2020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()()2220x y a x y++-=为平面上交于一点的三条直线的充要条件是（ ）． （A ） 0a = （B ）1a = （C ）1a =- （D ）a R ∈答案：（A ） 解 若0a =，则曲线()()2220x y a x y++-=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20x y a ++=过原点，即0.a =2.函数()234sin sin 2sin cos 22x x f x x x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭的最小正周期为（ ）．（A ）2π （B ）2π（C ）23π （D ）π答案：（C ）解 化简得，()sin32f x x =-+，则函数()f x 的最小正周期为.3π2 3.设双曲线()222210,0x y a b a b -=>>的左右焦点分别为12,F F ，点A 是过2F 且倾斜角为4π的直线与双曲线的一个交点．若△12F F A 为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（ ）．（A （B 1 （C （D 1 答案；(D)解 因为122AF AF a -=，要使△12F F A 为等腰直角三角形，则A 必在双曲线的左支上，且212AF F F =2c =，从而122AF a c =+，由勾股定理得()()()22222.a c c +=解得1.ca= 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（ ）（A （B （C （D 答案：（D ）解：设截面与棱SC 交于D 点，由已知条件可知，点D 为棱SC 的中点．取AB 的中点E ，连接,,EC DE SE ，则DEC ∠为截面与底面所成二面角的平面角，设为θ．在△SEC中，2SE EC SC ===，所以中线DE =在△DEC 应用余弦定理得cos θ=5.已知,a b R ∈，函数().f x ax b =-若对任意[]1,1x ∈-，有()01f x ≤≤，则3122a b a b +++-的取值范围为（ ）（A ）1,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ （B ）4,05⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ （C ）12,27⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ （D ）42,57⎡⎤-⎢⎥⎣⎦答案：（D ）解：由题设，()()011,011f f ≤≤≤-≤，即01,10.a b a b ≤-≤-≤+≤令u a b =+，c a b =-，则由此即知4312.5227a b a b ++-≤≤+- 6.已知向量,OA OB 垂直，且24.OA OB ==若[]0,1t ∈，则 的最小值为（ ）（A ） （B ）26 （C ） （D ）24 答案：（B ）解：用数形结合方法求解，作正方形OACB ，连对角线AB ，则向量t AB AO -等于向量OD （D 为对角线AB 上一点）．向量()5112BO t BA --等于向量DE （E 为OB 上一点，10EB =）．因为OD DC =，所以 由几何意义可知DE DC +的最小值为EC 的值，即等于26. 7.设集合()*,|,M x y x y N ⎧⎫⎪⎪==∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭，则集合M 的元素个数为（ ） （A ）0 （B ） 1 （C ） 2 （D ） 3答案：（B ） 解：由=得115=+，从而11152255x y =++这样.Q 同理，.Q 所以可设22*5,5,,.x a y b a b N ==∈因此，原式等价于111.3a b -=解得()(),2,6.a b =又(),a b 与(),x y 一一对应，则集合M 中元素的个数为1. 8.记[]x 为不超过x 的最大整数．若集合()[][]{},|1S x y x y x y =++-≤，则集合S所表示的平面区域的面积为（ ）． （A ）52 （B ）3 （C ）92（D ）4 答案：（A ）解：当01x y ≤+<时，[]0x y +=，所以[]1x y -≤，即12x y -≤-<； 当12x y ≤+<时，[]1x y +=，所以[]0x y -=，即01x y ≤-<； 当10x y -≤+<时，[]1x y +=-，所以[]0x y -=，即0 1.x y ≤-< 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5.2二、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()f x 是定义在R 上的奇函数．若对任意实数,x 有()()2f x f x +=-，且当[]0,1x ∈时，()2f x x =，则(f = ．答案：36-解：由()()2f x f x +=-得()()()42f x f x f x +=-+=，所以()f x 周期为4，因此 10.已知数列{}{},n n a b 满足：()*11111,2,,23,n n n n n a b a b b a b n N ++=-==-=-∈则20152016b b += ． 答案：201532.-⨯解：由题设递推关系，我们有 从而，()()21212nn n b b b b +++=-+，注意到211238b a b =-=-．我们有20152015201632.b b +=-⨯11.设a R ∈．方程2x a a --=恰有三个不同的根，则a = ． 答案：2.解：原方程可变形为2x a a -=±，要使方程恰好有三个不同的根，则2a =，此时方程恰好有三个不同的根1232,6,2x x x ===-，所以 2.a =12.已知两个底面重合的正四面体A -OBC 和D -OBC ，,M N 分别为△ADC 与△BDC 的重心．记,,OA a OB b OC c ===．若点P 满足,2.OP xa yb zc MP PN =++= 则实数x = ，y = ，z = ． 答案：245,,.999x y z =-== 解 设点A 在面OBC 上的投影为H ，则()()211,323OH OB OC b c =⨯+=+所以 又()()211925,329AM AD AC a b c =⨯+=-++所以()125.9OM OA AM b c =+=+ 同理，()1355.9a b c =-++由2MP PN =得，()12.3OP OM ON =+所以13.在△ABC 中，5,412B C ππ==，AC AC =的中点为D ．若长度为3的线段PQ （P在Q 的左侧）在直线BC 上滑动，则AP DQ +的最小值为 ．答案：2解：由已知得3A π=，由正弦定理，得 6.BC =过D 作直线DE 平行BC ，交AB 于E 点，则//DE BC ，注意到DE 为△ABC 的中位线，则3DE PQ ==，所以PQDE 为平行四边形，即有.DQ EP =这样问题就转化为在直线BC 上找一点，使AP EP +最小．作A 关于BC 的对称点A '，则()min .AP EP A E '+=注意到sin sin AC CAB B⋅==则14.若关于,x y 的方程组有实数解，则正实数m 的取值范围为 ． 答案：[]1,2．解：两式平分后相加，消去x ，得反之，当12m ≤≤时，也存在()00,x y 满足此方程．因此，正实数m 的取值范围为[]1,2. 15.已知,,a b c 为互不相等的整数，则()()22224a b c a b c ++-++的最小值为 ．答案：8. 解：()()()()()22222222224a b ca b c a b b c c a a b c ++-++=-+-+-+++，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()()()22537,.f x x k ak x a k R =--++∈已知对于任意的[]0,2,k ∈若1,x2x 满足[]1,x k k a ∈+，[]22,4x k a k a ∈++，则()()12,f x f x ≥求正实数a 的最大值．解 由于二次函数()()22537f x x k ak x =--++的对称轴为2532k ak x -+=，故题设条件等价于对任意的[]0,2k ∈，均有 即对任意的[]0,2k ∈，均有 注意到当且仅当1k =时取等号，故2min23 4.1k k k ⎛⎫-+= ⎪+⎝⎭所以，正实数a的最大值为4.517.已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>经过点163,5P ⎛⎫⎪⎝⎭，离心率为35．过椭圆C 的右焦点作斜率为k 的直线l ，交椭圆于,A B 两点，记,PA PB 的斜率为12,.k k （1）求椭圆的标准方程； （2）若120k k +=，求实数.k 解 （1）由题设条件，得所以椭圆方程为221.2516x y += （2）椭圆的右焦点坐标为()3,0. 若0k =时，()()5,0,5,0,A B -则1228,,55k k ==-此时120k k +≠．故0.k ≠ 直线l 的方程为()3.y k x =-和椭圆方程联立，并消去y ，得 设()()1122,,,A x y B x y ，则由韦达定理，得 注意到()()11223,3,y k x y k x =-=-可得18.给定数列{}n x ，证明：存在唯一分解n n n x y z =-，其中数列{}n y 非负，{}n z 单调不减，并且()100,0.n n n y z z z --==证 我们只需证明对任意的正整数n ，满足()110,0,0,0,0n n n n n n n n n x y z y z z y z z z --=-⎧⎪-=⎪⎨≥⎪⎪-≥=⎩ ① 的(),n n y z 存在且唯一．下面用数学归纳法证明之．（1）当1n =时，()110110y z z y z -==，这样有1110,y z x ==-或者111,0.y x z == 若10,x ≥则111,0y x z ==．若10x <，则1110,y z x ==-．此时命题成立． （2）假设当()1n k k =≥时，命题成立，则当1n k =+时，①等价于 这样有()1110,k k k k k y z z x z +++=-=-+或111,0.k k k k k y x z z z +++=+-=进一步 若10k k x z ++≥，则111,0.k k k k k y x z z z +++=+-=即111,.k k k k k y x z z z +++=+= 若10k k x z ++<，则()1110,k k k k k y z z x z +++=-=-+，即1110,.k k k y z x +++==- 故当1n k =+时，命题成立．（3）由数学归纳法可知，对任意的正整数n ，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{}*|2,0,1,6.A x N x =∈的十进制表示中数码不含证明：13.x Ax ∈<∑ （注：1x Ax ∈∑表示集合A 中的所有元素的倒数之和）证 在k 位正整数中，各位上的数码不含数字2,0,1,6的共有6k个，其中首位数字为3,4,5,7,8,9的各有16k -个，所以，所有不含数字2,0,1,6的k 位数的倒数和小于所以，20.设正整数2n ≥，对2n ⨯格点链中的2n 个结点用红()R 、黄()Y 、蓝()B 三种颜色染色，左右端点中的三个结点已经染好色，如图所示．若对剩余的23n -个结点，要求每个结点恰染一种颜色，相邻结点异色，求不同的染色方法数．解 对2n ⨯格点链中的2n 个结点用红()R 、黄()Y 、蓝()B 三种颜色染色，其中左端点染红色与黄色，设右端点染色为,P Q 如下图所示．记P R =（或Y ），Q B =时的着色数目为n a ；记,P B =Q R =（或Y ）时的者色数目为n b ； 我们注意到：（1）若右端没有约束时，每增加一个格子都有3种不同的着色方法，则（2）由对称性，即将图形上下翻转，并且颜色R和Y互换，可知（3）考虑相互的递推特征，则由上三式知，即为问题所求的不同的染色方法数．。