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2017年浙江省高中数学竞赛
一、填空题：本大题共10个小题,每小题8分,共80分.
6
1.在多项式
(x1)(x2)
的展开式中
x
的系数为 ．
3 10
2.已知
log
7
(5a3)log
2
a
2
1
5
,则实数
a
．
2
3.设
f(x)xaxb
在

0,1

中有两个实 数根,则
a2b
的取值范围为 ．
sin
2
xcos
2
xcos
2
xcos
2
ysin
2
xsin
2
y
1
,则4.设
x
,
y R
,且
sin(xy)
xy
．
5.已 知两个命题,命题
p
:函数
f(x)log
a
x
(
x0
)单调递增；命题
q
：函数
g(x)x
2
ax 1
（
xR
）．若
pq
为真命题，
pq
为假 命题，则实数
a
的取值范围
为 ．
6.设
S< br>是
(0,)
中所有有理数的集合，对简分数
5
8
q
q q1
S
，定义函数
f()
，
(p,q)1
，
pp
p
则
f(x)
2
在
S
中根的个数为 ．
3
2222
7.已知动点
P
，
M
，
N
分别在
x
轴上，圆
(x1)(y2)1
和圆
(x 3)(y4)3
上，则
|PM||PN|
的最小值为 ．
8.已知棱长为1的正四面体
PABC
，
PC
的中点为
D
，动点
E
在线段
AD
上，则直线
BE
与平面
ABC
所成的角的取值范围为 ．
9.已知平面向量
a
，
b
，
c
，满足
|a|1
，
|b|2
，
|c|3
，
0

1
，若
bc0，则
|a

b(1

)c|
所有取不到的值的集 合为 ．
10.已知
f(x)


2x, x0,
2

x1,x0,
方程
f(x)21x
2
|f(x)21x
2
|2a*40
有三个
根
x< br>1
x
2
x
3
．若
x
3
x2
2(x
2
x
1
)
，则实数
a
．
二、解答题：本大题共5个小题，满分120分，将答案填在答题纸上）
11.设
f
1
(x)x
2
32
，
f
n1
( x)x
2

16
f
n
(x)
，
n1< br>，2，…．对每个
n
，求
f
n
(x)
3x
3

的实数解．
x
2
y
2
1
的 右焦点为
F
，过
F
的直线
yk(x2)
交椭圆于
P
，
Q
两点12.已知椭圆
62
(k0)
．若
PQ
的中点为原点，直线
ON
交直线
x3
于
M
．
（1）求
MFQ
的大小；
（2）求
PQ
的最大值． < br>MF
13.设数列

a
n

满足：
|an1
2a
n
|2
，
|a
n
|2
，
n
1,2,3，…．
证明：如果
a
1
为有理数，则 从某项后

a
n

为周期数列．
14.设
a1
，
a
2
，
a
3
；
b
1，
b
2
，
b
3
Z
，证明：存在不全为零的数

1
，

2
，

3


0,1,2

，

使得

1
a
1


2
a
2


3
a
3
和

1
b
1


2
b
2


3
b
3
同时被3整除．
15.设



a
1
,a
2
,…,a
n
< br>为

1,2,…,n

的一个排列，记
F(

)

aa
i1
n
ii1
，
a
n 1
a
1
，求
minF(

)
．

2017年浙江省高中数学竞赛答案
一、填空题
1.
4128
2.2 3.

0,2

4.
2k



2
（
kZ
） 5.
(2,1][2,)


14

6.5 7.
21031
8.

0,arctan

7

9.
(,
173
6

131)(4,)
10.
2
13
三、解答题
11.证明：利用数学归纳法．
（1）
x2
是
f
n
(x)3x
的解． 当
n1
时，
x2
是
f
1
(x)x
2
32
3x
的解.
4
16
f
k
(2)6
.
3
当
nk
时，设
f
k
(2)6
，则
f
k1(2)
由此可得
x2
是
f
n
(x)3x
的解（对于所有的
n
）.
3
2
x
．
2
3
22
当
n1
时，
f
1
(x)x323x x(x2)
．
2
（2）当
x2
时，
f
n< br>(x)3x
当
nk
时，设
f
k
(x)3x
16
3
2
f
k
(x)x
2
8x
2
3x
．
x
，则
f
k1
(x)x
2

3
2
由此可得
x2
都不是
f
n< br>(x)3x
的解（对于所有的
n
）．
（3）当
0x2
时，
f
n
(x)3x
． < br>当
n1
时，
f
1
(x)x
2
32x
2
8x
2
3x
（
0x2
）.
x
2

16
f
k
(x)x
2
13x< br>．
3
当
nk
时，设
f
k
(x)3x< br>，则
f
k1
(x)
由此可得
0x2
都不是< br>f
n
(x)3x
的解（对于所有的
n
）．
因此， 对每个
n
，
f
n
(x)3x
的实数解为
x2< br>．


x
2
y
2
1,
< br>
2222
12.解：（1）联立

6
可得
(3k 1)x12kx12k60
．
2

yk(x2),

设
P
点的坐标为
(x
p
,y
p
)
，
Q
点的坐标为
(x
q
,y
q
)
， 12k
2
6
12k
2
则
x
p
x< br>q

，
x
p
x
q

．
2
2
3k1
3k1
于是有
y
p
y
q
k(x
p
x
q
)4k
4k
．
2
3k1
6k
2
2k
1
,
2
)，因此
ON
的斜率
k
ON

， 因为
PQ< br>的中点为
N
，所以
N(
2
3k13k1
3k因为直线
ON
交直线
x3
于
M
，所以
M(3 ,)
，故
MF
的斜率为
k
MF

即得
k
MF
k
PQ
1
，因此
MF
与
PQ
垂直，
MFQ
1
k
1
，
k

2
．
222
PQ
2
(x
p
x
q
)k(x
p
x
q
)
)k< br>2
(x
p
x
q
)
2
k
2

（2）
I(
(x
p
x
q
)
24x
p
x
q



1
MF
1
2
k

144k
4
k
2
1
2k
2
1

2
．
k

2
24
2

24k
22
2
(3k1)
3k1

(3k1)
2
令
u3k1
，则
I8< br>2
2
1611116

11
2
9

(u1)(u2)
()()

，
3u
22u23

16

3u
2

u4
由于
u3k11
，故
0
1
1
.
u因此
I
max
3
（当
u4
时取到最大值，也即k1
）．
综上所述，
PQ
的最大值为
3
． MF
13.证明：（1）若
a
1
为有理数，则

an

为一个有理数数列．
（2）对于任意的
n
，设
a
n

y
，
(y,x)1
，由已知条件，有且仅有下述一个 等式成立：
x
2y2x2y2x
a
n1
2a
n< br>2
或
a
n1
2a
n
2
． (*)
xx
a
n
与
a
n1
有相同的分母（不进 行约分）．
（3）设
a
1

b
q
，
(p ,q)1
，则
a
n

n
，
b
n
为整数，由于
|a
n
|2
，
n
1，2,3，…，因pp

此
2pb
n
2p
．
（4） 若存在两个自然数
kl
，使得
a
k
a
l
，则由 （2）中得到的（*）递推公式以及
|a
n
|2
，
n
1 ,2,3，…，可得

a
n

从第
k
项开始是一个 周期数列，周期为
lk
．
b
n
的值只有
4p1
（5）由（3）可知对于任意的
n
，（有限个），故总能找到
kl
，使得
b
k
b
l
，
从而有
a
k
a< br>l
．
综上所述，如果
a
1
为有理数，则从某项后

a
n

为周期数列．
14.证明：不妨设
a
i< br>k
k
(mod3)
，
b
i
l
i
(mod3)
，
k
i
，
l
i


0,1,2

，
i1,2,3
．则要证
明结论正确，只要证明存在 不全为零的数

1
，

2
，

3


0,1,2

，使得

1
k
1


2
k
2


3
k
3


1
l
1


2
l
2


3
l
3
(mod3)0(mod3)
．(*) < br>记
k
1
l
2
k
2
l
1
 c(mod3)
，这里
c

0,1,2

．
情 形（1）当
c0
时，则
k
1
l
1
0
，或者
k
1
，
l
1
不全为零．
若
k1
l
1
0
，则取

1
1
，
2


3
0
，有（*）式成立．
若k
1
，
l
1
不全为零，不妨设
k
1
 0
，则取

1
k
2
,

2
 k
1
,

3
0
,且


1< br>k
1


2
k
2


3< br>k
3
k
2
k
1
k
1
k
2
0(mod3),
即(*)式.


l

l

lklkl0(mod3),
2112

112233
情形（2）当
c1
或2时，即
c1(mod3)
．
记
c(k
2
l
3
k
3
l
2
)c
1
(mod3)
，
c(k
3
l
1
k1
l
3
)c
2
(mod3)
，这里
c
1
，
c
2


0,1,2

．
令

1
c
1
，

2
c
2< br>，

3
1
，则

1
，

2
，

3


0,1,2

且不全为零， 且
2

1
k
1


2
k
2


3
k
3
c
1
k
1
c
2
k
2
k
3
c(k
2
l
3
k
3
l
2
)k
1
c(k
3
l
1
k
1
l
3
)k
2
k
3
(mod3)
ck
3
(k
2
l
1
k< br>1
l
2
)k
3
(mod3)
(1c
2
)k
3
(mod3)0(mod3)
，
类似可以证明

1
l
1


2
l
2


3
l
3
0(mod3)
．
综上所述，可以取到不全为零 的数

1
，

2
，

3


0,1,2

，使得（*）式成立．
15.解：问题等价于圆周上放置
n
个数，使得相邻数的乘积之和为最小，最小值记为
T
n
．

不妨设
a
1
n
，则数字1必与它相邻，否则设
a
j
1
（
j2
，
n
），则可将
a
2
，
a
3
，…，
a
j
的数字改变为
a< br>j
，
a
j1
，…，
a
2
上的数字，则相邻 数的乘积和的该变量为
a
1
a
j
a
2
a
j1
a
1
a
2
a
j
a
j1(a
1
a
j1
)(a
j
a
2
)0
．
于是可确定
a
2
1
．再说明数字2也必与数字
n
相邻，即
a
n
2
．
事实上，若
a< br>j
2
（
jn
），则交换
a
n
，
a
n1
，…，
a
j
为
a
j
，
a
j1
，…，
a
n
，此时的目
标改变值为
a1
a
j
a
n
a
j1
a
1
a
n
a
j
a
j1
(a
1
aj1
)(a
j
a
n
)0
．
因此目标 取到最小值时，
a
1
n
，
a
2
1
，< br>a
n
2
．由此出发，依次可得
a
3
n1
，
a
n1
n2
． 在已安排好的两端数字，若剩下的数比两端数字都 小，则在剩下的数中找
两个最小的数字，按小对大，大对小放置；若剩下的数比两端数字大，则在剩下的 数字中找
两个最大的数，按大对小，小对大放置．由此规律即得
a
4
3，
a
n2
4
，
a
5
n3
，< br>a
n3
n4
，…．
下面用递推法计算
T
n
．
考虑
n2
个数字， 我们在
T
n
的数字排序中，将每个数字加1，再放置1，
n2
这两 个数字，
在
2
，
n1
的中间插入
n2
，1，即 可得到
T
n2
．
因此，
T
n2
T
n
'(n1)(n2)2(n2)2(n1)
，
其中
T< br>n
'

(a1)(a
i
i1
n
i1
1)T
n
n(n2)
，
2
由此可得
T< br>n2
T
n
n4n5
，

1
3< br>1
2
5
nnn1,n2m,


626可以推出
T
n



1151

n< br>3
n
2
n,n2m1.

262

6