歌唱二小放牛郎教案-张蔷图片

. . . .
2018年淅川二高二年级数学竞赛试题
一、选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分 。在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的。
111111
1．若< <0，给出下列不等式：①<；②|
a
|＋
b
>0；③
a
－ >
b
－；④
aba
＋
babab
ln
A．1个
C．3个
>ln.其中正确的不等式的个数是( )
B．2个
D．4个
2．△
ABC
的角
A、B、C
的对边分别为a、b、c
。已知
sinBsinA(sinCcosC)0
，
a
=2，
c
=
2
，则
B
( )
A．
πππ
π
B． C． D．
643
12
1cos2x8sin
2
x
3．当< br>x
时，函数
f(x)
的最小值为
sin2x
42

（ ）
A．2 B．
23
C．4 D．
5

4.若
{
a
n
}
是等差数列，首项
a
1
0,a
1007
a
1008
0,a
1007
a
1008
0,
则 使前
n
项和
S
n
0
成立
的最大自然数
n
是( )
A．2 012 B．2 013 C．2 014 D．2 015
5. 设集合则
A. 对任意实数a， B. 对任意实数a，（2，1）
C. 当且仅当a<0时，（2，1） D. 当且仅当时，（2，1）
6. 已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面
α
所 成的角相等，则
α
截此正方体所得截
面面积的最大值为
A. B. C. D.
二、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分。
7．已知等比数列{
a
n
}中，
a
1
＞0，
q
＞0，前
n
项和 为
S
n
，则
S
3
S
5
与的大小关系为__ ______．
a
3
a
5
8．已知
a,b,c
分 别为
ABC
的三个角
A,B,C
的对边，
a
＝2，且(2b)(sinAsinB)(cb)sinC
，则
ABC
面积的最 大值为 ．
三、解答题：每题15分，共60分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
9. （本小题满分15分)
. 资料. .. .

. . . .
已知数列
（1）求
满足
；
，，设．
（2）判断数列
（3）求
是否为等比数列，并说明理由；
的通项公式．
10.（本小题满分15分)
已知中国某手机品牌公司生产某款手机的年固定成本为40万元 ，每生产1万部还需另
投入16万元.设公司一年共生产该款手机
x
万部并全部销量完，每万部的销售收入为
R(x)
万元，且
R(x)
4006x,0x40

740040000
,x40
xx
2
(1)写出年利润
W
（万元）关于年产量
x
（万部）的函数解析式；
(2)当年产量为多少万部时，公司在该款手机的生产中所获得的利润最大？并求出最大利
润.
11.（本小题满分15分）
△ABC
的角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a
，
b
，
c
，已知< br>2cosC(acosB+bcosA)c.

（I）求
C
； < br>（II）若
c7,△ABC
的面积为
33
，求
△ABC的周长．
2
12（本小题满分15分）
已知数列
{
a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，且
a
n
S
n1
2

(n2)
，
a
1
2
．
（1）求数列
{
a
n
}
的通项公式；
（2）设< br>b
n

1
，
T
n
b
n1
b
n2


b
2n
，是否存在最大的正整数k，使 得对
log
2
a
n
k
恒成立？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
12
于任意的正整数
n
，有
T
n


四、附加题，每题10分，计入总分。
13.解下列不等式：
ax
2－(
a
＋1)
x
＋1＜0(
a
＞0)．
14.（本小题13分）
设
{a
n
}
和
{bn
}
是两个等差数列，记
c
n
max{b
1
a
1
n,b
2
a
2
n,,b
n
a
n
n}
(n1,2,3,)
，
其中
max{ x
1
,x
2
,,x
s
}
表示
x1
,x
2
,,x
s
这
s
个数中最大的数 ．
. 资料. .. .

. . . .
（Ⅰ）若
a
n
n
，
b
n
2n1，求
c
1
,c
2
,c
3
的值，并证明
{c
n
}
是等差数列；
（Ⅱ）证明：或者对任意正数
M
， 存在正整数
m
，当
nm
时，
整数
m
，使得
c
m
,c
m1
,c
m2
,
是等差数列 ．
c
n
M
；或者存在正
n
2018年淅川二高二年级数 学竞赛试题答
一、1.C 2. A 3. D 4.C 5.D 6.A
11
1.解析：选C 法一：因为<<0，故可取
a
＝－1，
b＝－2.显然|
a
|＋
b
＝1－2＝－1<0，
ab
所 以②错误；因为ln
a
2
＝ln(－1)
2
＝0，ln
b
2
＝ln(－2)
2
＝ln 4>0，所以④错误，综上所
述，
可排除A、B、D，故选C.
11
法二：由<<0，可知
b
<
a
<0.
ab
11
<，故①正确；
a
＋
bab
②中，因为
b
<
a
<0，所以－
b
>－
a
>0，故－
b
>|
a
|，即|
a
|＋
b
<0，故②错 误；
111111
③中，因为
b
<
a
<0，又<<0，则 －>－>0，所以
a
－>
b
－，故③正确；
①中，因为
a
＋
b
<0，
ab
>0，所以
ababab
④中，因 为
b
<
a
<0，根据
y
＝
x
2
在 (－∞，0)上为减函数，可得
b
2
>
a
2
>0，而
y
＝ln
x
在定义域(0，＋∞)上为增函数，所以ln
b
2
>ln
a
2
，故④错误．由以上分析，知①③
正确。
5.【答案】D【解析】分析：求出
系进行求解.
详解：若，则且
及
，即若
，则有
所对应的集合，利用集合之间的包含关
，则
，故选D.
，
此命题的逆否命题为：若
点睛：此题主要结合充分与必要条件考查线性规划的应用 ，集合法是判断充分条件与必
要条件的一种非常有效的方法，根据成立时对应的集合之间的包含关系进行 判断. 设
，若，则；若，则，当一个问题从正面思考
很难入手时，可以考虑其逆否命题形式.
6.【答案】A
【解析】分析：首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与 12条棱所成
角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方
体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.
详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，
所以在正方体中，
平面与线所成的角是相等的，
所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，
同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，
要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，
. 资料. .. .

. . . .
且过棱的中点的正六边形，且边长为，
所以其面积为，故选A.
点睛：该题考查的 是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先
确定截面的位置，之后需要从题 的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的
正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相 关的公式求得结果.
二、7．解析：当
q
＝1时，
S
3
S
5
S
3
S
5
＝3，＝5，所以＜.
a
3
a
5
a
3
a
5
当
q
＞0且
q
≠1时，
S
3
S
5
a
1
(1－q
3
)
a
1
(1－
q
5
)
－ ＝－
a
3
a
5
a
1
q
2
(1－
q
)
a
1
q
4
(1－
q
)
q
2
(1－
q
3
)－(1－
q
5
)－< br>q
－1
＝＝＜0，
q
4
(1－
q
)
q
4
S
3
S
5
＜.
a
3
a
5
S
3
S
5
综上可知＜.
a
3
a
5
S
3
S
5
答案：＜
a
3
a
5
所以
8．
3
( 2014)
三、9. 详解：（1）由条件可得
a
n
+1
=．
将n
=1代入得，
a
2
=4
a
1
，而
a
1
=1，所以，
a
2
=4．
将
n
=2代 入得，
a
3
=3
a
2
，所以，
a
3
=12．
从而
b
1
=1，
b
2
=2，
b
3
=4．……5分
（2）{
b
n
}是首项为1，公比为 2的等比数列．由条件可得
又
b
1
=1，所以{
b
n
}是首项为1，公比为2的等比数列…5分
（3）由（2）可得
10.（本小题满分15分)
解：（1）当
0
当
x
，所以
a
n
=
n
·2< br>n
-1
．……5分
，即
b
n
+1
=2
b
n
，
x4 0
时，
WxR(x)(16x40)
xR(x)(16x40)
40
时，
W
6x
2
384x40
……2分
40000
16x7360
…4分
x
所以
W
6x
2
384x40,0x40
…………7分
40000
16x7360,x40
x
（2）①当
0
②当
x
x40
时，
W6(x32)
2
6104
， 所
W
max
W(32)6104
；…8分
40
时，
WxR(x)(16x40)
40000
16x7360
，
x
. 资料. .. .

. . . .
由于
4000040000
16x216x1600
，
xx
40000
16x
，即
x50(40,
x
当且仅当
)
时，等号成立 …13分
所以
W
取最大值为5760． …………14分
综合①②知，当
x32
时，
W
取得最大值6104万元． …………15分
11 .试题解析：（I）由已知及正弦定理得，
2cosC

sincossin cos

sinC
，
2cosCsin



sinC
．
故
2sinCcosCsinC
．
可得
cosC
1< br>2
，所以
C

3
．

12．（本小题满分15分）
解：（1）由已知a
n
=S
n﹣1
+2，① a
n+1
=S
n
+2，②
②﹣①，得a
n+1
﹣ a
n
=S
n
﹣S
n﹣1
（n≥2），
∴a
n+1
=2a
n
（n≥2）．
又a
1=2，∴a
2
=a
1
+2=4=2a
1
，
∴a
n+1
=2a
n
（n=1，2，3，…）
∴数列{a
n
}是一个以2为首项，2为公比的等比数列，
∴a
n
=2•2
n﹣1
=2
n
．………………………………6分
（2）b
n
===，
. 资料. .. .

. . . .
∴T
n
=b
n+1
+b
n+2
+…+b
2 n
=++…+，
T
n+1
=b
n+2
+b
n+3
+…+b
2（n+1）

=++…+++．
∴T
n+1
﹣T
n
=+﹣
=
=．
∵ n是正整数，∴T
n+1
﹣T
n
＞0，即T
n+1
＞Tn
．
∴数列{T
n
}是一个单调递增数列，
又T
1
=b
2
=，∴T
n
≥T
1
=，
要使T
n
＞恒成立，则有＞，即k＜6……………15分
四、附加题，每题10分

13. 原不等式变为(
ax
－1)(
x
－1)＜0，
因为
a＞0，所以
a



x
－
1
a



(
x
－1)＜0.
所以当
a
＞ 1，即
1
a
<1时，解为
1
a
＜
x
＜1；
当
a
＝1时，解集为∅；
当0＜
a
＜1，即
1< br>a
>1时，解为1＜
x
＜
1
a
.
综上，当 0＜
a
＜1时，不等式的解集为



x



1＜
x
＜
1

a


；
当
a
＝1时，不等式的解集为∅；

当< br>a
＞1时，不等式的解集为


x


1< br>＜



a
x
＜1



.
14.【解析】
. 资料. .. .

. . . .

（Ⅱ）设数列
{
a
n
}
和
{b
n
}
的公差分别为
d
1
,d
2
，则
b< br>k
na
k
b
1
(k1)d
2
[a
1
(k1)d
1
]nb
1
a
1
n (d
2
nd
1
)(k1)
.
所以
c

b
1
a
1
n(n1)(d
2
nd1
),当d
2
nd
1
时，
n

< br>
b
1
a
1
n,当d
2
nd
1
时，

①
d
d
1
0
时，取正整数< br>m
2
d
，则当
nm
时，
nd
1
d
2
，因此
c
n
b
1
a
1
n
.
1
此时，
c
m
,c
m1
,cm2
,
是等差数列.
②
d
1
0
时，对任意
n1
，
c
nb
1
a
1
n(n1)max{d
2
,0}b
1
a
1
(n1)(max{d
2
,0}a
1
).

此时，
c
1
,c
2
,c
3
,,c
n
,
是等差数列.
③
d
1
0
时，
当
n
d
2
d< br>时，有
nd
1
d
2
.
1
所以
c
n

b
1
a
1
n(n1)(d
2< br>nd
1
)
n(d
bd
2
nn
1)d
1
a
1
d
2

1
n

n(d
1
)d
1
a
1
d
2
|b
1
d
2
|.

. 资料. .. .

. . . .
对任意正数
M
，取正整数
mmax{
M|b
1
d
2
|a
1
d
1
d
2
d
2
,}
，
d
1
d
1
故当时，
c
n
M
.
n


















20. 设
n
为正整数，集合
A
=
素和
．对于集合
A
中的任意元
，记
．
）
，
M
（）=
（Ⅰ）当
n
=3时，若，，求
M
（）和
M
（）的值 ；
（Ⅱ）当
n
=4时，设
B
是
A
的子集，且满足 ：对于
B
中的任意元素，当相同时，
M
（
是奇数；当不同时，
M
（）是偶数．求集合
B
中元素个数的最大值；
（Ⅲ）给定不小于2的
n
，设
B
是
A
的子集，且满足：对于
B
中 的任意两个不同的元素
M
（）=0．写出一个集合
B
，使其元素个数最多，并 说明理由．
详解：解：（Ⅰ）因为
α
=（1，1，0），
β
=（0 ，1，1），所以
M
(
α
，
α
)= [(1+1−|1−1|)+(1+1−|1−1|)+(0+0−|0−0|)]=2，
M
(
α
，
β
）= [(1+0–|1−0|)+(1+1–|1–1|)+(0+1–|0–1|)]=1．
（Ⅱ）设
α
=（
x
1
，
x

2< br>，
x
3
，
x
4
）∈
B
，则
M
(
α
，
α
）=
x
1
+
x2
+
x
3
+
x
4
．
由题意知
x
1
，
x

2
，
x3
，
x
4
∈{0，1}，且
M
(
α
，
α
)为奇数，
所以
x
1
，
x

2
，
x
3
，
x
4
中1的个数为1或3．
所以
B
{(1，0，0，0），（0，1，0，0)，（0，0，1，0)，（0，0 ，0，1)，（0，1，1，1)，
(1，0，1，1)，(1，1，0，1)，(1，1，1，0)} .
将上述集合中的元素分成如下四组：
. 资料. .. .

. . . .
（1，0，0，0)，(1，1，1，0)；（0，1，0，0)，(1，1，0，1)；（0，0，1 ，0)，（1，0，1，
1)；（0，0，0，1)，（0，1，1，1).
经验证，对于每 组中两个元素
α
，
β
，均有
M
(
α
，β
）=1.
所以每组中的两个元素不可能同时是集合
B
的元素．
所以集合
B
中元素的个数不超过4.
又集合{（1，0，0，0），（0， 1，0，0），（0，0，1，0），（0，0，0，1)}满足条件，
所以集合
B
中元素个数的最大值为4.
（Ⅲ）设
S
k
=(
x
1
，
x

2
，…，
x
n
）|(
x
1
，
x

2
，…，
x
n
）∈< br>A
，
x
k
=1，
x
1
=
x
2
=…=
x
k
–1
=0）（
k
=1，
2 ，…，
n
)，
S
n
+1
={(
x
1
，
x

2
，…，
x
n
）|
x
1
=
x
2
=…=
x
n
=0}，
则
A
=
S
1
∪
S
1
∪…∪
S< br>n
+1
．
对于
S
k
（
k
=1，2 ，…，
n
–1）中的不同元素
α
，
β
，经验证，
M
(
α
，
β
)≥1.
所以
S
k
（
k
=1，2 ，…，
n
–1）中的两个元素不可能同时是集合
B
的元素．
所以
B
中元素的个数不超过
n
+1.
取e
k
=(
x
1
，
x

2，…，
x
n
）∈
S
k
且
x
k
+1
=…=
x
n
=0（
k
=1，2，…，
n
–1）.
令
B
=（e
1
，e
2
，…，e
n
–1
）∪
S
n
∪
S
n
+1
， 则集合
B
的元素个数为
n
+1，且满足条件.
故
B
是一个满足条件且元素个数最多的集合．
点睛：解决新定义问题的两个 着手点(1)正确理解新定义．耐心阅读，分析含义，准确提取
信息是解决这类问题的前提，剥去新定义 、新法则、新运算的外表，利用所学的知识将陌生
的性质转化为我们熟悉的性质，是解决这类问题的突破 口．(2)合理利用有关性质是破解新
定义型问题的关键．在解题时要善于从题设条件给出的数式中发现 可以使用性质的一些因
素，并合理利用．
15．(12分)(2016·)在△
AB C
中，角
A
，
B
，
C
的对边分别为
a，
b
，
c
.已
tan
A
tan
B
知2(tan
A
＋tan
B
)＝＋.
cos
B
cos
A
(1)证明：
a
＋
b
＝2
c
；
(2)求cos
C
的最小值．
sin
A
sin
B
sin
A
sin
B
解析：(1)证明：由题意知2(＋)＝＋，
cos
A
cos
B
cos
A
cos
B
cos
A
cos
B
化简得2(sin
A
cos
B
＋sin
B
cos
A
)＝sin
A
＋sin
B
，
即2sin(
A
＋
B
)＝sin
A
＋sin
B
.
因为
A
＋
B
＋
C
＝π，
所以sin(
A
＋
B
)＝sin(π－
C
)＝si n
C
.
从而sin
A
＋sin
B
＝2sin
C
.
由正弦定理得
a
＋
b
＝2
c
.
a
＋
b
(2)由(1)知
c
＝，
2
a< br>＋
b
222
a
＋
b
－()
2
a2
＋
b
2
－
c
2
所以cos
C
＝＝
2
ab
2
ab
3
ab
11
＝(＋)－≥，
8
ba
42
. 资料. .. .

. . . .
当且仅当
a
＝
b
时，等号成立．
1
故cos
C
的最小值为.
2
1
答案：(1)见解析 (2)
2
17.（本小题满分12分）
已知数列

a
n

满足
a
1
=1，
a
n1
3a
n1
.
（Ⅰ）证明
a
n

1
是等比数列，并 求

a
n

的通项公式；

2

（Ⅱ）证明：
1

1
…+
1

3
.
a
1
a
2
a
n
2
17.（本小题满分12 分）
11
3(a
n
)

22
1313
又
a
1

，所以
{a
n
}
是首项为
，公比为3的等比数列
2
222
13
n
3
n1
a
n

，因此
{a
n
}
的通项 公式为
a
n


222
12

n
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
a
n
31
11
nn1
因为当
n1
时，
3123，所以
n


n1
3123
1
1-n
1111111313
于是
1
1

2< br>
n-1

3
（1-
n
）

1
23a
1
a
2
a
3
a
n
333 2
1-
3
11113


所以

a
1
a
2
a
3
a
n
2
（Ⅰ）证明： 由
a
n1
3a
n
1
得
a
n1





5．(2018·百校联盟模拟)已知正 实数
a
，
b
满足
a
＋
b
＝4，则
为________．
解析：∵
a
＋
b
＝4，∴
a
＋1＋
b
＋3＝8，∴
111
＋＝[(
a
＋1)＋(b
＋
a
＋1
b
＋38
11
＋的最小值
a
＋1
b
＋3
1

1

b
＋3< br>a
＋1

11

1
＋＋
3)]
< br>＝

2＋
≥×(2＋2)＝，当且仅当
a
＋1＝
b< br>＋3，即
a
＝3，

2

a
＋1
b
＋3

8

a
＋1
b
＋3
< br>8
b
＝1时取等号，∴＋的最小值为.
a
＋1
b
＋32
111
. 资料. .. .

. . . .
1
答案：
2

4.数列{a
n
}满足
A．


14、若数列{< br>a
n
}的前
n
项和为S
n
＝
B． C． D．
，则a
n
=（ B ）
21
a
n

，则数列{
a
n
}的通项公式是
a
n
=______.
33
【命题意图】本题主要考查等比数列定义、通项公式及数列第n项与其前n项和的关系，< br>是容易题.
21
a
1

，解得
a
1
=1，
33
212122
当
n
≥2时，
a
n
=
S
n
S
n1
=
a
n

－(
a< br>n1

)=
a
n
a
n1
，即
a
n
=
2a
n1
，
333333
【解析】当
n
=1时，
a
1
=
S
1
=
∴{< br>a
n
}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴
a
n
=
(2)
n1
.



16.在等比数列{a
n
}中a
n
∈R，且a
3
，a
11
是方程3x< br>2
﹣25x+27=0的两根，a
7
= ．
16.3
1.设等差数列{a
n
}的前n项和为S
n
，若S
6
＞S
7
＞S
5
，则满足S
n
＞0的n的最大值（ C ）
A．10 B．11 C．12 D．13
2.若==，则△ABC是（ A ）
A．等腰直角三角形
B．有一个角是30°的直角三角形
C．等边三角形
D．有一个角是30°的等腰三角形D．有一个角是30°的等腰三角形

3.数列{a
n
}满足
A． B． C． D．
，则a
n
=（ B ）
4.在△ABC 中，已知a=2，b=2，A=30°，则B=（ A ）
A．60°或120° B．30°或150° C．60° D．30°

16. 若△
ABC
的 角
A,B
满足
sinB
2cos(AB)
.则当
B< br>取最大值时，角
C
大小
sinA
2

为 ． 16.
3

. 资料. .. .

. . . .

15.已知
x＞0
,
y＞0
,且
21
 4
,若
x
2
ym
2

2
m
6
恒成,则
m
的取值围是
xy
________________ __.
15.
2m4
;

21、（本小题满分12分）
在
ABC
中，
A、B、C
是三角，
a、b、c
分别是
A、B、C
的对边，已知
22(sin
2
Asin< br>2
C)(ab)sinB
，
ABC
的外接圆的半径为
2
．
(1) 求角
C
；
(2) 求
ABC
面积的最大值．
21.解：(1)由已知，由正弦定理得：
22 [(
222
因为
R=2
，所以
acabb
，
a
2
cb
，
)()
2
](ab)
2R2R2R
即：
abcab
，由余弦定理得：
222
2ab cosCab
，
所以
cosC
1

．又
0 C

，所以
C=
．…………………6分
2
3
( 2)由正弦定理得：
c
2
R
sin
C
22
< br>sin

3

6
，由余弦定理得：
a
2b
2
ab6

所以
ab6ab2ab
， 即：
ab6
，所以
S=
22
11333
absinC 6
，
2222
当且仅当
ab

6
时，
S
取到最大值
33
．…………………12分
2










. 资料. .. .

. . . .


. 资料. .. .