2011年广州市高二数学竞赛试题

2011年广州市高二数学竞赛试题2011．5．15考生注意：⒈用钢笔、签字笔或圆珠笔作答，答案写在答卷上；⒉不准使用计算器；⒊考试用时120分钟，全卷满分150分．一、选择题：本大题共4小题，每小题6分，满分24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知函数3sin1fxxxxR，若()2fa，则()fa的值为()．A．2B．1C．0D．12．已知数列{}na的通项公式2log1nnan*nN,设其前n项和为nS，则使4nS成立的自然数n有（）．A．最大值15B．最小值15C．最大值16D．最小值163．如图所示的程序框图，若输入5n，则输出的n值为（）．A．3B．1C．1D．34．设ooosin(sin2011),sin(cos2011),cos(sin2011)abc，则,,abc的大小关系是()．A．abcB．bacC．cbaD．cab二、填空题：本大题共6小题，每小题6分，满分36分．5．若过定点1,0M且斜率为k的直线与圆05422yxx在第一象限内的部分有交点，则k的取值范围是*．开始2nn结束nfxxf（x）在（0，+∞）上单调递减？输出n是否输入n6．在棱长为1的正方体1111ABCDABCD内任取一点P，则点P到点A的距离不大于1的概率为*．7．在ABC中，M是BC的中点，1AM，点P在AM上且满足PMAP2，则PCPBPA等于*．8．在△ABC中，若tantan1AB，则sin12C*．9．在R上定义运算).1(:yxyx若不等式1)()(axax对任意实数x成立，则a的取值范围是*．10．面积为S的平面凸四边形的第i条边的边长记为1,2,3,4iai，此四边形内任一点P到第i条边的距离记为(1,2,3,4)ihi，若31241234aaaak，则412()iiSihk．类比以上性质，体积为V三棱锥的第i个面的面积记为(1,2,3,4)iSi，此三棱锥内任一点Q到第i个面的距离记为(1,2,3,4)iHi，若31241234SSSSK，则41()iiiH*．三、解答题：本大题共5小题，满分90分．解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤．11．（本小题满分15分）已知向量sin,cosxxa，6sincos,7sin2cosxxxxb，设函数2fxab．（1）求函数fx的最大值，并求取得最大值时x的值；（2）在A为锐角的ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，若4fA且ABC的面积为3，232bc，求a的值．12．（本小题满分15分）如图，已知多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，AC＝AD＝CD＝DE＝2a，AB＝a，F为CE的中点．（1）求证BF⊥平面CDE；（2）求多面体ABCDE的体积；（3）求平面BCE和平面ACD所成的锐二面角的大小．13．（本小题满分20分）已知椭圆12222byax（0ba）的右焦点为2(3,0)F，离心率为e．（1）若32e，求椭圆的方程；（2）设直线ykx与椭圆相交于A，B两点，,MN分别为线段22,AFBF的中点．若坐标原点O在以MN为直径的圆上，且2322e，求k的取值范围．EFABCD14．（本小题满分20分）设无穷等差数列{}na的前n项和为nS，求所有的无穷等差数列{}na，使得对于一切正整数k都有33kkSS成立．15．（本小题满分20分）定义在R上的函数2()1xbfxax(,abR且0a）是奇函数，当1x时，)(xf取得最大值．（1）求ab、的值；（2）设曲线)(xfy在点00(,())xfx处的切线l与y轴的交点为(0,)t，求实数t的取值范围．2011年广州市高二数学竞赛试题参考答案与评分标准说明：1．参考答案与评分标准指出了每道题要考查的主要知识和能力，并给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与参考答案不同，可根据试题主要考查的知识点和能力比照评分标准给以相应的分数．2．对解答题中的计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的得分，但所给分数不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．4．只给整数分数，选择题和填空题不给中间分．一、选择题：每小题6分，满分24分．1．C2．D3．C4．B二、填空题：每小题6分，满分36分．5．50，6．67．498．6249．2321，10．3VK简答与提示：4．因为oooo2011536018031，所以oosin(sin31)sin(sin31)0a，oosin(cos31)sin(cos31)0b，oocos(sin31)cos(sin31)0c，又因为oo0sin31cos311，所以bac，选（B）．三、解答题：满分90分．11．解：（1）2sin6sincoscos7sin2cos2fxxxxxxxab226sin8sincos2cos2xxxx…1cos264sin21cos22xxx4sin24cos2xx42sin24x．当2242xk，即38xk（kZ）时，fx有最大值为42．（2）4fA，42sin244A．可得：2sin242A0,2A，32,444A，244A，解得4A．12sin324ABCSbcAbc，可得62bc．232bc，2222cosabcbcA222cosbcbcbcA2232262262cos104，10a．12．（1）证明：取CD的中点G，连AG，FG，则有12FGABDE∥∥＝＝．∴AG∥＝BF．又△ACD为正三形，∴AG⊥CD．又DE⊥平面ACD，∴FG⊥平面ACD，∴FG⊥AG．∴AG⊥平面CDE．∴BF⊥平面CED．（2）解：ABCDEBACDBCDEVVV213113432CDABDECDBF2131122233432aaaaa333323333aaa．（3）解：由（1）知12ABDE∥＝，延长DA，EB交于点P，连PC，则可证得A，B分别为PD，PE的中点，∴PC∥BF∥AG，∴PC⊥平面CDE．∴∠DCE为平面BCE和平面ACD所成二面角的平面角．又∠DCE＝45°，所以平面BCE和平面ACD所成的锐二面角为45°．PEFABCDG13．解：（1）由题意得332cca，得23a．结合222abc，解得212a，23b．所以，椭圆的方程为131222yx．（2）由22221,,xyabykx得222222()0bakxab．设1122(,),(,)AxyBxy，所以2212122220,abxxxxbak，进而22221212222kabyykxxbak．因为点M、N的坐标分别为113,22xyM、223,22xyN，依题意OMON，所以1OMONkk，即1212133yyxx．即121290yyxx，即222222(1)90abkakb，因为22229baca，所以222222(9)(1)90(9)aakaka．将其整理为42224242218818181111818981aakaaaaa．因为2322e，所以2332a，21218a．所以218k，即22,,44k．14．解：设无穷等差数列{}na的公差为d，则11(1)222kkkddSkadkka，所以333122kddSkka，且333122kddSkka233233211133842222ddddddkkakaka．因为33kkSS对于一切正整数k都成立，所以32121311,823()0,423()0,22().22ddddaddaddaa①②③④由①，可得0d或2d．当0d时，由④得10a，或11a，且同时满足②③．当2d时，由②得112da，且同时满足③④．当2d时，由②得112da，且同时满足③④．综上所述，共有5个满足条件的无穷等差数列：①{}na：0,0,0,；②{}na：1,1,1,；③{}na：1,1,1,；④{}na：1,3,5,；⑤{}na：1,3,5,．15．解：（1）∵函数)(xfy是奇函数，∴()()fxfx，即221()1xbxbaxax，化简得2211xbxbaxax对于任意xR都成立．∴0b．∴2()1xfxax．若0a，则函数2()1xfxax的定义域不可能是R，故0a．当0x时，0fx；当0x时，211111122xfxaxaaxaxxx，当且仅当1axx即1xa时，fx取得最大值12a．11a，即1a．（2）依题意得2()1xfxx……①，2221'()(1)xfxx……②又∵曲线2()1xfxx在00(,())xfx处切线方程为000()'()()yfxfxxx，切线与y轴交于点(0,)t，∴000()'()(0)tfxfxx，化简得000'()()txfxfx，①②代入化简得3002202,(1)xtxxR．又∵2223220000000022223006(1)22(1)22(3)(3)'[(1)](1)xxxxxxxxtxx，令'0t，解得03x，列表如下0x(,3)3(3,3)3(3,)'t—0＋0－t↘极小值↗极大值↘、当00x时，302202(1)xtx0．∴03x时，函数3002202,(1)xtxxR取得唯一的极大值，也是最大值．3max222333813t．、当00x时，302202(1)xtx0∴03x时，函数3002202,(1)xtxxR取得唯一的极小值，也是最小值．3min222333813t．∴t的取值范围是3333,88．