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2010年全国高中数学联赛浙江赛区初赛


2010 年浙江省高中数学竞赛试卷
一、选择题(本大题共有 10 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 5 分,共 50 分)

1.

化简三角有理式 A. 1 B.

cos 4 x + sin 4 x + sin 2 x cos 2 x 的值为(

sin 6 x + cos 6 x + 2 sin 2 x cos 2 x C. sin x cos x



sin x + cos x

D. 1+ sin x cos x


2.

若 p : ( x 2 + x + 1) x + 3 ≥ 0, q : x ≥ ?2 ,则 p 是 q 的(

A. 充分而不必要条件 C. 充要条件 3.

B. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 )

集合 P={ x x ∈ R, x + 3 + x + 6 = 3 },则集合 CR P 为( A. {x x < 6, 或x > 3} C. {x x < ?6, 或x > 3} B. {x x < 6, 或x > ?3} D. {x x < ?6, 或x > ?3}

4.

v v v v v uuu v uuuv v uuu v 设 a , b 为两个相互垂直的单位向量。已知 OP = a , OQ = b , OR =r a +k b .若△PQR 为等
) B. k =
1± 3 1± 3 ,r = 2 2

边三角形,则 k,r 的取值为( A. k = r =
?1 ± 3 2 1± 3 2

C. k = r = 5.

D. k =

?1 ± 3 ?1 ± 3 ,r = 2 2

在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,若 AB= 2 BB1,则 CA1 与 C1B 所成的角的大小是( A.60° B.75° C.90° D.105°

)

6. ( 7.

设 {an } ,{bn } 分别为等差数列与等比数列,且 a1 = b1 = 4, a4 = b4 = 1 ,则以下结论正确的是 )A. a2 > b2 B. a3 < b3 C. a5 > b5 D. a6 > b6 )

若 x ∈ R + , 则(1 + 2 x)15 的二项式展开式中系数最大的项为( A.第 8 项 B. 第 9 项 C. 第 8 项和第 9 项

D. 第 11 项

8. (
9.

设 f ( x) = cos ) 。

x 1 1 1 , a = f (log e ), b = f (logπ ), c = f (log 1 2 ) , 则 下 述 关 系 式 正 确 的 是 5 π e π e

A. a > b > c

B.

b>c>a


C.

c>a>b

D. b > a > c

下面为某一立体的三视图,则该立体的体积为(
1

正视图: 半径为 1 的半圆以及高 为 1 的矩形 A.

侧视图: 半径为 1 的 圆以及高为 1 的矩形

1 4

俯视图: 半径为 1 的圆

3π 2

B.

2π 3

C.

4π 3

D.

3π 4

10. 设有算法如下:

如果输入 A=144, B=39,则输出的结果是( A. 144 B. 3 C. 0 D. 12



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,每空 7 分,共 49 分) 11. 满足方程 x ? 2009 ? 2 x ? 2010 + x ? 2009 + 2 x ? 2010 = 2 所有实数解为 12. x ∈ R, 函数 f ( x) = 2 sin
x x + 3cos 的最小正周期为 2 3
. 。

13. 设 P 是圆 x 2 + y 2 = 36 上一动点,A 点坐标为 ( 20, 0 ) 。当 P 在圆上运动时,线段 PA 的中点 M 的轨迹方程为 . 14. 设锐角三角形 ABC 的边 BC 上有一点 D,使得 AD 把△ABC 分成两个等腰三角形,试求△ABC 的最小内角的取值范围为 。 1 15. 设 z 是虚数, w = z + ,且 ?1 < w < 2 ,则 z 的实部取值范围为 . z 16. 设 f ( x) = k ( x 2 ? x + 1) ? x 4 (1 ? x) 4 。 如果对任何 x ∈ [0,1] , 都有 f ( x) ≥ 0 , k 的最小值为 则 .

17. 设 p, q ∈ R , f ( x) = x 2 + p | x | + q 。当函数 f (x) 的零点多于 1 个时, f (x) 在以其最小零点与 最大零点为端点的闭区间上的最大值为
1 1 2 1 2 3 1 2 k 18. 设数列 , , , , , ,L, , ,L, ,L , 1 2 1 3 2 1 k k ?1 1
2

.

小题, 三、解答题(本大题共有 3 小题,每题 17 分,共 51 分) 解答题(

问: (1)这个数列第 2010 项的值是多少; (2)在这个数列中,第 2010 个值为 1 的项的序号是多少. 19. 设有红、黑、白三种颜色的球各 10 个。现将它们全部放入甲、乙两个袋子中,要求每个袋 子里三种颜色球都有,且甲乙两个袋子中三种颜色球数之积相等。问共有多少种放法。 x2 20. 已知椭圆 2 + y 2 = 1(a > 1) , Rt ?ABC 以 A (0,1)为直角顶点,边 AB、BC 与椭圆交于两 a 点 B、C。若△ABC 面积的最大值为
27 ,求 a 的值。 8

(本大题共有 小题, 四、附加题: 本大题共有 2 小题,每题 25 分,共 50 分。 附加题: ( ) 21. 设 D,E,F 分别为△ABC 的三边 BC,CA,AB 上的点。记 α =

BD CE AF ,β = ,γ = 。证明: BC CA AB

S ?DEF ≥ αβγ S ?ABC 。
22. (1) a > 0 , 设 平面上的点如其坐标都是整数, 则称之为格点。 今有曲线 y = ax 3 过格点 (n, , 1 ≤ x ≤ n m) 记 对应的曲线段上的格点数为 N。证明:
n m ? k? N = ∑ ? ak 3 ? + ∑ ? 3 ? ? mn 。 ? ? k =1 k =1 ? a ?

(2) 进而设 a 是一个正整数,证明:

∑?
(注 [ x ] 表示不超过 x 的最大整数)

? k? a 2 3 ? = n + (n ? 1)n (3n + 1) 。 4 k =1 ? a ?
an3

3

参考答案
1、解答为 A。

分母=( sin 2 x + cos 2 x)(sin 4 x + cos 4 x ? sin 2 x cos 2 x) + 2sin 2 x cos 2 x
= sin 4 x + cos 4 x + sin 2 x cos 2 x 。
2、解答为 B。p 成立 ? x ≥ ?3 ,所以 p 成立,推不出 q 一定成立。 3、解答:D。 画数轴,由绝对值的几何意义可得 ?6 ≤ x ≤ ?3 ,

P = { x ? 6 ≤ x ≤ ?3} , CR P = {x x < ?6, 或x > ?3} 。
4、解答.C.

PQ = QR = PR ,
2

即 r + ( k ? 1) =
2

(r ? 1)2 + k 2 = 2,解得r=k=

1± 3 。 2

5、解答:C。建立空间直角坐标系,以 A1 B1 所在的直线为 x 轴,在平面 A1 B1C1 上垂直于 A1 B1 的直线为 y 轴,

BB 1 所在的直线为 z 轴。则 A1 ( 2, 0, 0), C1 (

2 6 2 6 , , 0), C ( , ,1), 2 2 2 2

B (0, 0,1) , CA1 = (
6、解答:A。

2 6 2 6 ,? , ?1), C1 B = (? ,? ,1), CA1 ? C1 B = 0 。 2 2 2 2

设等差数列的公差为d,等比数列公比为q,由a1 = b1 = 4, a4 = b4 = 1,得d=-1,q=
3 3 2 4 ; a6 = ?1, b6 = 。 2 4

3

2 2

得a2 = 3, b2 = 2 3 2; a3 = 2, b3 = 3 4; a5 = 0, b5 =
r r

7、解答:D. Tr +1 = C15 2 ,由Tr ≤ Tr +1,Tr + 2 ≤ Tr +1 ? 8、解答: D 。 函 数 f ( x ) = cos

x π 为偶函数,在(0, ) 上 , f ( x ) = cos x 为 减 函 数 , 而 5 2

29 32 ≤r≤ ,r=10,第 11 项最大。 3 3

log e

1

π

= ? log e π , logπ

1 1 1 =? , log 1 2 = 2 log e π , e log e π π e

0<

log e π 2 log e π π 1 < < < ,所以 b > a > c 。 5log e π 5 5 4

9、解答:C. 根据题意,该立体图为圆柱和一个 1/4 的球的组合体。 10、解答 B (1)A=144,B=39,C=27: (2)A=39,B=27,C=12: (3)A=27,B=12,C=3: (4)A=12,B=3, C=0。所以 A=3。 11、解答 变形得 ( x ? 2010 ? 1) + ( x ? 2010 + 1) = 2 ? 0 ≤
2 2

x ? 2010 ≤ 1 ,解得

4

2010 ≤ x ≤ 2011 。 x x 12、解答 2 sin 的周期为4π , 3cos 的周期为6π ,所以函数f ( x)的周期为12π 。 2 3 x + 20 y 13、解答 设 M 的坐标为 ( x, y ),设P点坐标为( x0 , y0 ), 则有 x= 0 ,y= 0 2 2

? x0 = 2 x ? 20, y0 = 2 y , 因 为 P 点 在 圆 上 , 所 以 (2 x ? 20) 2 + (2 y ) 2 = 36 ( x ? 10)2 + y 2 = 9 。
14、解答 如图, (1)AD=AC=BD; (2)DC=AC,AD=BD。 A A

所以 P 点轨迹为

B (

D

C B D (

C

在(1)中,设最小的角为 x,则 2x<90,得 x<45,又 x+180-4x<90,得 x>30,所以 30<x<45; 在(2)中,设最小的角为 x,则 3x<90,得 x<30,又 180-4x<90,得 x>22.5,所以 22.5<x<30 15、解答 设 z = a + bi ? ?1 < a + bi + 当 b = 0 ,无解;当 a + b = 1 ? ?
2 2

a ? bi b < 2?b? 2 = 0 ? b = 0或a 2 + b 2 = 1 2 2 2 a +b a +b

1 < a < 1。 2

16、解答 k ≥

x 4 (1 ? x) 2 1 3 3 1 3 因为x 2 ? x + 1 = ( x ? ) 2 + ≥ , x = 时x 2 ? x + 1最小值为 2 2 4 4 2 4 x ? x +1 1 1 1 8 1 , x = 时,x 4 (1 ? x) 4 取最大值( ),所以 k 的最小值为 。 2 2 2 192

分子 x(1 ? x ) ≤

17、解答 因为函数 f ( x ) = x 2 + p | x | + q 为偶函数,由对称性以及图象知道, f (x ) 在以其最小零点与最大 零点为端点的闭区间上的最大值 0 或 q。 18、解(1)将数列分组: ( ), ( , ), ( ,

1 1

1 2 2 1

1 2 3 1 2 k , ), L , ( , , L , ), L 3 2 1 k k ?1 1 57 。 7
--------- 10 分

因为 1+2+3+…+62=1953;1+2+3+…+63=2016, 所以数列的第 2010 项属于第 63 组倒数第 7 个数,即为

(2)由以上分组可以知道,每个奇数组中出现一个 1,所以第 2010 个 1 出现在第 4019 组,而第 4019 组中 的 1 位于该组第 2010 位,所以第 2010 个值为 1 的项的序号为(1+2+3+…+4018)+2010=809428。 ------------ 17 分 19、解:设甲袋中的红、黑、白三种颜色的球数为 x, y , z ,则有 1 ≤ x, y, z ≤ 9 ,且
5

xyz = (10 ? x)(10 ? y )(10 ? z )
即有

(*1) ----------------- 5 分

xyz = 500 ? 50( x + y + z ) + 5( xy + yz + zx) 。
于是有 5 xyz 。因此 x, y , z 中必有一个取 5。不妨设 x = 5 ,代入(*1)式,得到

(*2)

y + z = 10 。

----------------10 分

此时,y 可取 1,2,…,8,9(相应地 z 取 9,8,…,2,1) ,共 9 种放法。同理可得 y=5 或者 z=5 时,也 各有 9 种放法,但有 x = y = z 时二种放法重复。因此可得共有 9×3-2 = 25 种放法。 20、解: 不妨设 AB 的方程 y = kx + 1(k > 0 ) ,则 AC 的方程为 y = ? ---------------------17 分

1 x +1。 k

? y = kx + 1 ?2 a 2 k ? 由 ? x2 得: (1 + a 2 k 2 ) x 2 + 2a 2 kx = 0 ? xB = , 2 1 + a2k 2 ? 2 + y =1 ?a 1 ? ? y = ? k x +1 2a 2 k ? 2 2 2 2 由? 2 得: ( a + k ) x ? 2a kx = 0 ? xC = 2 , a + k2 ? x + y2 = 1 ? a2 ?
从而有

AB = 1 + k 2

2a 2 k 1 2a 2 k , AC = 1 + 2 2 , 1 + a2k 2 k a + k2
2

--------5 分

于是 S

?ABC

=

1 k (1 + k ) 。 AB AC = 2a 4 = 2a 4 2 2 2 2 1 2 (1 + a k )(a + k ) a 2 (k 2 + 2 ) + a 4 + 1 k

k+

1 k

令t = k +

1 ≥ 2 ,有 k
S
?ABC =

2a 4 t = a 2t 2 + (a 2 ? 1)2

2a 4 , (a 2 ? 1) 2 2 a t+ t

--------- 10 分

因为 a t +
2

(a 2 ? 1) 2 a2 ?1 ≥ 2a (a 2 ? 1), t = 时等号成立。 t a a2 ?1 a3 , ( S ?ABC )max = 2 , a a ?1
6

因此当 t= 令

------------- 14 分

a3 27 3 + 297 = ? (a ? 3)(8a 2 ? 3a ? 9) = 0 ? a = 3, a = 2 a ?1 8 16 a2 ?1 3 + 297 > 2 ? a > 1 + 2,∴ a = (不合题意,舍去), a = 3. ∴ a 16
21、证明 由 --------- 17 分

S ?BFD BD ? BF sin B = = α (1 ? γ ). S ?ABC BC ? BA sin B

---------5 分

同理

S ?DEC S = β (1 ? α ), ?AEF = γ (1 ? β ) 。 S ?ABC S ?ABC

---------- 10 分

所以,

S ?DEF S ?ABC ? S ?BFD ? S ?DEC ? S ?AEF = = 1 ? α (1 ? γ ) ? β (1 ? α ) ? γ (1 ? β ) S ?ABC S ?ABC
----20 分

= (1 ? α )(1 ? β )(1 ? γ ) + αβγ ≥ αβγ , 等号成立 ? α = 1或β = 1或γ = 1 。

因此 S ?DEF ≥ αβγ S ?ABC ,等号成立,当且仅当,D 与 C 重合,或 E 与 A 重合,或 F 与 B 重合。 ----- 25 分 22、证明 (1)考虑区域 0 < x ≤ n, 0 < y ≤ m, 且该区域上的格点为 nm 个。又该区域由区域 E:

0 < x ≤ n, 0 < y ≤ ax3 , 以及区域 F: 0 < y ≤ m, 0 < x ≤

3

y 组成。 a

在区域 E 上,直线段 x = k ( k ∈ N + ,1 ≤ k ≤ n) 上的格点为 [ ak 3 ] 个, 所以区域 E 上的 格点数为


k =1 m

n

[ak 3 ] 。

----------------- 5 分

同理区域 F 上的格点数为


k =1

[3

k ]。 a

-----------------

10 分

由容斥原理, N =

m ? k? ? ak 3 ? + ∑ ? 3 ? ? mn 。 ∑ ? ? k =1 a k =1 ? ? n

-------------------------15 分

(2)当 a 是一个正整数时,曲线 y = ax 3 上的点( k , ak 3 )( k ∈ N + ,1 ≤ k ≤ n) 都是格点,所以(1)中的 N=n。 同时, m = an 。将以上数据代入(1)得
3


k =1

an3

[3

。 n a 2 k ] = an 4 ? a ∑ k 3 + n = n + (n ? 1)n (3n + 1) 4 a k =1

----------------- 25 分

7


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