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2015年浙江省数学竞赛试卷及答案


2015 年浙江省高中数学竞赛试卷参考答案
一、选择题(单项选择题,每题 6 分,共 48 分) x2 y2 1.“a =2, b ? 2 ”是“曲线 C: 2 ? 2 ? 1(a, b ? R, ab ? 0) 经过点 a b
A.充分不必要条件 C.充分必要条件 B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

?

2,1 ”的( A ).

?

x2 y 2 解答:当 a =2, b ? 2 曲线 C: 2 ? 2 ? 1 经过 2,1 ; a b 2 2 2 1 x y 当曲线 C: 2 ? 2 ? 1 经过点 2,1 时,即有 2 ? 2 ? 1 ,显然 a ? ?2, b ? ? 2 也满足 a b a b

?

?

?

?

上式。

x2 y 2 所以“a =2, b ? 2 ”是“曲线 C: 2 ? 2 ? 1 经过点 2,1 ”的充分不必要条件。 a b 2.已知一个角大于 120?的三角形的三边长分别为 m, m ? 1, m ? 2 ,则实数 m 的取值范围为

?

?

( B

). B. 1 ? m ?

A. m ? 1

3 2
2

C.

3 ?m?3 2
2

D. m ? 3 解得1 ? m ?

解答:由题意可知 ?

?m ? (m ? 1) ? m ? 2 ?(m ? 2) ? m ? (m ? 1) ? m(m ? 1)
2

3 。 2

3. 如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M 为 BB1 的中点,则二面角 M-CD1-A 的余弦值为 ( C ). 3 3 6 1 A. B. C. D. 6 3 3 2
D1 A1 B1 M C B C1

D A

第 3 题图

解答:以 D 为坐标原点, DA, DC, DD1 所在的直线分别为 x, y , z 轴建立空间直角坐标系, 则

1 D(0,0,0), A(1,0,0), C (0,1,0), D1 (0,0,1), M (1,1, ) , 且 平 面 ACD1 的 法 向 量 为 2 n1 ? (1,1,1) ,平面 MCD1 法向量为 n2 ? (?1, 2, 2) 。

3 3 ,即二面角 M-CD1-A 的余弦值为 。 3 3 ?a ? b ? 2 ? 0 a ? 2b ? 4.若实数 a , b 满足 ?b ? a ? 1 ? 0 ,则 的最大值为 ( C 2a ? b ?a ? 1 ?
因此 cos ? n1 , n2 ?? A. 1 B.

).

5 4

C.

7 5

D. 2

解答:由 a , b 满足的条件知 1 ? 所以

a ? 2b 3 7 1 3 ? 2? ? ,当 (a, b) ? ( , ) 取等号。 b 5 2 2 2a ? b 2? a
S?PQR S?ABC
1 4
A 的最小值为( D. D ).

b ? 3, a

5. 已知等腰直角△PQR 的三个顶点分别在等腰直角△ABC 的三条边上, 记△PQR, △ABC 的面积分别为 S△PQR,S△ABC,则

1 1 B. 2 3 解答:如图 5-1 所示,
A. A

C.

1 5

P H

R P B C Q B

C

Q

R

图 5-1 图 5-2 ( 1 ) 当 ?PQR 的 直 角 顶 点 在 ?ABC 的 斜 边 上 , 则 P, C , Q, R 四点共圆,

?A P R? ? C Q R 1 ? 8 0 ? ? B 所以 Q , R sin ?APR ? sin ?BQR. PR AR QR BR ? , ? 在 ?APR, ?BQR 中分别应用正弦定理得 . sin A sin APR sin B sin BQR 又 ?A ? ?B ? 45 , 故 PR ? QR ,故 AR ? BR 即 R 为 AB 的中点. 1 过 R 作 RH ? AC 于 H ,则 PR ? RH ? BC , 2 1 2 S?PQR PR 2 ( 2 BC ) S 1 1 ? ? ? ,此时 ?PQR 的最大值为 . 所以 2 2 S?ABC BC BC 4 4 S?ABC (2)当 ?PQR 的直角顶点在 ?ABC 的直角边上,如图 5-2 所示, ? 设 BC ? 1, CR ? x (0 ? x ? 1), ?BRQ ? ? (0 ? ? ? ) , 2 则 ?CPR ? 90 ? ?PRC ? ?BRQ ? ? . CR x ? , 在 Rt ?CPR 中, PR ? sin ? sin ? x 3 , ?RQB ? ? ? ?QRB ? ?B ? ? ? ? , 在 ?BRQ 中, BR ? 1 ? x, RQ ? PR ? sin ? 4 x x 1 PQ RB 1? x ? 由正弦定理, , ? ? sin ? ? ? ? 3 sin ? cos ? ? 2sin ? sin B sin ?PQB sin sin( ? ? ? ) 4 4

1 1 x 2 1 1 PR 2 ? ( ) ? ( )2 . 2 2 sin ? 2 cos ? ? 2sin ? S?PQR 1 1 1 这样, ?( )2 ? ? , 2 2 2 cos ? ? 2sin ? (1 ? 2 )(cos ? ? sin ? ) 5 S?ABC
因此 S?PQR ? 当且仅当 ? ? arctan 2 取等号,此时

S?PQR

S?ABC nx 6. 已知数列 ?an ? 的通项 an ? , n ? N * ,若 ( x ? 1)(2 x ? 1) (nx ? 1) a 1 ?a2 ? ? a2015 ? 1 ,则实数 x 等于( D ). 3 5 9 11 A. ? B. ? C. ? D. ? 2 40 60 12 (nx ? 1) ? 1 1 1 an ? ? ? ( x ? 1)(2 x ? 1) (nx ? 1) ( x ? 1)(2 x ? 1) [( n ? 1) x ? 1] ( x ? 1)(2 x ? 1) ( nx ? 1) 2015 1 ? 1 ? ( x ? 1)(2 x ? 1) (2015x ? 1) ? 0 , 则 ? ak ? 1 ? ( x ? 1)(2 x ? 1) (2015x ? 1) k ?1 1 1 1 1 1 1 ,? ) ? (? , ??) , 所以 x ? (?1, ? ) ? (? , ? ) ? ? (? 2 3 4 2013 2014 2015 11 经检验只有 x ? ? 符合题意。 60
7. 若过点 P(1,0) ,Q(2,0) ,R(4,0) ,S(8,0)作四条直线构成一个正方形,则 该正方形的面积不可能 等于 ( C ). ...

的最小值为 .

1 5

26 196 16 36 B. C. D. 5 53 17 5 解答:不妨设四条直线交成的正方形在第一象限,且边长为 a ,面积为 S , 过 P 的直线的倾
A. 斜角为 ? (0 ? ? ?

?
2

)。

当过点 P, Q 的直线为正方形的对边所在的直线时,

PQ sin ? ? a ? RS cos ? ? sin ? ? 4cos ? ? sin ? ?
2 此时正方形的面积 S ? ( PQ sin ? ) ?

4 , 17

16 。 17

同理,当过点 P, R 的直线为正方形的对边所在的直线时, S ? 当过点 P, S 的直线为正方形的对边所在的直线时, S ? 8.若集合 A ? ( m, n ) ( m ? 1) ? ( m ? 2) ? 中的元素个数为( B A.4030 B.4032
2016

36 ; 5

?

196 . 53 ? (m ? n ) ? 102015 , m ? Z , n ? N * ,则集合 A

?

). C. 20152
2016 2015

D. 20162 , 因为 n, n ? 2m ? 1 一奇一偶, 所以 n, n ? 2m ? 1 两

解答: 由已知得 n(n ? 2m ? 1) ? 2
2016

5

者之一为偶数,即为 2 , 2 5, 2 5 , , 2 20165 2015共有 2016 种情况,交换顺序又得到 2016 种情形,所以集合 A 共有 4032 个元素. 二、填空题(9-14 每题 7 分,15 题 8 分,共 50 分)

2016 2

9.已知函数 f ( x ) 满足 f ( x ? 1) ? f (1 ? x) ? 0 , f ( x ? 2) ? f (2 ? x) ? 0 ,且 f ( ) ? 1 ,则

2 3

1000 f( )? 3
答案: ?1 .



解答: f ( x ? 2) ? f (2 ? x ) ? f [1? (x ? 1)] ? ? f [1? (x ? 1) ? ? f (x ) ? f (x ? 4) ? f (x ) ,所以

1000 4 4 1 1 2 f( ) ? f (332 ? ) ? f ( ) ? f (1? ) ? ? f (1? ) ? ? f ( ) ? ? 1. 3 3 3 3 3 3 2015 1 10.若数列 {an } 的前 n 项和 Sn ? n 3 ? n 2 , n ? N * ,则 ? = i ?1 ai ? 8i ? 2
答案:



2015 . 6048

解答: an ?
2015

? ai ? ? ai ? 3n2 ? 5n ? 2, 又 a1 ? 0 ,故 an ? 3n2 ? 5n ? 2(n ? N * ) ,
i ?1 i ?1
2015

n

n ?1

2015 1 1 1 2015 1 1 . ? ? ( ? )? ? ? ? 3 i ?1 i i ? 1 6048 i ?1 ai ? 8i ? 2 i ?1 3i (i ? 1)
2

11. 已知 F 为抛物线 y ? 5x 的焦点, 点 A (3, 1), M 是抛物线上的动点. 当 | MA | ? | MF | 取最小值时,点 M 的坐标为 . 答案: (

1 ,1) . 5

5 ? ? .过 M 作 l 的垂线,垂足为 H , 4 则 AM ? MF ? AM ? MH ? AH ,当 A, M , H 三点共线时取等号, 1 此时 M 的坐标为 ( ,1) 。 5 sin x cos x 12.若 16 . ? 16 ? 10 ,则 cos 4 x ? 1 答案: ? . 2
解答:设抛物线的准线为 l : x
2 2

16 , t 16 1 1 3 ? 10 ? t ? 2, 或 t ? 8 ,即 sin 2 x ? 或 ,所以 cos 4 x ? ? 。 代入方程得 t ? t 4 4 2 2 13. 设函数 f ( x) ? min{x ?1, x ? 1, ? x ? 1} ,其中 min{x, y, z} 表示 x, y, z 中的最小者.若 . f ( a ? 2) ? f (a ) ,则实数 a 的取值范围为
解答:设 t ? 16
sin2 x

,1 ? t ? 16 ,则 16cos x ? 161?sin x ?
2 2

答案: (??, ?2) ? (?1,0) . 解答:当 a ? 2 ? ?1 时, a ? a ? 2 ? ?1, 此时有

f (a) ? f (a ? 2) ; 当 1 ? a ? 2 ? 0 时, ?3 ? a ? ?2, 此时有 f (a) ? f (?2) ? ?1 ? f (a ? 2) ; 当 0 ? a ? 2 ? 1 时, ?2 ? a ? ?1, 此时有 f (a) ? f (a ? 2) ; 当 1 ? a ? 2 ? 2 时, ?1 ? a ? 0, 此时有 f (a) ? f (a ? 2) ; 当 a ? 2 ? 2 时, a ? 0, 此时有 f (a) ? f (a ? 2) 。

14.已知向量 a , b 的夹角为 则 a ? c 的最大值为 答案:24.

?
3

, a ?b ? 5 , 向量 c ? a , c ? b 的夹角为 .

2? ,c ? a ? 2 3 , 3

解答: OA ? a, OB ? b, OC ? c ,则 AC ? c ? a ? 2 3, AB ? a ? b ? 5.

2? , 此时 O, A, C, B 共圆, 3 3 3 4 由正弦定理得 sin ?ABC ? ,则 cos ?ABC ? 。 5 5 在 ?ACO 中, ?AOC ? ?ABC ,
又 ?AOB ?

?

, ?ACB ?

由余弦定理得 AC 2 ? a ? c ? 2 a c cos ?AOC ,即 12 ? 2 a c ? 所以 a ? c ? a c cos ?AOC ? 24 ,当 ?ACO ? 因此 a ? c 的最大值为 24.

2

2

?

8 a c ? a c ? 30 , 5

1 4 ? arctan 时取“=” , 4 2 3

, ? Z 15. 设 ab
答案: a

, 若对任意 x ? 0 , 都有 (ax ? 2)( x 2 ? 2b) ? 0 , 则 a ? ______ , b ?_ _ _ _ _ _ _ .

? 1, b ? ?2 .
2 . a

解答:首先令 x ? 0, 知 b ? 0 .其次考虑过定点(0,2)的直线 y ? ax ? 2 ,与开口向上的抛 物线 y ? x2 ? 2b ,满足对任意 x ? 0 所对应图象上的点不在 x 轴同侧,因此 ? ?2b ? 又 a, b ? Z ,故 a ? 1, b ? ?2 . 三、解答题(本大题共有 3 小题,16 题 16 分,17、18 每题 18 分,共 52 分) 16. 设 a, b ? R ,函数 f ( x) ? ax ? b(x ? 1) ? 2 .若对任意实数 b ,方程 f ( x) ? x 有两个 相异的实根,求实数 a 的取值范围.
2

参考答案: 因为方程 f ( x) ? x 即 ax ? (b ?1) x ? b ? 2 ? 0 有两个相异的实数根,
2

所以 所以

? ?

a?0 a?0 , b ? x ? (b ? 1)2 ? 4a (b ? 2) ? 0 即 b2 ? 2(1 ? 2a )b ? 8a ? 1 ? 0 对任意实数 恒成立,

?

a?0 0 ? a ? 1. ? b ? 4(1 ? 2a )2 ? 4(8a ? 1) ? 0 ,解得
3 , 右 焦 点 为 圆 2

x2 y 2 17 . 已 知 椭 圆 C1 : 2 ? 2 ? 1 (a ? b ? 0) 的 离 心 率 为 a b 2 2 C2 : ( x ? 3) ? y ? 7 的圆心.
(I)求椭圆 C1 的方程;

(II)若直线 l 与曲线 C1,C2 都只有一个公共点,记直线 l 与圆 C2 的公共点为 A,求点 A 的坐 标. 参考答案: (Ⅰ)设椭圆 C1 的半焦距长为 c ,则 ? c

?c ? 3 ? a?2 3 ,解得 b ? 1 , ? ? 2 ?a

?

所以椭圆方程为

x2 ? y 2 ? 1.?????4 分 4

(Ⅱ)当直线 l 的斜率不存在时,显然不满足题意.当直线 l 的率存在时,可设直线 l 的方程

为 y ? kx ? m(k , m ? R) ,点 A 的坐标为 ( xA , y A ) ,其中 y A ? ? 联立方程 ? ?

km ? 3 . 1? k2

? x2 ? y 2 ? 1 ,消去 y 得 (1 ? 4k 2 ) x2 ? 8kmx ? 4m2 ? 4 ? 0 ????(1) 4 ? ? y ? kx ? m 所以 ?1 ? 16(4k 2 ? m2 ? 1) ? 0, 即 4k 2 ? m2 ? 1 ? 0 (2)???8 分
联立方程 ?
2 2 ? ?( x ? 3) ? y ? 7 消去 y 得 (1 ? k 2 ) x2 ? 2(km ? 3) x ? m2 ? 4 ? 0 ? ? y ? kx ? m

(3)

所以 ?2 ? 16(4k 2 ? m2 ? 2 3mk ? 7) ? 0, 即

4k 2 ? m2 ? 2 3mk ? 7 ? 0 (2)-(4)得 km ? 3 km ? 3 (5)代入(3)得 x A ? ? ?0 1? k2
(6)代入 C2 : ( x ? 3)2 ? y 2 ? 7 得 y A ? ?2 .

(4)????12 分 (5) (6)????16 分

经检验 A(0,2), 或 A(0, ?2) 符合题意,这样点 A 的坐标为 (0, 2), (0, ?2) .????18 分

1 ? an ?1 ? an ? , ? ? bn , n ? N * .证明: a50 ? b50 ? 20 . 18.已知数列 ?an ? ,?bn ? 满足 a1 ? 0, b1 ? 0, ? 1 ?bn ?1 ? bn ? an ? ?
参考答案:

a b 1 1 ? 2 ? 2( n ? n ) , 2 an bn bn an 49 49 a b 1 1 2 2 所以 a50 ? b50 ? a12 ? b12 ? ? ( 2 ? 2 ) ? 2? ( i ? i ) bi ai i ?1 ai i ?1 bi 1 1 ? a12 ? b12 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? 49 ? 4 ? 4 ? 49 ? 200. ????????8 分 a1 b1 1 ?2, 又 an ?1bn ?1 ? anbn ? anbn 49 1 1 所以 a50b50 ? a1b1 ? ? ? 2 ? 49 ? 98 ? a1b1 ? ? 100 .????????16 分 a1b1 i ?1 ai bi
证明:因为 an ?1 ? bn ?1 ? an ? bn ?
2 2 2 2

所以 (a50 ? b50 ) ? a50 ? b50 ? 2a50b50 ? 200 ? 200 ? 400 .因此 a50 ? b50 ? 20 ??18 分
2 2 2

四、附加题(本大题共有 2 小题,每题 25 分,共 50 分)
* 附加 1 已知数列 ?an ? 满足 a1 ? 1 , an ?1 ? 3an ? 2 2an ? 1 , n ? N .

2

(I) 证明: ?an ? 是正整数数列; (II) 是否存在 m ? N ,使得 2015 am ,并说明理由.
*

2 2 参考答案: (Ⅰ)由 an ?1 ? 3an ? 2 2an ? 1 得 an ? 6an?1an ? an?1 ? 4 ? 0 ,
2

(1)

同理可得

2 2 an ?2 ? 6an?2 an?1 ? an?1 ? 4 ? 0 ,
2 2

(2)????5 分

由(1) (2)可知, an , an ? 2 为方程 x ? 6an?1x ? an?1 ? 4 ? 0 的两根, 又 an ? an?2 ,即有 an ? an?2 ? 6an?1 ,即 an?2 ? 6an?1 ? an .

因为 a1 ? 1, a2 ? 5, 所以 an 为正整数.????????????????????10 分 (Ⅱ)不存在 m ? N * ,使得 2015 am .???????????????????15 分 假设存在 m ? N * ,使得 2015 am ,则 31 am .
2 一方面, amam?2 ? am?1 ? 4 ,所以 31 am ?1 ? 4 ,

2

2 即 am ?1 ? ?4(mod31) ,所以 am?1 ? ?4 ? ?2 (mod31) .

30

15

30

由费马小定理知 230 ? 1(mod31) ,所以 am?1 ? ?1(mod31) ??????????20 分
30

另一方面, 假设 (am?1,31) ? d ? 1 , 则 d 31 , 即 d ? 31 , 所以 31 am?1 , (am?1,31) ? 1 .事实上, 而 31 am ?1 ? 4 ,这样得到 31 4 .矛盾.
2
30 所以,由费马小定理得 am ?1 ? 1(mod31) .

这样得到 1 ? ?1(mod 31) .矛盾.所以不存在 m ? N * ,使得 2015 am .??????25 分 附加 2 设 k 为正整数,称数字 1 ~ 3k ? 1 的排列 x1 , x2 , (1) x1 ? x2 ?

? xk ?1 ; (2) xk ?1 ? xk ?2 ?

, x3k ?1 为“N 型”的,如果这些数满足 ? x2k ?1 ; (3) x2k ?1 ? x2k ?2 ? ? x3k ?1 .

记 dk 为所有“N 型”排列的个数. (I)求 d1 , d2 的值; (II)证明:对任意正整数 k, dk 均为奇数. 参考答案: 首先注意到 xk ?1 的值只能取 3k ? 1,3k , 而 x2 k ?1 的值只能取 1, 2, 因为必须有 2k 个值比它小, , 2k ? 1 这些数字,

, k ? 1 这些数字,因为必须有 2k 个值比它大。
(i , j ) ,则 , k ? 1 )时的 N 型排列个数为 dk

记 xk ?1 ? 3k ? 2 ? j, x2k ?1 ? i ( i, j ? 1, 2,

k ?1?i k ?1? j (i , j ) . dk(i, j ) ? C3 k ?1?(i ? j )C3k ?1?(i ? j )?( k ?1?i ) , d k ? ? d k
i , j ?1

k ?1

化简得 d k

(i , j )

?

(3k ? 1 ? i ? j )! . (k ? 1)!(k ? 1 ? i)!(k ? 1 ? j )!

???????10 分 ???????15 分

(1) 计算可得

d1 ? 5, d2 ? 71
( i ,i )

(i , j ) (2) 易知 dk ? dk( j ,i ) , d k

?

(3k ? 1 ? 2i)! ( i ? 1, 2, (k ? 1)!(k ? 1 ? i)!(k ? 1 ? i)!

,1 )? 1 , dk( k ,k )

k?

? 1.

当 k ? 1 时,对于所有 i ? 1, 2, ( i ? 1, 2,

(i ,i ) 是偶数。事实上对于 x2k ?1 ? i , xk ?1 ? 3k ? 2 ? i , k , dk

, k )时的任何一个 N 型排列,此时数字 1, 2,

, i ?1 只能放在 x1 , x2 ,

, xi ?1 的

位置,数字 3k ? 2 ? (i ? 1),3k ? 2 ? (i ? 2),

,3k ? 2 ?1 只能放在

x3k ?2?(i ?1) , x3k ?2?(i ?2) ,

(字母 N 的两头) , xi , xi ?1 , , x3k ?1 上

, xk 和 x3k ?2?i , x3k ?2?(i ?1) ,

, x2k ?2

(i ,i ) 的数字可以互换得到一个新的 N 型排列,于是 dk 是偶数( i ? 1, 2,

, k ).??25 分

(也可以从表达式说明

(m ? 2n)! 是偶数( n ? 1 ) ,它的组合意义就是将 m 个白球,n 个红 m !n !n !

球,n 个蓝球排成一行的排列数。于是任何一种排列,交换红蓝球可对应另一种排列。 于是 dk ?

i , j ?1

? dk(i, j ) ? ? dk(i, j ) ? dk(k ?1,k ?1) ?
i ?1

k ?1

k

i ? j ,i , j ?1

?

k ?1

………………………25 分) dk(i , j ) 为奇数!


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