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2011年全国高中数学联赛天津市预赛试题及参考答案

时间:2011-10-04


2011 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. 如果 x ∈ (0, π ) 时总有 sin x > kx 成立, 则实数 k 的取值范围是 2 (A). (?∞, π ] 2 (B). (?∞, π ) 2
2 (C). (?∞, π ] 2 (D). (?∞, π )

解: 作出 y = sin x 和 y = kx 的图像, 易知选 (C). 2. 已知函数 y = f (x) 有反函数 y = f ?1 (x), 将 y = f (x) 的图像绕 (1, ?1) 逆时针 旋转 90? , 所得曲线的方程是 (A). y = f ?1 (?x) ? 2 (C). y = f ?1 (?x + 1) ? 1 (B). y = ?f ?1 (?x) ? 2 (D). y = f ?1 (?x ? 1) + 1

解: 点 (t, f (t)) 绕 (1, ?1) 旋 转 90? , 得 到 (?f (t), t ? 2). 令 x = ?f (t), 则 t = f ?1 (?x), 因此 y = t ? 2 = f ?1 (?x) ? 2. 选 (A). ( ( 1 1 3. 设 n 为正整数, x = 1 + n )n , y = 1 + n )n+1 , 则 (A). xy > y x (B). xy = y x (C). xy < y x (D). 以上都有可能

解: 由于 x = (n + 1)n /nn , y = (n + 1)n+1 /nn+1 , 取对数易得 xy = y x . 故选 (B). 4. 若直线 y = x ? 3 与曲线 y = ex+a 相切, 则实数 a 的值是 (A). ?4 (B). ?2 (C). 2 (D). 4

解: 设切点的横坐标为 x0 . 在 x = x0 处, 曲线 y = ex+a 的斜率为 ex0 +a . 而直 线 y = x ? 3 的斜率为 1. 因此 ex0 +a = 1, 得 x0 = ?a. 因此, 切点的纵坐标 ex0 +a = 1 = x0 ? 3, 即 1 = ?a ? 3, 所以 a = ?4, 选 (A). 5. 在半径为 1 的 ⊙O 上, 取一个定点 A 和一个动点 B. 设点 P 满足 AP ∥ OB 且 ? ? → ? → AP · AB = 1, 则 P 点的轨迹是 (A). 椭圆 (B). 抛物线 (C). 双曲线 (D). 以上都有可能

解: 不妨设 O(0, 0), A(1, 0), P (x, y), 由于 AP ∥ OB, 可设 B(k(x ? 1), ky). 将这 ? ? → ? → 些坐标代入 AP · AB = 1 可得 k = x/[(x ? 1)2 + y 2 ]. 最后, 利用 B 在 ⊙O 上, 即 可得到 (x, y) 满足的方程为 x2 = (x ? 1)2 + y 2 , 即 y 2 = 2x ? 1, 所以 P 的轨迹是 抛物线. 选 (B). 6. 将 (a + b + c + d)9 展开之后再合并同类项, 所得的多项式的项数是
4 (A). C9 3 (B). C9 4 (C). C12 3 (D). C12

解: 所得多项式中每一项都形如 kax1 bx2 cx3 dx4 , 其中 k > 0, x1 + x2 + x3 + x4 = 9, 参考答案与评分标准第 1 页 xi ≥ 0.

4?1 3 易知上式共有 C9+4?1 = C12 组整数解, 因此选 (D).

二. 填空题 (每小题 9 分, 共 54 分) 1. 九个正实数 a1 , a2 , · · · , a9 构成等比数列, 且 a1 + a2 = 3 , a3 + a4 + a5 + a6 = 15. 4 则 a7 + a8 + a9 等于 .

解: 设公比为 q, 则由已知条件可得 a1 (1 + q) = 3 , 4 a1 q 2 (1 + q + q 2 + q 3 ) = 15,

这两式相比, 得 q 2 (1 + q 2 ) = 20, 从而 q = 2, a1 = 1/4. 这样 a7 + a8 + a9 = a1 q 6 (1 + q + q 2 ) = 112 . √ 3, BC = 2. 以 O 为球心, 以 1 为半径作 .

2. 设 O-ABCD 是正四棱锥, 其中 OA =

一个球, 则这个球与正四棱锥相交部分的体积是

解: 考虑棱长为 2 的正方体, 将 O 置于正方体的中心, 则 ABCD 恰好可以 与正方体的一个面重合. 于是, 由对称性可知, 所求体积是球体体积的 1/6, 即 2π/9 .
π 6,

3. 若实数 x, α, β 满足 x = log3 tan α = ? log3 tan β, 且 α ? β = 是 .

则 x 的值

解: 记 tan α = y, 则由第一个条件得 tan β = 1/y. 又由第二个条件, 可知 √ π y ? 1/ 3 √ , tan β = tan(α ? ) = 6 1 + y/ 3 从而得方程 1/y = 取其正根, 得 y = √ √ y ? 1/ 3 √ , 1 + y/ 3 1/2 .

3. 因此 x = log3 y =

4. 设 A, B 是双曲线的两个焦点, C 在双曲线上. 已知 △ABC 的三边长成等差数 列, 且 ∠ACB = 120? , 则该双曲线的离心率为 解: 依题意, 可设 |AC| + |AB| = 2|BC|, 且 |AC|2 + |BC|2 ? |AB|2 = 2|AC| · |BC| · cos 120? , 由此可知 |AC| : |AB| : |BC| = 3 : 7 : 5. 这样, 双曲线的离心率为 7/(5 ? 3) = 7/2 . 参考答案与评分标准第 2 页 .

5. 函数 f (x) 的定义域为 (0, ∞), 且满足 f (x) ? 2xf 值是 . (1)
x

(1)
x

+ 3x2 = 0, 则 f (x) 的最小

解: 由 f (x) ? 2xf

+ 3x2 = 0 可得 f (1) 2 3 ? f (x) + 2 = 0. x x x

2 联立这两式解得 f (x) = x2 + x . 由平均值不等式

x2 +

( 2 1 1 1 1 )1/3 = x2 + + ≥ 3 x2 · · = 3. x x x x x 3 . .

且当 x = 1 时等号成立. 因此, f (x) 的最小值为 6. 复数 z 满足 |z|(3z + 2i) = 2(iz ? 6), 则 |z| 等于 解: 直接计算可知

|3z + 2i|2 ? |iz ? 6|2 = 8(|z|2 ? 4). 由此可见, 若 |z| > 2, 则 |3z + 2i| > |iz ? 6|, 进而 ||z|(3z + 2i)| > |2(iz ? 6)|, 这 与已知条件矛盾; 同理, 若 |z| < 2, 则 ||z|(3z + 2i)| < |2(z + 6i)|, 也矛盾. 因此 |z| = 2 . 另解: 设 |z| = r, 代入条件, 得 z = ?(12 + 2ri)/(3r ? 2i). 因此 r2 = |z|2 = 化简得 r4 = 16, 因此 r = 2, 即 |z| = 122 + (2r)2 . (3r)2 + (?2)2 2 .

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) 1. 在四面体 ABCD 中, AD ⊥ 平面BCD, ∠ABD = ∠BDC = θ < 45? . 已知 E 是 BD 上一点, 满足 CE ⊥ BD 且 BE = AD = 1. (1) 证明: ∠BAC = θ. (2) 若点 D 到平面 ABC 的距离为 4/13, 求 cos θ 的值. 解: 由于 AD = BE = 1, 有 AB = 1/ sin θ, BD = cos θ/ sin θ, DE = cos θ/ sin θ ? 1, 以及 CD = 进而得到 √ AC = AD2 + CD2 = √ 1+ ( 1 1 )2 1 ? = ? 1. sin θ cos θ sin θ cos θ DE 1 1 = ? . cos θ sin θ cos θ

参考答案与评分标准第 3 页

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5 分) 现在, 设 ∠BAC = α, 分别在 △ABC 和 △DBC 中用余弦定理, 有 BC 2 = AB 2 + AC 2 ? 2AB · AC · cos α, BC 2 = BD2 + CD2 ? 2BD · CD · cos θ. 以上两式相减, 并注意 AB 2 = BD2 + AD2 , AC 2 = CD2 + AD2 , 则可得到 2AD2 ? 2AB · AC · cos α + 2BD · CD · cos θ = 0, 从而 cos α = 1+ AD2 + BD · CD · cos θ = AB · AC
cos θ 1 1 sin θ · ( sin θ ? cos θ ) · cos θ ( ) 1 1 sin θ · sin θ cos θ ? 1

= cos θ.

这就证明了 ∠BAC = θ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 分) 注意四面体 ABCD 的体积为 V = 而 △ABC 的面积为 S= 因此, 点 D 到平面 ABC 的距离为 3V AD · BD · CD cos2 θ ? cos θ sin θ = = . S AB · AC 1 ? sin θ cos θ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (15 分) 令上式等于 4/13, 解得 cos θ = 4/5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (20 分) 2. 设 a, b, c, d, e, f 为实数, 且 ax2 + bx + c ≥ |dx2 + ex + f | 对任意实数 x 成立, 证明: 4ac ? b2 ≥ |4df ? e2 |. 解: 若 a = 0, 则 b = 0, d = 0, e = 0, 结论自动成立. 当 a ?= 0 时, 由于 ax2 + bx + c ≥ 0, 因此 a > 0, b2 ? 4ac ≤ 0. 进一步, 不妨设 d > 0, 则由 ax2 + bx + c ≥ dx2 + ex + f 可知 a ≥ d > 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5 分) 参考答案与评分标准第 4 页 1 AB · AC · sin θ, 2 1 1 AD · SBCD = AD · BD · CD · sin θ, 3 6

记 g(x) = dx2 + ex + f . 我们分两种情况讨论: (i). 若 e2 ? 4df > 0, 则由 ax2 + bx + c ≥ |g(x)| 可得 ax2 + bx + c ± (dx2 + ex + f ) ≥ 0, 因此 (b + e)2 ? 4(a + d)(c + f ) ≤ 0, 这两式相加得 (b2 ? 4ac) + (e2 ? 4df ) ≤ 0, 因此这时有 4ac ? b2 ≥ |4df ? e2 |. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (15 分) (i). 若 e2 ? 4df ≤ 0, 则 g(x) ≥ 0, 且 g(x) 的最小值为 在已知条件中取 x = ?b/(2a), 则得到 ( 4ac ? b2 b ) 4df ? e2 ≥g ? ≥ . 4a 2a 4d 因此 4ac ? b2 ≥ 4df ? e2 , 即 4ac ? b2 ≥ |4df ? e2 |. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (20 分) 3. 设数列 {an } 定义为 a1 = 1, an+1 = 2an + √ 3a2 + 1, n ≥ 1. n
4df ?e2 4d .

(b ? e)2 ? 4(a ? d)(c ? f ) ≤ 0,

(1) 证明: 当 n > 1 时, an+1 + an?1 = 4an ; √ 1 1 1 1+ 3 (2) 证明: + + ··· + < . a1 a2 an 2 解: (1). 由条件可知, {an } 是递增数列, a2 = 4. 将递推公式移项并平方, 得 (an+1 ? 2an )2 = 3a2 + 1, n 进而有 a2 ? 4an an?1 + a2 = 1. n n?1 以上两式相减, 并分解因式, 得 (an+1 ? an?1 )(an+1 + an?1 ? 4an ) = 0. 因此, an+1 + an?1 = 4an . 参考答案与评分标准第 5 页 即 a2 ? 4an+1 an + a2 = 1. n+1 n

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5 分) (2). 结合 a1 = 1, a2 = 4 和 an+1 = 4an ? an?1 即可得到 1 an = √ (αn ? β n ). 2 3 其中 α = 2 + √ √ 3, β = 2 ? 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (10 分) 下面估计 Sn =
1 a1

+

1 a2

+ ··· +

1 an .

由于 α > 1 > β > 0, 且 αβ = 1, 所以, 由 1 k?1 (α ? β k?1 ), β k≥2

αk ? β k > α(αk?1 ? β k?1 ) = 可得 1 β < , ak ak?1 这样, 当 n > 1 时, 我们有 Sn = < ∑ 1 1 + a1 ak
n

k ≥ 2.

1 + a1

k=2 n ∑ k=2

β ak?1

( 1 1 ) 1 = + β · Sn ? < + βSn , a1 an a1 所以 Sn < 证毕. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (20 分) 注: 第 1 问也直接用数学归纳法证明 an =
1 √ (αn 2 3

√ 1 1+ 3 = . (1 ? β)a1 2

? β n ).

参考答案与评分标准第 6 页


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