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文檔簡介
第第頁浙江省2022-2023學年下學期高中數(shù)學競賽六校第一次聯(lián)考一試和加試試題(PDF版含解析)2022學年第二學期數(shù)學競賽六校第一次聯(lián)考
加試解答
一.(本題滿分40分)如圖,在DABC中,C=90o,過點C作CH^AB
于點H,A與CH的中點M所在的直線交BC于點K,L是BC的中點,線段AB
上一點T滿足ATK=BTL.若BC=1,求DKTL的周長.
注:答題時請將圖畫在答卷紙上.
{#{ABaQYUgggIQBBAABhCAQUiCgCQkBACAAgOwBAAsAAACANABAA=}#}
二.(本題滿分40分)對于每個正整數(shù)k,設ak是最大的且不能被3整除
的k的約數(shù),數(shù)列{Sn}滿足Sn=a1+a2+L+an(例如:S6=1+2+1+4+5+2).
證明:Sn被3整除當且僅當n的三進制表示中,1的個數(shù)能被3整除.
{#{ABaQYUgggIQBBAABhCAQUiCgCQkBACAAgOwBAAsAAACANABAA=}#}
三.(本題滿分50分)已知n為正整數(shù),對于i1,2,,n,正整數(shù)ai和正
a
偶數(shù)bi滿足00.64的值,適當給分.
{#{ABaQYUgggIQBBAABhCAQUiCgCQkBACAAgOwBAAsAAACANABAA=}#}2022學年第二學期數(shù)學競賽六校第一次聯(lián)考
加試試題
一.(本題滿分40分)如圖,在DABC中,C=90o,過點C作CH^AB
于點H,A與CH的中點M所在的直線交BC于點K,L是BC的中點,線段AB
上一點T滿足ATK=BTL.若BC=1,求DKTL的周長.
注:答題時請將圖畫在答卷紙上.
二.(本題滿分40分)對于每個正整數(shù)k,設ak是最大的且不能被3整除
的k的約數(shù),數(shù)列{Sn}滿足Sn=a1+a2+L+an(例如:S6=1+2+1+4+5+2).
證明:Sn被3整除當且僅當n的三進制表示中,1的個數(shù)能被3整除.
三.(本題滿分50分)已知n為正整數(shù),對于i1,2,,n,正整數(shù)ai和正
a
偶數(shù)bi滿足00.64的值,適當給分.
{#{ABaQYUgggIQBBAABhCAQUiCgCQkBACAAgOwBAAsAAACANABAA=}#}2022學年第二學期數(shù)學競賽六校第一次聯(lián)考
一試解答
一、填空題:本大題共8小題,每小題8分,滿分64分.
2.已知等差數(shù)列{an}的公差為d,隨機變量X滿足
P(Xi)ai(0ai1,i1,2,3,4),則d的取值范圍為.
1,1答案:.
66
4
解:題意可知PXia1a2a3a44a16d116d,可得a1,
i14
016d1
11
4
d
26
016dd1
3
d
1
由0ai1,i1,2,3,4
422
可得
016d
,解得13,
2d1d
422
016d
3d11d1
462
11
綜合可得,d的取值范圍為d.66
3.正三棱臺的各頂點之間的距離構(gòu)成的集合為{1,3,2},則該棱臺的體積
為.
1
{#{ABaQYUgggIQBBAABhCAQUiCgCQkBACAAgOwBAAsAAACANABAA=}#}
4.已知函數(shù)f(x)xacosx在[0,b]3b上的值域為1,,則的值2a
為.
5
答案:2.
解:因為xa0,cosx1,所以當且僅當xa0且cosx1時f(x)1,
所以ax2k,kN,又f(0)|a|1
3
[1,],所以a.
2
所以f(x)xcosx,易知f(x)在(0,)上單調(diào)遞減,在(,)單調(diào)遞增,
3
所以當b時,f(x)f(0)1,不滿足題意;當b時,因為f(x)max2,所
以f(b)
35
bcosb,注意到f()
3
,且f(x)在(,)
5
222單調(diào)遞增,所以
b.
2
b5
因此a2.
5.在DABC中,BC3,|AB|22ABAC9,則DABC面積的最大值
是.
答案:3.
解:因為|AB|22ABAC9,所以c22cbcosA9,由余弦定理得:
a2b2c22bccosA9b2c22bccosA,
聯(lián)立解得:2c2b218,cosA
b
4c,所以
2
sinA1cos2A1b116c21b21449b2,
16c24c4c
所以
S1
2
ABCbcsinA
1111
bc1449b2144b29b49b285763
224c88.
6.設奇函數(shù)f(x)的定義域為R,且對任意x1,x2(0,),均有
f(x1x2)f(x1)f(x2).若當x1時,f(x)0f
1,且2,則不等式
4
lg(f(x)2)0的解集為.
答案:1,1(2,4).
24
x
解:設x1,x20,,且x1x12,則1x.因為,當x1時,fx0,所以2
x1fx
0,因為對任意x1,x20,,都有fx1x2fx1fx2,所以
2
2
{#{ABaQYUgggIQBBAABhCAQUiCgCQkBACAAgOwBAAsAAACANABAA=}#}
fx1fx2
x
f10,即fx1fx2,函數(shù)fx在0,x上單調(diào)遞減.2
因為fx是定義域為R的奇函數(shù),所以函數(shù)fx在,0上單調(diào)遞減,因為
不等式lgfx20等價于不等式0fx21,即2fx1.
1
因為對任意x1,x20,,都有fx1x2fx1fx2,f24,所以,當
x1x21時,得f10
11
;當x1x
1
22時,得
f1.所以fxff10,
2x
所以,f42,f21f11,2,f41,所以,當x0,時,2
2fx1的解集為2,4,
當x,0時,2fx11,1的解集為.
24
所以,2fx11的解集為,
1
2,424.所以,不等式lgfx20的
11
解集為,
2,4.
24
7.已知拋物線C:y24x的焦點為F,P1,P2,P3在拋物線C上,滿足
PFP2π12P2FP3P3FP1,則P1FP2FP3F的最小值為.3
答案:9.
解:拋物線C:y24x的焦點為F(1,0),依題意,不妨設直線P1F的傾斜角為
(0π,且
2
).
3
由拋物線定義得:|P1F|2|P1F|cos,即|P1F|
2
,同理
1cos
|PF|222π,|P3F|
22
1cos()1cos(4π)1cos(2π),
333
22
|P2F||P3F|
22
1cos(2π2π)1cos()
331
1cos3sin11cos3sin
2222
2(2cos)
1|P1F||P2F||PF|
22(2cos)9
3
(cos)2,因此1cos(1cos)22(1cos)(1cos)2.
222
令cost(1,
1
)(11,1),2(1cos)(cos)22(1
1
t)(t)2,令
2222
f(t)2(1t)(1311t)2,f(t)2(3t2),由f(t)0得1t或t1,由f(t)0
2422
3
{#{ABaQYUgggIQBBAABhCAQUiCgCQkBACAAgOwBAAsAAACANABAA=}#}
11
得t,因此函數(shù)f(t)
1
在(1,),(
1,1)上單調(diào)遞減,在(
1,1)
2222上單調(diào)遞增,22
1
當t時,f(t)
π
2max
1,此時.
3
02(1cos)(1于是得cos)21
π
2,所以當
時,P1FP2FP3F取得最小3
值9.
2
8.設正實數(shù)a,b,cbac2a8滿足c6,則最小值為.
bca1
答案:6.
ac22a8c228
解:a,由于a,b,c是正實數(shù),且bc6,
bca1bca1
所以
2
c22c2c1bcc1b22bcc2
bcbbcb3bcb3bc
cb2c4cb224cb2422,
b3c33b3b3c33b3c333
4cb
b2cb266c
22
當且僅當3b3c,即,所以,c時等號成立,則的最小值33bc
為2.
ac22a82a88所以2a1222a8126,當且僅
bca1a1a1a1
當2a81,即a1時等號成立.
a1
ac22a8
所以最小值為6.
bca1
二、解答題:本大題共3小題,滿分56分,解答應寫出文字說明、證明過
程或演算步驟.
9.(本題滿分16分)設a是實數(shù),關于z的方程(z22z5)(z22az1)0
有四個互不相等的根,且它們在復平面上對應的四個點共圓.求a的取值范圍.
4
{#{ABaQYUgggIQBBAABhCAQUiCgCQkBACAAgOwBAAsAAACANABAA=}#}
10.(本題滿分20分)在平面直角坐標系中,已知橢圓
x22C21:y,C
x2
2:y1,在橢圓C1上任取三點B,C,D,是否實數(shù)存在使44
得DBCD與橢圓C2相切于三角形三邊的中點?若存在,求的值;若不存在,
請說明理由.
解:設Bm,n,BC,BD的中點分別是E,F,Ex1,y1,Fx2,y2,則
C2x1m,2y1n,D2x2m,2y2n,因為BC,BD均與橢圓C相切于E,F點,所以
x1m
yn1
BC:x1x
1
yx2x4
41
y1,BD:y2y1,因為Bm,n在BC,BD兩直線上,所以4x,2myn1
42
x,y,x,ymxny1mx所以1122在直線4上,即直線
EF的方程為ny14.
mx
ny144n2m2x2m聯(lián)立2得22x
1
210,所以
x216ny1
2nn
4
8m161n2x1x222,x1x2,,所以4nm4n2m2
yy4mx14mx2
8mxx8n
12
1222.4n4n4n4nm
當直線CD斜率存在時,且CD的中點為x1x2m,y1y2n,直線
5
{#{ABaQYUgggIQBBAABhCAQUiCgCQkBACAAgOwBAAsAAACANABAA=}#}
CD:yy2y1xxxmyynm8m
24n2
x
x2x
12124n4n,設1
yAxB
Am,B8m
24n2
,1222x得Ax2ABxB
210,
4n4n,y
214
4
221
因為CD與橢圓C相切,所以Δ4AB4
A2B2104,化簡得B
24A21,
2
Am,B8m4n
22
代入得8m24n24m24n2.4n4n
2
因為Bm,nx在橢圓C1:y2
2
上,所以m24n24,代入得(84)44,
4
解得4,1(舍),所以4.
m22
此時A,B
8m4n842
,CD中點的橫坐標為
4n4n4nn
xxm8mm8m1
1
1222mm
222
,方程Ax2ABxB10的解為4nm424
x2AB1m
21A22.所以4時,CD與橢圓C相切時切點為CD的中點,所以
4
4滿足條件.
當直線CD斜率不存在時,不妨假設直線CD切于橢圓C的左頂點2,0,且
根據(jù)橢圓的對稱性,CD的中點為左頂點2,0,B在x軸的正半軸上,所以將x2
x2
代入橢圓C1:y
2得y1,不妨設C2,1,將y0代入橢圓
4
Cx
2
1:y
2得x2,所以B2,01,1,則BC的中點為2,代入橢4
C211圓得1,解得4.
44
綜上所述,4.
1120{a}aa2.(本題滿分分)設正項數(shù)列n滿足n1n1(nN
),S
an
為{an}
n
的前n項和.
(1)若{an}是遞增數(shù)列,求a1的取值范圍;
(2)1若a12,且對任意nN
,均有Snna1(n1),證明:S2n1.3n
解:(1)由a2a
2
1a11a1,得0a12①;a1
6
{#{ABaQYUgggIQBBAABhCAQUiCgCQkBACAAgOwBAAsAAACANABAA=}#}
2
又由a3a2a21
2
a2a22a112,得1a12②,a2a1
由①②,得1a12.
下面用數(shù)學歸納法證明:當1a12時,1an2對任意nN
*恒成立.
1°當n1時,1a12成立;
2°假設當nk(kN*)時,1ak2成立,
則當nk12時,ak1ak1[221,2)(1,2).ak
綜上1°、2°,可知1an2對任意nN
*恒成立.
2
于是an1an10,即{aan
}是遞增數(shù)列.
n
所以a1的取值范圍是1a12.
(2)因為a12,可用數(shù)學歸納法證明:an2對任意nN
*恒成立.
aa2于是n1n10,即{an}是遞減數(shù)列.an
S121在n≥na1(n1)中,令n2,得2a11S2≥2a1,解得a≤3,3a113
故2a1≤3.
7
下證:Ⅰ當2a1≤時,Sn≥na
1
1(n1)恒成立.33
771
事實上,當2a1≤時,由于ana31
(ana1)≥a1(2)a1,于是33
S11na1a2an≥a1(n1)(a1)na31
(n1).
3
a7再證:Ⅱ1不合題意.3
事實上,當3≥a71時,設anb
2
n2,則由an1an1可得3an
bb2n1n1bn2
bn1bn1271得:≤,(因為由a1≤3得b1≤1),bnbn2333
1(2)n
于是數(shù)列{bn}的前n項和T≤b3n123b1≤3,1
3
故Sn2nTn2n3na1(2a1)n3.③
7
令a1t(t0),則由③式得Snna1(2a1)n3
1
na1(n1)
8
tn,
333
7
{#{ABaQYUgggIQBBAABhCAQUiCgCQkBACAAgOwBAAsAAACANABAA=}#}
只要n充分大,就有Snna
1
1(n1),這與Sn≥na
1
31
(n1)矛盾.
3
所以a71不合題意.綜上(1)(2)
7
,有2a1≤.33
b
于是n1
b
n
1b1147≤≤(因2a1≤,故0
1
b1≤),bnbn2b12733
1(4)n7
故數(shù)列{bn}的前n項和T7n≤b1b11,所以Sn2nT2n1
14
n
3
7
8
{#{ABaQYUgggIQBBAABhCAQUiCgCQkBACAAgOwBAAsAAACANABAA=}#}2022學年第二學期數(shù)學競賽六校第一次聯(lián)考
一試試題
一、填空題:本大題共8小題,每小題8分,滿分64分.
1.設A{1,2,3},B{2xy|x,yA,xy},C{2xy|x,yA,xy},
則BC的所有元素之和為.
2.已知等差數(shù)列{an}的公差為d,隨機變量X滿足
P(Xi)ai(0ai1,i1,2,3,4),則d的取值范圍為.
3.正三棱臺的各
溫馨提示
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