2015年全国高中数学联赛河北省预赛试题及答案

一、填空题（每小题8分，共64分） 1.已知函数fxln答案：2 提示：

1则flnafln ． 1a2x2ax1a0，

afxfxln

是

． 答案：1,

1a2x2axln21a2x2ax2ln1a2x2a2x222.222.设A、B两点分别在抛物线y6x和圆C:x2y1上，则AB的取值范围

提示：由于ABAC1，则只需要考虑AC的范围．而

ACx2y2x26xx2x4x13,22222

又x0，故ACmin2，故AB的取值范围为1,. 3.若tan3tan0答案：

，则的最大值为 ． 2． 6tantan2tan1tantan13tan221 3tantan3tan.36提示：

tan因为0所以2，所以02.

64.已知△ABC为等腰直角三角形，其中C为直角，ACBC1，过点B作平面ABC的垂线DB，使得DB1，在DA、DC上分别取点E、F，则△BEF周长的最小

1

，即的最大值为

. 6

值为 ．

答案；22．

提示：由题意可知，CDB侧面

,且BDA与CDA之和为.如图，将侧面BDA和42

CDB分别折起至面B1DA和B2DC，且与侧面ADC位于同一个平面上．则△BEF周长的

最小值即面AB1DB2C上两点B1、B2之间的线段长．

由前面的分析可知，

B1DB2B1DAADCCDB23.244由余弦定理可得，



B1B2B1D2B2D22B1DB2DcosB1DB22112222.所以，△BEF周长的最小值为22.

5.已知函数fxx3x，对任意的m2,2,fmx8f23

0恒成立，

xx则正实数x的取值范围为 ． 答案：0x2.

提示：由于fxx3x为奇函数且为增函数，所以fmx8f230等价于

2

fmx8f2xf2x，即mx82x.

即mx280对任意m2,2恒成立．

xx0x2,2x280,即所以即0x2.

x0x4,2x280,b、c满足a:b:c2:k:3kN6.已知向量a、

c的夹角，则cos的值为 ．

答案：.

提示：由ba2cb得b212424bacac.

999*且ba2cb，若为a、，

1612ac，所以 33又a:b:c2:k:3，所以

k240241664cos,. 9999*又kN，所以k2，所以cos的值为.

7.现有一个能容纳10个半径为1的小球的封闭正四面体容器，则该容器棱长最小值为 ．

答案：426.

提示：这10个小球成棱锥形来放，第一层1个，第2层3个，第3层6个，即每一条棱是3的小球，于是正四面体的一条棱长就应该是4倍的小球的半径加上2倍的球心到四面体顶点的距离到棱长上射影的长度，又球心到顶点的距离为3，正四面体的高和棱所成角的余弦值为

1666426. ，故容器棱长的最小值为423338.将10个小球（5个黑球和5个白球）排成一行，从左边第一个小球开始向右数小球．无

论数几个小球，黑球的个数总不少于白球个数的概率为 ． 答案：.

提示：方法一 如果只有2个小球（1黑1白），那么黑球的个数总不少于白球个数的概

1611；如果只有4个小球（2黑2白），那么黑球的个数总不少于白球个数的概率为；231如果只有6个小球（3黑3白），那么黑球的个数总数不少于白球个数的概率为；以此类

4率为

推，可知将10个小球（5黑5白）排成一行，从左边一个小球开始向右数小球，无论数几

3

个小球，黑球的个数不少于白球个数的概率为.

方法二 直接从10个小球入手分类讨论．

二、解答题（第9、10、11、12题各14分，第13、14题各15分） 9.在△ABC中，内角A、B、C对边的边长分别是a、b、c，向量

16psinAsinC,sinB,qac,ba，

且满足pq．

（1）求△ABC的内角C的值；

（2）若c2,2sin2Asin2BCsinC，求△ABC的面积．

解 （1）由题意pq，所以

acsinAsinCbasinB0.

由正弦定理，可得acacbab0. 整理得acbab．

222a2b2c21,又C0,，所以C. 由余弦定理可得，cosC2ab23 (2)由2sin2Asin2BCsinC可得，

4sinAcosAsinBAsinBA.

整理得，4sinAcosAsinBAsinBA2sinBcosA.

当cosA0时，A2，此时，b2cot323，所以△ABC的面积3123SABCbc.

23当cosA0时，上式即为sinB2sinA，由正弦定理可得b2a,又abab4，

22解之得，a1232343. ,b.所以△ABC的面积SABCabsinC2333综上所述，△ABC的面积

SABC123absinC. 234

10.已知数列a满足：a2n12,an1an2an.

（1）求证：数列lgan1是等比数列，并求an的通项公式； （2）若b1a1na，且数列bn的前n项和为Sn，求证：Sn1.nn2 证 （1）由已知得a2a2n1a2nn,an11an1.

因为a12，所以an11，两边取对数得lg1an12lg1an,即

lg1an1lg1a2，故lgan1为以lg3为首项，2为公比的等比数列，即

nlgan12n1lg3,即an1n321.

（2）方法一 由a21111n1an2an，两边取倒数得

a2，所以n12anan1a1a2，即b1111n2，故Sn2nn2nan2anan12321,故Sn1. 方法二 由于

b232n1n1132n1132n1132n1

21132n1132n11,则

S11n2232n11. 11.设fxexaxa.

（1）若fx0对一切x1恒成立，求a的取值范围；

1008（2）求证：20152016e12.

（1）由fx0得x1aex，即aex解x1x1．

5

exxex令hx，则hx. 2x1x1由hxxexx120得x0.

所以hx在0,上单调递增，hx在1,0单调递减． 所以hxh01x1,由此得a1.

又x1时，x1aex即为0ae，此时a取任意值都成立．

1综上可得a1.

2015（2）20161008e12等价于

1110151e2015等价于1e2016. 20162016由（1）知，当a1时fx0对一切x1恒成立，即ex1（x0时取等号）．

x111e2016. 取x，得1201620162015即证得：20161008e.

1212. 已知：如图，两圆交于A、B两点，CD为一条外公切线，切点分别为C、D．过A任意作一条直线分别交两圆于E、F，EC交FD于点P． 求证：PB平分EBF.

证 如图，连结BA、BC、BD,延长CD．由A、B、E、C共圆有1CBA，同理，

2DBA.

6

又12EPF180，所以

CBDCPD12EPF180.

故P、C、B、D四点共圆．

则CBP34DBF（弦切角等于圆周角）． 同理CBE5DBP. 所以

EBPEBCPBCDBPFBDFBP,

此即为PB平分EBF.

2213.设正数x、y满足xyxy，求使xy1恒成立的实数的最大值．

3333解 由正数x、y满足xyxy，知xy0. 令tx1. y22x3y3,不等式xy1等价于xyxy

22x3y3x2yy32x, 等价于yxyxy2x2yy3等价于,

xyy2x2y2t21. 等价于2xyyt17

因为

t212ft2t1t1t12 22t1t1222,等号仅当t12，即t12时成立，所以实数的最大值为222. t1x21y21及点P1,，过点P作直线l与椭圆C交于A、B两点，14.已知椭圆C:22过A、B两点分别作C的切线交于Q． （1）求Q的轨迹方程：

（2）求△ABQ的面积的最小值．

解 （1）设Ax1,y1、Bx2,y2、Qx0,y0，则QA:x1xy1y1过Q，有 2x1x0y1y01； ① 2xxQB:2y2y1过Q，有

2x2x0y2y01， ② 2故直线AB为

x0xxy1y0y1，由于直线AB过点P1,，则有001，即 2222x0y02. ③

故Q的轨迹方程为xy2.

（2）当直线AB斜率不存在时，即直线AB的方程为x1，此时A1,22B1,、、22C2,0.所以

12SABQ21.

22当直线AB的斜率存在时，设直线AB:y1kx1，即 28

1ykxk.

2x22y22,联立消去y得 1ykxk,22k231x22k12kx2k22k0.

2于是有

2k2k1,x1x222k13 22k2k2.x1x222k1又①②，得到

x024k,ky00与③联立，可解得Q，则 2k112k2SAQB1ABd211k2x1x2224k221k2k121k322 24k4k3,42k212k1可得 SAQB21. 22282k12k124k24k3323令fk4k2k24k3212k12，则

fk84k24k3k18k24k32k212k133,

故fk在区间,1上单调递减，1,11,上单调递增，上单调递减，又

22klimfk4,所以

9

1fkminf1.

3于是，当k1时，△AQB面积的最小值为Smin6. 1210