浙江省高中数学竞赛试卷含参考答案

1、B.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件1r =1b2，显然a = -2,b = J2也满足上式。所以 a =2,b=J2”是曲线x y ，C : -2 + 2 = 1经过点a2b22015年浙江省高中数学竞赛试卷参考答案一、选择题（本大题共有 8小题，每题只有一个正确答案，将正确答案的序号填入题干后的括号里，多选、 不选、错选均不得分，每题6分，共48分）221 . a =2, b = &”是 曲线 C：与+4=1(a,bw R,ab/。)经过点(4万,1)”的(a ). a ba.充分不必要条件 C.充分必要条件 答案：A.2222解答：当a =2,b=J2曲线C:x2+2=1经过（J2

2、,1）；当曲线c：与+_y2=1经过点（J2,1）时，即a ba bA.B. 1m23C. - m 32D.答案：B.解答：由题意可知:m (m 1) m 2._、22 . . 2.(m 2)m (m 1) m(m 1)3解得 1 :二 m :二一23.如图，在正方体 ABCD-AiBiCiDi中，M为BB1的中点,则二面角M-CD1-A的余弦值为3A. 6答案：C.1B. 一2C ).3C. 3A 第3题图（。2,1 ）”的充分不必要条件2 .已知一个角大于 120o的三角形的三边长分别为m, m+1,m+2 ,则实数 m的取值范围为（B ）.MCD1法向量为 国=（T,2,2）。因此解答：

3、以D为坐标原点，DA, DC,DD1所在的直线分别为x, y, z轴建立空间直角坐标系，则1D(0,0,0), A(1,0,0),C(0,1,0),D1(0,0,1), M (1,1-)，且平面 ACD1的法向量为 n1 = (1,1,1),平面2cosl,n2*三，即二面角M-m-A的余弦值为亮a b -2 -04.若实数a,b满足b -a -1 0，则a三1亘2b的最大值为（C ）.2a b7C.一5答案:C.解答:由a,b满足的条件知1 b3,a所以a 2b2a b5.已知等腰直角 PQR的三个顶点分别在等腰直角一 371 3=2p- ,当(a,b)=(G,力取等号。2 b 52 2aA

4、BC的三条边上，记 PQR, A ABC的面积分别为 生PQRSa ABC,则S四的最小值为(SABC).C.D.参考答案:解答:如图(1)D.5-1所示,图5-2当APQR的直角顶点在 AABC的斜边上，则P,C,Q, R四点共圆,.APR = . CQR =180 BQR,所以sin / APR = sin / BQR.在AAPR, ABQR中分别应用正弦定理得PRAR QRBR一， 一sin A sin APR sin B sin BQR又ZA =NB=45，故PR=QR,故AR=BR即R为AB的中点.过 R 作 RH -L AC 于 H，则 PR 之 RH =1BC ,所以 SQR =

5、S. ABC医空的最大S. ABC一 1值为1.4(2 ) 当 APQR 的直角顶点在MBC的直角图 5-2 所示，设冗BC =1,CR = x(0 x 1),BRQ =(0 cc -)，则CPR=90 - PRC=/BRQ=.CR 在 RtCPR中，PR=-CRsin : sin ;x3在 ABRQ 中，BR=1 x,RQ = PR =，/RQB=n NQRB2B=-n +asin 二4由正弦定理，PQsin BRB金*sin . PQB -sin :sin 二cos二2sin 上,因此S PQR这样,SPQRS ABC2sin ;)2Ksin 一4sin(| 二：)1 PR21( x二一P

6、R 二一(22 sin ):)2:1(葭2 cos 二二 2sin 二)2.22. 2、(1 2 )(cos ：，sin :)1 一一，,当且仅当 a =arctan2取等号，此时5SPQR的最小值为S ABC6.已知数列an的通项).2答案：D.5B. 12nx(x 1)(2x 1)11 (nx 1)9C.4011D.60N*,若 a +a2Hl + 22015 1,则实数 x 等2015则、ak =1 k 1(x 1)(2x 1)| (2015x 1) f (a),则实数a的取值范围为 答案：(二，一2) 一.(-1,0).解答：当 a + 2 工 一1 时，a a + 2 M 1,此时有

7、 f (a) f (a + 2)；当 1 a+20时，3 c a c2,此时有 f(a) f(2) = 1 f (a + 2)；当 0Ma+2M1 时，2wa f (a +2)；当 1a+22时，1a0,此时有 f(a)f(a+2)；a-b =5 ,向量 c-a2 J3 ,则a c的2 二,c-b的夹角为,当a+2之2时，a之0,此时有f(a)f(a+2)f fn14 .已知向量a,b的夹角为 一, 3最大值为_答案：24.解答OA?a7B2 a |c| -30，所以 a c = H|Ccos/AOC W24当 aco二 14二一 十 arctan 一 时取=, 4 23因此a c的最大值为2

8、4.15 .设 a,bWZ,若对任意 x 0对任意实数b恒成立，所以:a -二 0八2 ,_2_ 12分b=4(1+2a) 4(8a+1)0解彳0 0 a b 0)的离心率为 b(I)求椭圆G的方程;(II)若直线l与曲线C1, C2都只有一个公共点，记直线 l与圆C2的公共点为A,求点A的坐标.c - 3d _参考答案：(I)设椭圆g的半焦距长为c,则(cJ3，解得眼：2，所以椭圆方程为一二b - 1a 22-+ y2 1 4分4可设直线l的方程为(n)当直线l的斜率不存在 时，显然不满足题意.当直线l的率存在时,1 k2y =kx +m(k, m w R),点 A 的坐标为(xA, yA)

9、,其中 yA 二lx2联立方程彳1+丫丁1,消去 y 得(1 十 4k2)x2+8kmx+4m2 4 = 0 (1)y 二 kx m所以1 =16(4 k2 -m2 + 1) = 0，即4k22. 一m 1=02)联立方程(x-0,匕 0,bn, nW N* .证明：a50+b5020 .bn 1 = bnan参考答案:c c c c 11a_ b_证明：因为书=玉+6 +2+12 +2(1+),所以 an bnbn 4a2b2 a11 C C CC 2 2 2 49 一4 4 49=200.所以 a50b50 =aibi49 112 49 98 a1b 100. imaQah16分 2所以(

10、a50b50)=黑 +b50 + 2a50b50 200 + 200 = 400.因此 as。+b50 A 20 18 分四、附加题(本大题共有2小题，每题25分，共50分)附加1已知数列%茜足a1 =1 , an书=3an +2J2a2 -1 , n= N* .(I)证明：an是正整数数列;(II)是否存在me N，使得2015 am ,并说明理由.参考答案：(I )由2口中=39口十2.20T-1得2 c2an4+6anan书 +an +4=0 , (1)22同理可得an*+6an_2an+&*+4=0 , ( 2) 5 分22由(1) (2)可知，an,an_2为万程x 6an书x+an

11、书+4=0的两根，又 4 1,则d|31,即d = 31,所以31am中，而31am书+4 ,这样彳4到31|4 .矛盾.所以，由费马小定理得 am01 =1(mod31).、，一 一一.一 一一*这样彳4到1三1(mod 31).矛盾.所以不存在 mW N，使得20151am. 25分附加2设k为正整数，称数字1 3k+1的排列x1, xj,l I ,x3k书为N型”的，如果这些数满足(1 )x1x2HI xk 由；(2)xk+xk 七N Ix2k+； ( 3)x2k 书 1x2k21时，对于所有i =1,2,11 ,k, dk)是偶数。事实上对于 电中川，Xk书=3k+2i (i=1,2JI,k)时的任何一个n 型排列，此时数字1,2J ,i 1只能放在x1,x2J| ,为的位置，数字 3k +2 (i -1),3k +2 -(i -2)| ,3k +2 1 只能放在X3k_2_(J 9 , X3k 虫 _(j _2)IJ I , x3k与上(子母 N 的两头)，xi ,xi/J | , 4 和 x3k42, x3k 电 ,书)1| I , x2k 电的数子可以互换得到一个新的N型排列，于是d