基金会管理条例-周末祝福

.
高一数学竞赛试题及答案
时间： 2016318
注意：本试卷均为解答题. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.总分150分,考
试时间120分钟.
1.
（本小题满分15分）

设集合
A
xx
2
3x20

,B

xx
22

a1

x

a
2
5
0,aR

，
1）若
AIB

2

求
a
的值；
2）若
AUBA
,求
a
的取值范围；
3）若UR
,
AI

C
U
B

A
,求
a
的取值范围.








2
.
（本小题满分15分）设
M{x|f(x)x },N{x|f[f(x)]x},

（1）求证：
MN;

（2）
f(x)
为单调函数时，是否有
MN
？请说明理由
.









精选范本
（
（
（

.

3
．
（本小题满分15分）
已知函数
f(x)2(sinxc osx)m(sinxcosx)
在
x[0,
求实数
m
的值．

























精选范本
444

2
]
有最大值5，

.

4
．
（本小题满分15分）
已知函数
f
(
x
)在R上满足
f
(2－
x
)＝
f
(2＋
x
)，
f
(7－
x
)＝
f
(7＋
x)且在闭区间[0,7]上，只有
f
(1)
＝
f
(3)＝0，( 1)试判断函数
y
＝
f
(
x
)的奇偶性；
(2)试求方程
f
(
x
)＝0在闭区间[－2 011,2 011]上根的个数，并证明你的结论．
























精选范本

.


5
．
（本小题满分15分） 已知二次函数
f
(
x
)
axbx
1(
a
,
bR
,
a
0)
，设方程
f(x)x
的两个实数根为
x
1
2
和
x
2
.
（ 1）如果
x
1

2
x
2

4
， 设函数
f(x)
的对称轴为
xx
0
，求证：
x
0
1
；
（2）如果
x
1

2
，
x
2
x
1
2
，求
b
的取值范围.





















精选范本

.


6
．
（本小题满分15分）
如图，直三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，
ACBC
1
AA
1
，
D
是棱
AA
1
的中点，
DC
1BD
。
（1） 证明：
DC
1
BC
；
（2） 求二面角
A
1
BDC
1
的大小。























精选范本
2
C
1
B
1
A< br>1
D
C
B
A

.



7
．
（本小题满分15分）
在平面直角坐标系
xOy中，设二次函数
f
(
x
)＝
x
2
＋2
x
＋
b
(
x
∈R)的图象与两坐标轴有三个交点．经过三点的圆记为
C
.
(1)求实数
b
的取值范围；
(2)求圆
C
的方程；
(3)问圆
C
是否经过定点(其坐标与
b
无关)？请证明你的结论．



































精选范本

.





8．
（本小题满分20分）
设f（x）是定义在R上的偶函数，其图象关于直线x=1对称，
1
]都有
f
(
x
1
x
2
)
f
(
x
1)
f
(
x
2
).
且f（1）=a＞0．
2
11
（Ⅰ）
求f(),f(
);

24
对任意x
1
,x
2
∈[0，
（Ⅱ）证明
f(x)
是周期函数；
（Ⅲ）记
a
n
f(2n





























精选范本
1
),
求
lim(lna
n
).

n
2n

.






9
（
．
本小题满分20分）
设
f(x)
是R上的奇函数，且当
x0
时，
f
(
x
)
lg(
xax
10)
，
2
aR
.
（1）若
f(1)lg5
，求
f(x)
的解析式；
（2 ）若
a0
，不等式
f(k2)f(4k1)0
恒成立，求实数< br>k
的取值范围；
xx
（3）若
f(x)
的值域为
R
，求
a
的取值范围.





























精选范本

.






高一数学竞赛试题参考答案
1,2

1、解：
A

（1）∵
AIB

2

∴
2B

a
1)

2

(
a
5)

0
，解得
a3或a1

即，
2

2
（
22
① 当
a3
时，
Bx|x4x40

2


2

② 当
a1
时，
Bx|x40

2,2


2

综上
a

1,3


（2）∵
AUBA

∴
BA

① 当
B

时，则该一元二次方程无解，即△<0，
2
∴

2

a
1



4

(
a
5)

0
，即
a3

2
② 当
B

时，则该一元二次方程有解，即△≥0，即
a3

1. 当
a3
时，
B

2


2. 当
a3
时，该一元二次方程有两个不同实数根1和2
∴
122(a1)
，即
a
5

2
2

1

2
a
5
，即
a7
（舍） ,∴综上
a

,3


（）∵U
3
R
,
AI

C
U
B

A
∴
AB


① 当△<0时，即
a3
，
B

，满足要求
② 当△= 0时，即
a3
，
B

2

，
AB 

，舍
③ 当△>0时，即
a3
，所以只需
1B且2B

将1代入方程 中得
a13
;将2代入方程中得
a3或a1

精选范本

.
所以
a3、a1和a13

综上，
a
的取值范围为

，3



3,1313,11,1313,



2、
证明：（1）若
M

，显然有
MN;



若
M

，则存在
x
0
M
， 满足
f

x
0

x
0
，


N
，所以
MN;

x
所以
f

，故
fxfxx


0
000



（2）
MN.
用反证法证明


假设
MN
，由于
MN
，必存在
x
1
N,


但
x
1
M
，因此
f

x
1

x
1
，




所以
f

fx

fx
，即
x fx
，矛盾；

1

1


1



1



②若
f
x

x
，由于
f

x

为单调增函 数，
11


所以
f


f

x
1



f

x
1

，即
x
1
f

x
1

，矛盾 。

综合①、②可知
f

x
1

x< br>1
，因此
x
1
M,
与假设矛盾，


所以假设不能成立，即
MN.


3、解：
f(x)2 (sinxcosx)4sinxcosxm(sinxcosx)


2(2sinxcosx)m(sinxcosx)

令
tsinxcosx
24
222224
① 若
f< br>
x
1

x
1
，由于
f

x

为单调增函数，
2sin(x

4
)

[1,2]
，
22442
2
则
2sin
x
cos
xt
1，从而
f(x)2(t1)mt(m1)t2t1

令
ut
[1,2]
，由题意知
g(u)(m1)u2u1
在
u[1,2]
有最大值5.
22
当
m10
时，
g (u)2u1
在
u2
时有最大值5，故
m1
符合条件；
当
m10
时，
g
(
u
)
max
g
(2)

2

2

1

5
，矛盾！
当
m10
时，
g(u)2u15
，矛盾！
精选范本

.
综上所述，所求的实数
m1
．
4、解 (1)若
y
＝
f
(
x
)为偶函数， 则
f
(－
x
)＝
f
(2－(
x
＋2) )＝
f
(2＋(
x
＋2))＝
f
(4＋
x
)＝
f
(
x
)，
∴
f
(7)＝
f
(3)＝0，这与
f
(
x
)在闭区间[0,7]上，
只有
f
(1)＝
f
(3)＝0矛盾；因此
f
(
x
)不 是偶函数．
若
y
＝
f
(
x
)为奇函数，则
f
(0)＝
f
(－0)＝－
f
(0)，
∴
f< br>(0)＝0，这些
f
(
x
)在闭区间[0,7]上，
只有< br>f
(1)＝
f
(3)＝0矛盾；因此
f
(
x
)不是奇函数．
综上可知：函数
f
(
x
)既不是奇函数也不是偶函数．
( 2)∵
f
(
x
)＝
f
[2＋(
x
－2)] ＝
f
[2－(
x
－2)]＝
f
(4－
x
) ，
f
(
x
)＝
f
[7＋(
x
－7)]＝
f
(7－(
x
－7))＝
f
(14－
x
) ，
∴
f
(14－
x
)＝
f
(4－
x)，即
f
[10＋(
x
－4)]＝
f
(4－
x
)
∴
f
(
x
＋10)＝
f
(
x
)，即函数
f
(
x
)的周期为10.
又∵
f(1)＝
f
(3)＝0，∴
f
(1)＝
f
(1＋10< br>n
)＝0(
n
∈Z)，
f
(3)＝
f
(3 ＋10
n
)＝0(
n
∈Z)，
即
x
＝1＋10< br>n
和
x
＝3＋10
n
(
n
∈Z)均是方程< br>f
(
x
)＝0的根．
由－2 011≤1＋10
n
≤2 011及
n
∈Z可得
n
＝0，± 1，±2，±3，…，±201，共403个；
由－2 011≤3＋10
n
≤2 011及
n
∈Z可得
n
＝0，±1，±2，±3，…，±200，－201， 共
402
个；所以方程
f
(
x
)＝0在闭区间[－2 011,2 011]上的根共有805个．
5、解：设
g
(
x
)
f
(
x
)
xax
(
b
1)x
1
，则
g(x)0
的二根为
x
1
和x
2
.
2
（1）由
a0
及
x
1< br>
2
x
2

4
，可得

< br>g(2)0

4a2b10
，即

，即

g(4)0

16a4b30
b3

33 0,


2a4a



b3

420,

2a4a

b

1
，所以，
x
0

1
;
2a
b1
2
4
2
)
, 可得
2a1(b1)
2
1
.
（2）由
(x
1
x
2
)(
aa
两式相加得
精选范本

.
1

0
，所以
x
1
,x
2
同号.
a


0x
1
2x
2

x
2
2x
1
0
∴
x
1

2
，
x
2
x
1
2
等价于

或

,
22


2a1(b1)1
< br>
2a1(b1)1
又
x
1
x
2


g(2)0

g(2)0


g(0 )0
即

或

g(0)0


22
2a1(b1)1


2a1(b1)1
解之得
b
17
或
b
.
44
6、【解析】（1）在
RtDAC
中，
ADAC

得：

ADC

45



同理：
A
1
DC
1
45CDC
1
90

得：
DC
1
DC,DC
1
BDDC
1

面
B CDDC
1
BC

（2）
DC
1
B C,CC
1
BCBC
面
ACC
1
A
1
BCAC

取
A
1
B
1
的中点
O
，过点
O
作
OHBD
于点
H
，连接< br>C
1
O,C
1
H


AC
1
B
1
C
1

面
A
11
B< br>1
C
1
C
1
OA
1
B
1
，面
A
1
BD
C
1
O
面
A
1
BD


OHBDC
1
HBD
得：点
H
与点
D
重合
且
C
1DO
是二面角
A
1
BDC
1
的平面角
设
ACa
，则
C
1
O
2a

，
C
1
D2a2C
1
OC
1
DO30

2

既二面角
A
1
BDC
1
的大小为
30

7、
【解答】 (1)令
x
＝0，得抛物线与
y
轴交点是(0，
b
)； < br>令
f
(
x
)＝
x
2
＋2
x
＋
b
＝0，由题意
b
≠0且
Δ
＞0，解得
b
＜1且
b
≠0.
(2)设所求圆的一般方程为
x
2
＋< br>y
2
＋
Dx
＋
Ey
＋
F
＝0. < br>令
y
＝0得
x
2
＋
Dx
＋
F
＝0，这与
x
2
＋2
x
＋
b
＝0是同一个方程，
故
D
＝2，
F
＝
b
.
令
x＝0得
y
2
＋
Ey
＋
b
＝0，此方程有一个根 为
b
，
代入得出
E
＝―
b
―1.
所以 圆
C
的方程为
x
2
＋
y
2
＋2
x
－(
b
＋1)
y
＋
b
＝0.
精选范本

.

(3)圆
C
必过定点，证明如下：
假设圆
C
过定点(
x
0
，
y
0
)(x
0
，
y
0
不依赖于
b
)，将该点的坐标代入 圆
C
的方程，
2
并变形为
x
0
＋
y2
0
＋2
x
0
－
y
0
＋
b< br>(1－
y
0
)＝0.(*)
2
为使(*)式对所有满足b
<1(
b
≠0)的
b
都成立，必须有1－
y
0
＝0，结合(*)式得
x
2
0
＋
y
0
＋
2
x
0
－
y
0
＝0，

x0
＝0，

x
0
＝－2，
解得

或< br>


y
0
＝1

y
0
＝ 1，
经检验知，点(0,1)，(－2,1)均在圆
C
上，因此，圆
C
过定点．


精选范本

.






9、解：（1）
因为f(1)lg5,则f(x)lg(11a)lg5,所以a6

所以
当
x
0时，
f
(
x)
f
(
x
)

lg(
x
6
x
10),又
f
(0)

0,故

2

lg(x
2
6x10),x0


f(x)

0,x0


lg(x
2
6x10),x0

(2 )
若
a0
，则
f(x)
在
R
上单调递增，故f(k•2)f(4k1)0
等价于
xx

k2
x
4
x
k10，另t2
x
(t0),2
于是tktk10在(0,)恒成立，
2


设g
(
t
)
tktk
1

（1）
0
时
，解得：
222k222
；

k
0

（2）
0时
，

2
，解的
k0



g(0)0
综上，
k222

（3）设
h
(
x
)
xax
10
,
2
精选范本

.
由题意知，若函数
f(x)
的值域为R，只需
0
h
(
x
)
min

1,
解得：
6
a
210< br>

x
0
时，

精选范本