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xy22． 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1 （C）a1 （D）aR

答案：（A） 解 若a0，则曲线x2yaxy22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a0.

xx2.函数fx4sin3xsinx2sincos的最小正周期为（ ）．

22（A）2 （B）答案：（C）

解 化简得，fxsin3x2，则函数fx的最小正周期为

22 （C） （D）

32. 3x2y23.设双曲线221a0,b0的左右焦点分别为F1,F2，点A是过F2且倾斜角为

ab4的直线与双曲线的一个交点．若△F1F2A为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为（ ）．

（A）3121 （B）31 （C） （D）21 22答案；(D)

解 因为AF1AF22a，要使△F1F2A为等腰直角三角形，则A必在双曲线的左支上，且AF2F1F22c，从而AF12a2c，由勾股定理得2ac222c.解得

2c21. a4.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）1541515215 （B） （C） （D） 10151515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

1

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．在△SEC中，SE1535,EC,SC2，所以中线DE.在△DEC应用余弦定理得222cos215. 155.已知a,bR，函数fxaxb.若对任意x1,1，有0fx1，则的取值范围为（ ）

（A ）,0 （B）,0 （C）, （D）,

252757答案：（D）

3ab1a2b2141242解：由题设，0f11,0f11，即0ab1,1ab0.令uab，

cab，则

3abc4u2v2102.

5v11a2b23uv435u343ab12. 由此即知5a2b276.已知向量OA,OB垂直，且OAOB24.若t0,1，则

tABAO5BO1tBA 12的最小值为（ ）

（A）2193 （B）26 （C） 242 （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tABAO等于向量OD （D为对角线AB上一点）．向量

5BO1tBA等于向量DE（E为OB上一点，12．因为ODDC，所以 EB10）

tABAO5BO1tBADEDC. 12由几何意义可知DEDC的最小值为EC的值，即等于26.

2

7.设集合Mx,y|111,x,yN*，则集合M的元素个数为（ ） xy45（A）0 （B） 1 （C） 2 （D） 3

答案：（B） 解：由

111得xy451111112,这样，从而

5x2255y155y5x5y155yQ.同理，5xQ.所以可设x5a2,y5b2,a,bN*.因此，原式等价于111.解得a,b2,6.又a,b与x,y一一对应，则集合M中元素的个数为1. ab38.记x为不超过x的最大整数．若集合S所表示的平面区域的面积为（ ）． （A）

x,y|xyxy1，则集合S

59 （B）3 （C） （D）4 22答案：（A）

解：当0xy1时，xy0，所以xy1，即1xy2； 当1xy2时，xy1，所以xy0，即0xy1； 当1xy0时，xy1，所以xy0，即0xy1. 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. 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fx2fx，且当x0,1时，

52fx2x，则f103 ．

答案：36203.

解：由fx2fx得fx4fx2fx，所以fx周期为4，因此

f103f10316f16103f1810336203.

10.已知数列an,bn满足：a11,b12,an1bn,bn12an3bnnN则b2015b2016 ． 答案：322015*,

.

解：由题设递推关系，我们有

3

bn2bn12an13bn1bn12bn2bn12bn1bn,

从而，bn2bn12nb2b1，注意到b22a13b18．我们有

b2015b2016322015.

11.设aR．方程xaa2恰有三个不同的根，则a ． 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x12,x26,x32，所以a2.

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OPxaybzc,MP2PN. 则实数x ，y ，z ． 答案：x245,y,z. 999211OBOCbc,所以 32312AHOHOAbc3a,AD2AHbc3a.

332111ADAC9a2b5c,所以OMOAAM2b5c. 又AM3299解 设点A在面OBC上的投影为H，则OH同理，

111BCBDOCOB+ADAB3a4b5c,ONOBBN 339113a5b5c.由MP2PN得，OPOM2ON.所以 931245xaybzc2a4b5cx,y,z.

99995B,C13.在△ABC中，，AC26,AC的中点为D．若长度为3的线段PQ（P412BN在Q的左侧）在直线BC上滑动，则APDQ的最小值为 ．

答案：

30310.

2解：由已知得A3，由正弦定理，得BC6.过D作直线DE平行BC，交AB于E点，

4

则DE//BC，注意到DE为△ABC的中位线，则DE3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APEPminAE.注意到ABAE530310AB. 22ACsinC632,则

sinB14.若关于x,y的方程组

3sinxmsiny, 3cosxmcosy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

1m2sin6ycos6ym213sin2ycos2y41sin2y120,11m2.3m2

反之，当1m2时，也存在x0,y0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4abc答案：8. 解：4abc222abc的最小值为 ．

222222abcabbcca22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fxxk5ak3x7a,kR.已知对于任意的k0,2,若x1,

22x2满足x1k,ka，x2k2a,k4a，则fx1fx2,求正实数a的最大值．

5

k25ak3解 由于二次函数fxxk5ak3x7的对称轴为x，故题设条

222件等价于对任意的k0,2，均有

k25ak35ka.

22即对任意的k0,2，均有

k22k3k22k35a,5a,

k1k1min注意到

k22k36k142k1k1k164264, k1k22k3当且仅当k61时取等号，故264.

k1min所以，正实数a的最大值为264. 53x2y21617.已知椭圆C:221ab0经过点P3,，离心率为．过椭圆C的右焦点

ab55作斜率为k的直线l，交椭圆于A,B两点，记PA,PB的斜率为k1,k2. （1）求椭圆的标准方程； （2）若k1k20，求实数k. 解 （1）由题设条件，得

9256a2b29221,a25,b16. 222a9ba25x2y21. 所以椭圆方程为

2516（2）椭圆的右焦点坐标为3,0. 若k0时，A5,0,B5,0,则k128,k2,此时k1k20．故k0. 55直线l的方程为ykx3.和椭圆方程联立，并消去y，得

6

1625kx22150k2x225k24000.

设Ax1,y1,Bx2,y2，则由韦达定理，得

150k2225k2400x1x2,x1x2. 221625k1625k注意到y1kx13,y2kx23,可得

1616y25y116x235y216x1355k1k2x13x235x13x23y15kx13165kx2316x23x135x13x2310kx13x2316x1x265x13x2315362560k30k.2551625kx13x23

18.给定数列xn，证明：存在唯一分解xnynzn，其中数列yn非负，zn单调不减，并且ynznzn10,z00.

证 我们只需证明对任意的正整数n，满足

xnynzn,ynznzn10, ① yn0,zz0,z00nn1的yn,zn存在且唯一．下面用数学归纳法证明之．

（1）当n1时，y1z1z0y1z10，这样有y10,z1x1或者y1x1,z10. 若x10,则y1x1,z10．若x10，则y10,z1x1．此时命题成立． （2）假设当nkk1时，命题成立，则当nk1时，①等价于

yk1zk1zkxk1zk,yk1zk1zk0, yk10,zz0,z00k1k这样有yk10,zk1zkxk1zk或yk1xk1zk,zk1zk0.进一步

7

若xk1zk0，则yk1xk1zk,zk1zk0.即yk1xk1zk,zk1zk. 若xk1zk0，则yk10,zk1zkxk1zk，即yk10,zk1xk1. 故当nk1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AxN|x的十进制表示中数码不含2,0,1,6.证明：

*13. xAx（注：

1表示集合A中的所有元素的倒数之和） xxAk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6个，其中首位数字为3,4,

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

6k16k16k16k16k16k1310k1410k1510k1710k1810k1910k1

6k1111111k1,10345789所以，

16k1111111k1x345789xAk1101111113.63457891101

20.设正整数n2，对2n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2n3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2n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．

8

记PR（或Y），记PB,QR（或Y）时的者色数目为bn； QB时的着色数目为an；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

an1nbncn3.

（2）由对称性，即将图形上下翻转，并且颜色R和Y互换，可知

anbn.

（3）考虑相互的递推特征，则

an2bn1cn1.

由上三式知，

an2bn1cn1a2n1bn1cn13n.

即为问题所求的不同的染色方法数．

9