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1、 a2 1 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.1.在多项式(x 1)3(x 2)10 的展开式中 x6 的系数为 2.已知log(5a 3)log 5,则 实 数 a 3.设 f(x)x2 ax b 在0,1中有两个实数根,则a2 2b 的取值范围为 4.设 x,y R,且 sin2 x cos2 x cos2 x cos2 y sin2 x sin2 y sin(x y)1,则 x y 5.已知两个命题,命题 p:函数 f(x)loga x(x 0)单调递增；命题q：函数 g(x)x2 ax 1（x R）若 p q 为真命题，p
2、 q 为假命题，则实数a 的取值范围为 6.设 S 是(0,5)中所有有理数的集合，对简分数 q S，(p,q)1，定义函数 f(q)q 1，8 p p p 则 f(x)2 在 S 中 根 的 个 数 为 3 7.已知动点 P，M，N 分别在 x 轴上，圆(x 1)2 (y 2)2 1 和圆(x 3)2 (y 4)2 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
3、)c|所有取不到的值的集合为 2x,x 0,10.已知 f(x)x2 1,x 0,方程 f(x)2 1 x2|f(x)2|2a*4 0 有三个 根 x1 x2 x3 若 x3 x2 2(x2 x1)，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 f1(x)，fn1(x)，n 1，2，对每个n，求 fn(x)3x 1 x2 x2 32 x2 16 f(x)3 n 7 y n 的实数解 x2 12.已知椭圆 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 6 2 (k 0)若 PQ 的中点为原点，直线ON 交直线 x
4、 3 于 M （1）求MFQ 的大小；PQ（2）求 MF 的最大值 13.设数列an 满足：|an1 2an|2，|an|2，n 1,2,3，证明：如果a1 为有理数，则从某项后an 为周期数列 14.设a，a，a；b，b，b Z ，证明：存在不全为零的数，0,1,2，1 2 3 1 2 3 1 2 3 使得1a1 2 a2 3a3 和1b1 2b2 3b3 同时被 3 整除 15.设 a1,a2,an为1,2,n的一个排列，记 F()aiai1，an1 a1，求 i1 min F()3 x2 8x2 x2 32 x2 1 2017 年浙江省高中数学竞赛答案 一、填空题 1.4128 2.2
5、3.0,24.2k （k Z）5.(2,1 2,)2 6.5 7.2 1 8.0,arctan 14 7 6 9.(,13 1)(4,)10.13 2 三、解答题 11.证明：利用数学归纳法 （1）x 2 是 fn(x)3x 的解 当 n 1 时，x 2 是 f1(x)3x 的解.当 n k 时，设 fk(2)6，则 f k 1(2)6.由此可得 x 2 是 fn(x)3x 的解（对于所有的n）.（2）当 x 2 时，fn 当 n 1 时，f1(x)(x)3x 3 x2 2 3x 3 x2(x 2)2 当 n k 时，设 fk(x)3x 3 x2，则 f 2 k 1 (x)3x 由此可得 x
6、2 都不是 fn(x)3x 的解（对于所有的n）（3）当0 x 2 时，fn(x)3x 当 n 1 时，f1(x)3x（0 x 2）.当 n k 时，设 fk(x)3x，则 f k 1(x)3x 由此可得0 x 2 都不是 fn(x)3x 的解（对于所有的n）因此，对每个n，fn(x)3x 的实数解为 x 2 10 17 3 x2 32 4 16 f(2)3 k x2 32 x2 16 f(x)3 k x2 8x2 x2 16 f(x)3 k 3 12k 1 x2 y2 12.解：（1）联立 6 2 1,可得(3k 2 1)x2 12k 2 x 12k 2 6 0 y k(x 2),设 P 点
7、的坐标为(xp,yp)，Q 点的坐标为(xq,yq)，2 则 xp xq 3k 2 1，xp xq 12k 2 6 3k 2 1 4k 于是有 yp yq k(xp xq)4k 3k 2 1 因为 PQ 的中点为 N，所以 N(6k 2 2 2k 2)，因此ON 的斜率k 1，3k 1 3k 1 3k 因为直线ON 交直线 x 3 于 M，所以 M(3,1)，故 MF 的斜率为k k MF ，k 即得k MF kPQ 1，因此 MF 与 PQ 垂直，MFQ 2 PQ(x x)2 k 2(x x)2（2）I ()2 p q p q k 2(xp xq)2 k 2(xp xq)2 4xp xq M
8、F 2 144k 4 1 1 k 2 2k 2 12 k 2 1 k(3k 2 1)2 24 3k 2 1 24k(3k 2 1)2 令u 3k 2 1，则 I 8(u 1)(u 2)16(1 1 1)16(1 1)2 9 ，3u2 由于u 3k 2 1 1，故0 1 1.u 3 u2 2u 2 3 u 4 16 因此 Imax 3（当u 4 时取到最大值，也即k 1）PQ 综上所述，的最大值为 MF 13.证明：（1）若a1 为有理数，则an 为一个有理数数列 （2）对于任意的n，设an 2 y 2x y，(y,x)1，由已知条件，有且仅有下述一个等式成立：x 2 y 2x an1 2an
9、2 x 或 an1 2an 2 (*)x an 与 an1 有相同的分母（不进行约分）（3）设a q，(p,q)1，则a bn，b 为整数，由于|a|2，n 1，2,3，因 1 p n p n n ON,此2 p bn 2 p （4）若存在两个自然数k l，使得ak al，则由（2）中得到的（*）递推公式以及|an|2，n 1,2,3，可得an 从第k 项开始是一个周期数列，周期为l k （5）由（3）可知对于任意的n，bn 的值只有4 p 1（有限个），故总能找到k l，使得bk bl，从而有ak al 综上所述，如果a1 为有理数，则从某项后an 为周期数列 14.证明：不妨设ai kk(
10、mod 3)，bi li(mod 3)，ki，li 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 1k1 2k2 3k3 1l1 2l2 3l3(mod 3)0(mod 3)(*)记 k1l2 k2l1 c(mod 3)，这里c 0,1,2 情形（1）当c 0 时，则k1 l1 0，或者k1，l1 不全为零 若 k1 l1 0，则取1 1，2 3 0，有（*）式成立 若 k1，l1 不全为零，不妨设k1 0，则取1 k2,2 k1,3 0,且 1k1 2k2 3k3 k2k1 k1k2 0(mod 3),l l l k l k l 0(mo
11、d 3),即(*)式.1 1 2 2 3 3 2 1 1 2 情形（2）当c 1 或 2 时，即c2 1(mod 3)记c(k2l3 k3l2)c1(mod 3)，c(k3l1 k1l3)c2(mod 3)，这里c1，c2 0,1,2 令1 c1，2 c2，3 1，则1，2，3 0,1,2且不全为零，且 1k1 2 k2 3k3 c1k1 c2k2 k3 c(k2l3 k3l2)k1 c(k3l1 k1l3)k2 k3(mod 3)ck(k l k l)k(mod 3)(1 c2)k(mod 3)0(mod 3)，3 2 1 1 2 3 3 类似可以证明1l1 2l2 3l3 0(mod 3)
12、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Tn n n 不妨设a1 n，则数字 1 必与它相邻，否则设a j 1（j 2，n），则可将 a2，a3，a j 的数字改变为aj，aj 1，a2 上的数字，则相邻数的乘积和的该变量为 a1aj a2aj 1 a1a2 ajaj 1 (a1 a j 1)(a j a2)0 于是可确定a2 1再说明数字 2 也必与数字n 相邻，即an 2 事实上，若aj 2（j n），则交换an ，an1，a j 为aj，aj 1，an ，此时的目标改变值为 a1
13、aj anaj 1 a1an ajaj 1 (a1 aj 1)(aj an)0 因此目标取到最小值时，a1 n，a2 1，an 2 由此出发，依次可得 a3 n 1，an1 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a4 3，an2 4，a5 n 3，an3 n 4，下面用递推法计算Tn 考虑n 2 个数字，我们在Tn 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Tn2 因此，Tn2 Tn (n 1)(n 2)2(n 2)2(n 1)，其中Tn (ai 1)(ai1 1)Tn n(n 2)，i1 由此可得Tn2 Tn n2 4n 5，1 n3 1 n2 5 n 1,n 2m,可以推出T 6 2 6 1 1 5 1 n3 n2 n ,n 2m 1.6 2 6 2