2018高二数学竞赛试题

2018年淅川二高二年级数学竞赛试题一、选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的。1.若a<b<。，给出下列不等式：①arb<ab；11 —- —7②|a|+b>0；(3)a-->b--；④inu>ln『.其中B.B.2个D.4个正确的不等式的个数是A.1个C.3个2.△ABC的内角ARC的对边分别为a、b、c。已知sinBsinA(sinCcosC)0,a=2,c=5/2，则B3.当］x函数f(x)21cos2x8sinsin2xx一的最小值为A.2B.23C.4D.54.若｛an｝是等差数列,首项立的最大自然数门是3.当］x函数f(x)21cos2x8sinsin2xx一的最小值为A.2B.23C.4D.54.若｛an｝是等差数列,首项立的最大自然数门是（A.2012Ba1 0,a1007).2013a1008 0同007a10080,则使前项和Sn5.设集合A-y>l,ax।y>4,x-ay<2｝一则A.对任意实数a, B.对任意实数aC.当且仅当a<0时，（2,1）4AD.当且仅当让?时，（2,1）更八76.已知正方体的棱长为 6.已知正方体的棱长为 1,每条棱所在直线与平面 a得截面面积的最大值为所成的角相等，则a截此正方体所A. B.C.二、填空题：本题共2小题，每小题A. B.C.二、填空题：本题共2小题，每小题5分,3出1共10分。D.7.已知等比数列｛an7.已知等比数列｛an｝中，a1>0,q>0,前n项和为Sn,则一与一的大小关系为a3 a5.已知a,b,c分别为ABC的三个内角A,B,C的对边，a=2,且(2b)(sinAsinB)(cb)sinC,则ABC面积的最大值为三、解答题：每题15分，共60分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。.（本小题满分15分）已知数列兄:满足n-I,呵，+「并1।1闯,（1）求入•瓦，瓦;（2）判断数列｛bj是否为等比数列，并说明理由;

(3)求(%；的通项公式•.(本小题满分15分)已知中-国某手机品牌公司生产某款手机的年固定成本为 40万元，每生产1万部还需另投入16万元.设公司一年内共生产该款手机 x万部并全部销量完，每万部的销售收入00为R(x)万元，且R(x)00为R(x)万元，且R(x)??0046x,0<x?4040000——2—,x>40x(1)写出年利润W(万元)关于年产量 x(万部)的函数解析式；(2)当年产量为多少万部时，公司在该款手机的生产中所获得的利润最大？并求出最大利润..(本小题满分15分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知2cosc(acosB+bcosA)c.(I)求C;(II)若c"△ABC的面积为述,求△ABC的周长.212(本小题满分15分)已知数列｛an｝的前n项和为Sn,且anSn12(n2),a12.(1)求数列｛an｝的通项公式；(2)设bn—1一,Tnbn1bn2 dn,是否存在最大的正整数 k,使得对log2an一，一一，，一4…， ,. k , —一于任意的正整数n,有Tn—恒成立？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.12四、附加题，每题10分，计入总分。.解下列不等式：ax2-(a+1)x+1<0(a>0)..(本小题13分)设｛an｝和｛bn｝是两个等差数列，记cnmax｛b1a1n,b2a2n,,bnann｝(n1,2,3,),其中max｛x1,x2,,xs｝表示x1,x2,,xs这s个数中最大的数.m时，4M；或者存在正n(i)若ann,bn2n1,求Ci,C2,C3m时，4M；或者存在正n(n)证明：或者对任意正数M,存在正整数m,当n整数m,使得Cm,Cm1,Cm2,是等差数列.

2018年淅川二高二年级数学竞赛试题答1.C2.A3.D4.C5.D6.A一一、 一一、 ,一,11 1.解析：选C法一：因为—<工<0,故可取

ab以②错误；因为lna2=ln(-1)2=0,述，可排除A、B、D,故选C., ,11一法二：由-<-<0,可知b<a<0.aba=-1,b=—2.显然|a|+b=1—2=—1<0,所lnb2=ln(-2)2=In4>0,所以④错误，综上所①中，因为a+b<0,ab>0,所以」不<1,故①正确；a+bab②中，因为b<a<0,所以一b>-a>0,故一b>|a|,即|a|+b<0,故②错误；③中，因为b<a<0,又[，<0,则一]>一?>0,所以a—2>b—[,故③正确；abab ab④中，因为b<a<0,根据y=x2在(一0°,0)上为减函数，可得b2>a2>0,而y=inx在定义域(0,+8)上为增函数，所以inb2>ina2,故④错误.由以上分析，知①③正确。5.【答案】D【解析】分析：求出A及QRW.A所对应的集合，利用集合之间的包含关系进行求解.详解：若则0“且口“，即若21}EA|,则aJ,2 7此命题的逆否命题为：若^工手则有QRWR,故选D.点睛：此题主要结合充分与必要条件考查线性规划的应用， 集合法是判断充分条件与必要条件的一种非常有效的方法，根据 成立时对应的集合之间的包含关系进行判断.设・双4x)},若A匚回,则p=*q|；若A 则p-q,当一个问题从正面思考很难入手时，可以考虑其逆否命题形式 .6.【答案】A【解析】分析：首先利用正方体的棱是 3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可， 从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果 .详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCDADD1中，平面4R与线AA「A]S],A]D所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面 ABRi与：lBD中间的，应且过棱的中点的正六边形，且边长为-,7心所以其面积为S=6<—(―)：=—,故选A.4 2 4点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题， 首要任务是需要先从而得到其为过六条棱的中点的确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果二、7.解析：当q=1时，£=3,05=5,所以[<£从而得到其为过六条棱的中点的当q>0且qwi时,

3 . 5S3 S5 ai 1—q ai 1—qa3 a5 a1q21-q-a1q4~1—q—q1—q— 1—q—q—1n=—q4—1—q =—q4—<o所以色〈殳.TOC\o"1-5"\h\za3 a5综上可知S3S5一<一.a3a5综上可知S3 S5答案:,<一答案:a3 a58..3(2014)三、9.详解：(1)由条件可得an+1=：E.将n=1代入得，a2=4a1,而&=1,所以，a2=4.将n=2代入得，a3=3a2,所以，a3=12.从而b1=1,b2=2,b3=4. 5分(2)｛bn｝是首项为1,公比为2的等比数列.由条件可得2,“二即bn+1=2bn,t\H1n又b1=1,所以｛bn｝是首项为1,公比为2的等比数列•一5分(3)由(2)可得3=所以an=n•2n-1.……5分n.(本小题满分15分)解：(1)当0<x?40时，W=xR(x)-(16x+40)=-6x2+384x-40••“ 40000当x>40时，W=xR(x)-(16x+40)= -16x+7360…4分x2?-6x+384x-40,0<x?40所以W=i40000 7分?- -16x+7360,x>40?x(2)①当0<x?40时，W=-6(x-32)2+6104,所WLx=W(32)=6104；…8分②当x>40时，W=xR(x)-(16x+40)=-40000-16x+7360,xTOC\o"1-5"\h\zf中40000“目“：40000“ ,由于 +16x阳J 16x=1600,x ■x当且仅当f0000=16x,即x=50?(40,?)时，等号成立,…13分x所以W取最大值为5760. 14分综合①②知，当x=32时，W取得最大值6104万元. 15分.试题解析：(I)由已知及正弦定理得， 2coscsincossincossinC,2cosCsin sinC.故2sinCcosCsinC.一—1一可得cosC-,所以C—.(JI)由已知，工口3sblc=3.2 2又eg,所以加=6.由已知及余S定理得9tr+fr-2ofecosC=7.故，)邮=1%从而(白+5『=25.所以△△£(：的周长为5主力..(本小题满分15分)解：(1)由已知an=S-i+2,①-an+i=S+2,②②一①，得an+i—an=S—S-1(n>2),•.an+i=2an(n>2).又a1=2, a2=a+2=4=2a,an+1=2an(n=1,2,3,…)数列｛an｝是一个以2为首项，2为公比的等比数歹I」,TOC\o"1-5"\h\z.an=2?2n1=2n. 6 分(2)bn=r-7~~=i ”、 J■口吕2an1口后22 n，・Ti小1.1|. 1••Tn-bn+1+bn+2+ +b2n=+--+r+ + ,n+1n+z znTn+1=bn+2+bn+3+-+b2(n+1)1111

= + +…++ + n+2+n+3++2n+2n+l+2n+2.・T_T^_^ J_■Tn+1Tn2n+L2n+2 n+1_2SKL计⑵-2⑵11)= 1⑵i+DSkl)_1=2(2建+1)&+11•.「n是正整数，...Tn+1-Tn>0,gpTn+1>Tn.数列｛Tn｝是一个单调递增数列，又T1=b2。，Tn>丁14，k 11k15分要使Tn>|正恒成立，则有万>17，即15分四、附加题，每题10分13.原不等式变为(ax—1)(x—1)v0,因为a>0,所以ax—1(x-1)<0.a所以当a>1,即1<1时，解为1vxv1；a a当a=1时，解集为？；当0vav1,即1>1时，解为1vxv1.a a

1综上，当0vav1时，不等式的解集为x1<x〈a当a=1时，不等式的解集为？；1当a>1时，不等式的解集为xa<xvi14.【解析】析：解：⑴q二瓦-%=1-1二6方=max｛^-2对也一2用｝=maxf】-2KL3-2x2)=—1.G=出在｛4_3%也 务-3%｝=01ax｛1-5xl,3-3x215-3-x:3｝=-2当？z士3时，(%+]—侬立.)—(4—也J=(%+!—&》—凡/+i—=2—存<0j所以4—关于斤eN•单调速阳所以6s=niax(iY-c7LMf^一生也一,,一为？7｝=,—/和=1-??所以对任意,加至Lq=1一%于是1广4=-1,所以｛%｝是等差数列.(n)设数列｛an｝和｛bn｝的公差分别为dhd2,则bknakbibi所以cnbi(k1)d2[a1(k1)d1bknakbibi所以cnbia1n(n1)(d2nd1),当d2nd1时，a〔n,当d2n4时，do. .①d1 0时，取正整数 m——,则当nm时，nd〔 d?,因此Cn b a〔n.d1此时，Cm,Cm1,Cm2,L是等差数列.②d1 0时，对任意n1,cnb1a1n(n1)max{d2,0}ba1(n1)(max{d2,0}a1).此时，C1,C2,C3,L,Cn,L是等差数列.③d10时，当n色时，有nd1d2.d1TOC\o"1-5"\h\z所以cn b a1n (n1)(d2 nd1)n( 4) d1al d2 »n n nn(d1)d1a1d21bld21.对任意正数M,取正整数m,M1bld21ald1d对任意正数M,取正整数mmax{ ! ! ,一d1 d1故当时，GMM(也p)20.设n为正整数，集合A=^a。也一…©4E{0』小-12…n}.对于集合A中的任意元素,,仪卜々,,J和0,仲1必「1yJM(也p)+如-阳¥山+{士+力-%一力1)+…+(许।%一，ynW(I)(I)当n=3时，若d(LLO),p-(OJ.l),求M(、3)和M(①0)的值;(n)当n=4时，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意元素当凡0相同时，M(aD)7^可数；当口|；不同时，M(d口)是偶数.求集合B7^可(出)给定不小于2的n,设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同的元素也0,M(a口)=0.写出一个集合B,使其元素个数最多，并说明理由.详解：解：(I)因为a=(1,1,0),3=(0,1,1),所以IMa,a尸[(1+1-|1-1|)+(1+1-|1-1|)+(0+0-|0-0|)]=2,2”=：[(1+0-|1-0|)+(1+1-|1-1|)+(0+1-|0-1|)]=1”=：[(1+0-|1-0|)+(1+1-|1-1|)+(0+1-|0-1|)]=1(n)设a=(X1,X2,X3,X4)CB,则Ma,a)=X1+X2+X3+X4.由题意知X1,X2,X3,X4C{0,1},且Ma,a)为奇数，所以X1,X2,X3,X4中1的个数为1或3.所以BC{(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1),(0,1,1,1),(1,0,1,1),(1,1,0,1),(1,1,1,0)}.将上述集合中的元素分成如下四组：TOC\o"1-5"\h\z(1,0, 0, 0),(1,1,1,0);(0, 1,0,0),(1,1,0,1);(0,0, 1,0),(1,0, 1,1);(0, 0, 0,1),(0,1,1,1).经验证，对于每组中两个元素a,§,均有M",B)=1.所以每组中的两个元素不可能同时是集合 B的元素.所以集合B中元素的个数不超过 4.又集合{(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)}满足条件，所以集合B中元素个数的最大值为 4.

(in)设 &=(X1,X2,…，Xn) |( Xi, X 2,…，Xn)E A, Xk =1, Xl=X2=…=Xk-1=0) (k=1,2,…，n),S+1={(X1,X2,…，Xn)|X1=X2=♦・二Xn=0},则A=SUSU---U$+1.对于&(k=1,2,…，n-1)中的不同元素a,B,经验证，M”,3)>1.所以&(k=1,2,…，n-1)中的两个元素不可能同时是集合 B的元素.所以B中元素的个数不超过n+1.取ek=(X1,X2,…，Xn)CG且Xk+1=-=Xn=0(k=1,2,…，n-1).令B=(e1,e2,…，en—1)USUS+1,则集合B的元素个数为n+1,且满足条件.故B是一个满足条件且元素个数最多的集合.点睛：解决新定义问题的两个着手点 (1)正确理解新定义.耐心阅读，分析含义，准确提取信息是解决这类问题的前提，剥去新定义、新法则、 新运算的外表，利用所学的知识将陌生的性质转化为我们熟悉的性质，是解决这类问题的突破口. (2)合理利用有关性质是破解新定义型问题的关键.在解题时要善于从题设条件给出的数式中发现可以使用性质的一些因素，并合理利用.B,C的对边分别为a,b,c.15.(12分)(2016•山东)在4ABCB,C的对边分别为a,b,c.已知2(tanA+tanB)tanAtanBcosB已知2(tanA+tanB)tanAtanBcosB+cosA.(1)证明:a+b=2c；⑵求cosC的最小化解析：(1)证明：由题意知sinAsinB化简得2(sinAcosB+sin2m+cosBcosA)=sinB)解析：(1)证明：由题意知sinAsinB化简得2(sinAcosB+sin2m+cosBcosA)=sinB)sinAsinBcosAcosb+cosAcosB，A+sinB,即2sin(A+B)=sinA+sinB.因为A+B+C=兀,所以sin(A+B)=sin(九一C)=sin从而sinA+sinB=2sinC.由正弦定理得a+b=2c.a+b⑵由(1)知c=w-，所以cosC=a2+b所以cosC=a2+b2 c2a+b-2aba+b-2-2ab3ab11=8(b+a)-4>2,当且仅当a=b时，等号成立.1故cosC的取小值为2.… …… 1答案：(1)见解析(2)217.(本小题满分12分)已知数列an满足a1=1,an13an1.(i)证明an2是等比数列，并求an的通项公式;

（n）证明：1ai17.（本小题满分1 .1一…十一a2 an12分)(I)证明：由a1 .1一…十一a2 an12分)〜 1、3(an2)TOC\o"1-5"\h\z又阚13,所以｛an-｝是首项为-,公比为3〜 1、3(an2)13n 、、 3n1an— ,因此｛an｝的通项公式为an———, 「 1 2（n）由（I）知一-一因为当n1时，3n13n1,所以于是a2 因为当n1时，3n13n1,所以于是a2 a31an311323n-11-3n1-13a2 aa2 a31 3an 2所以一a15.(2018・河南百校联盟模拟)已知正实数a,b满足a+b=4,则」上；的最小值a十1b十3为.1 1 1 1 1解析：「a+b=4，..a+1+b+3=8，飞十1+b^T^=g[(a+1)+(b+3)]a+1+b+31b+3a+1 1 1=82+充彳+b+?>8X(2+2)=2,当且仅当a+1=b+3,即a=3,b=1时取等号，a+1+a+1+b+31的最小值为2答案：24.数列｛an｝满足□[+3a^+32a?十,…十3E 贝(Jan=(2 114、右数列｛an｝的前n项和为$=—an一,则数列｛an｝的通项公式是an=3 3n项与其前n项与其前n项和的关系,是容易题.TOC\o"1-5"\h\z1【斛析】当n=1时，a1=S1=—a1一，解得a1=1,32 1 2 1 2 2 一八当n>2时，an=Sn Sn 1=—an ——(—an 1 —)=—an 二an 1,即 an= 2an 1,3 3 3 3 3 3n1，｛an｝是首项为1,公比为一2的等比数列，an=(2).16.在等比数列｛an｝中anCR,且a3, a11是方程3x2-25x+27=0的两根，a7=.16.3.设等差数列｛an｝的前n项和为S,若S6>S7>S5,则满足&>0的n的最大值(C)A.10 B.11 C.12 D.13.若sinA卢:B=3式，则△abc是(A)A.等腰直角三角形B.有一个内角是30°的直角三角形C.等边三角形D.有一个内角是30°的等腰三角形D.有一个内角是30°的等腰三角形.数列｛an｝满足.1+332+32津$+・」+311-1在114，贝U