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2014年全国高中数学联赛天津预赛试题及答案


2014 年高中数学联赛天津市预赛参考答案与评分标准
一. 选择题 (每小题 6 分, 共 36 分) 1. 在平面直角坐标系中, 方程 x2 + 2x sin(xy ) + 1 = 0 所表示的图形是 (A). 直线 (B). 抛物线 (C). 一个点 (D). 以上都不对

解: 易知 x = ?1 且 sin xy = 1, 从而该方程所表示的

图形由点列 (?1, 2kπ ? π 2 ), k ∈ Z 构成. 选 (D). 2. 圆柱的底面半径为 r, 高为 h, 体积为 2, 表面积为 24, 则 (A). 6 (B). 8 (C). 12
1 r

+

1 h

的值是

(D). 24
1 r 1 +h = 6. 选 (A).

解: 由条件可知 πr2 h = 2, 2πr2 + 2πrh = 24, 两式相比即得

3. 等比数列 {an } 的前 n 项和为 Sn , 并且对任意正整数 n 成立 Sn+2 = 4Sn + 3, 则 a2 的值是 (A). 2 (B). 6 (C). 2 或 6 (D). 2 或 ?6

解: 设公比为 q . 由于 qSn = q (a1 + a2 + · · · + an ) = a2 + a3 + · · · + an+1 , 所以 Sn+1 = qSn + a1 . 进而 Sn+2 = q (qSn + a1 ) + a1 = q 2 Sn + a1 (q + 1). 与已知条件 比较可知 q 2 = 4, a1 (q + 1) = 3. 所以 q = 2, a1 = 1, 或 q = ?2, a1 = ?3. 相应 地, a2 = 2 或 6. 选 (C).
x 1 4. 若关于 x 的不等式 4a +x ≥ 4 在区间 [1, 2] 上恒成立, 则实数 a 的取值范围是 ] ( ] [ 4] [ ] ( 4 (B). 1, 4 (C). 1, 3 (D). 16 (A). 0, 4 3 3 7 , 3

解: 取 x = 1, 得 4/a ≥ 3, 可知 0 < a ≤ 4/3, a 是正数. 这样原不等式变为 a≤ 4x , 4 ? 1/x ?x ∈ [1, 2].

从而只需求函数 f (x) = 4x/(4 ? 1/x) 在区间 [1, 2] 的最小值. 易知 f ′ (x) = 8x(2x ? 1)/(4x ? 1)2 在 [1, 2] 上恒为正数, 即 f (x) 在 [1, 2] 上单调增, 故 f (x) 的 最小值为 f (1) = 4/3. 选 (A). 5. 直线 l 在平面 π 上. 直线 m 平行于平面 π , 并与直线 l 异面. 动点 P 在平面 π 上, 且到 l 和 m 的距离相等. 则 P 点的轨迹是 (A). 直线 (B). 椭圆 (C). 抛物线 (D). 双曲线

解: 设 m 在平面 π 上的投影为 m′ , m′ 交 l 于 O 点. 在平面 π 上, 以 O 为原点, l 为 y 轴建立直角坐标系, 则可设 m′ 的方程为 y = kx. 又设 P 点的坐标为 (x, y ), 参考答案与评分标准第 1 页

√ 则 P 到 l 的距离为 |x|; 它到 m′ 的距离为 |y ? kx|/ 1 + k 2 , 从而 P 到 m 的距 离平方等于 (y ? kx)2 + a2 , 1 + k2 其中 a 为直线 m 到平面 π 的距离. 因此, P 点的轨迹方程是 (y ? kx)2 + a2 = x2 . 1 + k2 可见轨迹是双曲线. 选 (D). 6. 如果 △ABC 中, tan A, tan B , tan C 都是整数, 且 A > B > C , 则以下说法错误 的是 (A). A < 80? (C). C < 50? (B). B < 60? (D). A > 65? tan B + tan C > 0, tan B tan C ? 1

解: 由于 A > B > C , 所以 B , C 都是锐角, tan B , tan C 都是正整数, 这样 tan A = ? tan(B + C ) =

可见 A 也是锐角. 这时, tan C ≥ 1, tan B ≥ 2, tan A ≥ 3. 我们有 tan A + tan B = tan C ≥ 1, tan A tan B ? 1 即 (tan A ? 1)(tan B ? 1) ≤ 2. 但 是 tan A ? 1 ≥ 2, tan B ? 1 ≥ 1, 比 较 可 知只可能 tan A = 3, tan B = 2, tan C = 1. 因此, C = 45? , 选项 (C) 正确. √ 由 tan B > 3 可知 B > 60? , 选项 (B) 是错误的. 至于选项 (A) 和 (D), 由 √ tan 75? = 2 + 3 > tan A 可知 A < 75? , 选项 (A) 正确; 由 A + B = 135? 和 A > B 可知 A > 65? , 选项 (D) 正确. 综上可知, 本题答案为 (B). 二. 填空题 (每小题 9 分, 共 54 分) 1. 若正实数 a, b 满足 log8 a + log4 b2 = 5 和 log8 b + log4 a2 = 7, 则 log4 a + log8 b 的值是 .

解: 令 a = 2x , b = 2y , 则 x/3 + y = 5, y /3 + x = 7, 从而解得 x = 6, y = 3. 因此 log4 a + log8 b = x/2 + y /3 = 2. 设 x = sin2 α + sin(α + 的是 解: 由于 . √ 2π ) 1 3 cos α, sin α + = ? sin α + 3 2 2 √ ( π) 1 3 sin α + cos α, = sin α + 3 2 2 ( 参考答案与评分标准第 2 页 4 . 当α=
67π 2014

π 2π 3 ) sin(α + 3 ),

时, x 的小数点后第一位数字

这两式相乘得 sin(α + 后第一位数字是 7

2π 3 ) sin(α

+π 3) =

3 4

cos2 α ?

1 4

3 sin2 α. 因此 x = 4 , 小数点

.

3. 数列 {an } 满足 an+1 = an + an?1 , n ≥ 2. 若 a7 = 8, 则 a1 + a2 + · · · + a10 等 于 .

解: 由 条 件 可 知 a7 = 8a2 + 5a1 , 所 以 a1 + a2 + · · · + a10 = 88a2 + 55a1 = 11a7 = 88 .
1 2 ( ?1

4. 若 a = 1 + i, b = 2 + i, c = 3 + i, x = .

+

√ 3 i), 则 |a + bx + cx2 | 的值是

解: 注意 x 满足 x2 + x + 1 = 0, 从而 x3 = 1, |x| = 1, xx = 1. 又注意 a, b, c 的 虚部相等, 结合 x2 + x + 1 = 0 可知, 只需针对 a = 1, b = 2, c = 3 进行计算即可. 这时我们有 |a + bx + cx2 |2 = (a + bx + cx2 )(a + bx + cx2 ) = a2 + b2 + c2 + ab(x + x) + bc(xx2 + xx2 ) + ac(x2 + x2 ) = a2 + b2 + c2 ? ab ? bc ? ca. 将 a = 1, b = 2, c = 3 代入, 得 |a + bx + cx2 |2 = 3, 故本题答案为 √ 3 .

5. 将集合 {2x + 2y + 2z | x, y, z ∈ N, x < y < z } 中的数从小到大排列, 第 100 个 是 (用数字作答).

3 3 解: 使得 0 ≤ x < y < z ≤ n 的 (x, y, z ) 组合共有 Cn +1 个. 注意 C9 = 84 < 3 , 因此第 100 个数满足 z = 9. 使得 0 ≤ x < y ≤ m 的 (x, y ) 组 100 < 120 = C10 2 3 2 合共有 Cm +1 个, 注意 C9 + C6 = 99, 因此第 100 个数满足 y = 6, x = 0. 即第

100 个数是 29 + 26 + 20 = 577 . ? ? ?x ? 3, x ≥ 1000; 6. 函数 f (x) 满足 f (x) = ? ?f (f (x + 5)), x < 1000.

则 f (84) 的值是

.

解: 记 f (n) (x) = f (f (· · · f (x) · · · )), 其中等号右端有 n 个 f . 那么 f (84) = f (f (89)) = · · · = f (184) (999) = f (185) (1004) = f (184) (1001) = f (183) (998) = f (184) (1003) = f (183) (1000) = f (182) (997) = f (183) (1002) = f (182) (999). 注意从 f (184) (999) 到 f (182) (999) 这个过程中, f 的个数减少了 2. 同样的推理可 知 f (182) (999) = f (180) (999) = · · · = f (2) (999). 继续此过程, 就有 f (2) (999) = f (3) (1004) = f (2) (1001) = f (998) = f (2) (1003) = f (1000) = 997. 参考答案与评分标准第 3 页

因此本题答案为

997

.

三. 解答题 (每小题 20 分, 共 60 分. 每小题只设 0 分, 5 分, 10 分, 15 分, 20 分五档) 2 ? → ? ? → 2 1. 设 A, B 是椭圆 x 2 + y = 1 上两个动点, O 是坐标原点, 且 OA · OB = 0. 又设 P 点在 AB 上, 且 OP ⊥ AB . 求 |OP | 的值. ? → ? ? → 解: 方法一: 由 OA · OB = 0, 不妨设 A(a, ka), B (?kb, b). 这样 |OA|2 = (1 + k 2 )a2 , |OB |2 = (1 + k 2 )b2 . 由 A, B 在椭圆上, 有 a2 + k 2 a2 = 1, 2 因此 a2 = 1/(k 2 + 1/2), b2 = 1/(1 + k 2 /2). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 分) 现在, 在 Rt△OAB 中, |OP |2 = |OA|2 |OB |2 /|AB |2 , 所以 |OP |2 = 因此 |OP | =
√ 6 3 .

k 2 b2 + b2 = 1. 2

(1 + k 2 )a2 b2 1 + k2 2 = = . a2 + b2 (1 + k 2 /2) + (k 2 + 1/2) 3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (20 分) 方法二: 不妨设 OA 与 x 轴正向的夹角为 α, OB 与 x 轴正向的夹角为 α + π 2 . 这样, 可进一步设 A(a cos α, a sin α), B (?b sin α, b cos α). 代入椭圆方程可得 a2 由此可见
1 a2

(1 ) cos2 α + sin2 α = 1, 2 =
1 2

b2

(1 ) sin2 α + cos2 α = 1. 2

+

1 b2

+1= 3 2 , 也即 a2 + b2 3 = . 2 2 a b 2

在 Rt△OAB 中, |OP | · |AB | = |OA| · |OB |, 因此 |OP |2 = a2 b2 /(a2 + b2 ) = 2/3. 这样 |OP | =
√ 6 3 .

2. 在四面体 ABCD 内部有一点 O, 满足 OA = OB = OC = 4, OD = 1, 求四面体 ABCD 体积的最大值. 解: 首先, 固定 A, B , C , O 四点时, 要使 ABCD 的体积最大, 则 D 点到平面 ABC 的 距离应最大. 但 D 点在以 O 为球心, 1 为半径的球面上运动, 故取最大值时, OD ⊥ 平 面 ABC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5 分) 参考答案与评分标准第 4 页

设 O 在平面 ABC 的投影点为 E , 且 |OE | = x. 那么, D 到 ABC 的距离为 1 + x. 而 √ √ EA = EB = EC = 16 ? x2 , 可知 △ABC 的面积 ≤ 3 4 3 (16 ? x2 ). (注: 这里用到, 若 A, B , C 是半径为 R 的圆上三点, 则 △ABC 的面积 ≤
√ 3 4 (16 √ 3 3 2 4 R .)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 分) 因 此, ABCD 的 体 积 ≤ x ∈ (0, 4), 易知 f ′ (x) = ?3x2 ? 2x + 16, 可见 f (x) 在 (0, 3) 上有唯一的临界点 x = 2. f (x) 在 (0, 3) 的最大值为 f (2) = 36. √ 从而所求最大值为 9 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (20 分) 3. 设函数 f (x) = 1 ? e?x . (1) 证明: 当 x > 0 时, f (x) > a1 = 1, an e
?an+1 x x+1 ;

? x2 )(1 + x). 考 虑 函 数 f (x) = (16 ? x2 )(1 + x),

(2) 数列 {an } 满足

= f (an ), 证明: 数列 {an } 递减且 an <
1 x+1 ,

1 2n .

解: (1) 待证式等价于 e?x < h′ (x) = 1 ?
1 x+1 ,

即 ?x < ? ln(x + 1). 令 h(x) = x ? ln(x + 1), 则

可见 h(x) 在 [0, ∞) 上单调增, 因此当 x > 0 时, h(x) > h(0) = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5 分)

e (2) 记 g (x) = ? ln 1?x

?x

, 则 an+1 = g (an ). 要证明 {an } 递减, 只需证明当 x > 0 时,

g (x) < x. 事实上, g (x) < x 等价于 ln((1 ? e?x )/x) > ?x, 也即 1 ? e?x > xe?x , 注意 f (x) = 1 ? e?x , 可见上式也等价于 f (x) > x(1 ? f (x)), 即 f (x) > x/(x + 1), 这 由 (1) 即证. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 分) 要证明 an <
1 2n ,

只需证明当 x > 0 时, g (x) < x 2 . 这等价于 1 ? e?x > e?x/2 , x

x/2 也即 ex/2 ? e?x/2 > x. 为证此式, 令 F (x) = ex/2 ? e?x/2 ? x, 则 F ′ (x) = 1 + 2 (e

e?x/2 ) ? 1 ≥ 0, 且等号成立当且仅当 ex/2 = e?x/2 = 1, 即 x = 0. 因此 F (x) 在 [0, ∞) 上单调增, F (x) > F (0) = 0. 于是 ex/2 ? e?x/2 > x 得证. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (20 分) .

参考答案与评分标准第 5 页


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