2010年浙江省高中数学竞赛试1

说明：本试卷分为A卷和B卷：A卷由本试卷的2２题组成，即10道选择题，7道填空题、3道解答题和2道附加题；B卷由本试卷的前20题组成，即10道选择题，7道填空题和3道解答题。

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．

cos4xsin4xsin2xcos2x化简三角有理式6的值为（ A ）

sinxcos6x2sin2xcos2x A. 1 B. sinxcosx C. sinxcosx D. 1+sinxcosx

解答为 A。

分母=(sin2xcos2x)(sin4xcos4xsin2xcos2x)2sin2xcos2x

44 sinxcosxs2ixn2。

cxos也可以用特殊值法 2．

若p:(x2x1)x30,q:x2，则

p是q的（ B ）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 解答为 B。p成立x3，所以p 成立，推不出q一定成立。 3．

集合P={xxR,x3x63}，则集合CRP为（ D ） A. {xx6,或x3} B. {xx6,或x3}

C. {xx6,或x3} D. {xx6,或x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,CRP{xx6,或x3}。

4．

设a,b为两个相互垂直的单位向量。已知OP=a，OQ=b，OR=ra+kb.若△

PQR为等边三角形，则k，r的取值为（ C ） A．kr131313,r B．k 222131313,r D．k 222 C．kr解答．C. PQQR2222P，R

2，解得r=k=13。 2即r(k1)(r1)k5． 在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB=2BB1，则CA1与C1B所成的角的大小是

( C )

A．60° B．75° C．90° D．105°

解答：C。建立空间直角坐标系，以A1B1所在的直线为x轴，在平面A1B1C1上垂直于A1B1 的

直线为y轴，BB1所在的直线为z轴。则A1(2,0,0),C1(2626,,0),C(,,1), 2222B(0,0,1)，CA1(2626,,1),C1B(,,1),CA1C1B0。 2222 6．

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 ）

A. a2b2 B. a3b3 C. a5b5 D. a6b6 解答：A。

3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=324得a23,b222;a32,b34;a50,b5;a61,b6。

24333227． 若xR,则(12x)15的二项式展开式中系数最大的项为（ D ）

A．第 B. 第9项 C. 第和第9项 D. 第11项

2932rr2,由TrTr1，Tr2Tr1r解答：D. Tr1C15，r=10，第11项最大。

338．

x111设f(x)cos，af(loge),bf(log),cf(log12)，则下述关系式正确

5ee的是（ D ）。

A．abc B. bca C. cab D. bac

x解答： D。函数f(x)cos为偶函数，在（0，）上，f(x)cosx为减函数，而

52loge1loge,log111,log122loge， elogee0 9．

loge2loge1，所以bac。

5loge554下面为某一立体的三视图，则该立体的体积为（ C ）

正视图： 半径为1的半圆以及高为1的矩形

侧视图： 半径为1的以及高为1的矩形 1圆4俯视图： 半径为1的圆

3243 B. C. D. 2334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。

A.

10. 设有算法如下：

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

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

2010xx20092x2010x20。1

2009x22所010实2有数解为

解答 变形得(x20101)2(x20101)220x20101，解得

2010x2011。

xx3cos的最小正周期为12. 23xx，3co的周期为s6，所以函数fx的周期为()。1解答 2sin的周期为4 22312. xR, 函数f(x)2sin13. 设P是圆x2y2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(x10)2y29.

解答 设M的坐标为(x,y)，设P点坐标为(x0,y0),则有 xx020y,y0 22x02x20,y02y，因为P点在圆上，所以(2x20)2(2y)236 所以P点轨迹为

(x10)2y29。

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 30A

B D （1） C

A

B D （2） 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22.52解答 设zabi1abi16. 设f(x)k(x2x1)x4(1x)4。如果对任何x[0,1]，都有f(x)0，则k的最小值为

1. 19213313x4(1x)2因为x2x1(x)2,x时x2x1最小值为 解答 k224424xx1分子x(1x)11181,x时，x4(1x)4取最大值（），所以k的最小值为。 22219217. 设p,qR，f(x)x2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 0或q.

解答 因为函数f(x)x2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。

三、解答题（本大题共有3小题，每题17分，共51分）

11212312k,,,， 18. 设数列,,,,,,,,121321kk11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.

11212312k,,), 解（1）将数列分组：(),(,),(,,),,(,121321kk11因为1+2+3+…+62=1953；1+2+3+…+63=2016，

57所以数列的第2010项属于第63组倒数第7个数，即为。 --------- 10分

7（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. 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。

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

xyz(10x)(10y)(10z) （*1）

----------------- 5分

即有

xyz50050(xyz)5(xyyzzx)。 （*2）

于是有 5xyz。因此x,y,z中必有一个取5。不妨设x5，代入（*1）式，得到

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。 ---------------------17分

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x220. 已知椭圆2y21(a1)，RtABC以A（0，1）为直角顶点，边AB、BC与椭

a圆交于两点B、C。若△ABC面积的最大值为

27，求a的值。 81x1。 k解： 不妨设AB的方程ykx1k0，则AC的方程为yykx12a2k22222, 由x得：(1ak)x2akx0xB2221ak2y1a1yx12a2kk2222, 由2得：(ak)x2akx0xC22akxy21a22a2k12a2k从而有AB1k,AC122, --------5分2221akkak

2于是 SABC1k(1k)4。 ABAC2a42a222212(1ak)(ak)a2(k22)a41k2k1k令tk12，有 k2a4tSABC22at(a21)22a4, --------- 10分 22(a1)a2tt(a21)2a2122a(a1), t因为at时等号成立。 ta2a21a3,(SABC)max, ------------- 14分 因此当t=aa21令a327a18a3)(8a23a9)0a3,a32972(16 a21a2a12,a329716(不合题意，舍去)，a3.

--------- 17分