2017全国数学竞赛一试word打印版

2017年全国高中数学联合竞赛一试（A卷）一，填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分1.设xf是定义在R上的函数，对任意实数x有.143xfxf又当时70x，xxf9log2，则100f的值为__________.2.若实数yx,满足1cos22yx，则yxcos的取值范围是___________.3.在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的方程为110922yx，F为C的上焦点，A为C的右顶点，P是C上位于第一象限内的动点，则四边形OAPF的面积最大值为____________.4.若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，则称其为“平稳数”.平稳数的个数是__________.5.正三棱锥，，，中21APABABCP的平面过AB将其面积平分，则棱PC与平面所成角的余弦值为________.6.在平面直角坐标系xOy中，点集1,0,1,,yxyxK丨.在K中随机取出三个点，则这三个点中存在两点之间距离为5的概率为_________.7.在△ABC中，M是边BC的中点，N是线段BM的中点.若3A,△ABC的面积为3，则ANAM的最小值为________.8.设两个严格递增的正整数数列2017,1010babann满足：，对任意整数n,有nnnaaa12，.______,2111的所有可能值为则babbnn二，解答题：本大题共三小题，满分56分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤9.（本题满分16分）设k,m为实数，不等式baxmkxx,12对所有成立。证明：22ab10.（本题满分20分）设,,,321xxx是非负实数，满足1321xxx求5353321321xxxxxx的最小值和最大值.11.（本题满分20分）设复数2ReRe0Re,0Re,22212121zzzzzz，且满足（其中zRe表示复数z的实部）.（1）的最小值；求21Rezz（2）求的最小值212122zzzz参考答案及解析一，填空题：1.【答案】21【解析】由条件知，xfxfxf7114，所以214log15127141001002ffff2.【答案】13,1，【解析】由于3,1cos212yx，故3,3x，由21cos2xy可知，112121cos22xxxyx.因此当1x时，yxcos有最小值-1（这时2可以取y）；当可以取这时有最大值时，yyxx13cos3.由于11212x的值域是131，，从而13,1cos，的取值范围是yx3.【答案】2113【解析】：易知10,0,3，FA.设P的坐标是2,0,sin10,cos3则sin2113sincos10232,0,sin10321OFPOAPOAPFSSS其中211310arctan.1010arctan面积的最大值为时，四边形当OAPF4.【答案】75【解析】考虑平稳数abc个平稳数有则若2,1,0,1,0cab个平稳数有则，若632,2,1,0,2,11cab个平稳数有则若63337,1,,1,,82bbbcab个平稳数有，则，若422,98,9cab综上可知，平稳数的个数是2+6+63+4=755.【答案】1053【解析】设AB,PC,的中点分别为K,M，则易证平面ABM就是平面，由中线长公式知23241122141212222222PCACAPAM所以252123222AKAMKM又易知直线PC在平面上的射影是直线MK，而CM=1，23KC,所以10535431452cos222MCKMKCMCKMKMC故棱PC与平面所成角的余弦值为10536.【答案】74【解析】易知K中有9个点，故在K中随机取出三个点的方式数为8439C种.将K中的点按右图标记为OAAA,821，，，,其中有8对点之间的距离为5.由对称性，考虑取41AA，两点的情况，则剩下的一个点有7种取法，这样有5687个三点组（不计每组中三点的次序）.对每个53,8,2,1iiiAAKiA中恰有，，两点与之距离为5（这里下标按模8理解），因而恰有8,,2,1,,53iAAAiii这8个三点组被计了两次，从而满足条件的三点组个数为56-8=48，进而所求概率为7484487.【答案】13【解析】由条件知，ACABANACABAM4143,21,故.438141432122ACABACABACABACABANAM由于4,43sin213ACABACABAACABSABC所以，进一步可得2cosAACABACAB,从而1321434328122ACABACABACABACABANAM1332,3244的最小值为，时当ANAMACAB8.【答案】13,20【解析】有条件可知：121,,baa均为正整数，且21aa，由于191051222017bbb，故3,2,11b.反复运用na的递推关系知122334455667788910213413218135835232aaaaaaaaaaaaaaaaa因此34mod1251221110101bbbaa而34mod262132113183421131111bbaa故有，，①另一方面，注意到故有,512213455,112121baaaaa1155512ba②无解②分别化为，①，时当,55512,34mod261111aab551024,34mod522111aab时，①，②分别化为当得到唯一的正整数181a20,11ba此时551536,34mod783111aab，②分别化为，①时当，得到唯一正整数101a，此时1311ba综上所述，11ba的所有可能值为13,209.【证明】于是则令.1,1,,,2xfbaxmkxxxf③②，①，.122211222mbakbabafmkbbbfmkaaaf③知，②由①2……………………4分42222bafbfafba22ab故……………………16分10.【证明】解：由柯西不等式15533535323212332211321321xxxxxxxxxxxxxxx0,0,1321xxx时不等式等号成立，故欲求的最小值为1，……………………5分因为596662011063146201)355(534151)355)(53(515353232123212321321321321321321xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx分21,0,21321xxx当时不等式等号成立，故欲求的最大值为59.………………20分11，【答案】解：（1）对2Re,0Re.,i,2,1222kkkkkxkkkkzyxzxRyxyxzk由条件知设因此2222iiRee21212122212121221121yyyyyyyyyyxxyxyxzzR又当2Re.2Re2212121的最小值为，这表明，时zzzzzz……………………5分（2）对kzk将,2,1对应到平面直角坐标系22,,PPyxPxOykkk是记中的点关于x轴的对称点，则的右支上均位于双曲线，2:2221yxCPP.设02,022121，，的左，右焦点，易知分别是，FFCFF根据双曲线定义，有222222122111FPFPFPFP，，进而得2424222221222121121121212121PPFPFPPPFPFPzzzzzzzz………………15分等号成立当且仅当的中点恰是时，例如，当上位于线段21221212i22PPFzzPPF综上可知，24222121的最小值为zzzz……………………20分