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2012年浙江省高中数学竞赛试题


2012 年浙江省高中数学竞赛试题
参考解答与评分标准 说明:本试卷分为 A 卷和 B 卷:A 卷由本试卷的 22题组成,即 10 道选择题,7 道填空题、3 道解 答题和 2 道附加题;B 卷由本试卷的前 20 题组成,即 10 道选择题,7 道填空题和 3 道解答题。 一、选择题(每题 5 分,共 50 分) 1.已知数列{an}满足 3an+1+an=4(n≥1)

,且 a1=9,其前 n 项之和为 Sn。则满足不等式|Sn-n-6|<

1 的 125

最小整数 n 是( ) A.5 B.6 C.7 D.8 2.设 O 是正三棱锥 P-ABC 底面是三角形 ABC 的中心,过 O 的动平面与 PC 交于 S,与 PA、PB 的延长线分别交于 Q、R,则和式

1 1 1 ? ? ( PQ PR PS



A.有最大值而无最小值 C.既有最大值又有最小值,两者不等 3.给定数列{xn},x1=1,且 xn+1=

B.有最小值而无最大值 D.是一个与面 QPS 无关的常数
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3xn ? 1 3 ? xn

,则

?x
n ?1

n

=(



A.1 4.已知 a =(cos

B.-1

C.2+ 3

D.-2+ 3

2 2 π, sin π), OA ? a ? b , OB ? a ? b ,若△OAB 是以 O 为直角顶点的等腰直角 3 3
) C.2 D. B.

三角形,则△OAB 的面积等于( A.1

1 2

3 2

5.过椭圆 C:

x2 y2 ? ? 1 上任一点 P,作椭圆 C 的右准线的垂线 PH(H 为垂足) ,延长 PH 到点 3 2


Q,使|HQ|=λ |PH|(λ ≥1)。当点 P 在椭圆 C 上运动时,点 Q 的轨迹的离心率的取值范围为( A. (0,

3 ] 3

B. (

3 3 , ] 3 2

C. [

3 ,1) 3

D. (

3 ,1) 2
b

6. 在△ABC 中, 角 A、 B、 C 的对边分别记为 a、 b、 c(b≠1), 且 的根,则△ABC( ) A.是等腰三角形,但不是直角三角形 C.是等腰直角三角形

C sin B , 都是方程 log A sin A

x=logb(4x-4)

B.是直角三角形,但不是等腰三角形 D.不是等腰三角形,也不是直角三角形

7.某程序框图如右图所示,现将输出( x, y ) 值依 次记为: ( x1 , y1 ),( x2 , y2 ),?,( xn , yn ),?; 若程序运行中

1

输出的一个数组是 ( x, ?10), 则数组中的 x ? ( A.64 B.32 C.16

) D.8

8. 在平面区域 ?( x, y ) | x |? 1,| y |? 1? 上恒有 ax ? 2by ? 2 , 则动点 P (a, b) 所形成平面区域的 面积为( A. 4 ) B.8 C. 16 D. 32

? ? ?? 9. 已知函数 f ( x) ? sin(2 x ? ) ? m 在 ?0, ? 上有两个零点,则 m 的取值范围为( ) 6 ? 2?
?1 ? A. ? , 1? ?2 ? ?1 ? B ? , 1? ?2 ? ?1 ? C. ? , 1? ?2 ? ?1 ? D. ? , 1? ?2 ?

10. 已知 a ?[?1,1] ,则 x2 ? (a ? 4) x ? 4 ? 2a ? 0 的解为( A. x ? 3 或 x ? 2 B. x ? 2 或 x ? 1 C. x ? 3 或 x ? 1
二、填空题(每题 7 分.共 49 分) 11.若 log4(x+2y)+log4(x-2y)=1,则|x|-|y|的最小值是_________.

) D. 1 ? x ? 3

12.如果: (1)a, b, c, d 都属于{1, 2, 3, 4} (2)a≠b, b≠c, c≠d, d≠a (3)a 是 a, b, c, d 中的最小数 那么,可以组成的不同的四位数 abcd 的个数是________. 13.设 n 是正整数,集合 M={1,2,…,2n}.求最小的正整数 k,使得对于 M 的任何一个 k 元子集, 其中必有 4 个互不相同的元素之和等于 14.若对|x|≤1 的一切 x,t+1>(t2-4)x 恒成立,则 t 的取值范围是_______________. 15.我们注意到 6!=8? 9? 10,试求能使 n!表示成(n-3) 个连续自然三数之积的最大正整数 n 为 __________. 16.对每一实数对(x, y),函数 f(t)满足 f(x+y)=f(x)+f(y)+f(xy)+1。若 f(-2)=-2,试求满足 f(a)=a 的所 有整数 a=__________. 17.已知 a, b, c∈R+,且满足

kabc ≥(a+b)2+(a+b+4c)2,则 k 的最小值为__________.。 a?b?c

三、解答题(每题 17 分,共 51 分) 18.已知半径为 1 的定圆⊙P 的圆心 P 到定直线 l 的距离为 2,Q 是 l 上一动点,⊙Q 与⊙P 相外切, ⊙Q 交 l 于 M、N 两点,对于任意直径 MN,平面上恒有一定点 A,使得∠MAN 为定值。求∠MAN 的度数。

19.已知 a>0,函数 f(x)=ax-bx2,

2

(1)当 b>0 时,若对任意 x∈R 都有 f(x)≤1,证明:a≤2 b ; (2)当 b>1 时,证明:对任意 x∈[0, 1], |f(x)|≤1 的充要条件是:b-1≤a≤2 b ; (3)当 0<b≤1 时,讨论:对任意 x∈[0, 1], |f(x)|≤1 的充要条件。

x2 y 2 20.已知椭圆 2 ? 2 ? 1 ,过其左焦点 F1 作一条直线交椭圆于 A,B 两点,D ( a, 0) 为 F1 右 5 4

侧一点,连 AD、BD 分别交椭圆左准线于 M,N。若以 MN 为直径的圆恰好过 F1 ,求 a 的值。

附加题 (每题 25 分,共 50 分) 21. 如图,已知△ABC 的外角∠EAC 的平分线与△ABC 的外接圆交于点 D,以 CD 为直径的圆分 别交 BC,CA 于点 P、Q,求证:线段 PQ 平分△ABC 的周长。 E A Q D

B

P

C

3

22.(50 分)求所有实多项式 f 和 g,使得对所有 x∈R,有:(x2+x+1)f(x2-x+1)=(x2-x+1)g(x2+x+1)。

参考答案
一、选择题 1 . 由 递 推 式 得 : 3(an+1-1)=-(an-1) , 则 {an-1} 是 以 8 为 首 项 , 公 比 为 -

1 的等比数列,∴ 3

1 8[1 ? (? ) n ] 3 =6-6?(- 1 )n,∴|S -n-6|=6?( 1 )n< 1 ,得:3n-1>250, Sn-n=(a1-1)+(a2-1)+…+(an-1)= n 1 3 3 125 1? 3

4

∴满足条件的最小整数 n=7,故选 C。 2 .设正三棱锥 P-ABC 中,各侧棱两两夹角为 α ,PC 与面 PAB 所成角为 β ,则 vS-PQR=
PQR

1 S△ 3

1 1 ( PQ ? PRsin α ) ? PS ? sin β 。 另 一 方 面 , 记 O 到 各 面 的 距 离 为 d , 则 3 2 1 1 1 1 d 1 vS-PQR=vO-PQR+vO-PRS+vO-PQS , S △ PQR ? d= △ PRS ? d+ S △ PRS ? d+ △ PQS ? d= ? PQ ? PRsin α 3 3 3 3 3 2 d 1 d 1 + ? PS?PRsinα + ? PQ?PS?sinα ,故有:PQ?PR?PS?sinβ =d(PQ?PR+PR?PS+PQ?PS), 3 2 3 2
? h= 即

1 1 1 sin ? =常数。故选 D。 ? ? ? PQ PR PS d
xn ?

3 3 ,令 x =tanα ,∴x =tan(α + ? ), ∴x =x , x =1,x =2+ 3 , x =-2- 3 , x =-1, 3. xn+1= n n n+1 n n+6 n 1 2 3 4 6 3 1? xn 3
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x5=-2+ 3 , x6=2- 3 , x7=1,……,∴有

?x
n ?1

n

? x1 ? 1 。故选 A。

4.设向量 b =(x, y),则 ?

? ?(a ? b)(a ? b) ? 0 ? ?| a ? b |?| a ? b |



? 1 3 1 3 ) ? ( ? x ? ,? y ? ?0 2 2 ?( x ? , y ? ? 3 1 ?x ? y ? 1 ? 2 2 2 2 , ) 或 即 ? , 即 ? . ∴ b?( 2 2 ?x ? 3 y ?( x ? 1 ) 2 ? ( y ? 3 ) 2 ? ( x ? 1 ) 2 ? ( y ? 3 ) 2 ? ? 2 2 2 2 ?
(?
1 3 1 , ) ,∴S△AOB= | a ? b || a ? b | =1。 2 2 2

5.设 P(x1, y1),Q(x, y),因为右准线方程为 x=3,所以 H 点的坐标为(3, y)。又∵HQ=λ PH,所以

3(1 ? ? ) ? x ? HP ?1 ? x1 ? ? ,所以由定比分点公式,可得: ? ,代入椭圆方程,得 Q 点轨迹为 ? PQ 1 ? ? ? ? y1 ? y
[ x ? 3(1 ? ? )]2 y 2 3?2 ? 2 2 3 ? ? 1 ,所以离心率 e= ? 1 ? 2 ? [ ,1) 。故选 C。 2 2 3? 3 3? 2 3?
6.由 log
b

x=logb(4x-4)得:x2-4x+4=0,所以 x1=x2=2,故 C=2A,sinB=2sinA,因 A+B+C=180°,

所以 3A+B=180°,因此 sinB=sin3A,∴3sinA-4sin3A=2sinA,∵sinA(1-4sin2A)=0,又 sinA≠0,所

5

以 sin2A=

7.

1 1 ,而 sinA>0,∴sinA= 。因此 A=30°,B=90°,C=60°。故选 B。 4 2 x ? 32 经计算 。正确答案为 B

8. 平面区域 ?( x, y ) | x |? 1,| y |? 1? 的四个边界点(—1,—1) , (—1,1) , (1,—1) , (1, 1)满足 ax ? 2by ? 2 ,即有
a ? 2b ? 2, a ? 2b ? 2, ?a ? 2b ? 2, ?a ? 2b ? 2

由此计算动点 P (a, b) 所形成平面区域的面积为 4。正确答案为 A

? ? ?? 9.问题等价于函数 f ( x) ? sin(2 x ? ) 与直线 y ? m 在 ?0, ? 上有两个交点,所以 m 的取 6 ? 2?
?1 ? 值范围为 ? , 1? 。正确答案为 C ?2 ?
10.不等式的左端看成 a 的一次函数, f (a) ? ( x ? 2)a ? ( x ? 4 x ? 4)
2

由 f (?1) ? x2 ? 5x ? 6 ? 0, f (1) ? x2 ? 3x ? 2 ? 0 ? x ? 1 或 x ? 3 。 正确答案为 C。
. 二、填空题

?x ? 2 y ? 0 ?x ? 2 | y | ? ?? 2 11. 3 。 ? x ? 2 y ? 0 2 ?( x ? 2 y )(x ? 2 y ) ? 4 ? x ? 4 y ? 4 ?
由对称性只考虑 y ≥ 0 ,因为 x>0 ,∴只须求 x-y 的最小值,令 x-y=u ,代入 x2-4y2=4 ,有 3y2-2uy+(4-u)2=0,这个关于 y 的二次方程显然有实根,故△=16(u2-3)≥0。 12.46 个。abcd 中恰有 2 个不同数字时,能组成 C 4 =6 个不同的数。abcd 中恰有 3 个不同数字时,
1 1 1 1 1 能组成 C3 C2 C2 ? C2 C2 =16 个不同数。abcd 中恰有 4 个不同数字时,能组成 A 4 =24 个不同数,所
4 2

以符合要求的数共有 6+16+24=46 个。 13. 解考虑 M 的 n+2 元子集 P={n-l,n,n+1,…,2n}. P 中任何 4 个不同元素之和不小于(n-1)+n+(n+1)+(n+2)=4n+2,所以 k≥n+3. 将 M 的元配为 n 对,Bi=(i,2n+1-i),1≤i≤n. 对 M 的任一 n+3 元子集 A,必有三对 Bi1 , Bi2 , Bi3 同属于 A(i1、i 2、i 3 两两不同). 又将 M 的元配为 n-1 对,C i (i,2n-i),1≤i≤n-1.

6

对 M 的任一 n+3 元子集 A,必有一对 Ci4 同属于 A, 这一对 Ci4 必与 Bi1 , Bi2 , Bi3 中至少一个无公共元素, 这 4 个元素互不相同, 且和为 2n+1+2n=4n+1, 最小的正整数 k=n+3 14.

t ?1 t ?1 13 ? 1 21 ? 1 ? 1, 。①若 t2-4>0,即 t<-2 或 t>2,则由 2 >x(|x|≤1)恒成立,得 2 , t ?4 t ?4 2 2

t+1>t2-4, t2-t-s<0 解得

1 ? 21 1 ? 21 1 ? 21 1 ? 21 ,从而 <t<-2 或 2<t< 。②若 t2-4=0, ?t ? 2 2 2 2
t ?1 t ?1 ? ?1 ,t+1>-t2+4; <x(|x|≤1)恒成立,得 2 2 t ?4 t ?4

则 t=2 符合题意。③若 t2-4<0,即-2<t<2,则由

t2+t-3>0,解得:t<

? 1 ? 13 ? 1 ? 13 ? 1 ? 13 或 t> ,从而 <t<2。综上所述,t 的取值范围是: 2 2 2

13 ? 1 21 ? 1 <t< 。 2 2
15.23. 。 16.1 或-2。令 x=y=0 得 f(0)=-1;令 x=y=-1,由 f(-2)=-2 得,f(-1)=-2,又令 x=1, y=-1 可得 f(1)=1, 再令 x=1,得 f(y+1)=f(y)+y+2 ①,所以 f(y+1)-f(y)=y+2,即 y 为正整数时,f(y+1)-f(y)>0,由 f(1)=1 可知对一切正整数 y,f(y)>0,因此 y∈N*时,f(y+1)=f(y)+y+2>y+1,即对一切大于 1 的正整 数 t,恒有 f(t)>t,由①得 f(-3)=-1, f(-4)=1。 下面证明:当整数 t≤-4 时,f(t)>0,因 t≤-4,故-(t+2)>0,由①得:f(t)-f(t+1)=-(t+2)>0, 即 f(-5)-f(-4)>0,f(-6)-f(-5)>0,……,f(t+1)-f(t+2)>0,f(t)-f(t+1)>0 相加得:f(t)-f(-4)>0,因为:t≤4,故 f(t)>t。综上所述:满足 f(t)=t 的整数只有 t=1 或 t=2。 17.解:因为(a+b)2+(a+b+4c)2=(a+b)2+[(a+2c)+(b+2c)]2≥(2 ab )2+(2 2ac +2 2bc )2= 4ab+8ac+8bc+16c ab 。所以

(a ? b) 2 ? (a ? b ? 4c) 2 ? (a ? b ? c) abc

1 a 2b 2 c 5 ≥ 8(5 ) ? (5 ) ? 100。 2a 2 b 2 c 2 24
3

当 a=b=2c>0 时等号成立。故 k 的最小值为 100。 三、解答题 18. 以 l 为 x 轴, 点 P 到 l 的垂线为 y 轴建立如图所示的直角坐标系, 设 Q 的坐标为(x, 0), 点 A(k, λ ), ⊙Q 的半径为 r,则:M(x-r, 0), N(x+r, 0), P(2, 0), PQ= x 2 ? 2 2 =1+r。所以 x=± r 2 ? 2r ? 3 , ∴

7

o?r o?h ? k AN ? k AM tan∠MAN= ? x?r?h x?r?h o?h o?h 1 ? k AN ? k AM 1? ? x?r?h x?r?k

?

2rh 2rh 2rh , 令 ? ? 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (x ? k) ? r ? h (? r ? 2r ? 3 ) ? r ? h h ? k ? 3 ? 2r ? 2k r ? 2r ? 3
2

2m=h2+k2-3,tan∠MAN=

1 ,所以 m+r ? k r 2 ? 2r ? 3 =nhr,∴m+(1-nh)r= ? k r 2 ? 2r ? 3 ,两 n

边平方,得: m2+2m(1-nh)r-(1-nh)2r2=k2r2+2k2r-3k2 ,因为对于任意实数 r ≥ 1,上式恒成立,所以

?m 2 ? ?3k 2 (1) ? 1 2 (2)式,得 m=0, k=0,由(3)式,得 n= 。由 2m=h2+k2-3 得 ?2m(1 ? nh) ? 2k (2) ,由(1) h ?(1 ? nh) 2 ? k 2 (3) ?
h=± 3 ,所以 tan∠MAN=

1 =h=± 3 。所以∠MAN=60°或 120°(舍) (当 Q(0, 0), r=1 时∠ n a 2 a2 a a2 )+ ,∴f( )= ≤1,∵ 2b 2 b 4b 4b

MAN=60°) ,故∠MAN=60°。 19. (1)证:依题设,对任意 x∈R,都有 f(x)≤1。∵f(x)=-b(x-

a>0, b>0, ∴a≤2 b 。 (2)证: (必要性) ,对任意 x∈[0, 1],|f(x)|≤1 ? -1≤f(x)据此可推出-1≤f(1)即 a-b≥-1,∴a ≥b-1。对任意 x∈[0, 1],|f(x)|≤1 ? f(x)≤1,因为 b>1,可推出 f(

1 b

)≤1。即 a?

1 b

-≤1,∴a

≤2 b ,所以 b-1≤a≤2 b 。 (充分性) :因 b>1, a≥b-1,对任意 x∈[0, 1],可以推出:ax-bx2≥b(x-x2)-x≥-x ≥-1, 即: ax-bx2≥-1; 因为 b>1, a≤2 b , 对任意 x∈[0, 1], 可推出 ax-bx2≤2 b -bx2≤1, 即 ax-bx2 ≤1,∴-1≤f(x)≤1。 综上,当 b>1 时,对任意 x∈[0, 1], |f(x)|≤1 的充要条件是:b-1≤a≤2 b 。 (3)解:因为 a>0, 0<b≤1 时,对任意 x∈[0, 1]。 f(x)=ax-bx2≥-b≥-1,即 f(x)≥-1; f(x)≤1 ? f(1)≤1 ? a-b≤1,即 a≤b+1; a≤b+1 ? f(x)≤(b+1)x-bx2≤1,即 f(x)≤1。 所以,当 a>0, 0<b≤1 时,对任意 x∈[0, 1],|f(x)|≤1 的充要条件是:a≤b+1.

20. F1 (?3, 0), 左准线方程为x ? ?

25 ;AB方程为 y ? k ( x ? 3)(k为斜率) 。 3

8

? y ? k ( x ? 3) ? 设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) , 由 ? x 2 y 2 ?1 ? ? ? 25 16
x1 ? x2 ? ?

2 ? ( 1 6? 2 k5 x2 )?

2 1k 5 0 x?

2 k22 ? 5

? 4得 00

0

150k 2 225k 2 ? 400 256k 2 2 , x x ? ? ? y y ? k ( x ? 3)( x ? 3) ? ? 1 2 1 2 1 2 16 ? 25k 2 16 ? 25k 2 16 ? 25k 2
----------------------10 分

设 M (?

25 25 (3a ? 25) y1 (3a ? 25) y2 , y3 ), N (? , y4 ) 。由 M、A、D 共线 y3 ? 。 ,同理y4 ? 3 3 3(a ? x1 ) 3(a ? x2 )
, 得



????? ???? ? ????? ???? ? ????? ???? ? 16 16 F1M ? (? , y3 ), F1 N ? (? , y4 ),由已知得F1M ? F1 N ? F1M ? F1 N ? 0 3 3

y3 y 4? ?

256 256k 2 (3a ? 25)2 y1 y2 256 (3a ? 25)2 , 整理得 ? =? , 而y 3 y 4 ? ,即 ? 2 9 16 ? 25k 9(a ? x1 )(a ? x2 ) 9 9(a ? x1 )(a ? x2 )

(1 ? k 2 )(16a2 ? 400) ? 0 ? a ? ?5, 又a ? ?3, 所以a ? 5 。
----------

9

A Q

D

B

P

C

附加题 21 证:如图,连结 DB、OP、DQ,因∠ABD+∠ACD,∠EAC=∠ABC+∠ACB,则∠EAC= ∠DBC+∠DCB,即: 2∠DAC=∠DBC+∠DCB;又∠DAC=∠DBC, 则: ∠OBC=∠DCB; 故△DBC

1 BC 。在圆内接四边形 ABCD 中,由托勒密定理得: 2 BC ? AD 2 BP ? AD ? AC?BD=BC?AD+AB?CD,因 BD=CD,则:AC-AB= ,又 DQ⊥AC,则 BD BD AQ AD BP ? AD AC ? AB ? △ADQ∽△BDP,所以 ,即:AQ= 。故 AC-AB=2AQ,即 AQ= 。 BP BD BD 2 1 1 AC ? AB 1 ) ? BC= (AB+BC+CA)。 从而:CQ+CP=(AC-AQ)+ BC=(AC2 2 2 2
为等腰三角形,因 OP ⊥ BC ,则 CP=

22.设 w 是 1 的非实的立方根,满足 w2+w+1=0,则 g(w2+w+1)g(0)=0,设α 为-1 的非实的立方根, 则 f(α 2-α +1)=f(0)=0, 故可设: f(x)=x? a(x); g(x)=x? b(x)。 因此原条件可化为: a(x2-x+1)=b(x2+x+1)。 令 x=-y,得:a(y2+y+1)=b(y2-y+1), 1]。下面证明无穷多个 n 使得:a(n2+3n+3)=a(1)。由 n=1 可得: a(1)=a(7) , 假 设 a[(n-1)2+3(n-1)+3]=a(1)(n ≥ 2) , 则 2 2 2 2 a[(n+1) +3(n+1)+3]=a[(n+2) +(n+2)+1]=a[(n+1) -(n+1)+1]=a[(n-1) +3(n-1) +3]=a(1)。 由于多项式 a(x)-a(1)有无穷多个根, 所以 a(x)-a(1)是零多项式, 即 a(x)为常数, 因此 f(x)=kx, 类似可知:g(x)=kx。

10

2012 年全国高中数学联赛辽宁省初赛参考答案
一.选择题(本题满分 30 分,每小题 5 分) 1. (B). 2. (C). 3. (C) . 4. (A). 二.填空题(本题满分 30 分,每小题 5 分) 7. 16? . 8. 5. (D). 6. (A) .

1007 . 3018

9.

n ?1 . 10. (??, ?2) ? (?1,1) . 11. 2

2.

12. 3 .

三.解答题 13.(本小题满分 20 分) 证明:假设 a ? b ,则 13 ? 13 ,5 ? 5 .
a b a b

? 3 ? ? 13 ? 由 3 ? 13 ? 17 , 得 3 ? 13 ? 17 , 即 ? ? ? ? ? ? 1 ,…………… ………(5 分) ? 17 ? ? 17 ?
a b a a a a

a

a

由于 f ( x) ? ? 故 a ?1.

3 13 16 ? 3 ? ? 13 ? ? ? ? ? 单调递减, f (1) ? 17 ? 17 ? 17 ? 1 ,且 f (a) ? 1 ? f (1) , ? 17 ? ? 17 ?
…………………………(10 分)
b b

x

x

?5? ?7? 由 5 ? 7 ? 11 , 得 5 ? 7 ? 11 ,即 ? ? ? ? ? ? 1 .…………………………(15 分) ? 11 ? ? 11 ?
a b b
b b b

5 7 12 ?5? ?7? ? ? ? 1, g (b) ? 1 ? g (1) , 由于 g ( x) ? ? ? ? ? ? 单调递减, g (1) ? 11 11 11 ? 11 ? ? 11 ?
故 b ? 1. 因此, a ? 1 ? b ,与 a ? b 矛盾,所以, a ? b . 14. (本小题满分 20 分) 解:由题意可设椭圆方程为 ……………………(20 分)

x

x

x2 a
2

?

y2 b
2

? 1 (a ? b ? 0) ,

y P

?c 3 ? ? ?a ? 2 ? 2 由 ?a 得 ? , b ? 1 2 1 ? ? ? ?1 ? ? a 2 2b 2
所以,椭圆方程为

O Q

x

x2 4

? y2 ? 1.
11

……………………(5 分)

由题意可知,直线 l 的斜率存在且不为 0 ,故可设直线 l 的方程为 y ? kx ? m(m ? 0) ,

? y ? kx ? m P( x1 , y1 ), Q( x2 , y2 ) 满足 ? 2 , 2 ?x ? 4 y ? 4 ? 0
消去 y 得 (1 ? 4k
2

) x2 ? 8kmx ? 4(m2 ?1) ? 0 .

? ? 64k 2m2 ?16(1 ? 4k 2 )(m2 ?1) ? 16(4k 2 ? m2 ? 1) ? 0 ,
且 x1 ? x2 ?

?8km 1 ? 4k 2

, x1 x2 ?

4( m 2 ? 1) 1 ? 4k 2



y1 y2 ? (kx1 ? m)(kx2 ? m) ? k 2 x1x2 ? km( x1 ? x2 ) ? m2 . ……………(10 分)
因为直线 OP , PQ , OQ 的斜率依次成等比数列,

所以,

y1 y2 x1 x2

?

?

k 2 x1 x2 ? km( x1 ? x2 ) ? m2 x1 x2
2

? k 2 ,即

?8k 2 m2 1 ? 4k
2

? m2 ? 0 ,
……………………(15 分)

又 m ? 0 ,所以 k ?

1 1 ,即 k ? ? . 4 2
2 2

由于直线 OQ 的斜率存在,且 ? ? 0 ,得 0 ? m ? 2 且 m ? 1 . 设 d 为点 O 到直线 l 的距离,则 S?OPQ ?

1 1 m d PQ ? 1 ? k 2 x1 ? x2 2 2 1? k 2

1 m ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? m 2 (2 ? m 2 ) , 2 所以 S?OPQ 的取值范围为 (0,1) . ?
15.(本小题满分 25 分)

……………………(20 分)

证明:连结 OP, OA, OC , EP ,显然 O, P, N 三点共线,且 OP ? AB , 所以 N 是 AB 中点,由 M 是 PA 的中点,故 MN ? MP ? MA ,

MN ? PQ .

A
……………………(5 分)

PM ? AM ? ME ? MC ,
2 2

O ?

E
N

M D
Q

所以

?MPE ∽ ?MCP , ?MCP ? ?MPE .
……………………(10 分)

P

C

又 O, A, P, B 四点共圆,

B

ON ? PN ? AN ? BN ? CN ? EN ,
12

故 O, C , P, E 四点共圆, ?OCN ? ?EPN .

……………………(15 分)

?PAO 是直角三角形,
有 PN ? PO ? PA ? PD ? PC ,
2

于是 C , D, N , O 四点共圆.

……………………(20 分)

?QNP ? ?PCO ? ?MCP ? ?MCO ? ?MPE ? ?EPN ? ?APN ,
所以 M ? NPQ ,四边形 MNQP 是菱形. 16.(本小题满分 25 分) (1)解法一:由 a1 ? 1, 4an ?1 ? 5an ? 9an ? 16 (n ? 1, n ? N + ) 得
2

……………………(25 分)

5 21 85 a2 ? , a3 ? , a4 ? , 2 4 8
由 5 ? 1 ? 4, 21 ? 1 ? 4 ? 42 ,85 ? 1 ? 4 ? 42 ? 43 ,猜想

1 ? 4 ? 42 ? ? ? 4n ?1 4n ? 1 2 n 1 an ? ? ? (2 ? n ) . 2n?1 3 ? 2n ?1 3 2
2 1 (2 ? ) ? 1 显然成立; 3 2 2 k 1 设当 n ? k 时, ak ? (2 ? k ) 成立,当 n ? k ? 1 时, 3 2
证明:当 n ? 1 时, a1 ?
2 5ak ? 9ak ? 16 ?

……………………(5 分)

10 k 1 1 10 1 1 (2 ? k ) ? 4(2k ? k ) 2 ? 16 ? (2k ? k ) ? 2(2k ? k ) 3 2 2 3 2 2

16 k 4 1 8 k ?1 1 ? 2 ? ? k ? (2 ? k ?1 ) ? 4a k ?1 成立, 3 3 2 3 2 2 n 1 所以,通项公式为 an ? (2 ? n ) . 3 2
= 解法二:由 4an ?1 ? 5an ? 9an ? 16 得
2

……………………(10 分)

5 5 2 2 2 2 an an ?1an ? 1 ,故 an ? an an an ?1 ? 1 ( n ? 1 ) ,两式相减得 ?1 ? an ? ?1 ? 2 2

? an?1 ? an?1 ? ? ? an?1 ? an?1 ?
?
故 an ?1 ?

5 ? an ? ? 0 ,又 ?an ?为递增数列, 2 ?
……………………(5 分)

5 an ? an ?1 ? 0 (n ? 1) . 2 5 1 2 特征方程为 x ? x ? 1 ? 0 ,特征根为 x1 ? 2, x2 ? , 2 2

13

n n 所以 an ? ?1 x1 ,将 a1 ? 1, a2 ? ? ?2 x2

5 代入,得 2

2 1 ? ? ?1 ? 2?1 ? ? 2 ? 1 ? ? ? ? 3 2 ,解之得 ? , ? ? 4? ? 1 ? ? 5 ? ? ??2 1 2 2 ? ? ? 4 2 3 ?
通项公式为 an ?

2? n 1 ? ?2 ? n ? . 3? 2 ?

……………………(10 分)

(2)设 Sn ?

1 1 1 1 ? ? ? ?????? ? , a1 a2 a3 an

由2 ?
n

1 1 ? 1 ? ? ? ? 2 ? 2n ?1 ? n ?1 ? ? 2 ? 2n ?1 ? n ?1 ? n 2 2 ? 2 ? ? ?
1 1 1 ? ? ? n ? 2? , an 2 an ?1

? n ? 2? 得
……………………(15 分)

an ? 2an?1 ,

Sn ?

1 1 1 1 1 1? 1 1 1 1 ? ? ? ? ?????? ? ? ? ? ? ? ? ?????? ? ? a1 a2 a3 an a1 2 ? a1 a2 a3 an?1 ?

?

1 1? 1? 1 1 ? ? Sn ? ? ? ? ? S n . a1 2 ? an ? a1 2
2 ? 2. a1
……………………(25 分)

所以 Sn ?

14


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