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，只有一项是符合题目要求的。1．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，给出下列不等式：①eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)；②|a|＋b>0；③a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)；④ln1a2>ln1b2.其中正确的不等式的个数是()A．1个 B．2个C．3个 D．4个2．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c。已知，a=2，c=，则()A． B． C．D．3．当时，函数的最小值为 （） A．2 B． C．4 D．4.若是等差数列，首项则使前n项和成立的最大自然数是()A．2012B．2013C．2014D．20155.设集合则A.对任意实数a，B.对任意实数a，（2，1）C.当且仅当a<0时，（2，1）D.当且仅当时，（2，1）6.已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A.B.C.D.二、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分。7．已知等比数列{an}中，a1＞0，q＞0，前n项和为Sn，则eq\f(S3,a3)与eq\f(S5,a5)的大小关系为________．8．已知分别为的三个内角的对边，＝2，且，则面积的最大值为．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。9.（本小题满分15分)已知数列满足，，设．（1）求；（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；（3）求的通项公式．10.（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万部并全部销量完，每万部的销售收入为万元，且(1)写出年利润（万元）关于年产量（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.11.（本小题满分15分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（=1\*ROMANI）求C；（=2\*ROMANII）若的面积为，求的周长．12（本小题满分15分）已知数列的前项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）设，，是否存在最大的正整数k，使得对于任意的正整数，有恒成立？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．四、附加题，每题10分，计入总分。13.解下列不等式：ax2－(a＋1)x＋1＜0(a＞0)．14.（本小题13分）设和是两个等差数列，记，其中表示这个数中最大的数．（Ⅰ）若，，求的值，并证明是等差数列；（Ⅱ）证明：或者对任意正数，存在正整数，当时，；或者存在正整数，使得是等差数列．2018年淅川二高二年级数学竞赛试题答一、1.C2.A3.D4.C5.D6.A1.解析：选C法一：因为eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，故可取a＝－1，b＝－2.显然|a|＋b＝1－2＝－1<0，所以②错误；因为lna2＝ln(－1)2＝0，lnb2＝ln(－2)2＝ln4>0，所以④错误，综上所述，可排除A、B、D，故选C.法二：由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0.①中，因为a＋b<0，ab>0，所以eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)，故①正确；②中，因为b<a<0，所以－b>－a>0，故－b>|a|，即|a|＋b<0，故②错误；③中，因为b<a<0，又eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，则－eq\f(1,a)>－eq\f(1,b)>0，所以a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)，故③正确；④中，因为b<a<0，根据y＝x2在(－∞，0)上为减函数，可得b2>a2>0，而y＝lnx在定义域(0，＋∞)上为增函数，所以lnb2>lna2，故④错误．由以上分析，知①③正确。5.【答案】D【解析】分析：求出及所对应的集合，利用集合之间的包含关系进行求解.详解：若，则且，即若，则，此命题的逆否命题为：若，则有，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，若，则；若，则，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，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，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与中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.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，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，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，eq\f(S3,a3)＝3，eq\f(S5,a5)＝5，所以eq\f(S3,a3)＜eq\f(S5,a5).当q＞0且q≠1时，eq\f(S3,a3)－eq\f(S5,a5)＝eq\f(a11－q3,a1q21－q)－eq\f(a11－q5,a1q41－q)＝eq\f(q21－q3－1－q5,q41－q)＝eq\f(－q－1,q4)＜0，所以eq\f(S3,a3)＜eq\f(S5,a5).综上可知eq\f(S3,a3)＜eq\f(S5,a5).答案：eq\f(S3,a3)＜eq\f(S5,a5)8．(2014)三、9.详解：（1）由条件可得an+1=．将n=1代入得，a2=4a1，而a1=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，即bn+1=2bn，又b1=1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列…5分（3）由（2）可得，所以an=n·2n-1．……5分10.（本小题满分15分)解：（1）当时，……2分

当时，…4分所以…………7分

（2）①当时，，所；…8分

②当时，，

由于，

当且仅当，即时，等号成立…13分

所以取最大值为5760．…………14分

综合①②知，当时，取得最大值6104万元．…………15分11.试题解析：（I）由已知及正弦定理得，，．故．可得，所以．12．（本小题满分15分）解：（1）由已知an=Sn﹣1+2，①an+1=Sn+2，②②﹣①，得an+1﹣an=Sn﹣Sn﹣1（n≥2），∴an+1=2an（n≥2）．又a1=2，∴a2=a1+2=4=2a1，∴an+1=2an（n=1，2，3，…）∴数列{an}是一个以2为首项，2为公比的等比数列，∴an=2•2n﹣1=2n．………………6分（2）bn===，∴Tn=bn+1+bn+2+…+b2n=++…+，Tn+1=bn+2+bn+3+…+b2（n+1）=++…+++．∴Tn+1﹣Tn=+﹣==．∵n是正整数，∴Tn+1﹣Tn＞0，即Tn+1＞Tn．∴数列{Tn}是一个单调递增数列，又T1=b2=，∴Tn≥T1=，要使Tn＞恒成立，则有＞，即k＜6……………15分四、附加题，每题10分13.原不等式变为(ax－1)(x－1)＜0，因为a＞0，所以aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)＜0.所以当a＞1，即eq\f(1,a)<1时，解为eq\f(1,a)＜x＜1；当a＝1时，解集为∅；当0＜a＜1，即eq\f(1,a)>1时，解为1＜x＜eq\f(1,a).综上，当0＜a＜1时，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1＜x＜\f(1,a)))))；当a＝1时，不等式的解集为∅；当a＞1时，不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＜x＜1)))).14.【解析】（Ⅱ）设数列和的公差分别为，则.所以时，取正整数，则当时，，因此.此时，是等差数列.时，对任意，此时，是等差数列.时，当时，有.所以对任意正数，取正整数，故当时，.20.设n为正整数，集合A=．对于集合A中的任意元素和，记M（）=．（Ⅰ）当n=3时，若，，求M（）和M（）的值；（Ⅱ）当n=4时，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意元素，当相同时，M（）是奇数；当不同时，M（）是偶数．求集合B中元素个数的最大值；（Ⅲ）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，M（）=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α=（1，1，0），β=（0，1，1），所以M(α，α)=[(1+1−|1−1|)+(1+1−|1−1|)+(0+0−|0−0|)]=2，M(α，β）=[(1+0–|1−0|)+(1+1–|1–1|)+(0+1–|0–1|)]=1．（Ⅱ）设α=（x1，x2，x3，x4）∈B，则M(α，α）=x1+x2+x3+x4．由题意知x1，x2，x3，x4∈{0，1}，且M(α，α)为奇数，所以x1，x2，x3，x4中1的个数为1或3．所以B{(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：（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α，β，均有M(α，β）=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.（Ⅲ）设Sk=(x1，x2，…，xn）|(x1，x2，…，xn）∈A，xk

=1，x1=x2=…=xk–1=0）（k=1，2，…，n)，Sn+1={(x1，x2，…，xn）|x1=x2=…=xn=0}，则A=S1∪S1∪…∪Sn+1．对于Sk（k=1，2，…，n–1）中的不同元素α，β，经验证，M(α，β)≥1.所以Sk（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）∈Sk且xk+1=…=xn=0（k=1，2，…，n–1）.令B=（e1，e2，…，en–1）∪Sn∪Sn+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．15．(12分)(2016·山东)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2(tanA＋tanB)＝eq\f(tanA,cosB)＋eq\f(tanB,cosA).(1)证明：a＋b＝2c；(2)求cosC的最小值．解析：(1)证明：由题意知2(eq\f(sinA,cosA)＋eq\f(sinB,cosB))＝eq\f(sinA,cosAcosB)＋eq\f(sinB,cosAcosB)，化简得2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋sinB，即2sin(A＋B)＝sinA＋sinB.因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC.从而sinA＋sinB＝2sinC.由正弦定理得a＋b＝2c.(2)由(1)知c＝eq\f(a＋b,2)，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\f(a＋b,2)2,2ab)＝eq\f(3,8)(eq\f(a,b)＋eq\f(b,a))－eq\f(1,4)≥eq\f(1,2)，当且仅当a＝b时，等号成立．故cosC的最小值为eq\f(1,2).答案：(1)见解析(2)eq\f(1,2)17.（本小题满分12分）已知数列满足=1，.（Ⅰ）证明是等比数列，并求的通项公式；（Ⅱ）证明：.17.（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：由得又，所以是首项为，公比为3的等比数列，因此的通项公式为（Ⅱ）由（Ⅰ）知因为当时，，所以于是所以5．(2018·河南百校联盟模拟)已知正实数a，b满足a＋b＝4，则eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋3)的最小值为________．解析：∵a＋b＝4，∴a＋1＋b＋3＝8，∴eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋3)＝eq\f(1,8)[(a＋1)＋(b＋3)]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)＋\f(1,b＋3)))＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b＋3,a＋1)＋\f(a＋1,b＋3)))≥eq\f(1,8)×(2＋2)＝eq\f(1,2)，当且仅当a＋1＝b＋3，即a＝3，b＝1时取等号，∴eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋3)的最小值为eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)4.数列{an}满足，则an=（B）A． B． C． D．14、若数列{}的前n项和为Sn＝，则数列{}的