全国高中数学联赛江苏赛区初赛试题

说明：

1. 评阅试卷时, 请依据本评分标准. 选择题、填空题只设6分和0分两档. 其他各题 的评阅, 请严格按照本评分标准规定的评分档次给分, 不要再增加其他中间档次.

2. 如果考生的解答方法和本解答不同, 只要思路合理, 步骤正确, 在评卷时可参照本 评分标准适当划分评分档次, 3分为一个档次, 不要再增加其他中间档次. 一．选择题 (本题满分36分, 每小题6分)

1. 函数 yf(x) 的图像按向量 a(4,2) 平移后, 得到的图像的解析式为

ysin(x)2. 那么 yf(x) 的解析式为

4A. ysinx B. ycosx C. ysinx2 D. ycosx4

答: [ ]

22. 如果二次方程 xpxq0(p,qN*) 的正根小于3, 那么这样的二次方程有

A. 5个 B. 6个 C. 7个 D. 8个

答: [ ]

3. 设 ab0, 那么 a21 的最小值是

b(ab)A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

答: [ ]

4. 设四棱锥 PABCD 的底面不是平行四边形, 用平面  去截此四棱锥, 使得 截面四边形是平行四边形, 则这样的平面 

A. 不存在 B. 只有1个 C. 恰有4个 D. 有无数多个

答: [ ]

5. 设数列 {an}: a02,a116,an216an163an, nN*, 则 a2005 被 64 除的余数为

A. 0 B. 2 C. 16 D. 48

答: [ ]

6. 一条走廊宽 2 m, 长 8 m, 用 6 种颜色的 11 m的整块地砖来铺设(每块地砖 都是单色的, 每种颜色的地砖都足够多), 要求相邻的两块地砖颜色不同, 那么所有的不同 拼色方法有

A. 30个 B. 3025个 C. 3020个 D. 3021个

答: [ ]

二．填空题 (本题满分36分, 每小题6分)

7. 设向量 OA 绕点 O 逆时针旋转 向量 OB

87772 得向量 OB, 且 2OAOB(7,9), 则 28. 设无穷数列 {an} 的各项都是正数, Sn 是它的前 n 项之和, 对于任意正整数 n, an与 2 的等差中项等于 Sn 与 2 的等比中项,则该数列的通项公式为: (n∈N*) .

9. 函数 y|cosx||cos2x|(xR) 的最小值是.

10. 在长方体 ABCDA1B1C1D1 中, AB2,AA1AD1, 点 E、F、G 分别是棱 AA1、C1D1 与 BC 的中点, 那么四面体 B1EFG 的体积是

11. 由三个数字 1、2、3 组成的 5 位数中, 1、2、3 都至少出现 1 次, 这样的 5 位数共有个.

12. 已知平面上两个点集 M{(x,y)||xy1|2(x2y2),x,yR},

N{(x,y)||xa||y1|1,x,yR}. 若 MN, 则 a 的取值范围是

三．解答题 (第一题、第二题各15分；第三题、第四题各24分)

13. 已知点 M 是 ABC 的中线 AD 上的一点, 直线 BM 交边 AC 于点

N, 且 AB 是 NBC 的外接圆的切线, 设

BCBM(用 表示). , 试求

BNMN,xn,

14. 求所有使得下列命题成立的正整数n(n2): 对于任意实数 x1,x2,当

xi1ni0 时, 总有 xixi10 ( 其中 xn1x1 ).

i1nx2y215. 设椭圆的方程为 221(ab0), 线段 PQ 是过左焦点 F 且不与

abx 轴垂直的焦点弦. 若在左准线上存在点 R,

使 PQR 为正三角形, 求椭圆的离心率 e

RyQ＇ Q的取值范围, 并用 e 表示直线 PQ 的斜率.

16. (1) 若 n(n N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于 , 求 n 的

最小值, 并说明理由；

M‘P’PFMOx2005(2) 若 n(n N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于 , 求 n 的

最小值, 并说明理由.

高考理科数学试题及答案

（考试时间：120分钟试卷满分：150分）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合1.

题

目

要

求

的

。

3i（） 1iA．12i B．12i C．2i D．2i

2. 设集合1,2,4，xx4xm0．若21，则（）

A．1,3 B．1,0 C．1,3 D．1,5

3. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百

八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（） A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏

4. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某

几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部 分所得，则该几何体的体积为（） A．90 B．63 C．42 D．36

2x3y305. 设x，y满足约束条件2x3y30，则z2xy的最小值是（）

y30A．15 B．9 C．1 D．9

6. 安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共

有（）

A．12种 B．18种 C．24种 D．36种

7. 甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，

2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家

说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则（） A．乙可以知道四人的成绩 B．丁可以知道四人的成绩 C．乙、丁可以知道对方的成绩 D．乙、丁可以知道自己的成绩 8. 执行右面的程序框图，如果输入的a1，则输出的

S（） A．2 B．3 C．4 D．5

x2y29. 若双曲线C:221（a0，b0）的一条渐

ab近线被圆x2y24所截得的弦长为2，则C的 离心率为（）

A．2 B．3 C．2 D．2223 3x1`10. 若x2是函数f(x)(xax1)e的极值点，则f(x)的极小值为（）

A.1 B.2e3 C.5e3 D.1

11. 已知直三棱柱C11C1中，C120，2，CCC11，则异面直线1

与C1所成角的余弦值为（）

A．

331510 B． C． D． 235512. 已知ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA(PBPC)的最小值是（）

A.2 B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13. 一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，表示抽

34 C.  D.1 23到的二等品件数，则D． 14. 函数fxsin2x3cosx3（x0,）的最大值是． 4215. 等差数列an的前n项和为Sn，a33，S410，则

21． Sk1kn16. 已知F是抛物线C:y8x的焦点，是C上一点，F的延长线交y轴于点．若为

F 的中点，则F．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤。第17~21题为必做题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共60分。 17.（12分）

ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c ,已知sin(AC)8sin2(1)求cosB

(2)若ac6 , ABC面积为2,求b.

18.（12分）

B． 2淡水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了100 个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：kg）某频率直方图如下：

1.

设两种养殖方法的箱产量相互独立，记A表示事件：旧养殖法的箱产量低于50kg, 新养殖法的箱产量不低于50kg,估计A的概率；

2.

填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关：

旧养殖法 新养殖法 箱产量＜50kg 箱产量≥50kg 3.根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值（精确到0.01）

P（k ） 0.050 3.841

0.010 6.635 0.001 10.828 n(adbc)2K(ab)(cd)(ac)(bd)2

19.（12分）

如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，

ABBC1AD,BADABC90o, 2E是PD的中点.

（1）证明：直线CE// 平面PAB

（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD成锐角为45o ，求二面角MABD的余弦值

20. （12分）

所

x2y21上，过M做x轴的垂线，垂足为N，点P满设O为坐标原点，动点M在椭圆C：2足NP2NM.

（1） 求点P的轨迹方程；

（2）设点Q在直线x=3上，且OPPQ1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F. 21.（12分）

已知函数f(x)axaxxlnx,且f(x)0. （1）求a；

（2）证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e23f(x0)23.

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，按所做的第一题计

分。

22.[选修44：坐标系与参数方程]（10分）

在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为cos4．

（1）M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM||OP|16,求点P的轨迹C2的直角坐标方程；

（2）设点A的极坐标为(2,3)，点B在曲线C2上，求OAB面积的最大值．

23.[选修45：不等式选讲]（10分）

已知a0,b0,ab2，证明： （1）(ab)(ab)4； （2）ab2．

3333

参考答案

1．D

2．C

【解析】1是方程x24xm0的解，x1代入方程得m3

∴x24x30的解为x1或x3，∴B1，3

3．B

【解析】设顶层灯数为a1，q2，S74．B

【解析】该几何体可视为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半．

11VV总V上π3210π32663π22

a112712381，解得a13．

5．A

【解析】目标区域如图所示，当直线y=-2x+z取到点6，3时，所求z最小值为15．

6．D

【解析】只能是一个人完成2份工作，剩下2人各完成一份工作．

3由此把4份工作分成3份再全排得C24A336

7．D

【解析】四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说的话．

甲不知自己成绩→乙、丙中必有一优一良，（若为两优，甲会知道自己成绩；两良亦然）→乙看了丙成绩，知自己成绩→丁看甲，甲、丁中也为一优一良，丁知自己成绩．

8．B

【解析】S0，k1，a1代入循环得，k7时停止循环，S3． 9．A

【解析】取渐近线y2bb32，0，化成一般式，圆心到直线距离为 bxay0x22aab得c24a2，e24，e2．

10．C

【解析】M，N，P分别为AB，BB1，B1C1中点，则AB1，BC1夹角为MN和NP夹角或其补角

π（异面线所成角为0，）

2可知MN1512，NPBC1， AB12222作BC中点Q，则可知△PQM为直角三角形． PQ1，MQ1AC 2△ABC中，AC2AB2BC22ABBCcosABC

1412217，AC7 2711，则△MQP中，MPMQ2PQ2 22MN2NP2PM2则△PMN中，cosPNM

2MHNP则MQ521122210 55222222210π又异面线所成角为0，，则余弦值为．

25

11．A 2x1【解析】fxxa2xa1e，

3则f242a2a1e0a1，

则fxx2x1ex1，fxx2x2ex1， 令fx0，得x2或x1， 当x2或x1时，fx0， 当2x1时，fx0， 则fx极小值为f11．

12．B

【解析】几何法：

如图，PBPC2PD（D为BC中点）， 则PAPBPC2PDPA，

APBDC要使PAPD最小，则PA，PD方向相反，即P点在线段AD上， 则2PDPAmin2PAPD， 即求PDPA最大值， 又PAPDAD233， 22PAPD323则PAPD≤4， 22则2PDPAmin2解析法：

33． 42建立如图坐标系，以BC中点为坐标原点，

∴A0，3，B1，0，C1，0． 设Px，y， PAx，3y，

PB1x，y，

PC1x，y，

∴PAPBPC2x222y2y2

23322xy 24333则其最小值为2，此时x0，y．

22413．1.96

【解析】有放回的拿取，是一个二项分布模型，其中p0.02，n100

则Dxnp1p1000.020.981.96 14．1

3π【解析】fxsin2x3cosxx0，

42fx1cos2x3cosx3 41 令cosxt且t0，1yt23t

43 t122则当t15．

3时，fx取最大值1． 22n n+1【解析】设an首项为a1，公差为d．

则a3a12d3 S44a16d10

求得a11，d1，则ann，Snnn12

Sk1n1k22122322

nn1nn1111111121

n1nnn122312n21n1n1

16．6

0，准线l:x2， 【解析】y28x则p4，焦点为F2，如图，M为F、N中点，

故易知线段BM为梯形AFMC中位线， ∵CN2，AF4， ∴ME3

又由定义MEMF， 且MNNF， ∴NFNMMF617.

2【解析】（1）依题得：sinB8sinlyCBANMOFx

B1cosB84(1cosB)． 22∵sin2Bcos2B1， ∴16(1cosB)2cos2B1， ∴(17cosB15)(cosB1)0， ∴cosB15， 178． 17（2）由⑴可知sinB∵S△ABC2， 1∴acsinB2， 218∴ac2， 217∴ac17， 215， 17∵cosB．

∴a2c2b22ac1517，

∴a2c2b215， ∴(ac)22acb215， ∴3617b215， ∴b2．

1）记：“旧养殖法的箱产量低于50kg” 为事件B

“新养殖法的箱产量不低于50kg”为事件C

而PB0.04050.03450.02450.01450.0125

0.62

PC0.06850.04650.01050.0085

0.66

PAPBPC0.4092

2） 箱产量50kg 箱产量≥50kg 中/华资*源%库旧养殖法 62 38 新养殖法 34 66 由计算可得K2的观测值为

2k2200626638341001009610415.705

∵15.7056.635 ∴PK2≥6.6350.001

∴有99%以上的把握产量的养殖方法有关．

3）150.2，0.20.0040.0200.0440.032

0.0320.0688817，175≈2.35 502.3552.35，∴中位数为52.35．

18【解析】（（（19．【解析】

zPFMM'OEABCD y

x（1）令PA中点为F，连结EF，BF，CE．

1∵E，F为PD，PA中点，∴EF为△PAD的中位线，∴EF∥AD．

2又∵BADABC90，∴BC∥AD． 又∵ABBC11AD，∴BC∥AD，∴EF∥BC． 22∴四边形BCEF为平行四边形，∴CE∥BF． 又∵BF面PAB，∴CE∥面PAB

（2）以AD中点O为原点，如图建立空间直角坐标系．

设ABBC1，则O(0，0，0)，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(1，1，0)， 0，0)，D(0，P(0，0，3)．

M在底面ABCD上的投影为M，∴MMBM．∵MBM45，

∴△MBM为等腰直角三角形． ∵△POC为直角三角形，OC设MMa，CM23OP，∴PCO60． 33331a，0，0a，OM1a．∴M． 333312632221BMa10a1aa．∴． OMa1332322261，0，0M1，0，∴M， 22226AM1，1，，AB(1，0，0)．设平面ABM的法向量m(0，y1，z1)． 22y16z10，∴m(0，6，2) 2AD(0，2，0)，AB(1，0，0)．设平面ABD的法向量为n(0，0，z2)，

n(0，0，1)．

∴cosm,nmnmn10． 5∴二面角MABD的余弦值为20．

【解析】 ⑴设P(x，y)，易知N(x，0)

10． 5yNP(0，y)又NM1NP0，

22∴Mx，12y，又M在椭圆上． 2x2y1∴，即x2y22． 22⑵设点Q(3，yQ)，P(xP，yP)，(yQ0)，

由已知：OPPQ(xP，yP)(3yP，yQyP)1， OPOQOPOPOQOP1，

2∴OPOQOP13， ∴xPxQyPyQ3xPyPyQ3．

设直线OQ：yyQ3x，

2因为直线l与lOQ垂直． ∴kl3 yQ3(xxP)yP， yQ故直线l方程为y令y0，得yPyQ3(xxP)，

1yPyQxxP， 31∴xyPyQxP，

3∵yPyQ33xP， 1∴x(33xP)xP1，

3若yQ0，则3xP3，xP1，yP1， 直线OQ方程为y0，直线l方程为x1， 直线l过点(1，0)，为椭圆C的左焦点．

21．

【解析】 ⑴ 因为fxxaxalnx≥0，x0，所以axalnx≥0．

令gxaxalnx，则g10，gxa1ax1， xx当a≤0时，gx0，gx单调递减，但g10，x1时，gx0； 当a0时，令gx0，得x当0x1． a11时，gx0，gx单调减；当x时，gx0，gx单调增． aa11若0a1，则gx在1，上单调减，gg10；

aa11若a1，则gx在，1上单调增，gg10；

aa1若a1，则gxmingg10，gx≥0．

a综上，a1．

⑵fxx2xxlnx，fx2x2lnx，x0．

令hx2x2lnx，则hx2令hx0得x当0x12x1，x0． xx1， 211时，hx0，hx单调递减；当x时，hx0，hx单调递增． 221所以，hxminh12ln20．

211因为he22e20，h22ln20，e20，，2，，

2211所以在0，和，上，hx即fx各有一个零点．

22111x2，因为fx在0，上单调设fx在0，和，上的零点分别为x0，222减，

所以当0xx0时，fx0，fx单调增；当x0x调减．因此，x0是fx的极大值点．

1时，fx0，fx单211因为，fx在，上单调增，所以当xx2时，fx0，fx单调减，

22xx2时，fx单调增，因此x2是fx的极小值点．

所以，fx有唯一的极大值点x0．

1由前面的证明可知，x0e2，，则fx0fe2e4e2e2．

2因为fx02x02lnx00，所以lnx02x02，则 又fx0x02x0x02x02x0x02，因为0x0因此，e2fx022．

11，所以fx0． 241． 40，P， 【解析】⑴设M0，则OM0，|OP|． 0160cos04 0解得4cos，化为直角坐标系方程为

x22y24．x0

⑵连接AC，易知△AOC为正三角形．

|OA|为定值．

∴当高最大时，S△AOB面积最大，

如图，过圆心C作AO垂线，交AO于H点 交圆C于B点， 此时S△AOB最大

Smax1|AO||HB| 21|AO||HC||BC| 232

23．

【解析】⑴由柯西不等式得：aba5b5≥aa5bb52a3b324

当且仅当ab5ba5，即ab1时取等号． ⑵∵a3b32

∴aba2abb22

2∴abb3ab2

∴ab3abab2

3ab2ab∴

3abab2ab≤ab2由均值不等式可得：2 3ab33ab2≤ab2∴2 3ab3ab∴ab2≤

4333∴

13ab≤2 4∴ab≤2 当且仅当ab1时等号成立．