2016年浙江省高中数学竞赛试题及答案

2016年浙江省高中数学竞赛试题及答案

一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，满分48分)

1.曲线(x+2y+a乂/一丁)=0为平面上交于一点的三条直线的充要条件是().

(A)a=0(B)a=l(C)a=-\(D)awR

答案：(A)

解若a=0,则曲线(x+2y+a乂_/一力=0表示曲线是三条交于原点的直线.

反之，由于直线y=x和直线y=-x交于原点，所以曲线要为平面上交于一点的直线，则

直线x+2y+a=0过原点，即Q=0.

2.函数/(x)=4sin3x-sinx+21sin5-cos5)的最小正周期为(

TC24

(A)27r(B)—(C)—(D)71

23

答案：(C)

27r

解化简得，〃x)=—sin3x+2,则函数/(x)的最小正周期为

22

3.设双曲线;•一方=1(a>0/>0)的左右焦点分别为耳，工，点A是过鸟且倾斜角为:

的直线与双曲线的一个交点.若△F,F2A为等腰直角三角形,则双曲线的离心率为().

(A)(B)V3+1(C)(D)夜+1

22

答案；(D)

解因为||A司AE||=2a,要使△耳鸟A为等腰直角三角形，则A必在双曲线的左支上,

且|伍|=|耳用=2c,从而|M|=2a+2c,由勾股定理得(2(a+c)y=2(2c)2.解得

£=6+1.

a

4.已知正三棱锥S-ABC,底面边长为1,侧棱为2.若过直线AB的截面，将正三棱锥

的体积分成两个相等的部分，则截面与底面所成二面角的平面角的余弦值为()

q4厉2厉

(A)叵(D)

101515

答案：（D）

解：设截面与棱SC交于。点，由已知条件可知，点。为棱SC的中点.取A3的中点

E,连接EC,£>E,SE,则NOE1。为截面与底面所成二面角的平面角，设为6.在aSEC

中，SE=叵,EC=B,SC=2,所以中线。E=@.在△OEC应用余弦定理得

222

W巫

15

3d+。+1

5.已知a,bwR,函数f(x)=ox-b.若对任意xe[-1,1],有0W/(x)<l,则

a+2b—2

的取值范围为（）

1242

(A)--,0(B)(C)(D)

L2」■?°2’75’7

答案：(D)

解：由题设，04/(1)W1,047(—1)W1,即0<。一/?<1,一l<a+Z?<0.令〃=Q+Z?,

c=a-b,则

3a+/?+c4M+2V+2_10

-------=---------=-2H---------.

a+2b—23w-v-45v-l1

Q3-5^3

...,43。+/?+12

由此n即n知—«---------6—.

5。+2〃-27

6.已知向量弧砺垂直，且画=画=24.若问0,1],则

|/AB-AO|+、丽—(一)丽

的最小值为()

(A)2VI93(B)26(C)2472(D)24

答案：(B)

解：用数形结合方法求解，作正方形。4cB，连对角线43,则向量/A月-A。等于向量。方

（。为对角线AB上一点）.向量《由一（1一。丽等于向量瓦（E为08上一点,

EB=10）.因为OD=DC,所以

\tAB-AO\+^BO-（1-t）BA=|DE|+|DC|.

由几何意义可知|诙|+1方4的最小值为EC的值，即等于26.

7.设集合M=，(x,y)|3-一，=J,x,ywN"1,则集合M的元素个数为()

yjy<45

(A)0(B)1(C)2(D)3

答案：(B)

,111111从而,=112

解：，这样

TTTT#"后:行+行'5x2255y15757

国eQ.同理，JGe。.所以可设x=5a2,y=5〃,a/GN*.因此，原式等价于

J•一L=L解得(],。)=(2,6).又(。,。)与(苍丁)一一对应，则集合M中元素的个数为1.

ab3

8.记[x]为不超过X的最大整数.若集合S={(x,y)||[x+y]|+|[x-y]|<l},则集合S

所表示的平面区域的面积为().

59

(A)-(B)3(C)-(D)4

22

答案：(A)

解：当04x+y<l时，[x+y]=O,所以Jx-yjwi,即-l〈x-y<2；

当14x+y<2时，[x+y]=l,所以Jx—y]|=0,即O4x-y<l；

当一l<x+y<0时，[x+y]=-l,所以Jx-yj=O,即O<x-y<l.

画出满足上述条件的区域，可知集合S所表示的平面区域的面积为3

2

二、填空题(本大题共7小题，12题9分，其余各题7分，满分51分)

9.设“X)是定义在火上的奇函数.若对任意实数无，有/(x+2)=-/(x),且当xe[O,l]时,

f(x)=2x,则/(10百)=.

答案：36-206.

解：由f(x+2)=—/(x)得〃x+4)=-/(x+2)=/(x),所以/(x)周期为4,因此

/(10V3)=/(105/3-16)=-/(16-10^)=/(18-10A^)=36-20A^.

10.己知数列{%},{"}满足：4=7力=2,«„+1=-bll,bn+}=2an-3bn(neN*),

贝”“2015+%16=---------------------'

答案：-3x22015.

解：由题设递推关系，我们有

。+2+%=2，一3%+%=-2hn-2hn+i=-2(/?„+|+bn),

从而，D+2+2+I=(一2)”92+4)，注意到4=26—34=—8.我们有

“2015+人2016=一3X22°15.

11.设aeR.方程卜一《-"=2恰有三个不同的根，则。=.

答案：2.

解：原方程可变形为|x-a|=a±2,要使方程恰好有三个不同的根，则a=2,此时方程恰

好有三个不同的根玉=2,々=6,七=一2,所以a=2.

12.已知两个底面重合的正四面体A-OBC和。-OBC,加,77分别为44)。与43。。的

重心.记丽=£,砺=£玄=".若点p满足而=XQ+yb+zc,MP=2PN.

则实数x=>y-，z-.

…245

答案：x=—,y=—,z=—.

999

解设点A在面O8C上的投影为“，则丽=gx；(赤+诙)=*+0,所以

1r\

AH=OH-OA=-^b+c-3ayAD^2AH=-(b+c-3a).

又府=gx；(而+/)=*(—9£+2B+53),所以丽=方+前=*(2石+5工).

同理，

BN=^(^BC+Bb)=^(0C-0B+AD-AB)=^-3a+4b+5c),0N=0B+BN

=：(―3c；+5B+5c).由A/户=2所得，O户=；(0必+2丽).所以

45

z=

xa+yb+zc=-^-2a+4b+5c^=>x=--,y=9-9-

13.在△ABC中，B=-,C=—,AC=2jd,AC的中点为。.若长度为3的线段尸。（P

412

在。的左侧）在直线8c上滑动，则AP+OQ的最小值为

…A/30+3V10

合耒：--------------

2

TT

解：由已知得4=一,由正弦定理，得BC=6.过。作直线£>E平行BC,交A3于E点,

3

则OE〃BC,注意到OE为△ABC的中位线，则DE=3=PQ,所以PQOE为平行四边

形，即有DQ=EP.这样问题就转化为在直线3C上找一点，使AP+EP最小.作A关于

8c的对称点A,则（AP+EP）.=4七.注意到48=生*吆=6+3及,则

'/mnsinB

AE3=画+3呵

22

14.若关于x,y的方程组

(s­inx=msin3y,

cosx=mcos3y

有实数解，则正实数机的取值范围为.

答案：[1,2].

解：两式平分后相加，消去x,得

1=m2(sin6y+cos6y)=m2(l-3sin2ycos2y)

=sin22y=—{1——।G[0,1]=^>1<m<2,

反之，当时，也存在(事,满足此方程.因此，正实数〃，的取值范围为[1,2].

15.已知a,仇c为互不相等的整数，则4(a2+02+c2)—(a+b+cf的最小值为.

答案：8.

解：4(a2+Z>2+c2)-(tz+/?+c)2=(a-b)2+(Z>-c)2+(c-«)2+a2+b2+c2,其最小值

为8.

三、解答题(本大题共3小题，16题15分，17,18题每题18分，满分51分)

16.设函数/(x)=d_,2_5以+3)x+7(a,&e/?).已知对于任意的正[0,2],若王，

々满足玉w[%,Z+a]，e[k+2a,k+4a\,则/(不)之/(赴),求正实数a的最大值.

解由于二次函数/(x)=x2—(左2一5或+3b+7的对称轴为x=(_二誓土2,故题设条

件等价于对任意的ke[0,2],均有

k~—Suk+35

----------->k+—a.

22

即对任意的Ae[0,2],均有

5aJ」?八3«女2—2左+3、

k+\k+\

/min

注意到

k~-2,k+37.6._

-------------=(Z+1)+--------4>2—4—2\/6—4,

k+\'7k+1

当且仅当％=逐-1时取等号，故-~=276-4.

(k+l

min

后一

所以，正实数a的最大值为2“4

5

17.已知椭圆C：5+%=l(a〉b>0)经过点离心率为|.过椭圆C的右焦点

作斜率为左的直线/,交椭圆于A,B两点，记PAP8的斜率为人,右.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若匕+%2=0，求实数女.

解（1）由题设条件，得

9256,cr-b292c-2

-rH-------——1,-------=—=>a—25,b~=16.

a29b2a225

所以椭圆方程为三+二=1.

2516

（2）椭圆的右焦点坐标为（3,0）.

2Q

若％=0时，4（—5,0）,3（5,0）,则4=《&=—1此时勺+网/0.故左/0・

直线/的方程为y=Z（x-3）.和椭圆方程联立，并消去y,得

（16+25女2）f_150%2*+225^2_400=0.

设4（%/）,3（j见），则由韦达定理，得

150公225公400

1■16+25氏21-16+2542

注意到%=%（%-3）,y2=4（%2-3）,可得

1616

k&」一行产一（5乂-16）3-3）+（5%-16）。-3）

~%1_3X?_35（玉一3）（工2—3）

15女（再—3）—16］（冗2-3）+［5&（4-3）—16］（斗—3）

5（2—3）（x）-3）

10女（％一3）（乙一3）—16（%1+%2—6）

5（再—3）（工2—3）

1536-2560^八，3

2

-5（16+25*）（%1-3）（X2-3）--5,

18.给定数列｛七｝,证明：存在唯一分解七=y„-z„,其中数列｛%｝非负，｛zH｝单调不减,

并且y"（z,_z,i）=O,Zo=O.

证我们只需证明对任意的正整数〃，满足

七="一z“，

<>"（Z“-Z“T）=0,①

'"0，

.z,-z,iNO,Zo=O

的（耳，z,）存在且唯一•下面用数学归纳法证明之.

（1）当”=1时，X（Z]-2o）=y]Z]=0，这样有y=0,4=-X]或者％=X[,Z]=0.

若玉NO,则X=M，Z[=0.若占<0,则弘=0,4=-玉.此时命题成立.

⑵假设当n=攵（攵21）时，命题成立，则当〃=左+1时，①等价于

%+|-（ZR|-ZJ=%+Z&,

<%+i（Z-「z*）=O,

力+i之。，

**+1_z«NO,Zo=O

这样有yk+i=0,-Zk=-（xk+l+zj或yk+}=xk+l+zk,zk+l-zk=0.进一步

若4+1+z*N°，则以+i=xk+l+zk,zM-zk=0,即=4+1+Z〃,Z&+I=zk.

若/+i+z%<0，则％+i=0,z*+1—z1t=—（/+]+zj,即%+|=0,z*z=-xk+v

故当〃=Z+1时，命题成立.

（3）由数学归纳法可知，对任意的正整数〃，命题均成立.从而原命题得证.

四、附加题（本大题共2小题，每题25分，满分50分）

19.设集合4=卜6""|珊十进制表示中数码不含2,0,1,6}.证明：£-<3.

XGAX

（注：表示集合A中的所有元素的倒数之和）

,X

证在左位正整数中，各位上的数码不含数字2,0,1,6的共有6«个，其中首位数字为3,4,

5,7,8,9的各有61个，所以，所有不含数字2,0,1,6的左位数的倒数和小于

64-'6X-'6*T6*T6A-16&T

+A-1A-1A_1