浙江省高中数学竞赛习题Word版含答案

1、2017浙江省高中数学竞赛试卷+Word版含答案2017年浙江省高中数学竞赛一、填空题：本大题共10个小题,每题8分,共80分.在多项式(x1)3(x2)10的张开式中x6的系数为2.已知log7(5a3)loga215,则实数a3.设f(x)x2axb在0,1中有两个实数根,则a22b的取值范围为4.设x,yR,且sin2xcos2xcos2xcos2ysin2xsin2y1,则sin(xy)xy已知两个命题,命题p:函数f(x)logax(x0)单调递加；命题q：函数g(x)x2ax1（xR）若pq为真命题，pq为假命题，则实数a的取值范围为设S是(0,5)中所有有理数的会集，对简分数qS

2、，8p(p,q)1，定义函数f(q)q1，则f(x)2在S中根的个pp3数为已知动点P，M，N分别在x轴上，圆(x1)2(y2)21和圆(x3)2(y4)23上，则|PM|PN|的最小值为已知棱长为1的正周围体PABC，PC的中点为D，动点E在线段AD上，则直线BE与平面ABC所成的角的取范rrrrrr，9.已知平面向量a，b，c，足|a|1，|b|2，|c|3rrrrr01，若bc0，|ab(1)c|所有取不到的的会集10.已知f(x)2x,x0,方程x21,x0,f(x)21x2|f(x)21x2|2a*40有三个根x1x2x3若x3x22(x2x1)，数a二、解答题：本大题共5个小题，满

3、分120分，将答案填在答题纸上）11.f1(x)x232，fn1(x)x216fn(x)，n1，2，3每个n，求fn(x)3x的数解12.已知x2y21的右焦点F，F的直62k(x2)交于P，Q两点(k0)若PQ的中点原点，直ON交直x3于M（1）求MFQ的大小；（2）求PQ的最大MF数列an足：|an12an|2，|an|2，n1,2,3，明：若是a1有理数，从某后an周期数列a1，a2，a3；b1，b2，b3Z，明：存在不全零的数1，2，30,1,2，使得1a12a23a3和1b12b23b3同时被3整除15.设a1,a2,an为1,2,n的一个排列，记n，an1a1，求minF()F()

4、aiai1i12017年浙江省高中数学答案一、填空1.41282.23.0,24.k（kZ）225.(2,1U2,)6.57.210318.0,arctan149.(,6131)U(4,)10.1737132三、解答证明：利用数学归纳法（1）x2是fn(x)3x的解当n1时，x2是f1(x)x2323x的解.16.当nk时，设fk(2)6，则fk1(2)4fk(2)63由此可得x2是fn(x)3x的解（对于所有的n）.2）当x2时，fn(x)3x32x2当n1时，f1(x)x2323x3x2(x2)2当nk时，设fk(x)3x32，则2xfk1(x)x216fk(x)x28x23x3由此可得x

5、2都不是fn(x)3x的解（对于所有的n）3）当0 x2时，fn(x)3x当n1时，f1(x)x232x28x23x（0 x2）.当nk时，设fk(x)3x，则fk1(x)x216fk(x)x213x3由此可得0 x2都不是fn(x)3x的解（对于所有的n）因此，对每个n，fn(x)3x的实数解为x2x2y21,可得(3k2012.解：（1）联立621)x212k2x12k26yk(x2),设P点的坐标为(xp,yp)，Q点的坐标为(xq,yq)，12k212k26则xpxq2，xpxq3k213k1于是有ypyqk(xpxq)4k4k3k21由于PQ的中点为N，因此N(6k2,2k)，因此O

6、N的23k23k11斜率kON31k，由于直线ON交直线x3于M，因此M(3,1，故MF的k)斜率为1kMFk，即得kMFkPQ1，因此MF与PQ垂直，MFQ2I(PQ)2(xpxq)2k2(xpxq)2k2(xpx)2k2(xpx)24xx（2）MF11qqpqk2k2144k4242k2124k2k21(3k21)23k21(3k21)2令u3k21，则I8(u1)(u2)1611116(1129，3u2(u22u)3u)16324由于u3k211，故011.u因此Imax3（当u4时取到最大值，也即k1）综上所述，PQ的最大值为3MF证明：（1）若a1为有理数，则an为一个有理数数列（2

7、）对于任意的n，设anyx，(y,x)1，由已知条件，有且有下述一个等式成立：an12an22y2x或an12an22y2x(*)xxan与an1有相同的分母（不能够分）（3）a1q，(p,q)1，anbn，bn整数，由于|an|2，pp1，2,3，因此2pbn2p4）若存在两个自然数kl，使得akal，由（2）中获取的（*）推公式以及|an|2，n1,2,3，可得an从第k开始是一个周期数列，周期lk（5）由（3）可知于任意的n，bn的只有4p1（有限个），故能找到kl，使得bkbl，从而有akal上所述，若是a1有理数，从某后期数列14.明：不如aikk(mod3)，bili(mod3)，

8、ki，lian周0,1,2，1,2,3要明正确，只要明存在不全零的数1，2，30,1,2，使得1k12k23k31l12l23l3(mod3)0(mod3)(*)k1l2k2l1c(mod3)，里c0,1,2状况（1）当c0，k1l10，也许k1，l1不全零若k1l10，取11，230，有（*）式成立若k1，不全零，不如k10，取1k2,k1,0,l123且1k12k23k3k2k1k1k20(mod3),即(*)式.1l12l23l3k2l1k1l20(mod3),状况（2）当c1或2，即c21(mod3)c(k2l3k3l2)c1(mod3)，c(k3l1k1l3)c2(mod3)，里c1

9、，c20,1,2令1c1，2c2，31，1，2，30,1,2且不全零，且1k12k23k3c1k1c2k2k3c(k2l3k3l2)k1c(k3l1k1l3)k2k3(mod3)ck3(k2l1k1l2)k3(mod3)(1c2)k3(mod3)0(mod3)，似能够明1l12l23l30(mod3)上所述，能够取到不全零的数1，2，30,1,2，使得（*）式成立解：等价于周上放置n个数，使得相数的乘之和最小，最小Tn不如a1n，数字1必与它相，否aj1j2，n），可将a2，a3，aj的数字改aj，aj1，a2上的数字，相数的乘和的量a1aja2aj1a1a2ajaj1(a1aj1)(aja2)0于是可确定a21再明数字2也必与数字n相，即an2事上，若aj2（jn），交an，an1，ajaj，aj1，an，此的目改a1ajanaj1a1anajaj1(a1aj1)(ajan)0因此目取到最小，a1n，a21，an2由此出，依次可得a3n1，an1n2在已安排好的两端数字，若剩下的数比两端数字都小，在剩下的数中找两个最小的数字，按小大，大小放置；若剩下的数比两端数字大，在剩下的数字中找两个最大的数，按大小，小大放置由此律即得a43，an24，a5n3，an3n4，下面用推法算Tn考n2个数字，我在Tn的数字