新希望杯

第十届“新希望杯”高一A卷参考答案

一、选择题（每小题5分，共40分）

1．C2．B3．A.4．C5．A6．D7．C8．B

二、填空题（每小题6分，共48分）

9．(2，6)10．

313

28









，

11．612．1

1

(1)2

3

nn

13．214．3115．1,716．

三、解答题（17题、18题14分，19题16分，20题18分）

17．解：（1）对集合

A

由2280xx，解得(42)A，；

对集合

B

有

2

11

1

yx

x





，则221y或221y，(221221)B







，，.

故(42212212)AB







，，.

（2）∵

R

ðA

=(42)，，，由

2

(4)()0zaz

a

知

0a

.

当0a时，由

2

2

(4)()0zz

a

知

2

2

4C

a









，，不满足

C

R

ðA

；

当0a时，由

2

2

(4)()0zz

a

知

2

2

(4)C

a









，，.

欲使

C

R

ðA

，则

2

2

2

a

，

10a

.

综上整数

1a

.

18．解：（1）观察可得点(01)(31)(05)ABC，，，，，，经过变化后在45斜坐标系中的对应点

1

(0)

2

A



，、

1

(3)

2

B



，、

5

(0)

2

C



，，所以有(3,0)(0,2)(3,2)ABACBC



，，，同时32ABAC



，.

新坐标系xOy



中两坐标系夹角为45，则边

AB



上的高为

2

2

sin45

.

故△

ABC



的面积

132

2

22ABC

SAB







.

（2）∵点

D

分AB



所成的比为



，且由

0

，

∴

AD

DB







，即

33

(0)(0)

11

ADDB







，，，





.

分别化简(1)(2)=(6(1)2(2))xADBC



，；

3

(3)(2(3))

1

yBDAC







，



.

∵0xy，∴2

3

6(1)()2(2)2(3)(2)(223)0

1









.

由22230，解得

1717

22



，综上所述

17

0

2



.

19．解：(1)∵()gx的函数图象与x轴的一个交点坐标为(3,0)，∴

1

()()(3)gxaxxx，其中

1

x是与x轴

的另一个交点横坐标.

又242

11

(1)((5)4(1))gxaxxxx，

2x

整除2(1)gx，

所以

2x

是方程42

11

((5)4(1))0axxxx的一个解，

0a

，

则

11

164(5)4(1)0xx，即

1

5x，进一步有()(5)(3)gxaxx.

已知(4)7g，那么可得

1a

，函数2()(1)16gxx.

而()gx的函数图象是由函数()fx按向量(1,16)m平移后得到的，

则22()(11)1616fxxx.

(2)对任意的x，都有()16gxnx恒成立，

当

0n

时，2()(1)1616gxx，成立，满足条件；

当

0n

时，2(2)10xnx恒成立，则2(2)40n，解得

04n

；

当

0n

时，2(2)10xnx恒成立，则2(2)40n，解得

40n

，

综上所述实数n的取值范围为

44n

.

20．解：（1）根据Cn

m

的定义可得C2

(1)

2n

nn

，而2

(1)(32)

1

2

nn

n



C2

n

，

∴

C2

1nn

S



=2

1

(1)(32)

(1)

2nn

nn

SnS





=C2

n

n

S2

1

(1)()

nn

nSS



，

∴C2

n

1

()

nn

SS



2

1

(1)()

nn

nSS



，进而有递推关系式

2

1

2

12(1)

C

n

nn

a

nn

an





.

已知

1

1a，利用“迭乘”原理得1

2

11

11

2(1)222

1(1)2

(1)1

n

nn

n

nn

aa

a

nn

aan

aaann













.

故通项公式12n

n

an，经检验当

1n

时，也满足此式.

（2）存在.理由如下：

由(1)知121

12

122322n

nn

Saaan，①

231222232(1)22nn

n

Snn，②

用②①可得

1

23111

2(12)

1(2222)212

12

n

nnn

n

Snn











(1)21nn.

显然

n

S是单调递增的，又

89

1793,4097SS，故存在

k

N*，使得任意

nk

，都有2014

n

S，并且k的

最小值为9.