高中数学竞赛试题及答案

一、单项选择题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）

1、函数fx对于任意实数x满足：fx3【 】

1，若f(则f(0)2，2013)fx

11A、 B、 C、2 D、2013

222、设等差数列an与等比数列bn满足：0a1b1a5b5，则下述四个结论：

① a3b3 ； ②a3b3； ③a6b6； ④a6b6中正确的个数是 【 】 A、0个 B、1个 C、2个 D、3个

3、已知二面角l的平面角为，PA，PB，A、B为垂足，PA=5，PB=4，设A、B到二面角的棱l的距离分别为x、y，当变化时，点(x,y)的轨迹为下列图形中的 【 】

A、 B、 C、 D、

4、从[0,10]上任取一个数x，从[0,6]上任取一个数y，则使得|x5||y3|4的概率是 【 】

1131A、 B、 C、 D、

53245、当平面上的点(x,y)的坐标x、y都为有理数时，该点称为有理点，设r是给定的正实数，则圆(x1)2(y2)2r2上的有理点 【 】

A、最多有一个 B、最多有两个 C、最多有四个 D、可以有无穷多个 6、△ABC中，C90，B30,AC=2，M是AB的中点，将△ACM沿CM翻折，使A、B两点间的距离为22，则三棱锥ABCM的体积等于 【 】

A、

22 B、 33 C、

6 3 D、

22 3二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）

3x，记f(1)f(2)f(4)f(1024)m，1x1111f()f()f()f()n，则mn ． 248102423420138、已知i是虚数单位， z1iiiii，把复数z的共轭复数记为z，则zz= ．

y221，则x2y2的最大值是 ． 9、实数x,y满足x164210、关于曲线C：xy1的下列命题：

7、已知函数f(x)① 曲线C关于原点对称； ② 曲线C关于直线y=x对称； ③ 曲线C所围成的面积小于； ④ 曲线C所围成的面积大于， 其中的真命题是 ．（写出所有真命题的编号）

1111、设n是小于100的正整数，且满足(n21)n为整数，则符合条件的所有正整数n的

35和为 ． 12、已知函数f(x)ax，对任意x(0,1)，有f(x)f(1x)1恒成立，则实数a的取xπ2值范围是 ．

三、解答题（本大题共4个小题，每小题20分，共80分）

13、设实数0，已知函数f(x)sinx3sinxsin(x)的最小正周期是

2πππ．求f(x)在[,]上的最大值与最小值．

842

x33x*xf(x)(nN)，记{x}x214、已知函数f(x)，数列满足：，n1nn123x1xn11*bnlog() (nN)． 3xn11( I ) 求证：数列{bn}成等比数列，并求数列{bn}的通项公式；

*（II）记cnnbn(nN)，求数列{cn}的前n项和公式Tn．

x215、已知点B(0,1)，P、Q为椭圆+y2=1上异于点B的任意两点，且BPBQ．

4（I）若点B在线段PQ上的射影为点M，求M的轨迹方程； （II）求线段PQ的中垂线l在x轴上的截距的取值范围．

16、若实数x0满足f(x0)x0，则称xx0为f(x)的不动点．已知函数

f(x)x3ax2bx3，其中a,b为常数．

（Ｉ）若a0，求函数f(x)的单调递增区间；

（II）若a0时，存在一个实数x0，使得xx0既是f(x)的不动点，又是f(x)的极值 点．求实数b的值；

（III）求证：不存在实数组(a,b)，使得f(x)互异的两个极值点皆为不动点．

全国高中数学联赛（四川）初赛试题

参考答案及评分标准

说明：

1、评阅试卷时，请依据评分标准.选择题和填空题只设5分和0分两档；其它各题的评阅，请严格按照评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次.

2、如果考生的解答题方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评阅时可参考本评分标准适当划分档次评分，5分一个档次，不要再增加其它中间档次. 一、选择题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）

1、A 2、B 3、C 4、C 5、B 6、D 二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）

91 10、①④ 11、635 12、{a|a1或a} 44三、解答题（本大题共4个小题，每小题20分，共80分） 7、42 8、2 9、

13、已知函数f(x)sin2x3sinxsin(x)(0)的最小正周期是．

π2π2求f(x)在[,]上的最大值与最小值．

ππ84解：f(x)1cos2x3311sin2xsin2xcos2x

222221sin(2x)， （5分）

622由条件知T，则2．

221于是f(x)sin(4x)， （10分）

625当x时，4x， 84366113故sin(4x)1，即1sin(4x)． （15分） 266223所以，f(x)在x时取最大值，在x时取最小值是1． （20分）

642x33x*14、已知函数f(x)，数列{xn}满足：x12，xn1f(xn)(nN).， 23x1记bnlog3(xn11) (nN*)．

xn11( I ) 求证：数列{bn}成等比数列，并求数列{bn}的通项公式； （II）记cnnbn(nN)，求数列{cn}的前n项和公式Tn．

*3xn3xn13232xn11f(xn)13xn1xn3xn3xn1xn1解：（1）33 （5分） 2xn11f(xn)1xn3xnxn3xn3xn1xn1123xn1于是log3(xn11x1)3log3(n)，即bn13bn，所以数列bn成等比数列．

xn11xn1又b1log3(21)1，于是bn3n1， 21n1所以．数列bn的通项公式为bn3． （10分）

n1n1（II）由（I）知，bn3，故cnn3，

Tn1302313323Tnn3n1，

n3n，

n1312323332于是2Tn1333n13n1n3n3n， （15分）

2n3n3n1(2n1)3n1即 Tn， 244(2n1)3n1(nN*). （20分） 所以，数列{cn}的前n项和公式Tn4x215、已知点B(0,1)，P、Q为椭圆+y2=1上异于点B的任意两点，且BPBQ，

4（I）若点B在线段PQ上的射影为M，求M的轨迹方程； （II）求线段PQ的中垂线l在x轴上的截距的取值范围．

解：（I）设P(x1,y1)、Q(x2,y2)，PQ的方程为y=kx+m， 与椭圆方程联立消去y得：(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0，

4m2-4-8km所以x1+x2=，x1x2=， （5分）

4k2+14k2+1y-1y2-1?-1，即x1x2+y1y2-(y1+y2)+1=0， 由BPBQ得1x1x2(k2+1)(4m2-4)-8km从而可得+k(m-1)?4k2+14k2+1(m-1)2=0

化简得5m2-2m-3=0，解得m=1（舍去）或m=-3． 5设M(x,y)，因为BM^PQ，所以k=-x23代入PQ方程得y=--， y-15x， y-1整理得x(y)()，由题意知轨迹不经过点B(0,1)．

所以，动点M的轨迹方程为：x(y)()(y1)． （10分） （II）PQ方程为y=kx-x+x2y1+y212k-33，所以1， ==25(4k2+1)25(4k2+1)53112k所以PQ中垂线方程为y+=-(x-)， （15分）

5(4k2+1)k5(4k2+1)22152452152452其在x轴上的截距为b=999k，所以,． （20分） b5(4k2+1)202016、若实数x0满足f(x0)x0，则称xx0为f(x)的不动点． 已知函数f(x)xaxbx3，其中a,b为常数． （I）若a0，求函数f(x)的单调递增区间；

（II）若a0时，存在一个实数x0，使得xx0既是f(x)的不动点，又是f(x)的极值 点．求实数b的值；

（III）求证：不存在实数组(a,b)，使得f(x)互异的两个极值点皆为不动点． 解：（I）若a0，f(x)xbx3，故f(x)3xb． 当b0时，显然f(x)在R上单增；

3232当b0时，由f(x)0知xbb或x． 33所以，当b0时，f(x)的单调递增区间为(,)；

当b0时，f(x)的单调递增区间为(,)，(,)． （5分）

23x0b0（II）由条件知3，

xbx3x00032于是2x0x030，即(x01)(2x02x03)0，解得x01

b3b3从而b3． （10分）

（III）假设存在一组实数(a,b)满足条件．由条件知f(x)3x2axb， 因为f(x)的两个不同极值点，则4a12b0，即a3b． ①

2设f(x)的两个不同极值点为x1,x2，其中x1x2，则x1,x2是方程3x2axb0的

222两实根，所以x1x22ab,x1x2． 3332又由x1,x2是f(x)的不动点，则x1,x2是方程xax(b1)x30的两根，设其

32另一个根为x3．故xax(b1)x3(xx1)(xx2)(xx3)

3232即xax(b1)x3x(x1x2x3)x(x1x2x2x3x3x1)xx1x2x3

x1x2x3a故有x1x2x2x3x3x1b1

xxx3123于是x3a9，从而ab27． ② 3b2a22bb2aa10， 又b1x1x2(x1x2)x3()()，即933332a21810，即2a39a1620 （15分） 故9a令g(x)2x9x162，则g(x)6x90 故g(x)在R上单增，从而g(x)0至多有一个实根；

又因为g(0)1620， g(4)20，从而g(x)0至少有一个实根； 所以，g(x)0恰有一个实数根xa(0,4)． 由①、②知a3b232813，即a81，这与a(0,4)，矛盾！ （20分） a所以，不存在实数组(a,b)，使得f(x)互异的两个极值点皆为不动点．