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2004年第2 届创新杯数学邀请赛高中1年级第2试试题解答w


2004 年第二届创新杯数学邀请赛 高中一年级第二试解答
一.选择题
1、B 甲 ? 乙但乙 ? 甲, 因为应考虑二次函数图象的对称轴, 即 0<- 2、B 由 x2+bx≤-x ( b<-1 ) 得 0≤x≤-(b+1), f(x)=(x+ )2-
2 ? b 2 b
? b 4
2

a ?1 2

>
<2.

b

b

2

,

4

当-(b+1)≥

时, b≤-2, fmin=f(- )=
2

=-

1 2

, 得 b=-
1 2

2

>-2 矛盾. .

当-(b+1)≤-

b 2

时, -2<b<-1, fmin=f(-b-1)=-

, 得 b=

? 3 2

3、B (1)当 a>1 时, a3-a+1-(a2-a+1)=a2(a-1)>0 ∴P<Q (2)当 0<a<1 时, a3-a+1-(a2-a+1)=a2(a-1)<0 ∴P<Q 4、B 令 g(x)= (
a 1
x

?1

?

1 2

) cos x ? sin x

, 易知 g(x)是奇函数, ∵ .

f (c ) ? g (c ) ? 6 ? 8

,

∴ g (c )

? 2

,∴

f (? c ) ? g (? c ) ? 6 ? ? g (c ) ? 6 ? 4

5、D ∵a1=S1=1, Sn=n2an=n2 (Sn-Sn-1), ∴(n2-1)Sn=n2Sn-1 ∴
n ?1 n Sn ? n n ?1 S n ? 1 (n≥2),

令 x n=

n ?1 n

Sn

, 则 xn-1= ,

n n ?1

S n ?1 ,

则数列{xn}为常数列, 有 xn=x1= 故 6、A
n ?1 n Sn ? 2 ?

1?1 1
?

S1 ? 2S1 ? 2
2

Sn=

2n n ?1

, an=

Sn n
2

n ( n ? 1)

.

tanx=tan[(x-y)+y]= , tan(2x-y)=tan[(x-y)+x]=1,
3

1

∵ x,y ∈(0, π), ∴0<x< ∴ -π<2x-y< ? 7、C
5 12

?
6

,

3? 4 3 4

<y<π,
?

?

,故 2x-y= ?

由 s∈(0,

3 4

3

)知 y=4S+

9 S

在 S∈(0,

3 4

3

)上是减函数

∴ymin=7 8、A

3

, S=

3 4

3

时等号成立.

设 y =- x, 于是 y∈(0,

1 2

),
?
4

且有 a1=cos(sinyπ), a2=sin(cosyπ), a3=cos(1-y)π<0, 由于 sinyπ+cosyπ= 所以 0<cosyπ<
?
2
2

sin(yπ+
?
2

)≤

2



?
2

,

-sinyπ<

, 于是 0<sin(cosyπ)<cos(sinyπ).

9、A 因 y>0, 易证 y 与 y2 具有相同的单调区间, y2=1-sinx+1+sinx+
1 ? sin x
2

=2+2|cosx|,
?
2

而|cosx|的周期为 π, 故只需研究 y2 在[0, π]的单调性, 在[0, π]内 y2 的单调增区间为[
?
2

, π]从而 y2 的单调增区间为[kπ+
?
2

, kπ+

π](k∈Z), 故 y 的单调增区间为[kπ+

, kπ+π](k∈Z).

10、B http://www.028aide.com http://www.17kdy.com 当 a=3 时 cosx2=1, cosy2=1, cosxy=-1, ∴x2=2kπ, y2=2k′π, x2y2=4π2kk′, xy=2π ∵xy=(2k″+1)π, ∴矛盾,a≠3 排除 A, D. ∵当 x= 而 0< cos
?
3

kk ?

, y=

3?

时, α=cosπ+cosπ3 - cos

3

π=-2- cos

3

π

π<1, 故 a<-1. 排除 C, ∴选 B.

二.填空题
11、a≥1 或 a≤-1。 分别作出集合 A、B 图形, 问题转化为直线 l 与折线 l1、l2 当 a 为何值时仅有一 个交点. 12、 (-12,+∞)
? f ( x ) ? (3 ?
x

3 2

) ?
2

57 4

? ?12

, ∴a>-12.

13、

7? 6



11 ? 6



? ? cos ? ? 0 ? (sin ? ? cos ? ) ? 2 sin ? ? ?1 ? 10 ? ? cos ? ? sin ? ? ?1 ? 10 ? cos ? ?

∴sin ? =-

1 2

, ∴? =

7? 6



11 ? 6

14、 (-2,-1)∪(3,4) 设
f ( x ) ? 7 x ? ( p ? 1 3) x ? p ? p ? 2 ? 0
2 2

,依题意:

? p ? p ? 2 ? 0 ? f (0 ) ? 0 ? 2 ? ? f (1) ? 0 ? ? p ? 2 p ? 8 ? 0 ? f (2) ? 0 ? p2 ? 3p ? 0 ? ?
2

解之得 -2 < p < -1 或 3<p<4. 15、6 设 60 个数为 m, m+1, …, m+59 其和为
60 ( m ? m ? 59 ) 2

≤2000

∴m≤3 而 m∈N*, ∴m 可取 1, 2, 3, 当 m=1 时,n=1+2+…+60=1830, n=1+2+…+61=1891, n=1+2+…+62=1953; 当 m=2 时,n=2+3+…+61=1890, n=2+3+…+62=1952; 当 m=3 时,n=1+2+…+62=1950. 故这种 n 有 6 个。 16、29 个。 M 的所有子集共 210 个, 其中有一个 ? 不合要求, 若 i∈M, 设 A={i}, 则 CMA 有除 i 外的 9 个元素, 所以 CMA 的子集有 29 个, 在 CMA 的 29 个子集中, 每个 子集添加一个元素 i, 符合要求. 17、 { x|x<1 或 x>3}。 变换角度, 以 a 为自变量的函数 y=(x-2)a+x2-4x+4, a∈[-1, 1]由图象可知, y>0 恒成立, 当且仅当
??(x ? 2) ? x ? 4 x ? 4 ? 0 ? ? ? 2 ?(x ? 2) ? x ? 4 x ? 4 ? 0 ?
2

x>3 或 x<1.

18、27. 由题意 r∈Q, 故有互素的正整数 p、 q(q>p≥2), 使得 r=
q p

, 从而 a4=a1r =

3

a1q p
3

3

,

因为 a4∈Z, 所以 a1 是 p3 的倍数, 因此, 可得 a1=kp3(k 是正整数), 此时 a4=kq3, 注意到 q>p≥2, 为使 a4 最小, 有 k=1, q=3, 此时的数列为 8, 12, 18, 27. 19、a>0 或 a=-
1 2

∵ y1=log2x, y2=log2(x-a), y3=log22=1, 且 y1、y2、y3 成等差数列 ∴1+log2x=2log2(x-a) 即:log2(2x)=2log2(x-a) 故问题转化为方程 log2(2x)=2log2(x-a)只有一个实根的条件, 其等价为:
?x ? 0 ? ?x ? a ? 0 ? 2 ?2 x ? (x ? a) ?x ? a ? ? 2 ? x ? 2 ( a ? 1) x ? a

2

? 0

有相等二根或有且只有一根, 讨论如下: (1)当△=0, 即 a=- ∴a=-
1 2 1 2

时得 x= 满足 x>a
2

1

满足条件.
1 2

(2)当△>0, 即 a>- ∵x1=a+1+ ∴x2=a+1-
2a ? 1 2a ? 1

时, 得 x=a+1±

2a ? 1

>a, 即 x1 满足条件 ≤a, 解得 a≥0
1

又当 a=0 时, P、Q、R 三点重合, ∴a≠0 故综上所述, a>0 或 a=- .
2

20、 a

?

7 8

以下我们以

f (x)

表示

fa ( x)

, 以 M 表示 M
2

(a )

. 因为

3? ? 1 ? ? f ? x ? ? ? x ? a ? ? ? x ? 1? ? ? a ? ? ? ? x ? ? 4? ? 2? ?
2

则当 x

?

1 2

时, f ? x ? 的最大值为
f ?1 ? ? a ? 1
3 4

3 ?1 ? f ? ? ? a ? 4 ? 2 ?

又 f ?0? ? (1) 当 a (2) 当 a
?

时, 时,

M ? a ?1
3 ? ? M ? M ax ? a ? , a ?1 ? 4 ? ?
3 4

?

3 4

y ? a ?1


3 4

y ? a ?

之图形如图所示,其中实线表示 y 值最小.

? M (a )

之图象,故

当1 ?

a ? a ?

即a

?

7 8

时,

M

y

y=|a-3/4| y=|a-1| O 3/4 1 x

三.解答题
21、 (1) 由已知条件,得 a3=29 an an-2= a2n-1 +4,故有 an+1 an-1= a2n +4;两式相减,得 an+1 an-1 - an an-2 = a2n - a2n-1, 从而有
a n ?1 ? a n ?1 an an ? an?2 a n ?1 a 3 ? a1 a2 ? an ? an?2 a n ?1

,即数列{

an ? an?2 a n ?1

}是一常数数列,



=

=6,

即 an -6 an-1+an-2=0,故存在 t1=1, t2=-6,t3=1.

(2) 由 an =6 an-1- an-2,及 a1=1, a2=5,可知,{an}的每一项都是奇数,故其不可能 等于 2004。 (3)若存在常数 k, 使数列{an+k an-1 }是等比数列,设 an+k an-1 = q(an-1+k an-2), 即 an+(k-q)an-1+(- q) k an-2= 0, 故有 ? 在常数 k
? ?3 ? 2

?k ? q ? ?6 k ? ( ? q)? 1

,解得 k

? ?3 ? 2

2

,故存

2

,使数列{an+k an-1 }是等比数列。

22、解:易知:a>0 且 a?1,设 u=x2+ax+5,原不等式可化为
log
3

( u ? 1)
3

? log

? log

a

5

( u ? 1) ? log

1
3

? 0 a

(1)当 0<a<1 时,原不等式为 log 由于当 u?0 时,log
f ( u ) ? log
3 3

3

( u ? 1) ? log
( u ? 1)

5

( u ? 1) ? 1

(1)

( u ? 1)

与 log

5

均为单调增函数,所以它们的乘积

( u ? 1) ? log

5

( u ? 1)

也是单增函数

因为 f(4)=log3(2+1)?log5(4+1)=1 所以(1)等价于 u?4,即 x2+ax+5?4 此不等式有无穷多解 (2)当 a>1 时,不等式化为 log
3

( u ? 1) ? log

5

( u ? 1) ? 1

(2)

由 f(4)=1 知,(2)等价于 0?u?4,即 0?x2+ax+5?4 故原不等式有唯一解 ? 不等式组 ?
? x ? a x ? 1 ? 0 ? (1)
2

? x ? ax ? 5 ? 0 ? (2)
2

有唯一解。

由(1)有解知 Δ= a2 – 4 ≥0, 故 a≥2.显然不等式(1)之解集为
2 2 ? ?a ? a ? 4 ?a ? a ? 4 ? ? ? ? x ? ?x | ? 2 2 ? ? ? ?

由(2)知 Δ= a2 – 20≤0,(∵a≥2)故不等式(2)只解集为 R。 因此,原不等式有唯一解 ? 不等式(1)有唯一解
?
?a ? 2 a ? 4
2

?

?a ? 2

a ? 4
2

?

a=2

综上所述,当且仅当 a=2 时原不等式有唯一解。


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