2014年全国高中数学联赛湖北省预赛试题及参考答案(高二)

2014年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题参考答案

（高二年级）

一、填空题（本题满分90分，每小题9分。直接将答案写在横线上。）

*

1. 已知正整数数列{an}满足an2an1an，nN．若a11157，则a1= 3 .

2. 函数

ysin2xsinxcosx2cos2x

的值域为

110110[,]2222 .

123. 在△ABC中，A30，2ABAC3BC，则△ABC的最大角的余弦值为

2．

4．在直角坐标平面内，曲线

|x1||x1||y|3

围成的图形的面积是 5 .

5．若

3aa112恒成立，则a的取值范围是

[1,131)8.

*

6. 去掉集合A{n|n10000,nN}中所有的完全平方数和完全立方数后，将剩下的元素按从小到

大的顺序排成一个数列，这个数列的第2014项为 2068 .

7． 在四面体ABCD中，ABAC3，BDBC4，BD面ABC，则四面体ABCD的外接球的半径为

80510. 258. 三对夫妻排成一排照相，仅有一对夫妻相邻的概率为.

9. 若aA且a1A,a1A，则称a为集合A的孤立元素.那么，集合M{1，2，3，4，5，6，7，8，9}的无孤立元素的4元子集有 21 个.

10. 共焦点的椭圆与双曲线的离心率分别为e1,e2，若椭圆的短轴长为双曲线的虚轴长的2倍，则

11e1e2的最大值为

52.

二、解答题（本题满分60分，每小题20分。）

22pxqxp10恒成立，试求pq的最大值． |x|111. 当时，不等式

解法1 令

f(x)2px2qxp1,x[1,1]

.

（1）先考虑p0时的情况，

qq1f()04p4p，即4pq4p，则由题意知，即

①若

12p(q2q)q()p104p4p

1q28(p)222，整理得.

设qrcos，

p1rsin222，其中0r2，[0,2]，则

pqr(122sincos)12

.

(0,)设

2，且tan22，则

pqr322(sincoscossin)12

r322sin()1312122222，

等号成立的条件是：r2，sin22124cospq3，即3，3，3. …………………10分

q11p

3，②若4p，即q4p，则由f(1)pq10得qp1，所以4pqp1，从而可得

此时

pq2p1523；

q1③若4p，即q4p，则pq3p02； …………………15分

（2）当p0时，由

f(1)2pqp1pq10

得qp1，故pq2p12.

综合可知：pq的最大值为2． …………………20分

解法二 特殊值法.

12，得pq2． …………………10分

22pxqxp10中取特殊值在不等式

x当且仅当

p24,q33时，

2px2qxp1424141xx(x)2033332

．

所以，pq的最大值为2． …………………20分

y2xA,B212. 设是双曲线上的两点，点N(1,2)是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线交双

2曲线于C,D两点．

（1）确定的取值范围；

（2）试判断A,B,C,D四点是否共圆？并说明理由．

解 （1）依题意，可设直线AB的方程为yk(x1)2，代入双曲线方程并整理得

(2k2)x22k(k2)x[(k2)22]0

①

设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1,x2是方程①的两个不同实根，于是可知

4k2(k2)24(2k2)[(k2)22]0

②

2k(2k)2k2．

且

x1x2k(2k)12N(1,2)2k又是线段AB的中点，故，解得k1，故直线AB的方程为y1(x1)2，即yx1．

将k1代入②，得44(12)0，解得1．

又CD是线段AB的垂直平分线，故CD所在直线的方程是y2(x1)，即yx3，将其代入双曲线方程，整理得

x26x290 ③

由题意，方程③也有两个不同实根，所以

1624(29)0，解得9．

又0，于是可得：的取值范围为(1,0)(0,)． …………………10分

（2）设C(x3,y3),D(x4,y4)，线段CD的中点为M(x0,y0)，则x3,x4是方程③的两根，所以x3x46，

x3x429，于是

x0x3x43yx3602，0．

于是，由弦长公式可得

|CD|1(1)2|x3x4|2(x3x4)24x3x4 2624(29)49

.

2又方程①即x2x210，同理可得

|AB|112(x1x2)24x1x241

.

显然|AB||CD|，又CD是线段AB的垂直平分线，假设存在(1,0)(0,)使得A,B,C,D四点共圆，则CD必为该圆的直径，点M为圆心．

又点M到直线AB的距离为

|x0y01||361|4222 d，由勾股定理得

|AB|2)(42)2(21)23642

|MA|2|MB|2d2(．

又

|CD|2)(29)23642

(，所以

|MA|2|MB|2|MC|2|MD|2

．

故当(1,0)(0,)时，A,B,C,D四点均在以M(3,6)为圆心、29为半径的圆上．

…………………20分

13. 在单调递增数列{an}中，a12，a24，且a2n1,a2n,a2n1成等差数列，a2n,a2n1,a2n2成等比数列，n1,2,3,．

（1）求数列{an}的通项公式；

14n}Sn3(n3)，nN*． （2）设数列an的前n项和为Sn，证明：

{*解 （1）因为数列an为单调递增数列，a120，所以an0（nN）.

由题意得

2a2na2n1a2n1，

2a2n1a2na2n2，于是

2a2na2n2a2na2na2n2，化简得

2a2na2n2a2n22a3a49{a2n}{a}a32a2a16a2，所以数列为等差数列.又，，所以数列2n的首

项为a22，公差为

da4a21，所以a2nn1，从而

a2n(n1)2.

结合

2a2n1a2n2a2n可得a2n1n(n1).

1(n1)(n3)2(n2)4因此，当n为偶数时an4，当n为奇数时an.

所以数列{an}的通项公式为

1(n1)(n3)1(n2)2n1nan[1(1)][1(1)]2424

127(1)nnn48.

…………………10分

（2）因为an

127(1)n12(n2)21nnnn1(n2)(n3)48444

，所以

14114()an(n2)(n3)n2n3

，

1111a1a2a3an

Sn11114[()()3445(1111)()]n1n2n2n3

114n4()3n33(n3)，

所以

Sn4n3(n3)，nN*． …………………20分