全国高中数学联赛天津赛区预赛试题(12页).doc

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1、-全国高中数学联赛天津赛区预赛试题-第 7 页绝密启用前2016年全国高中数学联赛天津赛区预赛试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1函数的最小正周期为( )A B C D 2方程共有( )个实数根A 0 B 1 C 2 D 大于或等于33设.已知依次成等差数列, 依次成等比数列记.则( )A B C D 既有的情形,也有的情形4掷两次色子,用X记两次掷得点数的最大值.则下列各数中,与期望最接近的数为( )

2、A 4 B C 5 D 5设a为实数,要使得对任何的,均有.则所有满足上述要求的组成的集合为( )A B C D 6设函数的定义域是对于下列四个命题:(1)若为奇函数,则也为奇函数;(2)若为周期函数,则也为周期函数;(3)若为单调递减函数,则为单调递增函数;(4)若方程有实根,则方程也有实根,其中,正确的命题共有( )个A 1 B 2 C 3 D 4第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题7椭圆与双曲线有相同的准线.则k=_.8已知正三棱锥的侧面是面积为1的直角三角形则该正三棱锥的体积为_.9已知的周长为20,内切圆的半径为,.则的值为_.10甲、乙两名学生在五门

3、课程中进行选修,他们共同选修的课程恰为一门且甲选修课程的数量多于乙.则甲、乙满足上述条件的选课方式的种数为_.11已知凸n边形n个内角的度数均为整数并且互不相等,最大内角的度数为最小内角的度数的3倍.则n可以取到的最大值为_.12设向量, 均为非负实数,入.那么,的最小值为_.评卷人得分三、解答题13已知正三棱锥的体积为,侧面与底面所成二面角的平面角为,D为线段AB上一点, ,E为线段AC上一点, ,F为线段PC的中点,平面DEF与线段PB交于点G.求四边形的面积.14设a为实数,两条抛物线与有四个交点(1)求a的取值范围;(2)证明这四个交点共圆,并求该圆圆心的坐标.15设,令,，证明:对任

4、何正整数n,有.参考答案1C【解析】【详解】注意到,.由函数图像之间的关系,可知与有相同的最小正周期.因为的最小正周期为,所以, 的最小正周期为.2A【解析】【详解】注意到, 故方程无解.3A【解析】【详解】设公比.则, .由，由.故.4B【解析】【详解】易知,，故 ,与最接近.5D【解析】【详解】令，下面分两种情形讨论：(1)没有零点，此时,恒大于,显然满足要求，由.(2)有零点.此时,由函数图像知满足要求当且仅当：,且.由;由;由或.取交集得.综上,.6C【解析】【详解】若)为奇函数,则.故也为奇函数.因此,命题(1)正确.若为周期函数,设T为的一个周期,则.故也为周期函数，因此,命题(2

5、)正确.若为单调递减函数,则对任何,由:.故为单调递增函数，因此,命题(3)正确.但命题(4)不正确例如,取：则.故方程有两个实根,但或时, ,而,知方程没有实根.7【解析】【详解】双曲线的准线方程为,椭圆的准线方程为则8【解析】【详解】记正三棱锥为,其中, 为底面,因为正三棱锥的侧面是面积为1的等腰直角三角形,所以, ,且与侧面垂直.从而,该正三棱锥的体积为.9【解析】【详解】设由已知得.由三角形面积公式及余弦定理得,.由,得代人式得：.得.10155【解析】【详解】甲、乙共同选修的课程有种选法,其余的每一门课程甲、乙两人至多只有一人选修.用表示其余四门课程中甲选门、乙选门的情形.则由,知共

6、有六种情形.于是,甲、乙满足上述条件的选课方式的种数为.1120【解析】【详解】设n个内角的度数按从大到小的次序为：，则.由n个内角的度数均为整数知.再由n个内角的度数均为整数且互不相等知.故，结合n为正整数,知.因为当时,所以,n个内角的度数为满足要求.综上,n可取到的最大值为20.12【解析】【详解】令，则.于是,问题转化为在均为非负实数,且的条件下,求的最小值.记, .则均为非负实数, 的条件就对应于P为ABC内(含边界)一点.由图形,知当P为线段上这一点时, ,此时,取得最小值.13【解析】【详解】设正的边长为,中心为O,线段BC的中点为M,联结.由知为正三棱锥的侧面与底面所成二面角的

7、平面角.于是,.故，.因为,所以,.由,知平面，从而,，再由F为线段PC的中点,知G为PB的中点, .由，由,知四边形为等腰梯形,其底边长分别为.设DE的中点为的中点为L.则为等腰梯形的高.于是,点K在AM上,且,有;点L在PM上,且,有.在中,由余弦定理得：.故.14（1）；（2）证明见解析，圆心坐标为【解析】【详解】(1)已知两式相减整理得：或.由此知题中两条抛物线有四个交点当且仅当方程组与共有四组不同的实数解.这又等价于两个方程组各有两组不同的实数解且没有公共解.由前一个方程组得,其判别式大于0,即.由后一个方程组得,其判别式大于0,即：因此,两个方程组各有两组不同的实数解当且仅当.注意到,两个方程组有公共解当且仅当： 因此,(2)由,得：.与相加并整理得：.上式表明,这四个交点共圆,其圆心坐标为.15见解析【解析】【详解】先用数学归纳法证明:对任何正整数n,有当时,命题成立.当时,命题成立.设 (整数k1)时命题成立.则时,由归纳假设知，由在区间内单调递增得： ,即时命题成立.由数学归纳法,对任何正整数n,有.因此,对任何正整数n,有 .接下来再用数学归纳法证明:对任何正整数n,有.当1时, ,命题成立.设时命题成立.则时,注意到,.