注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
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第II卷（非选择题）
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评卷人 得分 一、填空题
1.若在区间[2,3]上，函数𝑓(𝑥)
=𝑥2+𝑏𝑥+𝑐与𝑔(𝑥)=𝑥+在同一点取相同的最小
𝑥
6
值，则函数𝑓(𝑥)在[2,3]上的最大值为__________. 2.若a、b、c、d为整数，且𝑎lg2+𝑏lg3+𝑐lg5+𝑑lg7b，c，d）= __________. 3.已知函数𝑦
=2013，则有序数组（a，
=√(𝑥2−2)2+(𝑥−5)2+√(𝑥2−3)2+𝑥2.则该函数的最小值为 +𝑦=9(𝑥≥0,𝑦≥0)与y轴、指数函数𝑦=𝑎𝑥的图像、对数函数𝑦=
__________. 4.已知线段𝑥
log𝑎𝑥的图像、x轴分别交于点A、B、C、D，其中𝑎>0,且𝑎≠1，若中间两点恰三等
分线段AD，则a = __________. 5.如图，已知椭圆C：25+𝑦2
𝑥2
=1和⊙O：𝑥2+𝑦2=1，在椭圆C内，且在⊙O外的区
域内（包括边界）所含圆的最大半径为__________.
6.关于m、n的方程
111+−𝑚𝑛𝑚𝑛2=3的整数解（m，n） = __________.
47.袋中有6只红球和8只白球，任意取五只球放入A盒中，其余九只球放入B盒中.则A盒子中白球个数与B盒中红球个数之和不是素数的概率为 __________（用数字作答）. 8.若在集合{1!,2!,⋯,100!}中删去一个元素后，余下元素的乘积恰为一个完全平方数.则删去的这个元素为__________. 评卷人 得分 二、解答题
9.正数数列{𝑎𝑛}的前n项为𝑏𝑛，数列{𝑏𝑛}的前n项和为𝑐𝑛，且𝑏𝑛+2𝑐𝑛=1(𝑛∈𝑍+).
求数列{}中最接近2013的数. 10.已知正数p及抛物线C：𝑦2
1𝑎𝑛
=2𝑝𝑥(𝑝>0)，𝐴(,0)为抛物线C对称轴上一点，O
6
|𝑂𝑀|
𝑝
为抛物线C的顶点，M为抛物线C上任意一点.求|11.已知𝑘(𝑎𝑏
𝐴𝑀|
的最大值.
+𝑏𝑐+𝑐𝑎)>5(𝑎2+𝑏2+𝑐2). ①
>5；
（1）若存在正数a、b、c使不等式①成立，证明：𝑘
（2）存在正数a、b、c使不等式①成立，且凡使不等式①成立的任意一组正数a、b、c均为某三角形的三边长，求满足条件的整数k.
参考答案
1.15−4√6
【解析】1. 注意到，𝑔(𝑥)即𝑔(𝑥)在𝑥
6
=𝑥+≥2√6，当𝑥=√6∈[2,3]时，上式等号成立，
𝑥
2
=√6时取到最小值2√6.
=(𝑥−√6)+2√6.
于是，由题意得𝑓(𝑥)又3−√6>√6−2，则𝑓(𝑥)在上[2,3]的最大值为𝑓(3)=15−4√6.
故答案为：15−4√6 2.(2013,0,2013,0)
【解析】2. 由题意得2
𝑎
×3𝑏×5×7𝑑=102013=22013×5
𝑐2013
.
由算术基本定理知(𝑎,𝑏,𝑐,𝑑)=(2013,0,2013,0). 故答案为：(2013,0,2013,0) 3.√26
【解析】3.
函数y可视为抛物线𝑦
=𝑥2上的点𝑃(𝑥,𝑥2)到点M（5，2）及N（0，3）的距离之和.
=|𝑀𝑁|=√26.
由图像易知，当点为线段MN与抛物线的交点时，y最小，此时𝑦min故答案为：√26 4.√6或√3
【解析】4.
显然，A（0，9），D（9，0）. 当𝐴𝐵
3
6
=𝐴𝐷时，点B（3，6）.
3
1
于是，6当𝐴𝐵
=𝑎3⇒𝑎=√6.
23
3
=𝐴𝐷时，点B（6，3）. =𝑎6⇒𝑎=√3.
3
6
6
于是，3
故答案为：√6或√3
5.
【解析】5.
要命名所含圆的半径r最大，其圆心又在x轴上，且与⊙O外切，与椭圆C在第一象限内仅有一个公共点.
由对称性，设所求圆M的方程为
(𝑥−𝑟−1)2+𝑦2
2325=𝑟2
⇒𝑦2=𝑟2−(𝑥−𝑟−1)2.
代入椭圆方程得
𝑥2
+𝑟225−(𝑥−𝑟−1)2=1
⇒24𝑥2−50(𝑟+1)𝑥+50(𝑟+1)=0.
由𝛥
=2500(𝑟+1)2−4800(𝑟+1)=0
2325
⇒𝑟=
.
23
故答案为：25 6.(3,2)
【解析】6. 显然，𝑚
≠0,𝑛≠0.
将已知方程变形成
𝑚=
4(𝑛+1)(𝑛−1)𝑛(3𝑛−4)
. 由(𝑛,𝑛+1)=1=(𝑛,𝑛−1)，知𝑛|4 . 于是，𝑛
=±1,±2,±4.
=2时，m为非零整数3.
经检验，只有当𝑛故答案为：(3,2) 7.1001
【解析】7.
213
设A盒中有白球𝑛(0≤𝑛≤5)个，则A盒子中有红球5 – n 个；B盒中有白球8 – n个，
红球n + 1个.于是，A盒中白球个数与B盒中红球个数之和2n + 1， 注意到，2n + 1为奇数，非素数只有1或9，即n = 0或4. 故所求概率𝑃
=
5+𝐶4𝐶1𝐶686
5𝐶14
=
2131001
. 故答案为：8.50!
【解析】8. 记𝐴
213
1001=1!×2!×⋯×100!.
=(1!)2×2×(3!)2×4×⋯×(99!)2×
因为(2𝑘)!=(2𝑘)⋅(2𝑘−1)!，所以，𝐴
100
=(1!×3!×⋯×99!)2(2×4×6×⋯×100) =(1!×3!×⋯×99!)2(225)2×50!.
于是，删去50！后余下的元素之积50!恰为完全平方数. 接下来证明：删去50！是唯一的.
若还能删去k！，使得𝑘!也为完全平方，则 当50当1
𝐴
𝐴
<𝑘≤100
𝐴
时，50!𝐴𝑘!=51×52×⋯×𝑘；
≤𝑘<50
𝐴𝑘!时，𝐴50!=(𝑘+1)(𝑘+2)×⋯×50也为完全平方数.
>100，所以，当53≤𝑘≤100时，51×52×⋯×𝑘
因为53为素数，且53×2
不可能完全平方数（所含53的指数为1），且51、51×52均不为完全平方数. 因为47是素数，所以，当1
≤𝑘≤46时，(𝑘+1)×⋯×49×50不可能为完全平方
数，且48×49×50、49×50、50均不为完全平方数. 综上，删去的元素50！是唯一的. 故答案为：50! 9.见解析
【解析】9. 因为𝑎1
=𝑏1=𝑐1，所以，在𝑏𝑛+2𝑐𝑛=1(𝑛∈𝑍+)中令𝑛=1，得
13
3𝑎1=1⇒𝑎1=.
当𝑛
𝑐𝑛−1𝑐𝑛
≥2时，由𝑏𝑛=𝑐𝑐𝑛及𝑏𝑛+2𝑐𝑛=1，得
𝑛−1
+2𝑐𝑛=1⇒𝑐1=𝑐1+2.
𝑛
𝑛−1
又𝑐1
1
1=𝑎=3，于是，
1
1𝑐𝑛
=3+2(𝑛−1)=2𝑛+1(𝑛∈𝑍+). =𝑐𝑐𝑛
𝑛−1
故𝑏𝑛
=
1𝑐𝑛−11𝑐𝑛
(𝑛≥2). =2𝑛−12𝑛+1该结果对n = 1也成立（因为𝑏1则𝑎𝑛
=𝑎1=1）.
32𝑛−3
=𝑏𝑛−𝑏𝑛−1=2𝑛−1− 2𝑛+12𝑛−14
=
4𝑛2−1
1
𝑛
(𝑛≥2).
(𝑛≥2). =𝑛2−1
445
于是，𝑎故
1𝑎44
13
=19353,=2024.
4𝑎41
45
经比较𝑎最接近2013. 10.4
【解析】10. 设点M（x，y）.则𝑥故(|𝐴𝑀|)设𝑡当𝑡
|𝑂𝑀|2
3√2≥0，且𝑦2=2𝑝𝑥.
=
𝑝𝑝22𝑥−𝑥++2𝑝𝑥
3365
𝑥2+2𝑝𝑥
=
𝑥2+𝑦2
𝑝2(𝑥−)+𝑦2
6=
. 5𝑝𝑝22𝑥+𝑥+336𝑝2
𝑥2+2𝑝𝑥
=
𝑥2+2𝑝𝑥𝑥2+
5𝑝
𝑥+336.则(𝑡−1)𝑥2+𝑝(3𝑡−2)𝑥+36𝑡=0. 𝑝2≠1时，由𝑥∈𝑅，知
2
53
2
19
249
599
𝛥=𝑝[(𝑡−2)−𝑡(𝑡−1)] =𝑝2(𝑡2−
当𝑡
𝑡+4)≥0 ⇔𝑡≥或𝑡≤.
3
8
49
=时，有𝑥=；且当𝑥≥0时，
8
2
5𝑝
9𝑝
𝑥2+2𝑝𝑥
𝑥2+3𝑥+36≤⇔𝑝298𝑝2(𝑥−2)98≥0，即对一切𝑥≥0，有𝑡≤（从而，𝑡≥不可能）.
8
3
|𝑂𝑀|
94
于是，t的最大值为.因此，(|11.（1）见解析；（2）6
【解析】11. （1）因为𝑎2+𝑏
2
)𝐴𝑀|
max
√2=34.
+𝑐2≥𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎，所以，由不等式①知
𝑘(𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎)>5(𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎).
注意到，a、b、c为正数.
于是，𝑎𝑏故𝑘
+𝑏𝑐+𝑐𝑎>0.
>5.
>5. ≥6.
（2）由（1）知𝑘又k为整数，则𝑘取𝑎
=1,𝑏=1,𝑐=2.易知，a、b、c不是某三角形三边长.
由题意，知其不能使不等式①成立，即
𝑘(1+2+2)≤5(1+1+4)⇒𝑘≤6.
从而，𝑘
=6.
=6.
接下来证明：𝑘
此时，不等式①为
6(𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎)>5(𝑎2+𝑏2+𝑐2). ②
注意到，𝑎
=1,𝑏=1,𝑐=满足不等式②.
2
3
设a、b、c满足不等式②. 由对称性，不妨设𝑎将不等式②化成
≤𝑏≤𝑐.
5𝑐2−6𝑐(𝑎+𝑏)+5𝑎2+5𝑏2−6𝑎𝑏<0. ③
故𝛥
=[6(𝑎+𝑏)]2−20(5𝑎2+5𝑏2−6𝑎𝑏)
=−64(𝑎−𝑏)2+64𝑎𝑏
≤64𝑎𝑏≤16(𝑎+𝑏)2.
于是，由不等式③得
6(𝑎+𝑏)+√𝛥6(𝑎+𝑏)+4(𝑎+𝑏)𝑐<≤
1010=𝑎+𝑏.
从而，a、b、c是某三角形的三条边长. 综上，所求的整数𝑘
=6.
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