2017年全国高中数学联赛新疆赛区预赛高二试题及详解

2017年全国高中数学联赛新疆赛区预赛高二试题详解

一．填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分，把答案填在横线上） 1.函数f(x)?(sinx?1)(cosx?1)(x?R)的值域为 .

解: f(x)?sinxcosx?(sinx?cosx)?1,记

t?sinx?cosx?2sin(x?)?[?2,2],

413?22g(t)?(t?1)2?[0,].

222.设平面向量a,b满足|a?b|?3，则a?b的最大值为 .

解1：坐标化：令a?(x1,y1),b?(x2,y2)，则a?b?(x1?x2,y1?y2)，

?9. 4192222解2：9?|a?b|?|a|?|b|?2a?b?4a?ba?b?(9?|a?b|)?. （*）

4439当a?b?时，由（*）得(a?b)max?.

24119222解3：a?b?(|a?b|?|a?b|)?(9?|a?b|)?.

44423.在数列{an}中，对1?n?5，有an?n，且对一切正整数n，都有an?5?an?1?an?4?an，

9?(x1?x2)2?(y1?y2)2?4(x1x2?y1y2)?4a?b，则(a?b)max?则a2023= . 解: 当n?4时，

an?5?an?1?an?4?an, an?4?an?an?3?an?1, an?3?an?1?an?2?an?2, an?2?an?2?an?1?an?3,

将以上4式相加即得an?5?an?3，即an?8?an，

故当n?4时，数列{an}是周期为8的数列，a2023?a8?353?7?a7.

2当1?n?5时，有an?n，

a6?a2?a5?a1，a6?a5?a1?a2?52?12?22?22，

a7?a6?a2?a3?22?22?32?17，故a2023?17. 4.在边长为3的正方形中随机选取n个点，其中与正方形的顶点距离小于1的点有m个，则

用随机模拟的方法得到的圆周率为 .

14??9mm解：由几何概型概率计算公式得4，从而. ???n32n5.在某次交友活动中，原计划每2个人都要恰好握1次手，但有4个人各握2次手之后就离

开了，这样，整个活动共握了60次手，那么最开始参加活动的人数是 .

解：设参加活动的人数为n?4，其中中途退出的4个人之间的握手次数为

22x(0?x?C4?6).从而由题意得Cn?4?2?60?x，则n(n?1)?104?2x.由0?x?6且x为整数，可得x?3,n?11.故最开始参加活动的人数为n?4?15.

6.已知圆内接四边形ABCD的边长分别为AB?1,BC?3,CD?DA?2，则四边形ABCD 1

的面积为 .

解：连结BD，则四边形ABCD的面积

11AB?ADsinA?CB?CDsinC?sinA?3sinC. 22由A?C??，可得C???A，故S?4sinA.由余弦定理得， BD2?AB2?AD2?2AB?ADcosA?5?4cosA，

BD2?CB2?CD2?2CB?CDcosC?13?12cosC?13?12cosA.

1因此，5?4cosA?13?12cosA，即cosA??.

22?由于0?A??，故A?.

3因此，四边形ABCD的面积S?4sinA?23. S?S?ABD?S?CBD?

7.如图，在矩形ABCD中，AB?3,AD?4，E为AB上一点，AE?1.现将?BCE沿CE折起，使得点B在平面ABCD上的投影落在AD上，则四棱锥B?AECD的体积为 .

解：如图，过B作BF?AD，连结EF、CF.由题意，F即为点B在平面ABCD上的投影落，故BF?平面AECD，从而BF?EF，BF?CF.设BF?x,AF?y，则有

EF?x2?1,CF?(4?y)2?32.

由BF?EF?BE,BF?CF?BC知

222222?3x?,???x?y?1?2,?2 ???2222??x?(4?y)?3?4.?y?3.??2则四棱锥B?AECD的体积为

111343V??S四边形AECB?BF???(1?3)?4??. 332232n8.设函数f(x)?a0?a1x?a2x??anx，其中a0,a1,a2,,an为非负整数.已知f(1)?4，f(5)?152，则f(6)= . 解：由题设：f(1)?4，f(5)?152，知a0?a1?a2??an?4，（1）

222a0?5a1?25a2??5nan?152，（2）

由（1）得：an是不超过4的正整数，a0,a1,a2,,an?1都是不超过3的非负整数.

54?625?f(5)?152，则1?n?3.

2又n?2，5a2?25?4?100，故n?1,2都不可能，则只能n?3且a3?1（不然

a3?2，a3?53?152），与（2）相矛盾），

此时a0?a1?a2?3，（3）.

又由（2）得a0?5a1?25a2?27，（4）.

由于a0,a1,a2?{0,1,2,3}，符合（3）、（4）的仅a0?2,a1?0,a2?1，则

2

f(x)?2?x2?x3，则f(6)?254.

二．解答题（本大题共3小题，其中第1题16分，第2,3小题各20分，共56分）

1nnn1.已知正数x,y,z满足x?y?z?1，求证：对任意正整数n，有x?y?z?n?1.

3证法1：由n维均值不等式知，

11xn?(n?1)?n?nx()n?1.

33同理可证

11n?1?ny()， 3n311zn?(n?1)?n?nz()n?1.

33yn?(n?1)?以上三式相加即得

xn?yn?zn?n(x?y?z)?111. ?3(n?1)??3n?13n3n?1证法2：由幂平均不等式知，

xn?yn?zn?3?(x?y?zn1)?n?1. 33x2y212.已知椭圆2?2?1(a?b?0)的离心率为，椭圆短轴的上下两个端点分别为A,B.

ab2以A为圆心，椭圆长半轴长为半径的圆与椭圆交于C,D两点. CD的中点的纵坐标为6?33. （1）求椭圆的方程； （2）直线l过椭圆右焦点F且不垂直于x轴，l与椭圆交于M,N两点，设点N关于x轴的对称点为N.问直线MN是否经过定点？若经过定点，求出这个定点；否则，说明理由.

''3c21a2?b21x24y2c1b?a，解：（1）由e??知，2?，2?，故椭圆方程为2?2?1.

2a4a4a3aa232a)?a2. A的方程为x2?(y?2?23232x?(y?a)?a2,a2?(y?a)?4y2?22?2?1. 联立?消去x得222a3a?x?4y?1,??a23a232a2?(6?33?a)24(6?33)26?33是上述方程的根，故??1，解得a?2. 22a3ax2y2??1. 故椭圆方程为4322222（2）由（1）知a?4,b?3，c?a?b?4?3?1，故F(1,0).

'设M(x1,y1),N(x2,y2)，则N(x2,?y2). 设l的方程为y?k(x?1).

3

x2k2(x?1)2x2y2??1得??1，即 将y?k(x?1)代入

4343(3?4k2)x2?8k2x?4k2?12?0.

8k24k2?12x1?x2?,x1x2?. 23?4k3?4k2y?y2k(x1?x2?2)kMN'?1?，

x1?x2x1?x2k(x1?x2?2)(x?x1)?k(x1?1),即 MN'：y?x1?x2(x1?x2)y?k(x1?x2?2)(x?x1)?k(x1?1)(x1?x2).

令y?0，即得0?k(x1?x2?2)(x?x1)?k(x1?1)(x1?x2)，

(x1?x2?2)(x?x1)?(x1?1)(x1?x2)?0，

(x?1)(x1?x2)(x?x?2)x1?(x1?1)(x1?x2)x??1?x1?12

x1?x2?2x1?x2?22xx?(x1?x2)2x1x2?2?12??1

x1?x2?2x1?x2?24k2?122??222(4k2?12)?2(3?4k2)3?4k?1 ??1?8k2?2(3?4k2)8k2?223?4k?30??1?5?1?4. ?6'故直线MN是否经过定点（4,0）.

3.有9个人参加乒乓球单打比赛，每2个人之间最多比赛1场.已知比赛共举办了28场.求证：必然有4个人，他们之间都互相比赛过.

解：用点v1,v2,,v9代表参加乒乓球单打比赛的9个人．构造一个图G(V,E)如下：点集V?{v1,v2,,v9},vi和vj连一条边（记作vivj?E）当且仅当vi和vj打过比赛．由题

,vik}构成一个k?团（2?k?9），如果该集合中任意两

意G中含有28条边．称{vi1,vi2,点之间都有边相连．称图G所包含的最大团中点的数目为图G的团数．这样，问题转化为

证明：图G中必然存在一个4-团．即团数至少为4 .

用反证法，假设图G的团数目w?3．因为图G中有边，故w?2．只需考虑以下两种情况：

情况1 w?3．

不妨设A?{v1,v2,v3}为图G的一个3一团．令

B?V\\A?{v4,v5,v6,v7,v8,v9}.

则A中含有3条边，B中的每个点最多与A中的2个点相连，否则G中就会产生一个

4-团．与假设矛盾．

若B中仍包含一个3-团．不妨设为B1?{v4,v5,v6}. 取B2?B\\B1?{v7,v8,v9}.

则同理可得，B2中的每个点最多与B1中的2个点相连，而B2中最多含有3条边，故G中最多含有3+2×6+3+2×3+3=27条边，与假设矛盾．

若B中不含有3-团，则在B中取这样的3个点，不妨记为v4、v5、v6，使得集合

B1?{v4,v5,v6}是集合B的所有三元子集中包含边数最多的．设该边数为e1，则0?e1?2．

4