高二竞赛试卷

考试时间：2015年5月22日下午16:20-18:00 满分:150分

制卷人： 冯立华 2015年5月

一、选择题（每题5分，共35分）

1、 设集合Mxx2x20,Nyyx21,1x2, 则有( ) A. MN B.D.MN 2、设点P在曲线y=e A．

B．

x

NM C.MN

上，Q在曲线y=lnx上，则|PQ|的最小值为（ ）

C．

D．

x2y23、已知椭圆221(ab0)的中心为原点O,右焦点为F，若在直线

abL:xa2ab22上存在点M，使线段OM的垂直平分线经过点F，则椭圆的离心率的取

值范围是（ ）

3 2 B． 3 C． 2 A．  D． 0,,10,,1222



2sin2tan13，且k,nn,kZ，则4、已知的值sintan22为（ ）

A．1 B． 2 C．-1 D．2 5.若a,b为单位向量,则“对任意的t0,1都有

atbab”是“ab1”4的（ ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

6.如图，PAB所在的平面和四边形ABCD所在的平面垂直，且AD,BC，

AD4， BC8，AB6，APDCPB，则点

P在平面内的轨迹是 A．圆的一部分

B．椭圆的一部分 C．双曲线的一部分

PA DBCD．抛物线的一部分

7.若函数

f(x)=x3+ax2+bx+c有极值点x1，x2，且f(x1)=x1，则关于x的

方程3f2(x)+2af(x)+b=0的不同实根个数是（ ）

A.6 B.5 C. 4 D.3 二、填空题（每题5分，共35分） 8.设0x2，则满足不等式sin(x6)cosx的x的取值范围是 。

9．对于任意两个正整数m,n,定义某种运算“※”如下:当m,n都为正偶数或正奇数时,m※n=mn;当m,n中一个为正偶数,另一个为正奇数时,m※n=mn．则在此定义下,集合M{(a,b)a※b12,aN,bN}中的元素个数是 . 10. Sn为数列an前n项和，若a12011且对所有的n（1n2011）都有

Snn2an．则a2011 ．

11.已知函数f（x）=

满足对任意x

1

≠x

2

，都有

＜0成立，则a的取值范围是 ．

12．已知a,b,c为三条不同的直线, 且a平面M,b平面N,MNc，给出如下

命题：

①若a与b是异面直线, 则c至少与a, b中的一条相交； ②若a//b, 则必有a//c；

③若a不垂直于c, 则a与b一定不垂直； ④若a⊥b, a⊥c, 则必有MN.

其中正确的命题的是 （请填上正确命题的序号）。

x4y30,OPOA13.已知定点A2,0，点Px,y的坐标满足3x5y250,当（O为坐

|OA|xa0.标原点）的最小值是2时，实数a的值是 ．

x|x|y|y|1的曲线即为函数yf(x)的图像，对于函数yf(x)，有如下169结论：①f(x)在R上单调递减；②函数F(x)4f(x)3x不存在零点；③函数yf(x)的值

y|y|x|x|域是R；④若函数g(x)和f(x)的图像关于原点对称，则yg(x)由方程1确

169 14.方程

定．其中所有正确的命题序号是 。 三、解答题 （每题20分，共80分）

15.ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，向量m(1,1)，

n(cosBcosC,sinBsinC(Ⅰ)求A的大小；

3)，且mn. 2(Ⅱ)现在给出下列三个条件：①a1；②2c(31)b0；③B45，试从中再选择两个条件以确定ABC，求出所确定的ABC的面积.

(注：只需要选择一种方案答题，如果用多种方案答题，则按第一方案给分).

x2y216、已知直线yx1与椭圆221(ab0)相交于A、B两点，且OAOB（其

ab中O为坐标原点）．

（1）若椭圆的离心率为

1，求椭圆的方程； 2（2）求证：不论a,b如何变化，椭圆恒过第一象限内的一个定点P，并求点P的坐标．

17.已知函数f(x)12ax(2a1)x2lnx(aR). 2（1）若曲线yf(x)在x1和x3处的切线互相平行，求a的值； （2）求函数f(x)的单调区间。

1)上的奇函数f(x)满足f()1，且对任意x、y(1，1)有18.已知定义在(1，12xy1)上的奇偶性，并加以证明． f(x)f(y)f()． （Ⅰ）判断f(x)在(1，1xy（Ⅱ）令x112xn，xn1，求数列{f(xn)}的通项公式． 221xn（Ⅲ）设Tn为{

63m2n1*}的前n项和，若Tn对nN恒成立，求m的最大值．

2f(xn)合肥市第三十二中学 2015年高二数学竞赛参考答案

一、选择题

1-7：ACCBABD 二、填空题

8、 π/312、 ①② 13、 2 ; 14、 ①②③ .

三、解答题

15、解：(I)因为mn，所以cosBcosCsinBsinC即：cosBcosCsinBsinC30 233，所以cos(BC)

22因为ABC，所以cos(BC)cosA

所以cosA3,A30 2

(Ⅱ)方案一:选择①②，可确定ABC， 因为A30,a1,2c(31)b0 由余弦定理，得：1b(22312313 b)2bb22262 2整理得：b2,b22,c所以SABC1162131 bcsinA222224方案二:选择①③，可确定ABC， 因为A30,a1,B45,C105

又sin105sin(4560)sin45cos60cos45sin6062 4由正弦定理casinC1sin10562 sinAsin302所以SABC1162231 acsinB122224（注意;选择②③不能确定三角形）

x2y21,16、（1）解：由a2b2 消去y,得(a2b2)x22a2xa2(1b2)0,

yx1.由2a224a2a2b21b20,整理得a2b21.

2a2xx,12a2b2设A(x1,y1),B(x2y2)，∴ 22xxa(1b).12a2b2y1y2(x11)(x21)x1x2(x1x2)1.

OAOB其中O为坐标原点，

x1x2y1y20,即2x1x2(x1x2)10．

2a2(1b2)2a22222ab2ab0． 210．即222abab727a2b2122a,b． e，∴

68a24x2y21． 故椭圆的方程为7768（2）证明：由（1）有a2b22a2b20， 222211∴221，即221．

ab2a2b22则不论a，b如何变化，椭圆恒过第一象限内的定点P2,2．

22

17、 解：函数f(x)的定义域为0，+。

2(x0). x（1）因为曲线yf(x)在x1和x3处的切线互相平行，

且f(x)ax(2a1)所以f(1)f(3)。即a2a123a2a1解得a2. 32， 3（2）因为f(x)(ax1)(x2)(x0).

x①当a0时，x0，ax10，

在区间(0,2)上，f(x)0；在区间(2,)上f(x)0， 故f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,). ②当0a11时，2，

a211在区间(0,2)和,上，f(x)0；在区间2,上f(x)0，

aa11故f(x)的单调递增区间是(0,2)和,，单调递减区间是2,.

aa③当a1时， 2(x2)20， 故f(x)的单调递增区间是(0,). 因为f(x)2x④当a11时，02， 2a11在区间0,和(2,)上，f(x)0；在区间,2上f(x)0，

aa11故f(x)的单调递增区间是0,和(2,)，单调递减区间是,2.

aaxy1)有f(x)f(y)f()„„„„① 18、解：（Ⅰ）．对任意x、y(1，1xy令xy0得f(0)0；

令x0由①得f(y)f(y)， 用x替换上式中的y有f(x)f(x)

1)上为奇函数． f(x)在(1，（Ⅱ）．{f(xn)}满足x112xn2xn1，则必有xn11 221xn2xn否则若xn11则必有xn1，依此类推必有x11，矛盾

0xn1

f(xn1)f(

2xnxn(xn))f()f(xn)f(xn)f(xn)f(xn)2f(xn) 21xn1xn(xn)1f(xn1)2，又f(x1)f()1

2f(xn){f(xn)}是1为首项，2为公比的等比数列，

f(xn)2n1

（Ⅲ）．

2n12n12n1n12nf(xn)22

2n32n1n1) 2n2

1352n11135)T2(n222232n22223241111112n1②③得Tn2(23n1n1)

22222222n33 n22n3Tn6n16

263m63m*6，解得m2 若Tn对nN恒成立须

22m的最大值为2．

故Tn2(