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1、2010 年高中数学联赛四川赛区初赛试题年高中数学联赛四川赛区初赛试题参考答案及评分标准参考答案及评分标准说明：说明： 1、评阅试卷时，请依据评分标准、评阅试卷时，请依据评分标准. .选择题和填空题只设选择题和填空题只设 5 分和分和 0 分两档；其它各题的分两档；其它各题的 评阅，请严格按照评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次评阅，请严格按照评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次. .2、如果考生的解答题方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评阅时可参、如果考生的解答题方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评阅时可参 考本评分标准适当划分档次评分，考本评
2、分标准适当划分档次评分，5 分一个档次，不要再增加其它中间档次分一个档次，不要再增加其它中间档次. . 一、选择题（本大题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分）1、已知条件： 和条件 ：则是的（ C p342sin1q34cossinpq） A、充分但不必要条件 B、必要但不充分条件 C、充要条件 D、既不充分也不必要条件解：因为，34cossin)cos(sin2sin12故是的充要条件故选 Cpq 2、在 5 件产品中有 4 件正品、1 件次品从中任取 2 件，记其中含正品的个数个数为随机变量，则的数学期望是（ C ） EA、 B、 C、 D、56 57 58 59解：数学期望是：
3、故选 C.58212 52 4 2 51 4CC CC3、设正三棱锥的底面边长为 3，侧棱长为 2，则侧棱与底面所成的角ABCS SAABC 的大小是（ A ）A、 B、 C、 D、o30o45o602arctan解：设顶点在底面的射影是，则为的外心SABCHHABC从而，于是可得故选 A323332AHo30SAH4、已知函数的最小值是 0，则非零实数的值是（ B 424)42()(24224xxxkkxxfk） A、 B、 C、2 D、442解：， 42)62(1)(242 2 xxxkkxf因为，故 2444xx61 420242 xxx当时，不合题意；0622 kk1minf当时， 0
4、622 kk)62(611, 12 minmaxkkff由条件知，解得或 0（舍去） 故选 B. 0)62(6112kk2k5、长方体的八个顶点都在球的球面上，其中，1111DCBAABCD O11AA，则经过两点的球面距离是（ C ）22AB33ADCB、A、 B、 C、 D、32 3424解：球的半径，在中，O3)33()22(12122ROBC3 OCOB，则，从而33 ADBC21cosBOC32BOC所以，经过两点的球面距离是故选 CCB、231326、对任意实数，过函数图象上的点的切线恒过一定点，m1)(2mxxxf)2(, 2(fP则点的坐标为（ B ）PA、 B、 C、 D、)
5、3, 0()3, 0()0,23()0,23(解：因为，故mxxf2)(mf4)2(于是过的切线方程是：)2(, 2(f)2)(4()25(xmmy即，因此切线方程恒过故选 B3)4(xmy)3, 0(7、设 A1、A2为椭圆的左右顶点，若在椭圆上存在异于 A1、A2的)0( 12222 baby ax点，使得，其中 O 为坐标原点，则椭圆的离心率的取值范围是（ D P02PAPOe）A、 B、 C、 D、)21, 0()22, 0() 1,21() 1,22(解：由题设知OPA2=90，设 P(x,y)(x0)，以 OA2为直径的圆方程为，4)2(2 22ayax与椭圆方程联立得由题设知，要
6、求此方程在(0, a )上有实根0)1 (22 22 baxxab由此得化简得，所以 e 的取值范围为故选 Daaba )1 (2022212e) 1 ,22(8、记，则的最小值是（ ）)0(,)3 3()(),(22yyxyxyxF),(yxF、 B、 C、 D、4A512 516 518解：设动点与，则，点的轨迹为直线，点)3,(xxP)3,(yyQ2),(PQyxFP3xy的轨迹为双曲线，双曲线上的任一点到直线的距离Qxy3)3,(00xx03 yx，当时等号成立故的最小值为故选 C106 103300 xx d30x),(yxF518二、填空题（本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共
7、 20 分）1、是定义在上的奇函数，且，则 )(xfR)1 ()(xfxf)2010(f解：由条件知，于是，0)0(f)()() 1(xfxfxf)()2(xfxf即是以 2 为周期的周期函数所以，故填 0)(xf0)0()2010( ff2、实数满足，则的最大值是 yx，6|1|2|1|3yxyx32 解：由确定的图形是以四边形及其内部，6|1|2|1|3yxABCD其中、)4, 1(A) 1, 1 (B)2, 1(C) 1, 3(D由线性规划知识知，的最大值是 4，当时可取到故填 4yx32 2, 1yx3、在数列中，当时，成等比数列，则 na11a2n21,nnnSSa nnan2lim
8、解：由条件知当时，2n)21)()21(12nnnnnnSSSSaS从而，于是 ，所以2111nnSS12) 1(2111nnSSn121 nSn于是 )32)(12(2 321 1211nnnnSSannn所以，故填nnan2lim 21)32)(12(2lim)32)(12(2lim2 nnnnnnn214、集合的容量是指集合中元素的和则满足条件“，且若7 , 6 , 5 , 4 , 3 , 2 , 1A时，必有”的所有非空集合的容量的总和是 （用具体数字作AaAa8A 答） 解：先找出满足条件的单元素和二元素的集合有：，将这四个集合中的元素任意组合41A7 , 12A6 , 23A5 ,
9、 34A起来也满足要求，则所有符合条件的集合 A 中元素的总和是 ：2242)8884(3故填 224.三、解答题（本大题共 4 个小题，每小题 20 分，共 80 分）13、已知函数)43cos(32cos4)4sin(2)4sin()(xxxxxf（I）试判断函数的奇偶性，并给出证明；)(xf（II）求在上的最小值与最大值)(xf,2解：（I）)sin(cos2232cos4)cos(sin2)cos(sin22)(xxxxxxxxf.5 分xx2cos4cos22)(2cos4cos22)2cos(4)cos(22)(xfxxxxxf所以，为偶函数 .10 分)(xf（II）) 1cos
10、2(4cos22)(2xxxf4cos22cos82xx.15 分417)82(cos82x因为 ，故，,2x01x所以，当时，有最小值；0cosx)(xf4当时，有最大值 .20 分82cosx)(xf41714、已知为抛物线的焦点， M 点的坐标为(4,0)，过点 F 作斜率为的直线与Fxy421k抛物线交于 A、B 两点，延长 AM、BM 交抛物线于 C、D 两点，设直线的斜率为CD2k（I）求的值；（II）求直线 AB 与直线 CD 夹角 的取值范围21 kk解：（I）由条件知，设、，不妨设)0, 1 (F),(11yxA),(22yxB),(33yxC),(44yxD01y直线的方程
11、为，与联立得AB) 1(1xkyxy4204412yky所以， .5 分421yy121xx 当时，则，故，即41x)4, 4(A1412yy412x) 1,41(B直线的方程为，从而；直线的方程为：，AM4x)4, 4(CBM)4(154xy与联立得，得，即xy42016152yy164y644x)16,64(D于是，所以 .10 分341k31 464)4(162k421kk 当时，直线 AM 方程为与抛物线方程41x)4(411xxyyxy42联立得，又由，化简上述方程得2 122 1)4(4)4(xxxy12 14xy 016)16(12 12 1xxxxx此方程有一根为 x1，所以另
12、一根，即，同理，1316 xx 1316 yy)16,16(11yxC)16,16(22yxD所以，即 .15 分1 121221211212 241 16161616kxxyy yyxxxxyyk 421kk由、可知 421kk（II） ，故43 43 1tan2 112121kk kkkk43arctan所以，直线 AB 与直线 CD 夹角 的取值范围是 .20 分43arctan, 0(15、已知函数，其中为实数1)(23xmxxxfm（I）求函数的单调区间；)(xf（II）若对一切的实数，有成立，其中为的导函数求x47|)(xxf)(xf )(xf实数的取值范围m解：（I）因为，123
13、)(2mxxxf01242m所以有两个不等实根：0)( xf，显然 .5 分3321mmx3322mmx21xx 当时，即单调递减；21xxx0)( xf)(xf当或时，即单调递增；2xx 1xx 0)( xf)(xf综上所述，有的单调递减区间为：，；)(xf332mm332mm单调递增区间为：、 .10 分)33,(2mm),33(2 mm（II）由条件有：，47|1232xmxx当时，即在时恒成立0x043) 12(32xmx12433mxx0x因为，当时等号成立34332433xxxx21x所以，即 .15 分123 m1m当时，即在时0x043| ) 12(|32xmxmxx21|43|30x恒成立，因为，当时等号成立3|4
