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1试A答案-clear


2 0 1 2年全国高中数学联赛试题( A卷) 参考答案
说明:
1 、 评阅试卷时, 请严格按照本评分标准。填空题只设 8分和 0分两档; 解答题第 9题 4分为一个档次, 第1 0 、 1 1 题 5分为一个档次。不要再增加其他中间档次。 2 、 对于解答题, 如果考生的解答方法和本解答不同, 只要思路合理, 步骤正确, 在评阅时可参考本评分标准适 当划分

档次评分。

一、 填空题: 本大题共 8小题, 每小题 8分, 共6 4分. 把答案填在题中的横线上. 2 x > 0 ) 的图像上任意一点, 过点 P分别向直线 y = x 和y 轴作垂线, 1 .设 P是函数 y = x + ( x ?→ ?→ 垂足分别为 A 、 B , 则P A ·P B的值是 . 解:  - 1 . 2 【 方法 1 】 设P ( x , x , 则直线 P A的方程为 0 0+ ) x 0 2 2 =- ( x - x ) , 即y =- x + 2 x y - ( x 0+ ) 0 0+ . x x 0 0 由

{

y = x ,

1 1 ( x x . 2得A 0+ , 0+ ) x x y =- x + 2 x 0 0 0+ , x 0

?→ 2 1 1 ?→ , 所以 P A= ( , - ) , P B= (- x , 0 ) . 又B ( 0 , x 0+ ) 0 x x x 0 0 0 ?→ ?→ 1 A ·P B= ·(- x )=- 1 . 故P 0 x 0 2 【 方法 2 】 如图 1 , 设P ( x , x ( x 0 ) , 则点 P到直线 x - y = 0和 y 轴的距离分别为 0 0+ ) 0> x 0 2 ( x │ │x 0- 0+ ) x 2 0 槡 , B x . =      │P A │P │= │= 0 x 0 2 槡 3 π 因为 O 、 A 、 P 、 B四点共圆( O为坐标原点) , 所以 ∠A P B= O B= . π- ∠A 4 ?→ ?→ ?→ ?→ 3 π 故P 1 . A ·P B= A · B o s =- │P │ │P │c 4 t a n A 3 , 则 的值是 2 .设△A B C的内角 A 、 B 、 C的对边分别为 a 、 b 、 c , 且满足 a c o s B-b c o s A= c t a n 5 B . 解:  4 .
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  【 方法 1 】 由题设及余弦定理, 得       a ·
2 2 2 2 2 2 + a - b + c - a 3 32 b c 2 2 , 即a - b · = c - b = c . 5 5 2 c a 2 b c

2 2 2 + a - b 82 c c a · 2 2 2 5 c 2 c a + a - b i nAc o s B t a nA s = = 4 . = = = 故 2 2 2 2 2 2 A 22 i nBc o s t a nB s + c - a b + c - a b c b · 5 2 b c

【 方法 2 】 如图 2 , 过点 C作 C D B , 垂足为 D , 则 ⊥A     a c o s B= D B , b c o s A= A D . 3 . 由题设得 D B- A D= c 5 又D B+ D A= c . 1 4 联立解得 A D= c , D B= c . 5 5 C D B t a nA A D D = = = 4 . 故 D t a nB C D A D B 【 方法 3 】 由射影定理, 得a c o s B+ b c o s A= c . 3 又a c o s B- b c o s A= c . 5 4 1 , b c o s A= c . 联立解得 a c o s B= c 5 5 4 c t a n A s i n A c o s B a c o s B 5 故 = = = = 4 . t a n B s i n B c o s A b c o s A 1 c 5 - z - x 3 .设 x 、 y 、 z 0 , 1 ] , 则 M =槡 - y │ +槡 │y │ +槡 │z │的最大值是 ∈[ │x 解:  槡 2+ 1 . x +槡 z - y +槡 z - x . 不妨设 0 , 则 M =槡 y - ≤x ≤y ≤z ≤1 因为 槡 y - x +槡 z - y 2 [ ( y - x )+ ( z - y ) ]=槡 2 ( z - x ) , ≤槡 所以 M≤ 槡 2 ( z - x )+槡 z - x = ( 2+ 1 ) z - x 2+ 1 . ≤槡 槡 槡 1 z = 1时, 上式等号同时成立. 当且仅当 y - x = z - y , x = 0 , z = 1 , 即x = 0 , y = , 2 2+ 1 . 故 Mma x= 槡
2 4 .抛物线 y =2 p x( p>0 ) 的焦点为 F , 准线为 l , A 、 B 是 抛 物 线 上 的 两 个 动 点, 且满足



N π │M │ F B= . 设线段 A B的中点 M 在 l 上的投影为 N , 则 的最大值是 ∠A 3 B │A │   解:  1 . 2 π 【 方法 1 】 设∠A B F= ( 0< < ) , 则由正弦定理, 得 θ θ 3
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F F B │B │ │A │ │A │ = . = 2 s i n π θ π s i n ( - i n ) s θ 3 3

所以

B F F │ │A │+ │B │ │A , = 2 π π i n ) s s i n + s i n ( - θ θ 3 3

2 π ) s i n + s i n ( - θ θ 3 F F │A │+ │B │ π 即 = . = 2 c o s ( - ) θ B 3 π │A │ s i n 3 F F │A │+ │B │ 如图 3 , 由抛物线的定义及梯形的中位线定理, 得│M N . │= 2 所以 N π │M │ = c o s ( - ) . θ 3 A B │ │

N │ π │M 故当 θ = 时, 取得最大值为 1 . B 3 │A │ F F │A │+ │B │ . 【 方法 2 】 由抛物线的定义及梯形的中位线定理, 得│M N │= 2 在△A F B中, 由余弦定理, 得 π 2 2 2 F F 2 F F o s B │A │ + │B │ - │A │·│B │c │A │ = 3
2 = ( F F 3 F F │A │+ │B │) - │A │·│B │

F F │A │+ │B │ 2 2 ) 3 ( F F ≥( │A │+ │B │) - 2 F F │A │+ │B │ 2 2 )= = ( N │M │ . 2 当且仅当│A F F 等号成立. │= │B │时, 故 N │M │ 的最大值为 1 . A B │ │ .

5 .设同底的两个正三棱锥 P- A B C和 Q- A B C内接于同一个球. 若正三棱锥 P- A B C的侧面 与底面所成的角为 4 5 ° , 则正三棱锥 Q- A B C的侧面与底面所成角的正切值是 解:  4 . 如图 4 , 连结 P Q , 则P Q B C , 垂足 H为正△A B C的中心, 且P Q ⊥平面 A 过球心 O . 连结 C H并延长交 A B于点 M, 则 M为 A B的中点, 且C M⊥ A B . 易知∠P M H 、 M H分别为正三棱锥 P-A B C 、 Q- A B C 的侧面与底面所 ∠Q 1 H . 成二面角的平面角, 则∠P M H= 4 5 ° , 从而 P H= M H= A 2 因为 ∠P A Q= 9 0 ° , A H Q , 所以 ⊥P 1 2 2    A H = P H ·Q H , 即A H = A H ·Q H . 2 所以 Q H= 2 A H= 4 M H . Q H 4 . 故t a n M H= = ∠Q M H
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2   6 .设 f ( x ) 是定义在 R上的奇函数, 且当 x ( x )= x . 若对任意的 x a , a + 2 ] , 不等式 ≥0时,f ∈[

的取值范围是 f ( x + a ) f ( x ) 恒成立, 则实数 a ≥2 解:  [ 2 , + . ∞) 槡 由题设知,f ( x )=



{

2 ( x ) , x ≥0

2 x ) . 则2 f ( x )= f ( 槡 2 - x ( x < 0 ) ,

因此, 原不等式等价于 f ( x + a ) ( 2 x ) . ≥f 槡 2 x , 即a 2- 1 ) x . 因为 f ( x ) 在 R上是增函数, 所以 x + a ≥( ≥槡 槡   又 x a , a + 2 ] , 所以当 x = a + 2时, ( 2- 1 ) x 取得最大值为( 2- 1 ) ( a + 2 ) . ∈[ 槡 槡 2- 1 ) ( a + 2 ) , 解得 a 2 . 因此, a ≥槡 ≥( 槡 故a 的取值范围是[ 2 , + . ∞) 槡 7 .满足 1 π 1 的和是 < s i n < 的所有正整数 n n 3 4 .

解:  3 3 .   由正弦函数的凸性, 有 3 π     当 x 0 , ) < s i n x < x . 时, x ∈( 6 π π 3 π 1 π π 1 s i n > × = , 由此得 s i n < < , 1 3 1 3 4 1 2 π 1 2 4 π 3 π 1 π π 1 s i n > × = . s i n < < , 1 0 1 0 3 9 π 9 3 π 1 π π π π 1 所以 s i n < < s i n < s i n . s i n < s i n < < 1 3 4 1 2 1 1 1 0 3 9 故满足 1 π 1 < s i n < 的正整数 n 的所有值分别为 1 0 , 1 1 , 1 2 , 它们的和为 3 3 . 4 n 3

8 .某情报站有 A 、 B 、 C 、 D四种互不相同的密码, 每周使用其中的一种密码, 且每周都是从上周 未使用的三种密码中等可能地随机选用一种. 设第 1周使用 A种密码, 那么第 7周也使用 A种密码 的概率是 6 1 解:   . 2 4 3 周用 A种密码本的概率, 则第 k 周未用 A种密码的概率为1- P 于是, 有 用P k 表示第 k k. 1 1 1 1 ? =- ( 1- P P- ) . ) , k , 即P     P ∈N k + 1= ( k k + 1- 3 4 3 k 4 1 3 1 由P 1知, P 公比为 - 的等比数列. 是首项为 , k- 1= 4 4 3 . ( 用最简分数表示)

{

}

1 3 1 k-1 3 1 k-1 1 = (- ) - ) , 即P + . 所以 P k- k= ( 4 4 3 4 3 4 6 1 . 故P 7= 2 4 3
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  二、 解答题: 本大题共 3小题, 共5 6分. 解答应写出文字说明、 推理过程或演算步骤. 9 .( 本小题满分 1 6分) 3 1 1 o s 2 x + a - + , a . 已知函数 f ( x )= a s i n x - c ∈R且 a ≠0 2 a 2 ( 1 ) 若对任意 x , 都有 f ( x ) , 求a 的取值范围; ∈R ≤0 ( 2 ) 若a , 且存在 x , 使得 f ( x ) , 求a 的取值范围. ≥2 ∈R ≤0 3 2 解: ( 1 ) f ( x )= s i n x + a s i n x + a - . a 3 2 令t = s i n x(- 1 ) , 则g ( t )= t + a t + a - ≤t ≤1 a 对任意 x , f ( x ) ∈R ≤0恒成立的充要条件是

    

{

3 , g (- 1 )= 1- ≤0 a 3 g ( 1 )= 1+ 2 a - ≤0 . a

解得 a 的取值范围为( 0 , 1 ] a 1 . ( 2 ) 因为 a , 所以 - ≤ - ≥2 2 3 所以 g ( t ) g (- 1 )= 1- m i n= a 3 因此, f ( x ) 1- . m i n= a 于是, 存在 x , 使得 f ( x ) ∈R ≤0的充要条件是 3 , 解得 0< a .   1- ≤0 ≤3 a 故a 的取值范围是[ 2 , 3 ] 1 0 .( 本小题满分 2 0分) 已知数列{ a } 的各项均为非零实数, 且对于任意的正整数 n , 都有 n
2 3 3 3 a …+ a ) = a a …+ a     ( a 1+ 2+ n 1+ 2+ n.

( 1 ) 当n = 3时, 求所有满足条件的三项组成的数列 a , a , a ; 1 2 3 } , 使得 a 2 0 1 2?若存在, 求出这样的无穷数列的 ( 2 ) 是否存在满足条件的无穷数列{ a n 2 0 1 3 =- 一个通项公式; 若不存在, 说明理由.
2 3 a , 由a 1 . , 得a 解: ( 1 ) 当n = 1时, a ≠0 1 1= 1= 1 2 3 当n = 2时, ( 1+ a ) = 1+ a , 由a 2或 a 1 , 得a ≠0 2 2 2= 2 =- 2 2 3 3 a ) = 1+ a a . 当n = 3时, ( 1+ a 2+ 3 2+ 3

  若 a 2 , 得a 3或 a 2 ; 若a 1 , 得a 1 . 2= 3= 3 =- 2 =- 3= 综上, 满足条件的三项数列有 3个: 1 , 2 , 3 , 或1 , 2 , - 2 , 或1 , - 1 , 1
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2 3 3 3 ?   ( 2 ) 令S a a …+ a , 则S a a …+ a ( n ) ∈N n= 1+ 2+ n n= 1+ 2+ n 2 3 3 3 3 a ) = a a …+ a a . 从而 ( S 1+ 2+ n+ n + 1 n+ n + 1 2 两式相减, 结合 a , 得2 S a a ≠0 n + 1- n + 1 n= n + 1

当n = 1时, 由( 1 ) 知a 1 ; 1=
2 2 2 ( S S )= ( a a )- ( a a ) , 当n 2 a ≥2时, n + 1- n- n= n- n - 1 n + 1 n

a ) ( a a 1 )= 0 , 所以 a a a 1 即( a n + 1+ n n + 1- n- n + 1 =- n或 a n + 1= n+ 又a 1 , a 2 0 1 2 , 1= 2 0 1 3 =- 所以 a n= n ( 1 0 1 2 ) , ≤n ≤2
n ( n 0 1 3 ) 2 0 1 2 (- 1 ) ≥2

{

1 1 .( 本小题满分 2 0分) 如图 5 , 在平面直角坐标系 X O Y中, 菱形 A B C D的边长为 4 , 且│O B D 6. │= │O │= ( 1 ) 求证: A · C │O │ │O │为定值;
2 2 ( 2 ) 当点 A在半圆 M: ( x - 2 ) + y = 4( 2 ) 上运动时, 求 ≤x ≤4

点 C的轨迹. 解: ( 1 ) 因为│O B D B D B D 所以 O 、 A 、 C三点共线 │= │O │, │A │= │A │= │C │= │C │,

如图 5 , 连结 B D , 则B D垂直平分线段 A C , 设垂足为 K . 于是, 有 A · C ( K K ( K K │O │ │O │= │O │- │A │) │O │+ │A │)
2 2 K = K │A │ │O │ - 2 2 2 2 = ( B K ( B K │O │ - │B │ )- │A │ - │B │ ) 2 2 = B B │O │ - │A │ 2 2 = 6 - 4 = 2 0 ( 定值)

π π α ( 2 ) 设C ( x , y ) 、 A ( 2+ 2 c o s , 2 s i n ) , 其中 α= M A (- ≤α , 则∠X O C= . α α ∠X ≤ ) 2 2 2
2 2 2 2 因为 │O A ( 2+ 2 c o s ) + ( 2 s i n ) = 8 ( 1+ c o s )= 1 6 c o s │ = α α α

α , 2

α 所以 │O A 4 c o s │= 2 α 由( 1 ) 的结论, 得│O C o s = 5 . │c 2 α . 5 所以 x = C o s = │O │c 2 α α 5 t a n ∈[- 5 , 5 ] . 从而 y = C i n = │O │s 2 2 故点 C的轨迹是一条线段, 其两个端点的坐标分别为( 5 , 5 ) 、 ( 5 , - 5 )
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