2011年全国高中数学联赛(四川预赛)详

一、选择题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）

1、双曲线

xa2222yb1的左、右准线l1、l2将线段F1F2三等分（其中F1、F2分别为双曲线的左、右

焦点），则该双曲线的离心率e等于（ ）．

A、

2、已知三次函数f(x)ax3bx2cxd，(a,b,c,dR), 命题p：yf(x)是R上的单调函数； 命题q：yf(x)的图像与x轴恰有一个交点． 则p是q的（ ）

A、充分但不必要条件 B、必要但不充分条件 C、充要条件 D、既不充分也不必要条件

3、甲、乙、丙三人一起玩“剪刀、石头、布”的游戏．每一局甲、乙、丙同时出“剪刀、石头、布”中的一种手势，且是相互独立的．设在一局中甲赢的人数为，则随机变量的数学期望E的值为（ ）

A、

4、函数f(x)x5243x的最大值为（ ）

62 B、3 C、

332 D、23

13 B、

49 C、

23 D、1

A、3 B、3 C、23 D、33

5、如图，边长为2的正方形ABCD和正方形ABEF所在的面N分别是线段AC和BF上的点，且AMFN， 则线段MN的长的取值范围是

12FNAMCBE成60°角，M、

A、[,2] B、[1,2] C、[2,2] D、[3,2] D

6、设数列{an}为等差数列，数列{bn}满足：b1a1，b2a2a3，b3a4a5a6，„„，若

1

limbnn3n2 ，则数列{an}的公差d为（ ）

12A、 B、1 C、2 D、4

二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）

7、已知实数x满足|2x1||2x5|6，则x的取值范围是 ．

8、设平面内的两个非零向量a与b相互垂直，且|b|1，则使得向量amb与a(1m)b互相垂直的所有实数m之和为 ．

9、记实数等比数列{an}的前n项和为Sn，若S1010,S3070，则S40 ．

10、设x为实数，定义x为不小于x的最小整数，例如4，3．关于实数x的方程

3x12x12的全部实根之和等于 ．

anbn11、已知(1n3)anbn3，其中an,bn为整数，则limn ．

12、已知三棱锥S-ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且SA=SB=SC=AB=2,设S、A、B、C四点均在以O为球心的某个球面上，则点O到平面ABC的距离为 ．

三、解答题（本大题共4个小题，每小题20分，共80分）

13、已知m0，若函数f(x)x100mx的最大值为g(m)，求g(m)的最小值．

14、已知函数f(x)2(sin最大值5， 求实数m的值．

15、抛物线yx与过点P(1,1)的直线l交于P1、P2两点． （I）求直线l的斜率k的取值范围； (II) 求在线段P1P2上满足条件

1PP11PP22PQ2SACOHB4xcos4x)m(sinxcosx)在x[0,42]有

的点Q的轨迹方程．

984364316、已知m为实数，数列{an}的前n项和为Sn，满足：Sn任何的正整数n恒成立．

nan3m，且ann对

求证：当m取到最大值时，对任何正整数n都有k13kSk316．

2

1.解：由题意得2c32.解：选A． 3.解：P(0)2ac2，解得e3． 故答案选B．

342792794412于是E012. 故答案选C．

99934, P(1)344,P(2)312719,

4.解：法一：f(x)的定义域为5x8，

12x532243x243x3x52x5243x234由f(x)2340，解得x234．

因为f(5)3，f(故答案选C．

)23，f(8)3，于是f(x)maxf()23．

法二：f(x)的定义域为5x8，

f(x)(12x538x38x)(13)(x58x)12

2当且仅当

x51，即x234时，f(x)取到最大值23．故答案选C．

5.解：过点M作MH//BC交AB于H，则又AM=FN，AC=FB，∴

FNFBAHABAMACAHAB，

FNAMDHE，∴NH//AF，

BC∴NH⊥AB，MH⊥AB，∴∠MHN=60°．

设AH=x(0≤x≤2)，则MH=x，NH2x， ∴MNx(2x)2x(2x)cos60223x6x423(x1)1

2∴ 1MN2．选答案选B．

6.解：bnan(n1)21an(n1)22an(n1)2nn2[an(n1)21an(n1)2n]

n2[a1n(n1)2da1(n(n1)2n1)d]n2(2a1dnd)

2于是lim

bnn3nlimn12a1dd(d)2，解得d4．故答案选D． 222n7.解：因为|2x1||2x5||(2x1)(52x)|6，

3

等号成立当且仅当(2x1)(2x5)0，即212x52．故答案填[215,]． 228.解：由于0(amb)[a(1m)b]=aabm(1m)b|a|2m(1m)， 即m2m|a|2=0，

所以由根与系数的关系知符合条件所有实数m之和为1．故答案填1．

9.解：记b1S10，b2S20S10，b3S30S20，b4S40S30

设q为{an}的公比，则b1,b2,b3,b4构成以rq10为公比的等比数列， 于是70S30b1b2b3b1(1rr2)10(1rr2) 即r2r60，解得r2或r3（舍去）， 故S4010(1rr2r3)150．故答案填150.

10.解：设2x12kZ，则x2k14，3x1k12k34，于是原方程等价于

2k31172k321，从而k，即k5或4． ，即14422相应的x为

94,74．于是所有实根之和为4．故答案填4．

11.解：由条件(1于是an123)anbn3知(13)(1nn3)anbn3， [(13)(1nn[(13)],bnn1233)]，

n故limanbnnlimn3(1(13)(13)(1nn3)3)nn1(limn11113333))n31(n3．

故答案填3．

12.解：如图，因为SA=SB=SC，所以S在平面ABC上的射影是△ABC的外心，即AB的中点H，同

理O点在平面ABC上的射影也是△ABC的外心H，即在等边△SAB中，求OH的长，其中OA=OB=OS． 显然，OH

4

13SH1323233．故答案填

33．

13.解：令t100mx，则x100tm100m2， （5分）

∴y100tmm22t1m(tm2)m42m4，

100mm4∴当t时，y有最大值100mm4100m，即g(m)． （10分）

∴g(m)2100mm410， （15分）

等号当且仅当m20时成立，

∴当m20时，g(m)有最小值10． （20分）

14.解：f(x)2(sin2xcos2x)4sin22xcos2xm(sinxcosx)

44 2(2sinxcosx)2m(sinxcosx) （5分）

令tsinxcosx2sin(x4)[1,2]，

4则2sinxcosxt21，从而f(x)2(t21)2mt(m1)t2t1 （10分）

42令ut2[1,2]，由题意知g(u)(m1)u22u1在u[1,2]有最大值5.

当m10时，g(u)2u1在u2时有最大值5，故m1符合条件； （15分） 当m10时，g(u)maxg(2)2215，矛盾！ 当m10时，g(u)2u15，矛盾！

综上所述，所求的实数m1． （20分） 15.解：（I）直线l的方程为y1k(x1)，与抛物线方程yx联立 yx222得，消去y得xk(x1)1，即xkx(k1)0， y1k(x1)2由(k)4(k1)0，解得k222或k222． （5分）

2（II）设Q点坐标为(x,y)，P1点坐标为(x1,y1)，P2点坐标为(x2,y2)， 则x1x2k，x1x2(k1)，

又P1、P2、Q都在直线l上，所以有y1k(x1)，y11k(x11)，y21k(x21)，

5

由

1PP11PP212PQ得

(x11)(y11)221(x21)(y21)222(x1)(y1)22 化简得

1|x11|1|x21|2|x1| （10分）

又(x11)(x21)x1x2x1x21(k1)k120，点Q在线段P1P2上， 所以x11,x21,x1同号．则

1x112kk21x212x1

因此x2x1x2x1x21x1x222kk21 ①，

yk(x1)1k(1)13k2k2 ②，

x1由①得k代入②得y22xx1x122x322x212x,即2xy10， （15分） 24k21的取值范围是

又因为k222或k222，所以x21x21且x1，

因此点Q的轨迹方程是2xy10（21x

16.证明：当n1时，由a1当n1时，Sn∴an1∴an1∴an即an9an13nn121且x1）． （20分）

98na14m得a18(4m)，

98an164343n9898anan43833m，Sn1n3n1m，

83293，即an19an3293)

n1n3， （5分）

9(an323n3298273(a1)9329n，

n(163m)98273 （10分） 329313nn由条件知，即

(163m)964319n643对任何正整数n恒成立，

827(163m)329对任何正整数n恒成立，

6

由于于是

64382719n329139627n在n1时取最大值，解得m464319329139627，

(163m)43．

由上式知道m的最大值为． （15分）

3当m4时，a329n23n993n，

于是S9n8(3299n3293n)433n43 43[3(3n)243n1]43(3n11)(3n1)，

nnk所以3k333n(1k1Sk4k1(3k11)(3k1)83k113k1)

k11 3118(1313n11)383216． 7

20分）

（