2007年广西高二数学竞赛初赛试卷

2007年广西高二数学竞赛初赛试卷一、选择题（每小题6分，共36分）1、已知RyRx,，集合}1,2,{},1,,1{2yyyBxxxxA，若A=B，则22yx的值是（）（A）5（B）4（C）25（D）102、已知)2csc(,满足、csc、)2csc(构成公差不为0的等差数列，则cossin的值为（）（A）1（B）2（C）3（D）23、过点)0,2007(的所有直线中，过两个有理点（纵坐标与横坐标都是有理数的点）的直线条数是（）（A）0条（B）无数条（C）至少1条（D）有且仅有1条4、等比数列{an}中，首项20071a，公比21q，记nT为它的前n项之积，则nT最大时，n的值为（）（A）9（B）11（C）12（D）135、关于x、y的方程20071111xyyx的正整数解（x，y）的个数为（）（A）16（B）24（C）32（D）486、二次函数cbxaxy2的图象的一部分如图，则a的取值范围是（）（A）01a（B）1a（C）01a（D）1a二、填空题（每小题9分，共54分）1、化简：31arctan2cotarc。2、设△ABC的三边长分别是a、b、c，外心、垂心分别为O、H。那么OHOCOBOA=。3、已知函数bxaxxf)1()(2满足：（1）3)3(f；（2）对任何实数x都有xxf)(，则)(xf的解析式为。4、Rk，方程0322224kkkxx的实数x的取值范围是。11xyO5、已知长方体的三条面对角线的长分别为5，4，x，则x的取值范围为。6、记a，b的代数式为f（a，b），它满足：（1）f（a，a）=a；（2）f（ka，kb）=kf（a，b）；（3）),(),(),(22112121bafbafbbaaf；（4）)2,(),(babfbaf，则),(baf。三、（20分）四边形ABCD中，∠ABC=∠BAC=80°，∠DBC=40°，∠DCB=30°，求证：AD∥BC。四、（20分）已知数列{an}通项an=n，其前n项和为Sn，若Sn为完全平方数，求n。五、（20分）已知函数xxxf221)(，若)(xf的定义域为[m，n]（mn）时，值域为[km，kn]（k1），求m、n、k所满足的条件。ADBC2007年广西高二数学竞赛初赛试卷参考答案一、选择题1、A．由xxxxx1,0122及集合元素的互异性，知112xxxx，又Ry，知yyy21，因此由A=B，必有yxyxyxx12112解得.2,1yx故522yx2、B．由已知有)2sin(1)2sin(1sin2，故sin)]2sin()2[sin()2sin()2sin(2，即2cossin2)2sin()2sin(22，2cossin22cos4cos2222222sinsin2sin2cossincos2cos，即222sinsin22sin，若0sin，则原等差数列的公差等于0，故0sin，有22sincos2，于是2cossin3、D．显然直线2007x上不存在有理点。假设斜率为k的直线)2007(xky上存在两个不同的有理点),(),(2211yxyx和。若1212,0xxyykk则必为有理数。由)2007(11xky可得200711kyx，此时等式左边是有理数而右边是无理数，矛盾。另外当k=0时，对应的直线为OX轴，所以满足条件的直线有且仅有1条。4、C．由已知得2)1(1)1(3211321nnnnnnnqaqaaaaaT，因此，nT最大时，2)1(nn为偶数，于是11n；其次09T，而1)10242007(3121110aaa，所以912TT，而1220071213a，故1312TT，即12T最大。5、D．由20071111xyyx得0200720072007yxxy，整理得2512233220082007)2007)(2007(23yx，从而，原方程的正整数解有48)11)(11)(12)(13(（组）6、C．由图象可知a0且过点(0,1)和(1,0)，由二次函数的对称性知，当x=-1时y0,于是高)0)()(1(kkxxay,即akxkaaxy)1(2.将(0,1)代入得1ak；将0,1yx代入得01)1(aa，即1a，所以01a二、填空题1、答：4。利用反三角求值或构造三个正方形也可求解。2、答：0。如图，作直径BD，因AD⊥AB，∴AD∥CH。同理AH∥CD于是四边形AHCD是平行四边形。所以OCOBOAODOCOADCOAAHOAOH)(∴0OHOCOBOA。也可根据特殊值法，令△ABC为等边三角形得答案。3、答：952xx，解：令xxfxg)()(，则由已知得0)(,03)3()3(xgfg，95)()(.)3()(22xxxxgxfxxg。4、答：22x。解：把原方程化为关于k的方程为：03)1(2422xkxk，∵Rk，∴△≥0，即0)3(4)1(4422xx，解得22x5、答：413x。解：如图，设AD=a，AB=b，cAA1，则有22222254cbca从而，22222254cbax，故413x。6、答：ba3231。解：由题设得aaafafaf),(),0()0,(；),0(21)2,0()0,(afafaf；相减得bbfaaf32),0(,32),0(，从而ADCBOHABCDA1B1C1B1D1B1acbaaf31)0,(，则babfafbaf3231),0()0,(),(。三、（20分）证明：作正△ACE，连接BE，∵∠ABC=∠BAC，∴CA=CB=CE，即点C是△ABE的外心，∴2021BCEBAE，∴CEBDDBCBCE//,40又∵DCAACEBEA1021，∴DCEBEC，即BECD是等腰梯形，∴BE=CD，∴ACDAEB∴AB=AD，∠DAC=∠BAE=20°，即∠BAD=80°+20°=100°，∴∠ADB=∠ABD=40°=∠DBC。（或∠DAB+∠ABC=180°）∴AD∥BC四、（20分）解：依题意得：22)1(ynnSn，即).,(18)12(22Nynyn于是，问题转化为求方程1822yx的整数解，显然，（3，1）是方程1822yx的一组整数解。∵)8)(8(822yxyxyx于是构造mmyxNmyx)83(8,,)83(8则，∴])83()83[(2112],)83()83[(21mmmmnx即，所以Nmnmm],2)12()21[(4122。另外：问题转化为求贝尔方程1822yx的整数解，于是构造mmyxNmyx)83(8,,)83(8则，∴])83()83[(2112],)83()83[(21mmmmnx即，所以Nmnmm],2)12()21[(4122五、（20分）解：由2121)1(2121)(22xxxxf，知[km，kn]]21,(。故21knm，即kn21，因为k1,所以121kBCADE从而，)(xf在[m，n]上为增函数，于是，有knnfkmmf)()(即knnnkmmm222121解得knnkmm12101210或或又因为mn，且k1，则有0,121nkm且故0),1(2nkm为所求。