全国高中数学联赛试题及解答

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历年全国高中数学联赛试题及答案76套题

历年全国高中数学联赛试题及答案76套题（一）2019年全国高中数学联赛试题及答案1. 小川野升平想在一个边长为6米的正方形的地块上建造一个有一堵墙的房子，墙要用沙发垫、玻璃门中的一种建造，沙发垫墙每平方米需要50元，玻璃门墙每平方米需要80元。

为了满足小川野升平的预算，需要选择合适的方案，可以使花费尽可能少。

请求出该房子沙发垫墙和玻璃门墙各多少平方米，以及花费的最小值。

解：由题意得，房子在四周建墙，所以共4个墙面。

墙面中有一个为门，另外3个可以被沙发垫或玻璃门所替代。

因为墙长宽相等，所以选择沙发垫或玻璃门所用的面积是相等的，即我们只需要考虑使用沙发垫或玻璃门的墙面数量即可。

用$x$表示使用沙发垫的墙面数量，则使用玻璃门的墙面数量为$3-x$，进而可列出花费的表达式：$$f(x)=50x+80(3-x)=80x+240$$为获得花费的最小值，我们需要求出$f(x)$的最小值，即求出$f(x)$的极小值。

因为$f(x)$是$x$的一次函数，所以可求出其导函数$f'(x)=80-30x$。

当$f'(x)=0$时，即$x=\frac83$，此时$f(x)$有极小值$f(\frac83)=400$。

当$x<\frac83$时，$f'(x)>0$，$f(x)$单调递增；当$x>\frac83$时，$f'(x)<0$，$f(x)$单调递减。

所以我们选择使用3个沙发垫的构建方案，所需面积为$3\times6=18m^2$，花费为$50\times18=900$元。

因此，该房子沙发垫墙面积为18平方米，玻璃门墙面积为0平方米，花费最小值为900元。

2. 对于正整数$n$，记$S_n$为$\sqrt{n^2+1}$的小数部分，$T_n$表示$S_1,S_2,\cdots,S_n$的平均值，则$s_n=10T_n-5$。

求$\sum_{k=1}^{2019}s_k$的个位数。

高中数学联赛试题及答案

高中数学联赛试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 若函数f(x)=x^2-2x+2，求f(1)的值。

A. 0B. 1C. 3D. 42. 已知等差数列{an}的首项a1=3，公差d=2，求第5项a5的值。

A. 13B. 15C. 17D. 193. 圆的方程为x^2+y^2-6x-8y+25=0，求该圆的半径。

A. 3B. 4C. 5D. 64. 函数y=|x-2|+|x+3|的最小值是多少？A. 1B. 2C. 5D. 6二、填空题（每题5分，共20分）5. 计算复数z=3+4i的模长，其值为______。

6. 已知函数f(x)=x^3-3x^2+2，求f'(x)的值。

7. 一个直角三角形的两条直角边长分别为3和4，求斜边的长度。

8. 将函数y=2x^2-4x+1进行配方，得到的结果为________。

三、解答题（每题10分，共60分）9. 已知数列{an}满足a1=1，且an+1=an+n，求数列的前5项。

10. 证明：若a，b，c为实数，且满足a^2+b^2+c^2=1，则(a+b+c)^2≤3。

11. 已知函数f(x)=x^3-3x+1，求f'(x)和f''(x)。

12. 求解方程组：\[\begin{cases}x + y = 6 \\2x - y = 4\end{cases}\]四、证明题（每题10分，共20分）13. 证明：对于任意实数x，不等式x^3-3x+1≥0恒成立。

14. 证明：若a，b，c为正实数，且满足a+b+c=1，则(1/a)+(1/b)+(1/c)≥9。

答案：一、选择题1. B2. C3. B4. C二、填空题5. 56. 3x^2-6x7. 58. y=2(x-1)^2-1三、解答题9. 数列的前5项为：1, 2, 4, 7, 11。

10. 证明：略。

11. f'(x)=3x^2-3，f''(x)=6x。

全国高中数学联赛模拟试题及参考答案

全国高中数学联赛训练题(1)第一试一、填空题1.函数3()2731x x f x +=-+在区间[0,3]上的最小值为_____.2.在数列{}n a 中,11a =且21n n n a a a ++=-.若20002000a =,则2010a =_____.3.若集合{|61,}A x x n n N ==-∈,{|83,}B x x n n N ==+∈,则A B 中小于2010的元素个数为_____.4.若方程sin (1)cos 2n x n x n ++=+在π<<x 0上有两个不等实根,则正整数n 的最小值为_____.5.若c b a >>,0=++c b a ,且21,x x 为02=++c bx ax 的两实根,则||2221x x -的取值范围为_____.6.有n 个中心在坐标原点,以坐标轴为对称轴的椭圆的准线都是1x =.若第k (1,2,,)k n = 个椭圆的离心率2k k e -=,则这n 个椭圆的长轴之和为_____.7.在四面体-O ABC 中,若点O 处的三条棱两两垂直,则在四面体表面上与点A 距离为2的点所形成的曲线长度之和为_____.8.由ABC ∆内的2007个点122007,,,P P P 及顶点,,A B C 共2010个点所构成的所有三角形,将ABC ∆分割成互不重叠的三角形个数最多为_____.二、解答题9.设抛物线22y px =(0)p >的焦点为F ,点A 在x 轴上F 的右侧,以FA 为直径的圆与抛物线在x 轴上方交于不同的两点,M N ,求证:FM FN FA +=.10.是否存在(0,)2πθ∈,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列?并说明理由.11.已知实数123123,,,,,a a a b b b 满足:123123a a a b b b ++=++,122331122331a a a a a a bb b b b b ++=++,且123min{,,}a a a 123min{,,}b b b ≤,求证:123max{,,}a a a 123max{,,}b b b ≤.第二试一、设圆的内接四边形ABCD 的顶点D 在直线,,AB BC CA 上的射影分别为,,P Q R ,且ABC ∠与ADC ∠的平分线交于点E ,求证:点E 在AC 上的充要条件是PR QR =.二、已知周长为1的i i i ABC ∆(1,2)i =的三条边的长分别为,,i i i a b c ,并记2224i i i i i i i p a b c a bc =+++(1,2)i =,求证:121||54p p -<.三、是否存在互不相同的素数,,,p q r s ,使得它们的和为640,且2p qs +和2p qr +都是完全平方数？若存在,求,,,p q r s 的值；若不存在,说明理由.四、对n 个互不相等的正整数,其中任意六个数中都至少存在两个数,使得其中一个能整除另一个.求n 的最小值,使得在这n 个数中一定存在六个数,其中一个能被另外五个整除.全国高中数学联赛训练题(1)参考答案:令3xt =,[0,3]x ∈则3()()271f x g t t t ==-+,[1,27]t ∈,而'()3(3)(3)g t t t =-+.故当[1,3]t ∈时,'()0g t <,()g t 单调递减,当[3,27]t ∈时,'()0g t >,()g t 单调递增.所以当3t =,()g t 取得最小值min ()(3)53g t g ==-,即当1x =时,()f x 取得最小值53-.:设2a t =,则由21n n n a a a ++=-依次写出数列{}n a 的前8项为:1,,1,1,,1,1,t t t t t - - - - .于是易知:该数列是以周期6T =的一个周期数列,故由20002000a =可得20006333222000a a a t ⨯+====,从而2010335661120001999a aa t ⨯===-=-=-,即20101999a =-. :由题意若x A ∈,则5(mod 6)x ≡ ,若x B ∈,则3(mod 8)x ≡ ,故若x AB ∈ ,则11(mod 24)x ≡ ,即若x A B ∈ ,则2411x k =+,于是可得满足题意的元素共有84个.:由已知得11sin 12cos x n x --=---,而1sin 2cos xx---表示上半个单位圆(不包括端点)上的动点(cos ,sin )P x x 与定点(2,1)Q -的斜率k ,要满足题意就要直线PQ 与上半个单位圆(不包括端点)有两个不同的交点,此时4(,1)3k ∈--,从而可得11(0,)3n ∈,故3n >,即正整数n 的最小值为4.:由0=++c b a 知方程02=++c bx ax 有一个实数根为1,不妨设11x =,则由韦达定理可知2c x a=.而c b a >>,0=++c b a ,故0,0a c ><,且a a c c >-->,则122c a -<<-,故2221()44c x a<=<,从而可得2212||[0,3)x x -∈.:设第k 个椭圆的长半轴为k a ,焦半径为k c ,则由题意有21k ka c =,2k k k k ce a -==,故可得2k k a -=,于是可得121222212n n n a a a ----+++=+++=- ,故这n 个椭圆的长轴之和为12(12)22n n---=-.:如图,点,M N 分别在棱,AB AC 上,且2AM AN ==,点,E F 分别在棱,OB OC 上,且1OE OF ==,则2AE AF ==,因此,符合题意的点形成的曲线有:①在面OBC 内,以O 为圆心,1为半径的弧EF ,其长度为2π；②在面AOB 内,以A 为圆心,2为半径的弧EM ,其长度为6π；③在面AOC 内,以A 为圆心,2为半径的弧FN ,其长度为6π；④在面ABC 内,以A 为圆心,2为半径的弧MN ,其长度为23π.所以,所求的曲线长度之和为2326632πππππ+++=.:设三角形最多有n 个,则根据角度相等可得20072n πππ⨯+=⨯,故2200714015n =⨯+=.: 令1122(,),(,)M x y N x y ,设点(,0)A a ,则由(,0)2p F 得12FA a p =-,故以FA 为直径的圆为22222()()44a p a p x y +--+=,则可知12,x x 是方程2222()2()44a p a p x px +--+=的两个实根,即是说12,x x 是方程22(23)0x a p x ap --+=,由韦达定理得1223322a p x x a p -+==-. 故121131()()()2222FM FN x p x p a p p a p FA +=+++=-+=-=,即FM FN FA +=.:当(0,)2πθ∈时,函数s i n y x =与cos y x =的图像关于直线4x π=对称,函数t a n y x =与cot y x =的图像也关于直线4x π=对称,且当4πθ=时,sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的任一排列均不可能成等差数列.故只需考虑是否存在(0,)4πθ∈使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列即可.假设存在(0,)4πθ∈符合题意,则由sin cos tan cot θθθθ<<<可知cot tan cos sin θθθθ-=-,从而有s i n c o s s i n c o s θθθθ+=⋅,故2(sin cos )12sin cos 1sin 2θθθθθ⋅=+⋅=+.而2(sin cos )1θθ⋅<,且1sin 21θ+>,故假设不成立.即,不存在这样的θ,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列.:设123123a a a b b b p ++=++=,122331122331a a a a a a bb b b b b q ++=++=,且123a a a r =,123'b b b r =, 则123,,a a a 是函数32()f x x px qx r =-+-的零点,123,,b b b 是函数32()'g x x px qx r =-+-的零点.不妨设123123,a a a b b b ≤≤ ≤≤,则由123min{,,}a a a 123min{,,}b b b ≤知11a b ≤. 而1()0f a =,1111213()()()()0g a a b a b a b =---≤,故11()()g a f a ≤,即3232111111'a pa qa r a pa qa r -+-≤-+-,故3232333333'a pa qa r a pa qa r -+-≤-+-, 即33()()g a f a ≤,也即是33132333()()()()()0g a a b a b a b f a =---≤=.若33a b >,则313233()()()0a b a b a b --->,这与33132333()()()()()0g a a b a b a b f a =---≤=矛盾! 所以有123max{,,}a a a 123max{,,}b b b ≤.:由西姆松定理知,,P Q R 共线.由题意易知,,,C Q D R 四点共圆,则有DCA DQR DQP ∠=∠=∠,同样有,,,A P R D 四点共圆,则有DAC DPR DPQ ∠=∠=∠.故DAC ∆∽DPQ ∆,同理可得:DAB ∆∽DRQ ∆,DBC ∆∽DPR ∆,因此有:PRDB DA DP PR BA BC DC DQ QR BCDB BA⋅===⋅⋅.从而PR QR =的充要条件是DA BABC =.又由角平分线的性质得,ABC ADC ∠∠的平分线分AC 的比分别为,BA DABC DC.故命题成立. :由题意知1i i i a b c ++=,且不妨设i i i a b c ≤≤,则由于三角形的三边关系可得102i i i a b c <≤≤<,即可得312121210(12)(12)(12)()327i i i i i i a b c a b c -+-+-<---≤=.2222222(12)(12)(12)12()4()814()812[()()]812(4)12i i i i i i i i i i i i i i ii i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i ia b c a b c a b b c c a a b c a b b c c a a b c a b c a b c a b c a b c a b c p ---=-+++++-=-+++-=-+++-++-=-+++=- 从而可得131272i p ≤<,所以121||54p p -<. :由640p q r s +++=,及,,,p q r s 是不同的素数知,,,p q r s 都是奇数.设2222p qs m p qr n ⎧+=⎪⎨+= ⎪⎩ ①②, 并不妨设s r <,则m n <.由①,②可得()()()()m p m p qsn p n p qr-+=⎧⎨-+=⎩.若1m p ->,则由m p n p n p -<-<+可得m p q n p +==-,故2q m n =+,,s m p r n p =-=+,从而2s r m n q +=+=,故23640p q r s p q q p q +++=++=+=.又由23s m p q p =-=-≥,故可得90p ≤,逐一令p 为不大于90的素数加以验证便知此时无解.若1m p -=,则21qs m p p =+=+,故12qs p -=.而q m p n p <+<+,故,2q n p r n p p q =-=+=+. 故332(1)26402p q r s p q s qs q s +++=++=-++=,即有(32)(34)3857719q s ++==⨯⨯于是得3419,3272s q +=+=⨯,故5,67s q ==,从而167,401p r ==.综上可得167,67,401,5p q r s ====或167,67,5,401p q r s ====. :所求的最小正整数26n =.我们分两步来证明,第一步说明25n ≤不行,我们构造如下的25个正整数:543215432154321543215432122222;33333;55555;7,7777;1111111111,,,,,,,,,,,,,,,,,,,①②③④⑤.如上,我们把这25个正整数分成5组,则任意选取六个数都一定会有两个数在同一组,显然在同一组中的这两个数中的一个能整除另一个；另一方面,由于每一组数只有5个,因此所选的六个数必然至少选自两组数,即是说在所选的六个数中不存在其中一个能被另五个整除的数.所以,当25n =时是不行的.对于25n <,也可类似地证明.第二步说明26n =是可以的.我们首先定义“好数组”.如果一数组中的数都在所给定的26个正整数中,其中最大的一个记为a ,除a 外的25个数中没有a 的倍数,且这25个数中所有a 的约数都在这组数中,那么我们称这个数组为“好数组”.(一个“好数组”中的数可以只有一个).现证这样的“好数组”至多有五个.否则,必存在六个“好数组”,我们考虑这六个“好数组”中的最大数,分别记为,,,,,a b c d e f ,由题知六个数,,,,,a b c d e f 中必然存在一个能整除另一个,不妨记为|b a ,即是说a 的约数b 不在a 所在的“好数组”中,这与“好数组”的定义不符,故“好数组”至多有五个.由于“好数组”至多有五个,而所给的正整数有26个,因此至少存在一个“好数组”中有六个数,考虑这个“好数组”中的最大数,由“好数组”的定义知这个数组中至少另有五个数都能整除该数.综上可得,所求的最小正整数26n =.陕西师范大学附中王全 710061 wangquan1978@。

全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷(含答案)

全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷(含答案)全国高中数学联赛江苏赛区初赛参考答案与评分细则一、填空题（本题共10小题，满分70分，每小题7分，要求直接将答案写在横线上。

）1.已知点P(4,1)在函数$f(x)=\log_a(x-b)$（$b>0$）的图像上，则$ab$的最大值是______。

解：由题意知，$\log_a(4-b)=1$，即$a+b=4$，且$a>0$，$a\neq 1$，$b>0$，从而$ab\leq 4$。

当$a=b=2$时，$ab$的最大值是4.2.函数$f(x)=3\sin(2x-\frac{\pi}{4})$在$x=\frac{3\pi}{4}$处的值是______。

解：$2x-\frac{\pi}{4}=\frac{3\pi}{4}$，所以$f(\frac{3\pi}{4})=3\sin(\frac{3\pi}{4}-\frac{\pi}{4})=-\frac{3}{\sqrt{2}}$。

3.若不等式$|ax+1|\leq 3$的解集为$\{x|-2\leq x\leq 1\}$，则实数$a$的值是______。

解：设函数$f(x)=|ax+1|$，则$f(-2)=f(1)=3$，故$a=2$。

4.第一只口袋里有3个白球、7个红球、15个黄球，第二只口袋里有10个白球、6个红球、9个黑球，从两个口袋里各取出一球，取出的球颜色相同的概率是______。

解：有两类情况：同为白球的概率是$\frac{3}{25}\times\frac{10}{25}=\frac{6}{125}$，同为红球的概率是$\frac{7}{25}\times\frac{6}{25}=\frac{42}{625}$，所求的概率是$\frac{6}{125}+\frac{42}{625}=\frac{72}{625}$。

5.在平面直角坐标系$xOy$中，设焦距为$2c$的椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）与椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$有相同离心率$e$，则$e$的值是______。

解析版-2024年全国高中数学联赛福建赛区预赛试卷

2024 年全国高中数学联赛福建赛区预赛暨 2024 年福建省高中数学竞赛试卷参考答案(考试时间: 2024 年 6 月 22 日上午 9:00-11:30, 满分 160 分)一、填空题 (共 10 小题, 每小题 6 分, 满分 60 分. 请直接将答案写在题中的横线上) 1. 在 △ABC 中,已知 AB =4,BC =2,AC =2√3 ,若动点 P 满足 |CP⃗⃗⃗⃗⃗ |=1 ,则 AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为 . 【答案】 5【解答】取 AB 中点 O ,则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =14[(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )2−(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ −PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )2]=14[(2PO ⃗⃗⃗⃗⃗ )2−BA⃗⃗⃗⃗⃗ 2]=PO ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−14×42=PO ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−4由 AB =4,BC =2,AC =2√3 ,知 AB 2=CA 2+CB 2 ,于是 CA ⊥CB . 所以 CO =12AB =2 .又 |CP⃗⃗⃗⃗⃗ |=1 ,所以 |PO ⃗⃗⃗⃗⃗ | 的最大值为 CO +1=3 . 所以 AP⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为 32−4=5 . 2. 已知 z 1,z 2,z 3 为方程 z 3=−i 的三个不同的复数根,则 z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1= . 【答案】 0【解答】设 z =x +yi (x,y ∈R ) 为方程 z 3=−i 的复数根, 则 z 3=(x +yi )3=x 3+3x 2(yi )+3x (yi )2+(yi )3=−i . 即 x 3+3x 2yi −3xy 2−y 3i =−i,x 3−3xy 2+(3x 2y −y 3)i =−i . 由 x,y ∈R ,得 {x 3−3xy 2=03x 2y −y 3=−1,解得 {x 1=0y 1=1 , {x 2=√32y 2=−12,{x 3=−√32y 3=−12.于是 z 1=i, z 2=√32−12i, z 3=−√32−12i . 所以 z 2+z 3=(√32−12i)+(−√32−12i)=−i ,z 2z 3=(√32−12i)(−√32−12i)=(−12i)2−(√32)2=−14−34=−1.因此 z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1=z 1(z 2+z 3)+z 2z 3=i ×(−i )−1=0 .3. 设a=66⋯6⏟10个6,b=33⋯3⏟6个3,则a,b的最大公约数为 .【答案】 33【解答】用(x,y)表示正整数x,y的最大公约数.则(a,b)=(66⋯6⏟10个6,33⋯3⏟6个3)=(33⋯3⏟10个3,33⋯3⏟6个3)=3(11⋯1⏟10个1,11⋯1⏟6个1) .设m=11⋯1⏟10个1, n=11⋯1⏟6个1,则由m=11⋯1⏟10个1=104×11⋯1⏟6个1+1111 ,可知(m,n)=(1111,11⋯1⏟6个1) .同理可得, (m,n)=(1111,11⋯1⏟6↑1)=(11,1111)=(11,11)=11 .所以(a,b)=3(m,n)=33 .4. 某校三个年级举办乒乓球比赛, 每个年级选派 4 名选手参加比赛. 组委会随机将这 12 名选手分成 6 组, 每组 2 人, 则在上述分组方式中每组的 2 人均来自不同年级的概率为 .【答案】64385【解答】设三个年级为甲、乙、丙.12名选手随机分成6组,每组2人的分组方式有: C122C102C82C62C42C22A66=11×9×7×5×3×1种.下面考虑每组的2人均来自不同年级的分组情形.先考虑甲年级4名选手的配对方式: 由于每组2人均来自不同年级, 因此需从乙, 丙两个年级中每个年级各取 2 名选手与甲年级的 4 名选手配对. 故有C42×C42×A44=36×24种方式.再考虑余下 4 人的配对方式,此时乙、丙年级各有 2 人,其分组方式有2×1种.所以每组的 2 人均来自不同年级的分组方式有36×24×2种.所以每组的 2 人均来自不同年级的概率为36×24×211×9×7×5×3×1=64385.5. 如图,在棱长为 6 的正方体ABCD−A1B1C1D1中,点E,F分别为 AB,BC 的中点,点 G 在棱 CC 1 上. 若平面 EFG 与底面 ABCD 所成角的余弦值为 3√1717,则平面 EFG 截正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 所得截面多边形的周长为 . 【答案】 6√13+3√2【解答】如图,以 D 为原点,射线 DA,DC,DD 1 分别为 x 轴, y 轴,(第 5 题图) z 轴非负半轴建立空间直角坐标系.(第 5 题答题图)则 E (6,3,0),F (3,6,0) . 设 G (0,6,t ) ,则 EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,3,0) , EG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−6,3,t ) . 设 m ⃗⃗ =(x,y,z ) 为平面 EFG 的一个法向量,则{m ⃗⃗ ⋅EF⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x +3y +0=0m ⃗⃗ ⋅EG⃗⃗⃗⃗⃗ =−6x +3y +tz =0 ,于是 m ⃗⃗ =(t,t,3) 为平面 EFG 的一个法向量.又 n ⃗ =(0,0,1) 为平面 ABCD 的一个法向量,且平面 EFG 与底面 ABCD 所成角的余弦值为 3√1717, 所以 |cos⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩|=|m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ ||=√2t 2+9⋅1=3√1717. 结合 t >0 ,解得 t =2 . 所以 G (0,6,2),CG =2 .延长 EF 交直线 DC 于点 M ,由 E,F 分别为 AB,BC 的中点,知点 M 在 DC 延长线上, 且 CM =3 . 由 CG DD 1=26=39=MCMD 知, M,G,D 1 三点共线.于是 GD 1 是截面多边形的一条边.延长 FE 交直线 DA 于点 N ,连接 D 1N 交 AA 1 于点 P ,则 D 1P 也是截面多边形的一条边. 另由AN =3=12A 1D 1 可知, AP =12A 1P ,所以 AP =2,A 1P =4 .连接 PE ,则五边形 EFGD 1P 为平面 EFG 截正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 所得的截面多边形. 易知 EF =√32+32=3√2,FG =√32+22=√13,GD 1=√42+62=2√13 ,D 1P =√62+42=2√13, PE =√22+32=√13.所以截面五边形的周长为 6√13+3√2 .注: 作 CH ⊥EF 与 H ,则 GH ⊥EF,∠GHC 为二面角 G −EF −D 的平面角,于是 tan∠GHC =CGCH =3√22=2√23,因此 CG =2 。

全国高中数学联赛预赛试题及答案

全国高中数学联赛湖南赛区初赛试题一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个答案中，只有一项是符合题目要求的.）1.定义集合运算: {}B y A x xy z z B A ∈∈==⊗,,|.设{}0,2=A ，{}8,0=B ，则集合B A ⊗的所有元素之和为（）A.16B.18C. 20D.22 2.已知{}n a 是等比数列，41,252==a a ，则()*+∈+⋅⋅⋅++N n a a a a a a n n 13221的取值范围是（） A.[)16,12 B.[)16,8 C. ⎪⎭⎫⎢⎣⎡332,8 D. ⎪⎭⎫⎢⎣⎡332,316 3.5名志愿者随进入3个不同的奥运场馆参加接待工作，则每个场馆至少有一名志愿者的概率为（）A.53 B.151 C.85 D.8150４．已知、为非零的不共线的向量，设条件:M ()b a b -⊥；条件:N 对一切R x ∈，不等式≥-M 是N 的（）Ａ．必要而不充分条件Ｂ．充分而不必要条件Ｃ．充分而且必要条件Ｄ．既不充分又不必要条件 5．设函数)(x f 定义在R 上，给出下述三个命题：①满足条件4)2()2(=-++x f x f 的函数图象关于点()2,2对称；②满足条件)2()2(x f x f -=+的函数图象关于直线2=x 对称；③函数)2(-x f 与)2(+-x f 在同一坐标系中，其图象关于直线2=x 对称.其中，真命题的个数是（）A.0B.1C.2D.36.连结球面上两点的线段称为球的弦. 半径为4的球的两条弦AB 、CD 的长度分别等于72和34，M 、N 分别为AB 、CD 的中点，每两条弦的两端都在球面上运动，有下面四个命题：①弦AB 、CD 可能相交于点M ②弦AB 、CD 可能相交于点N ③MN 的最大值为5 ④MN 的最小值为1其中真命题为（）A.①③④B.①②③C.①②④D.②③④7.设)2008sin(sin 0=a ，)2008sin(cos 0=b ，)2008cos(sin 0=c ，)2008cos(cos 0=d ,则d c b a ,,,的大小关系是（）Ａ．d c b a <<< Ｂ．c d a b <<< Ｃ．a b d c <<< Ｄ．b a c d <<<8. 设函数1463)(23+++=x x x x f ，且1)(=a f ，19)(=b f ，则=+b a （）A.2B.1C.0D.2-二、填空题（本大题共6个小题，每小题8分，共48分. 请将正确的答案填在横线上.）9．在平面直角坐标系中，定义点()11,y x P 、()22,y x Q 之间的“直角距离”为.),(2121y y x x Q P d -+-=若()y x C ,到点()3,1A 、()9,6B 的“直角距离”相等，其中实数x 、y 满足100≤≤x 、100≤≤y ，则所有满足条件的点C 的轨迹的长度之和为． 10.已知集合(){}2008|,22≤+=Ωy x y x ，若点),(y x P 、点),(y x P '''满足x x '≤且y y '≥，则称点P 优于P '. 如果集合Ω中的点Q 满足：不存在Ω中的其它点优于Q ，则所有这样的点Q 构成的集合为． 11.多项式()310021x x x +⋅⋅⋅+++的展开式在合并同类项后，150x的系数为 .（用数字作答）12.一个六棱柱的底面是正六边形,其侧棱垂直于底面.已知该六棱柱的顶点都在同一球面上，且该六棱柱的体积为89，底面周长为3，则这个球的体积为 . 13.将一个44⨯棋盘中的8个小方格染成黑色，使得每行、每列都恰有两个黑色方格，则有不同的染法.（用数字作答）14.某学校数学课外活动小组，在坐标纸上某沙漠设计植树方案如下：第k 棵树种植在点()k k k y x P ,处，其中1,111==y x ，当2≥k 时，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=--.5251;525515111k k y y k k x x k k k k 其中，[]a 表示实数a 的整数部分，例如[]26.2=，[].06.0= 按此方案，第2008棵树种植点的坐标为 .三、解答题（本大题共4小题，共62分. 要求有必要的解答过程.）15．（本小题满分14分）设实数[]βα,,∈b a ，求证：βααβ+≤+b a a b 其中等号当且仅当βα==b a ,或αβ==b a ,成立，βα,为正实数.１6．（本小题满分14分）甲、乙两人进行乒乓球单打比赛，采用五局三胜制（即先胜三局者获冠军）．对于每局比赛，甲获胜的概率为32，乙获胜的概率为31．如果将“乙获得冠军”的事件称为“爆出冷门”．试求此项赛事爆出冷门的概率．17. （本小题满分16分）已知函数()x x x f -+=1ln )(在区间[]()*∈N n n ,0上的最小值为n b ，令()n n b n a -+=1ln ，()*-∈⋅⋅⋅⋅⋅⋅=N k a a a a a a p kk k 2421231，求证：.11221-+<+⋅⋅⋅++n n a p p p18. （本小题满分18分）过直线07075:=--y x l 上的点P 作椭圆192522=+y x 的切线PM 、PN ，切点分别为M 、N ，联结.MN（1）当点P 在直线l 上运动时，证明：直线MN 恒过定点Q ；（2）当MN ∥l 时，定点Q 平分线段.MN参考答案及评分标准说明：1.评阅试卷时,请依据本评分标准. 选择题和填空题严格按标准给分，不设中间档次分.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，在评卷时参照本评分标准适当档次给分.一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个答案中，只有一项是符合题目要求的.）1.解：集合B A ⊗的元素：0021=⨯=z ，16822=⨯=z ，0003=⨯=z ，0804=⨯=z ，故集合B A ⊗的所有元素之和为16. 选A .2. 解: 设{}n a 的公比为q ，则81241253===a a q ，进而21=q .所以，数列{}1+n n a a 是以821=a a 为首项，以412=q 为公比的等比数列. ()n n n n a a a a a a -+-=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+⋅⋅⋅++41332411411813221.显然，33281322121<+⋅⋅⋅++≤=+n n a a a a a a a a . 选C . 3. 解：5名志愿者随进入3个不同的奥运场馆的方法数为24335=种. 每个场馆至少有一名志愿者的情形可分两类考虑：第1类，一个场馆去3人，剩下两场馆各去1人，此类的方法数为60223513=⋅⋅A C C 种；第2类，一场馆去1人，剩下两场馆各2人，此类的方法数为90241513=⋅⋅C C C 种. 故每个场馆至少有一名志愿者的概率为81502439060=+=P .选D . ４．解：设=，=，则x 表示与OB-表示点A 到直线OB 上任一点C 的距离AC-表示点A 到B 的距离. 当(b a b -⊥时，.OB AB ⊥由点与直线之间垂直距离最短知，AB AC ≥，即对一切R x ∈，不等式-≥-恒成立．反之，如果AB AC ≥恒成立，则()AB AC ≥min ，故AB 必为点A 到OB 的垂直距离，AC OB ⊥，即()-⊥.选C .5．解：用2-x 代替4)2()2(=-++x f x f 中的x ，得4)4()(=-+x f x f .如果点()y x ,在)(x f y =的图象上，则)4(4x f y -=-，即点()y x ,关于点()2,2的对称点()y x --4,4也在)(x f y =的图象上.反之亦然，故①是真命题.用2-x 代替)2()2(x f x f -=+中的x ，得)4()(x f x f -=.如果点()y x ,在)(x f y =的图象上，则)4(x f y -=，即点()y x ,关于点2=x 的对称点()y x ,4-也在)(x f y =的图象上，故②是真命题.由②是真命题，不难推知③也是真命题.故三个命题都是真命题.选D.6. 解：假设AB 、CD 相交于点N ，则AB 、CD 共面，所以A 、B 、C 、D 四点共圆，而过圆的弦CD 的中点N 的弦AB 的长度显然有CD AB ≥，所以②是错的．容易证明，当以AB 为直径的圆面与以CD 为直径的圆面平行且在球心两侧时，MN 最大为５，故③对．当以AB 为直径的圆面与以CD 为直径的圆面平行且在球心同侧时，MN 最小为1，故④对.显然是对的．①显然是对的.故选Ａ．7. 解：因为02818036052008++⨯=，所以，0)28sin(sin )28sin sin(00<-=-=a ；0)28sin(cos )28cos sin(00<-=-=b ； 0)28cos(sin )28sin cos(00>=-=c ；0)28cos(cos )28cos cos(00>=-=d ．又0028cos 28sin <，故.c d a b <<<故选B.8. 解：由()()101311463)(323++++=+++=x x x x x x f ，令y y y g 3)(3+=，则)(y g 为奇函数且单调递增.而()()110131)(3=++++=a a a f ,()()1910131)(3=++++=b b b f ,所以9)1(-=+a g ,9)1(=+b g ,9)1(-=--b g ,从而)1()1(--=+b g a g , 即11--=+b a ,故2-=+b a .选D.二、填空题（本大题共6个小题，每小题8分，共48分. 请将正确的答案填在横线上.）9．解：由条件得 9631-+-=-+-y x y x ①当9≥y 时，①化为661-=+-x x ，无解；当3≤y 时，①化为661-+=-x x ，无解；当93≤≤y 时，①化为 16122---=-x x y ②若1≤x ，则5.8=y ，线段长度为１；若61≤≤x ，则5.9=+y x ，线段长度为25；若6≥x ，则5.3=y ，线段长度为４．综上可知，点C 的轨迹的构成的线段长度之和为()1254251+=++．填()125+．10. 解:P 优于P '，即P 位于P '的左上方，“不存在Ω中的其它点优于Q ”，即“点Q 的左上方不存在Ω中的点”.故满足条件的点的集合为(){}00,2008|,22≥≤=+y x y xy x 且.填(){}00,2008|,22≥≤=+y x y x y x 且．11.解：由多项式乘法法则可知，可将问题转化为求方程150=++r t s ①的不超过去100的自然数解的组数.显然，方程①的自然数解的组数为.2152C下面求方程①的超过100自然数解的组数.因其和为150，故只能有一个数超过100，不妨设100>s .将方程①化为49)101(=++-r t s记101-='s s ，则方程49=++'r t s 的自然数解的组数为.251C因此，150x的系数为7651251132152=-C C C .填7651.12.解：因为底面周长为3，所以底面边长为21，底面面积为833=S . 又因为体积为89，所以高为3.该球的直径为()23122=+，球的体积ππ34343==R V .填π34. 13.解：第一行染2个黑格有24C 种染法.第一行染好后，有如下三种情况：（1）第二行染的黑格均与第一行的黑格同列，这时其余行都只有一种染法；（2）第二行染的黑格与第一行的黑格均不同列，这时第三行有24C 种染法，第四行的染法随之确定；（3）第二行染的黑格恰有一个与第一行的黑格同列，这样的染法有4种，而在第一、第二这两行染好后，第三行染的黑格必然有1个与上面的黑格均不同列，这时第三行的染法有2种，第四行的染法随之确定.因此，共有染法为()9024616=⨯++⨯种.填90. 14.解：令⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=5251)(k k k f ，则 )(5251521511525515)5(k f k k k k k k k f =⎥⎦⎤⎢⎣⎡--⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=+故)(k f 是周期为5的函数.计算可知：0)2(=f ；0)3(=f ；0)4(=f ；0)5(=f ；1)6(=f . 所以，)2008(5120072008f x x -+=；)2007(5120062007f x x -+=；…；)2(5112f x x -+=.以上各式叠加，得[])2008()3()2(5200712008f f f x x +⋅⋅⋅++-+=[]{})3()2()6()3()2(401520071f f f f f x +++⋅⋅⋅++-+= 3401520071=⨯-+=x ；同理可得4022008=y .所以，第2008棵树的种植点为()402,3.填()402,3.三、解答题（本大题共4小题，共62分. 要求有必要的解答过程.）15．证明：由对称性，不妨设b a ≤，令t ba=，则因βα≤≤≤b a ，可得 .αββα≤=≤b a t …………………………（3分）设t t t f 1)(+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛≤≤αββαt ，则对t 求导，得211)(t t f -='.…………（6分）易知，当⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡∈1,βαt 时，0)(<'t f ，)(t f 单调递减；当⎥⎦⎤ ⎝⎛∈αβ,1t 时，0)(>'t f ，)(t f 单调递增. …………………………………………………………………（9分）故)(t f 在βα=t 或αβ=t 处有最大值且αββαβα+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛f 及βααβαβ+=⎪⎭⎫ ⎝⎛f 两者相等. 故)(t f 的最大值为βααβ+，即βααβ+≤+=t t t f 1)(.………………（12分）由t b a =，得βααβ+≤+b a a b ，其中等号仅当βα==b a ,或αβ==b a ,成立. …………………………………………………………………………（14分）１6．解：如果某方以1:3或0:3获胜，则将未比的一局补上，并不影响比赛结果．于是，问题转化为：求“乙在五局中至少赢三局的概率”．…………（3分）乙胜五局的概率为531⎪⎭⎫⎝⎛；………………………………………………（6分）乙胜四局负一局的概率为3231415⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛C ；………………………………（9分）乙胜三局负二局的概率为.32312325⎪⎭⎫⎝⎛⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛C ……………………………（12分）以上结果相加，得乙在五局中至少赢三局的概率为.8117……………（14分） 17. 解：（1）因为()x x x f -+=1ln )(，所以函数的定义域为()+∞-,1，…（2分）又xxx x f +-=-+='1111)(.……………………………………………（5分）当[]n x ,0∈时， 0)(<'x f ，即)(x f 在[]()*∈N n n ,0上是减函数，故().1ln )(n n n f b n -+==()()().1ln 1ln 1ln n n n n b n a n n =++-+=-+=…………………………（8分）因为()()()141421212222<-=+-k k k k k ,所以 ()()()()()121121212126754532312421253122222+<+⋅+-⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅k k k k k k k . …………………………………………………………………………（12分）又容易证明1212121--+<+k k k ，所以 ()()()*-∈--+<+<⋅⋅⋅⋅⋅⋅-⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=N k k k k k k a a a a a a p k k k 1212121242125312421231，………………………………………………………………（14分）n p p p +⋅⋅⋅++21()()()12123513--++⋅⋅⋅+-+-<n n112-+=n 112-+=n a .即 .11221-+<+⋅⋅⋅++n n a p p p ……………………（16分）18. 证明：（1）设()00,y x P 、()11,y x M 、()22,y x N . 则椭圆过点M 、N 的切线方程分别为192511=+y y x x ，192522=+y y x x .…………………………………………（3分）因为两切线都过点P ，则有19250101=+y y x x ，19250202=+yy x x . 这表明M 、N 均在直线192500=+yy x x ①上.由两点决定一条直线知，式①就是直线MN 的方程，其中()00,y x 满足直线l 的方程.…………………（6分）（1）当点P 在直线l 上运动时，可理解为0x 取遍一切实数，相应的0y 为.107500-=x y 代入①消去0y 得01637052500=--+y x x x ② 对一切R x ∈0恒成立. …………………………………………………………（9分）变形可得 01910635250=⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫⎝⎛+y y x x 对一切R x ∈0恒成立.故有⎪⎩⎪⎨⎧=+=+.01910,063525y yx由此解得直线MN 恒过定点⎪⎭⎫⎝⎛-109,1425Q .……………………………（12分）（2）当MN ∥l 时，由式②知.70176370552500--≠---x x 解得.53343750=x 代入②，得此时MN 的方程为03553375=--y x ③ 将此方程与椭圆方程联立，消去y 得.012251280687533255332=--x x …………………………………………（15分）由此可得，此时MN 截椭圆所得弦的中点横坐标恰好为点⎪⎭⎫⎝⎛-109,1425Q 的横坐标，即.14252553327533221=⨯--=+=x x x代入③式可得弦中点纵坐标恰好为点⎪⎭⎫⎝⎛-109,1425Q 的纵坐标，即 .10925332125491357533142575-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⨯-⨯=y 这就是说，点⎪⎭⎫⎝⎛-109,1425Q 平分线段MN .……………………………（18分）。

全国高中数学联合竞赛一试试题及参考答案

全国高中数学联合竞赛一试试题及参考答案20XX年全国高中数学联合竞赛一试试卷（考试时间：上午8：00―9：40）一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1. 如图，在正四棱锥P ABCD中，∠APC=60°，则二面角A PB C的平面角的余弦值为（） A. 2. 设实数a使得不等式|2x a|+|3x 2a|≥a2对任意实数x恒成立，则满足条件的a所组成的集合是（）A. [ ,] 1 7B. 1 7C. 1 2D. 1 21133B. [ 11,] 22C. [ 11,] 43D. [ 3，3]3. 将号码分别为1、2、…、9的九个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完全相同。

甲从袋中摸出一个球，其号码为a，放回后，乙从此袋中再摸出一个球，其号码为b。

则使不等式a 2b+100成立的事件发生的概率等于（）A. 52 81B. 59 81C. 60 81D. 61 814. 设函数f(x)=3sinx+2cosx+1。

若实数a、b、c使得af(x)+bf(xc)=1对任意实数x恒成立，bcosc的值等于（）a11A. B. 22则C. 1 D. 15. 设圆O1和圆O2是两个定圆，动圆P与这两个定圆都相切，则圆P的圆心轨迹不可能是（）6. 已知A与B是集合{1，2，3，…，100}的两个子集，满足：A与B的元素个数相同，且为A∩B空集。

若n∈A时总有2n+2∈B，则集合A∪B的元素个数最多为（）A. 62B. 66C. 68D. 74二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7. 在平面直角坐标系内，有四个定点A( 3，0)，B(1，1)，C(0，3)，D( 1，3)及一个动点P，则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为__________。

8. 在△ABC和△AEF中，B是EF的中点，AB=EF=1，BC=6，CA 33，若AB AE AC AF 2，则EF与BC的夹角的余弦值等于________。

全国高中数学联赛省级预赛模拟试题

全国高中数学联赛省级预赛模拟试题第Ⅰ卷（选择题共60分）参考公式1．三角函数的积化和差公式sinα•cosβ=[sin(α+β)+sin(α-β)],cosα•sinβ=[sin(α+β)-sin(α-β)],cosα•cosβ=[cos(α+β)+cos(α-β)],sinα•sinβ=[cos(α+β)-cos(α-β)].2．球的体积公式V球=πR3（R为球的半径）。

一、选择题（每小题5分，共60分）1．设在xOy平面上，0<y≤x2,0≤x≤1所围成图形的面积为。

则集合M={(x,y)|x≤|y|}, N={(x,y)|x≥y2|的交集M∩N所表示的图形面积为A． B． C．1 D．2．在四面体ABCD中，设AB=1，CD=，直线AB与直线CD的距离为2，夹角为。

则四面体ABCD的体积等于A． B． C． D．3．有10个不同的球，其中，2个红球、5个黄球、3个白球。

若取到一个红球得5分，取到一个白球得2分，取到一个黄球得1分，那么，从中取出5个球，使得总分大于10分且小于15分的取法种数为A．90 B．100 C．110 D．1204．在ΔABC中，若(sinA+sinB)(cosA+cosB)=2sinC，则A．ΔABC是等腰三角形，但不一定是直角三角形B．ΔABC是直角三角形，但不一定是等腰三角形C．ΔABC既不是等腰三角形，也不是直角三角形D．ΔABC既是等腰三角形，也是直角三角形5．已知f(x)=3x2-x+4, f(g(x))=3x4+18x3+50x2+69x+48.那么，整系数多项式函数g(x)的各项系数和为A．8 B．9 C．10 D．116．设0<x<1, a,b为正常数。

则的最小值是A．4ab B．(a+b)2 C．(a-b)2 D．2(a2+b2)7．设a,b>0，且a2008+b2008=a2006+b2006。

则a2+b2的最大值是A．1 B．2 C．2006 D．20088．如图1所示，设P为ΔABC所在平面内一点，并且AP=AB+AC。

《全国高中数学联赛真题暨答案(2011-202

−−→ AF1
·
−−→ AF2
+
−−→ BF1
·
−−→ BF2
=
0,
则
|AB| |F1F2|
的值为
．
3.
设a
>
0，函数 f (x)
=
x+
100 x
在区间 (0, a] 上的最小值为 m1，在区间 [a, +∞) 上的
最小值为 m2，若 m1m2 = 2020，则 a 的值为 .
4.
设z
为复数，若
z−2 z−i
为实数（i 为虚数单位），则 |z + 3| 的最小值为
.
5. 在 △ABC 中，AB = 6，BC = 4，边 AC 上的中线长为 √10，则 sin6 A + P − ABC 的所有棱长均为 1，L, M, N 分别为棱 P A, P B, P C 的中点，则该正三棱锥的外接球被平面 LM N 所截的截面面积为．
2011 年全国高中数学联赛二试 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 2020 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 2020 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 2020 年全国高中数学联赛一试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 2020 年全国高中数学联赛二试答案(B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 2019 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 2019 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 2019 年全国高中数学联赛一试答案(B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 2019 年全国高中数学联赛二试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 2018 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 2018 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 2018 年全国高中数学联赛一试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 2018 年全国高中数学联赛二试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 2017 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 2017 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 2017 年全国高中数学联赛一试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 2017 年全国高中数学联赛二试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 2016 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 2016 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 2015 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 2015 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 2014 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 2014 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 2013 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 2013 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 2012 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 2012 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 2011 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211 2011 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221

2023_年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析

２０２３年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析张㊀君(四川省温江中学ꎬ四川成都６１１１３０)摘㊀要:文章给出２０２３年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析ꎬ部分试题给出一题多解ꎬ解答题给出了有别于参考答案的精彩解法.关键词:高中数学联赛ꎻ四川预赛ꎻ数学竞赛试题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２８－００８８－０５收稿日期:２０２３－０７－０５作者简介:张君(１９７８.１０－)ꎬ男ꎬ四川省宣汉人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２３年全国高中数学联赛(四川预赛)试题ꎬ全卷共１１道题(满分１２０分)ꎬ其中８道填空题(每小题８分)ꎬ３道解答题(第９题１６分ꎬ第１１㊁１２题各２０分).笔者参考２０２２年四川预赛试题及其解析[１]ꎬ对２０２３年四川预赛每道题都进行了分析和研究ꎬ逐个给出解析.１试题内容简析该试题涉及函数性质(第１题)ꎬ平面向量(第２题)ꎬ二项式定理(第３题)ꎬ函数与导数(第４题)ꎬ数论(第５题)ꎬ立体几何(第６题)ꎬ平面解析几何(第９题)ꎬ三角函数与三角变换(第７ꎬ８题)ꎬ函数与数列(第５ꎬ１０题)ꎬ函数与不等式(第８ꎬ１１题).２试题及其解析题１㊀已知ｆ(ｘ)是定义在Ｒ上的函数ꎬ且对任意实数ｘꎬ均有２ｆ(ｘ)＋ｆｘ２－１()＝１ꎬ则ｆ(２)的值为.解析㊀令ｘ＝１ꎬ得２ｆ(１)＋ｆ０()＝１.①令ｘ＝－１ꎬ得２ｆ(－１)＋ｆ０()＝１.②令ｘ＝０ꎬ得２ｆ(０)＋ｆ－１()＝１.③由①②③解得ｆ(１)＝１３.令ｘ＝２ꎬ得２ｆ(２)＋ｆ１()＝１.解得ｆ(２)＝１３.题２㊀设平面向量ａꎬｂ满足:｜ａ｜＝１ꎬ｜ｂ｜＝２ꎬａʅｂ.点ＯꎬＡꎬＢ为平面上的三点ꎬ满足ＯＡң＝２ａ＋ｂꎬＯＢң＝－３ａ＋２ｂꎬ则ΔＡＯＢ的面积为.解析㊀由ａʅｂ建立以Ｏ为原点ꎬ分别以向量ａꎬｂ的方向为正方向建立平面直角坐标系ꎬ因为｜ａ｜＝１ꎬ｜ｂ｜＝２ꎬ所以ａ＝(１ꎬ０)ꎬｂ＝(０ꎬ２).所以ＯＡң＝２ａ＋ｂ＝(２ꎬ２)ꎬＯＢң＝－３ａ＋２ｂａ＝(－３ꎬ４).即Ａ(２ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ４).从而求得ＳΔＡＯＢ＝７.题３㊀在(－ｘｙ＋２ｘ＋３ｙ－６)６的展开式中ꎬｘ４ｙ３的系数为.(用具体数字作答)解析㊀因为(－ｘｙ＋２ｘ＋３ｙ－６)６＝(ｙ－２)６(ｘ＋３)６ꎬ所以ｘ４ｙ３的系数为Ｃ３６(－２)３Ｃ２６３２＝－２１６００.题４㊀设Ｐ(０ꎬａ)是ｙ轴上异于原点的任意一点ꎬ过点Ｐ且平行于ｘ轴的直线与曲线ｙ＝１ａｌｎｘ交于点Ｑꎬ曲线ｙ＝１ａｌｎｘ在点Ｑ处的切线交ｙ轴于点Ｒꎬ则ΔＰＱＲ的面积的最小值为.解析㊀由题意知ꎬａ＝１ａｌｎｘꎬ解得ｘ＝ｅａ２.所以Ｑ(ｅａ２ꎬａ).因为ｙᶄ＝１ａｘꎬ所以切线ＲＱ的方程为ｙ－ａ＝１ａｅａ２(ｘ－ｅａ２).令ｘ＝０ꎬ得Ｒ(０ꎬａ－１ａ).所以ＳΔＰＲＱ＝１２ＰＱＰＲ＝１２ａｅａ２.令ｆ(ａ)＝１２ａｅａ２(ａ>０)ꎬ所以ｆᶄ(ａ)＝１２ｅａ２(２－ａ－２).当ａɪ０ꎬ２２æèçöø÷时ꎬｆᶄ(ａ)<０ꎬｆ(ａ)单调递减ꎻ当ａɪ２２ꎬ＋ɕæèçöø÷时ꎬｆᶄ(ａ)>０ꎬｆ(ａ)单调递增[２].㊀所以ｆ(ａ)ｍｉｎ＝ｆ(２２)＝２ｅ２.题５㊀㊀设集合Ｉ＝{０ꎬ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２}ꎬＡ＝{(ａꎬｂꎬｃꎬｄ)｜ａꎬｂꎬｃꎬｄɪＩꎬａ＋ｄʉ１(ｍｏｄ２３)ꎬ且ａｄ－ｂｃʉ０(ｍｏｄ２３)}ꎬ则集合Ａ中元素的个数为.解析㊀若ａꎬｄ中有０ꎬ由于ａ＋ｄʉ１(ｍｏｄ２３)ꎬ则ａꎬｄ()有０ꎬ１()和１ꎬ０()两种情况.此时ａｄ＝０ꎬ且ａｄ－ｂｃʉ０(ｍｏｄ２３)ꎬ则ｂꎬｃ中有０ꎬｂꎬｃ()有４５种情况.所以ꎬ此类共有２ˑ４５＝９０种情况.若ａꎬｄ中无０ꎬ由于ａ＋ｄʉ１(ｍｏｄ２３)ꎬ则ａꎬｄ()有２ꎬ２２()ꎬ３ꎬ２１()ꎬ ꎬ２２ꎬ２()共２１种情况.因为ａｄ－ｂｃʉ０(ｍｏｄ２３)ꎬ注意到ｋｍ(ｋꎬｍɪ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２{})对每一个确定的ｋꎬｋｍ(ｍɪ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２{})的每两个值对于ｍｏｄ２３不同余ꎬ即与１ꎬ２ꎬ ꎬ２２关于ｍｏｄ２３同余的值各有一个ꎬ则ｋｍ(ｋꎬｍɪ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２{})的值与１ꎬ２ꎬ ꎬ２２关于ｍｏｄ２３同余的各有２２个.则对于每一个ａꎬｄ()ꎬｂꎬｃ()有２２种情况.故此类共有２１ˑ２２＝４６２种情况.㊀所以ꎬ集合Ａ中元素的个数为９０＋４６２＝５５２.题６㊀在直三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１中ꎬＡＢ＝１ꎬＢＣ＝ＣＣ１＝３ꎬøＡＢＣ＝９０ʎꎬ点Ｐ是平面ＡＢＣ上一动点ꎬ则Ａ１Ｐ＋１２ＰＣ的最小值为.解析㊀易知ꎬ点Ｐ在线段ＡＣ上时ꎬＡ１Ｐ＋１２ＰＣ才可能最小.由已知可求得ＡＣ＝２ꎬＡＡ１＝３.设øＡＡ１Ｐ＝αꎬ则αɪ０ꎬａｒｃｔａｎ２３æèçöø÷ꎬＡ１Ｐ＝３ｃｏｓαꎬＡＰ＝３ｔａｎα.则Ａ１Ｐ＋１２ＰＣ＝３ｃｏｓα＋２－３ｔａｎα２＝１＋３２－ｓｉｎα()２ｃｏｓα.设ｔ＝２－ｓｉｎαｃｏｓαꎬ则ｔｃｏｓα＋ｓｉｎα＝２.于是ｔ２＋１ȡ２ꎬｔȡ３.则Ａ１Ｐ＋１２ＰＣȡ５２.当ｔ＝３时ꎬ３ｃｏｓα＋ｓｉｎα＝２ꎬ则ｓｉｎα＋π３æèçöø÷＝１ꎬ解得α＝π６.故当α＝π６时ꎬＡ１Ｐ＋１２ＰＣ取最小值５２.题７㊀如图１ꎬ将函数ｙ＝ｃｏｓｘ＋１(０ɤｘɤ２π)的图象Γ画在矩形ＯＡＢＣ内ꎬ将ＡＢ与ＯＣ重合围成一个圆柱ꎬ则曲线Γ在圆柱表面形成的曲线的离心率为.解析㊀如图２ꎬ设图１中ＯＡꎬＣＢ的中点分别为ＥꎬＤꎬ则围成圆柱后ＡＥꎬＢＤ分别为上㊁下底面的直径ꎬ易知ＡＥ＝２.设ＡＥ的中点为ＧꎬＰ为曲线上一点ꎬ作ＰＱʅ底面ꎬ垂足为点ＱꎬＱＭʅＡＥ于点ＭꎬＭＮʊＡＢ交ＢＥ于点Ｎ.㊀图１㊀函数ｙ＝ｃｏｓｘ＋１图象㊀㊀㊀㊀㊀图２㊀圆柱设ＡＱ(＝ｘꎬ则ＰＱ＝１＋ｃｏｓｘꎬøＡＧＱ＝ｘꎬøＡＥＱ＝ｘ２.所以ＥＱ＝ＡＥｃｏｓøＡＥＱ＝２ｃｏｓｘ２ꎬＭＥ＝ＱＥｃｏｓøＡＥＱ＝２ｃｏｓ２ｘ２.易知әＮＭＥ为等腰直角三角形ꎬ则ＭＮ＝ＭＥ＝２ｃｏｓ２ｘ２＝１＋ｃｏｓｘ.所以ＰＱ＝ＮＭꎬ则四边形ＰＱＭＮ为矩形.所以ＰＮʅＮＭꎬ则ＰＮʅ平面ＡＢＤＥꎬ于是点Ｐ在平面ＡＢＤＥ内的投影为点Ｎ.所以曲线在平面ＡＢＤＥ内的投影为线段ＢＥꎬ于是曲线为过直线ＢＥ且垂直于平面ＡＢＤＥ的平面截圆柱侧面所得曲线[３].该曲线为椭圆ꎬ长轴为ＢＥ＝２２ꎬ短轴长等于底面直径２ꎬ所以离心率为２２.题８㊀设ＡꎬＢꎬＣ是ΔＡＢＣ的三个内角ꎬ则３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ的取值范围为.解析㊀设Ｍ＝３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ.易知Ｍ<６ꎬ当Ａң０ꎬＢңπꎬＣң０时ꎬＭң６.当Ｃң０时ꎬＭ＝－３ｃｏｓＢ＋Ｃ()＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃң－３ｃｏｓＢ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋１ꎬ又－３ｃｏｓＢ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋１＝４ｃｏｓ２Ｂ－３ｃｏｓＢ－１＝４ｃｏｓＢ－３８æèçöø÷２－２５１６ꎬ所以ꎬ当Ｃң０ꎬＢ＝ａｒｃｃｏｓ３８πꎬＡңπ－ａｒｃｃｏｓ３８时ꎬＭң－２５１６.下面证明Ｍ>－２５１６.当Ａɤπ３时ꎬＭȡ３ｃｏｓπ３－３＝－３２>－２５１６.当Ａ>π３时ꎬ０<Ｂ<２π３ꎬ０<Ｃ<２π３ꎬ０<Ｂ＋Ｃ<２π３.此时ꎬＡ不是ＡꎬＢꎬＣ中最小的.(１)若Ｃ最小ꎬ则Ｃ<ＡꎬＣɤＢ.此时ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ２Ｃȡ０ꎬ证明如下:ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ２Ｃ＝－ｃｏｓＢ＋Ｃ()－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓＢ＋ｃｏｓ２Ｃ＝－２ｃｏｓＢ＋２Ｃ２ｃｏｓＢ２＋２ｃｏｓＢ＋２Ｃ２ｃｏｓＢ－２Ｃ２＝４ｃｏｓＢ＋２Ｃ２ｓｉｎＢ－Ｃ２ｓｉｎＣ２.因为Ｂ＋２Ｃ２ꎬＢ－Ｃ２ꎬＣ２ɪ０ꎬπ２[öø÷ꎬ所以ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ２Ｃȡ０成立.所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃȡ３－ｃｏｓＢ＋ｃｏｓＣ－ｃｏｓ２Ｃ()＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ＝－３ｃｏｓＢ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋３ｃｏｓＣ－３ｃｏｓ２Ｃ＋ｃｏｓ３Ｃ＝４ｃｏｓ２Ｂ－３ｃｏｓＢ＋４ｃｏｓ３Ｃ－６ｃｏｓ２Ｃ＋１＝４ｃｏｓＢ－３８æèçöø÷２＋２ｃｏｓＣ－１()２２ｃｏｓＣ＋１()－２５１６.因为０<Ｃ<２π３ꎬ－１２<ｃｏｓＣ<１ꎬ所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ>－２５１６.(２)若Ｂ最小ꎬ则ＢɤＣꎬＢ<Ａꎬ３Ｂ＋Ｃ２ɪ０ꎬπ()ꎬＣ－Ｂ２ɪ０ꎬπ２[öø÷.于是ｃｏｓＡ＋ｃｏｓ２Ｂ＝－ｃｏｓＢ＋Ｃ()＋ｃｏｓ２Ｂ＝２ｓｉｎ３Ｂ＋Ｃ２ｓｉｎＣ－Ｂ２ȡ０ꎮ所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３ＣȡｃｏｓＡ＋ｃｏｓ３Ｃ＝－ｃｏｓＢ＋Ｃ()＋ｃｏｓ３Ｃ>－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ３Ｃ＝４ｃｏｓ３Ｃ－４ｃｏｓＣ.设ｔ＝ｃｏｓＣꎬ由于０<Ｃ<２π３ꎬ－１２<ｃｏｓＣ<１ꎬ则－１２<ｔ<１.令４ｃｏｓ３Ｃ－４ｃｏｓＣ＝４ｔ３－４ｔ＝ｆｔ()ꎬ则ｆᶄｔ()＝１２ｔ２－４＝４３ｔ２－１()ꎬ则ｆｔ()的极值点为ʃ１３.则ｆｔ()在－１２ꎬ－１３æèçöø÷上单调递增ꎬ在－１３ꎬ１３æèçöø÷上单调递减ꎬ在１３ꎬ１æèçöø÷上单调递增.计算知ｆ－１２æèçöø÷＝３２>－２５１６ꎬｆ１３æèçöø÷＝－８３３>－２５１６ꎬ所以ｆｔ()>－２５１６.所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ>－２５１６.综上所述ꎬ３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ的取值范围是－２５１６ꎬ６æèçöø÷.题９㊀已知抛物线Γ的顶点是原点Ｏꎬ焦点是Ｆ(０ꎬ１).过直线ｙ＝－２上任意一点Ａ作抛物线Γ的两条切线ꎬ切点分别为ＰꎬＱꎬ求证:(１)直线ＰＱ过定点ꎻ(２)øＰＦＱ＝２øＰＡＱ.证明㊀(１)易得拋物线Γ的方程为ｘ２＝４ｙ.设点Ａ(ｔꎬ－２)ꎬＰｘ１ꎬｙ１()ꎬＱｘ２ꎬｙ２()ꎬ则过点Ｐ的抛物线Γ的切线ｌ１的方程为ｙ－ｙ１＝ｘ１２ｘ－ｘ１().即ｘ１ｘ－２ｙ－２ｙ１＝０.同理ꎬ过点Ｑ的抛物线Γ的切线ｌ２的方程为ｘ２ｘ－２ｙ－２ｙ２＝０.由ｌ１ꎬｌ２过点Ａꎬ可得ｘ１ｔ＋４－２ｙ１＝０ꎬｘ２ｔ＋４－２ｙ２＝０ꎬ这表明ꎬ点Ｐｘ１ꎬｙ１()ꎬＱｘ２ꎬｙ２()的坐标满足方程ｔｘ－２ｙ＋４＝０.所以直线ＰＱ的方程为ｔｘ－２ｙ＋４＝０.所以易得直线ＰＱ过定点(０ꎬ２).(２)不妨设点Ｐ在点Ｑ的左边ꎬ则ｘ１<ｘ２.因为ｔａｎøＰＡＱ＝ｘ１/２－ｘ２/２１＋(ｘ１/２) (ｘ２/２)＝２ｘ１－ｘ２()ｘ１ｘ２＋４ꎬ所以ｔａｎ２øＰＡＱ＝２ｔａｎøＰＡＱ１－ｔａｎ２øＰＡＱ＝４ｘ１－ｘ２()/ｘ１ｘ２＋４()１－４ｘ１－ｘ２()２/ｘ１ｘ２＋４()２＝４ｘ１－ｘ２()ｘ１ｘ２＋４()ｘ１ｘ２＋４()２－４ｘ１－ｘ２()２.又因为ｔａｎøＰＦＱ＝(ｙ１－１)/ｘ１－(ｙ２－１)/ｘ２１＋[(ｙ１－１)/ｘ１] [(ｙ２－１)/ｘ２]＝ｘ２ｘ２１/４－１()－ｘ１ｘ２２/４－１()ｘ１ｘ２＋ｘ２１/４－１()ｘ２２/４－１()＝４ｘ１－ｘ２()ｘ１ｘ２＋４()ｘ１ｘ２＋４()２－４ｘ１－ｘ２()２ꎬ所以ｔａｎ２øＰＡＱ＝ｔａｎøＰＦＱ.易知０ʎ<øＰＡＱ<９０ʎ<øＰＦＱ<１８０ʎ.所以øＰＦＱ＝２øＰＡＱ.题１０㊀给定正整数ｎ(ｎȡ２).已知２ｎ个正实数ａ１ꎬａ２ꎬ ꎬａ２ｎꎬ满足:ðｎｋ＝１ａ２ｋ－１ ðｎｋ＝１ａ２ｋ＝ᵑｎｋ＝１ａ２ｋ－１＋ᵑｎｋ＝１ａ２ｋ.求Ｓ＝ð２ｎｋ＝１ａｎ－１ｋａｋ＋１的最小值ꎬ其中ａ２ｎ＋１＝ａ１.解析㊀一方面ꎬ记Ａ＝ᵑ２ｎｋ＝１ａｋ()１ｎꎬ则Ｓ＝ðｎｋ＝１ａｎ－１２ｋａ２ｋ＋１＋ðｎｋ＝１ａｎ－１２ｋ－１ａ２ｋȡｎᵑｎｋ＝１ａｎ－１２ｋａ２ｋ＋１æèçöø÷１ｎ＋ｎᵑｎｋ＝１ａｎ－１２ｋ－１ａ２ｋæèçöø÷１ｎ＝ｎＡᵑｎｋ＝１ａ２ｋ－１＋ᵑｎｋ＝１ａ２ｋ()＝ｎＡðｎｋ＝１ａ２ｋ－１ ðｎｋ＝１ａ２ｋ()ȡｎＡｎᵑｎｋ＝１ａ２ｋ－１()１ｎｎᵑｎｋ＝１ａ２ｋ()１ｎ＝ｎ３.另一方面ꎬ易知ｎ＝２时ꎬ取ａ１＝ａ３＝１ꎬａ２＝ａ４＝２＋３时可满足条件ꎬ且Ｓ＝ｎ３.ｎȡ３时ꎬ取ａ１＝ａ２＝＝ａ２ｎ＝ｎ２２æèçöø÷１ｎ－２时可满足条件ꎬ且Ｓ＝ｎ３.综上所述ꎬ所求的最小值是ｎ３.题１１㊀给定正整数ａꎬｂ(ａɤｂ).数列ｆｎ{}满足:ｆ１＝ａꎬｆ２＝ｂꎬｆｎ＋２＝ｆｎ＋１＋ｆｎ(ｎ＝１ꎬ２ꎬ ).若对任意的正整数ｎꎬ都ðｎｋ＝１ｆｋ()２ɤλ ｆｎｆｎ＋１ꎬ求实数λ的最小值.解析㊀先证以下３个引理:引理１㊀对任意ｎɪＮ∗ꎬ有ｆｎ＋２＝ðｎｋ＝１ｆｋ＋ｆ２.证明㊀ｆｎ＋２＝ðｎ＋１ｋ＝２ｆｋ＋１－ｆｋ()＋ｆ２＝ðｎ＋１ｋ＝２ｆｋ－１＋ｆ２＝ðｎｋ＝１ｆｋ＋ｆ２.引理２㊀记Ｔ＝ａ２＋ａｂ－ｂ２ꎬ则对任意ｎɪＮ∗ꎬ有ｆｎｆｎ＋２＋(－１)ｎＴ＝ｆ２ｎ＋１.证明㊀由条件知ｆ３＝ａ＋ｂ.从而ｆ１ｆ３＋(－１)１Ｔ＝ａ(ａ＋ｂ)－ａ２＋ａｂ－ｂ２()＝ｂ２＝ｆ２２ꎬ故结论对ｎ＝１成立.假设ｎ＝ｋ(ｋȡ１)时ꎬ结论成立ꎬ即ｆｋｆｋ＋２＋(－１)ｋＴ＝ｆ２ｋ＋１.当ｎ＝ｋ＋１时ꎬｆｋ＋１ｆｋ＋３＋(－１)ｋ＋１Ｔ＝ｆｋ＋１ｆｋ＋１＋ｆｋ＋２()＋ｆｋｆｋ＋２－ｆ２ｋ＋１＝ｆｋ＋１ｆｋ＋２＋ｆｋｆｋ＋２＝ｆ２ｋ＋２ꎬ故当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ结论也成立.由归纳原理知ꎬ对任意的正整数ｎꎬ都有ｆｎｆｎ＋２＋(－１)ｎＴ＝ｆ２ｎ＋１.引理３㊀ｌｉｍｎң＋ɕｆｎｆｎ＋１＝５－１２.证明㊀首先ꎬ由ｆｎｆｎ＋１－ｆｎ＋１ｆｎ＋２＝ｆｎｆｎ＋２－ｆ２ｎ＋１ｆｎ＋１ｆｎ＋２＝(－１)ｎＴｆｎ＋１ｆｎ＋２ң０知ｌｉｍｎң＋ɕｆｎｆｎ＋１存在ꎬ设其值为ａꎬ其中０ɤａɤ１.其次ꎬ将ｆｎ＋２＝ｆｎ＋１＋ｆｎ同时除以ｆｎ＋１ꎬ再令ｎң＋ɕꎬ得１ａ＝１＋ａꎬ解得ａ＝５－１２.回到原题:记Ｔｎ＝ðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１ꎬｎ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ ꎬ则Ｔｎ＋１－Ｔｎ＝ðｎ＋１ｋ＝１ｆｋ()２ｆｎ＋１ｆｎ＋２－ðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１＝ｆｎðｎｋ＝１ｆｋ＋ｆｎ＋１()２－ｆｎ＋２ðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２＝ｆｎ－ｆｎ＋２()ðｎｋ＝１ｆｋ()２＋２ｆｎｆｎ＋１ðｎｋ＝１ｆｋ()＋ｆｎｆ２ｎ＋１ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２＝－ｆｎ＋１ｆｎ＋２－ｆ２()２＋２ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２－ｆ２()＋ｆｎｆ２ｎ＋１ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２＝２ｆｎ＋１ｆ２－ｆ２２＋ｆｎｆｎ＋２－ｆ２ｎ＋１ｆｎｆｎ＋２＝２ｂｆｎ＋１－ｂ２－(－１)ｎＴｆｎｆｎ＋２.注意到ｆｎ＋１ȡｂꎬ且(－１)ｎＴ＝(－１)ｎａ２＋ａｂ－ｂ２()ɤｂ２ꎬ所以２ｂｆｎ＋１－ｂ２－(－１)ｎＴȡ２ｂ２－ｂ２－ｂ２＝０.因此ꎬＴｎ＋１ȡＴｎ对任意的正整数ｎ均成立.由Ｔｎ{}单调递减可知:若ｌｉｍｎң＋ɕＴｎ存在ꎬ则其值为λ的最小值.又ｌｉｍｎң＋ɕＴｎ＝ｌｉｍｎң＋ɕðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎ＋２－ｆ２()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎ＋１＋ｆｎ－ｆ２()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎ＋１＋ｆｎ()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎｆｎ＋１＋ｆｎ＋１ｆｎ＋２æèçöø÷＝５－１２＋５＋１２＋２＝２＋５.综上可知ꎬλ的最小值为２＋５.参考文献:[１]张君.２０２２年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２２(２５):８４－８８.[２]李鸿昌.我这样做奥数[Ｍ].成都:四川省教育电子音像出版社ꎬ２０２１.[３]甘志国.圆锥曲线光学性质的证明及其应用[Ｊ].数学教学ꎬ２０１７(０９):１６－１８ꎬ３７.[责任编辑:李㊀璟]。

历年全国高中数学竞赛试卷及答案(77套)

2017年全国高中数学联合竞赛（四川初赛）
（5月14日下午14:30—16:30）
题目
一
二
三
总成绩
13
14
15
16
得分
评卷人
复核人
考生注意：1.本试卷共有三大题（16个小题），全卷满分140分
2.用黑（蓝）色圆珠笔或钢笔作答。
3.计算器，通讯工具不准待入考场。
4.解题书写不要超过封线
一，单项选择题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）
二，填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）
7.1008 8.0 9.2 10. 11.2 12.243
三，解答题（本大题共4个小题，每小题20分，共80分）
13.证明：（1）因为
所以，数列成等比数列 ……5分
于是
即数列的通项公式 ……10分
（2）法1：因为对任意的正整数n都成立，故
由（1）知
∴共有C 种比赛方式．
三．(15分)长为，宽为1的矩形，以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周，求得到的旋转体的体积．
解：过轴所在对角线BD中点O作MN⊥BD交边AD、BC于M、N，作AE⊥BD于E，
则△ABD旋转所得旋转体为两个有公共底面的圆锥，底面半径AE= = ．其体积V= ( )2· = π．同样，
1．设有三个函数，第一个是y=φ(x)，它的反函数是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于x+y=0对称，那么，第三个函数是( )
A．y=－φ(x)B．y=－φ(－x)C．y=－φ－1(x)D．y=－φ－1(－x)
解：第二个函数是y=φ－1(x)．第三个函数是－x=φ－1(－y)，即y=－φ(－x)．选B．

全国高中数学联赛模拟卷（1）（一试+二试_附详细解答）

全国⾼中数学联赛模拟卷（1）（⼀试+⼆试_附详细解答）全国⾼中数学联赛模拟卷(1)⼀试⼀、填空题（本⼤题共8⼩题，每⼩题8分，共64分）1229x <+的解集为． 2．过正⽅体外接球球⼼的截⾯截正⽅体所得图形可能为______________. ①三⾓形②正⽅形③梯形④五边形⑤六边形3．直线2kx y -=||1x =-有两个不同的交点，则实数k 的取值范围是__ _______.4．复数z ，使322z z z+=，则z 的所有可能值为 _____ ____．5．所有的满⾜条件11aba b a b ab a b ---=?++的正整数对(,)a b 的个数为．6．设,,a b c 为⽅程3120x k x k --=的根（121k k +≠），则111111a b ca b c+++++=--- __. 7．将号码分别为1、2、…、9的九个⼩球放⼊⼀个袋中，这些⼩球仅号码不同，其余完全相同. 甲从袋中摸出⼀个球，其号码为a ，放回后，⼄从此袋中再摸出⼀个球，其号码为b . 则使不等式 0102>+-b a 成⽴的事件发⽣的概率等于．8．已知A , B , C 为△ABC 三内⾓, 向量)2sin 3,2(cosBA B A +-=α,2||=α.如果当C 最⼤时,存在动点M , 使得|||,||,|成等差数列, 最⼤值是__ ___.⼆、解答题（本⼤题共3⼩题，第9题16分，第10、11题20分，共56分）9．对正整数2n ≥，记11112n n k k n a n k --==-∑，求数列{a n }中的最⼤值．10．给定正实数k ，圆⼼为(b a ，)的圆⾄少与抛物线2kx y =有三个公共点，⼀个是原点(0, 0)，另两个点在直线b kx y +=上，求b a ，的值（⽤k 表⽰）． 11．已知函数,72sin 3|)cos ||sin (|)(--+=x x x a x f 其中a 为实数，求所有的数对(a , n )(n ∈N *),使得函数)(x f y =在区间),0(πn 内恰好有2011个零点．ABCPQ ID O 1 I 1I 2⼆试⼀、（本题满分40分）在Rt ABC ?中，CD 是斜边AB 上的⾼，记12,,I I I 分别是△ADC , △BCD ,△ABC 的内⼼，I 在AB 边上的射影为1O ，,CAB ABC ∠∠的⾓平分线分别交,BC AC 于,P Q ，且PQ 的连线与CD 相交于2O ，求证：四边形1122I O I O 为正⽅形．⼆、（本题满分40分）给定正数a , b , c , d, 证明：ba db a d a dc ad c d c b d c b c b a c b a +++++++++++++++++++333333333333.2222d c b a +++≥三、（本题满分50分）设+∈N k ，定义11=A ，2)1(221+++=+n n nA A kn n ， ,2,1=n 证明：当1≥n 时，n A 为整数，且n A 为奇数的充要条件是)4(mod 21或≡n四、（本题满分50分）试求最⼩的正整数,n 使得对于任何n 个连续正整数中，必有⼀数，其各位数字之和是7的倍数.全国⾼中数学联赛模拟卷(1)答案⼀试1．由0211≠+-x 得0,21≠-≥x x ，原不等式可变为()922112+<++x x解得845x 故原不等式的解集为145,00,28-? ?U2．答案：②⑤，解：由对称性可知，所得图形应为中⼼对称图形，且②⑤可以截得3．提⽰：44[2,)(,2]33--?, 曲线为两个半圆，直线过定点（0，?2），数形结合可得.4．答案：0，1，12,12i i -+-- 解：322z z z +==2z z ?，∴2(12)0z z z +-=当 0z =时，满⾜条件，当 0z ≠时，2120z z +-= 设 22(,),212()z a bi a b R a b abi a bi =+∈-++--则∴ 22120(1)220(2)a b a ab b ?-+-=?+=? ，由(2) 2(1)0b a +=1）0b = 代⼊(1) 整理得：2(1)01a a -=?=2）0b ≠，则 1a =- 代⼊(1) 得：242b b =?=±，经检验复数1,12z i =-±均满⾜条件. ∴ z 的所有可能值为0，1，12,12i i -+--. 5．解：显然1a b >≥．由条件得11a a b a a b -->?1b a b -?>11b a b -?≥+，从⽽有bab b b ≥+即b b ab b ≤-，再结合条件及以上结果，可得11a b a b a b a b a b --?++=-aa ab b ≥-+，整理得 11a a b a ab a a b --+≥-?()11a b a a b --=?-1a a -≥，从⽽()211a a a a a a ab a -=+-≥+≥即31a a-≤，所以23a ≤≤．当2a =时，1b =，不符合；当3a =时，2b =（1b =不符合）．综上，满⾜本题的正整数对(),a b 只有()32，，故只有1解．6．答案：1212331k k k k ++--，由题意，312()()()x k x k x a x b x c --=--- 由此可得0a b c ++=，1ab bc ca k ++=-，2abc k =以及121(1)(1)(1)k k a b c --=---1113()()3111(1)(1)(1)a b c a b c ab bc ca abc a b c a b c +++-++-+++++=------1212331k k k k ++=-- 7．提⽰：甲、⼄⼆⼈每⼈摸出⼀个⼩球都有9种不同的结果，故基本事件总数为92=81个，由不等式a ?2b +10>0得2b6181135745=++++8．解: 2)cos(2)cos(2122sin 32cos 2||22=+--+=++-?=B A B A B A B A α ,21tan tan cos cos sin sin 2)cos(3)cos(=?=?+=-?B A B A B A B A B A22tan tan 4)tan (tan 2tan tan )tan(tan -=-≤+-=+=+-=B A B A BA B A C ,等号成⽴仅当22tan tan ==B A .令|AB |=2c ,因c 4||||=+, 所以 M 是椭圆1342222=+cy c x 上的动点.故点C (0,c 22), 设M (x ,y ), 则|MC |2＝x 2+(c y 22-)2＝c y c cy y c cy y y c 3||,2923122344222222≤+--=+-+-. 当y ＝c 3-时, |MC |2max =22627c +, |MC |max ＝c 216+. ||AB＝4. 9．解：经计算知22a =，33a =，45103a a ==，下⾯⽤数学归纳法证明：当5n ≥时，有103n a ≤ 假设()1053n a n ≤≥，则1211111111122122n n n n n n a n n n +-++++=+?+?++?-- 21111212212n n n n n n n n n n -++??=++?++? ?--?? 112n n n a n n ++=+ 1110186810233533n n n n n n +++≤+?=?≤?<所以数列{a n }中的最⼤值是45103a a ==10．解：设⊙O :,)()(2222b a b y a x +=-+- 即02222=-+-by y ax x抛物线与直线b kx y +=的两个交点坐标为),(),,,(2211y x y x ，则211222kx kx b kx kx b =+??=+?，即12121x x b x x k +==-??①, 这两点亦在圆上，即),(2)(222111*********b kx b b kx ax x by y ax x o +-++-=-+-=?02)1(21212=--+b ax x k同理 02)1(22222=--+b ax x k , 即 12221222,1.1a x x k b x x k ?+=??+?-?=?+?②⽐较①，②知：kk k k b k a 11),1(2122+=+=+= 11．解：⾸先，函数)(x f 以为π周期，且以)(42Z k k x ∈+=ππ为对称轴，即 ))(()2(),()(Z k x f x k f x f x f ∈=-+=+πππ，其次，42)43(,102)4(,7)2(-=+-=+-=a k f a k f a k f πππππ，∵)(x f 关于)(42Z k k x ∈+=ππ对称，∴)(x f 在)42,2(πππ+k k 及)22,42(ππππ++k k 上的零点个数为偶数，要使)(x f 在区间)0πn ，（恰有2011个零点，则上述区间端点必有零点（1）若7=a ，则0)42(,0)2(≠+=πππk f k f ，考虑区间)2,0(π及),2(ππ上的零点个数．ABCP Q ID O 1I 1 I 2令].2,1((cos sin ∈+=t x x t 则0473)(2=-+-==t t t g y ，解得11=t （舍），)4sin(2342π+==x t ，故在2 ,0(π内有两解．当),2(ππ∈x 时，72sin 3)cos (sin 7)(---=x x x x f ，令]2,1((cos sin ∈-=t x x t ，则01073)(2=-+==t t t g y ，解得11=t （舍），3102-=t （舍），故在),2(ππ内⽆解．因此，)(x f 在区间),0(π内有三个零点．.503201114)1(3),0(==-=-+n n n n n 个零点。

2024年全国高中数学联赛(浙江预赛)试题(含答案)

2024年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题本卷共15道题目，12道填空题，3道解答题，所有答案填写在答题纸上，满分150分一、填空题（每小题8分，共计96分）1.设集合10,21x A xx ⎧−⎫=≤⎨⎬−⎩⎭集合2{20}B x x x m =++≤。

若A B ⊆，则实数m 的取值范围为。

2.设函数{}{}:1,2,32,3,4f → 满足 ()()1()ff x f x −=，则这样的函数有_______个。

3.函数22sin sin 1sin 1x x y x ++=+的最大值与最小值之积为。

4.已知数列{}n x满足：11,12n x x x n +==≥，则通项n x =__________。

5 .已知四面体A BCD −的外接球半径为1，1,60BC BDC =∠=，则球心到平面BDC 的距离为______________。

6.已知复数z 满足24510(1)1zz =−=，则z =__________________。

7.已知平面上单位向量,a b 垂直，c 为任意单位向量，且存在(0,1)t ∈，使得向量(1)a t b +−与向量c a −垂直，则a b c +−的最小值为__________________________。

8. 若对所有大于2024的正整数n ，成立202420240, ii n i i na C a ==∈∑，则12024a a +=_________。

9.设实数,,(0,2]a b c ∈，且3b a ≥或43a b +≤，则max{,,42}b a c b c −−−的最小值为 ___ __ __。

10.在平面直角坐标系xOy 上，椭圆E 的方程为221124x y +=，1F 为E 的左焦点；圆C 的方程为222())x a y b r −+−=（，A 为C 的圆心。

直线l 与椭圆E 和圆C 相切于同一点(3,1)P 。

则当1OAF ∠最大时，实数r =_____________________。

2024年全国高中数学联赛初赛试题+答案[北京、广西、吉林、内蒙、四川、浙江、重庆]

2024年重庆市高中数学联赛初赛试题 2 2024年浙江省高中数学联赛初赛试题 3 2024年四川省高中数学联赛初赛试题 4 2024年吉林省高中数学联赛初赛试题 5 2024年广西省高中数学联赛初赛试题 7 2024年内蒙古高中数学联赛初赛试题 9 2024年北京市高中数学联赛初赛一试 10 2024年北京市高中数学联赛初赛二试 11一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分.1.已知复数z 使得z -4z为纯虚数，则z -1-i 的最小值为.（其中i 为虚数单位）2.设函数f x =2x -2-x 的反函数为y =f -1x ，则不等式f -1x -1 <1的解集为.3.若点A -12,32关于直线y =kx 对称的点在圆x -2 2+y 2=1上，则k =.4.在△ABC 中，已知AB ⋅AC =2BC ⋅BA =3CA ⋅CB，则△ABC 最大角的正弦值为.5.数列a n 满足a 1=1，a n +1-a n a n =a n +2-a n +1a n +2n ∈N * ，若a 1a 2+a 2a 3+⋯+a 6a 7=3，则a 2024=.6.由1，2，⋯，9这九个正整数构成的所有圆排列中，任意相邻两数之积均不超过60的圆排列的个数为.7.已知四面体ABCD 满足AB ⊥BC ，BC ⊥CD ，AB =BC =CD =1，且异面直线AD 与BC 所成的角为60°，则四面体ABCD 的外接球的体积为.ABCD A 1D 1O 1O 8.一珍稀物种出现在地球，对每个珍稀生物，每天有如下事件发生：有p 0≤p ≤1 的概率消失，有1-p3的概率保持不变，有1-p 3的概率分裂成两个，有1-p3的概率分裂成三个.对所有新产生的生物每天也会发生上述事件.假设开始只有一个这样的珍稀生物，若希望最终这种生物灭绝的概率不超过12，则p 至多为.二、解答题：共3小题，满分56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.16分已知函数f x =ln x -sin x ，若两不相等的实数x 1，x 2∈0,π 满足曲线y =f x 在点x 1,f x 1 和点x 2,f x 2 处的切线斜率相等，求证：f x 1 +f x 2 >-2.10.20分已知抛物线Ω：y =x 2，动线段AB 在直线y =3x -3上(B 在A 右侧)，且AB =2 3.过A 作Ω的切线，取左边的切点为M .过B 作Ω的切线，取右边的切点为N .当MN ⎳AB 时，求点A 的横坐标.11.20分设x 1=3，x n +1=x n +14-x n +2n ∈N * ，求x 1+x 2+⋯+x n 的值.(其中[x ]表示不超过实数x 的最大整数.)一、填空题(每小题8分，共计96分)1.设集合A =x x -12x -1≤0 ，集合B =x ∣x 2+2x +m ≤0 .若A ⊆B ，则实数m 的取值范围为.2.设函数f ：{1,2,3}→{2,3,4}满足f f x -1 =f x ，则这样的函数有个.3.函数y =sin 2x +sin x +1sin 2x +1的最大值与最小值之积为.4.已知数列x n 满足：x 1=22，x n +1=x n n n +1x 2n+n n +1，n ≥1，则通项x n =.5.已知四面体A -BCD 的外接球半径为1，若BC =1，∠BDC =60°，球心到平面BDC 的距离为.6.已知复数z 满足z 24=z -1 510=1，则复数z =.7.已知平面上单位向量a ，b 垂直，c 为任意单位向量，且存在t ∈0,1 ，使得向量a +1-t b 与向量c -a 垂直，则a +b -c的最小值为.8.若对所有大于2024的正整数n ，成立n2024=2024i =0a i C in ，a i ∈N ∗，则a 1+a 2024=.9.设实数a ，b ，c ∈(0,2]，且b ≥3a 或a +b ≤43，则max {b -a ,c -b ,4-2c }的最小值为.10.在平面直角坐标系xOy 上，椭圆E 的方程为x 212+y 24=1，F 1为E 的左焦点；圆C 的方程为x -a 2+y -b 2=r 2，A 为C 的圆心.直线l 与椭圆E 和圆C 相切于同一点P 3,1 .当∠OAF 1最大时，实数r =.11.设n 为正整数，且nk =0-1 kC knk 3+9k 2+26k +24=1312，则n =.12.设整数n ≥4，从编号1，2，⋯，n 的卡片中有放回地等概率抽取，并记录下每次的编号.若1，2均出现或3，4均出现就停止抽取，则抽取卡片数的数学期望为.二、解答题(13题满分14分，14、15题满分各20分，合计54)13.正实数k 1，k 2，k 3满足k 1<k 2<k 3；实数c 1，c 2满足c 1=k 2-k 1，c 2-c 1=2k 3-k 2 ,定义函数f x =k 1x ,0≤x ≤1k 2x -c 1,1<x ≤2,k 3x -c 2,x >2 g x =k 1x ,0≤x ≤1k 2x -c 112,1<x ≤2k 3x -c 212,x >2 试问，当k 1，k 2，k 3满足什么条件时，存在A >0使得定义在[0,A ]上的函数g x +f A -x 恰在两点处达到最小值？14.设集合S ={1,2,3,⋯,997,998}，集合S 的k 个499元子集A 1，A 2，⋯，A k 满足：对S 中任一二元子集B ，均存在i ∈{1,2,⋯,k }，使得B ∈A i .求k 的最小值.15.设f x ，g x 均为整系数多项式，且deg f x >deg g x .若对无穷多个素数p ，pf x +g x 存在有理根，证明：f x 必存在有理根.(考试时间：2024年5月19日9:00∼11:00)一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分.1.设函数f x =ln x +x -2的零点都在区间[a ,b ]a ,b ∈Z ,a <b 内，则b -a 的最小值为.2.已知a >b >1，若log a b +log b a =52，则ba +4的最大值为.3.设a ∈R ，若函数f x =ax -ax-2ln x 在其定义域内为单调递增函数，则实数a 的最小值为.4.用f X ,Γ 表示点X 与曲线Γ上任意一点距离的最小值.已知⊙O :x 2+y 2=1及⊙O 1：x -4 2+y 2=4，设P 为⊙O 上的动点，则f P ,⊙O 1 的最大值为.5.设△ABC 中，AC =2，∠ABC =2∠BAC ，则△ABC 面积的最大值为.6.将边长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的上底面A 1B 1C 1D 1绕着其中心旋转45°得到一个十面体ABCD -EFGH (如图)，则该十面体的体积为.7.若T =100k =1299+k ⋅3101-k ，则T 的末尾数字0的个数为.8.记I ={1,4,5,6}，U ={1,2,3,⋯,25}，集合U 的子集A =a 1,a 2,a 3,a 4,a 5 ，满足a i -a j ∉I ∀1≤i <j ≤5 ，则符合条件的集合A 的个数为.(用具体数字作答)二、解答题：本大题共3小题，满分56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.(16分)已知t 为正实数，若曲线y =t ⋅e x 与椭圆C ：x 22+y 2=1交于A 、B 两个不同的点，求证：直线AB 的斜率k <22.10.(20分)设复数x ，y ，z 满足：x +2y +3z =1.求x 2+y 2+z 2+x 2+y 2+z 2的最小值.11.(20分)给定正整数n ≥2，数组a 1,a 2,⋯,a n 称为“好数组”是指：a 1，a 2，⋯，a n 均不为0，a 1=1，且对任意的1≤k ≤n -1，均有a k +1+a k a k +1-a k -1 =0.求“好数组”a 1,a 2,⋯,a n 的组数.一、选择题：本大题共6小题，每小题x 分，满分x 分.1.记S =32+432-4+42+442-4+52+452-4+⋯+132+4132-4，则与S 最接近的整数为()A.14B.15C.16D.172.在四边形ABCD 中，AB ⎳CD ，AC =λAB +μAD λ,μ∈R .若λ+μ=32，则CDAB=()A.13B.12C.1D.23.函数f x =ax 3-6x a ∈R ，若f x ≤2对∀x ∈-1,12成立，则()A.f x ≤1对∀x ∈-12,12 成立B.f x ≤32对∀x ∈-12,12成立C.f x ≤18对∀x ∈-32,32成立D.f x ≤352对∀x ∈-32,32成立4.在正四面体ABCD 中，棱AD 的中点和面BCD 的中心的连线为MN ，棱CD 的中点和面ABC 的中心的连线为PQ ，则MN 与PQ 所成角的余弦值为()A.118B.117C.116D.1155.已知函数f x =2x 4-18x 2+12x +68+x 2-x +1，则()A.f x 的最小值为8 B.f x 的最小值为9C.f x =8有1个实根D.f x =9有1个实根6.已知A ，B ，C 是平面上三个不同点，且BC =a ，CA =b ，AB =c ，则c a +b +bc的最小值为()A.2-12B.22-12C.2-22D.1-22二、填空：本大题共6小题，每小题x 分，满分x 分.7.设集合S ={1,2,3,4,5}.若S 的子集A 满足：若x ∈A ，则6-x ∈A ，则称子集A 具有性质p ，现从S 的所有非空子集中，等可能地取出一个，则所取出的非空子集具有性质p 的概率为.8.函数f x =log a 4-ax (a >0，且a ≠1)，若f x ≥1对∀x ∈[1,2]成立，则实数a 的取值范围.9.已知甲、乙、丙、丁四位同学对某10道判断题的解答情况如下表：题号12345678910甲×√××√×√√√×乙××√√×√√√××丙√√×√√√×√×√丁××√√××√√××若甲、乙、丙三人均答对7题，则丁答对的题数为.10.已知函数f x =ln x -1x2+2ax -ax .若∃m >0，使得f m ≥a 2，则实数a 的最大值为11.设函数f x =sin x⋅sin3x，若关于x的方程f x =a在(0,π]上有奇数个不同的实数解，则实数a的值为.12.在△ABC中，AP平分∠BAC，AP交BC于P，BQ平分∠ABC，BQ交CA于Q，∠BAC=30°，且AB+BP =AQ+QB，则∠ABC的度数为.三、解答：本大题共4小题，每小题x分，满分x分.13.已知椭圆C1的中心为坐标原点O，焦点在坐标轴上.圆C2的圆心为坐标原点O，过点A-2,0且倾斜角为30°的直线与圆C2相切.(1)求圆C2的方程；(2)过圆C2上任意一点P x0,y0x0⋅y0≠0作圆C2的切线，与椭圆C1交于A，B两点，均有∠AOB=90°成立.判断椭圆C1是否过定点？说明理由.14.已知数列a n满足：a1=1，a2=2，a n+1=1a n+an-1n≥2.求证：2024k=11a k>88.15.如图，⊙O1、⊙O2外切于点A，过点A的直线交⊙O1于另一点B，交⊙O2于另一点C，CD切⊙O1于点D，在BD的延长线上取一点F，使得BF2=BC2-CD2，连接CF交⊙O2于E，求证：DE与⊙O2相切.16.全体正有理数的集合Q+被分拆为三个集合A，B，C(即A∪B∪C=Q+，且A∩B=B∩C=C∩A=∅，满足B*A=B，B*B=C，B*C=A，这里H*K={h⋅k∣h∈H,k∈K}.(1)给出一个满足要求的例子(即给出A，B，C)；(2)给出一个满足要求的例子，且1，2，⋯，35中的任意两个相邻正整数均不同时在A中.2024年广西省高中数学联赛初赛试题一、填空题(本大题共8小题，每小题10分，共80分).1.设函数f x =log2x.若a<b且f a =f b ，则a+2024b的取值范围是.2.已知椭圆x 2a2+y2b2=1a>b>0的焦点为F1，F2，M为椭圆上一点，∠F1MF2=π3，OM=153b.则椭圆的离心率为.3.若正实数x，y满足x-2y=2x-y，则x的最大值为.4.方程3x=x37的正整数解为.5.设x1，x2，x3，x4均是正整数，且x i x j x k∣1≤i<j<k≤4=18,36,54.则x1+x2+x3+x4=.6.正三棱雉P-ABC中，AP=3，AB=4.设D是直线BC上一点，面APD与直线BC的夹角为45°，则线段PD的长度是.7.已知四次多项式x4-25x3+ax2+61x-2024的四个根中有两个根的乘积是-253，则实数a=.8.设数列x n满足x1=2001，x n+1=x n+y n，其中y n等于x n的个位数，则x2024=.二、解答题(本大题共4小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)9.(15分)如图所示，AD=CD，DP=EP，BE=CE，DP<AD<BE，∠ADC=∠DPE=∠BEC=90°.证明：P为线段AB的中点.10.(15分)设A为数集{1,2,3,⋯,2024}的n元子集，且A中的任意两个数既不互素又不存在整除关系.求n 的最大值.11.(20分)用[x]表示不超过x的最大整数.设数列x n满足：x1=1，x n+1=4x n+11x n.求x2024的个位数.12.(20分)图G是指一个有序二元组V,E，其中V称为顶点集，E称为边集.一个图G中的两点x，y的距离是指从x到y的最短路径的边数，记作d x,y.一个图G的直径是指G中任意两点的距离的最大值，记作diam G.∣x,y∈G，即diam G=max d x,y记Z n={[0]，[1]，[2]，⋯，[n-1]}是模n的剩余类，定义Z n上的加法和乘法，均是模n的加法和乘法，例如在Z12={[0]，[1]，[2]，⋯，[11]}中：[3]+[4]=[7]，[6]+[9]=[3]；[3]⋅[4]=[0]，[6]⋅[9]=[6].在Z n中，设[x]≠[0].若存在[y]≠[0]使得[x]⋅[y]=[0]，则称[x]是Z n的一个零因子.记Z n的所有零因子的集合为D Z n，它是以={[2]，[3]，[4]，[6]，[8]，[9]，[10]}.Z n的零因子图，记为ΓZ n .例如D Z12D Z n为顶点集，两个不同的顶点[x]，[y]之间有一条边相连当且仅当[x]⋅[y]=[0].下图是ΓZ12的例子.证明：对一切的整数n≥2，都有diamΓZ n≤3.2024年内蒙古高中数学联赛初赛试题(2024年5月19日，8:30-9:50)一、填空题(本题满分64分，每小题8分)1.集合M ={1,2,3,5,6}的全部非空子集的元素和等于.2.设a ，b ，c 是实数，满足a +b +c =1，a 2+b 2+c 2=1，a ≠0，bca 3的取值范围为.3.已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱长为4，底面边长为2，过点A 的一个平面截此棱柱，与侧棱BB 1，CC 1分别交于点M ，N ，若△MNA 为直角三角形，则△MNA 面积的最大值为.4.已知在△ABC 中BC =3，A =π3，BD =14BC，则线段AD 的最大值为.5.从1，2，⋯，11中任取三个不同的数，则这三个数可以构成等差数列的概率为.6.O 是原点，椭圆x 24+y 25=1，直线l 过1,0 且与椭圆交于A ，B 两点，则△ABO 面积的最大值为.7.数列a n 中，a 1=110，且对任意n ∈N *，a n +1=a 2n +a n ，求2024n =11a n+1 的整数部分是.8.已知关于x 的方程x 3-3x +4=0的三个复数根分别为z 1，z 2，z 3，则z 1-z 2 2z 2-z 3 2z 3-z 1 2的值为.二、解答题(本题满分56分)9.(16分)已知双曲线C ：x 24-y 23=1，直线l ：y =kx +1与双曲线C 的左右支分别相交于A ，B 两点，双曲线C 在A ，B 两点处的切线相交于点P ，求△ABP 面积的最小值.10.(20分)已知函数f x =e x -1-xax 2-2x +1.(1)当a =0时，讨论f x 在-4,12上的极值.(2)若x =0是f x 的极小值点，求a 的取值范围.11.(20分)设n 是一个给定的正整数，集合S n =i ,j ∣1≤i ,j ≤2n ,i ,j ∈N * ，求最大的正数c =c n ，使得对任意正整数d 1，d 2，都存在集合S n 的子集P ，满足集合P 至少有cn 2个元素，且集合P 的任两个元素i ,j ，k ,l 均有i -k2+j -l 2≠d 1，i -k 2+j -l 2≠d 2.2024年北京市高中数学联赛初赛一试考试时间：8:00-9:20一、填空题(1-8题每题8分，第9题16分，第10，11题每题20分，共120分)1.设整数集合A=a1,a2,a3,a4,a5，若A中所有三元子集的三个元素之积组成的集合为B={-30,-15, -10,-6,-5,-3,2,6,10,15}，则集合A={-30,-15,-10,-6,-5,-3,20,10,15}，则集合A=.2.已知函数f x =x+2,x<0；ln12x+1,x≥0.若关于x的方程f f x=m恰有三个不相等的实数根x1，x2，x3且满足x1<x2<x3，则2x1+9ln x2+4的取值范围是.3.从1，2，⋯，2024中任取两个数a，b a≤b，则3a+7b的值中，个位数字为8的数有个.4.设复数z满足3z-2i=6，令z1=z2-10z+74z-5+7i，则z1的最大值是.5.已知函数f x =x,若x为无理数；q+1p,若x=qp,其中p,q∈N*,且p,q互质,p>q.则函数f x 在区间89,910上的最大值为.6.对于c>0，若非零实数a，b满足4a2-2ab+4b2-c=0，且使2a+b最大，则3a-4b+2c的最小值为.7.已知函数f x =cos4x+sin4x+a sin4x-b，且f x+π6为奇函数.若方程f x +m=0在[0,π]上有四个不同的实数解x1，x2，x3，x4，则fx1+x2+x3+x44的平方值为.8.已知A⊆{1,2,⋯,2625}，且A中任意两个数的差的绝对值不等于4，也不等于9，则A 的最大值为.9.设多项式f x =x2024+2023i=0c ix i，其中c i∈{-1,0,1}.记N为f x 的正整数根的个数(含重根).若f x 无负整数根，N的最大值是.10.在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱AA1上的一点，且A1E=1，F为截面A1BD上的动点，则AF+FE的最小值等于.11.数列a n定义如下：设2n!n!n+2024!写成既约分数后的分母为A n ，a n等于2A n 的最大质因数，则a n的最大值等于.2024年北京市高中数学联赛初赛二试考试时间：9:40-12:301.(40分)设a，b，c是三个正数，求证：2a2a2+b2+c2+2ba2+2b2+c2+2ca2+b2+2c2≤32a+b+c5a2+5b2+5c2+ab+bc+ca.2.(40分)如图所示，锐角△ABC的三条高线AD，BE，CF交于点H，过点F作FG⎳AC交直线BC于点G，设△CFG的外接圆为⊙O，⊙O与直线AC的另一个交点为P，过P作PQ⎳DE交直线AD于点Q，连接OD，OQ.求证：OD=OQ.3.(50分)有n个球队参加比赛，球队之间的比赛计划已经安排好了.但是每场比赛的主场客场还没有分配好.这时每个球队都上报了自己能够接受的客场比赛的最大次数.最终组委会发现这些次数加在一起恰好是比赛的总场次，并且组委会还发现任意挑出若干支球队，他们能够接受的客场次数之和都要大于等于他们之间的比赛总场次.请问组委会能否安排好主客场使得每支球队都满意，请证明你的结论.4.(50分)设a1，a2，⋯，a n为n个两两不同的正整数且a1a2⋯a n恰有4048个质因数.如果a1，a2，⋯，a n中任意多个数相乘均不是一个整数的4049次方，求n的最大值.2024年重庆市高中数学联赛初赛试题 2 2024年浙江省高中数学联赛初赛试题 3 2024年四川省高中数学联赛初赛试题 4 2024年吉林省高中数学联赛初赛试题 5 2024年广西省高中数学联赛初赛试题 7 2024年内蒙古高中数学联赛初赛试题 9 2024年北京市高中数学联赛初赛一试 10 2024年北京市高中数学联赛初赛二试 112024年重庆市高中数学联赛初赛试题一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分.1.已知复数z 使得z -4z为纯虚数，则z -1-i 的最小值为2-2.（其中i 为虚数单位）【答案】2-2【解析】z -4z 为纯虚数⇒z -4z =-z -4z⇔z +z =4z +zzz.当z +z=0时，，z -1-i min =1；当z +z≠0时，，则z =2，，此时z -1-i min =2-2<1，，当z =21+i 可取等号.2.设函数f x =2x -2-x 的反函数为y =f -1x ，则不等式f -1x -1 <1的解集为-12,52 .【答案】-12,52 【解析】因为f x 为R 上单调递增的奇函数，，且值域为R ，，所以f -1x 也为R 上单调递增的奇函数.注意f 1 =32，，故f -1x -1 <1⇔-32<x -1<32⇔-12<x <52.3.若点A -12,32 关于直线y =kx 对称的点在圆x -2 2+y 2=1上，则k =3.【答案】3【解析】注意点A 在圆x 2+y 2=1上，，且A 关于直线y =kx 对称的点必然在圆x 2+y 2=1上，，而圆x 2+y 2=1与圆x -2 2+y 2=1仅有唯一公共点B 1,0 ，，因此对称点只能是B .易知∠AOB =120°，，因此k =tan60°= 3.4.在△ABC 中，已知AB ⋅AC =2BC ⋅BA =3CA ⋅CB ，则△ABC 最大角的正弦值为31010.【答案】31010【解析】设△ABC 的内角A ，，B ，，C 所对的边分别为a ，，b ，，c ，，由条件知b 2+c 2-a 22=a 2+c 2-b 2=3a 2+b 2-c 2 2，，解得b 2=85a 2，，c 2=95a 2，，故最大角为角C ，，由余弦定理得cos C =a 2+b 2-c 22ab =1010⇒sin C =31010.5.数列a n 满足a 1=1，a n +1-a n a n =a n +2-an +1a n +2n ∈N * ，若a 1a 2+a 2a 3+⋯+a 6a 7=3，则a 2024=62029.【答案】62029【解析】由a n +1-a n a n =a n +2-a n +1a n +2可得1a n +1a n +2=2a n +1，，则数列1a n 为等差数列，，首项为1a 1=1，，设公差为d ，，则a 1a 2+a 2a 3+⋯+a 6a 7=11+d +11+d 1+2d +⋯+11+5d 1+6d=1d 1-11+d +11+d -11+2d +⋯11+5d -11+6d =61+6d =3⇒d =16，，故1a 2024=1+20236=20296⇒a 2024=62029.6.由1，2，⋯，9这九个正整数构成的所有圆排列中，任意相邻两数之积均不超过60的圆排列的个数为21600.【答案】21600【解析】一个圆排列满足要求当且仅当该排列中8，，9与7，，9这两对数均不能相邻.设满足8，，9相邻的圆排列有N1个，，满足7，，9相邻的圆排列有N2个，，满足8，，9相邻且7，，9相邻的圆排列有N3个，，则N1= N2=A22⋅7!，，N3=A22⋅6!，，从而由容斥原理，，满足要求的排列的个数为N=8!-N1+N2-N3=21600.7.已知四面体ABCD满足AB⊥BC，BC⊥CD，AB=BC=CD=1，且异面直线AD与BC所成的角为60°，则四面体ABCD的外接球的体积为55π6.ABC DA1D1 O1O【答案】55π6【解析】由题设条件，，可将四面体补成直三棱柱ABD1-A1CD，，如图所示.由题知∠A1AD=60°，，AA1=1，，于是A1D=AD1=3，，又AB=BD1=1，，则∠ABD1=120°.设四面体ABCD的外接球球心为O，，则O在平面ABD1的投影O1为△ABD1的外心，，且OO1=12.由正弦定理知，，O1A=1，，从而外接球半径R=OA=52，，于是V=43πR3=55π6.8.一珍稀物种出现在地球，对每个珍稀生物，每天有如下事件发生：有p0≤p≤1的概率消失，有1-p3的概率保持不变，有1-p3的概率分裂成两个，有1-p3的概率分裂成三个.对所有新产生的生物每天也会发生上述事件.假设开始只有一个这样的珍稀生物，若希望最终这种生物灭绝的概率不超过12，则p至多为5 17.【答案】517【解析】设开始有一个珍稀生物、最终灭绝的概率为f1 =q≤12，，那么若开始有n个珍稀生物、最终灭绝的概率则为f n =q n.由题知，，f1 =p+1-p3f1 +1-p3f2 +1-p3f3 ，，从而有q=p+1-p3q+1-p 3q2+1-p3q3即q-11-p3q2+2q+3-1∣=0，，由于q≤12，，则0=1-p3q2+2q+3-1≤1-p 3⋅174-1，，得p≤517.故p至多为517.注：该题也可以用母函数.其第n天的母函数为f n x ，，其中f x =p+1-p3x+1-p3x2+1-p3x3，，考虑limn→+∞f n 0 ≤12即可.二、解答题：共3小题，满分56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.16分已知函数f x =ln x-sin x，若两不相等的实数x1，x2∈0,π满足曲线y=f x 在点x1,f x1和点x2,f x2处的切线斜率相等，求证：f x1 +f x2 >-2.【解析】先证一个引理：对x>0，，有sin x<x.引理的证明：令φx =sin x-x，，φ x =cos x-1≤0，，故φx 为减函数，，所以当x>0时，，φx <φ0 =0，，引理得证！4分回到原题：f x =1x-cos x，，由题知f x1=f x2 .不妨x 1>x 2，，则x 1-x 22∈0,π2，，于是由f x 1 =f x 2 并结合引理可得x 1-x 2x 1x 2=cos x 2-cos x 1=2sin x 1+x 22sin x 1-x228分≤2sin x 1-x 22<2×x 1-x22=x 1-x 2，，因此x 1x 2>1.12分所以f x 1 +f x 2 =ln x 1x 2-sin x 1-sin x 2>-sin x 1-sin x 2≥-2.16分10.20分已知抛物线Ω：y =x 2，动线段AB 在直线y =3x -3上(B 在A 右侧)，且AB =2 3.过A 作Ω的切线，取左边的切点为M .过B 作Ω的切线，取右边的切点为N .当MN ⎳AB 时，求点A 的横坐标.【解析】设M x 1,x 21 ，，N x 2,x 22 ，，注意k MN =x 22-x 21x 2-x 1=x 1+x 2，，从而当MN ⎳AB 时，，k MN =k AB =3⇒x 1+x 2= 3.5分因为y =2x ，，所以k AM =2x 1，，可得切线AM 的方程为y -x 21=2x 1x -x 1 ，，即y =2x 1x -x 21.同理可得切线BN 的方程为y =2x 2x -x 22.由题设中A ，，B 的要求，，可设A t ,3t -3 ，，B t +3,3t ，，10分将A t ,3t -3 代入切线AM 的方程，，得3t -3=2tx 1-x 21，，即x 21-2tx 1+3t -3=0，，可求得x 1=t -t 2-3t +3，，这里取较小的根是因为M 为左边的切点.同理可求得x 2=t +3+t 2+3t +3.15分于是x 1+x 2=3⇒t -t 2-3t +3+t +3+t 2+3t +3=3，，整理得t 1+3t 2-3t +3+t 2+3t +3=0⇒t =0.故点A 的横坐标为0.20分11.20分设x 1=3，x n +1=x n +14-x n +2n ∈N * ，求x 1+x 2+⋯+x n 的值.(其中[x ]表示不超过实数x 的最大整数.)【解析】设f x =x +14-x +2=12x +14+x +2.对于x >0，，f x 连续且单调递减.由于x 1>2，，则0<x 2=f x 1 <f 2 =2，，进而依次可以得到x 3>2，，0<x 4<2，，即0<x 2k <2，，x 2k +1>2.5分令g x =x +f x .由于g x =1+12x +14-12x +2>0恒成立，，故当x ≥0时，，g x 单调递增.又由于g 2 =4，，故当x >2时，，g x >4；当0<x <2时，，g x <4.10分当n 为偶数时，，设n =2k k ∈N * ，，有x 1+⋯+x 2k =x 1+x 2 +x 3+x 4 +⋯+x 2k -1+x 2k =g x 1 +g x 3 +⋯+g x 2k -1 >4k ，，且x 1+⋯+x 2k =x 1+x 2+x 3 +x 4+x 5 +⋯+x 2k -2+x 2k -1 +x 2k =x 1+g x 2 +g x 4 +⋯+g x 2k -2 +x 2k <4k +1，，故x 1+x 2+⋯+x 2k =4k =2n .当n 为大于1的奇数时，，设n =2k +1k ∈N * ，，有x 1+⋯+x 2k +1=x 1+x 2 +x 3+x 4 +⋯+x 2k -1+x 2k +x 2k +1=g x 1 +g x 3 +⋯+g x 2k -1 +x 2k +1>4k +2x 1+⋯+x 2k +1=x 1+x 2+x 3 +x 4+x 5 +⋯+x 2k +x 2k +1=x1+g x2+g x4 +⋯+g x2k<4k+3，，故x1+x2+⋯+x2k+1=4k+2=2n.当n=1时，，x1=3.综上，，当n=1时，，x1=3；当n≥2时，，x1+x2+⋯+x n=2n.20分2024年浙江省高中数学联赛初赛试题一、填空题(每小题8分，共计96分)1.设集合A=x x-12x-1≤0，集合B=x∣x2+2x+m≤0.若A⊆B，则实数m的取值范围为m≤-3.【答案】m≤-3【解析】集合A=x 12<x≤1，，要使A⊆B，，则12+2×1+m≤0，，解得m≤-3.2.设函数f：{1,2,3}→{2,3,4}满足f f x -1=f x ，则这样的函数有10个.【答案】10【解析】令y=f x -1∈{1,2,3}，，则f y =y+1.对f1 =2以下三种情况都满足条件f2 =f3 =2；f2 =f3 =3；f2 =f3 =4，，共3种.同理对f2 =3，，f1 =f3 有3种情况；f3 =4，，f1 =f2 也有3种情况.又f1 =2，，f2 =3，，f3 =4显然满足条件.所以满足已知条件的函数共有3×3+1=10个.(可以看出这种映射的限制仅在值域上，，因此也可对值域大小分类讨论.)3.函数y=sin 2x+sin x+1sin2x+1的最大值与最小值之积为34.【答案】34【解析】令t=sin x，，-1≤t≤1，，原式变形y=1+1t+1t ，，当t≠0时，，12≤y≤32.当t=0时，，y=1.所以y的最大、最小值分别为32，，12，，其积为34.4.已知数列x n满足：x1=22，x n+1=xnn n+1x2n+n n+1，n≥1，则通项x n=n3n-1.【答案】n3n-1【解析】将已知条件变形得1x2n+1-1x2n=1n-1n+1，，将上式从1到n叠加得到1 x2n -1x21=1-1n，，即x n=n3n-1.5.已知四面体A-BCD的外接球半径为1，若BC=1，∠BDC=60°，球心到平面BDC的距离为6 3.【答案】63【解析】因为球心在平面BDC上的投影就是△BDC的外心，，由已知求得△BDC的外接圆半径为33，，所以球心到平面BDC的距离为1-332=63.6.已知复数z满足z24=z-1510=1，则复数z=12±32i.【答案】12±32i【解析】由已知得z =z-1=1，，解得z=12±3i2.显然这两个解满足题设条件.。

历年全国高中数学联赛试题及答案(76套题)

1988年全国高中数学联赛试题第一试(10月16日上午8∶00——9∶30)一．选择题(本大题共5小题，每小题有一个正确答案，选对得7分，选错、不选或多选均得0分)：1．设有三个函数，第一个是y=φ(x )，它的反函数是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于x +y=0对称，那么，第三个函数是( )A ．y=－φ(x )B ．y=－φ(－x )C ．y=－φ－1(x )D ．y=－φ－1(－x ) 2．已知原点在椭圆k 2x 2+y 2－4kx +2ky +k 2－1=0的内部，那么参数k 的取值范围是( ) A ．|k |>1 B ．|k |≠1 C ．－1<k <1 D ．0<|k |<1 3．平面上有三个点集M ，N ，P ：M={(x ，y )| |x |+|y |<1}，N={(x ，y )|(x －12)2+(y +12)2+(x +12)2+(y －12)2<22}， P={(x ，y )| |x +y |<1，|x |<1，|y |<1}．则A ．M ⊂≠P ⊂≠NB ．M ⊂≠N ⊂≠PC ．P ⊂≠N ⊂≠MD ．A 、B 、C 都不成立 4．已知三个平面α、β、γ，每两个之间的夹角都是θ，且α∩β=a ，β∩γ=b ，γ∩α=c ．若有命题甲：θ>π3；命题乙：a 、b 、c 相交于一点．则A ．甲是乙的充分条件但不必要B ．甲是乙的必要条件但不充分C ．甲是乙的充分必要条件D ．A 、B 、C 都不对5．在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I 表示所有直线的集合，M 表示恰好通过1个整点的集合，N 表示不通过任何整点的直线的集合，P 表示通过无穷多个整点的直线的集合．那么表达式 ⑴ M ∪N ∪P=I ； ⑵ N ≠Ø． ⑶ M ≠Ø． ⑷ P ≠Ø中，正确的表达式的个数是A ．1B ．2C ．3D ．4 二．填空题(本大题共4小题，每小题10分)：1．设x ≠y ，且两数列x ，a 1，a 2，a 3，y 和b 1，x ，b 2，b 3，y ，b 4均为等差数列，那么b 4－b 3a 2－a 1= ．2．(x +2)2n +1的展开式中，x 的整数次幂的各项系数之和为．3．在△ABC 中，已知∠A=α，CD 、BE 分别是AB 、AC 上的高，则DEBC= ．4．甲乙两队各出7名队员，按事先排好顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，……直至一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程．那么所有可能出现的比赛过程的种数为．三．(15分)长为2，宽为1的矩形，以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周，求得到的旋转体的体积．四．(15分) 复平面上动点Z 1的轨迹方程为|Z 1－Z 0|=|Z 1|，Z 0为定点，Z 0≠0，另一个动点Z 满足Z 1Z=－1，求点Z 的轨迹，指出它在复平面上的形状和位置．五．(15分)已知a 、b 为正实数，且1a +1b =1，试证：对每一个n ∈N *，(a +b )n －a n －b n ≥22n －2n +1．1988年全国高中数学联赛二试题一．已知数列{a n }，其中a 1=1，a 2=2，a n +2=⎩⎨⎧5a n +1－3a n (a n ·a n +1为偶数)，a n +1－a n (a n ·a n +1为奇数)．试证：对一切n ∈N*，a n ≠0．二．如图，在△ABC 中，P 、Q 、R 将其周长三等分，且P 、Q 在AB 边上，求证：S ∆PQR S ∆ABC >29．三．在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多直线l 1，l 2，……，l n ，…的直线族，它满足条件： ⑴ 点(1，1)∈l n ，(n=1，2，3，……)； ⑵ k n +1=a n －b n ，其中k n +1是l n +1的斜率，a n 和b n 分别是l n 在x 轴和y 轴上的截距，(n=1，2，3，……)； ⑶ k n k n +1≥0，(n=1，2，3，……)．并证明你的结论．N ACBPQ R H1988年全国高中数学联赛解答一试题一．选择题(本大题共5小题，每小题有一个正确答案，选对得7分，选错、不选或多选均得0分)： 1．设有三个函数，第一个是y=φ(x )，它的反函数是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于x +y=0对称，那么，第三个函数是( )A ．y=－φ(x )B ．y=－φ(－x )C ．y=－φ－1(x )D ．y=－φ－1(－x )解：第二个函数是y=φ－1(x )．第三个函数是－x=φ－1(－y )，即y=－φ(－x )．选B ．2．已知原点在椭圆k 2x 2+y 2－4kx +2ky +k 2－1=0的内部，那么参数k 的取值范围是( ) A ．|k |>1 B ．|k |≠1 C ．－1<k <1 D ．0<|k |<1 解：因是椭圆，故k ≠0，以(0，0)代入方程，得k 2－1<0，选D ． 3．平面上有三个点集M ，N ，P ：M={(x ，y )| |x |+|y |<1}，N={(x ，y )|(x －12)2+(y +12)2+(x +12)2+(y －12)2<22}， P={(x ，y )| |x +y |<1，|x |<1，|y |<1}．则A ．M ⊂≠P ⊂≠NB ．M ⊂≠N ⊂≠PC ．P ⊂≠N ⊂≠MD ．A 、B 、C 都不成立解：M 表示以(1，0)，(0．1)，(－1，0)，(0，－1)为顶点的正方形内部的点的集合(不包括边界)；N 表示焦点为(12，－12)，(－12，12)，长轴为22的椭圆内部的点的集合，P 表示由x +y=±1，x=±1，y=±1围成的六边形内部的点的集合．故选A ．4．已知三个平面α、β、γ，每两个之间的夹角都是θ，且α∩β=a ，β∩γ=b ，γ∩α=c ．若有命题甲：θ>π3；命题乙：a 、b 、c 相交于一点．则A ．甲是乙的充分条件但不必要B ．甲是乙的必要条件但不充分C ．甲是乙的充分必要条件D ．A 、B 、C 都不对解：a ，b ，c 或平行，或交于一点．但当a ∥b ∥c 时，θ=π3．当它们交于一点时，π3<θ<π．选C ．5．在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I 表示所有直线的集合，M 表示恰好通过1个整点的集合，N 表示不通过任何整点的直线的集合，P 表示通过无穷多个整点的直线的集合．那么表达式 ⑴ M ∪N ∪P=I ； ⑵ N ≠Ø． ⑶ M ≠Ø． ⑷ P ≠Ø中，正确的表达式的个数是A ．1B ．2C ．3D ．4 解：均正确，选D ．二．填空题(本大题共4小题，每小题10分)：1．设x ≠y ，且两数列x ，a 1，a 2，a 3，y 和b 1，x ，b 2，b 3，y ，b 4均为等差数列，那么b 4－b 3a 2－a 1= ．解：a 2－a 1=14(y －x )，b 4－b 3=23(y －x )，⇒b 4－b 3a 2－a 1=83．2．(x +2)2n +1的展开式中，x 的整数次幂的各项系数之和为．解：(x +2)2n +1－(x －2)2n +1=2(C 12n +12x n +C 32n +123x n －1+C 52n +125x n －2+…+C 2n +12n +122n +1)．令x=1，得所求系数和=12(32n +1+1)．3．在△ABC 中，已知∠A=α，CD 、BE 分别是AB 、AC 上的高，则DEBC = ．解：△AED ∽△ABC ，DE BC =ADAC=|cos α|．4．甲乙两队各出7名队员，按事先排好顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，……直至一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程．那么所有可能出现的比赛过程的种数为．解画1行14个格子，每个格子依次代表一场比赛，如果某场比赛某人输了，就在相应的格子中写上他的顺序号(两方的人各用一种颜色写以示区别)．如果某一方7人都已失败则在后面的格子中依次填入另一方未出场的队员的顺序号．于是每一种比赛结果都对应一种填表方法，每一种填表方法对应一种比赛结果．这是一一对应关系．故所求方法数等于在14个格子中任选7个写入某一方的号码的方法数．∴共有C 714种比赛方式．三．(15分)长为2，宽为1的矩形，以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周，求得到的旋转体的体积．解：过轴所在对角线BD 中点O 作MN ⊥BD 交边AD 、BC 于M 、N ，作AE ⊥BD 于E ，则△ABD 旋转所得旋转体为两个有公共底面的圆锥，底面半径AE=23=63．其体积V=π3(63)2·3=239π．同样， △BCD 旋转所得旋转体的体积=239π．其重叠部分也是两个圆锥，由△DOM ∽△DAB ，DO=32，OM=DO ·AB DA =64． ∴其体积=2·13π·(64)2·32=38π．∴ 所求体积=2·239π－38π=23723π．四．(15分) 复平面上动点Z 1的轨迹方程为|Z 1－Z 0|=|Z 1|，Z 0为定点，Z 0≠0，另一个动点Z 满足Z 1Z=－1，求点Z 的轨迹，指出它在复平面上的形状和位置．解：Z 1=－1Z ，故得|－1Z －Z 0|=|1Z |，即|ZZ 0+1|=1．|Z +1Z 0|=|1Z 0|．即以－1Z 0为圆心|1Z 0|为半径的圆．五．(15分)已知a 、b 为正实数，且1a +1b =1．试证：对每一个n ∈N *，(a +b )n －a n －b n ≥22n －2n +1．证明：由已知得a +b=ab ．又a +b ≥2ab ，∴ ab ≥2ab ，故a +b=ab ≥4．于是(a +b )k =(ab )k ≥22k ．又 a k +b k ≥2a k b k =2(a +b )k ≥2k +1．下面用数学归纳法证明： 1° 当n=1时，左=右=0．左≥右成立． 2° 设当n=k (k ≥1，k ∈N )时结论成立，即(a +b )k －a k －b k ≥22k －2k +1成立．则(a +b )k +1－a k +1－b k +1=(a +b )(a +b )k －(a k +b k )(a +b )+ab (a k －1+b k －1)=(a +b )[(a +b )k －a k －b k ]+ ab (a k －1+b k －1)≥4∙(22k －2k +1)+4∙2k =22(k +1)－4∙2k +1+4∙2k =22(k +1)－2(k +1)+1．即命题对于n=k +1也成立．故对于一切n ∈N *，命题成立．二试题一．已知数列{a n }，其中a 1=1，a 2=2，O N MEBCD Aa n +2=⎩⎨⎧5a n +1－3a n (a n ·a n +1为偶数)，a n +1－a n (a n ·a n +1为奇数)．试证：对一切n ∈N *，a n ≠0．（1988年全国高中竞赛试题）分析：改证a n ≢0(mod 4)或a n ≢0(mod 3)．证明：由a 1=1，a 2=2，得a 3=7，a 4=29，…… ∴ a 1≡1，a 2≡2，a 3≡3(mod 4)．设a 3k －2≡1，a 3k －1≡2，a 3k ≡3(mod 4)．则 a 3k +1≡5×3－3×2=9≡1(mod 4)；a 3k +2≡1－3=－2≡2(mod 4)；a 3k +3≡5×2－3×1=7≡3(mod 4)．根据归纳原理知，对于一切n ∈N ，a 3n －2≡1，a 3n －1≡2，a 3n ≡3(mod 4)恒成立，故a n ≢0(mod 4)成立，从而a n ≠0．又证：a 1≡1，a 2≡2(mod 3)．设a 2k －1≡1，a 2k ≡2(mod 3)成立，则当a 2k －1∙a 2k 为偶数时a 2k +1≡5×2－3×1≡1(mod 3)，当a 2k －1∙a 2k 为奇数时a 2k +1≡2－1≡1(mod 3)，总之a 2k +1≡1(mod 3)．当a 2k ∙a 2k +1为偶数时a 2k +2≡5×1－3×2≡2(mod 3)，当a 2k ∙a 2k +1为奇数时a 2k +2≡1－2≡2(mod 3)，总之，a 2k +2≡2(mod 3)．于是a n ≢0(mod 3)．故a n ≠0．二．如图，在△ABC 中，P 、Q 、R 将其周长三等分，且P 、Q 在AB 边上，求证：S ∆PQR S ∆ABC >29．证明：作△ABC 及△PQR 的高CN 、RH ．设△ABC 的周长为1．则PQ=13．则S ∆PQR S ∆ABC =PQ ·RH AB ·CN =PQ AB ·AR AC ，但AB <12，于是PQ AB >23，AP ≤AB －PQ <12－13=16，∴ AR=13－AP >16，AC <12，故AR AC >13，从而S ∆PQR S ∆ABC >29．三．在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多直线l 1，l 2，……，l n ，…的直线族，它满足条件：⑴ 点(1，1)∈l n ，(n=1，2，3，……)； ⑵ k n +1=a n －b n ，其中k n +1是l n +1的斜率，a n 和b n 分别是l n 在x 轴和y 轴上的截距，(n=1，2，3，……)； ⑶ k n k n +1≥0，(n=1，2，3，……)．并证明你的结论．证明：设a n =b n ≠0，即k n －1=－1，或a n =b n =0，即k n =1，就有k n +1=0，此时a n +1不存在，故k n ≠±1．现设k n ≠0，1，则y=k n (x －1)+1，得b n =1－k n ，a n =1－1k n ，∴ k n +1=k n －1k n ．此时k n k n +1=k n 2－1．∴ k n >1或k n <－1．从而k 1>1或k 1<－1．⑴ 当k 1>1时，由于0<1k 1<1，故k 1>k 2=k 1－1k 1>0，若k 2>1，则又有k 1>k 2>k 3>0，依此类推，知当k m >1时，有k 1>k 2>k 3>∙…>k m >k m +1>0，且0<1k 1<1k 2<…<1k m<1，k m +1=k m －1k m <k m －1k 1=k m －1－1k m －1－1k 1<k m －1－2k 1<…<k 1－mk 1．由于k 1－m k 1随m 的增大而线性减小，故必存在一个m 值，m=m 0，使k 1－m 0k 1≤1，从而必存在一个m 值m=m 1≤m 0，使k m 1－1≥1，而1>k m 1=k m 1－1－1k m 1－1>0，此时k m 1·k m 1+1<0．即此时不存在这样的直线族．⑵ 当k 1<－1时，同样有－1<1k 1<0，得k 1<k 2=k 1－1k 1<0．若k 2<－1，又有k 1<k 2<k 3<0，依此类推，知当N ACBPQ R Hk m <－1时，有k 1<k 2<k 3<∙…<k m <k m +1<0，且0>1k 1>1k 2>…>1k m>－1，k m +1=k m －1k m >k m －1k 1=k m －1－1k m －1－1k 1>k m －1－2k 1>…>k 1－mk 1．由于k 1－m k m 随m 的增大而线性增大，故必存在一个m 值，m=m 0，使k 1－m 0k 1≥－1，从而必存在一个m值，m=m 1(m 1≤m 0)，使k m 1－1≤－1，而－1<k m 1=k m 1－1k m 1－1<0，此时k m 1·k m 1+1<0．即此时不存在这样的直线族．综上可知这样的直线族不存在．厦门市参加2010年福建省高中数学竞赛暨2010年全国高中数学联赛福建赛区竞赛的通知贵校教务处转数学教研组：根据闽科协发【2010】39号文件《关于举办2010年全国高中数学联赛福建赛区竞赛的通知》，以及省数学会《关于2010年福建省高中数学竞赛暨2010年全国高中数学联赛福建赛区竞赛的通知》，根据我市情况，有关竞赛工作通知如下：一、赛制、竞赛时间和命题范围竞赛分预赛和复赛两个阶段。

2024年全国高中数学联赛(一试)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联合竞赛一试试题(A )一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1.若实数m >1满足98m log log =2024，则32m log log 的值为.2.设无穷等比数列{a n }的公比q 满足0<q <1.若{a n }的各项和等于{a n }各项的平方和，则a 2的取值范围是.3.设实数a ，b 满足：集合A ={x ∈R |x 2-10x +a ≤0}与B ={x ∈R |bx ≤b 3}的交集为4,9 ，则a +b 的值为.4.在三棱锥P -ABC 中，若PA ⏊底面ABC ，且棱AB ，BP ，BC ，CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为.5.一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列.独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为a ,b ．若事件a +b =7发生的概率为17，则事件“a =b ”发生的概率为.6.设f (x )是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数g (x )=f (2x )在区间0,5 上的零点个数为25，则g (x )在区间［1,4）上的零点个数为.7.设F 1,F 2为椭圆Ω的焦点，在Ω上取一点P （异于长轴端点），记O 为△PF 1F 2的外心，若PO ∙F 1F 2 =2PF 1 ∙PF 2 ，则Ω的离心率的最小值为.8.若三个正整数a ,b ,c 的位数之和为8，且组成a ，b ，c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(a ,b ,c )为“幸运数组”，例如（9,8,202400）是一个幸运数组.满足10<a <b <c 的幸运数组（a ，b ，c ）的个数为.二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.（本题满分16分）在ΔABC 中，已知cos C =sinA +cosA 2=B sin +cosB 2,求cos C 的值.10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线Γ：x 2-y 2=1的右顶点为A .将圆心在y 轴上，且与Γ的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”.若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA的所有可能的值.11.（本题满分20分）设复数z ，w 满足z +w =2，求S =z 2-2w +w 2-2z 的最小可能值.·1·。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛加试(A卷)试题(含答案)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）给定正整数r ．求最大的实数C ，使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ，满足n a C 对所有正整数n 成立．（x 表示实数x 到与它最近整数的距离．）解：情形1：r 为奇数．对任意实数x ，显然有12x ，故满足要求的C 不超过12．又取{}n a 的首项112a ，注意到对任意正整数n ，均有1n r 为奇数，因此1122n n r a ．这意味着12C 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为12． …………10分情形2：r 为偶数．设*2()r m m N ．对任意实数，我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ，从而21m C m ．事实上，设1a k ，其中k 是与1a 最近的整数（之一），且102．注意到，对任意实数x 及任意整数k ，均有x k x ，以及x x ．若021m m ，则121m a k m ．若1212m m ，则22221m m m m ，即21m m r m m ，此时 2121m a a r kr r r m ． …………30分另一方面，取121m a m ，则对任意正整数n ，有1(2)21n n m a m m ，由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m m a m K m m ，其中K 为整数，故21n m a m ．这意味着21m C m 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为212(1)m r m r ．综上，当r 为奇数时，所求C 的最大值为12；当r 为偶数时，所求C 的最大值为2(1)r r ． …………40分二．（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD 中，AC 平分BAD ，点,E F 分别在边,BC CD 上，满足||EF BD ．分别延长,FA EA 至点,P Q ，使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切．证明：,,,B P Q D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ，故,BP CA 的延长线相交，记交点为L ．由||EF BD 知CE CF CB CD．在线段AC 上取点K ，使得CK CE CF CA CB CD ，则||,||KE AB KF AD ． …………10分由ABL PAL KAF ，180180BAL BAC CAD AKF ，可知ABL KAF ∽，所以KF AB AL KA． …………20分同理，记,DQ CA 的延长线交于点L ，则KE AD AL KA．又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KF AB CA AD，即KE AD KF AB ．所以AL AL ，即L 与L 重合．由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ，所以,,,B P Q D 四点共圆．…………40分三．（本题满分50分）给定正整数n .在一个3n ×的方格表上，由一些方格构成的集合S 称为“连通的”，如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ，存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==，满足iC 与1i C +有公共边(1,2,,1i l −).求具有下述性质的最大整数K ：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S ，使得S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解：所求最大的K n =.对一个由小方格构成的集合S ，记b S 是S 中的黑格个数，w S 是S 中的白格个数. 用[,]i j 表示第i 行第j 列处的方格，这里13i ≤≤,1j n ≤≤.对于两个方格[,]A i j =，[,]B i j ′′=, 定义它们之间的距离为(,)||||d A B i i j j ′′=−+−.首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合S ，均有||b w S S n −≤，这表明K n ≤.设[1,1]是黑格，并记{0,1}ε∈，满足(mod 2)n ε≡.先证b w S S n −≤.可不妨设S 包含所有黑格，这是因为若S 不包含所有黑格，取不属于S 的黑格A 满足(,)d A S 最小，这里(,)min (,)B Sd A S d A B ∈=.易知(,)1d A S =或2.若(,)1d A S =，取{}S S A ′=，则S 仍是连通的，且b w S S ′′−更大. 若(,)2d A S =，则存在与A 相邻的白格C ，而C 与S 中某个方格B 相邻，取{,}S S A B ′= ，则S 仍是连通的，且bw S S ′′−不变. 因而可逐步扩充S ，使得S 包含所有黑格，保持S 的连通性，且b w S S −不减.考虑白格集合{[,]|}k W i j i j k =+=，3,5,,1k n ε++，每个k W 中至少有一个方格属于S ，否则不存在从黑格[1,1]A S =∈到黑格[3,1]B n ε=−+的S 中路径.故1()2w S n ε≥+，而1(3)2b S n ε=+，故b w S S n −≤. …………10分类似可证w b S S n −≤.同上，可不妨设S 包含所有白格, 从而1(3)2w S n ε=−. 再考虑黑格集合{[,]|}k B i j i j k =+=, 4,6,,2k n ε+−，每个k B 中至少有一个黑格属于S ，否则不存在从白格[1,2]A =到白格[3,]B n ε=−的S 中路径. 从而1()2b S n ε≥−，故w b S S n −≤. …………20分下面证明K n =具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合S ，使得b w S S n −≥.设表格中共有X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有x 个黑格和y 个白格. 于是3X Y n +=, x y n +=.故()()()()2X y Y x X Y x y n −+−=+−+=.由平均值原理可知max{,}X y Y x n −−≥.不妨设X y n −≥.取S 为第二行中的y 个白格以及所有X 个黑格.由于S 包含第二行中所有方格，因而S 是连通的. 而b S X =，w S y =，b w S S X y n −=−≥.综上所述，max K n =. …………50分四．（本题满分50分）设,A B 为正整数，S 是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1) 对任意非负整数k ，有k A S ；(2) 若正整数n S ，则n 的每个正约数均属于S ；(3) 若,m n S ，且,m n 互素，则mn S ；(4) 若n S ，则An B S ．证明：与B 互素的所有正整数均属于S ．证明：先证明下述引理．引理：若n S ，则n B S ．引理的证明：对n S ，设1n 是n 的与A 互素的最大约数，并设12n n n ，则2n 的素因子均整除A ，从而12(,)1n n ．由条件(1)及(2)知，对任意素数|p A 及任意正整数k ，有k p S ．因此，将11k A n 作标准分解，并利用(3)知11k A n S ．又2|n n ，而n S ，故由(2)知2n S ．因112(,)1k A n n ，故由(3)知112k A n n S ，即1k A n S ．再由(4)知k A n B S （对任意正整数k ）． ① …………10分设n B C D ，这里正整数C 的所有素因子均整除A ，正整数D 与A 互素，从而(,)1C D ．由(1)及(2)知C S （见上面1k A n S 的证明）．另一方面，因(,)1D A ，故由欧拉定理知()1D D A ．因此()()(1)()0(mod )D D A n B A n n B D ，但由①知()D A n B S ，故由(2)知D S ．结合C S 及(,)1C D 知CD S ，即n B S ．引理证毕． …………40分回到原问题．由(1)，取0k 知1S ，故反复用引理知对任意正整数y ，有1By S ．对任意*,(,)1n n B N ，存在正整数,x y 使得1nx By ，因此nx S ，因|n nx ，故n S ．证毕． …………50分。

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1986年全国高中数学联赛试题第一试1．选择题(本题满分42分，每小题7分，每小题答对得7分，答错得0分不答得1分) ⑴ 设－1<a <0，θ=arcsin a ，那么不等式sin x <a 的解集为( )A ．{x |2nπ+θ<x <(2n +1)π－θ，n ∈Z }B ．{x |2nπ－θ<x <(2n +1)π+θ，n ∈Z }C ．{x |(2n －1)π+θ<x <2nπ－θ，n ∈Z }D ．{x |2nπ+θ<x <(2n +1)π－θ，n ∈Z } ⑵ 设x 为复数，M={z |(z －1)2=|z －1|2}，那么( )A ．M={纯虚数}B ．M={实数}C ．{实数}⊂≠ M ⊂≠{复数}D ．M={复数} ⑶ 设实数a 、b 、c 满足⎩⎨⎧a 2－bc －8a +7=0，b 2+c 2+bc －6a +6=0．那么，a 的取值范围是( )A ．(－∞，+∞)B ．(－∞，1]∪[9，+∞)C ．(0，7)D ．[1，9] ⑷ 如果四面体的每一个面都不是等腰三角形，那么其长度不等的棱的条数最少为( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6⑸ 平面上有一个点集和七个不同的圆C 1，C 2，…，C 7，其中圆C 7恰好经过M 中的7个点，圆C 6恰好经过M 中的6个点，…，圆C 1恰好经过M 中的1个点，那么M 中的点数最少为( ) A ．11 B ．12 C ．21 D ．28⑹ 边长为a 、b 、c 的三角形，其面积等于14，而外接圆半径为1，若s=a +b +c ，t=1a +1b +1c，则s 与t 的大小关系是A ．s >tB ．s=tC ．s <tD ．不确定 2．填空题(本题满分28分，每小题7分)：本题共有4个小题，每小题的答案都是000到999的某一个整数，请把你认为正确的答案填在上． ⑴ 在底面半径为6的圆柱内，有两个半径也为6的球面，其球心距为13，若作一平面与这二球面相切，且与圆柱面交成一个椭圆，则这个椭圆的长轴长与短轴长之和是． ⑵ 已知f (x )=|1－2x |，x ∈[0，1]，那么方程 f (f (f (x )))=12x的解的个数是．⑶设f (x )=4x4x +2，那么和式f (11001)+f (21001)+f (31001)+…+f (10001001)的值等于；⑷设x 、y 、z 为非负实数，且满足方程45x +9y +4z－6825x +9y +4z+256=0，那么x +y +z 的最大值与最小值的乘积等于．第二试1．(本题满分17分)已知实数列a0，a1，a2，…，满足a i－1+a i+1=2a i，(i=1，2，3，…)求证：对于任何自然数n，P(x)=a0C0n(1-x)n+a1C1n x(1-x)n-1+a2C2n x2(1-x)n-2+…+a n-1C n－1n x n-1(1-x)+a n C n n x n 是一次多项式．(本题应增加条件：a0≠a1)2．(本题满分17分)已知锐角三角形ABC的外接圆半径为R，点D、E、F分别在边BC、CA、AB上，求证：AD，BE，CF是⊿ABC的三条高的充要条件是S=R2(EF+FD+DE）．式中S是三角形ABC的面积．3．平面直角坐标系中，纵横坐标都是整数的点称为整点，请设计一种染色方法将所有的整点都染色，每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色，使得⑴每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上；⑵对任意白色A、红点B和黑点C，总可以找到一个红点D，使得ABCD为一平行四边形．证明你设计的方法符合上述要求．1986年全国高中数学联赛解答第一试1．选择题(本题满分42分，每小题7分，每小题答对得7分，答错得0分不答得1分) ⑴ 设－1<a <0，θ=arcsin a ，那么不等式sin x <a 的解集为( )A ．{x |2nπ+θ<x <(2n +1)π－θ，n ∈Z }B ．{x |2nπ－θ<x <(2n +1)π+θ，n ∈Z }C ．{x |(2n －1)π+θ<x <2nπ－θ，n ∈Z }D ．{x |(2n －1)π－θ<x <2nπ+θ，n ∈Z }解：－π2<θ<0，在(－π，0)内满足sin x <a 的角为－π－θ<x <θ，由单位圆易得解为D ．⑵ 设x 为复数，M={z |(z －1)2=|z －1|2}，那么( ) A ．M={纯虚数} B ．M={实数} C ．{实数}M{复数} D ．M={复数}解：即(z －1)2－(z －1)(－z －1)=0，(z －1)(z －－z )=0，z=1或z=－z ，总之，z 为实数．选B⑶ 设实数a 、b 、c 满足⎩⎨⎧a 2－bc －8a +7=0， b 2+c 2+bc －6a +6=0．那么，a 的取值范围是( )A ．(－∞，+∞)B ．(－∞，1]∪[9，+∞)C ．(0，7)D ．[1，9] 解：①×3+②：b 2+c 2－2bc +3a 2－30a +27=0，(b －c )2+3(a －1)(a －9)=0，1≤a ≤9．选D ．b 2+c 2+2bc －a 2+2a －1=0，(b +c )2=(a －1)2，b +c=a －1，或b +c=－a +1．⑷ 如果四面体的每一个面都不是等腰三角形，那么其长度不等的棱的条数最少为( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6解：取等腰四面体，其棱长至多2种长度．棱长少于3时，必出现等腰三角形．选A ．⑸ 平面上有一个点集和七个不同的圆C 1，C 2，…，C 7，其中圆C 7恰好经过M 中的7个点，圆C 6恰好经过M 中的6个点，…，圆C 1恰好经过M 中的1个点，那么M 中的点数最少为( ) A ．11 B ．12 C ．21 D ．28解：首先，C 7经过M 中7个点，C 6与C 7至多2个公共点，故C 6中至少另有4个M 中的点，C 5至少经过M 中另外1个点，共有至少7+4+1=12个点．⑹ 边长为a 、b 、c 的三角形，其面积等于14，而外接圆半径为1，若s=a +b +c ，t=1a +1b +1c，则s 与t 的大小关系是A ．s >tB ．s=tC ．s <tD ．不确定解：△=12ab sin C=abc 4R ，由R=1，△=14，知abc=1．且三角形不是等边三角形．∴ 1a +1b +1c≥1ab +1bc +1ca =a +b +c abc=a +b +c ．(等号不成立)．选C ．2．填空题(本题满分28分，每小题7分)：本题共有4个小题，每小题的答案都是000到999的某一个整数，请把你认为正确的答案填在上．⑴ 在底面半径为6的圆柱内，有两个半径也为6的球面，其球心距为13，若作一平面与这二球面相切，且与圆柱面交成一个椭圆，则这个椭圆的长轴长与短轴长之和是．解：易得cos α=66.5=1213，于是椭圆长轴=13，短轴=12．所求和=25．⑵ 已知f (x )=|1－2x |，x ∈[0，1]，那么方程 f (f (f (x )))=12x的解的个数是．解：f (f (x ))=|1－2|1－2x ||=⎩⎪⎨⎪⎧1－4x ，(0≤x ≤14)4x －1，(14≤x ≤12)3－4x ，(12≤x ≤34)4x －3，(34≤x ≤1)同样f (f (f (x )))的图象为8条线段，其斜率分别为±8，夹在y=0与y=1，x=0，x=1之内．它们各与线段y=12x (0≤x ≤1)有1个交点．故本题共计8解．⑶ 设f (x )=4x4x +2，那么和式f (11001)+f (21001)+f (31001)+…+f (10001001)的值等于；解 f (x )+f (1－x )= 4x4x +2+41－x41－x +2=4x4x +2+44+24x =1． ⑴以x=11001，21001，31001，…，5001001代入⑴式，即得所求和=500．⑷ 设x 、y 、z 为非负实数，且满足方程45x +9y +4z－6825x +9y +4z+256=0，那么x +y +z 的最大值与最小值的乘积等于；解：令25x +9y +4z=t ，则得，t 2－68t +256=0，(t －64)(t －4)=0，t=4，t=64．5x +9y +4z=25x +9y +4z=4，9(x +y +z )=4+4x +5z ≥4，x +y +z ≥49；4(x +y +z )=4－x －5y ≤4，x +y +z ≤1x +y +z ∈[49，1]；5x +9y +4z=65x +9y +4z=36，9(x +y +z )=36+4x +5z ≥36，x +y +z ≥4； 4(x +y +z )=36－x －5y ≤36，x +y +z ≤9．α故，所求最大值与最小值的乘积=49 9=4．第二试1．(本题满分17分)已知实数列a 0，a 1，a 2，…，满足 a i －1+a i +1=2a i ，(i=1，2，3，…) 求证：对于任何自然数n ，P (x )=a 0C 0n (1-x )n+a 1C 1n x (1-x )n -1+a 2C 2n x 2(1-x )n -2+…+a n -1C n －1nx n -1(1-x )+a n C nn x n是一次多项式．(本题应增加条件：a 0≠a 1)证明：由已知，得a i +1－a i =a i －a i －1，故{a i }是等差数列．设a i －a i －1=d ≠0．则a k =a 0+kd ．于是P (x )=a 0C 0n (1-x )n +a 1C 1n x (1-x )n -1+a 2C 2n x 2(1-x )n -2+…+a n -1Cn －1n ,n )x n -1(1-x )+a n C n n x n= a 0C 0n (1-x )n+(a 0+d )C 1n x (1-x )n -1+(a 0+2d )C 2n x 2(1-x )n -2+…+(a 0+(n －1)d )C n －1n x n -1(1-x )+(a 0+nd )C nnx n=a 0[C 0n (1-x )n+C 1n x (1-x )n -1+C 2n x 2(1-x )n -2+…+C n －1n x n -1(1-x )+C n n x n]+d [C 1n x (1-x )n -1+2C 2n x 2(1-x )n -2+…+(n －1)C n －1n x n -1(1-x )+nC n n x n] (由kC k n =nC k －1n －1)=a 0(1－x +x )n+ndx [C 0n －1(1-x )n -1+C 1n －1x (1-x )n -2+…+C n －2n －1x n -2(1-x )+C n －1n －1xn －1]=a 0+ndx (1－x +x )n －1=a 0+ndx=a 0+(a n －a 0)x ．此为一次多项式．证毕．2．(本题满分17分)已知锐角三角形ABC 的外接圆半径为R ，点D 、E 、F 分别在边BC 、CA 、AB 上，求证：AD ，BE ，CF 是⊿ABC 的三条高的充要条件是S=R2(EF+FD+DE )．式中S 是三角形ABC 的面积．证明连OA ，则由C 、E 、F 、B 四点共圆，得AFE=C ，又在⊿OAB中，OAF=(180-2C )/2=90-C ，∴OA ⊥EF ．∴ S OEAF =EF ·OA 2=R2·EF ，同理，S OFBD =R 2·DF ，S ODCE =R 2·DE ，故得S=R2(EF +FD +DE )．反之，由S=R 2(EF+FD+DE ）．得OA ⊥EF ，OB ⊥FD ，OC ⊥ED ，否则S <R2(EF+FD+DE ）．过A 作⊙O 的切线AT ，则∠AFE=∠TAF=∠ACB ，B 、F 、E 、D 共圆，同理，A 、F 、D 、C 共圆，A 、E 、D 、B 共圆．∠AFC=∠ADC ，∠AEB=∠ADB ．ABCDEFO∴∠AFC+∠AEB=∠ADC+∠ADB=180°．但∠BFC=∠BEC，即∠AFC=∠AEB=90°，于是F、E为垂足，同理D为垂足．故证．3．(本题16分)平面直角坐标系中，纵横坐标都是整数的点称为整点，请设计一种染色方法将所有的整点都染色，每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色，使得⑴每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上；⑵对任意白色A、红点B和黑点C，总可以找到一个红点D，使得ABCD为一平行四边形．证明你设计的方法符合上述要求．证明：设任一点的坐标为(x，y)，把x+y≡1(mod 4)的点染白，x+y≡3(mod 4)的点染黑，x+y≡0或2(mod4)的点染红．显然，这样染色的点满足要求．首先，每条平行于x轴的直线上都有三种颜色的点．即每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上；其次，对于任一白点A(x1，y1)，任一红点B(x2，y2)，与任一黑点C(x3，y3)，当点D(x4，y4)与之组成平行四边形时，有x1+x3=x2+x4，y1+y3=y2+y4．而x1+y1+x3+y3≡0(mod 4)，于是x2+y2+x4+y4≡0(mod 4)，故x4+y3≡0(当x2+y2≡0时)或2(当x2+y2≡2时)(mod 4)．即点D为红点．。