湖南省高中数学竞赛试题及答案

一、选择题本大题共6个小题;每小题5分;满分30分．每小题所提供的四个选项中只有一项是符合题目要求的

1.设集合SA0,A1,A2,A3;在S上定义运算“”为：AiAjAk;其中k为ij被4除的余数;i,j0,1,2,3.则满足关系xxA2A0的xxS的个数为 A．1B．2C．3D．4 答案：B．

提示：因为xxA2A0,;设xxAk;所以AkA2a0,k2,即xxA2;故xA1或

xA3.

答案：A．

2.一个骰子由1-6六个数字组成;根据如图所示的三种状态显示的数字;可推得“ ”的数字是

A．6B．3C．1D．2

3.设函数fx2xcosx,an是公差为的等差数列;fa1fa2fan5,则fa3a1a5 A．0B．

1113C．D．2 1681628答案：D．

提示：因为an是公差为的等差数列;且

即2a1a2a5cosa1cosa2cosa55;所以

即10a32cos2cos1cosa35. 482cos2cos1记gx10xcosx5;则 488gx102cos2cos1sinx0;

48即gx在R为增函数;有唯一零点x;所以a3.

22132所以faaa20315. 2242416224.设m,n为非零实数;i为虚数单位;zC;则方程znizmin与方程

znizmim在同一复平面内的图形其中F1,F2是焦点是

答案：B．

提示：znizmin表示以F10,n,F20,m为焦点的椭圆且n0.znizmim表示以F10,n,F20,m为焦点的双曲线的一支．由

nznizmimn;知m0.故双曲线znizmim的一支靠近点F2．

13135.给定平面向量1,1;那么;平面向量2,2是将向量1,1经过变换得到的;

答案是

A．顺时针旋转60所得B．顺时针旋转120所得 C．逆时针旋转60所得D．逆时针旋转120所得 答案：C．

1313,1,1221提示：设两向量所成的角为;则cos,又

2220,180;所以60．又

13130,0;所以C正确． 226.在某次乒乓球单打比赛中;原计划每两名选手各比赛一场;但有3名选手各比赛了两场之后就退出了;这样全部比赛只进行了50场;那么上述3名选手之间比赛场数是

A．0B．1C．2D．3 答案：B．

提示：设这3名选手之间比赛的场数是r;共n名选手参赛;依题意有

2Cn36r50;即

n3n444r.

2因为0r3;所以分4种情况讨论：

①当r0时;有n3n488;即n27n760;但它没有正整数解;故r0； ②当r1时;有n3n490;解得n13;故r1符合题意；

③当r2时;有n3n492;即n27n800,但它没有正整数解;故r2； ④当r3时;有n3n494;即n27n820;但它没有正整数解;故r3. 二、填空题本大题共6个小题;每小题8分;满分48分;解题时只需将正确答案直接填在横线上．

7.规定：对于xR;当且仅当nnn1nN*时;xn．则不等式

4x36x450的解集是．

2答案：2x8.

提示：所求不等式为关于x的一元二次不等式．由4x36x450;得x23215;2故2x7;即2x8.

8.在三棱锥S-ABC中;SA4,SB7,SC9,AB5,BC6,AC8,则三棱锥的体积的最大值为． 答案：86．

SA2AB2SB24252721;故提示：设SAB;根据余弦定理有cos2SAAB2455sin1cos2261,SSABSAABsin46.由于棱锥的高不超过它的侧棱;所52以FCSABSSABBC86.事实上;取SB7,BC6;且CB面SAB时;可以满足已知条件;此时VCSAB86.

9．一个均匀小正方体的六个面中;三个面上标以数字0;两个面上标以数字1;一个面上标以数字2..将这个正方体的抛掷两次;则向上的数之积的数学期望是

13答案；.

提示：由题意知;抛掷小正方体向上的数为0的概率为;向上的数为1的概率为;向上为2的概率为;如下表所示：

49121316第一次抛掷 第二次0 0 1 2 1 2 于是所得向上的数之积的分布列为： 0 1 2 4 10．观察下列等式：

15C5C5232； 159C9C9C92723； 15913C13C13C13C1321125；

............

由以上等式推测出一般的结论：

1594n1对于nN*,C4n1C4n1C4n1LC4n1

答案：24n1122n1.

11．方程16sinxcosx16x的解的集合是

11答案：,．

44n1x提示：当x0时;16x8;当且仅当x时取“”．而16sinxcosx8sin2x8;当且仅当xk,kZ时取“”号．于是;当x0时;方程只有一个解x.由奇函数的

111性质可知;x是方程的另一个解．故方程的解集合为,.

1x14141444412．当一个非空数集F满足条件“如果a,bF;则ab,ab,abF;且当b0时;F”时;我们称F就是一个数域..以下四个关于数域的命题：

①0是任何数域的元素；②若数域F有非零元素;则2016F；③集合Px|x3k,kZ是一个数域；④有理数集是一个数域.. 其中真命题的代号是写出所有真命题的代号 答案：①②④．

提示：根据数域的定义判断;①②④均正确．取a3,b6;则a,bP;但P;即③错误．

三、简答题本大题共4个小题;满分72分

x2y2113．本小题满分16分已知椭圆C:221(ab0)经过点0,3;离心率为;经过

ab2ab12ab椭圆C的右焦点F交椭圆于A,B两点;点A,F,B在直线x4的射影依次是D,K,E.. 1求椭圆的C的方程；

2连接AE,BD;试探求当直线l的倾斜角变化时;直线AE与BD是否相交于定点 若是;请求出定点的坐标并给予证明；否则;说明理由..

c1解：1由经过点0,3;得b3,由离心率为;得ea2a2b21;得a2. a2x2y2故椭圆C的方程为C:1.

432当直线l的斜率不存在时;直线lx轴;则ABED为矩形;由对称性知;直线AE与BD,0N,0相交于FK的中点N;由此猜想直线与相交于定点AEBD. 2255证明：设Ax1,y1,Bx2,y2,D4,y1,E4,y2直线AB的方程为ykx1;联立椭圆C的方程消去y得3x24k2x1212;即34k2x28k2x4k2120,8k24k212y2y15x1x2,xx.l:yyx4又因为;当时;x12AE24x134k234k22ykx21kx2x135kx1x22kx1x28k 4x1224x10;

8k34k22k4k2125k8k224x134k2即点N,0在直线lAE上． 2,0同理可证;点N在直线lBD上;所以;当直线l的倾斜角变化时;直线AE与BD相交2,0于定点N. 255514．本小题满分16分已知四边形ABCD是正方形;P是边CD上一点点P不与顶点重合;延长AP与BC的延长线交于点Q..设ABQ;PAD;PCQ的内切圆半径分别是

r1,r2,r3..

1证明：r124r2r3;并指出点P在什么位置时等号成立； 2若AB1,试求证：322r12r22r32..

证明：1如图所示;因为△ABQ∽△PDA∽△PCQ;所以r1:r2:r3AB:PD:PC. 而ABCDPDPC;

故r1r2r32r2r3;即r124r2r3.当且仅当r2r3;即P为CD的中点时;等号成立． 2由1得r1r2r3;所以有

0记DAP;则

412t21. 令coscost;则1t2;且sincos2故

它是关于t的单调递增函数;所以32即322r12r22r32.

122221322rr2r321223121121. 215．已知函数f(x)xlnxmx2x,mR. 1当m2时;求函数f(x)的所有零点；

2若f(x)有两个极值点x1,x2;且x1x2;求证：x1x2e2..

解：1当m2时;fxxlnxx2xxlnxx1,x0.设pxlnxx1,x0,则

px110;于是px在0,上为增函数． x12又p10;所以;当m2时;函数fx有唯一零点x1. 2若fx有两个极值点x1,x2;则导函数fx有两个零点x1,x2. 由fxlnxmx;可知lnx1mx10,

lnx2mx20.要证x1x2e2;可转化为证明：lnx1lnx22.

lnx1mx10,lnxlnx2. 由可得m1xxlnxmx01222由lnx1mx10,lnxlnx2. 可得m1x1x2lnx2mx20lnx1lnx2lnx1lnx2.进一步;得

x1x2x1x2两式联立;得

设0x1x2;则0t1tlnt.x11;lnx1lnx2下面证只须证明： x2t12t1当0t1时恒成立． t121tlnt2t1;即证lnt2t1t10,14设函数gtlnt;则gt 22tt1t1tt1故函数gt在0,1上为增函数;gtg10. 所以;lnt2t1当0t1时恒成立;即x1x2e2. t116．已知互异的正实数x1,x2,x3,x4满足不等式(x1x2x3x4)111117.. x1x2x3x4求证：从x1,x2,x3,x4可任取3个数作为边长;共可构成4个不同的三角形..

证明：由于C434;故从x1,x2,x3,x4中任取3个数作为边长;共可构成4个不同的三角形;即是任取3个数作为边长均可构成不同的三角形．下面用反证法给出证明：

若存在某三个数为边长的不能构成三角形;由对称性可知不妨设这三个数为x1,x2,x3;且满足x1x2x3.因为 由x2x311x1144;知;并设1tt1;得

x2x3x2x3x2x3x2x31t1t由条件;得124t17;即4tt0t1.事实上;当t1时;

14t25t14t1t14tt0, ttt这与上面所得结论矛盾．所以;原命题成立．