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2009年全国高中数学联赛福建省预赛试题解答

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-10-06 03:39
tags:高中数学手册

高中数学必修2 pdf-2019年全国数学高中数学联赛

2020年10月6日发(作者:胡峻)


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东师大版《高中数学联赛备考手册(预赛试题集锦)》

2009
年全国
高中数学联赛福建省预赛
2009年全国高中数学
联赛福建省预赛暨2009年福建省高中数学竞赛由福建
省数学学会竞赛委员会主办. 由福建省数学学会竞赛委
员会组织有关人员负责命题. 命题负责人:陈荣斯. 试
题以《普 通高中数学新课程标准》的内容和要求为主要
依据,在方法和能力上有所提高,并适当增加全国高中联赛中二试的内容. 试题包括10道填空题,每小题6
分;5道解答题,每小题20分. 全卷满分160分. 考试
时间:2009年9月13日(星期日)上午9:00-11:
30.

考试地点:由各设区市组织进行. 预赛由设区市负
责,各设区市根据预赛成绩产生本设区市 参加复赛的候
选学生名单,省数学学会组织相关人员对各设区市选送
的候选名单进行审核,最后 产生参加复赛的学生名单.
同时,省数学学会根据各设区市选送的候选学生的预赛


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试 题 一、
成绩评出福建省数学竞赛一等奖、二等奖、三等奖人选.
填空题(每小题6分,共60分)
(x),cos2x)OP
a1)OQ(sin
(2cos(x),,,. 若、1.已知向量


f(x)OPOQ

22

c、分别是锐角中角、、的对边,且满
32a13AB△ABCCbf(A)1则的面

122xa
足,,,bc5
积 . △ABCS2.设,变量满足,且的
xxaxa1

2

3.已最小值为,则__ _____. xax
知5个不同的实数,任取两个求和得到 10个和数,其中
最小的三个和数依次为32、36、37,最大的两个和数为
48和51,则 这5个数中最大的数等于 .

4.一个
直 径的半圆,过作这个圆所在平面的垂线,在垂线上取一
点,使AB2AS,为半圆上一个动点,分别为在 上的射影.
当三棱锥的ASABCASAMNM、NSB、SC平面ABC体积
最大时,与所 成角的正弦值是 . SC

5.若定义< br>在上的奇函数的图象关于直线对称,且当时,
Rx10x1yf(x)1f(x)f(0)在区间 内的所有实根之
和,则方程f(x)logx(0,10

33为 .

x,直线
6.平面直角坐标系中,直线:与轴、轴分别交于点
l lB4x5y20A、xOyy21
2
,且平分△的面积,则的最小值
与线段分别交于 点CDAOBDAB、OAC、为 .

2xf(x)x2xx1ax24

7.若对于任意的实
数,函数的值都是非负实数,a则实数的最大值
为 .

9
x
1,,,23,20098.集合的元素和
为奇数的非空子集的个数为 .

xx
x
9.方程的实数解是 . (其中表示不
k20k,k,k),超过的最大整数)

2
kkkk(k,0
且的有序整数组10.满足,的个数234i1,,,


1 3241i234为 .

二、解答题(每小题20分,
满分100分) ax1f(x)11.已知,方程有两个不同的正
根,且一根是另一根的3倍. 等f(x)
3x1S
4x8

n
n
bSTaf(n)差数列与的前项和分别为
与,且(,2,3,…). n1

nnnnTn


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an(1)设
(,2,3,…),求的最大值; g(n)
bn5
n1g(n)

求出由这
a(2)若,数列的公差为3,探究在数
列与中是否存在相等的项. 若有,bba

1
nnn2
些相等项从小到大排列得到的数列的通项公式 ;若没有,
请说明理由.
c
n
12.已知抛物线的顶点在原点,焦点坐标
为,点的坐标为(). C Pm0F(2,0)(m,0)(1)设过点
斜率为1的直线交抛物线于、两点,若,关于原点的对lPCABm0P1称点为. 求面积的最大值. Q△QABx(2)设
过点斜率为()的直线 交抛物线于、两点,在轴上是否存
lPMk0CNk2x在一点,使得、与轴所成的锐角相等?若
存在,求出点的坐标;若不存在,请TTMTNT说明理由.
13.如图,与线段相切于点,与以为直径的半圆相切于点.
于⊙OABMABECDAB点,与以为直径的半圆交于点,且
与相切于点,连接、CM. 求证: DCDABC⊙OFAC(1)、、
三点共线; AFEC(2); ACAM

2
(3).
MC2MDMAE FO ABMD
(第13题)

Sxxxxxxx21,21,


i1,2,,201014

设. 令. 0
i
(1)S能否
等于2010?证明你的结论; (2)S能取到多少个不同的
整数值? 15.已知正实数a、b、c满足. 求证:
a
a(a
bc311133
2)b(b2)c(c
(1);

1b1c1
2)


2(2).

a1b1c12a
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解 答 1.
由条件知
f(x)OPOQ
cos2x

22 2sinxcosxcos2x
2sin(2A)1所以 ,. sin(2A)
442
b
32A
c532a13222,
(bc)2bc2bccosA即

.
302(22)bc

所以 ,的面积 bc152△ABC

2A


2cos(x)sin(
2sin(2x),

4

A又因为为锐
x)
2

角,,因此,. A

444444

因为 ,,所以
13bc2bccosA
1343
11215

SbcsinA152 .

22222aa22
2
f(x)xax(x) 2. 由及,得. 设.
a1xaxx0x(a1)

24a(a1)若,
即,则在处取最小值, 因此
2a
213a1
1f(x)x(a1)f(a1)a1

a,.

2222aa1aa

a2若,即,则 在处取最小(a1)x


值,因此,a
a
d
d
bcde a
2f(x)

22442(舍去). 3a
c36,ce48,
综上可知.

2,下面说3. 设这5个数为,则
e51ab32,明. bc37,所以 因为dc3,
b7cb4,


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ad(ab)(db)39故 . 所以 bc37,
2a(ab)(a
所以,从而. BC
c)(bc)31故 ,即最大的数为27.5.
面SACAN面SBCBCAN1V
面AMNAN
SM S
a15.5,b16.5,c20.5,e27.5,d23.5 4. 易知,
所以,因此,. SM
AMSM22SA
时取到. ANMN
SM

SAMN△ANM3

由,得,而,为斜边 长为的直角三角
AB2ANNM△AMN形,面积最大在
MN1SCA60SC

3所成角的
f(x)因
1所以,当三棱锥的体积最大时,,此
时,,与SAM NAN
奇函数知, x
此 , f(x4)
周期. f(x)11f(x)
1y
正弦值是. 平面ABC2 5. 函数的图象关于直线对称,以及
f(x)f(x), f(x
f(0)f(x)
2)f (x)
f(x2)f(x)是周期函数,4是它的一个
由是定义在上的奇函数,
f(x )、内各有知,方程化为. Rf(x)f(0)0

3311f(x)
2)(0,

331f(x)
一个实根,结合 图象可知,在且这两根之和为2;1)(1,
、内各有一个实根,且这两根之和为
10;在、内 各有一在5)(5,6)(8,9)(9,10)(4,

3个实


根,且这两根之和为18. 1f(x)
AB41OA
AB
5OB4
AO
BAO
f(0)内有6个不同的实
cos 6. 由条件
根,这6个实根之和为30. 所以,方程在区间10)(0,

35

知,,,. 设,则.

41S2S由,得 △AOB△ACD

1541ACAD .

22由余弦定理,得


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222CDADAC2ADACcos .
2ADAC2ADACcos

54125

2
当时等号成立.
所以,的最小值为.
54125
CD
AD
2
ACf(0)
a1

1
f(1)
a20

a20
7. 由条件
2

知,解得.
时,,即

1,2
2.x
f(x)x2xx1x24a
, f(x)x2x1,1x2,
要求. a
f(x)
22x3,x
2x4x5 ,x
易知对于任意的实数,的值都是非负实数,因此,符合
2f(x)a所以,实数的最小值为 .
x)
02008
2232009
8. 方法一 令,则问题中要 求的答案为的展开
(1x)(1x)(1
f(1)2
(1x)f(x)式中,x的奇次 项的
2 .

221,,,
系数和. 故所求的答案为
2009f(1)
23,2009方法二 对集合的不含2009的子集A讨
论,若A 的各数之和为偶数2008则补入2009,否则不


补,故共有个元素和为奇数的非空子 集.
2
9x3x
0x3

29
x
327x
x2x
2x
x,x
2
3 9. 显然. 若,则,从而.
40x2若,则,从
x2所以,于是,故,所
1m (x,
ym,
x
而. 0
以. x
0
y
m
2

2

932
200
40y
2x
20y
m
3

22 10. 当时,满足,且的非负整数解
ym组. ,共
),(jm,)j 0jm的非负整数解,当时,满足,
20(x,y)(j,m
20j20k
j)0x, x
kkm1mk所以,满足
22021
4x8,整
且20
共组. 40
的解共有
2(m1)(40m1)
41216181 .

6m0m21ax1
理得 11. (1)由得,f(x)
12x(28a)x90①


4x8

3x12
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设、是方程①
的两根,且,则
x3xxx211228axx4x,

11212 92xx3x.

1211214x1xf(x)
所以

,,
. a4

123x1S4n1n
因为


所以
f(n)
1)

T3n

1nSa4(2n
433(6n
1)18n3472n1n .
g(n)
bT3(2n16n4)n2n15
所以

时,取最大
12ab

2
)由值
. n1g(n)

2aa5513



1
)知,,, 结合,数列的公差为
3
,知,,
b1b4
3a

112n2b2b81213a
1)
,所以


2258n4(n



n22 .
b13( n1)3n2n8m3m3k2ba
ba
若在数列与中存在相等的项,设(、为正整数),则< br>.
整k

mknn2
理得
.
由于为偶数,而
1
为奇数,故上述方程
无正整数解
. 6k8m16k8mba
所以,在数
列与中不存在相等的项
. nn2l13.

1
)由条件知,
抛物线的方程为,直线的方程为,点的坐标
Cy8xQy
2y8x
xm1yxm .
由为,得
0)(m

2(m4)xm02A(x,22 .

x
x2(my)B(x,y)x4)
由①,得
.
设、,则,,

8m2

. 12

△0m2xxm11221212

222AB11xx24(m4)4m
l
到直线的距离,所以的面积

又因为点
d
32S
2m0)Q(m

△QAB

11

2m8m242m2m



2


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其中
.
2m
f(m)m
04232
2mf(m)
2
3m
m
4mf(m)
记,则
.
所以,当时,;当
0

34m0
时,
. f(m)0

3444m

以,在区间在区间上为增函数,上为减函数
.
所以

时,
f(m)2
,-,
0

33332
取最大值
. f(m)

27

32
3
因此,

2
)方程为
.
由,得

面积的最大值为
. △QAB9yk(xm)


lyk(xm)22y8x22222 .

kx2(mk4)xkm022mk82xx
设,
.

0

则、
y)N(x,M(x,y)xx
xtxt3 4k(x
82t
m)k(x
m2m
m

344433342k .
x
由、与轴所成的锐角相等
k0TMTNT 0)(t
(mt)(x
知,,即设点存在,其坐标为
k
m)34
(m

TMTNyy34
,即

x)2mt03434


2mt
m
0

xtx
0
t34 . 2xx
所以

22mkt)

.

2k . 因此,符合条件的点存
在,其坐标为
T0)(

13.

1
)如图,设中点为,由条件知
ABCD
与内切于,故,,三点共线
. A BPEPE

P

OO
连接,由,切于
点,知,,
.
因为
FFO
CD⊙
OCD
PAAFEOE
OFFO< br>OF

AP
OEF
EOFEPA
,,所
AE


,、、三点共线
. PE
EBAEAF
EBE
PEA2AMAF

2

AB=
在 中,由切割线定理知,
.
连接,由于,因此,

O
、、四点共圆,
.
连接
BC
,则,因此,
FDBAD
CB22ACADABAFAEAM . AEAC
所以
. AC
AMCRAC
AM

3
)延
CM


长至点,使得
.
连接,由(
2
)中知,
. MARARAMRC
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所以
2
.
MCMDMR2MDMA C

E FO BRAMPD

2214.(1) 因为 ,所以 (21)322,(21)322,
(21)(21)1
12i
非负整数,且.
322322abc10051005
22)bc,

3a
b
Sxx2i12ii1

b)若,

. xx322,322,
12i

设和式S中有a个,b个,c个1,则a,b,c 是
(322)a(33bc22(a
则,此时 S2010a


S6ac6a(1005aa)4a1005是一个奇数. 所以
不可能等于2010. S(2)由(1)可知,若是
整数,则,. 由于,
SabS4a1005a
1
(
bc2a
11
c1005,所以,S可以
315.(1)由a、b、c为
取到503个不同的整数值.
0a502111111
等式得, 111
正数知,,,,.

a1b1c1a1b1c1由平均不
)(a1)(b1)(c1)9 .

abc3111993 .

a1b1c1所以 , 0
及平均不等式得


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a1b 1c1(a1)(b1)(c1)332(2)由(1)以
a1b1c
a(a2)b(b
111(a
a1b1c
a1b1c
1

a(a2)b(b2)c(c2) 9

2)c(c2)

a1b1c19
1)(b1)(c1)

19

1116
19 . 2

36

2
10


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