2016年全国高中数学联赛试题与解答A卷(一试)新

2016年全国高中数学联合比赛一试（A卷）说明：1.评阅试卷时，请依照本评分标准．填空题只设8分和0分两档；其余各题的评阅，请严格依照本评分标准的评分品位给分，不要增添其余中间品位．假如考生的解答 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 和本解答不一样，只需思路合理、步骤正确，在评卷时可参照本评分标准适合区分品位给分，解答题中第9小题4分为一个品位，第10、11小题5分一个品位，不要增添其余中间品位．一、填空题：本大题共8小题，每题8分，共64分1．设实数a知足a9a311a|a|，则a的取值范围是 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ：a(23,10)33解：由a|a|可得a0，原不等式可变形为9a311a|a|11aa即19a2111，所以a2(10,4)．又a0，故a(23,10)．93332．设复数z,w知足|z|3，(zw)(zw)74i，此中i是虚数单位，z,w分别表示z,w的共轭复数，则(z2w)(z2w)的模为答案：65解：由运算性质，74i(zw)(zw)|z|2|w|2(zwzw)，因为|z|2与|w|2为实数，Re(zwzw)0，故|z|2|w|27，zwzw4i，又|z|3，所以|w|22，从而(z2w)(z2w)|z|24|w|22(zwzw)988i18i所以，(z2w)(z2w)的模为65．3．正实数u,v,w均不等于1，若loguvwlogvw5，logvulogwv3，则logwu的值为答案：45解：令loguva，logvwb，则logvu11，logwv，loguvwloguvloguv?logvwaabab条件化为aabb5，113，由此可得ab5，所以ab4logwulogwv?logvu4．54．袋子A中装有2张10元纸币和3张1元纸币，袋子B中装有4张5元纸币和3张1元纸币．现随机从两个袋子中各拿出两张纸币，则A中剩下的纸币面值之和大于B中剩下的纸币面值之和的概率为答案：935解：一种取法切合要求，等价于从A中取走的两张纸币的总面值a小于从B中取走的两张纸币的总面值b，从而ab5510．故只好从A中国取走两张1元纸币，相应的取法数为C323．又此时ba2，即从B中取走的两张纸币不可以都是1元纸币，相应有C72C3218种取法．所以，所求的概率为318549．C52C721021355．设P为一圆锥的极点，A，B，C是其底面圆周上的三点，知足ABC=90°，M为AP的中点．若=1，=2，AP2，则二面角——的大小为ABACMBCA答案：arctan23解：由ABC=90°知，AC为底面圆的直径．设底面中心为O，则PO平面ABC，易知11，从而22AOACPOAPAO12．HKBC设H为M在底面上的射影，则H为AO的中点．在底面中作于点K，则由三垂线定理知MKBC，从而MKH为二面角M—BC—A的平面角．因MHAH1，联合HK与AB平行知，HKHC3，即HK3，这样2ABAC44tanMKHMH2．故二面角M—BC—A的大小为arctan2．HK336．设函数f(x)sin4kxcos4kx，此中k是一个正整数．若对随意实数a，均有1010{f(x)|axa1}{f(x)|xR}，则k的最小值为答案：16解：由条件知，f(x)(sin2kxcos2kx)22sin2kxcos2kx101010101sin2kx1cos2kx35m5454此中当且仅当x(mZ)时，f(x)取到最大值．依据条件知，随意一个长为1的开k5区间(a,a1)起码包括一个最大值点，从而1，即k5．k反之，当k5时，随意一个开区间均包括f(x)的一个完整周期，此时{f(x)|axa1}{f(x)|xR}建立．综上可知，正整数的最小值为[5]116．7．双曲线C的方程为x2y21，左、右焦点分别为F1、F2，过点F2作直线与双曲线C3的右半支交于点P，Q，使得F1PQ=90°，则F1PQ的内切圆半径是答案：71解：由双曲线的性质知，F1F22134，PF1PF2QF1QF22．因F1PQ=90°，故PF12PF22F1F22，所以PF1PF22(PF12PF22)(PF1PF2)22422227从而直角F1PQ的内切圆半径是r1(F1PPQF1Q)1(PF1PF2)1(QF1QF2)712228．设a1,a2,a3,a4是1，2，，100中的4个互不同样的数，知足(a11a22a32)(a22a32a42)(a1a2a2a3a3a4)2则这样的有序数组(a1,a2,a3,a4)的个数为答案：40解：由柯西不等式知，(a11a22a32)(a22a32a42)(a1a2a2a3a3a4)2，等号建立的充分必需条件是a1a2a3,a3,a4成等比数列．于是问题等价于计算知足a2a3，即a1,a2a4{a1,a2,a3,a4}{1,2,3,,100}的等比数列a1,a2,a3,a4的个数．设等比数列的公比nq1，且q为有理数．记q，此中m,n为互素的正整数，且mn．先考虑nm的状况．m此时a4n)3a1n333互素，故la1为正整数．相应地，a1,a2,a3,a4a1(m3，注意到m,nm3m分别等于m3l,m2nl,mn2l,n3l，它们均为正整数．这表示，对随意给定的qn1，知足m条件并以q为公比的等比数列a1,a2,a3,a4的个数，即为知足不等式n3l100的正整数l的个数，即[100]．n334因为53100，故仅需考虑q2,3,,4,这些状况，相应的等比数列的个数为23[100][100][100][100][100]12331120．827276464当nm时，由对称性可知，亦有20个知足条件的等比数列a1,a2,a3,a4．综上可知，共有40个知足条件的有序数组(a1,a2,a3,a4)．二、解答题：本大题共3小题，共56分．解答应写出文字说明、 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 过程或演算步骤．9．（此题满分16分）在ABC中，已知AB?AC2BA?BC3CA?CB．求sinC的最大值．解：由数目积的定义及余弦定理知，AB?ACcbcosAb2c2a22．同理得，BA?BCa2c2b2，CA?CBa2b2c2．故已知条件化为22b2c2a22(a2c2b2)3(a2b2c2)即a22b23c2．8分由余弦定理及基本不等式，得a2b2c2a2b21(a22b2)cosC32ab2abab2a?b23b6a3b6a3所以sinC1cos2C7．12分3等号建立当且仅当a:b:c3:6:5．所以sinC的最大值是7．16分310．（此题满分20分）已知f(x)是R上的奇函数，f(1)1，且对随意x0，均有f(x)xf(x)．x11f(1)f(1)f(1)f(1)f(1)f(1)的值．求f(1)f()10012993985051解：设anf()(n=1，2，3，），则a1f(1)1．n1x1在f(x)xf(x)中取x1(kN*)，注意到k，及f(x)为奇k11k1x1x1k函数．可知f(1)1f(1)1f(1)5分k1kkkk即ak11，从而ana1?n1ak1n111．10分akkk1akk1k(n1)!所以50501491aia101ii1i1(i1)!(100i)!i0i!?(99i)!149i149i99i)1129929820分C9999!i(C99C9999!299!99!i0011．（此题满分20分）如下图，在平面直角坐标系xOy中，F是x轴正半轴上的一个动点．以F为焦点，O为极点作抛物线C．设P是第一象限内C上的一点，Q是x轴负半轴上一点，使得PQ为C的切线，且｜PQ｜=2.圆C1,C2均与直线OP相切于点P，且均与轴相切．求点F的坐标，使圆C1与C2的面积之和取到最小值．解：设抛物线C的方程是y22px(p0)，点Q的坐标为(a,0)(a0)，并设C1,C2的圆心分别为O1(x1,y1),O2(x2,y2)．设直线PQ的方程为xmya(m0)，将其与C的方程联立，消去x可知y22pmy2pa0．因为PQ与C相切于点P，所以上述方程的鉴别式为4p2m24?2pa0，解得m2aP的坐标为(xP,yP)(a,2pa)．于是．从而可知，点p|PQ|1m2|yP0|12a?2pa2a(p2a)．p由｜PQ｜=2可得4a22pa4①5分注意到OP与圆C1,C2相切于点P，所以OPO1O2．设圆C1,C2与x轴分别相切于点M，N，则OO1,OO2分别是POM,PON的均分线，故O1OO2=90°．从而由射影定理知y1y2O1M?O2NO1P?O2POP2xP2yP2a22pa联合①，就有y1y2a22pa43a2②10分由O1,P,O2共线，可得y12pay1yPO1PO1My1．2pay2yPy2PO2O2Ny2化简得y1y22y1y2③15分2pa令Ty12y22，则圆C1,C2的面积之和为T．依据题意，仅需考虑T取到最小值的状况．依据②、③可知，T(y1y2)22y1y24y12y222y1y22pa4(43a2)22(43a2)(43a2)(2a2)．44a21a2t1a24t44a22pa0t0(3t1)(t1)114234Tt3t423t?tt3a11tt133p1a2t3t12a1333313Fp120(,0)(,0)233