2013年全国高中数学联赛湖南省赛区预赛

2013年湖南省高中数学竞赛试题

一、填空题（每小题8分，共72分）

34a()x，b()x，clog3x4341．设，若x1，则将a、b、c按从小到大的顺序排列为 ．

22f(x)x2xaf(bx)4x4x1，则f(axb)0的解集a，b2．已知为常数，若，

为 ．

3．已知向量小值为 ． a（0，1），b（3131，-），c（，-）222xyz（1，1）2222，xaybzc，则的最

2Sn2aa1n24．设Sn为数列{an}的前n项和，若不等式，对任何等差数列{an}及任何正

2n整数n恒成立，则的最大值为 ．

5．平面上三条直线x2y20，x20，xky0，如果这三条直线将平面划分成六个部分，则k可能取值的个数是 ．

6．已知异面直线a、b成60角，P为空间中一定点，则过点P且与a、b均成45角的平面的个数是 ．

7．有一个1，2，3，…，9的排列，现将其重新排列，则1和2不在原来位置的概率是 ．（答案中可含有排列数表示式）

1

（x20）cos（x10）cos（x10）8．若sin，则tanx ．

9．今天（2013年7月19日）是星期五，则32013天之后是星期 ．

二、解答题（共4个小题，共78分）

10．（19分）如图所示，在对边乘积相等的圆内接凸四边形ABCD中，M为对角线BD的中点，T为劣弧BC上一点，且CT//DB，求证：A、M、T三点共线．

11．（19分）已知数列

{an}

满足

a11，an12an（1nN）．

（1）求数列{an}的通项公式；

an1a1a2nn23a2a3an12（2）证明：．

x2y22（1ab0）2P（x0，y0）ab12．（20分）已知为椭圆上一点．

2

0）（1）设直线l为过点P的椭圆的切线，试求过椭圆焦点F（-c，且垂直于l的直线方程；

（2）求证：椭圆的焦点在椭圆切线上的射影的轨迹是以椭圆的中心为圆心，且过长轴顶点的圆．

13．2013个白球和2014个黑球任意排成一列，求证：无论如何排列，都至少有一个黑球，其左侧（不包括它自己）的黑球和白球的个数相等（可以为0）．

解答

1. cab

3x4x131-x3xy（）a（），b（）（）4为减函数，可434提示：，又x1则1x0. 由指数函数

得0ab .由对数函数

ylog3x4为减函数，可得

clog3x04，故cab. 2. {xR|x1}

222f(bx)bx2bxa4x4x1，所以b24，2b-4，a1三式同时成立，由提示：因为

2f(axb)0xa1，b-2此解得，故，可化为2x10，即x1.

43. 3

（1，1）提示：由xaybzc，得

3

-32y32z1xy2z21 -32（yz）1 xyz即21

2yz-3进一步变形，得yz2（x1）

x2y222（yz）2（yz2由于zx）2

x2（2x1）223

（3x23）243

4故最小值为3.

14. 5

提示：由题意，

a2S2na21n（n2nn21（n1）dn2na11）2d4

5222a12（3n1）a1d（n1）d4

212351a1a1（n1）da125255.

3516a6a1a1（n1）d0n1125d且5d为此不等式恒成立，故的最大值为5，仅当5，即

负整数时，取最大值。

5. 3个

提示：易知三条直线相交于一点或其中两条直线平行时，平面被分成六个部分.当3条

（2，2）直线相交于一点时，对应一个k值；当直线xky0与x2y20或者x20平行，

则对应两个k值.

6. 2个

提示：原题可简化为已知两条相交直线a、b成60角，求空间中过交点且与a、b均成45角的直线的条数.由最小角定理可知答案为2.

757A79A1 97.

提示：

9877A92A8A757A7

8. 3

5

（x20）cos（x10）cos（x10）提示：由sin，得sinxcos20cosxsin202cosxcos10，

等式两边同时除以cosx，得tanx3.

9. 四

123453mod7）2mod7）6mod7）4mod7）5mod7）提示：因为3（，3（，3（，3（，3（，736（1mod7）3mod7）3mod7），3（，所以在模7的意义下周期为6.又由于2013（，从而

3320133（mod7）（6mod7）.

10.

由题设，在圆内接四边形ABCD中，AB•CDBC•DA．连结DT、BT、AC．

由CT//DB知四边形DBTC为等腰梯形，从而CDTB，DTBC．

由AB•CDBC•DA，可知AB•BTDT•DA．

11AB•BTsinABTDT•DAsinTDA2注意到ABT与TDA互补，知2，即SABTSADT．

由此可知AT过DB的中点，故A、M、T三点共线．

11.

（1）因为

an12an1，所以

2an112a（an1）2（an11）2n1，

6

即

an2n（1nN）．

（2）因为

akk212k111ak11（22k2（22kk12111）2）

1

2132k2k2121312k，（k1，2，，n）.

所以

a1aa2ann1（1112n）2a3an123222

n11

23（1n12n）23.

又因为

akka212k1111k1，（k1，2，，n）k121（22k122k11）2）2（2所以

a1a2anna2a3an12.

7

综上可知，

an1a1a2nn23a2a3an12.

12.

x0xy0y212b（1）易知直线l的方程为a．①

y0xx0y2F020）0）a设过焦点F（-c，且垂直于l的直线方程为b，将F（-c，代入方程得F-y0cb2，故要求的方程为

y0xx0yy0c2202ab b． ②

0）（2）先考察左焦点F（-c，在切线上的射影．

xy由①②联立解得2c1x0y0（24），Dab1y0x0y0c（）.Da2a2b2

22x0y0D44ab． 其中

8

2x2y21x0y0c2y0x0y0c2D2（a2b4）（b2a2b2）

21x02x242222220y0cy0cy02x0y0cx0y0cD2（a4a2b4b8）（b4a2b4a4b4）

12y22c2y220y00x0D（x02a4b4）b4（b4a4）

y2210D2b411y022D（ab4b）1

1a2y20y20Db4（1b2） ③

x2y2因为P（x为椭圆ab（1ab0）x220上一点，所以ay00，y0）222b21，即y22 10x0b2a2 ④

将④带入③，得

2x2y21a2y0x20a2y220x02Db4a2D（b4a4）a． 对于右焦点F（c，0）在切线上的射影，同理可证。

13.

9

方法一：

（，2014）ixi，yi）（i1,2，对每一个黑球定义坐标为B，其中xi表示其左侧（不含自己）的

黑球数，yi表示其左侧（不含自己）的白球数。

2013，yi0,2013由题意知，xi0，,且xi、yi均为非负整数。

yixi再定义特征函数f（i）.

1）0，若f（1）0，则问题得证。 易知f（y2014x2014y2014201301）0，考虑f（2014）若f（，因为对最后一个黑球，f（2014）.

0，则问题亦得证；若f（2014）0，注意到{yi}递增（非严格），{xi}以1若f（2014）为差距递增，即xi1xi1.

f（i1）f（i）（yi1xi1）（yixi） （yi1yi）（xi1xi）  （yi1yi）1 .

（yi1yi）0因为或1，所以有

-1，yi1yi0，f（i1）f（i）0，yi1yi1.

01）0，f（2014）0可知，必有i0满足f（i0）结合f（,即必有xi0yi0，得证.

10

方法二：

，A2014将2014个黑球从左至右依次记为A1，A2，A3，，设Ai与Ai1之间白球的个数为x（，2014）ii1,2，，

Ai左侧的白球的个数为x1，且记

Six（，2014）ki1,2，k1i．

用反证法：假设原命题不成立，则Sii1．

S1x10，S21，S2S1x2，先考虑Ai，所以S11；再考虑A2，由于S11，所以S22……

可得S20142014．这与题目共2013个白球矛盾！命题得证．

11