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2015年浙江省高中数学竞赛


2 0 1 5年第 6期 

2 9  

2 0   1   5年 浙 江 省 高 中 数 学 竞 赛 
中图分类号 : G 4 2 4 . 7 9   文献标识码 : A   文章 编 号 :1 0 0 5— 6 4 1 6 ( 2 0 1 5 ) 0 6— 0 0 2 9— 0 6  


<

br />、

选择题 ( 每小题 6分 , 共4 8 分)  
a  D 

5 . 已知等腰 R t △P   的三个 顶点分别 
在等腰 R t △A B C的 三条边 上. 则  的最 
. )△ 惦 C  

1 . “ 0: 2, b =   ” 为“ 曲线 c:   +   :1   ( a 、 b∈ R, a b ≠O ) 经过点 (   , 1 ) ” 的(   条件.   )  

小值为 (  

) .  

( A ) 充分不必要 ( B ) 必要不充分  ( C ) 充分必要  ( D ) 既不充分也不必要 
2 . 已知一 个 角 大 于 1 2 0 。 的三 角形 的三 

( A )  ( B )  ( c ) ÷( D )  
6 . 已知数列 { a   } 的通项 
an : 

边长分别为 m、 m+ 1 、 m+ 2 . 则实数 m 的取值  范 围是 (   ) .  
( A) m >1   ( B) m>3  

嚣 

( n  z ∈ z +   ) . ?  

若a 1 + a 2 +… + a 2   0 l 5 <1 , 则实数  的值  为(   ) .  

( c ) 詈< m< 3  
二 

( D ) 1 < m< ÷ 
二 

( A ) 一 吾( 号( B ) 一  ( c ) 一   9( ( D ) 一 1 6 0 1  
7 . 若 过点 P( 1 , 0 ) , Q( 2 , O ) , 尺( 4 , O ) ,   s ( 8 , 0 ) 作 四条直线 构成 一个正 方形 , 则 该正  方形 的面积不可 能等于(  
( A   1 6 ( B )   8 . 若集合  ( c )  

3 . 如图 1 , 在 正 方体 A B C D— A l   B 1   C 1   D 1   中, 已知 M 为 B B 1 的中点. 则二 面角 M — C D  
一  

的余弦值为 (  

) .  

) .  
( D)  

A1  

A:{ ( , n , / 7 , ) l ( m+ 1 )+( m+ 2 )+… +   ( m+ / 1 , ) = 1 0   m   , m ∈ Z, / 1 , ∈ Z+ } ,   则集合 4中的元素个数为 (   ) .   ( A) 4   0 3 0   ( B) 4   0 3 2  
( C ) 2   0 1 5   ( D) 2   0 1 6  

( A )  ( B )   1( c ) 字( D ) 等  
4 . 若实数 a 、 b 满足 
f a +b一2   > 0, I  

二、 填空题 ( 第 9— 1 4题 每题 7分 , 第 1 5   题 8分 , 共5 O 分)   9 . 已知 函数  ) 满足  +1 )+   1一  )= 0,  
+ 2 )一   2一  )= 0,  

? b 一 口 一 1 ≤0 ,  
I a ≤1 ,  

且  
) .  

则   ) = 一 .  

则 
、 

的最大值为 (  

1 0 . 若数列 { a   } 的前 凡 项 和  S   =  。 一 n 2 (   ∈ Z+ ) ,  

( A) 1 ( B)   5 ( c)   7 ( D) 2  

则   击

=  

3 0  

中 等 数 学 

1 1 . 已知点 A( 3 , 1 ) , F为抛 物线 y 2 =5 x  

的焦点 , M 为 抛 物 线 上 的 动 点. 当I   M A   I +   J M FI 取最小值时 , 点  的坐标 为一   1 2 . 若 l 6 。   n  +1 6   。 s   =1 0 , 则 C O S   4 x=  
1 3 . 设 函数 

四、 附加题 ( 共5 0分 )   1 9 . ( 2 5 分) 已知数列 { 0   } 满足 

口 1 = 1 , 口   + 1 = 3 a   + 2 √ 2 口   一 1 ( n ∈z + ) .  
( 1 ) 证明: { 0   } 为正整数数列 ;   ( 2 ) 是否存在 m ∈ Z+ , 使得 2   0 1 5   1   0   ?   并说 明理 由.   2 0 . ( 2 5分 ) 设 k为正 整数. 若 数字 1 , 2,   3  +l 构成 的排列 l ,   2 , …, X 3 k + l 满足 


) : m i n {   一1 ,  + 1 , 一  + l } ,   其 中, m i n {  , y ,   } 表示 、 y 、 z中的最小者. 若  a+2 )>  ( a ) , 则 实 数 a的 取 值 范 围 是 



c一   的夹角为  , l a一 6   l : 5 , I   c一 口I : 2   .  

则a ? c的最大值为— — .  

( 1 )   1 <   2 <… <  十 l ;   ( 2 )  + l >  + 2 >… > 戈 2   + 1 ;   ( 3 )  2   十 1 <  2   + 2 <… <  3   + l ,   则称此 排列 为 “ N型 ” 的. 记d   为所 有 N 型  排列的个数.   ( 1 ) 求d   、 d : 的值 ;   ( 2 ) 证明: 对任意正整数 k , d  均为奇数.  

参 考 答 案 
— —



1 . A.  

充分性显然成立.  

当曲线 C经过点(   , 1 ) 时, 有  , '   +   1= '   1 .  
)= a x   +b (  +1 )一 2 .   若对任意实数 b , 方程  ) =  有两个相  异 的实根 , 求实数 a的取值 范围.   C l : x+   =1  a>b > 0 )   显然 , 口=一 2 , b=一   也满 足上式.   从而 , 必要性不成立.  
2. D.  

由题意知  f m +( m +1 )>m + 2 ,  

的离心率为  , 右焦点为 圆  
C 2 : ( 戈一   ) ‘ + Y   = 7  

I (  + 2 ) 2 > m 2 + ( m+ 1 ) 2 + m ( m+ 1 )  
l<m <   3
. 

3. C.  

( 1 ) 求椭 圆 C   的方程 ;   ( 2 ) 若 直线 l 与 曲线 C   、 C 2 各 只有 一个  公共点 , 记直线 1 与圆 C 2 的公共点 为 , 求点  1 8 . ( 1 8分 ) 已知数列 { a   } 、 { b   } 满足 

以 D为坐标原点 , D A、 DC 、 D D , 所在 的直 

线分别 为  轴 、 Y轴 、 z 轴 建立 空 间直 角 坐标  系. 则 
D( O , 0 , 0 ) , A( 1 , 0 , 0 ) , c ( o , 1 , 0 ) ,  

D l ( o ' 0) 0 ' l ,   ( 1 ’ l ,   ) ,  
且平面 A C D   的法向量 n 。 =( 1 , 1 , 1 ) , 平面 MC D 。   的法 向量 n : = ( 一 1 , 2 , 2 ) .   故c 0 s < , l l , , l 2 >= 4   3 即二面角 M — C D I — A  




n +









+   a




( n∈ z+ ) ?  

口n







口n



证明: 0 5 0 +b 5 0 >2 0 .  

的余 弦值为  .  

2 0 1 5年第 6期 

3 1  

由口 、 6 满足 的条件知 1 ≤鱼 ≤3
.  

=   B R Q= O t .   在R t △C P R中 ,  

艘 :  

= ÷
s i n 

.  

故  
5. D.  

麦≤   ?  

s m  

在△ B R Q中 , 由正弦定理得 



 


咫  

当 ( Ⅱ , 6 ) = (   1 , 寻 ) 时 , 上 式 等 号 成 立 .  
分两种情形讨论.   ( 1 ) 当△ P Q   的直角 顶点 在 △ A B C的 

s i n   B 

s i n   R Q B  
1一  

s i n   a  
§  

s i n ̄ —

s i n (  ̄ — - o )  
l  


斜边上时 , 如图2 . 则  P、 C 、 Q、 R四点共 圆 
A P R=/ C Q R  




_
s i n  o /  



cos

o /   十  s i n 0[   ‘  

1 8 0 。 一   B Q R  
APR 
=  

s i n  

p R   =   (  )   (   )   .  


= s i n  二 B Q R .   在△ A   、 △ B Q R   中分别应用正 弦定理得 
s i n   A—s i n  
P  A R 

故 
≥  =   = 
。  

’  

A 艘 ’  

图2  

当且仅当  = a r c t a n   2时 , 上式 等 号成 立 , 此 
匹 一   墼  s i n   B—s i n   B Q R‘  


时,  

1 一 + 
BC 

的最小值 为  .  

又  A=   B= 4 5 。 , 故P R:   .   从而 , A  : 船 , 即 R为边 日的中点.  

6. D.  

由题意知 
1  

1 . 蜃  

过点 R作 R H上 c于点 H 

则P R> IR H= ÷B c  
S L X p Q R pR2 :  ≥  BC2

可 



一  

( 戈+1 ) ( 2 x+1 ) …( n  +1 )  


} .  

2   0 1 5  

则∑ 0  
k:1  
一  

此 时 ,   u 塑的 最 小 值 为 寺 .  


面 

( 1  

SA  ̄c  

( 2 ) 当△ P Q R 的直角 顶点 在 △ A B C的 

车  (  +1 ) ( 2  +1 ) …( 2   O 1 5 x+1 )> 0 .  

直角边上时 , 如图3 .  
设 B C=1 ,  

故 

Ⅲ  故   E   k = l  ̄   一  , 一   1 ) u   ( - 2   1 ,  ) . ?  
一  

, 一  

C R=  ( O ≤  < 1 ) ,   B R Q  
=  

经检验 , 只有  =一   符合题意?  
7 . C.  

0<   <  

不妨设 四条直线交成 的正方形在第一象 

则/ C P R  


限, 记其 边长为 a , 面积 为 s , 过点 P的直线 的 
图3  

9 0。一  

PRC 

倾 斜 角 为 0 ( o <   < 手 ) .  

,  

3 2  

中 等 数 学 

当过 点 P、 Q的直线 为正方 形 的对 边所  在 的直线时 ,  
I P QI   s i n   0= a=I R SI   C O S   0  
§ s i n   0:4 c 。 s   0§ s i n   0:  


故   击



= 2   0 1 5  


 

上 1 一   3   \ i  i + 1   J 一 6   0 4 8‘  

.  

/ 1 7  

此时 , 正方形 的面积 
6 . s=( [ P Q   I   s i n  )   1 l

. 

) .  
设抛 物线 的准线为 z :  =一   ?  

类似地 , 当过点 P 、 R的直 线为正 方形 的 
对 边所在 的直线时 , S: 3   6 ;   当过 点 P、 S的直 线 为正方 形 的对边 所 

过点 M 作 Z 的垂线 , 垂足为 H 则 
I A   I+ f MF I= f AM I+ I   日l ≥I   f .  

当A 、 M、   三点共线 时 , 上式等 号成 立 ,  

此 时 , 点 M (   1 , 1 ) .  
1 2 . 一 ÷.  
设t =1 6   ( 1 ≤£ ≤1 6 ) . 则 

在 的直线 时 , S =  
8. B.  

.  

由 已知 得 
n (  + 2 m +1 )= 2 2   0   6 × 5 2   o   .  

1 6 c 。 s   2 _ _ : 1 6   一 s   : L 6
. 

于是 ,  、 凡 + 2 m+ 1 一奇一偶.  
从而 , n 、 n+ 2 m+1 两者之一为偶数 , 有 
2   。   2 。 。   ×5 2   。   ×5  
, ,


代人原方程得 






2   。   X5  。  

孚: 1 0  t : 2 或 8 .  
. 

共2   0 1 6 种隋 形. 交换顺序又得到 2   0 1 6 种情形.   因此 , 集合 A共有 4   0 3 2 个元 素.  
二 、 9.一1 .  

解得 s i n 2 x=   1 或  3

从而, c o s   4 x =一 ÷.  
1 3 . ( 一∞ , 一 2 ) u( 一1 , 0 ) .  

注意到 ,   +2 )=   2一  )=   1一(  一1 ) )  
= -

f ( 1 +(  一1 ) )=- f (  )  
+ 4 )=   ) .  

当 a+ 2 ≤ 一1时 , a<a+ 2 ≤ 一1 , 此时 ,  
0 )<   a+ 2 ) ;  

当一 l < a+ 2< O时 , 一 3< a<一 2 , 此时 ,  

故  
=  
.  

3   +   4   )  

a ) ≤  一 2 ) =一 l < 厂 ( a + 2 ) ;   当0 ≤0 + 2 ≤1 时, 一 2 ≤口<一 1 , 此时,  
a )   a+ 2 ) ;  

, +   ) = 一  一   ) = 一  ) = 一   .  

当1 <口+ 2< 2时 , 有 一1 <a< O, 此时,   a )<   a+ 2 ) ;  

注意到 ,  
0  =3 n  一5n+2.  

当 a+ 2   >2 i 时, 口 ≥O , 此时 ,  
a )  
1 4. 2 4.  

a+ 2 ) .  

又a   =0 , 则 
a  = 3 n   一 5 n+ 2 ( n∈ Z+ ) .  

设O A= a , O B= b, O C=c . 则 

l   苞 I :I  一 口 j : 2 √   , J  l : l 口 一  J : 5 .  

2 0 1 5年第 6期 

3 3  

 ̄ . . L   A O B = 詈 , L   A C B =  , 此 时 , 0 、 A 、  
C 、   四点共 圆.   由正 弦定理得 
s i n   L  A B C:  
. 、  



睡  . ,  

C O S   L  A B C:i 4
. 

从 而 , 椭 圆 方 程 为 等 + y 2 = 1 .  
( 2 ) 当直线 1 的斜率不存 在时 , 显 然不满 
足题 意.  

. '  

在△ A C O中 , 由   A O C=   A B C , 结合 

余 弦定理得 
=f 口I  + I c I   一2I 口I   I cf C O S  
1 2≥ 2l aI   I cl一   I 口I   I cl   l   a   l   l c   l ≤3 O  

当直线 l 的斜率存在 时 , 设直线 2 的方程 
AOC  

为Y =   + m( 后 、 m ∈ R) , 点a ( x A , Y A ) .  
r   .   2   1  

联 立 方 程 j  + y  ’ 消 去 y 得  
【 Y =  + m .  
( 1 + 4 k   )  + 8 k m x+ 4 m   一 4 = 0 .  
故 △ 1 = 1 6 ( 4 k   一 m   + 1 ) = O , 即 

a? c= l al J C   J C O S  

AOC ̄2 4 .  

①  ② 

 ̄ L A C O = 詈 +   1   a r c t a n  时 , 以 上 各 不  
等式等号成立.   因此 , a ? c的最大值为2 4 .  
1 5 . a :1. 6= 一2 .  

4 k   一 m   + 1 = 0 .  

联 立 方 程 f (   一  )   + y   = 7 , 消 去y 得  
L   =  +m .  

( 1 + 后   )  + 2 ( k m一   )  + m   一 4= O . ③ 

令 = 0 , 知b ≤0 .   考虑过 定点 ( 0 , 2 ) 的直线 Y= a x+ 2 , 与  开1 3向上 的抛 物线 y=   。 + 2 b , 满 足 对任 意  ≤ 0 所对应 图像上 的点不在 轴 同侧.  
因此 , 一   =   .  

故A 2 = 1 6 ( 4 k   一 m 2 — 2 √   ,  + 7 ) = O , 且 I 1  
4 k   一 m   一 2 √   , 以+ 7= O .   ②一 ④得 k m=   .   将上式代人式③得 
一  

④ 

一o .  

又a 、 6∈ Z, 故 a=1 , b=一 2 .  

三、 1 6 . 由题 意知方程 
a x ,  +( b 一1 )  +b 一2= 0  

上式代人 圆 c 2 得Y A =± 2 .  

经检验 , A ( 0 , 2 ) 和A ( 0 , 一 2 ) 符合题意.  
从而 , 点 A( 0, 2 ) 和 A( 0 , 一 2 ) .  
1 8 . 由题 意 得 
0 +l +  l  

有两个相异 的实数根. 于是 ,  

f 口 ≠ 0 ,  
【 A= ( b 一 1 )  一 4 a ( b 一 2 ) > 0  
f 口≠ O,  

= 。




+6  +   1
a 

‘ ? I   b   一 2 ( 1 + 2 a ) b + 8 0 + l > 0
.  

① 

n   D n  、 + 2 (   o n   +   a n ) ,   .  
+ 



又对 于任意实数 b , 式①恒成立 , 因此 ,  
f 0≠ 0,  

则口 2 5 o + 6 ; 0   2“   4 9
=  



2 一+   

l △= 4 ( 1 + 2 a )   一 4 ( 8 a + 1 ) < o  
0<a<1 .  

、  

1 )   a t - +   )  

>口  +6  +   1


+ 

+2 ×2 ×4 9  

1 7 . ( 1 ) 设椭 圆 C 。 的半焦距 长为 C .  

> 4 +4 ×4 9 =2 0 0 .  


中 等 数 学 

又a n + l b n + l =a n b n +  

, 则 

这些数字 , 这是因为必须有 2  个值 比它大.  
记  + l =3 k+2- j ,   2   + l =i ( i 、   =1 , 2,   k+1 ) 时的 N型排列个数为  √   .   则  =c   k + + l l - _ i (  ) c   k + + 1 1 - . j ( “ 。 )   + 1i ),  


口 s 0 6 5 。   l 6 1 +   +2× 4 9 i   =   1   ai   £ ,   >9 8   l 6 l +   i1 > 0 0 ?  





d k =∑ 
( 1 ) 计算得 d 。 = 5 , d   = 7 1 .  
( 2 ) 易知  =d   ,  

故( a 5 0 +6 5 o )  = 0 2 5 0 + 6  +2 a 5 0 b 5 o  
>2 0 0 +2 0 0 =4 0 0 .  

因此 , a 5 0 +b 5 0 > 2 0 .  

四、 1 9 . ( 1 ) 由口   + l = 3 a   + 2   , / 2 Y a  ̄ n 一 1 , 得  
口   + l 一 6 a   a   + a : + 4 = o .  
类似地 ,  
口   + l一6 a  + 2 a   + l+0 2   + 2 + 4= o .  

a J   “ ,   ) 一  

(   墨 ±  =  ) !

k 一( k一 1 ) ! ? ( k+ 1 一 i ) ! ? (  +1 一 i ) ! ’  
d   , ¨  )= 1
.  

i =1 , 2 , …, k ,   ①  其 中,

② 

当 k>l时 , 对 于所有 i =1 , 2, …, k ,   为偶数.   事实上 , 对于 
X 2 k   +  = 1   =i   ,  +  = 1   =   3 k+ + 2一 z— i ( L  =l i =1 , 2, z, …,   )  


由式① 、 ②, 知a  a n + 2 为方程 


6a   + l   +a   + l+4 =0  

的两根 , 且a   <a   故a   +a   + 2 = 6 a   + 1   a   + 2 = 6 a   + 1 一 a   .   因为 a   =1 , a   = 5 , 所以 , a   为正整数.  

时的任何一个 N型排列 , 此时, 数字 1 , 2 , …,   i 一1 只能放在  ,  , …,   的位置 , 数字 
3  + 2 一(   一 1 ) , 3  + 2 一(  一 2 ) , …, 3  + 2 — 1   只能 放 在 3   + 2 一 (  ) ,  3   + 2 一 (  ) , …,  3   + 1 上  ( 字母 N 的两 头 ) ,  f ,   …, …,   和 3 ^ + 2  

( 2 ) 不存在 m ∈ z+ , 使得 2   0 1 5   I   a   .   假设存在 m ∈ z+ , 使得 2   0 1 5   l   a   , 则 
31   I   a  .  


方面,  


3   +   + l 1 , …,   :   + 2 的数字 可 以互 换 得 到一 
m + 1 + 4=  3 1   I ( 0   + 1 + 4 )   个新 的 N型排列 , 故  ’ ( i =1 , 2 , …, k ) 为 

a m a m +2 = 0
2  



+ 1 三一 4 ( mo d   3 1 ) .  

偶数.  

于是 , 0 3 0   + l 三一 4  三 一 2   。 ( m o d   3 1 ) .   由费马小定理知 2   。 三1 ( m o d   3 1 ) .   所以, 0 3 0   + l 三 一1 ( mo d   3 1 ) .  

故d   =∑ d  


∑  I :1  

+  

+∑  ’   i #j  
i 、   =1  

另一方面 , ( a   + 。 , 3 1 ) =1 . 否则 , 3 1   I a   + 。 ,  
而3 1   l ( 口   + 。 + 4 ) , 这样得 到 3 1   J 4, 矛盾.   因此 , 由费马小定理得 
3 0

为奇数.  

【 注】 解 答 过 程 中可 以从 表 达 式 说 明 
(  ≥ 1 ) 为偶数.  

口 

+ l 三1 ( m o d   3 1 ) .  

从而, 1 三 一1 ( m o d   3 1 ) , 矛盾.  

事实上 , 表达式 的组合意 义就是将 m个 
白球 、 n个红球 、 n个蓝球排成一行 的排列数.  

综上, 不存在 m ∈ Z+ , 使得 2   0 1 5   I   a   .  

2 O . 注意到 ,  


的值 只能 取 3  +l , 3 后 ,  

于是 , 任何一种排列 , 交换红蓝球可对应 另一 
种排列.  



2  + 1这些 数 字 , 这是 因为必 须 有 2  个 

值 比它小 ; 而  :   的值 只 能取 1 , 2 , …, k +1  

( 杨 晓呜

提供 )  


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2015年浙江省高中数学竞赛试题(含解析)

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2015浙江省高中数学竞赛试题

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2015年浙江省高中数学竞赛试卷(word版,含答案)

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2015年浙江省高中数学竞赛试卷

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2015年浙江省数学竞赛试卷及答案

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2015年浙江省高中数学竞赛试卷参考答案 (2)

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2015年浙江省高中数学竞赛通知[1]

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2015年浙江省高中数学竞赛试题(扫描版,含详解)

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