2009年浙江省温州市摇篮杯高一数学竞赛试题

2009年浙江省温州市摇篮杯高一数学竞赛试题2009年4月12日本卷满分为150分，考试时间为120分钟一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分。1．已知ABC是钝角三角形，且角C为钝角，则点Psinsinsin,sincosABCAB落在（▲）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．已知集合23,log4,,xMNxy，且2MN，函数:fMN满足：对任意的,xMxfx都有为奇数，满足条件的函数的个数为（▲）A．0B．1C．2D．43．在等差数列na中，已知691319aa，且10,nnasa为数列的前n项和，则在12350,,,,ssss中，最大的一个是（▲）A．15sB．16sC．25sD．30s4．已知函数2fx为奇函数，且满足6fxfx，(3)2f，则20082009ff的值为（▲）A．0B．2C．2D．20095．已知函数421sincossin2cos24fxxxxxxR，则fx（▲）A．最大值为2B．最小正周期为C．一条对称轴为4xD．一个对称中心为7(,)1686．已知函数122,xfx关于x的方程220fxfxk，下列四个命题中是假．命题的是（▲）A．存在实数k，使得方程恰有2个不同的实根；B．存在实数k，使得方程恰有4个不同的实根；C．存在实数k，使得方程恰有6个不同的实根；D．存在实数k，使得方程恰有8个不同的实根；7．如图，在OAB中，点P是线段OB及AB、AO的延长线所围成的阴影区域内（含边界）的任意一点，且OPxOAyOB，则在直角坐标平面上，实数对,xy所表示的区域在直线3yx的右下侧部分的面积是（▲）A．72B．92C．4D．不能求PMOABN8．已知函数432,,,fxxaxbxcxdabcd为实常数的图象经过三点12,2A，13,3B，14,4C，则15ff的值等于（▲）A．0B．1C．265D．25二、填空题：本大题共6小题，每小题8分，共48分。9．已知,0sin2cossin2，，且，若tan3,则tan▲。.10．若0)(55yxyx，则y▲。11．函数12310050fnnnnnnnN的最小值等于▲。12．设函数313xxfx，若x表示不大于x的最大整数，则函数1122fxfx的值域是▲。．已知二次函数221fxxmx，若对于0,1上的任意三个实数,,abc，函数值,,fafbfc都能构成一个三角形的三边长，则满足条件的m的值可以是▲。（写出一个即可）14．如图是一个数表，第一行依次写着从小到大的正整数，然后把每行的相邻两个数的和写在这两数的正中间的下方得到下一行，数表从左到右、从上到下无限。则2000在表中出现▲次。1234567…35791113…812162024…20283644…486480…112144…………2009年浙江省温州市摇篮杯高一数学竞赛答题卷2009年4月12日本卷满分为150分，考试时间为120分钟题号一二三总分151617得分一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分。答案二、填空题：本大题共6小题，每小题8分，共48分。9．10．11．12．13．14．三、解答题：本大题共3小题，共54分。15．（本题满分16分）如图，已知O为ABC的外心，,,abc分别是角A、B、C的对边，且满足COABBOCA。（1）推导出三边,,abc之间的关系式；（2）求tantantantanAABC的值。得分评卷人得分评卷人得分评卷人CABO16．（本题满分19分）已知函数11fxx，nN对于，定义11,nnfxfxfxffx，偶函数gx的定义域为0xx，当0x时，2009gxfx。（1）求gx；（2）若存在实数,abab使得该函数在,ab上的最大值为ma，最小值为mb，求非零实数m的取值范围。17．（本题满分19分）数列na满足：13a，2122*nnnaaanN（1）求数列na的通项公式；（2）求证：数列na中的任两项互质。（3）记112nnnbaa，nS为数列nb的前n项和，求2009S的整数部分；得分评卷人得分评卷人2009年浙江省温州市摇篮杯高一数学竞赛试题答案一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分。1．D解：由正弦定理1sinsinsin02ABCabcR，角C为钝角得,22ABAB，所以0cossin,cos2sinsinBABBA所以，选D2．B解：由已知得1,2xy，3,2,1,2MN，对任意的,xMxfx都有为奇数，所以满足条件的函数只有一个即32,21ff。3．A解：由691319aa得，66613193,2190aadad所以，62515160aaaa，又因为115160,0,0,0,adaaA所以故选4．C解：由已知得22,4fxfxfxfx所以，又6fxfx，推出4fxfx，所以2008200901ffff，1412ff，又由上面关系式推得0420fff，选C5．D解：因为422211sin1sinsin41sincossin488fxxxxxxx=211117271sin2sin4cos4sin4sin448888848xxxxx，选D6．D解：设212,20,1,3,1tfxttkxtt因为对称轴为所以当时，A答案正确；当120,2tt，B答案正确；当1213,22tt时，C答案正确；选D。7．A解：如图OBMNP//作过，则OP110,0100010111OMMPmAOnMNmAOnANAMmAOnmABAOmOAnmOBmnxxxmyyynmnxyx所以如图,选A8．D解：由已知，设543211gxfxxxaxbxcxdxx2123424xxxxmx所以21234124xxxxmxfxxx，252116m16m244f，MOABNP1625511212456554mfm，所以1525ff，选D二、填空题：本大题共6小题，每小题8分，共48分。9．1。解：由知得sin2cossinsincos3cossintan3tantan110．0。解：原方程可化为550xyxyxxxyxy11．4400。解：因为150,100110050250,1100nfnfnnnnn12252627fffff所以25264400fnff所以的最小值为12．{0，1}。解：由已知得101,1,,1;2fxfxfxfxfx所以当时值为110,0;1,0;0,122fxfx当时值为当时值为所以值域为13．22,0内的任一实数。解：由题意当1,0x时，min02minmaxfxfxfx；当0m时，min0102min2max1220,fxffxfxfmm不存在；当1m时，min1220342min44max01fxfmmfxmfxf，不存在；当102m时，22min10012min22max122fxfmmmfxmfxfm，所以这时102m；当112m时，22min1022222min22max01fxfmmmfxmfxf，所以这时1222m；综上所述202m。14．4。解：由数表推得，每一行都是等差数列，第n行的公差为12n，记第n行的第m个数为mnf,,则,11,11,2fnfnfn21,11,1121,12224nnnfnfnfn算得212,112,,112221nnnfnnfnmfnmmnnN243221200025,1,3,5,6nmnn当时符合。答案为4。CABOFE三、解答题：本大题共3小题，共54分。15．解:（1）取AB、AC的中点E、F，则221()2142COABCEEOABCEABCBCACBCAab分同理2221acCABO；所以2222cba……………………………8分（2）2222sinsintantancoscossin12tantansinsincossinsincos2162BCAAABCABCBCABCAabcabcbc分分16．解：（1）因为121321111,,111111xfxfxfxffxfxffxxxxxxxxxxfx，fxxffxf13,112200934为周期所以迭代函数以……（5分）设110,0,1xxxgxgxxx则，所以11,011,0xxgxxx………………（9分）图象如右：（2）因为,00,0abmambmab；…………………………（12分）又因为0mb，所以],[1ba（否则0,0mambm，矛盾）当1111,1(,1]11maaabfxxmbb则在上是减函数由题意所以2111,1,0,1abmxxxxmm是方程的两不同实根在有两个不同实根，21401111100154112mmgmmmm分11110,1(1,0),11.mbaabfxxmabab当时则在上是增函数由题意不合综上所述104m。----------------------------19分。17．（1）解：因为2211222221221111112nnnnnnaaaaa当11211,12na也成立，所以1221nna；--------------------------------------------------5分；（2）因为111221221222nnnnnnnnaaaaaaaaaa所以122