年浙江省温州市摇篮杯高一数学竞赛试题(含解析)新人教A版

1、2012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 10小题，每小题5分,共50分。2人中至少有1名男生的概1 .从n名男生和2名女生中，任选2人参加英语口语比赛，若率为一，则n的值为15A. 3B.4 C【答案】BC214【解析】1舁 14 n 4.C22152,将向量a(3,(4) 量b (1,2)平移得到向量C,则|C|A. 2& B , 2 月 C . 5 D .4【答案】C【解析】由向量平移的不变性可知IC(33. 对 任 意()A. tan cos tan0,2等 式正B . tan tan tan确 的是C. cos tan cosD . cos tan

2、 cos【答案】C1【斛析】取=，由cos一知A错误；取tan 2,由tan2 0 2知B错误;由 tan 4一知D错误;4由tan 0 一知C正确.4.在 ABC中，A(1,2), B(3,4),C(2,k),若 B为锐角，则实数k的取值范围是()A. k 5【答案】D【解析】'1C. 3 k 5 D . k 城3 k 5B为锐角,AB bC0且A、B、C三点不共线，解得 k 3或3 k 5.5.已知函数f(x)满足f(1) 2, f (x 1)fx) (X N*)，则 f(1)f(2) f(3) III f(2012)的值为()A. 3 B.2 C .1 D.6【答案】C11f(x

3、)1f(x)1【解析】f(x 2) -(-)-,f(x 4) f(x), f(x)的周期 T 411f (x)f(x)1f (x),，L ，11由已知条件，可求得f(2)3, f(3)- , f (4)-,23f (1) f (2) f (3) f (4) 1,故 f(1) f (2) f(3) IH f (2012) 1 .【另解】由f(x 1)1 f(x). 一-(x N*),联想到两角和的正切公式,1 f(x),f (3) tan 2设 f(1) 2 tan ,则有 f (2) tan 4-3一f (4) tan ，f (5) tana1 ,4则 f(1) f (2) f (3) f(4

4、) 1,故 f (1) f (2) f (3) HI f (2012) 1 .xx 16.已知a R,则函数f(x) 4 a 21(x 0)的最小值是A. 2a 2 B . 1 a2【答案】D2a 2C.21 a2(a1) D 1 a2(a1)(a1) 2a 2(a1)2 2f(x)xx 1x 224 a 21 (2 a) a 1,:x 0,2x 1,-，、，2当 a 1 时，f (x)min 1 a ,当 a 1 时，f(x)min 2a 2.7.已知A为 ABC的最小内角，若向量(cos A,1),b 2sin( A ),1,贝U a b 的取6值范围是A.2,ic Jra2sin(A )

5、cos A 1: 3sin AcosA cos2 A 1、31 cos2A3sin 2 A 1 sin(2 A )22628.已知函数f (x) xA. 1个【答案】f(x),、3g(x) x(x(x5 - 22-Tb Jla一 6A 2T3Ag(x) sin xx sin x(2(22. 2sin x)(x xsin x sin x.无数个23cos x) sin x1) 0x 2 3x2sin x)(sin x ) 1 0 sin x24x 0, y0,f(x)、g(x)的图像的交点个数sin x从而f(x)、g(x)的图像只有一个交点.f(x) g(x)9.定义A. 1【答案】构造函数f

6、 (x)nXk k 189(1 k 189Xi0,x2 X3cos2k )sin 2kk 1x,则f(x)在R上单调递增，从而sinx从而f(x)、g(x)的图像只有一个交点.89(1 cos2k )Xn，则 fsin 2k89的值为C.89D. 89x,1 cos2ksin 2k89tan kk 110.若函数f(x)在定义域内满足f(x 2) f (x 1) f(x),有以下命题:函数f(x)可以为一次函数;函数f(x)的最小正周期一定为 6;若函数f(x)为奇函数且f (1)0,则在区间5,5上至少有11个零点;若R且 0,则当且仅当2k (k Z)时，函数 f(x) 3cos( x )

7、满足已知条件.其中错误的是 A.B【答案】D.C.D.【解析】由f(x2) f(x1)f (x),可得 f(x 3) f (x 2) f(x1)f(x),f (x6) f(x)f(x)的周期T 6.而一次函数没有周期，从而错误;若f(x) 0 ,则f (x)的周期为任意非零实数，从而错误;对于，f (0) 0, f(1) 0 f (2) 0 f (3) 0 f (4) 0f(5) 0,又f (x)为奇函数，所以f (x)在区间5,5上至少有11个解，从而正确;对于，当 2k (k Z)时，函数也符合已知条件，从而错误3二、填空题：本大题共 7小题，每小题11 .如图执行右面的程序框图，那么输出

8、的99【答案】21007分，共49分。s值为1【解析】s -1 21 121212419999110011009910012.函数 f (x) |sin x | cosxsin x | cos x | 的值域s 0,k 1否输出s1 s s k(k 1)是k 99?【答案】1,1【解析】由函数 f (x) |sinx|cosx sin x | cosx |得:当x的终边落在第一象限时 当x的终边落在第二象限时 当x的终边落在第三象限时 当x的终边落在第四象限时(11题图),有f (x)=sin2 xC (0,1;，有f (x)=0；,有f (x)=sin2 xe 1,0);，有f (x)=0;

9、当x的终边落在两个坐标轴上时,有f (x)=0.综上所述，f (x)的值域是1,1.13.美籍华人林书豪现已成为家喻户晓的NBA篮球明星,下图是他在职业生涯前 8场首发得分的茎叶统计图， 这些数据的平均值和方差分别为 .(13题图)223【答案】25, 2234【解析】平均值x38 28 23 20 27 26 28 1025,x |x k ,k Z22(k Z)'原方程的解集为x|x k115.设集合A x 2x 4和B4的最大整数，则 ApB.【答案】、21【解析】1 2x 4,2x24当x= 2,则 x2 2, .x= 当x=0,则x24,无解.综上ApB 2 .、1OOOOO万

10、差 s 8 (38 25) (28 25)(23 25) (20 25) (27 25)222223(26 25)2 (28 25)2 (10 25)2亍.414-万程sin x 4 5的解集为.sin x【答案】x|x k(t 1)(t 4) 0, t 1,【解析】令t sin4x 0,1,则t2 5t 4 0.4sin x 1 , x k(k Z),原万程的解集为24 o【力斛】sin x4 5,取等条件是sin x 1 , x k1 sin4x一, k Z . 2x log 2 x2 x 2 ,其中符号 x表示不大于 xx的值可取 2, 1,0,1.石；当x= 1 ,则x2 3,无解；

11、2当x=1，则x 5,无解；16 .函数 f(x) J2x4 3x2 1 Jx4 2x2 的最小值为.【答案】1【解析】先求定义域(，一亚U【J2,由0，易得f( x) f (x),故f (x)为偶函数,从而只需考虑f(x)在J2,)|J0上的最小值，注意到两个根号内的函数在J2,)上都递增，故f(x)在衣)上递增,故yminminf(0), f(J2) 1.当x 0时取到最小值.x2 2x恒成立，则 的取值范围是 A17 .对于一切实数x ,不等式2x cos 2x2 cos24【答案】2k 2k ，k Z 33【解析】2x cos 2x2 cosx2 2x恒成立2x(cos1) x2(2c

12、os1)恒成立,当cos 1时，显然符合题意；当cos 1时，若x 0 ,显然成立；2x 2cos 1当cos 1时，若x 0,则原命题2 2cos1恒成立,x cos 1而2r0 ,且当xx2x时，0,2cos 1 -0，cos 11 cos12从而 1 cos 一,解得2k 一23三、解答题：本大题共 3小题，共51分.42k ,k Z .318.(本题满分16分)已知关于x的方程2x2bx0的两根为sin和cos ,(I)求实数b的值；sin 1 cos(n)求的值.11解：(I) sin , cos为万程2x2 bx 0的两根,|IIIIII4分4b2 2 0b贝U有：sin cos

13、一21sin cos 一8, b1由(2)、(3)有：J 1 ,44解得：b 痣，此时 5 2 0,1 sin1 cos1sincos 11cossin1sincos且sincos2sin() 04, sincossin1 cos21 sincos2, 541cossin1 sincos2 .3(n)8 4 5 4 3.32又 sin cosV2sin() 0, b1219.(本题满分17分)设实数函数f(x)(I)当a 1时，判断f(x)的单调性;(n)求实数a的范围，使得对于区间2.5 2,5,55上的任意三个实数r、S t ,都存在以f(r)、f、f(t)为边长的三角形.解：易知f (x

14、)的定义域为(1,1),且f(x)为偶函数(I)当a 1时,f(x)在(tx211,0)上1 x21 x2递增x21占11 x则关于x在(0,1)上单调递减，又定义域为(1,1)。1,而 y，1t -在(0,1上单调递减,由复合函数的单调性可知,f(x)在(1,0)上单调递减，在 (0,1)上单调递增;(n)令 t1 x21 x2 2j_5 215,551t 3,1， y ta 17(3 t 1)从而原问题等价于求实数a的范围，使得在区间r10,1上，恒有2ymin3y max .10(1)当1 a 1时，y t -在1,石上单调递减，在ja,1上单调递增, 93t 3ymin2 yminym

15、in2 ymin2 Ja, ymaxymax 得 71时，y2 a, ymaxy max(3)当 a 1 时，yymina 1, ymax3a,1.max3a - ,a 1 a 1 ,14遍 a 7 4遮，从而9t 在,Ja上单调递减，在t 3s 1c 1max3a - ,a 1 3a -,得* a *a 1t a在巳/上单调递减，1 , cm5 ,一 /?由 2 yminymax 得 a ,从而 1331720.(本题满分18分)函数f(x)的定义域为R,且满足:12ja,i上单调递增,对于任意的 x, y R, f (x y 1) f(x) f (y) f (1 x)f (1f (x)在区

16、间0,1上单调递增.求(I)f(0);(H)不等式2f(x 1) 10的解集.解：(I)令xf(0) 2f(0)f(1),所以f(0)令 x 0, y0 ,则 f(1)f(0)2f 253；y)；f(1)1416,1 2f(1) 2噂2,1,1.1若 f(1)2,则 f(0)3f因为f(x)在0,1上单调递增，所以f(0)f(1),矛盾!f(0) 06 分(n) f(i)f(i)，f(1) 1 .令 y 0,则 f(x 1) f (x) f (0) f(1 x)f (1) f (1 x),所 以 f (x) 的 图 像 关 于 直 线 x 1 对 称8分再证f(x)的图像关于原点对称.131311令x 2, y 2，所以 f(0)”2)丐)f(Q)f( -2),1 一一 131因为 f ()f (0) 0 ,所以 f ( )f ()f ()，2 222令 y 2,有 f(x 1) f (x) f (2) f (1 x)f( 1),人111对上式令x -,则f(或fq)” 1),所以f( 1)110分又因为f(2)f(0) 0,所以对任意的x R,恒有f(x 1) f (1 x),所以f(x)的图像关于原点对称.12所以对于任意 x R,