2011年全国高中数学联赛天津预赛试题

2011年高中数学联赛天津市预赛参考答案与评分标准一.选择题(每小题6分,共36分)1.如果x∈(0;2)时总有sinxkx成立,则实数k的取值范围是(A).(−∞;2](B).(−∞;2)(C).(−∞;2](D).(−∞;2)解:作出y=sinx和y=kx的图像,易知选(C).2.已知函数y=f(x)有反函数y=f1(x),将y=f(x)的图像绕(1;−1)逆时针旋转90,所得曲线的方程是(A).y=f1(−x)−2(B).y=−f1(−x)−2(C).y=f1(−x+1)−1(D).y=f1(−x−1)+1解:点(t;f(t))绕(1;−1)旋转90,得到(−f(t);t−2).令x=−f(t),则t=f1(−x),因此y=t−2=f1(−x)−2.选(A).3.设n为正整数,x=(1+1n)n,y=(1+1n)n+1,则(A).xyyx(B).xy=yx(C).xyyx(D).以上都有可能解:由于x=(n+1)n/nn,y=(n+1)n+1/nn+1,取对数易得xy=yx.故选(B).4.若直线y=x−3与曲线y=ex+a相切,则实数a的值是(A).−4(B).−2(C).2(D).4解:设切点的横坐标为x0.在x=x0处,曲线y=ex+a的斜率为ex0+a.而直线y=x−3的斜率为1.因此ex0+a=1,得x0=−a.因此,切点的纵坐标ex0+a=1=x0−3,即1=−a−3,所以a=−4,选(A).5.在半径为1的⊙O上,取一个定点A和一个动点B.设点P满足AP∥OB且−→AP·−−→AB=1,则P点的轨迹是(A).椭圆(B).抛物线(C).双曲线(D).以上都有可能解:不妨设O(0;0),A(1;0),P(x;y),由于AP∥OB,可设B(k(x−1);ky).将这些坐标代入−→AP·−−→AB=1可得k=x/[(x−1)2+y2].最后,利用B在⊙O上,即可得到(x;y)满足的方程为x2=(x−1)2+y2,即y2=2x−1,所以P的轨迹是抛物线.选(B).6.将(a+b+c+d)9展开之后再合并同类项,所得的多项式的项数是(A).C49(B).C39(C).C412(D).C312解:所得多项式中每一项都形如kax1bx2cx3dx4,其中k0,x1+x2+x3+x4=9;xi≥0:参考答案与评分标准第1页易知上式共有C419+41=C312组整数解,因此选(D).二.填空题(每小题9分,共54分)1.九个正实数a1,a2,···,a9构成等比数列,且a1+a2=34,a3+a4+a5+a6=15.则a7+a8+a9等于.解:设公比为q,则由已知条件可得a1(1+q)=34;a1q2(1+q+q2+q3)=15;这两式相比,得q2(1+q2)=20,从而q=2,a1=1/4.这样a7+a8+a9=a1q6(1+q+q2)=112.2.设O-ABCD是正四棱锥,其中OA=√3,BC=2.以O为球心,以1为半径作一个球,则这个球与正四棱锥相交部分的体积是.解:考虑棱长为2的正方体,将O置于正方体的中心,则ABCD恰好可以与正方体的一个面重合.于是,由对称性可知,所求体积是球体体积的1/6,即2/9.3.若实数x,,满足x=log3tan=−log3tan,且−=6,则x的值是.解:记tan=y,则由第一个条件得tan=1/y.又由第二个条件,可知tan=tan(−6)=y−1/√31+y/√3;从而得方程1/y=y−1/√31+y/√3;取其正根,得y=√3.因此x=log3y=1/2.4.设A,B是双曲线的两个焦点,C在双曲线上.已知△ABC的三边长成等差数列,且\ACB=120,则该双曲线的离心率为.解:依题意,可设|AC|+|AB|=2|BC|,且|AC|2+|BC|2−|AB|2=2|AC|·|BC|·cos120;由此可知|AC|:|AB|:|BC|=3:7:5.这样,双曲线的离心率为7/(5−3)=7/2.参考答案与评分标准第2页5.函数f(x)的定义域为(0;∞),且满足f(x)−2xf(1x)+3x2=0,则f(x)的最小值是.解:由f(x)−2xf(1x)+3x2=0可得f(1x)−2xf(x)+3x2=0:联立这两式解得f(x)=x2+2x.由平均值不等式x2+2x=x2+1x+1x≥3(x2·1x·1x)1/3=3:且当x=1时等号成立.因此,f(x)的最小值为3.6.复数z满足|z|(3z+2i)=2(iz−6),则|z|等于.解:直接计算可知|3z+2i|2−|iz−6|2=8(|z|2−4):由此可见,若|z|2,则|3z+2i||iz−6|,进而||z|(3z+2i)||2(iz−6)|,这与已知条件矛盾;同理,若|z|2,则||z|(3z+2i)||2(z+6i)|,也矛盾.因此|z|=2.另解:设|z|=r,代入条件,得z=−(12+2ri)/(3r−2i).因此r2=|z|2=122+(2r)2(3r)2+(−2)2:化简得r4=16,因此r=2,即|z|=2.三.解答题(每小题20分,共60分.每小题只设0分,5分,10分,15分,20分五档)1.在四面体ABCD中,AD⊥平面BCD,\ABD=\BDC=45.已知E是BD上一点,满足CE⊥BD且BE=AD=1.(1)证明:\BAC=.(2)若点D到平面ABC的距离为4/13,求cos的值.解:由于AD=BE=1,有AB=1/sin,BD=cos/sin,DE=cos/sin−1,以及CD=DEcos=1sin−1cos:进而得到AC=√AD2+CD2=√1+(1sin−1cos)2=1sincos−1:参考答案与评分标准第3页..............................................(5分)现在,设\BAC=,分别在△ABC和△DBC中用余弦定理,有BC2=AB2+AC2−2AB·AC·cos;BC2=BD2+CD2−2BD·CD·cos:以上两式相减,并注意AB2=BD2+AD2,AC2=CD2+AD2,则可得到2AD2−2AB·AC·cos+2BD·CD·cos=0;从而cos=AD2+BD·CD·cosAB·AC=1+cossin·(1sin−1cos)·cos1sin·(1sincos−1)=cos:这就证明了\BAC=..............................................(10分)注意四面体ABCD的体积为V=13AD·SBCD=16AD·BD·CD·sin;而△ABC的面积为S=12AB·AC·sin;因此,点D到平面ABC的距离为3VS=AD·BD·CDAB·AC=cos2−cossin1−sincos:.............................................(15分)令上式等于4/13,解得cos=4/5..............................................(20分)2.设a,b,c,d,e,f为实数,且ax2+bx+c≥|dx2+ex+f|对任意实数x成立,证明:4ac−b2≥|4df−e2|.解:若a=0,则b=0,d=0,e=0,结论自动成立.当a̸=0时,由于ax2+bx+c≥0,因此a0,b2−4ac≤0.进一步,不妨设d0,则由ax2+bx+c≥dx2+ex+f可知a≥d0...............................................(5分)参考答案与评分标准第4页记g(x)=dx2+ex+f.我们分两种情况讨论:(i).若e2−4df0,则由ax2+bx+c≥|g(x)|可得ax2+bx+c±(dx2+ex+f)≥0;因此(b+e)2−4(a+d)(c+f)≤0;(b−e)2−4(a−d)(c−f)≤0;这两式相加得(b2−4ac)+(e2−4df)≤0;因此这时有4ac−b2≥|4df−e2|..............................................(15分)(i).若e2−4df≤0,则g(x)≥0,且g(x)的最小值为4dfe24d.在已知条件中取x=−b/(2a),则得到4ac−b24a≥g(−b2a)≥4df−e24d:因此4ac−b2≥4df−e2,即4ac−b2≥|4df−e2|..............................................(20分)3.设数列{an}定义为a1=1;an+1=2an+√3a2n+1;n≥1:(1)证明:当n1时,an+1+an1=4an;(2)证明:1a1+1a2+···+1an1+√32.解:(1).由条件可知,{an}是递增数列,a2=4.将递推公式移项并平方,得(an+1−2an)2=3a2n+1;即a2n+1−4an+1an+a2n=1:进而有a2n−4anan1+a2n1=1:以上两式相减,并分解因式,得(an+1−an1)(an+1+an1−4an)=0:因此,an+1+an1=4an.参考答案与评分标准第5页..............................................(5分)(2).结合a1=1,a2=4和an+1=4an−an1即可得到an=12√3(n−n):其中=2+√3,=2−√3..............................................(10分)下面估计Sn=1a1+1a2+···+1an.由于10,且=1,所以,由k−k(k1−k1)=1(k1−k1);k≥2可得1akak1;k≥2:这样,当n1时,我们有Sn=1a1+n∑k=21ak1a1+n∑k=2ak1=1a1+·(Sn−1an)1a1+Sn;所以Sn1(1−)a1=1+√32:证毕..............................................(20分)注:第1问也直接用数学归纳法证明an=12p3(n−n).参考答案与评分标准第6页