2017浙江省高中数学竞赛试卷版.pdf

2017 年浙江省高中数学竞赛参考答案 一、填空题（每题 8 分，共 80 分） 1. 在多项式 310 (1) (2)xx+的展开式中 6 x的系数为_. 解答： 6 x系数为 73645546 10101010 23 23 224128CCCC + = . 2. 已知 2 7 1 log(53)log5 a a + =，则实数 a =_. 解答 将原式化简为 2 1 7 log (53)log5 a a + =。由于 7 ( )log (53)f xx=为 3 5 x 上的 增函数， 2 5 ( )log (1)g xx=+为上的增函数，且(2)(2)1fg= 。因此可得实数 a =2. 3. 设 2 ( )f xxaxb=+在0,1中有两个实数根，则 2 2ab的取值范围为 . 解答 因为 2 22 ( )() 24 aa f xxaxbxb=+=+在0,1中有两个实数根，所以, a b 满足 2 (0)0,(1)10,40,01 2 a fbfabab=+ . 由此可得到 2 2ab的取值范围为 0,2。 4. 设 ,x y 且 222222 sincoscoscossinsin 1 sin() xxxyxy xy + = + ， 则xy=_. 解 答 ： 由 于 222222 sincoscoscossinsinsin()sin()xxxyxyxyxy+=+且 sin()0xy+，所以sin()1xy=。故2 2 xyk =+，k。 5. 已知两个命题，命题:p函数( )log (0) a f xxx=单调递增；命题:q函数 2 ( )10 ()g xxaxx=+ . 若pq为真命题，pq为假命题，则实数a的取 值范围为_. 解答： 命题p成立 当且仅当 1a ；命题q成立当且仅当 22a 时， 2 3 ( )3 2 n fxxx）. 当 n = k 时，设 2 3 ( )3 2 k fxxx都不是( )3 n fxx=的解（对于所有的 n） .15 分 (3) 当 02x. 当 n =1 时， 222 1( ) 3283f xxxxx=+=（02x，则 22 1 16 ( )( )1 63 3 kk fxxfxxxx + =+。 由此可得02x，故 1 01 u 。 因此 max 3I=（当4u =时取到最大值，也即1k = ） 。 综上所述，PQ MF 的最大值为 3. 20 分 13.（本题满分 20 分）设数列 n a满足： 1 22 nn aa + =, | 2,1,2,3, n an=. 证明：如果 1 a 为有理数，则从某项后 n a为周期数列. 证： （1）若 1 a 为有理数，则 n a为一个有理数数列. (2) 对于任意的n， 设(),1 n y ay x x = ，由已知条件，有且仅有下述一个等式 成立 1 22 22 nn yx aa x + + =+= ，或 1 22 22 nn yx aa x + =. （*） n a 与 1n a + 有相同的分母（不进行约分）. 5 分 (3) 设 () 1 ,1 q ap q p = ，则 n n b a p =， n b为整数。由于| 2,1,2,3, n an=，因此 22 n pbp. 10 分 (4) 若存在两个自然数kl，使得 kl aa=. 则由(2)中得到的(*)递推公式以及 | 2,1,2,3, n an=，可得 n a 从第 k 项开始是一个周期数列，周期为 lk. 15 分 (5) 由(3)可知对于任意的 n， n b的值只有41p+ （有限个）, 故总能找到kl, 使得 kl bb=，从而有 kl aa=. 综合上述，如果 1 a 为有理数，则从某项后 n a为周期数列. 20 分 14.（本题满分 30 分）设 123123 ,;,a a a b b bZ + ，证明：存在不全为零的数 2 , 1 , 0, 321 ，使得 1 12233 aaa+和 1 1223 3 bbb+同时被 3 整除. 证明：不妨设(mod3),(mod3) iiii akbl，,0,1,2 ii k l ，1,2,3i =. 则要证明结 论正确，只要证明存在不全为零的数2 , 1 , 0, 321 ，使得 1 122331 12 23 3(mod3) 0(mod3)kkklll+。 （*） 记 1 22 1 (mod3),k lk lc这里0,1,2c。 情形（1） 当0c = 时，则 11 0,kl=或者 11 ,k l不全为零。 若 11 0,kl=则取 123 1,0=，有(*) 式成立. 若 11 ,k l不全为零，不妨设 1 0,k 则取 12213 ,0kk= =，且 1 122332 112 1 12 23 32 11 2 0(mod3) 0(mod3) kkkk kk k lllk lk l += += ，即（*）式。 20 分 情形（2） 当1c =或 2 时，即 2 1(mod 3)c 。 记 2 33 213 11 32 ()(mod3), ()(mod3),c k lk lcc k lk lc这里 12 ,0,1,2c c 。 令 11223 ,1cc= ，则2 , 1 , 0, 321 且不全为零，且 1 122331 1223 kkkc kc kk+=+ 2 33 213 11 323 ()() (mod3),c k lk l kc k lk l kk+ () 32 11 23 (mod3), ckk lk lk+ 2 3 (1) (mod 3)ck0 (mod3), 30 分 类似可以证明 1 12 23 3 0(mod3)lll+。 综上所述，可以取到不全为零的数2 , 1 , 0, 321 ，使得(*)式成立. 15. （ 本题满分 30 分）设,., 21n aaa=为,.,2 , 1n的一个排列，记 = + = n i iia aF 1 1 )(, 11 aan= + ，求 )(min F. 解答： 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 n T . 不妨设 1 an=，则数字 1 必与它相邻。否则设1, j a =(2,jn)，则可将 23 , j a aa 的数字改变为 12 , jj a aa 上的数字,则相邻数的乘积和的该变量为 121121jjjj a aa aa aa a + + 112 ()()0 jj aaaa + =. 于是可确定 2 1a = 。再说明数字 2 也必与数字 n 相邻，即2 n a =。10 分 事实上，若2, j a =(jn)，则交换 1 , nnj a aa 为 1 , jjn a aa + 。此时的目标改变 值为 1111jnjnjj a aa aa aa a + 11 ()()0 jjn aaaa =. 因此目标取到最小值时， 12 ,1,2 n an aa=。由此出发，依次可得 31 1,2 n anan =。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 42 3,4 n aa =， 53 3,4, n anan =。 20 分 下面用递推法计算 n T。 考虑 n+2 个数字，我们在 n T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 2n T + 。 因此 2 (1)(2