sin2x?113或，所以cos4x??。 442213. 设函数f(x)?min{x?1,x?1,?x?1}，其中min{x,y,z}表示x,y,z中的最小者．若
f(a?2)?f(a)，则实数a的取值范围为 ．
答案：(??,?2)?(?1,0).
解答：当a?2??1时，a?a?2??1,此时有f(a)?f(a?2)； 当1?a?2?0时，?3?a??2,此时有f(a)?f(?2)??1?f(a?2)； 当0?a?2?1时，?2?a??1,此时有f(a)?f(a?2)； 当1?a?2?2时，?1?a?0,此时有f(a)?f(a?2)； 当a?2?2时，a?0,此时有f(a)?f(a?2)。 14． 已知向量a,b的夹角为
?3， a?b?5，向量c?a，c?b的夹角为
2?，c?a?23，3则a?c的最大值为 ． 答案：24.
解答：OA?a,OB?b,OC?c，则AC?c?a?23,AB?a?b?5.又
?AOB??3,?ACB?2?3,此时O,A,C,B共圆，由正弦定理得sin?ABC?，则
53cos?ABC?4。在?ACO中，?AOC??ABC,由余弦定理得52282AC?a?c?2accos?AOC,即12?2ac?ac?ac?30，所以
5?14a?c?accos?AOC?24，当?ACO??arctan时取“=”，因此a?c的最大值为
423224.
15．设a,b?Z，若对任意x?0，都有(ax?2)(x?2b)?0，则a?______,b?_______. 答案：a?1,b??2.
解答：首先令x?0,知b?0.其次考虑过定点（0,2）的直线y?ax?2，与开口向上的抛物线y?x?2b，满足对任意x?0所对应图象上的点不在x轴同侧，因此?
2?2b?2.a
又a,b?Z，故a?1,b??2.
三、解答题（本大题共有3小题，16题16分，17、18每题18分，共52分）
16． 设a,b?R，函数f(x)?ax?b(x?1)?2．若对任意实数b，方程f(x)?x有两个相异的实根，求实数a的取值范围． 参考答案：
因为方程f(x)?x有两个相异的实根，即方程ax?(b?1)x?b?2?0有两个相异的实数
22根，所以
?a?0, ????????????4分
?x?(b?1)2?4a(b?2)?0即
?a?0对任意实数b恒成立，所以
b2?2(1?2a)b?8a?1?0?a?0，???????????????????12分
?b?4(1?2a)2?4(8a?1)?0解得0?a?1.????????????????????????????16分
x2y217．已知椭圆C1:2?2?1(a?b?0)的离心率为
ab3，右焦点为圆2C2:(x?3)2?y2?7的圆心．
(I)求椭圆C1的方程；
(II)若直线l与曲线C1，C2都只有一个公共点，记直线l与圆C2的公共点为A，求点A的坐标．
?c?3?a?2参考答案：（Ⅰ）设椭圆C1的半焦距长为c，则?c3，解得b?1，所以椭圆方程为
??2?a?x2?y2?1.??????????????????????????????4分 4
（Ⅱ）当直线l的斜率不存在时，显然不满足题意.当直线l的率存在时，可设直线l的方程为y?kx?m(k,m?R)，点A的坐标为(xA,yA)，其中yA??km?3. 21?k?x22?联立方程??y?1，消去y得(1?4k2)x2?8kmx?4m2?4?0????（1） 4??y?kx?m所以?1?16(4k2?m2?1)?0,即
4k2?m2?1?0????????（2）?????????????????8分
22??(x?3)?y?7联立方程?消去y得
??y?kx?m(1?k2)x2?2(km?3)x?m2?4?0??????（3）
所以?2?16(4k2?m2?23mk?7)?0,即
4k2?m2?23mk?7?0???????????（4）??????????12分
（2）-（4）得km?3???????????? （5）
（5）代入（3）得xA??2km?3?0??????（6）??????????16分 21?k2（6）代入C2:(x?3)?y?7得yA??2.
经检验A(0,2),或A(0,?2)符合题意，这样点A的坐标为(0,2),(0,?2).????18分
1?a?a?,n??n?1bn,n?N*．证明:a50?b50?20． 18．已知数列?an?,?bn?满足a1?0,b1?0,?1?bn?1?bn?an??参考答案：
证明：因为an?1?bn?1?an?bn?2222anbn11??2(?)， 所以 22anbnbnan
49ab11a?b?a?b??(2?2)?2?(i?i)
biaii?1aii?1bi250250212149 ?a1?b1?2211??2?2?49?4?4?49?200.????????8分 a12b12又an?1bn?1?anbn?1?2， anbn11?2?49?98?ab??100.????????16分 ?11ababi?1ii112249所以a50b50?a1b1?2所以(a50?b50)?a50?b50?2a50b50?200?200?400.因此a50?b50?20??18分 四、附加题（本大题共有2小题，每题25分，共50分）
附加1已知数列?an?满足a1?1，an?1?3an?22an?1，n?N*．
2(I) 证明：?an?是正整数数列；
(II) 是否存在m?N*，使得2015am，并说明理由． 参考答案：（Ⅰ）由an?1?3an?22an?1得
22an?1?6anan?1?an?4?0，???????????? （1）
2同理可得 an?2?6an?2an?1?an?2?4?0，??????（2）????????5分 由（1）（2）可知，an,an?2为方程x?6an?1x?an?1?4?0的两根，又an?an?2，即有
2222an?an?2?6an?1，即an?2?6an?1?an.
因为a1?1,a2?5,所以an为正整数.????????????????????10分 （Ⅱ）不存在m?N*，使得2015am.???????????????????15分 假设存在m?N*，使得2015am，则31am.
2一方面，amam?2?am?1?4，所以31am?1?4,即
23015302am?1??4(mod31)，所以am?1??4??2(mod31).
由费马小定理知230?1(mod31)，所以am?1??1(mod31)??????????20分
30(am?1,31)?1.事实上，另一方面，假设(am?1,31)?d?1，则d31，即d?31，所以31am?1，
而31am?1?4，这样得到314.矛盾.
30所以，由费马小定理得am?1?1(mod31).
2这样得到1??1(mod31).矛盾.所以不存在m?N*，使得2015am.??????25分
附加2 设k为正整数，称数字1~3k?1的排列x1,x2,（1）x1?x2?,x3k?1为“N型”的，如果这些数满足
?x3k?1．
?xk?1； （2）xk?1?xk?2??x2k?1；（3）x2k?1?x2k?2?记dk为所有“N型”排列的个数．
(I)求d1，d2的值； (II)证明：对任意正整数k，dk均为奇数．
参考答案：
首先注意到xk?1的值只能取3k?1,3k,而x2k?1的值只能取1,2,因为必须有2k个值比它小，,2k?1这些数字，
,k?1这些数字，因为必须有2k个值比它大。
,k?1）时的N型排列个数为dk(i,j)，则
，dk? 记xk?1?3k?2?j,x2k?1?i（i,j?1,2,d化简得
(i,j)k?Ck?1?i3k?1?(i?j)Ck?1?j3k?1?(i?j)?(k?1?i)i,j?1?dk?1(i,j)k.
dk(i,j)?(3k?1?i?j)!.?????????????????????10分
(k?1)!(k?1?i)!(k?1?j)!(1) 计算可得 d1?5,d2?71????????????????????????15分
(i,j)(2) 易知 dk dk?dk(j,i)，
(i,i)?(3k?1?2i)!（i?1,2,(k?1)!(k?1?i)!(k?1?i)!，dk(k?1,k?1)?1. ,k）
当k?1时，对于所有i?1,2,（i?1,2,
,k，dk(i,i)是偶数。事实上对于x2k?1?i，xk?1?3k?2?i,i?1只能放在x1,x2,,k）时的任何一个N型排列，此时数字1,2,,xi?1的
位置，数字3k?2?(i?1),3k?2?(i?2),,3k?2?1只能放在
x3k?2?(i?1),x3k?2?(i?2),（字母N的两头），xi,xi?1,,x3k?1上,xk和x3k?2?i,x3k?2?(i?1),,x2k?2(i,i)的数字可以互换得到一个新的N型排列，于是dk是偶数（i?1,2,,k）.??25分
（也可以从表达式说明
(m?2n)!是偶数（n?1），它的组合意义就是将m个白球，n个红
m!n!n!球，n个蓝球排成一行的排列数。于是任何一种排列，交换红蓝球可对应另一种排列。 于是dk?i,j?1?dk?1(i,j)k??di?1k(i,j)k?d(k?1,k?1)k?i?j,i,j?1?k?1dk(i,j) 为奇数！………………………25分）
2015年浙江省高中数学竞赛试卷参考答案 - 图文
