2017浙江省高中数学竞赛试卷+Word版含答案

1、2017年浙江省高中数学竞赛一、填空题：本大题共10个小题,每小题8分,共80分.1.在多项式(x-1)3(x+2)10的展开式中x6的系数为5，则实数a二3设f(x)二x2+ax+b在o,1中有两个实数根，则a2-2b的取值范围为4.设x,yeR，且二1，则sin(x+y)sin2x一cos2x+cos2xcos2y一sin2xsin2yTOC o 1-5 h zx-y二.5已知两个命题，命题p:函数f(x)二logx(x0)单调递增；命题q:函数ag(x)二x2+ax+1(xeR).若pvq为真命题，paq为假命题，则实数a的取值范围为.设S是(0,5)中所有有理数的集合，对简分数纟eS,

2、(p,q)=1,定义函数f(纟)=纟也,8ppp则f(x)=3在s中根的个数为.已知动点P,M,N分别在x轴上，圆(x-1)2+(y-2)2二1和圆(x-3)2+(y-4)2二3上，则IPMI+1PNI的最小值为&已知棱长为1的正四面体P-ABC，PC的中点为D，动点E在线段AD上,则直线BE与平面ABC所成的角的取值范围为rrr9.已知平面向量a,b,crrr满足Ia1=1,Ib1=2,Ic1=3,rr0X1，若b-c=0，则rrrIa-九b-(1-九)cI所有取不到的值的集合为I-2x,x0,根xxx.若xx=2(xx)，则实数a=.1233221二、解答题:本大题共5个小题，满分120分

3、，将答案填在答题纸上)1611.设f(x)=x2+32,1n+1x2+3f(x),n=1,2,.对每个n，求f(x)=3x的实数解x2y212.已知椭圆7+片=1的右焦点为F，过F的直线y=k(x-2)交椭圆于P,Q两点62(k丰0)若PQ的中点为原点，直线ON交直线x二3于M.(1)求ZMFQ的大小;(2)求MF的最大值.MFIaI/131)U(4,+8)10.132三、解答题11.证明：利用数学归纳法(1)x=2是f(x)=3x的解.n当n二1时，x二2是f(x)=7x2+32二3x的解.1当n=k时设f=6，则fk+1=4+16f二6-由此可得x=2是f(x)=3x的解(对于所有的n).

4、n3(2)当x2时，f(x)3xx2.n23当n=1时，f(x)=x：x2+323x2).123I16当n=k时，设f(x)3xx2，则f(x)=x2+f(x)2都不是f(x)=3x的解(对于所有的n).n(3)当0 x3x.n当n=1时，f(x)=px2+32Px2+8x2=3x(0 x3x,则fk+1(x)=3x由此可得0 x2都不是f(x)=3x的解(对于所有的n).n因此，对每个n，f(x)=3x的实数解为x=2.nx2y2+=112.解：(1)联立62可得(3k2+1)x212k2x+12k26=0.y=k(x2),设P点的坐标为(x,y),ppQ点的坐标为(x,y),qq12k2则

5、x+x=pq3k2+112k26xx=pq3k2+1于是有y+y=k(xpqp+x)一4k=q4k3k2+16k22k因为PQ的中点为N，所以N右，口)，因此ON的斜率koN因为直线ON交直线x=3于M所以M(3,-f)，故MF的斜率为kMF兀即得kMF-kpQ=-1，因此MF与PQ垂直ZMFQ=IPQ(xx)2+k2(xx)2(2)I=()2=pqpq=k2(xx)2=k2MF1丄11十k2+x)24xxpqpq上丄24兰二(3k2+1)23k2+1=24k2k2+1(3k2+1)2令u=3k2十1，则I=8(U一1)(U十2)=竺(丄3u23u22u2116一)=了11(74)92-16由

6、于u=3k2十11，故0丄1.u因此I=3(当u=4时取到最大值，也即k=1).max综上所述，的最大值为.MF13.证明：(1)若a为有理数，则a为一个有理数数列.1ny(2)对于任意的n，设a=，(y,x)=1，由已知条件，有且仅有下述一个等式成立:nx2y十2x2y2xa=2a十2=或a=2a2=.(*)n十1nxn十1nxa与a有相同的分母(不进行约分)nn十1qb(3)设a=，(p,q)=1，则a=f，b为整数，由于Ial2，n=1，2,3,，因1pnpnn此一2pb2p.n(4)若存在两个自然数kl，使得a二a，则由(2)中得到的(*)递推公式以及Ia12,klnn二1,2,3,，

7、可得a从第k项开始是一个周期数列，周期为l-k.n(5)由(3)可知对于任意的n,b的值只有4p+1(有限个)，故总能找到kl，使得b二b，nkl从而有a=a.kl综上所述，如果a为有理数，则从某项后a为周期数列.1n14.证明：不妨设a三k(mod3)，b三l(mod3)，k，/e0,1,2，i=1,2,3.则要证TOC o 1-5 h zikiiii明结论正确，只要证明存在不全为零的数九，九，九w0,1,2,使得123九k+Xk+Xk三九l+Xl+Xl(mod3)三0(mod3).(*)112233112233记kl一kl=c(mod3)，这里ce0,1,2.1221情形(1)当c=0时，

8、则kl0，或者k，l不全为零.1111若k=l=0，则取九=1，九=九=0，有(*)式成立.TOC o 1-5 h z11123若k，l不全为零，不妨设k丰0，则取九二k，九二一k,X二0，且11112213Xk+Xk+Xk=kk一kk三0(mod3),1122332112Xl+Xl+Xl=kl-kl三0(mod3),1122332112情形(2)当c=1或2时，即c2三1(mod3).记c(kl一kl)三c(mod3)，c(kl一kl)三c(mod3)，这里c，ce0,1,2.233213113212令X=c，X=c，X=1，则X，X，XeO,1,2且不全为零，且11223123Xk+Xk+

9、Xk=ck+ck+k三c(kl一kl)k+c(kl一kl)k+k(mod3)1122331122323321311323三ck(kl一kl)+k(mod3)三(1-c2)k(mod3)三0(mod3)，3211233类似可以证明Xl+Xl+Xl三0(mod3).112233综上所述，可以取到不全为零的数X，X，Xe0,1,2,使得(*)式成立.12315.解：问题等价于圆周上放置n个数，使得相邻数的乘积之和为最小，最小值记为T.n不妨设犷n，则数字1必与它相邻，否则设aj-1(j丰2，n)，则可将a2，a3，J的数字改变为aj，罕，,a2上的数字，则相邻数的乘积和的该变量为aa+aa一aa一a

10、a=（a一a）（a一a）0.1j2j+112jj+11j+1j2于是可确定a=1.再说明数字2也必与数字n相邻，即a=2.2n事实上，若a二2(j丰n)，则交换a，a，a为a，a，a，此时的目jnn一1jjj+1n标改变值为aa+aa一aa一aa=（a一a）（a一a）0.1jnj一11njj一11j一1jn因此目标取到最小值时，a广n，a2-1，an-2由此出发，依次可得a3-n-1，-一广n-2.在已安排好的两端数字，若剩下的数比两端数字都小，则在剩下的数中找两个最小的数字，按小对大，大对小放置；若剩下的数比两端数字大，则在剩下的数字中找两个最大的数，按大对小，小对大放置由此规律即得二3，an-2-4，a5二n-3,a=n一4，.n-3下面用递推法计算T.n考虑n+2个数字，我们在T的数字排序中，将每个数字加1,再放置1,n+2这两个数字,n在2，n+1的中间插入n+2，1，即可得到T.n+