2007年江苏省高中数学联赛初赛(含答案).doc

2007年江苏省高中数学联赛初赛一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1已知函数ysin2x，则（ ）. （A） 有最小正周期为2 （B） 有最小正周期为（C） 有最小正周期为 （D） 无最小正周期解：ysin2x(1cos2x)，则最小正周期T. 故选（B）2关于x的不等式x2ax20a20任意两个解的差不超过9，则a的最大值与最小值的和是（ ） （A） 2 （B） 1 （C） 0 （D） 1解：方程x2ax20a20的两根是x14a，x25a，则由关于x的不等式x2ax20a20任意两个解的差不超过9，得|x1x2|9a|9，即1a1. 故选（C）3. 已知向量a、b，设a2b，5a6b，7a2b，则一定共线的三点是（ ）. （A）A、B、D （B）A、B、C （C）B、C、D （D）A、C、D解：2a4b2，所以A、B、D三点共线. 故选（A）4设、为平面，m、n为直线，则m的一个充分条件是（ ）（A），n，mn （B）m，（C），m （D）n，n，m解：（A）选项缺少条件m；（B）选项当缺少条件，若，时，m；（C）选项由，m只能得到m或m不能得到m当、两两垂直（看着你现在所在房间的天花板上的墙角），m时，m；（D）选项同时垂直于同一条直线的两个平面平行本选项为真命题. 故选（D）5. 若m、nx|xa2102a110a0，其中ai1，2，3，4，5，6，7，i0，1，2，并且mn636，则实数对(m，n)表示平面上不同点的个数为（ ）（A）60个 （B）70个 （C）90个 （D）120个解：由6514233及题设知，个位数字的选择有5种. 因为3217610，故（1） 由321知，首位数字的可能选择有2510种；（2） 由37610及54123知，首位数字的可能选择有248种. 于是，符合题设的不同点的个数为5(108)90种. 故选（C）6已知f(x)|x1|x2|x2007|x1|x2|x2007|（xR），且f(a23a2)f(a1)则a的值有（ ）. （A）2个 （B）3个 （C）4个 （D）无数个解：由题设知f(x)为偶函数，则考虑在1x1时，恒有f(x)2(122007)20082007 所以当1a23a21，且1a11时，恒有f(a23a2)f(a1)由于不等式1a23a21的解集为a，不等式1a11的解集为0a2因此当a2时，恒有f(a23a2)f(a1). 故选（D）二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7设Sn为等差数列an的前n项和，若S510，S105，则公差为d .解：设等差数列an的首项为a1，公差为d. 由题设得即 解之得d1.8. 设f(x)loga(xb)(a0且a1)的图象经过点(2，1)，它的反函数的图象经过点(2，8)，则ab等于 .解：由题设知化简得相减得，a2a60a2(舍去)，a3代入解得故ab等于4.9已知函数yf(x)的图象如图，则满足f()f(lg(x26x20)0的x的取值范围为 1Oxy（第9题）解： 因为lg(x26x20)lg(x3)211lg111，所以f(lg(x26x20)0因此f()0于是，由图象可知，1(x1)即0，解得2x1. 故x的取值范围为x2，1)10圆锥曲线|xy3|0的离心率是 解：原式变形为|xy3|，即所以动点(x，y)到定点(3，1)的距离与它到直线xy30的距离之比为故此动点轨迹为双曲线，离心率为11在ABC中，已知tanB，sinC，AC3，则ABC的面积为 解：在ABC中，由tanB，得B60由正弦定理得AB8因为arcsin60，所以角C可取锐角或钝角，从而cosC sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC故SABCACABsinA8612. 设命题P:a2a，命题Q: 对任何xR，都有x24ax10. 命题P与Q中有且仅有一个成立，则实数a的取值范围是 .解：由a2a得0a1由x24ax10对于任何xR成立，得16a240，即a因为命题P、Q有且仅有一个成立，故实数a的取值范围是a0 或a1三、解答题（本题满分60分，每小题15分）xyO13. 设不等式组表示的平面区域为D. 区域D内的动点P到直线xy0和直线xy0的距离之积为2. 记点P的轨迹为曲线C过点F(2，0)的直线l与曲线C交于A、B两点. 若以线段AB为直径的圆与y轴相切，求直线l的斜率. 原解：由题意可知，平面区域D如图阴影所示设动点为P(x，y)，则2，即|x2y2|4由PD知xy0，xy0，即x2y20所以y2x24(y0)，即曲线C的方程为1(y0) 5分设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则以线段AB为直径的圆的圆心为Q(，). 因为以线段AB为直径的圆L与y轴相切，所以半径r|AB|，即|AB|x1x2| 10分因为直线AB过点F(2，0)，当AB x轴时，不合题意所以设直线AB的方程为yk(x2)代入双曲线方程1(y0)得，k2(x2)2x24，即(k21)x24k2x(8k24)0因为直线与双曲线交于A，B两点，所以k1所以x1x2，x1x2所以|AB|x1x2|，化简得：k42k210，解得k21（k21不合题意，舍去）由(4k2)24(k21) (8k24) 3k210，又由于y0，所以1k所以k 15分又解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则以线段AB为直径的圆的方程为(xx1)(xx2)(yy1)(yy2)0.由于直线x0与此圆相切，令x0，代入得y2(y1y2)yy1y2x1x20故(y1y2)24(y1y2x1x2)0，即(y1y2)24x1x20 因为直线AB过点F(2，0)，当AB x轴时，不合题意所以设直线AB的方程为yk(x2)代入双曲线方程1(y0)得，k2(x2)2x24，即(k21)x24k2x(8k24)0因为直线与双曲线交于A，B两点，所以k1且(4k2)24(k21) (8k24)3k210所以x1x2，x1x2y1y2k(x12)k(x22)k(x1x2)故式即k2(x1x2)24x1x20k2(x1x2)24x1x20就是，k2()24()0化简得：k42k210，又由于y0，所以1k所以k又解：式亦可用下法得到：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则以线段AB为直径的圆的圆心为Q(，).作QTy轴于点T(0，)，则点T为切点于是TATB故得114. 如图，斜三棱柱ABCA1B1C1中，面AA1C1C是菱形，ACC160，侧面ABB1A1AA1C1C，A1BABAC1.（第14题）B1BA1C1AC求证：（1）AA1BC1；（2）求点A1到平面ABC的距离. 证：（1）设AA1中点为D，连C1D.因为A1BAB，所以BDAA1因为面ABB1A1AA1C1C，所以BD面AA1C1C又ACC1为正三角形，AC1C1A1，所以C1DAA1. 从而BC1AA1 6分BCEA（2） 由（1），有BD面AA1C1C设A1到面ABC的距离为h，用两种方法计算三棱锥AA1CB的体积由AA1ACABA1B1，BD，S，而CD2AC2AD22ACADcos1201()221从而，BC2BD2CD2BC设ABC的高为AE，则AESABCBCAE由hSABCVBDS. 所以，hh15分又解：以A为原点，平面AA1C1C为xOy平面， AA1为y轴建立坐标系，则A1(0，1，1)，B(0，)，C(，0)设AH平面ABC，且设(x，y，z)，由AHAB，知yz0yz；由AHAC，知xy0yx故(1，1)故的方向向量为(1，1)所以，|(0，1，1)(1，1)即所求距离为15已知数列an中，a11，an3an3，an2an2. 求a2007.原解：由题设，an2an2，则a2007a20052a200322a1210032007. 5分由 an2an2，得anan22，则an2an3an223an21(n1). 10分于是 a2007a20061a200512a2002312a19993212所以 a2007=2007 易知数列a11，a22，ann符合本题要求 15分注意：猜得答案ann或a20072007，给2分又解：由an3an3可得：an6an33an32； 由an2an2可得：an6an42an222an23 比较、知，两式中所有的等号成立所以，an3an3，an2an2但an3an12an3，故an1an1，所以，ann对于一切nN*成立故a2007200716已知平面上10个圆，任意两个都相交是否存在直线l，与每个圆都有公共点？证明你的结论A1Ak10A2B2BkBm解：存在直线l，与每个圆都有公共点证明如下：引理：(海莱定理的一维情形)数轴上的若干条线段，每两条都有公共点，则存在一点被所有线段覆盖证明：设这些线段是n个区间：ai，bi；(i1，2，n，aibi)记 Amaxai；Bminbi则必有 AB否则若AB，设Aak，Bbh于是akbh，ah，bhak，bk与已知矛盾于是B，A内的点，为所有直线的公共点再证原命题：任取一条直线l0，把这10个圆向l0投影，设第i个圆在直线l0上的正投影是线段AiBi(i1，2，10)，由于任意两个圆都相交，所以任意两条投影线段都有公共点由引理，则存在一点是这10条线段的公共点，设为P，过P作l0的垂线l，即为所求与10个圆都相交的直线原解：如图，先任作一条直线l0，把这10个圆向l0投影，设第i个圆在直线l0上的正投影是线段AiBi，其中Ai、Bi分别是线段的左、右端点因共有10个圆，故得到10条投影线段，有10个左端点，有10个右端点 5