上 传  者 : 许毓华
单      位 : 新宁一中
上传时间 : 2018-06-24 20:42:09
2018年湖南省高中数学联赛(A)卷试题参考答案.pdf(168KB)
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0 0 类别 : 试卷
1 2018年湖南省高中数学联赛(A)卷试题(参考答案仅供参考) (高二年级用) 一、填空题(本大题共 10小题,每小题 7分,满分 70分,解题时只需将正确答案填在题中横线上) 1.已知A∪B={a1,a2,a3},当A≠B时,(A,B)与(B,A)视为不同的对,则这样的(A,B)对的 个数有________个。 解:当A=∅时,B={a1,a2,a3},此时(A,B)的个数是 1; 当A为单元素集时,比如A={a1}时,B={a2,a3}或{a1,a2,a3},此时(A,B)的个数是 3×2=6; 当A为双元素集时,比如A={a1,a2}时,B={a3}或{a1,a3}或{a2,a3}或{a1,a2,a3},此时(A, B)的个数是 3×4=12; 当A={a1,a2,a3}时,B有八种可能(其实就是A的子集个数),此时,(A,B)的个数是 8。 因此(A,B)的个数共有 27个。 2.若不等式 x>ax+32的解集是(4,b),则实数 a=________,b=________。 解:首先在方程 x=ax+32中令 x=4得 a= 1 8,进而解得 b=36。 3.从-3,-2,-1,0,1,2,3,4八个数字中,任取三个不同的数字作为二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a ≠0)的系数,若二次函数的图象过原点,且其顶点在第一象限或第三象限,这样的二次函数有 ________个。 解:由二次函数的图象过原点,知 c=0,又顶点在第一象限时,- b2a>0,且 044 4 22 >−=− a b a bac , 所以 a<0,b>0;若顶点在第三象限,则- b2a<0,且 044 4 22 <−=− a b a bac ,因而 a>0,b<0。 故(a,b)共有 2×3×4=24种可能的取值。 注:本题如果是问方程 ax2+bx+c=0(a≠0)的个数,要注意(a,b)=(-1,2)与(-2,4)、(a,b)=(-1,1) 与(-2,2)及(-3,3)均表示同一个二次方程,且(a,b)=(2,-1)与(4,-2)、(a,b)=(1,-1)与(2,-2) 及(3,-3)也表示同一个二次方程,因此合条件的二次方程就只有 18个。 4.已知 n为正整数,若 166 103 2 2 −+ −+ nn nn 是一个既约分数,那么这个分数的值等于________。 解:∵ 8 5 )8)(2( )5)(2( 166 103 2 2 + +=+− +−=−+ −+ n n nn nn nn nn 为既约分数, ∴隐含了 n-2=1,即 n=3,故原分式值为 811。 5.函数 f(x)=sinx+2|sinx|,x∈[0,2π]的图象与直线 y=k有且仅有两个不同的交点,则 k 的取值范 围是__________。 解:画出函数 f(x)=sinx+2|sinx|,x∈[0,2π]的图象,即知 k∈(1,3)。 6.设实数 a,b满足不等式||a|-(a+b)|<|a-|a+b||,则 a,b的正、负符号分别为________。 解:∵||a|-(a+b)|<|a-|a+b||,∴两边同时平方并整理,得|a|(a+b)>a|a+b|,因而 a<0,b>0。 2 7.正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E为 AB的中点,F为 CC1的中点,异面直线 EF与 AC1所成角 的余弦值是________。 解:建空间直角坐标系,用向量法求解(过程略),结果为2 23 。 8.四次多项式 x4-18x3+kx2+200x-1984的四个零点中有两个零点的积为-32,则实数 k=________。 解:∵四次多项式 x4-18x3+kx2+200x-1984的四个零点中有两个零点的积为-32, ∴x4-18x3+kx2+200x-1984=(x2+ax-32)(x2+bx+62), 于是    =− =+ −=+ 2003262 30 18 ba kab ba ⇒    = −= −= 86 14 4 k b a 9.(|x|+1|x|-2) 3的展开式中的常数项为________。 解:常数项等于 20)2()2( 1213333 −=−+− CCC 。 10.在半径为R的球内作内接圆柱,则内接圆柱全面积的最大值是________。 解:如图,r=Rcosθ,H=2Rsinθ, S 圆柱侧=2πrH=2πR2sin2θ,S 圆柱底=2πr2=2πR2cos2θ, 因而 S 圆柱全=2πR2(sin2θ+cos2θ)=2πR2(sin2θ+1+cos2θ2 )≤( 5+1)πR2。 二、解答题(本大题共 4小题,满分 80分,解题时需要有完整的推理过程或演算步骤) 11.(本小题满分 20 分)已知抛物线 C1的顶点( 2-1,1),焦点( 2-34,1),另一抛物线 C2的方程 y2-ay+x+2b=0,C1与C2在一个交点处它们的切线互相垂直,试证C2必过定点,并求该点的坐标。 证:C1的方程为(y-1)2=(x- 2+1),即 y2-2y-x+ 2=0, 下面将问题转化为抛物线 D1:y=x2-2x+ 2与抛物线 D2:y=-x2+ax-2b 在一个交点处的切线互相垂 直,证明D2过定点。 取交点为(x0,y0),则 x02-2x0+ 2=-x02+ax0-2b,即 4x02-(2a+4)x0+4b+2 2=0, 此外,(2x0-2)(-2x0+a)=-1,即 4x02-(2a+4)x0+2a-1=0, 于是 4b+2 2=2a-1⇒2a=4b+2 2+1, 因此D2:y=-x2+ax-2b,即 2y=-2x2+2ax-4b=-2x2+(4b+2 2+1)x-4b, 也即 2x2-(2 2+1)x+2y=4b(x-1),于是D2过定点(1, 2-12), 所以C2过定点( 2-12,1)。 12.(本小题满分 20分)如图,在凸四边形ABCD中,M为AB的中点,且MC=MD,分别过C、 D作边BC、AD的垂线,设两条垂线的交点为 P,过点 P作 PQ⊥AB于Q,求证:∠PQC=∠PQD。 证一:∵MC=MD,∴点M在CD的公垂线上, 又M为AB的中点,所以A、B关于点M对称。 如图,建立平面直角坐标系,并设C(-1,0),D(1,0),M(0,b),A(a,b+c),B(-a,b-c), H θ h r R 3 于是 kBC=b-c1-a⇒kCP= a-1 b-c,∴CP:y= a-1 b-c(x+1); 同理,kAD=b+ca-1⇒kDP= 1-a b+c,∴CP:y= 1-a b+c(x-1); 因此点 P的坐标为(-cb, a-1 b ), 又 kAB=ca,AB:y= c ax+b, 所以 PQ:y-a-1b =- a c(x+ c b),即 y=- a cx- 1 b, 于是点Q的坐标为( )( )1( 22 2 cab bac + +− , )( 22 222 cab cba + − ) 因此 ))(,1)( )1(( 22 222 22 2 cab bac cab bacQC + −−+ += , ))(,1)( )1(( 22 222 22 2 cab bac cab bacQD + −++ += , )1)(,)( )1(( 22 222 22 2 b a cab bac b c cab bacQP −++ −−+ += , 以下只需用向量法证明:cos∠PQC=cos∠PQD即可(比较繁)。 证二:∵AD⊥PD,PQ⊥AB,PC⊥BC, ∴A、D、P、Q四点共圆,B、C、P、Q四点也共圆, 连直径 PA、PB,并取圆心 E、F, 再连DE、EM、MF、CF, 则DE=PE=MF,CF=PF=ME, (Rt△斜边上的中线等于斜边的一半以及△中位线性质) 又DM=CM, 所以△DEM≌△MFC,且 PEMF是平行四边形, 故∠DEM=∠MFC,且∠PEM=∠PFM, 因此∠DEP=∠CFP,即 2∠DAP=2∠CBP, (三角形的外角等于不相邻的两个内角之和) 从而∠DAP=∠CBP,所以∠DQP=∠CQP。 (同弧所对的圆周角相等) 13.(本小题满分 20分)已知二次函数 f(x)=x2-16x+p+3。 (1)若函数在区间[-1,1]上存在零点,求实数 p的取值范围; (2)问是否存在常数 q(q≥0),当 x∈[q,10]时,f(x)的值域为区间D,且D的长度为 12-q。 (注:区间[a,b](a<b)的长度为 b-a) 解:(1)因为二次函数 f(x)=x2-16x+p+3的开口向上,且对称轴为 x=8, 又函数在区间[-1,1]上存在零点, y x M Q P O DC B A Q F E P B C A D M 4 所以   ≤ ≥− 0)1( 0)1( f f ⇒-20≤p≤12 (2)当 0≤q<6时,12-q=q2-16q+p+3-(82-16×8+p+3)⇒ 2 1715 −=q ; 当 6≤q≤8时,12-q=102-16×10+p+3-(82-16×8+p+3)⇒q=8; 当 8<q≤10时,12-q=102-16×10+p+3-(q2-16q+p+3)⇒q=9。 综上,存在合题目要求的 q,且 2 1715 −=q 或 q=8或 q=9。 14.(本小题满分 20分)已知数列{an}的奇数项是首项为 1的等差数列,偶数项是首项为 2的等比 数列,数列{an}的前 n项和为 Sn,且满足 S5=2a4+a5,a9=a3+a4。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)若 amam+1=am+2,求正整数m的值; (3)是否存在正整数m,使得 12 2 −m m S S 恰好为数列{an}中的一项?若存在,求出所有满足条件的m值, 若不存在,说明理由。 解:(1)设等差数列的公差为 d,等比数列的公比为 q, 则由 S5=2a4+a5,a9=a3+a4,可得 1+2+(1+d)+2q+(1+2d)=4q+(1+2d),1+4d=(1+d)+2q, 即 4+d=2q,3d=2q,故 d=2,q=3, 因而,当 n为奇数时, nndnaan =−+=⋅−++= )1(1)12 1(1 ; 当 n为偶数时, 212122 33 232 nnn n qaa ⋅=⋅=⋅= −− 。 综上,    ⋅= 为偶数 为奇数 n nn a nn ,33 2 , 2 。 (2)当m为奇数时,由 amam+1=am+2,得 233 2 2 1 +=⋅⋅ + mm m ,即 m m 1 2 13 1 +=− ,∴m∈∅; 当m为偶数时,由 amam+1=am+2,得 2 2 2 33 2)1(33 2 +⋅=+⋅⋅ mm m ,即m+1=3,所以m=2。 综上,m=2。 (3)∵S2m=1+3+5+…+(2m-1)+(2+2×3+2×32+…+2×3m-1)=m2+3m-1, ∴S2m-1=S2m-a2m=3m-1+m2-1, 因此, 13 )1(2313 13 21 2 21 2 12 2 −+ −−=−+ −+= −− − m m m m S S mm m m m , 若 12 2 −m m S S 是{an}中的奇数项,则必有 km m m =−+ −− − 13 )1(23 21 2 (其中 k为正整数), 5 于是 013 )1(2 21 2 =−+ − − m m m 或 1或 2,因此m=1或 2。 若 12 2 −m m S S 是{an}中的偶数项,即 t m m aS S 2 12 2 = − ,则必有 tm m m m 33 2 13 13 21 2 ⋅=−+ −+ − (其中 t为正整数), 当 t=1时,应有 213 13 21 2 =−+ −+ − m m m m ,从而 3m-1=m2-1,故m=2; 当 t≥2时, t33 2 ⋅ 必为 6的倍数,不妨设为 6s(其中 s为正整数), 所以 sm m m m 613 13 21 2 =−+ −+ − ,于是 36 16 63 16 1 3 2 1 − −−=− −=− − s s s s m m , 由于上式左边为正,右边为负,等式不可能成立。 综上,存在正整数m=1或 2,使得 12 2 −m m S S 恰好为数列{an}中的一项, 并且m=1时, 12 2 −m m S S 是数列{an}中的第 3项;m=2时, 12 2 −m m S S 是数列{an}中的第 2项。
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