−−−=有三个根123xxx.若32212()xxxx−=−，则实数a=。解答：设2()21gxx=−，定义域为11x−≤≤，()1max((),())()()()()2fxgxfxgxfxgx=++−.方程可变形为max((),())2fxgxax=+.由2221xx−≥−得22x≤−，从而有222,[1,]2max((),())221[,1]2xxfxgxxx−∈−−=−∈−。于是2222xaxxa−=+⇒=−+（212x−≤≤−），可得0222a≤≤−；2242120,4axaxxxa−=+⇒==−+。由于123,xxx32212()xxxx−=−，可得1223xx=，即241224aaa=++，有1732a−=.二、解答题11.（本题满分20分）设21()32fxx=+，2116()()3nnfxxfx+=+,1,2,n=.对每个n，求()3nfxx=的实数解.证明：利用数学归纳法.(1)2x=是()3nfxx=的解.……………………………………………………5分当n=1时，2x=是21()323fxxx=+=的解。当n=k时，设(2)6kf=，则116(2)4(2)63kkff+=+=。由此可得2x=是()3nfxx=的解（对于所有的n）.……………………10分(2)当2x时，23()32nfxxx.当n=1时，2213()3232fxxxx=+（2x）.当n=k时，设23()32kfxxx，则222116()()833kkfxxfxxxx+=++=。由此可得2x都不是()3nfxx=的解（对于所有的n）.……………………15分(3)当02x时，()3nfxx.当n=1时，2221()3283fxxxxx=++=（02x）.当n=k时，设()3kfxx，则22116()()1633kkfxxfxxxx+=++。由此可得02x都不是()3nfxx=的解（对于所有的n）.因此，对每个n，()3nfxx=的实数解为2x=。…………………………20分12.（本题满分20分）已知椭圆22162xy+=的右焦点为F，过F的直线(2)ykx=−交椭圆于,PQ两点（0k≠）.若PQ的中点为N，O为原点，直线ON交直线3x=于M.(1)求MFQ∠的大小；(2)求PQMF的最大值.解答：（1）联立22162(2)xyykx+==−，可得2222(31)121260kxkxk+−+−=.设P点的坐标为(,)ppxy，Q点的坐标为(,)qqxy，则222212126,3131pqpqkkxxxxkk−+==++.……………………5分于是有24()431pqpqkyykxxkk−+=+−=+。因为PQ的中点为N，所以22262(,)3131kkNkk−++。因此ON的斜率为13ONkk=−。因为直线ON交直线3x=于M，所以1(3,)Mk−。故MF的斜率为1MFkk=−，即得1MFPQkk⋅=−。因此MF与PQ垂直，2MFQπ∠=。………………10分（2）222222222()()()[()4]11pqpqpqpqpqxxkxxPQIkxxkxxxxMFk−+−===−=+−+4222222222144211[24]24(31)31(31)kkkkkkkk−+=−=+++………………15分令231uk=+，则222(1)(2)16111161198()[()]33223416uuIuuuu−+==−−−=−−−由于2311uk=+，故101u≤。因此max3I=（当4u=时取到最大值，也即1k=±）。综上所述，PQMF的最大值为3.…………………………………………20分13.（本题满分20分）设数列{}na满足：122nnaa+−=,||2,1,2,3,nan≤=.证明：如果1a为有理数，则从某项后{}na为周期数列.证：（1）若1a为有理数，则{}na为一个有理数数列.(2)对于任意的n，设(),,1nyayxx==，由已知条件，有且仅有下述一个等式成立12222nnyxaax++=+=，或12222nnyxaax+−=−=.（*）na与1na+有相同的分母（不进行约分）.……………………5分(3)设()1,,1qapqp==，则nnbap=，nb为整数。由于||2,1,2,3,nan≤=，因此22npbp−≤≤.…………………………………………10分(4)若存在两个自然数kl，使得klaa=.则由(2)中得到的(*)递推公式以及||2,1,2,3,nan≤=，可得{}na从第k项开始是一个周期数列，周期为lk−.……………………………………………………15分(5)由(3)可知对于任意的n，nb的值只有41p+（有限个）,故总能找到kl,使得klbb=，从而有klaa=.综合上述，如果1a为有理数，则从某项后{}na为周期数列.……………20分14.（本题满分30分）设123123,,;,,aaabbbZ+∈，证明：存在不全为零的数}2,1,0{,,321∈λλλ，使得112233aaaλλλ++和112233bbbλλλ++同时被3整除.证明：不妨设(mod3),(mod3)iiiiakbl≡≡，,{0,1,2}iikl∈，1,2,3i=.则要证明结论正确，只要证明存在不全为零的数}2,1,0{,,321∈λλλ，使得112233112233(mod3)0(mod3)kkklllλλλλλλ++≡++≡。（*）记1221(mod3),klklc−≡这里{0,1,2}c∈。情形（1）当0c=时，则110,kl==或者11,kl不全为零。若110,kl==则取1231,0λλλ===，有(*)式成立.若11,kl不全为零，不妨设10,k≠则取12213,,0kkλλλ==−=，且112233211211223321120(mod3)0(mod3)kkkkkkklllklklλλλλλλ++=−≡++=−≡，即（*）式。………………20分情形（2）当1c=或2时，即21(mod3)c≡。记2332131132()(mod3),()(mod3),cklklccklklc−≡−≡这里12,{0,1,2}cc∈。令11223,,1ccλλλ===，则}2,1,0{,,321∈λλλ且不全为零，且11223311223kkkckckkλλλ++=++23321311323()()(mod3),cklklkcklklkk≡−+−+()321123(mod3),ckklklk≡−+23(1)(mod3)ck≡−0(mod3),≡………………30分类似可以证明1122330(mod3)lllλλλ++≡。综上所述，可以取到不全为零的数}2,1,0{,,321∈λλλ，使得(*)式成立.15.（本题满分30分）设},...,,{21naaa=σ为},...,2,1{n的一个排列，记∑=+=niiiaaF11)(σ,11aan=+，求)(minσσF.解答：问题等价于圆周上放置n个数，使得相邻数的乘积之和为最小，最小值记为nT.不妨设1an=，则数字1必与它相邻。否则设1,ja=(2,jn≠)，则可将23,,,jaaa的数字改变为12,,,jjaaa−上的数字,则相邻数的乘积和的该变量为121121jjjjaaaaaaaa+++−−112()()0jjaaaa+=−−.于是可确定21a=。再说明数字2也必与数字n相邻，即2na=。…………10分事实上，若2,ja=(jn≠)，则交换1,,,nnjaaa−为1,,,jjnaaa+。此时的目标改变值为1111jnjnjjaaaaaaaa−−+−−11()()0jjnaaaa−=−−.因此目标取到最小值时，12,1,2