2006年广州市卡西欧杯高二数学竞赛试卷答案

2006年广州市卡西欧杯高二数学竞赛试题参考答案及评分标准一、选择题：本大题共4小题，每小题6分，共24分．（1）B（2）A（3）C（4）A二、填空题：本大题共6小题，每小题6分，共36分．（5）44（6）本小题答案不唯一，只要满足题设条件即为正确答案。例如：12logfxx，227333fxxx，213fxxx，131672fxx，232sin133fxx，22111xxfxxx　　　　　，1120112xfxxx　　　　　，1122221xfxx，21916136394fxxx，等等．（7）3（8）2（9）dhho，maths（10）13第（10）题参考解答：设bak，则bak．依题意有0ba，24bac，即24akac，即24akca．故2293224244bakkkakakkabcakcakaa111193333932244242442kakaakak．当且仅当29444kaakakca即4bca时取等号．三、解答题：本大题共5小题，满分90分．（11）（本小题满分15分）解：（Ⅰ）∵31cos2sin222xfxxa1sin262xa，∴最小正周期22T，单调递减区间为2,63kkkZ．（Ⅱ）令26ux，则1sin2guua，7,66u．要使gu在7,66上恰有两个x的值满足2gu，则2622gg，解得112a．（12）（本小题满分15分）解法一：（Ⅰ）因PA平面ABCD，PA面PAD，故面PAD面ABCD．因四边形ABCD是矩形，故CDAD．因面PAD面ABCDAD，故CD面PAD．因CD面PCD，故平面PDC平面PAD．（Ⅱ）取CD中点F，连结AF、EF．因E是PD的中点，故//EFPC．所以AEF或它的补角是AE与PC所成的角．易得62EF，52AE，172AF，故222651722230cos1065222AEF．故AE与PC所成角的余弦值为3010．（Ⅲ）假设Q点存在，过点D作DGAQ于G，因为面PAQ面ABCD，面PAQ面ABCDAQ，所以DG面PAQ，即1DG．如图，易知30DAGAQB，G1则3BQ．故存在一点Q，当3BQ时使点D到平面PAQ的距离为1．解法二：（Ⅰ）同解法一．（Ⅱ）以A为原点，AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，∵1ABPA，2BC，∴0,0,0A，1,0,0B，1,2,0C，0,2,0D，0,0,1P，10,1,2E．∵10,1,2AE，1,2,1PC，由30cos,10AEPCAEPCAEPC，∴AE与PC所成角的余弦值为3010．……10分（Ⅲ）假设存在点1,,0Qa符合条件，则0,0,1AP，1,,0AQa．又设平面PAQ的法向量为,,xyzn，QAPDCBExyzADBCQ21G由0,0.APAQnn即0,0.zxay取1y，则,1,0an是平面PAQ的一个法向量．由题意有1ADnn，即2211a，解得3a．故存在一点Q，当3BQ时使点D到平面PAQ的距离为1．（13）（本小题满分20分）解：（Ⅰ）MN：112ykx，OA：yx，解得12,2Nk，1122,11kkMkk．于是32ANk，3221kAMk．所以2323211322sin452221281kkSANAMkkk．易知1122k，故23281kSk，1122k．（Ⅱ）2322181kkSk，所以当12k或32k时，Sfk取得极值．因为当1122k时，0S，故Sfk在11,22上是减函数．所以当12k时，S取得最大值43．（14）（本小题满分20分）解：（Ⅰ）当2n时，21321221,231,21.nnaaaaaan　　各式相加得12231naann，求得2nan．又当1n时，11a满足上式，故2nan．（Ⅱ）222111123nTn111112231nn11111111222231nnn．（Ⅲ）2221111nnnbnn，222221324352234211nnnnBnn，当1n时，13134nnnB；当2n时，1233nnnB；当3n时，115338nnnB；猜想当3n时，13nnnB．以下用数学归纳法证明:①当3n时，左边115338nnnB右边，命题成立．②假设当nk3k时，12321kkkkBk，即11232kkkk．当1nk时，1111123333326kkkkkkkk1332222kkkBkkk，命题成立．故当3n时，13nnnB．综上所述，当1n时，13nnnB，当2n时，13nnnB，当3n时，13nnnB．（15）（本小题满分20分）解：（Ⅰ）因1xfy的图象关于点01，　对称，故yfx的图象关于原点00，　对称．故0fxfx，易得0ace，因为1x时，xf有极值，所以1x时，xf也有极值．故3fxbxdx．∴22331133fxbxdbxxbxb，于是3db．又由213f得23bd，由此解得13b，1d，∴313fxxx．（Ⅱ）设这两个切点分别为1122,,,xyxy，并且12xx，21fxx，依题意有221212111fxfxxx……(*)因12,1xx且122,2xx　　，故22122,2xx　　．由(*)式得21221121xx，即221101x．故222201xx，解得221x或20x．同理可得211x或10x．又因为当211x与221x同时成立时与(*)式矛盾，所以10x或20x．故1100xy，22223xy或11223xy，2200xy．即所求的两点为20,0,2,3或20,0,2,3．（Ⅲ）∵21fxx，故当1x或1x时，0fx；当11x时，0fx．所以fx的单调递增区间为,1和1,，fx的单调递减区间为1,1．因21110,122tttx，故10ffxf．即203fx，故23fx；因2131212,033ttty，223f，00f，213f，故203fy，故23fy．故224333fxfyfxfy．