2017年浙江省高中数学竞赛
一、填空题：本大题共10个小题,每小题8分,共80分.
61.在多项式(x?1)(x?2)的展开式中x的系数为 ．
3102.已知log7(5a?3)?log2a2?15,则实数a? ．
23.设f(x)?x?ax?b在?0,1?中有两个实数根,则a?2b的取值范围为 ．
sin2x?cos2x?cos2xcos2y?sin2xsin2y?1,则4.设x,y?R,且
sin(x?y)x?y? ．
5.已知两个命题,命题p:函数f(x)?logax(x?0)单调递增；命题q：函数
g(x)?x2?ax?1（x?R）．若p?q为真命题，p?q为假命题，则实数a的取值范围
为 ．
6.设S是(0,)中所有有理数的集合，对简分数
58qqq?1?S，定义函数f()?，(p,q)?1，
ppp则f(x)?2在S中根的个数为 ． 322227.已知动点P，M，N分别在x轴上，圆(x?1)?(y?2)?1和圆(x?3)?(y?4)?3上，则|PM|?|PN|的最小值为 ．
8.已知棱长为1的正四面体P?ABC，PC的中点为D，动点E在线段AD上，则直线BE与平面ABC所成的角的取值范围为 ．
9.已知平面向量a，b，c，满足|a|?1，|b|?2，|c|?3，0???1，若b?c?0，则
|a??b?(1??)c|所有取不到的值的集合为 ．
10.已知f(x)????2x,x?0,2?x?1,x?0,方程f(x)?21?x2?|f(x)?21?x2|?2a*4?0有三个
根x1?x2?x3．若x3?x2?2(x2?x1)，则实数a? ．
二、解答题：本大题共5个小题，满分120分，将答案填在答题纸上）
11.设f1(x)?x2?32，fn?1(x)?x2?16fn(x)，n?1，2，…．对每个n，求fn(x)?3x3的实数解．
x2y2??1的右焦点为F，过F的直线y?k(x?2)交椭圆于P，Q两点12.已知椭圆62(k?0)．若PQ的中点为原点，直线ON交直线x?3于M．
（1）求?MFQ的大小； （2）求
PQ的最大值． MF13.设数列?an?满足：|an?1?2an|?2，|an|?2，n?1,2,3，…． 证明：如果a1为有理数，则从某项后?an?为周期数列．
14.设a1，a2，a3；b1，b2，b3?Z，证明：存在不全为零的数?1，?2，?3??0,1,2?，
?使得?1a1??2a2??3a3和?1b1??2b2??3b3同时被3整除． 15.设???a1,a2,…,an?为?1,2,…,n?的一个排列，记F(?)??aai?1nii?1，an?1?a1，求
minF(?)．
2017年浙江省高中数学竞赛答案
一、填空题
1.?4128 2.2
3.?0,2?
4.2k???2（k?Z） 5.(?2,1][2,??)
?14?6.5 7.210?3?1 8.?0,arctan?7??
9.(??,17?36 13?1)(4,??) 10.
213三、解答题
11.证明：利用数学归纳法． （1）x?2是fn(x)?3x的解． 当n?1时，x?2是f1(x)?x2?32?3x的解.
4?16fk(2)?6. 3当n?k时，设fk(2)?6，则fk?1(2)?由此可得x?2是fn(x)?3x的解（对于所有的n）.
32x． 2322当n?1时，f1(x)?x?32?3x?x(x?2)．
2（2）当x?2时，fn(x)?3x?当n?k时，设fk(x)?3x?1632fk(x)?x2?8x2?3x． x，则fk?1(x)?x2?32由此可得x?2都不是fn(x)?3x的解（对于所有的n）． （3）当0?x?2时，fn(x)?3x． 当n?1时，f1(x)?x2?32?x2?8x2?3x（0?x?2）.
x2?16fk(x)?x2?1?3x． 3当n?k时，设fk(x)?3x，则fk?1(x)?由此可得0?x?2都不是fn(x)?3x的解（对于所有的n）． 因此，对每个n，fn(x)?3x的实数解为x?2．
?x2y2?1,??222212.解：（1）联立?6可得(3k?1)x?12kx?12k?6?0． 2?y?k(x?2),?设P点的坐标为(xp,yp)，Q点的坐标为(xq,yq)，
12k2?612k2则xp?xq?，xpxq?． 223k?13k?1于是有yp?yq?k(xp?xq)?4k??4k． 23k?16k2?2k1,2)，因此ON的斜率kON??， 因为PQ的中点为N，所以N(23k?13k?13k因为直线ON交直线x?3于M，所以M(3,?)，故MF的斜率为kMF??即得kMF?kPQ??1，因此MF与PQ垂直，?MFQ?1k1， k?2．
222PQ2(xp?xq)?k(xp?xq))??k2(xp?xq)2?k2?（2）I?((xp?xq)2?4xpxq??? 1MF1?2k?144k4k2?12k2?1?2． ?k?2?242??24k222(3k?1)3k?1??(3k?1)2令u?3k?1，则I?8221611116?1129?(u?1)(u?2)??(??)??(?)??，
3u22u23?16?3u2?u4由于u?3k?1?1，故0?1?1 . u因此Imax?3（当u?4时取到最大值，也即k??1）． 综上所述，
PQ的最大值为3． MF13.证明：（1）若a1为有理数，则?an?为一个有理数数列． （2）对于任意的n，设an?y，(y,x)?1，由已知条件，有且仅有下述一个等式成立： x2y?2x2y?2xan?1?2an?2?或an?1?2an?2?． (*)
xxan与an?1有相同的分母（不进行约分）．
（3）设a1?bq，(p,q)?1，则an?n，bn为整数，由于|an|?2，n?1，2,3，…，因pp此?2p?bn?2p．
（4）若存在两个自然数k?l，使得ak?al，则由（2）中得到的（*）递推公式以及|an|?2，
n?1,2,3，…，可得?an?从第k项开始是一个周期数列，周期为l?k．
bn的值只有4p?1（5）由（3）可知对于任意的n，（有限个），故总能找到k?l，使得bk?bl，
从而有ak?al．
综上所述，如果a1为有理数，则从某项后?an?为周期数列．
14.证明：不妨设ai?kk(mod3)，bi?li(mod3)，ki，li??0,1,2?，i?1,2,3．则要证明结论正确，只要证明存在不全为零的数?1，?2，?3??0,1,2?，使得
?1k1??2k2??3k3??1l1??2l2??3l3(mod3)?0(mod3)．(*)
记k1l2?k2l1?c(mod3)，这里c??0,1,2?．
情形（1）当c?0时，则k1?l1?0，或者k1，l1不全为零． 若k1?l1?0，则取?1?1，?2??3?0，有（*）式成立．
若k1，l1不全为零，不妨设k1?0，则取?1?k2,?2??k1,?3?0,且
??1k1??2k2??3k3?k2k1?k1k2?0(mod3),即(*)式. ??l??l??l?kl?kl?0(mod3),2112?112233情形（2）当c?1或2时，即c?1(mod3)．
记c(k2l3?k3l2)?c1(mod3)，c(k3l1?k1l3)?c2(mod3)，这里c1，c2??0,1,2?． 令?1?c1，?2?c2，?3?1，则?1，?2，?3??0,1,2?且不全为零，且
2?1k1??2k2??3k3?c1k1?c2k2?k3?c(k2l3?k3l2)k1?c(k3l1?k1l3)k2?k3(mod3)?ck3(k2l1?k1l2)?k3(mod3)?(1?c2)k3(mod3)?0(mod3)，
类似可以证明?1l1??2l2??3l3?0(mod3)．
综上所述，可以取到不全为零的数?1，?2，?3??0,1,2?，使得（*）式成立．
15.解：问题等价于圆周上放置n个数，使得相邻数的乘积之和为最小，最小值记为Tn．
不妨设a1?n，则数字1必与它相邻，否则设aj?1（j?2，n），则可将a2，a3，…，aj的数字改变为aj，aj?1，…，a2上的数字，则相邻数的乘积和的该变量为
a1aj?a2aj?1?a1a2?ajaj?1?(a1?aj?1)(aj?a2)?0．
于是可确定a2?1．再说明数字2也必与数字n相邻，即an?2．
事实上，若aj?2（j?n），则交换an，an?1，…，aj为aj，aj?1，…，an，此时的目标改变值为
a1aj?anaj?1?a1an?ajaj?1?(a1?aj?1)(aj?an)?0．
因此目标取到最小值时，a1?n，a2?1，an?2．由此出发，依次可得a3?n?1，
an?1?n?2． 在已安排好的两端数字，若剩下的数比两端数字都小，则在剩下的数中找
两个最小的数字，按小对大，大对小放置；若剩下的数比两端数字大，则在剩下的数字中找两个最大的数，按大对小，小对大放置．由此规律即得a4?3，an?2?4，a5?n?3，
an?3?n?4，…．
下面用递推法计算Tn．
考虑n?2个数字，我们在Tn的数字排序中，将每个数字加1，再放置1，n?2这两个数字，在2，n?1的中间插入n?2，1，即可得到Tn?2． 因此，Tn?2?Tn'?(n?1)?(n?2)?2(n?2)?2(n?1)， 其中Tn'??(a?1)(aii?1ni?1?1)?Tn?n(n?2)，
2由此可得Tn?2?Tn?n?4n?5，
?13125n?n?n?1,n?2m,??626可以推出Tn??
1151?n3?n2?n?,n?2m?1.?262?6
2017浙江省高中数学竞赛试卷+Word版含答案
