1、智浪教育 -普惠英才文库 2015 年浙江省高中数学竞赛试卷参考答案 一、 选择题（本大题共有 8 小题，每题只有一个正确答案，将正确答案的序号填入题干后的括号里，多选、不选、错选均不得分，每题 6 分，共 48 分） 1 “a =2， 2b”是 “曲线 C：22 1 ( , , 0)xy a b R abab 经过点 2,1”的 ( A ) A充分不必要条件 B 必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 答案： A. 解答： 当 a =2， 2b曲线 C：221经过 ,1；当曲线 C：1经过点 2,1时，即有2221，显然2, 2 也满足上式。所以 “a =2， 2b”是 “曲
2、线 C：1经过点 2,1”的 充分不必要条件。 2已知一个角大于 120的三角形的三边长分别为, 1, 2m m m，则实数 m的取值范围为( B ) A 1mB 31 2C3 32 mD3答案： B. 解答：由题意可知： 2 2 2( 1 ) 2( 2) ( 1 ) ( 1 )m m mm m m m m 解得31 2。 3 如图， 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中 ， M 为 BB1 的中点， 则二面角 M-CD1-A 的余弦值为 ( C ) A 36B 12C 33D63答案： C. 解答：以 D为坐标原点，1,A DC DD所在的直线分别为,xyz轴建立空间直角坐标系，则1 1
3、( 0 , 0 , 0) , ( 1 , 0 , 0) , ( 0 ,1 , 0) , ( 0 , 0 ,1 ) , ( 1 ,1 , )2A C D M，且平面1CD的法向量为1n(,1,1)，平面1MCD法向量为2 ( 1,2,2)n 。因此12 3cos , 3nn ，即 二面角第 3 题图 MC 1B 1D 1A 1CDA B智浪教育 -普惠英才文库 M-CD1-A 的余弦值为33。 4 若实数,ab满足20101abbaa ，则22ab的最大值为 ( C ) A 1 B 54C 75D 2 答案： C. 解 答：由,ab满足的条件知13ba，所以2 3 72252ab bab a ，
4、当13( , ) ( , )22ab取等号。 5 已知等腰直角 PQR 的三个顶点分别在等腰直角 ABC 的三条边上，记 PQR， ABC的面积分别为 S PQR， S ABC， 则PQRABCSS的最小值为 ( D ) A 2B 13C 14D 15参考答案： D. 解答： 如图 5-1 所示， 图 5-1 图 5-2 （ 1 ） 当PQR的 直 角 顶 点 在ABC的 斜 边 上 ， 则, , ,PCQR四点共圆， 1 8 0 ,A P R CQ R B Q R 所以sin sin .A P R B Q R 在,APR BQ中分别应用正弦定理得,sin sin sinP R A R Q R
5、 B RA P B B Q R. 又45 ,AB 故PR QR, 故AR BR即 R为 AB的中点 . A B C P Q R H A B C P R Q 智浪教育 -普惠英才文库 过 R作H AC于 H，则12PR RH BC,所以22221() 12 4P Q RABCBCS PRS B C B C ,此时PQRABCSS的最大值为14. （ 2 ） 当PQR的 直 角 顶 点 在ABC的 直 角 边 上 ， 如 图 5-2 所示，设1 , ( 0 1 ) , ( 0 )2BC C R x x BR Q ,则9 0 .CP R P R C B R Q 在Rt CPR中，,sin sinCR
6、 xPR 在BRQ中，31 , ,sin 4xB R x R Q P R R Q B Q R B B , 由正弦定理 , 1si n3si n si n si n si n( )44xPQ RB xB PQ B 1si n c o s 2 si nx ，因此2 2 21 1 1 1( ) ( )2 2 si n 2 c o s 2 si nPQR xS PR . 这样，RABCS2 2 2 21 1 1()c os 2 sin ( 1 2 ) ( c os sin ) 5 ，当且仅当arctan2取等号，此时PQRABCS的最小值为15. 6. 已知数列na的通项( 1 ) ( 2 1 ) (
7、 1 )n nxa x x nx ，*nN， 若1 2 2 0 1 5 1a a ，则实数 x等于（ D ) A32B512C940D1160答案： D. ( 1 ) 1 1 1( 1 ) ( 2 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 2 1 ) ( 1 ) 1 ( 1 ) ( 2 1 ) ( 1 )n nxa x x nx x x n x x x nx 则2015111 1 ( 1 ) ( 2 1 ) ( 20 15 1 ) 0( 1 ) ( 2 1 ) ( 20 15 1 )kk a x x xx x x ，所以 1 1 1 1 1 1( 1 , ) ( , ) ( , ) ( , )2 3
8、 4 20 13 20 14 20 15x ，经检验只有1160x智浪教育 -普惠英才文库 符合题意。 7 若过点 P（ 1， 0）， Q（ 2， 0）， R（ 4， 0）， S（ 8， 0）作四条直线构成一个正方形，则该正方形的面积 不可能 等于 ( C ) A1617B 365C 265D 19653答案： C. 解 答：不妨设四条直线交成的正方形在第一象限，且边长为 a，面积为,S过 P的直线的倾斜角为( )2。 当过点,PQ的直线为正方形的 对边所在的直线时，4si n c o s si n 4 c o s si n 17PQ a RS ， 此 时 正 方 形 的 面 积2 16( s
9、in ) 17S P Q 。 同理，当过点,PR的直线为正方形的对边所在的直线时，365S；当过点,PS的直线为 正方形的对边所在的直线时，19653S. 8若集合 20 15 *( , ) ( 1 ) ( 2 ) ( ) 10 , ,A m n m m m n m Z n N ，则集合 A中的元素个数为 ( B ) A 4030 B 4032 C 20152 D 20162 答案： B. 解答：由已知得2 0 1 6 2 0 1 5( 2 1 ) 2 5n n m ，因为, 2 1n n m一奇一偶，所以, 2 1n m两者之一为偶数，即为20 16 20 16 20 16 2 20 16
10、20 152 , 2 5 , 2 5 , , 2 5共有 2016 种情况，交换顺序又得到2016 种情形，所以 集合 A共有 4032 个元素 . 二、填空题（本大题共有 7 小题，将正确 答案填入题干后的横线上， 9-14 每题 7 分， 15 题8 分，共 50 分） 9已知函数()fx满足( 1) (1 ) 0f x f x ，( 2) ( 2 ) 0f x f x ，且2( ) 13f ，则10003f 答案： 1. 解答：( 2) ( 2 ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 ) ( ) ( 4) ( )f x f x f x f x f x f x f x ，所以10 00 4 4 1
11、 1 2( ) ( 33 2 ) ( ) ( 1 ) ( 1 ) ( ) 1.3 3 3 3 3 3f f f f f f 智浪教育 -普惠英才文库 10若数列na的前 n项和nS32nn，*nN， 则20151182i iai = 答案：20156048. 解答：1 211 3 5 2 ,nnn i iiia a n n 又1 0a，故2*3 5 2( )na n n n N , 20 15 20 15 20 151 1 11 1 1 1 1()8 2 3 ( 1 ) 3 1i i iia i i i i i 20156048. 11 已知 F 为抛物线2 5yx的焦点，点 A (3， 1)
12、， M 是抛物线上的动点当| | | |MA MF取最小值时，点 M 的坐标为 答案：1( ,)5. 解答：设抛物线的准线为5: 4lx.过 M 作l的垂线，垂足为,H则 A M M F A M M H A H ,当,MH三点共线时取等号，此时 M 的坐标为1( ,1)5。 12若22sin cos16 16 10xx， 则cos4x. 答案：12. 解答 :设2sin16 ,1 16xtt ，则c o s 1 sin 1616 16 t，代入方程得16 10 2,t 或8t，即 2 1sin 4x或34，所以cos4x12。 13. 设函数2( ) m in 1 , 1 , 1f x x x
13、 x ，其中min , , y z表示,xyz中的最小者 若( 2) ( )f a f a，则实数 a的取值范围为 答案：( , 2) ( 1, 0) . 智浪教育 -普惠英才文库 解答：当21a 时，2 1,aa 此时有( ) ( 2)f a f a； 当1 2 0a 时，3 2,a 此时有( ) ( 2) 1 ( 2)f a f f a ； 当0 1 时，2 1,此时有( ) ( 2)f a f a； 当1 2 2a 时，1 0, 此时有f f； 当22a时，0,a此时有( ) ( 2)f a f a。 14 已知向量,ab的夹角为3， 5ab，向量ca，cb的夹角为23，23ca，则ac
14、的最大值为 答案： 24. 解答：,O A a O B b O C c ，则2 3 , 5.AC c a AB a b 又 2,33O B A CB 此时, , ,O C B共 圆 ， 由正 弦定 理得3sin 5ABC，则4cos 5ABC。在ACO中，AOC ABC , 由 余 弦 定 理 得222 2 c o sAC a c a c AO C , 即812 2 305a c a c a c ，所以c o s 24a c a c AO C ，当14a r ta n4 2 3AC O 时取“ =”，因此ac的最大值为24. 15设,ab Z，若对任意0x，都有2( 2 )( 2 ) 0a x
15、 x b ，则_, _.b 答案：1, 2ab . 解答： 首先令0,x知0b.其次考虑过定点（ 0,2）的直线2y ax，与开口向上的抛物线2 2y x b，满足对任意x所对应图象上的点不在 x轴同侧，因此22b a .又,ab Z，故1, 2 . 三、解答题（本大题共有 3 小题， 16 题 16 分， 17、 18 每题 18 分，共 52分） 16 设,ab R， 函数2( ) ( 1) 2f x a x b x 若对任意实数b，方程()f x x有两个相异的实根，求实数 的取值范围 参考答案： 因为方程()f x x有两个相异的实根，即方程2 ( 1) 2 0a x b x b 有两
16、个相异的实数智浪教育 -普惠英才文库 根，所以 20 ,( 1 ) 4 ( 2 ) 0xa b a b 4 分 即 2 02( 1 2 ) 8 1 0ab a b a 对任意实数b恒成立，所以 20 4( 1 2 ) 4( 8 1 ) 0b aa ， 12 分 解得01a. 16 分 17 已知椭圆221 : 1 ( 0)xyC a bab 的 离心率为32， 右焦点为 圆222 : ( 3 ) 7C x y 的圆心 (I)求椭圆1的方程 ； (II)若直线 l 与曲线 C1， C2 都只有一个公共点，记直线 l 与圆 C2 的公共点为 A， 求点 A 的坐标 参考答案：（） 设椭圆1的半焦距
17、长为 c，则332cca ，解得 21ab，所以椭圆方程为2 2 14x y. 4 分 （）当直线l的斜率不存在时，显然不满足题意 .当直线l的率存在时，可设直线l的方程为( , )y k x m k m R ，点 A的坐标为( , )AAxy，其中2 31A kmy k . 联立方程2 2 14x yy kx m ，消去y得2 2 2( 1 4 ) 8 4 4 0k x k m x m （ 1） 所以221 16 ( 4 1 ) 0 ,km 即 224 1 0km （ 2） 8 分 智浪教育 -普惠英才文库 联立方程22( 3 ) 7xyy kx m 消去y得 2 2 2( 1 ) 2( 3
18、 ) 4 0k x k m x m （ 3） 所以222 16 ( 4 2 3 7 ) 0 ,k m mk 即 224 2 3 7 0k m m k （ 4） 12 分 （ 2） -（ 4）得3km （ 5） （ 5）代入（ 3）得2 3 01A kmx k （ 6） 16 分 （ 6）代入222 : ( 3 ) 7C x y 得2Ay . 经检验(0,2),A或(0, 2)符合题意，这样点 A的坐标为(0,2),(0, 2). 18 分 18已知数列 ,nnab满足1*1111 ,0 , 0 , ,1nnnnnnaa ba b n Nbb a 证明 :50 50 20ab 参考答案： 证明：
19、因为2 2 2 211 2211 2( )nnn n n nn n n naba b a b a b b a ， 所以 49 492 2 2 250 50 1 1 2211( ) 2 ( )iiiii i i iabb a a b b a 2211 221111 2 2 49 4 4 49 20 0.ab ab 8 分 又11 1 2n n n n nna b a b ab ， 所以4950 50 1 1 1 11 112 49 98 10 0i iia b a b a ba b a b . 16 分 所以2 2 250 50 50 50 50 50( ) 2 20 0 20 0 40 0a
20、b a b a b .因此50 50 20ab 18 分 智浪教育 -普惠英才文库 四、附加题（本大题共有 2 小题，每题 25分，共 50 分） 附加 1 已知数列na满足1 1，21 3 2 2 1n n na a a ，*nN (I) 证明：n是正整数数列； (II) 是否存在*mN，使得2015ma，并说明理由 参考答案：（ ）由21 3 2 2 1n n na a a 得 22116 4 0n n n na a a a ， （ 1） 同理可得 2 2 1 26 4 0n n n na a a a ，（ 2） 5 分 由（ 1）（ 2）可知，2,nnaa为方程116 4 0nnx a
21、x 的两根，又2nnaa，即有 216n n na a a，即216.n n na a a因为121, 5,所以n为正整数 . 10 分 （）不存 在*mN，使得2015ma. 15 分 假设存在*，使得 ，则31ma. 一方面，2 4m m ma a a，所以2 1 4 ,即 2 1 4( od 31 ) ，所以30 15 301 4 2 ( m o d 31 )ma . 由费马小定理知302 1(mod 31)，所以30 1 1(modm 20 分 另一方面，1( ,3 ) 1ma .事实上，假设1( ,31) 1mad ，则31d，即31，所以ma，而2 131 4ma ，这样得到314
22、.矛盾 . 所以，由费马小定理得30 1 1(mod 31)ma . 这样得到1 1(mod31).矛盾 .所以不存在*mN，使得2015ma. 25 分 智浪教育 -普惠英才文库 附加 2 设 k 为正整数，称数字13 1k的排列1 2 3 1, , , kx x x 为 “N 型 ”的，如果这些数满足 （ 1）1 2 1kx x x ； （ 2）1 2 2 1k k kx ；（ 3）2 1 2 2 3 1k k kx x x 记kd为所有 “N 型 ”排列的个数 (I)求1，2的值； (II)证明：对任意正整数 k，kd均为奇数 参考答案： 首先注意到1kx的值只能取3 1, 3 , ,
23、2 1k k k这些数字，因为必须有 2k个值比它小，而21kx的值只能取1,2, , 1k这些数字，因为必须有 2k 个值比它大。 记1 2 13 2 ,kkx k j x i （, 1, 2, , 1i j k）时的 N 型排列个数为(, )ijkd，则 ( , ) 1 13 1 ( ) 3 1 ( ) ( 1 )i j k i k jk k i j k i j k id C C ，1 ( , ),1k ijijdd. 化简得 ( , ) ( 3 1 ) !( 1 ) ! ( 1 ) ! ( 1 ) !ijk k i jd k k i k j . 10 分 (1) 计算可得 125, 71
24、 15 分 (2) 易知 ( , ) ( , )i j j i， ( , ) ( 3 1 2 ) !( 1 ) ! ( 1 ) ! ( 1 ) !iik kik k i k i （1,2, ,ik），( 1, 1) 1kkkd . 当1k时，对于所有1,2, ,，(,)iikd是偶数。事实上对于21kxi ，1 32kx k i （1,2, ,）时的任何一个 N 型排列，此时数字1,2, , 1i只能放在1 2 1, , , ix x的位置，数字3 2 ( 1 ) , 3 2 ( 2) , , 3 2 1k i k i k 只能放在 3 2 ( 1 ) 3 2 ( 2 ) 3 1, , ,k
25、i k i kx x x 上（字母 N的两头），1, , ,i i kx x x和3 2 3 2 ( 1 ) 2 2, , ,k i k i kx x x 的数字可以互换得到一个新的 N 型排列，于是(,)iikd是偶数（1,2, ,） . 25 分 （ 也可以从表达式说明( 2 )!mnmn n是偶数（1n），它的组合意义就是将 m 个白球， n 个红球， n 个蓝球排成一行的排列数。于是任何一种排列，交换红蓝球可对应另一种排列。 于是11( , ) ( , ) ( 1 , 1 ) ( , ), 1 1 , , 1k k ki j i j k k i jk k k k ki j i i j i jd d d d d 为奇数！ 25 分 ）
