2018年淅川二高二年級數學競賽試題一、選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，給出下列不等式：①eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)；②|a|＋b>0；③a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)；④ln1a2>ln1b2.其中正確的不等式的個數是()A．1個 B．2個C．3個 D．4個2．△ABC的內角A、B、C的對邊分別為a、b、c。已知，a=2，c=，則()A． B． C．D．3．當時，函數的最小值為 （） A．2 B． C．4 D．4.若是等差數列，首項則使前n項和成立的最大自然數是()A．2012B．2013C．2014D．20155.設集合則A.對任意實數a，B.對任意實數a，（2，1）C.當且僅當a<0時，（2，1）D.當且僅當時，（2，1）6.已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為A.B.C.D.二、填空題：本題共2小題，每小題5分，共10分。7．已知等比數列{an}中，a1＞0，q＞0，前n項和為Sn，則eq\f(S3,a3)與eq\f(S5,a5)的大小關系為________．8．已知分別為的三個內角的對邊，＝2，且，則面積的最大值為．三、解答題：每題15分，共60分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。9.（本小題滿分15分)已知數列滿足，，設．（1）求；（2）判斷數列是否為等比數列，并說明理由；（3）求的通項公式．10.（本小題滿分15分)已知中國某手機品牌公司生產某款手機的年固定成本為40萬元，每生產1萬部還需另投入16萬元.設公司一年內共生產該款手機萬部并全部銷量完，每萬部的銷售收入為萬元，且(1)寫出年利潤（萬元）關于年產量（萬部）的函數解析式；(2)當年產量為多少萬部時，公司在該款手機的生產中所獲得的利潤最大？并求出最大利潤.11.（本小題滿分15分）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知（=1\*ROMANI）求C；（=2\*ROMANII）若的面積為，求的周長．12（本小題滿分15分）已知數列的前項和為，且，．（1）求數列的通項公式；（2）設，，是否存在最大的正整數k，使得對于任意的正整數，有恒成立？若存在，求出k的值；若不存在，說明理由．四、附加題，每題10分，計入總分。13.解下列不等式：ax2－(a＋1)x＋1＜0(a＞0)．14.（本小題13分）設和是兩個等差數列，記，其中表示這個數中最大的數．（Ⅰ）若，，求的值，并證明是等差數列；（Ⅱ）證明：或者對任意正數，存在正整數，當時，；或者存在正整數，使得是等差數列．2018年淅川二高二年級數學競賽試題答一、1.C2.A3.D4.C5.D6.A1.解析：選C法一：因為eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，故可取a＝－1，b＝－2.顯然|a|＋b＝1－2＝－1<0，所以②錯誤；因為lna2＝ln(－1)2＝0，lnb2＝ln(－2)2＝ln4>0，所以④錯誤，綜上所述，可排除A、B、D，故選C.法二：由eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，可知b<a<0.①中，因為a＋b<0，ab>0，所以eq\f(1,a＋b)<eq\f(1,ab)，故①正確；②中，因為b<a<0，所以－b>－a>0，故－b>|a|，即|a|＋b<0，故②錯誤；③中，因為b<a<0，又eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則－eq\f(1,a)>－eq\f(1,b)>0，所以a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)，故③正確；④中，因為b<a<0，根據y＝x2在(－∞，0)上為減函數，可得b2>a2>0，而y＝lnx在定義域(0，＋∞)上為增函數，所以lnb2>lna2，故④錯誤．由以上分析，知①③正確。5.【答案】D【解析】分析：求出及所對應的集合，利用集合之間的包含關系進行求解.詳解：若，則且，即若，則，此命題的逆否命題為：若，則有，故選D.點睛：此題主要結合充分與必要條件考查線性規劃的應用，集合法是判斷充分條件與必要條件的一種非常有效的方法，根據成立時對應的集合之間的包含關系進行判斷.設，若，則；若，則，當一個問題從正面思考很難入手時，可以考慮其逆否命題形式.6.【答案】A【解析】分析：首先利用正方體的棱是3組每組有互相平行的4條棱，所以與12條棱所成角相等，只需與從同一個頂點出發的三條棱所成角相等即可，從而判斷出面的位置，截正方體所得的截面為一個正六邊形，且邊長是面的對角線的一半，應用面積公式求得結果.詳解：根據相互平行的直線與平面所成的角是相等的，所以在正方體中，平面與線所成的角是相等的，所以平面與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等的，同理平面也滿足與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等，要求截面面積最大，則截面的位置為夾在兩個面與中間的，且過棱的中點的正六邊形，且邊長為，所以其面積為，故選A.點睛：該題考查的是有關平面被正方體所截得的截面多邊形的面積問題，首要任務是需要先確定截面的位置，之后需要從題的條件中找尋相關的字眼，從而得到其為過六條棱的中點的正六邊形，利用六邊形的面積的求法，應用相關的公式求得結果.二、7．解析：當q＝1時，eq\f(S3,a3)＝3，eq\f(S5,a5)＝5，所以eq\f(S3,a3)＜eq\f(S5,a5).當q＞0且q≠1時，eq\f(S3,a3)－eq\f(S5,a5)＝eq\f(a11－q3,a1q21－q)－eq\f(a11－q5,a1q41－q)＝eq\f(q21－q3－1－q5,q41－q)＝eq\f(－q－1,q4)＜0，所以eq\f(S3,a3)＜eq\f(S5,a5).綜上可知eq\f(S3,a3)＜eq\f(S5,a5).答案：eq\f(S3,a3)＜eq\f(S5,a5)8．(2014)三、9.詳解：（1）由條件可得an+1=．將n=1代入得，a2=4a1，而a1=1，所以，a2=4．將n=2代入得，a3=3a2，所以，a3=12．從而b1=1，b2=2，b3=4．……5分（2）{bn}是首項為1，公比為2的等比數列．由條件可得，即bn+1=2bn，又b1=1，所以{bn}是首項為1，公比為2的等比數列…5分（3）由（2）可得，所以an=n·2n-1．……5分10.（本小題滿分15分)解：（1）當時，……2分

當時，…4分所以…………7分

（2）①當時，，所；…8分

②當時，，

由于，

當且僅當，即時，等號成立…13分

所以取最大值為5760．…………14分

綜合①②知，當時，取得最大值6104萬元．…………15分11.試題解析：（I）由已知及正弦定理得，，．故．可得，所以．12．（本小題滿分15分）解：（1）由已知an=Sn﹣1+2，①an+1=Sn+2，②②﹣①，得an+1﹣an=Sn﹣Sn﹣1（n≥2），∴an+1=2an（n≥2）．又a1=2，∴a2=a1+2=4=2a1，∴an+1=2an（n=1，2，3，…）∴數列{an}是一個以2為首項，2為公比的等比數列，∴an=2?2n﹣1=2n．………………6分（2）bn===，∴Tn=bn+1+bn+2+…+b2n=++…+，Tn+1=bn+2+bn+3+…+b2（n+1）=++…+++．∴Tn+1﹣Tn=+﹣==．∵n是正整數，∴Tn+1﹣Tn＞0，即Tn+1＞Tn．∴數列{Tn}是一個單調遞增數列，又T1=b2=，∴Tn≥T1=，要使Tn＞恒成立，則有＞，即k＜6……………15分四、附加題，每題10分13.原不等式變為(ax－1)(x－1)＜0，因為a＞0，所以aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)＜0.所以當a＞1，即eq\f(1,a)<1時，解為eq\f(1,a)＜x＜1；當a＝1時，解集為?；當0＜a＜1，即eq\f(1,a)>1時，解為1＜x＜eq\f(1,a).綜上，當0＜a＜1時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1＜x＜\f(1,a)))))；當a＝1時，不等式的解集為?；當a＞1時，不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＜x＜1)))).14.【解析】（Ⅱ）設數列和的公差分別為，則.所以時，取正整數，則當時，，因此.此時，是等差數列.時，對任意，此時，是等差數列.時，當時，有.所以對任意正數，取正整數，故當時，.20.設n為正整數，集合A=．對于集合A中的任意元素和，記M（）=．（Ⅰ）當n=3時，若，，求M（）和M（）的值；（Ⅱ）當n=4時，設B是A的子集，且滿足：對于B中的任意元素，當相同時，M（）是奇數；當不同時，M（）是偶數．求集合B中元素個數的最大值；（Ⅲ）給定不小于2的n，設B是A的子集，且滿足：對于B中的任意兩個不同的元素，M（）=0．寫出一個集合B，使其元素個數最多，并說明理由．詳解：解：（Ⅰ）因為α=（1，1，0），β=（0，1，1），所以M(α，α)=[(1+1?|1?1|)+(1+1?|1?1|)+(0+0?|0?0|)]=2，M(α，β）=[(1+0–|1?0|)+(1+1–|1–1|)+(0+1–|0–1|)]=1．（Ⅱ）設α=（x1，x2，x3，x4）∈B，則M(α，α）=x1+x2+x3+x4．由題意知x1，x2，x3，x4∈{0，1}，且M(α，α)為奇數，所以x1，x2，x3，x4中1的個數為1或3．所以B{(1，0，0，0），（0，1，0，0)，（0，0，1，0)，（0，0，0，1)，（0，1，1，1)，(1，0，1，1)，(1，1，0，1)，(1，1，1，0)}.將上述集合中的元素分成如下四組：（1，0，0，0)，(1，1，1，0)；（0，1，0，0)，(1，1，0，1)；（0，0，1，0)，（1，0，1，1)；（0，0，0，1)，（0，1，1，1).經驗證，對于每組中兩個元素α，β，均有M(α，β）=1.所以每組中的兩個元素不可能同時是集合B的元素．所以集合B中元素的個數不超過4.又集合{（1，0，0，0），（0，1，0，0），（0，0，1，0），（0，0，0，1)}滿足條件，所以集合B中元素個數的最大值為4.（Ⅲ）設Sk=(x1，x2，…，xn）|(x1，x2，…，xn）∈A，xk

=1，x1=x2=…=xk–1=0）（k=1，2，…，n)，Sn+1={(x1，x2，…，xn）|x1=x2=…=xn=0}，則A=S1∪S1∪…∪Sn+1．對于Sk（k=1，2，…，n–1）中的不同元素α，β，經驗證，M(α，β)≥1.所以Sk（k=1，2，…，n–1）中的兩個元素不可能同時是集合B的元素．所以B中元素的個數不超過n+1.取ek=(x1，x2，…，xn）∈Sk且xk+1=…=xn=0（k=1，2，…，n–1）.令B=（e1，e2，…，en–1）∪Sn∪Sn+1，則集合B的元素個數為n+1，且滿足條件.故B是一個滿足條件且元素個數最多的集合．點睛：解決新定義問題的兩個著手點(1)正確理解新定義．耐心閱讀，分析含義，準確提取信息是解決這類問題的前提，剝去新定義、新法則、新運算的外表，利用所學的知識將陌生的性質轉化為我們熟悉的性質，是解決這類問題的突破口．(2)合理利用有關性質是破解新定義型問題的關鍵．在解題時要善于從題設條件給出的數式中發現可以使用性質的一些因素，并合理利用．15．(12分)(2016·山東)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知2(tanA＋tanB)＝eq\f(tanA,cosB)＋eq\f(tanB,cosA).(1)證明：a＋b＝2c；(2)求cosC的最小值．解析：(1)證明：由題意知2(eq\f(sinA,cosA)＋eq\f(sinB,cosB))＝eq\f(sinA,cosAcosB)＋eq\f(sinB,cosAcosB)，化簡得2(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinA＋sinB，即2sin(A＋B)＝sinA＋sinB.因為A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC.從而sinA＋sinB＝2sinC.由正弦定理得a＋b＝2c.(2)由(1)知c＝eq\f(a＋b,2)，所以cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(a2＋b2－\f(a＋b,2)2,2ab)＝eq\f(3,8)(eq\f(a,b)＋eq\f(b,a))－eq\f(1,4)≥eq\f(1,2)，當且僅當a＝b時，等號成立．故cosC的最小值為eq\f(1,2).答案：(1)見解析(2)eq\f(1,2)17.（本小題滿分12分）已知數列滿足=1，.（Ⅰ）證明是等比數列，并求的通項公式；（Ⅱ）證明：.17.（本小題滿分12分）（Ⅰ）證明：由得又，所以是首項為，公比為3的等比數列，因此的通項公式為（Ⅱ）由（Ⅰ）知因為當時，，所以于是所以5．(2018·河南百校聯盟模擬)已知正實數a，b滿足a＋b＝4，則eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋3)的最小值為________．解析：∵a＋b＝4，∴a＋1＋b＋3＝8，∴eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋3)＝eq\f(1,8)[(a＋1)＋(b＋3)]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)＋\f(1,b＋3)))＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b＋3,a＋1)＋\f(a＋1,b＋3)))≥eq\f(1,8)×(2＋2)＝eq\f(1,2)，當且僅當a＋1＝b＋3，即a＝3，b＝1時取等號，∴eq\f(1,a＋1)＋eq\f(1,b＋3)的最小值為eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)4.數列{an}滿足，則an=（B）A． B． C． D．14、若數列{}的前n項和為Sn＝，則數列{}的