高一数学竞赛试题及答案

时间： 2016/3/18

注意：本试卷均为解答题. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.总分150分,考试时间120分钟. 1.（本小题满分15分）

设集合Axx3x20,Bxx2a1xa50,aR，

2221）若AB2求a的值； 2）若ABA,求a的取值范围；

3）若UR,ACUBA,求a的取值范围.

2.（本小题满分15分）设M{x|f(x)x},N{x|f[f(x)]x}, （1）求证：MN;

（2）f(x)为单调函数时，是否有MN？请说明理由.

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（（（3．（本小题满分15分）

已知函数f(x)2(sinxcosx)m(sinxcosx)在x[0,444]有最大值5，

的值． 高一数学竞赛试题 2第 2 页 共 15 页

求实数m

4．（本小题满分15分）

已知函数f(x)在R上满足f(2－x)＝f(2＋x)，f(7－x)＝f(7＋x)且在闭区间[0,7]上，只有f(1)＝f(3)＝0，(1)试判断函数y＝f(x)的奇偶性；

(2)试求方程f(x)＝0在闭区间[－2 011,2 011]上根的个数，并证明你的结论．

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5．（本小题满分15分）

已知二次函数f(x)axbx1(a,bR,a0)，设方程f(x)x的两个实数根为x1和x2.

（1）如果x12x24，设函数f(x)的对称轴为xx0，求证：x01； （2）如果x12，x2x12，求b的取值范围.

2

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6．（本小题满分15分）

如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCDC1BD。

1AA1，D是棱AA1的中点，2C1A1B1（1） 证明：DC1BC；

（2） 求二面角A1BDC1的大小。

高一数学竞赛试题 D

CBA第 5 页 共 15 页

7．（本小题满分15分）在平面直角坐标系xOy中，设二次函数

f(x)＝x2＋2x＋b(x ∈R)的图象与两坐标轴有三个交点．经过三点的圆记为C.

(1)求实数b的取值范围； (2)求圆C的方程；

(3)问圆C是否经过定点(其坐标与b无关)？请证明你的结论． 高一数学竞赛试题第 6 页 共 15 页

8．（本小题满分20分） 设f（x）是定义在R上的偶函数，其图象关于直线x=1对称，

1]都有f(x1x2)f(x1)f(x2).且f（1）=a＞0． 211 （Ⅰ）求f(),f();

24对任意x1,x2∈[0，

（Ⅱ）证明f(x)是周期函数； （Ⅲ）记anf(2n

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1),求lim(lnan).

n2n

9（．本小题满分20分）设f(x)是R上的奇函数，且当x0时，f(x)lg(xax10)，

2aR.

（1）若f(1)lg5，求f(x)的解析式；

（2）若a0，不等式f(k2)f(4k1)0恒成立，求实数k的取值范围； （3）若f(x)的值域为R，求a的取值范围.

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xx

高一数学竞赛试题参考答案

1,2 1、解：A （1）∵AB2 ∴2B

22a1)2(a5)0，解得a3或a1 即，22（① 当a3时， Bx|x4x402

2② 当a1时， Bx|x402,2

2综上a1,3 （2）∵ABA

∴BA

① 当B时，则该一元二次方程无解，即△<0，

2∴2a14(a5)0，即a3

2② 当B时，则该一元二次方程有解，即△≥0，即a3

1. 当a3时，B2

2. 当a3时，该一元二次方程有两个不同实数根1和2 ∴ 122(a1)，即a5 22 12a5，即a7 （舍） ,∴综上a,3

（）∵U3R,ACUBA ∴AB

① 当△<0时，即a3，B，满足要求 ② 当△=0时，即a3，B2，AB，舍 ③ 当△>0时，即a3，所以只需1B且2B

将1代入方程中得a13;将2代入方程中得a3或a1 所以a3、a1和a13

综上，a的取值范围为

，33,1313,11,1313,

 高一数学竞赛试题 第 9 页 共 15 页

2、 证明：（1）若M，显然有MN;

若M，则存在x0M，满足fx0x0，

N，所以MN; x所以f，故fxfxx0000

（2）MN.用反证法证明

假设MN，由于MN，必存在x1N, 但x1M，因此fx1x1，

所以ffxfx，即xfx，矛盾； 1111

②若fxx，由于fx为单调增函数， 11

所以ffx1fx1，即x1fx1，矛盾。

综合①、②可知fx1x1，因此x1M,与假设矛盾，

所以假设不能成立，即MN.

3、解：f(x)2(sinxcosx)4sinxcosxm(sinxcosx) 2(2sinxcosx)m(sinxcosx) 令tsinxcosx24222224① 若fx1x1，由于fx为单调增函数， 2sin(x4)[1,2]，

224422则2sinxcosxt1，从而f(x)2(t1)mt(m1)t2t1

令ut[1,2]，由题意知g(u)(m1)u2u1在u[1,2]有最大值5. 当m10时，g(u)2u1在u2时有最大值5，故m1符合条件； 当m10时，g(u)maxg(2)2215，矛盾！ 当m10时，g(u)2u15，矛盾！ 综上所述，所求的实数m1．

4、解 (1)若y＝f(x)为偶函数，

则f(－x)＝f(2－(x＋2))＝f(2＋(x＋2))＝f(4＋x)＝f(x)，

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∴f(7)＝f(3)＝0，这与f(x)在闭区间[0,7]上， 只有f(1)＝f(3)＝0矛盾；因此f(x)不是偶函数． 若y＝f(x)为奇函数，则f(0)＝f(－0)＝－f(0)， ∴f(0)＝0，这些f(x)在闭区间[0,7]上，

只有f(1)＝f(3)＝0矛盾；因此f(x)不是奇函数． 综上可知：函数f(x)既不是奇函数也不是偶函数． (2)∵f(x)＝f[2＋(x－2)]＝f[2－(x－2)]＝f(4－x)， f(x)＝f[7＋(x－7)]＝f(7－(x－7))＝f(14－x)， ∴f(14－x)＝f(4－x)，即f[10＋(x－4)]＝f(4－x) ∴f(x＋10)＝f(x)，即函数f(x)的周期为10. 又∵f(1)＝f(3)＝0，∴f(1)＝f(1＋10n)＝0(n∈Z)， f(3)＝f(3＋10n)＝0(n∈Z)，

即x＝1＋10n和x＝3＋10n(n∈Z)均是方程f(x)＝0的根．

由－2 011≤1＋10n≤2 011及n∈Z可得n＝0，±1，±2，±3，…，±201，共403个； 由－2 011≤3＋10n≤2 011及n∈Z可得n＝0，±1，±2，±3，…，±200，－201，共402 个；所以方程f(x)＝0在闭区间[－2 011,2 011]上的根共有805个．

5、解：设g(x)f(x)xax(b1)x1，则g(x)0的二根为x1和x2. （1）由a0及x12x24，可得 2g(2)04a2b10，即，即

g(4)016a4b30b3330,2a4a 

b3420,2a4ab1，所以，x01; 2ab1242), 可得 2a1(b1)21. （2）由(x1x2)(aa1又x1x20，所以x1,x2同号.

a两式相加得

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0x12x2x22x10∴ x12，x2x12等价于或,

222a1(b1)12a1(b1)1g(2)0g(2)0即 g(0)0或g(0)0

222a1(b1)12a1(b1)117或b. 446、【解析】（1）在RtDAC中，ADAC

解之得 b 得：ADC45

 同理：A1DC145CDC190

得：DC1DC,DC1BDDC1面BCDDC1BC （2）DC1BC,CC1BCBC面ACC1A1BCAC

取A1B1的中点O，过点O作OHBD于点H，连接C1O,C1H AC11B1C1C1OA1B1，面A1B1C1面A1BDC1O面A1BD OHBDC1HBD 得：点H与点D重合 且C1DO是二面角A1BDC1的平面角 设ACa，则C1O2a，C1D2a2C1OC1DO30 2 既二面角A1BDC1的大小为30

7、【解答】 (1)令x＝0，得抛物线与y轴交点是(0，b)；

令f(x)＝x2＋2x＋b＝0，由题意b≠0且Δ＞0，解得b＜1且b≠0. (2)设所求圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.

令y＝0得x2＋Dx＋F＝0，这与x2＋2x＋b＝0是同一个方程， 故D＝2，F＝b.

令x＝0得y2＋Ey＋b＝0，此方程有一个根为b， 代入得出E＝―b―1.

所以圆C的方程为x2＋y2＋2x－(b＋1)y＋b＝0.

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(3)圆C必过定点，证明如下：

假设圆C过定点(x0，y0)(x0，y0不依赖于b)，将该点的坐标代入圆C的方程，

2

并变形为x20＋y0＋2x0－y0＋b(1－y0)＝0.(*)

2

为使(*)式对所有满足b<1(b≠0)的b都成立，必须有1－y0＝0，结合(*)式得x20＋y0

＋2x0－y0＝0，

x0＝0，x0＝－2，解得或

y0＝1y0＝1，

经检验知，点(0,1)，(－2,1)均在圆C上，因此，圆C过定点．

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9、解：（1）因为f(1)lg5,则f(x)lg(11a)lg5,所以a6

所以 当x0时，f(x)f(x)lg(x6x10),又f(0)0,故

2lg(x26x10),x0 f(x)0,x0

lg(x26x10),x0 (2)若a0，则f(x)在R上单调递增，故f(k•2)f(4k1)0等价于

xx

k2x4xk10，另t2x(t0),2于是tktk10在(0,)恒成立，2

设g(t)tktk1

（1）0时，解得：222k222；

k0 （2）0时，2，解的k0

g(0)0 综上，k222 （3）设h(x)xax10,

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由题意知，若函数f(x)的值域为R，只需

0h(x)min1,解得：6a210 x0时， 高一数学竞赛试题 第 15 页 共 15 页