全国高中数学联赛模拟试题6
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。
高中数学竞赛模拟试题(含详细答案)
高中数学竞赛试题（模拟）一、选择题：(本大题共10个小题；每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中， 有且只有一项是符合题目要求的)1.已知函数f(x)是R 上的奇函数，g(x)是R 上的偶函数，若129)()(2++=-x x x g x f ，则=+)()(x g x f ( )A ．1292-+-x x B ．1292-+x xC ．1292+--x xD ． 1292+-x x2.有四个函数：① y=sinx+cosx ② y= sinx-cosx ③ y=x x cos sin ⋅ ④ xxy cos sin = 其中在)2,0(π上为单调增函数的是 ( )A ．①B ．②C ．①和③D ．②和④3.方程x xx x x x ππ)1(12122-+=-+-的解集为A(其中π为无理数，π=3.141…，x 为实数)，则A 中所有元素的平方和等于 ( ) A ．0 B ．1C ．2D ．44.已知点P(x,y)满足)(4)sin 4()cos 4(22R y x ∈=-+-θθθ，则点P(x,y)所在区域的面积为 A ．36π B ．32π C ．20π D ．16π ( )5.将10个相同的小球装入3个编号为1、2、3的盒子(每次要把10个球装完)，要求每个盒子里球的个数不少于盒子的编号数，这样的装法种数为 ( ) A ．9 B ．12 C ．15 D ．186.已知数列{n a }为等差数列，且S 5=28，S 10=36，则S 15等于 ( ) A ．80B ．40C ．24D ．-487.已知曲线C ：x x y 22--=与直线0:=-+m y x l 有两个交点，则m 的取值范围是 ( )A ．)2,12(--B ．)12,2(--C ．)12,0[-D ．)12,0(-8.过正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1的截面面积为S ，S max 和S min 分别为S 的最大值和最小值，则minmaxS S 的值为 ( ) A ．23 B ．26 C ．332 D ．362 9.设7log ,1sin ,82.035.0===z y x ，则x 、y 、z 的大小关系为 ( )A ．x<y<zB ．y<z<xC ．z<x<yD ． z<y<x10.如果一元二次方程09)3(222=+---b x a x 中，a 、b 分别是投掷骰子所得的数字，则该二次方程有两个正根的概率P= ( )A ．181 B ．91 C ．61 D ．1813 二、填空题（本大题共4个小题，每小题8分，共32分）11.设P 是椭圆191622=+y x 上异于长轴端点的任意一点，F 1、F 2分别是其左、右焦点，O 为中心，则=+⋅221||||||OP PF PF ___________.12.已知△ABC 中，==,，试用、的向量运算式子表示△ABC 的面积，即S △ABC = ____________________.13.从3名男生和n 名女生中，任选3人参加比赛，已知3人中至少有1名女生的概率为3534，则n=__________.14.有10名乒乓球选手进行单循环赛，比赛结果显示，没有和局，且任意5人中既有1人胜其余4人，又有1人负其余4人，则恰好胜了两场的人数为____________个.三、解答题（本大题共5个小题，15-17题每小题12分，18题、19题每小题16分，共68分） 15.对于函数f(x),若f(x)=x,则称x 为f(x)的“不动点”，若x x f f =))((，则称x 为f(x)的“稳定点”，函数f(x)的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A 和B ，即x x f x A ==)(|{}})]([|{x x f f x B ==.(1). 求证：A ⊆B(2).若),(1)(2R x R a ax x f ∈∈-=，且φ≠=B A ，求实数a 的取值范围.16.某制衣车间有A 、B 、C 、D 共4个组，各组每天生产上衣或裤子的能力如下表，现在上衣及裤子要配套生产(一件上衣及一条裤子为一套)，问在7天内，这4个组最多能生产多少套？17.设数列}{n a 满足条件：2,121==a a ，且 ,3,2,1(12=+=++n a a a n n n ) 求证：对于任何正整数n ，都有 nnn n a a 111+≥+18.在周长为定值的△ABC 中，已知|AB|=6，且当顶点C 位于定点P 时，cosC 有最小值为257. (1).建立适当的坐标系，求顶点C 的轨迹方程.(2).过点A 作直线与(1)中的曲线交于M 、N 两点，求||||BN BM ⋅的最小值的集合.19.已知三棱锥O-ABC 的三条侧棱OA 、OB 、OC 两两垂直，P 是底面△ABC 内的任一点，OP 与三侧面所成的角分别为α、β、γ. 求证：33arcsin32≤++<γβαπ参考答案一、选择题： ADCBC CCCBA 二、填空题：11. 25 12.13. 4 14. 1 三、解答题：15.证明(1).若A=φ，则A ⊆B 显然成立；若A ≠φ，设t ∈A ，则f(t)=t,f(f(t))=f(t)=t,即t ∈B,从而 A ⊆B. 解 (2)：A 中元素是方程f(x)=x 即x ax =-12的实根.由 A ≠φ，知 a=0 或 ⎩⎨⎧≥+=∆≠0410a a 即 41-≥aB 中元素是方程 x ax a =--1)1(22 即 0122243=-+--a x x a x a 的实根 由A ⊆B ，知上方程左边含有一个因式12--x ax ，即方程可化为 0)1)(1(222=+-+--a ax x a x ax因此，要A=B ，即要方程 0122=+-+a ax x a ① 要么没有实根，要么实根是方程 012=--x ax ② 的根. 若①没有实根，则0)1(4222<--=∆a a a ，由此解得 43<a 若①有实根且①的实根是②的实根，则由②有 a ax x a +=22，代入①有 2ax+1=0.由此解得 a x 21-=,再代入②得,012141=-+a a 由此解得 43=a . 故 a 的取值范围是 ]43,41[-16.解：A 、B 、C 、D 四个组每天生产上衣与裤子的数量比分别是：76,117,129,108，且11712910876>>> ① 只能让每天生产上衣效率最高的组做上衣，生产裤子效率最高的组做裤子，才能使做的套数最多.由①知D 组做上衣效率最高，C 组做裤子效率最高，于是，设A 组做x 天上衣，其余(7-x)天做裤子；B 组做y 天上衣，其余(7-y)天做裤子;D 组做7天上衣，C 组做7天裤子.则四个组7天共生产上衣 6×7+8x+9y (件)；生产裤子11×7+10(7-x)+12(7-y) (条)依题意，有 42+8x+9y=77+10(7-x)+12(7-y)，即 769x y -=. 令 μ= 42+8x+9y=42+8x+9(769x -)=123+x 72 因为 0≤x ≤7,所以，当x=7时，此时y=3, μ取得最大值，即μmax =125.因此，安排A 、D 组都做7天上衣，C 组做7天裤子，B 组做3天上衣，4天裤子，这样做的套数最多，为125套.17.证明：令 10=a ,则有 11-++=k k k a a a ，且 ),2,1(1111 =+=+-+k a aa a k k k k 于是 ∑∑=+-=++=nk k k nk k k a aa a n 11111由算术-几何平均值不等式，可得nn n a a a a a a 132211+⋅⋅⋅≥ +n n n a aa a a a 113120+-⋅⋅⋅ 注意到 110==a a ，可知nn n nn a a a 11111+++≥，即 nnn n a a 111+≥+18.解：(1) 以AB 所在直线为x 轴，线段AB 的中垂线为y 轴建立直角坐标系，设 |CA|+|CB|=2a(a>3)为定值，所以C 点的轨迹是以A 、B 为焦点的椭圆，所以焦距 2c=|AB|=6.因为 1||||182||||236||||2|)||(|||||26||||cos 22222--=--+=-+=CB CA a CB CA CB CA CB CA CB CA CB CA C又 22)22(||||a a CB CA =≤⋅，所以 2181cos a C -≥，由题意得 25,25718122==-a a. 此时，|PA|=|PB|，P 点坐标为 P(0，±4).所以C 点的轨迹方程为)0(1162522≠=+y y x (2) 不妨设A 点坐标为A(-3，0)，M(x 1,y 1),N(x 2,y 2).当直线MN 的倾斜角不为900时，设其方程为y=k(x+3) 代入椭圆方程化简，得 0)1169(83)16251(2222=-+++k x k x k 显然有 △≥0， 所以 222122212516400225,2516150k k x x k k x x +-=+-=+而由椭圆第二定义可得25165311442553125251614453125251614481251645025259)(325)535)(535(||||22222222212121+-⋅+=+-+=+-+++=++-=--=⋅k k kk k k k k x x x x x x BN BM只要考虑251653114422+-k k 的最小值，即考虑2516531144251612++-k 取最小值，显然. 当k=0时，||||⋅取最小值16.当直线MN 的倾斜角为900时，x 1=x 2=-3,得 16)534(||||2>=⋅BN BM 但)0(1162522≠=+y y x ，故0≠k ，这样的M 、N 不存在，即||||⋅的最小值的集合为空集.19.证明：由 题意可得 1sin sin sin 222=++γβα，且α、β、 )2,0(πγ∈所以 )cos()cos()2cos 2(cos 21sin sin 1sin 222γβγβγβγβα-+=+=--= 因为 )cos()cos(γβγβ+>-，所以 )](2[sin )(cos sin 222γβπγβα+-=+>当2πγβ≥+时，2πγβα>++.当2πγβ<+时，)(2γβπα+->，同样有 2πγβα>++故 2πγβα>++另一方面，不妨设 γβα≥≥，则 33sin ,33sin ≤≥γα 令 βγα2211sin )33(1sin ,33sin --==， 则 1sin sin sin12212=++γβα)cos()cos()cos()cos(sin 11112γαγαγαγαβ-+=-+=因为 γαγα-≤-11，所以 )cos()cos(11γαγα-≥- 所以 )cos()cos(11γαγα+≥+ 所以 11γαγα+≤+如果运用调整法，只要α、β、γ不全相等，总可通过调整，使111γβα++增大. 所以，当α=β=γ=33arcsin时，α+β+γ取最大值 333arcsin . 综上可知，33arcsin32≤++<γβαπ。
全国高中数学联赛模拟试06
全国高中数学联赛模拟试题(六)第一试一、 选择题：（每小题6分；共36分）1、在复平面上；非零复数z 1、z 2在以i 对应的点为圆心；1为半径的圆上；21z z ⋅的实部为零；arg z 1=6π；则z 2= （A ）i 2323+-（B ）i 2323- （C ）i 2323+- （D ）i 2323- 2、已知函数()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=21log 2x ax x f a 在[1,2]上恒正；则实数a 的取值范围是（A ）⎪⎭⎫⎝⎛85,21（B ）⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,23（C ）⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞⎪⎭⎫ ⎝⎛,2385,21（D ）⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,213、已知双曲线过点M (-2,4)；N (4,4)；它的一个焦点为F 1(1,0)；则另一个焦点F 2的轨迹方程是（A ）()()116425122=-+-y x （y ≠0）或x =1（y ≠0）（B ）()()125416122=-+-y x （x ≠0）或x =1（y ≠0）（C ）()()116125422=-+-y x （y ≠0）或y =1（x ≠0）（D ）()()125116422=-+-y x （x ≠0）或y =1（x ≠0）4、已知正实数a 、b 满足a +b =1；则b a M 2112+++=的整数部分是（A ）1（B ）2（C ）3（D ）45、一条笔直的大街宽是40米；一条人行道穿过这条大街；并与大街成某一角度；人行道的宽度是15米；长度是50米；则人行道间的距离是 （A ）9米 （B ）10米 （C ）12米 （D ）15米6、一条铁路原有m 个车站；为适应客运需要新增加n 个车站（n ＞1）；则客运车票增加了58种（注：从甲站到乙站需要两种不同的车票）；那么原有车站的个数是 （A ）12 （B ）13 （C ）14 （D ）15二、 填空题：（每小题6分；共36分）1、长方形ABCD 的长AB 是宽BC 的32倍；把它折成无底的正三棱柱；使AD 与BC 重合折痕线EF 、GH 分别交原对角线AC 于M 、N ；则折后截面AMN 与底面AFH 所成的角是 ．2、在△ABC 中；a 、b 、c 是角A 、B 、C 的对边；且满足a 2+b 2=2c 2；则角C 的最大值是 ．3、从盛满a 升（a ＞1）纯酒精的容器里倒出1升；然后填满水；再倒出1升混合溶液后又用水填满；如此继续下去．则第n 次操作后溶液的浓度是 ．4、已知函数f (x )与g (x )的定义域均为非负实数集；对任意x ≥0；规定f (x )*g (x )=min{f (x ),g (x )}．若f (x )=3-x ；g (x )=52+x ；则f (x )*g (x )的最大值为 ．5、从1到100的自然数中；每次取出不同的两个数；使它们的和大于100；则可有不同的取法．6、若实数a ＞0；则满足a 5-a 3+a =2的a 值属于区间：①()63,0；②()663,2；③()+∞,36；④()32,0．其中正确的是 ．三、 （20分）求证：经过正方体中心的任一截面的面积不小于正方体的一个侧面的面积四、 （20分）直线Ax +Bx +C =0（A ·B ·C ≠0）与椭圆b 2x 2+a 2y 2=a 2b 2相交于P 、Q 两点；O 为坐标原点；且OP ⊥OQ ．求证：2222222BA b a C b a ++=．五、 （20分）某新建商场建有百货部、服装部和家电部三个经营部；共有190名售货员；计划全商场日营业额（指每日卖出商品的总金额）为60万元；根据经验；各部商品每1万元营业额所需售货员人数如表1；每1万元营业额所得利润如表2．商场将计划日营业额分配给三个经营部；同时适当安排各部的营业员人数；若商场预计每日的总利润为c （万元）且满足19≤c ≤19.7；又已知商场分配给经营部的日营业额均为正整数万元；问这个商场怎样分配日营业额给三个部？各部分别安排多少名售货员？表1 各部每1万元营业额所需人数表部门 人数 百货部 5 服装部 4 家电部 2 表2 各部每1万元营业额所得利润表部门 利润 百货部 服装部 家电部第二试一、 （50分）矩形ABCD 的边AD =·AB ；以AB 为直径在矩形之外作半圆；在半圆上任取不同于A 、B 的一点P ；连PC 、PD 交AB 于E 、F ；若AE 2+BF 2=AB 2；试求正实数的值．二、 （50分）若a i ∈R +（i =1,2,…,n ）；∑==ni iaS 1；且2≤n ∈N ．求证：∑=-nk kk a S a 13≥∑=-n k k a n 1211．三、 （50分）无穷数列{c n }可由如下法则定义：c n +1=|1-|1-2c n ||；而0≤c 1≤1． （1）证明：仅当c 1是有理数时；数列自某一项开始成为周期数列．（2）存在多少个不同的c 1值；使得数列自某项之后以T 为周期（对于每个T =2,3,…）？参考答案 第一试二、填空题：1、6π； 2、3π；3、na ⎪⎭⎫ ⎝⎛-11；4、132-；5、2500；6、③④．三、证略．四、证略．五、8；23；29或10；20；30（万元）；对应40；92；58或50；80；60（人）．第二试 一、22=λ；二、证略．三、 （1）证略． （2）无穷个．。
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一卷〔选择题 共60分〕 参考公式1．三角函数的积化与差公式sin α•cos β=21[sin(α+β)+sin(α-β)],cos α•sin β=21[sin(α+β)-sin(α-β)],cos α•cos β=21[cos(α+β)+cos(α-β)],sin α•sin β=21[cos(α+β)-cos(α-β)].2．球的体积公式V 球=34πR 3〔R 为球的半径〕。
一、选择题〔每题5分，共60分〕1．设在xOy 平面上，0<y ≤x 2,0≤x ≤1所围成图形的面积为31。
那么集合M={(x,y)|x ≤|y|}, N={(x,y)|x ≥y 2| 的交集M ∩N 所表示的图形面积为 A ．32B ．31 C ．1 D ．61 2．在四面体ABCD 中，设AB=1，CD=3，直线AB 及直线CD 的距离为2，夹角为3。
那么四面体ABCD 的体积等于 A ．23 B ．31 C ．21D ．33 3．有10个不同的球，其中，2个红球、5个黄球、3个白球。
假设取到一个红球得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 ．90B ．100C ．110D ．1204．在ΔABC 中，假设(sinA+sinB)(cosA+cosB)=2sinC ，那么 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．f(x)=3x 2-x+4, f(g(x))=3x 4+18x 3+50x 2+69x+48.那么，整系数多项式函数g(x)的各项系数与为A ．8B ．9C ．10D ．116．设0<x<1, a,b 为正常数。
那么的最小值是A ．4abB ．(a+b)2C ．(a-b)2D ．2(a 2+b 2)7．设a,b>0，且a 2021+b 2021=a 2006+b 2006。
全国高中数学联赛模拟试卷试题.doc
全国高中数学竞赛模拟试题一、选择题（每题 6 分共 36 分）1. 由 0,1,2,3,4,5六个数字能组成数字不重复且百位数字不是5 的偶数有 [ ] 个A.360B.252C.720D.2402. 已知数列 { a n }(n ≥ 1) 满足 a n 2 = a n 1 - a n ，且 a 2 =1, 若数列的前2020 项之和为 2020，则前2020 项的和等于 [ ] A.2020B.2020C.2020D.20203. 有一个四棱锥，底面是一个等腰梯形，并且腰长和较短的底长都是1，有一个底角是 60 0，又侧棱与底面所成的角都是450 ，则这个棱锥的体积是[ ]A.1B. 3C.3 D.3424. 若 ( 2x 4)2 naa x ax2a+则 a 2 a 4 a 2 n 被 3 除的余数2 2 n x 2n (n ∈ N ),0 1是 [ ] A.0 B.1C.2D.不能确定5. 已知 x, y(2, 2 ) ，且 xy 1 ，则24 的最小值是[ ]2422 xyA 、20B 、12C 、 16 4 2D 、 16 4 277776. 在边长为 12 的正三角形中有 n 个点，用一个半径为 3 的圆形硬币总可以盖住其中的2 个点，则 n 的最小值是 [ ]A.17B.16C.11D.10二、填空题（每题 9 分共 54 分）7. 在锐角三角形 ABC 中，设 tanA,tanB,tanC 成等差数列且函数 f(x) 满足f(cos2C)=cos(B+C-A) ，则 f(x) 的解析是为100 8.[(10i 1)(10i 3)(10i 7)(10i 9)] 的末三位数是 _______i 19. 集合 A 中的元素均为正整数，具有性质：若a A ，则 12- aA ，这样的集合共有 个 .10. 抛物线的顶点在原点，焦点在 x 轴的正半轴上，直线 x+y-1=0 与抛物线相交于 A 、 B 两点，且 |AB|= 86. 在抛物线上是否存在一点 C ，使△ ABC 为正三角形，若存在， C 点的11坐标是.11. 在数列 { a n } 中， a 1 ＝ 2， a nan 11(n N * ) ，设 S n 为数列 { a n } 的前 n 项和，则S 2007 2S 2006S 2005 的值为12. 函数f ( x) 3 1 x x，其中0. 函数 f ( x)在[ 0, ) 上是减函数；的取范是 _____________________. 三、解答题（每题20 分共 60 分）13. 已知点 A 5,0和曲 x2 y 21 2x2 5,y上的点P、P、P n。
全国高中数学联赛预赛试题及答案
2012年全国高中数学联合竞赛（四川初赛）一、单项选择题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）1、设集合{}2|560S x x x =--<，{}|2|3T x x =+≤，则S T ⋂=（ ） A 、{|51}x x -≤<- B 、{|55}x x -≤< C 、{|11}x x -<≤ D 、{|15}x x ≤< 2、正方体1111ABCD A B C D -中1BC 与截面11BB D D 所成的角是（ ） A 、6π B 、4π C 、3π D 、2π3、已知2()23f x x x =-+，()1g x kx =-，则“||2k ≤”是“()()f x g x ≥在R 上恒成立”的（ ）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 4、设正三角形1∆的面积为1S ，作1∆的内切圆，再作内切圆的内接正三角形，设为2∆，面积为2S ，如此下去作一系列的正三角形34,,∆∆，其面积相应为34,,S S ，设11S =,12n n T S S S =+++，则lim n n T →+∞=（ ）A 、65 B 、43 C 、32D 、2 5、设抛物线24y x =的焦点为F ，顶点为O ，M 是抛物线上的动点，则||||MO MF 的最大值为（ ）ABC 、43D6、设倒圆锥形容器的轴截面为一个等边三角形，在此容器内注入水，并放入半径为r 的一个实心球，此时球与容器壁及水面恰好都相切，则取出球后水面高为（ ）A 、rB 、r 2C 、r 312D 、r 315二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）7、如图，正方形ABCD 的边长为3，E 为DC 的 中点，AE 与BD 相交于F ，则FD DE ⋅的值是 ．8、261()x x x+-的展开式中的常数项是 ．（用具体数字作答）9、设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2(1)4n n a S +=，则20S 的值为 ．10、不超过2012的只有三个正因数的正整数个数为 ．11、已知锐角,A B 满足tan()2tan A B A +=，则tan B 的最大值是 ． 12、从1,2,3,4,5组成的数字不重复的五位数中，任取一个五位数abcde ，满足条件“a b c d e <><>”的概率是 ．三、解答题（本大题共4个小题，每小题20分，共80分）13、设函数()sin 1f x x x =++， （I ）求函数()f x 在[0,]2π上的最大值与最小值；（II ）若实数c b a ,,使得1)()(=-+c x bf x af 对任意R x ∈恒成立，求acb cos 的值．14、已知,,a b c R +∈，满足()1abc a b c ++=，（I ）求()()S a c b c =++的最小值； （II ）当S 取最小值时，求c 的最大值．15、直线1y kx =+与双曲线221x y -=的左支交于A 、B 两点，直线l 经过点(2,0)-和AB 的中点，求直线l 在y 轴的截距b 的取值范围．16、设函数2()(1)n n f x x x =-在1[,1]2上的最大值为n a （1,2,3,n =）．（I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）求证：对任何正整数(2)n n ≥，都有21(2)n a n ≤+成立； （III ）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：对任意正整数n ，都有716n S <成立．2012年全国高中数学联合竞赛（四川初赛）参考解答一、选择题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）1、C2、A3、A4、B5、B6、D 二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）7、32-8、5- 9、0 10、14 1112、215三、解答题（本大题共4个小题，每小题20分，共80分） 13、解：（I ）由条件知()2sin()13f x x π=++， （5分）由02x π≤≤知，5336x πππ≤+≤，于是1sin()123x π≤+≤所以2x π=时，()f x 有最小值12122⨯+=；当6x π=时，()f x 有最大值2113⨯+=． （10分）（II ）由条件可知2sin()2sin()133a xb xc a b ππ+++-++=对任意的x R ∈恒成立， ∴2sin()2sin()cos 2cos()sin (1)0333a xb xc b x c a b πππ+++⋅-+⋅++-= ∴2(cos )sin()2sin cos()(1)033a b c x b c x a b ππ+⋅+-⋅+++-=∴ cos 0sin 010a b c b c a b +=⎧⎪=⎨⎪+-=⎩, （15分）由sin 0b c =知0b =或sin 0c =。
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 。
2023年全国高中数学联赛江西省预赛数学试题及参考答案
．
解：由边长为1正六面体被一个平面所截的面积最大的平面是边长为
6⋅ ⋅
√
⋅
√
=
√
的正六边形，故最大面积为
.
6、若锐角, , 满足 + + = 2，则
是
√
．
1 / 5
+
+的最小值解：由111
+
+
填空题（每小题 7 分，共 56 分）
一、
1、用 12 种不同的动物图案制作成一些动物卡片，使得每张卡片上都有其中的 4 种不同的动物图案，
且制作过程中要求任取的两张卡片有且仅有一种动物是相同的，则最多能制作的卡片数量为
．
解：将 12 种不同的动物图案编号为 1，2，…，12,如果考虑相同的一种动物是 1 号，最多有 3 种，
2023 年全国高中数学联赛江西省预赛试题
一、
（考试时间：2023 年 5 月 21 日上午 9 : 30 12 : 00 ）
填空题（每小题 7 分，共 56 分）
1 、用 12 种不同的动物图案制作成一些动物卡片，使得每张卡片上都有其中的 4 种不同的动物图案，
且制作过程中要求任取的两张卡片有且仅有一种动物是相同的，则最多能制作的卡片数量为
2
2
4
4
sin A cos B sin B cos C sin C cos 4 A
2
．
7 、设 A, B 为双曲线 W :
x2 y2
1 与实轴的交点， P (0,1) 为双曲线外一点， PA, PB 分别交双曲线于另
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)３ Ｃ２６ ３２＝－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＝１２ＰＱ ＰＲ＝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()１ｎ ｎᵑｎｋ＝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]。
2022_年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题与解析
２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题与解析张志刚(山东省宁阳县复圣中学ꎬ山东泰安２７１４００)摘㊀要:文章给出２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题及其解析ꎬ部分试题从多个视角尝试解答ꎬ启迪学生敏锐捕捉解题灵感ꎬ多方位搭建解题思路ꎬ从而提高解题效益.关键词:竞赛数学ꎻ试题解析ꎻ极值问题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１６－００４９－０４收稿日期:２０２３－０３－０５作者简介:张志刚(１９８３－)ꎬ男ꎬ山东省宁阳人ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题共１４道题目ꎬ包括１０道填空题和４道解答题.考查内容主要有代数运算(第１㊁２题)㊁数列(第４㊁９题)㊁函数与不等式(第３㊁６㊁１１㊁１３题)㊁三角函数(第１０题)㊁平面解析几何(第８㊁１２题)㊁概率(第８题)㊁平面几何图形(第５题)㊁立体几何(第７题)㊁组合数学(第１４题)等.该套试卷设计简洁清新ꎬ构思别具匠心ꎬ解法灵活多变ꎬ饱含数学思想ꎬ凝聚教学智慧ꎬ富有较高的研究价值.与高考试题相比ꎬ竞赛试题综合性更强ꎬ思维跨度更大ꎬ需要考生具备较高的数学抽象㊁逻辑推理㊁数学运算等核心素养ꎬ以及转化与化归㊁函数与方程㊁分类讨论㊁换元法㊁配方法等数学思想方法ꎬ颇具挑战性和选拔性.命题组只给出了填空题的结果ꎬ未给出具体的解答过程ꎬ解答题也只提供了一种解法供阅卷参考.为此ꎬ笔者尝试对每道试题剖析解答ꎬ部分试题给出了有别于参考答案的精彩解法.题１㊀用ｘ[]表示不超过ｘ的最大整数ꎬ则方程２２ｘ－１[]２＋２ｘ－１[]－１＝０的解集是.解析㊀解方程２２ｘ－１[]２＋２ｘ－１[]－１＝０ꎬ得２ｘ－１[]＝－１(２ｘ－１[]＝１２舍)ꎬ则－１ɤ２ｘ－１<０ꎬ解得０ɤｘ<１２ꎬ故解集是０ꎬ１２[öø÷.题２㊀设ａꎬｂꎬｃɪＲꎬａ㊁ｃʂ０ꎬ方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０的两个虚根ｘ１ꎬｘ２满足ｘ２１ｘ２ɪＲꎬ则ð２０２２ｋ＝０ｘ１ｘ２æèçöø÷ｋ＝.解析㊀由于ｘ１ꎬｘ２是方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０的两个虚根ꎬ所以ｘ２＝ｘ－１ꎬｘ２１ｘ２＝ｘ２１ｘ－１ɪＲꎬｘ２１ｘ１－＝ｘ－２１ｘ１ꎬ即ｘ３１－ｘ－３１＝０ꎬ从而ｘ２１＋ｘ１ｘ－１＋ｘ－２１＝０ꎬ即ｘ１ｘ－１＝ωꎬ故ð２０２２ｋ＝０ｘ１ｘ２æèçöø÷ｋ＝ð２０２２ｋ＝０ωｋ＝１－ω２０２３１－ω＝１.题３㊀已知ｆｘ()是－ɕꎬ＋ɕ()上单调递增的奇函数ꎬ满足对一切实数θ恒有ｆａ－ｃｏｓ２θ()＋ｆａ＋ｓｉｎθ()ȡ０.则实数ａ的取值范围是.解析㊀对一切实数θ恒有ｆａ＋ｓｉｎθ()ȡｆｃｏｓ２θ－ａ()ꎬ则ａ＋ｓｉｎθȡｃｏｓ２θ－ａ.从而２ａȡ－２ｓｉｎ２θ－ｓｉｎθ＋１＝－２ｓｉｎθ＋１４æèçöø÷２＋９８.从而２ａȡ９８ꎬ解得ａȡ９１６.题４㊀数列ａｎ{}共１００项ꎬａ１＝０ꎬａ１００＝４７５ꎬ且ａｋ＋１－ａｋ＝５ꎬｋ＝１ꎬ２ꎬ ꎬ９９.则满足这种条件的不同数列的个数为.解析㊀由题意得ａｋ＋１－ａｋ＝ʃ５ꎬａ１００＝ａ１００－ａ９９()＋ａ９９－ａ９８()＋ ＋ａ２－ａ１()＝４７５ꎬ设９９个差ａｋ＋１－ａｋ中有ｘ个５和ｙ个－５ꎬ则有５ｘ－ｙ()＝４７５ꎬｘ＋ｙ＝９９ꎬ{解得ｘ＝９７ꎬｙ＝２.{所以９９个差ａｋ＋１－ａｋ中ꎬ有９７个取５和２个取－５.这９７个５和２个－５的每一个排列都唯一对应一个满足条件的数列ꎬ故满足这种条件的不同数列的个数为９９!９７!ˑ２!＝９９ˑ４９＝４８５１个.题５㊀单位圆内接四边形对角线互相垂直ꎬ则该四边形四条边平方和是.解析㊀如图１示ꎬ设四边形ＡＢＣＤ的边ａꎬｂꎬｃꎬｄꎬ对角线ＡＣꎬＢＤ的中点分别是Ｏ１ꎬＯ２ꎬ交点为Ｉꎬ记ＩＡ＝ｘꎬＩＢ＝ｙꎬＩＣ＝ｚꎬＩＤ＝ｗꎬＯＯ１＝ｆꎬＯＯ２＝ｅꎬ则ａ２＋ｂ２＋ｃ２＋ｄ２＝２ｘ２＋ｙ２＋ｚ２＋ｗ２()＝２[(Ｏ１Ａ＋ｅ)２＋(Ｏ２Ｂ－ｆ)２＋(Ｏ１Ａ－ｅ)２＋(Ｏ２Ｂ＋ｆ)２]＝４Ｏ１Ａ２＋Ｏ２Ｂ２＋ｅ２＋ｆ２()＝４ˑ１＋１()＝８.所以该四边形四条边平方和是８.图１题６㊀已知０<ａ<ｂ<１ｅꎬ则ａａꎬｂｂꎬａｂꎬｂａ从小到大排列为.解析㊀易知ａｂ<ａａꎬｂｂ<ｂａꎬａａ<ｂａꎬａｂ<ｂｂꎬ即有ａｂ<ａａ<ｂａꎬａｂ<ｂｂ<ｂａ.下面比较ａａ与ｂｂ的大小.设ｆｘ()＝ｘｌｎｘ０<ｘ<１ｅæèçöø÷ꎬ则ｆᶄｘ()＝ｌｎｘ＋１<０ꎬ所以ｆｘ()在０ꎬ１ｅæèçöø÷上单调递减.又０<ａ<ｂ<１ｅꎬ所以ｆａ()>ｆｂ().即ａｌｎａ>ｂｌｎｂ.即ｌｎａａ>ｌｎｂｂ.从而ａａ>ｂｂ.综上ꎬａｂ<ｂｂ<ａａ<ｂａ.题７㊀将３个１２ˑ１２的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分(如图２)ꎻ将这６部分接于一个边长为６２的正六边形上(图３)ꎬ若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图ꎬ则该多面体的体积是.图２㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图３解析㊀折成的多面体如图４所示ꎬ将其补形为正方体(如图５)ꎬ所求多面体体积为正方体体积的一半ꎬ即Ｖ＝１２ˑ１２３＝８６４.图４㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图５题８㊀设ａꎬｂ是从集合１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５{}中随机选取的数ꎬ则直线ｙ＝ａｘ＋ｂ与圆ｘ２＋ｙ２＝２有公共点的概率是.解析㊀易知ｙ＝ａｘ＋ｂꎬｘ２＋ｙ２＝２{即ａ２＋１()ｘ２＋２ａｂｘ＋ｂ２－２＝０有实根ꎬ则Δ＝２ａｂ()２－４ａ２＋１()ｂ２－２()ȡ０ꎬ解得ｂ２ɤ２ａ２＋１().当ｂ＝１ꎬ２时ꎬａ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝３时ꎬａ＝２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝４时ꎬａ＝３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝５时ꎬａ＝４ꎬ５.所以使得ｂ２ɤ２ａ２＋１()的ａꎬｂ()共有１９个ꎬ所求概率为１９２５.题９㊀已知正数列ａｎ{}满足对∀ｎɪＮ∗ꎬðｎｉ＝１ａ３ｉ＝ðｎｉ＝１ａｉ()２ꎬ则ａｎ＝.解析㊀由ａ３１＝ａ２１得ａ１＝１.由１＋ａ３２＝１＋ａ２()２得ａ２＝２.设当ｎɤｋ时ꎬａｋ＝ｋꎬ则当ｎ＝ｋ＋１时ꎬðｋ＋１ｉ＝１ａ３ｉ＝ðｋ＋１ｉ＝１ａｉ()２ꎬａ３ｋ＋１＋ðｋｉ＝１ａ３ｉ＝ａｋ＋１＋ðｋｉ＝１ａｉ()２ꎬａ３ｋ＋１＝ａ２ｋ＋１＋２ａｋ＋１ðｋｉ＝１ａｉꎬ从而ａ２ｋ＋１＝ａｋ＋１＋ｋｋ＋１()ꎬ解得ａｋ＋１＝ｋ＋１ꎬ故ａｎ＝ｎ.题１０㊀已知０<ｘꎬｙ<π２ꎬ则ｆ＝１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙ＋９ｓｉｎ２ｘ的最小值是.解法１㊀(柯西不等式法)ｆ＝９ｓｉｎ２ｘ＋ｓｉｎ２ｙ＋ｃｏｓ２ｙｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙ＝９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋１ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙꎬ解析式ｆ中三个分式分母之和ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ＝１－ｃｏｓ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝－ｃｏｓｘ－１２æèçöø÷２＋５４ɤ５４.由柯西不等式ꎬ得５４ｆȡ(ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ)[９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋１ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ]ȡ３＋１＋１()２＝２５ꎬ当ｘ＝π３ꎬｙ＝π４时取等号.所以ｆ的最小值是２０.解法２㊀(基本不等式＋柯西不等式法)ｆ＝９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙȡ９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘ[(ｃｏｓ２ｙ＋ｓｉｎ２ｙ)/２]２ȡ９ｓｉｎ２ｘ＋４ｃｏｓｘȡ３＋２()２ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝２５１－ｃｏｓ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝２５－ｃｏｓｘ－１/２()２＋５/４ȡ２５５/４＝２０ꎬ当且仅当ｘ＝π３时取等号ꎬ所以ｆ的最小值是２０.题１１㊀已知函数ｆｘ()满足对任意实数ｘꎬｙ有ｆｘｙ()＋ｆｙ－ｘ()ȡｆｘ＋ｙ().求证:对于任意实数ｘ均有ｆｘ()ȡ０.证明㊀取实数ｘꎬｙ满足ｘｙ＝ｘ＋ｙꎬ即ｘ－１()ｙ－１()＝１.令ｙ－１＝ｔｔʂ０()ꎬ则ｙ＝ｔ＋１ꎬｘ＝１ｔ＋１ꎬ则ｆｔ－１ｔæèçöø÷ȡ０ꎬ对于任意ｕɪＲꎬ令ｕ＝ｔ－１ｔꎬ则ｔ２－ｕｔ－１＝０.由Δ＝ｕ２＋４>０得ꎬ存在实数ｔꎬ使得ｕ＝ｔ－１ｔꎬｆｕ()ȡ０ꎬ即对于任意实数ｘꎬ均有ｆｘ()ȡ０.题１２㊀已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()ꎬ证明:存在圆心在原点的定圆ꎬ使该圆上任一点的切线与椭圆Ｃ恒有两个交点ＡꎬＢ且ＯＡң ＯＢң＝０.证法１㊀(命题组提供)当ＡꎬＢ分别为椭圆Ｃ的长㊁短轴端点时ꎬ原点到直线ＡＢ的距离为ａｂａ２＋ｂ２.下面证明圆ｘ２＋ｙ２＝ｒ２(其中ｒ＝ａｂａ２＋ｂ２)上任意一点处的切线与椭圆Ｃ恒交于两点ꎬ且满足ＯＡң ＯＢң＝０.由ｒ＝ａｂａ２＋ｂ２<ｂ知圆ｘ２＋ｙ２＝ｒ２在椭圆Ｃ内部ꎬ故该圆上任意一点处的切线与椭圆Ｃ恒交于两点.易得该圆上任意一点ｘ０ꎬｙ０()处的切线为ｘ０ｘ＋ｙ０ｙ＝ｒ２ꎬ代入ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ得ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ｘ２－２ａ２ｒ２ｘ０ｘ＋ａ２ｒ４－ｂ２ｙ２０()＝０ꎬ消去ｘꎬ得ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ｙ２－２ｂ２ｒ２ｙ０ｙ＋ｂ２ｒ４－ａ２ｘ２０()＝０.设Ａｘ１ꎬｙ１()ꎬＢｘ２ꎬｙ２()ꎬ则ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＝ｒ４ａ２＋ｂ２()－ａ２ｂ２ｘ２０＋ｙ２０()ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０＝ｒ４ａ２＋ｂ２()－ａ２ｂ２ｒ２ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０＝ａｂ()４－ａｂ()４ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ａ２＋ｂ２()＝０.即ＯＡң ＯＢң＝０.故圆ｘ２＋ｙ２＝ａｂ()２ａ２＋ｂ２满足条件.证法２㊀(极坐标法)设Ａρ１ｃｏｓθꎬρ１ｓｉｎθ()ꎬＢρ２ｃｏｓθ＋π２æèçöø÷ꎬρ２ｓｉｎθ＋π２æèçöø÷æèçöø÷ꎬ即Ｂ－ρ２ｓｉｎθꎬρ２ｃｏｓθ().代入ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ得ρ２１ｃｏｓ２θａ２＋ρ２１ｓｉｎ２θｂ２＝１ꎬρ２２ｓｉｎ２θａ２＋ρ２２ｃｏｓ２θｂ２＝１.故１ρ２１＋１ρ２２＝１ａ２＋１ｂ２＝ａ２＋ｂ２ａ２ｂ２.在ＲｔәＡＯＢ中ꎬＯＭʅＡＢꎬ故ＡＢ ＯＭ＝ＯＡ ＯＢꎬ１ＯＭ２＝ＡＢ２ＯＡ２ ＯＢ２＝ＯＡ２＋ＯＢ２ＯＡ２ ＯＢ２＝１ＯＡ２＋１ＯＢ２＝１ρ２１＋１ρ２２＝ａ２＋ｂ２ａ２ｂ２.所以ｒ２＝ａ２ｂ２ａ２＋ｂ２是定值ꎬ即存在圆ｘ２＋ｙ２＝ａｂ()２ａ２＋ｂ２满足条件.题１３㊀设ａꎬｂꎬｃ>０且ａ２＋ｂ＋ｃ＝５３ꎬａｂｃ＝２８.求ｆ＝ａ＋ｂ＋２ｂ＋ｃ＋ｃ＋ａ的最小值.解析㊀设ａ＝７ｘꎬｂ＝２ｙꎬｃ＝２ｚꎬ则ｘｙｚ＝１ꎬ４９ｘ２＋２ｙ＋２ｚ＝５３ꎬ即２ｙ＋ｚ()＝５３－４９ｘ２.①由１＝ｘｙｚɤｘ＋ｙ＋ｚ３æèçöø÷３得ｘ＋ｙ＋ｚȡ３ꎬ即２ｘ＋５３－４９ｘ２ȡ６ꎬ即０<ｘɤ１.由１＝ｘｙｚɤｙｚɤｙ＋ｚ２æèçöø÷２ꎬ得ｙ＋ｚȡ２ꎬｙｚȡ１.②故ｂ＋ｃ＝２ｙ＋２ｚȡ２.由①②ꎬ得ａ＋ｂ＋ｃ＋ａ＝７ｘ＋２ｙ＋２ｚ＋７ｘ＝７ｘ＋２ｙ＋２ｚ＋７ｘ()２＝１４ｘ＋２ｙ＋ｚ()＋２４９ｘ２＋１４ｘｙ＋ｚ()＋４ｙｚȡ１４ｘ＋５３－４９ｘ２＋２４９ｘ２＋２８ｘ＋４＝－４９ｘ２＋２８ｘ＋５７.因为ｙ＝－４９ｘ２＋２８ｘ＋５７０<ｘɤ１()的图象的对称轴为ｘ＝２７ꎬ所以当ｘ＝１时ꎬｙ取得最小值３６ꎬ从而ａ＋ｂ＋ｃ＋ａȡ６ꎬｆȡ１０ꎬ显然ꎬ当且仅当ｘ＝ｙ＝ｚ＝１ꎬａ＝７ꎬｂ＝ｃ＝２时等号成立ꎬ故ｆ的最小值为１０.题１４㊀把集合Ａ＝１０１１ꎬ１０１２ꎬ ꎬ２０２２{}任意划分为两个不交的非空子集.证明:至少有一个子集中包含两个数ꎬ这两个数之和为完全平方数.证明㊀先找三个正整数ｘ<ｙ<ｚ使得两两之和为完全平方数ꎬ令ｘ＋ｙ＝ｍ２ꎬｘ＋ｚ＝ｍ＋１()２ꎬｙ＋ｚ＝ｍ＋２()２ꎬ则ｍ为奇数(否则ꎬｘ㊁ｙ同奇偶ꎬｙ㊁ｚ同奇偶ꎬ得ｘ㊁ｙ㊁ｚ同奇偶ꎬ故ｘ＋ｚ＝ｍ＋１()２为偶数ꎬ矛盾).令ｍ＝２ｋ－１ｋɪＮ∗()ꎬ解ｘ＋ｙ＝２ｋ－１()２ꎬｘ＋ｚ＝４ｋ２ｙ＋ｚ＝２ｋ＋１()２ìîíïïïï得ｘ＝２ｋ２－４ｋꎬｙ＝２ｋ２＋１ꎬｚ＝２ｋ２＋４ｋ.{由ｘ＝２ｋ２－４ｋȡ１０１１ꎬ得ｋȡ２４.当ｋ＝２４时ꎬｘ＝１０５６ꎬｚ＝１２４８<２０２２.由ｘ＝２ｋ２－４ｋɤ２０２２得ｋɤ３０ꎬ故当２４ɤｋɤ３０时ꎬ１０１１ɤｘ<ｙ<ｚɤ２０２２.将Ａ中１０１２个数任意划分成两不交的非空子集时ꎬ对２４ɤｋɤ３０中的任一整数ｋ对应的ｘꎬｙꎬｚ中必有两个属于同一子集ꎬ这两个数之和为完全平方数.参考文献:[１]张志刚.一道联考试题命制背景与破解研究[Ｊ].数理化学习(高中版)ꎬ２０２２(０３):３－６.[责任编辑:李㊀璟]。
一题多解,多解同道——以2022年全国高中数学联赛四川预赛第6题为例
一题多解,多解同道——以2022年全国高中数学联赛四川预
赛第6题为例
张君;李武学
【期刊名称】《中学数学:高中版》
【年(卷),期】2023()1
【摘要】1 预赛试题2022年全国高中数学联赛四川预赛第6题如下:若△ABC的三边a,b,c满足a^(2)+b^(2)+3c^(2)=7,则△ABC面积的最大值为_____.这是只有一个条件的求三角形面积的最值问题,属于中档题.注意到已知等式中a,b,c均带平方,且a与b是对称的,所以在选择面积的表示方法时,要充分考虑到这些因素,为下一步求最大值做好铺垫.2 解法探究设△ABC面积为S.解法1:因为当且仅当时,上式等号成立.
【总页数】3页(P86-88)
【作者】张君;李武学
【作者单位】四川省温江中学
【正文语种】中文
【中图分类】G63
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(整理)全国高中数学联赛模拟试题目
全国高中数学联赛模拟试题（一）（命题人：吴伟朝）第一试一、 选择题：（每小题6分，共36分）1、方程6×(5a 2＋b 2)＝5c 2满足c ≤20的正整数解(a ,b ,c )的个数是（A ）1 （B ）3 （C ）4 （D ）52、函数12-=x x y （x ∈R ，x ≠1）的递增区间是（A ）x ≥2 （B ）x ≤0或x ≥2 （C ）x ≤0（D ）x ≤21-或x ≥23、过定点P (2,1)作直线l 分别交x 轴正向和y 轴正向于A 、B ，使△AOB （O为原点）的面积最小，则l 的方程为 （A ）x ＋y －3＝0 （B ）x ＋3y －5＝0 （C ）2x ＋y －5＝0 （D ）x ＋2y －4＝04、若方程cos2x ＋3sin2x ＝a ＋1在⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π上有两个不同的实数解x ，则参数a 的取值范围是 （A ）0≤a ＜1 （B ）－3≤a ＜1 （C ）a ＜1 （D ）0＜a ＜1 5、数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,5,5,5,5,6,…的第1000项是（A ）42 （B ）45 （C ）48 （D ）516、在1,2,3,4,5的排列a 1,a 2,a 3,a 4,a 5中，满足条件a 1＜a 2，a 2＞a 3，a 3＜a 4，a 4＞a 5的排列的个数是 （A ）8 （B ）10 （C ）14 （D ）16二、 填空题：（每小题9分，共54分）1、[x ]表示不大于x 的最大整数，则方程21×[x 2＋x ]＝19x ＋99的实数解x 是 ．2、设a 1＝1，a n +1＝2a n ＋n 2，则通项公式a n ＝ ．3、数799被2550除所得的余数是 ．4、在△ABC 中，∠A ＝3π，sin B ＝135，则cos C ＝ ．5、设k 、θ是实数，使得关于x 的方程x 2－(2k ＋1)x ＋k 2－1＝0的两个根为sin θ和cos θ，则θ的取值范围是 ． 6、数()n2245+（n ∈N ）的个位数字是 ．三、 （20分）已知x 、y 、z 都是非负实数，且x ＋y ＋z ＝1．求证：x (1－2x )(1－3x )＋y (1－2y )(1－3y )＋z (1－2z )(1－3z )≥0，并确定等号成立的条件．四、 （20分）（1） 求出所有的实数a ，使得关于x 的方程x 2＋(a ＋2002)x ＋a ＝0的两根皆为整数．（2） 试求出所有的实数a ，使得关于x 的方程x 3＋(－a 2＋2a ＋2)x －2a 2－2a ＝0有三个整数根．五、 （20分）试求正数r 的最大值，使得点集T ＝{(x ,y )|x 、y ∈R ，且x 2＋(y －7)2≤r 2}一定被包含于另一个点集S ＝{(x ,y )|x 、y ∈R ，且对任何θ∈R ，都有cos2θ＋x cos θ＋y ≥0}之中．第一试一、选择题：题号 1 23 4 5 6 答案 C CDABD二、填空题：1、38181-或381587；2、7×2n -1－n 2－2n －3；3、343；4、261235-； 5、{θ|θ＝2n π＋π或2n π－2π，n ∈Z } ；6、1（n 为偶数）；7（n 为奇数）．三、证略，等号成立的条件是31===z y x 或⎪⎩⎪⎨⎧===021z y x 或⎪⎩⎪⎨⎧===021y z x 或⎪⎩⎪⎨⎧===021z z y ．四、（1）a 的可能取值有0，－1336，－1936，－1960，－2664，－4000，－2040；（2）a 的可能取值有－3，11，－1，9．五、r max ＝24．第二试一、（50分）设a、b、c∈R，b≠ac，a≠－c，z是复数，且z2－(a－c)z－b＝0．求证：()12=-+-+baczcaba的充分必要条件是(a－c)2＋4b≤0．二、（50分）如图，在△ABC中，∠ABC和∠ACB均是锐角，D是BC边上的内点，且AD平分∠BAC，过点D 分别向两条直线AB、AC作垂线DP、DQ，其垂足是P、Q，两条直线CP与BQ相交与点K．求证：（1）AK⊥BC；AC B DQKP（2） BCS AQ AP AK ABC△2<=<，其中ABC S △表示△ABC 的面积．三、（50分）给定一个正整数n ，设n 个实数a 1,a 2,…,a n 满足下列n 个方程：∑==+=+ni i n j j ji a 1),,3,2,1(124．确定和式∑=+=ni ii a S 112的值（写成关于n 的最简式子）．参考答案第一试一、选择题：题号1 23456答案 CC D A B D二、填空题：1、38181-或381587；2、7×2n -1－n 2－2n －3；3、343；4、261235-； 5、{θ|θ＝2n π＋π或2n π－2π，n ∈Z } ；6、1（n 为偶数）；7（n 为奇数）．三、证略，等号成立的条件是31===z y x 或⎪⎩⎪⎨⎧===021z y x 或⎪⎩⎪⎨⎧===021y z x 或⎪⎩⎪⎨⎧===021z z y ．四、（1）a 的可能取值有0，－1336，－1936，－1960，－2664，－4000，－2040；（2）a 的可能取值有－3，11，－1，9．五、r max ＝24．第二试一、证略（提示：直接解出()2i42⋅---±-=b c a c a z ，通过变形即得充分性成立，然后利用反证法证明必要性）．二、证略（提示：用同一法，作出BC 边上的高AR ，利用塞瓦定理证明AR 、BQ 、CP 三线共点，从而AK ⊥BC ；记AR 与PQ 交于点T ，则BCS ABC△2＝AR ＞AT ＞AQ ＝AP ，对于AK ＜AP ，可证∠APK ＜∠AKP ）．三、()11212++-=n S ．。
2023全国高中数学联赛模拟试题6及参考答案
2023全国高中数学联赛模拟试题6及参考答案题目1某校3个年级的学生数量比例为5：4：3，其中一年级学生的平均身高为160cm，二年级学生的平均身高为165cm，三年级学生的平均身高为170cm。
求该校学生总体平均身高。
解答1我们可以先计算出每个年级学生的数量占总体的比例：一年级学生数量比例 = 5 /（5 + 4 + 3）= 5 / 12二年级学生数量比例 = 4 /（5 + 4 + 3）= 4 / 12三年级学生数量比例 = 3 /（5 + 4 + 3）= 3 / 12然后，根据每个年级学生的数量比例和平均身高，计算出每个年级学生身高的总和：一年级学生身高总和 = 5 / 12 × 160cm二年级学生身高总和 = 4 / 12 × 165cm三年级学生身高总和 = 3 / 12 × 170cm最后，将三个年级学生身高的总和相加，除以总体学生数量，即可得到该校学生总体平均身高。
计算过程如下：总体平均身高 = （一年级学生身高总和 + 二年级学生身高总和 + 三年级学生身高总和） / （5 + 4 + 3）总体平均身高 = (5 / 12 × 160 + 4 / 12 × 165 + 3 / 12 × 170) / (5 + 4 + 3)计算结果为：166.25cm所以，该校学生总体平均身高为166.25cm。
题目2已知函数f(f)=2f2+3f+1，求f(2)的值。
解答2将 x 的值代入函数f(f)=2f2+3f+1中，计算出f(2)的值。
f(2) = 2 × 2^2 + 3 × 2 + 1计算过程如下：f(2) = 2 × 4 + 6 + 1= 8 + 6 + 1= 15所以，f(2)的值为15。
题目3某圆的周长为10π，求该圆的面积。
解答3已知圆的周长为10π，可以根据周长计算出圆的半径。
圆的周长公式为f=2ff，其中 C 为周长，r 为半径。
2018全国高中数学联赛模拟试题6及参考答案
第一试
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第二试
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全国高中数学联赛模拟试题（六）
（命题人：秦永 苟春鹏）
第一试
一、 选择题：（每小题6分，共36分）
1、在复平面上，非零复数z 1、z 2在以i 对应的点为圆心，1为半径的圆上，
21z z ⋅的实部为零，arg z 1=6
π
，则z 2=
（A ）i 2323+-
（B ）
i 2323- （C ）i 2
323+- （D ）
i 2
323- 2、已知函数()⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+-=21log 2x ax x f a 在[1,2]上恒正，则实数a 的取值范围是
（A ）⎪⎭
⎫
⎝⎛85,21
（B ）⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,23
（C ）⎪⎭
⎫
⎝⎛+∞⎪⎭⎫ ⎝⎛,2385,21
（D ）⎪⎭
⎫ ⎝⎛+∞,21
3、已知双曲线过点M (-2,4)，N (4,4)，它的一个焦点为F 1(1,0)，则另一个焦点F 2的轨迹方程是
（A ）()()116
42512
2=-+
-y x （y ≠0）或x =1（y ≠0）
（B ）()()125
416122=-+
-y x （x ≠0）或x =1（y ≠0）
（C ）()()116
125422=-+
-y x （y ≠0）或y =1（x ≠0）
（D ）
()()125
116422=-+-y x （x ≠0）或y =1（x ≠0）
4、已知正实数a 、b 满足a +b =1，则b a M 2112+++=的整数部分是 （A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4
5、一条笔直的大街宽是40米，一条人行道穿过这条大街，并与大街成某一
角度，人行道的宽度是15米，长度是50米，则人行道间的距离是
（A ）9米 （B ）10米 （C ）12米 （D ）15米
6、一条铁路原有m 个车站，为适应客运需要新增加n 个车站（n ＞1），则客
运车票增加了58种（注：从甲站到乙站需要两种不同的车票），那么原有车站的个数是 （A ）12 （B ）13 （C ）14 （D ）15
二、 填空题：（每小题6分，共36分）
1、长方形ABCD 的长AB 是宽BC 的32倍，把它折成无底的正三棱柱，使AD 与BC 重合折痕线EF 、GH 分别交原对角线AC 于M 、N ，则折后截
面AMN 与底面AFH 所成的角是 ．
2、在△ABC 中，a 、b 、c 是角A 、B 、C 的对边，且满足a 2+b 2=2c 2，则角C
的最大值是 ．
3、从盛满a 升（a ＞1）纯酒精的容器里倒出1升，然后填满水，再倒出1
升混合溶液后又用水填满，如此继续下去．则第n 次操作后溶液的浓度是 ．
4、已知函数f (x )与g (x )的定义域均为非负实数集，对任意x ≥0，规定
f (x )*
g (x )=min{f (x ),g (x )}．若f (x )=3-x ，g (x )=52+x ，则f (x )*g (x )的最大值为 ．
5、从1到100的自然数中，每次取出不同的两个数，使它们的和大于100，
则可有 不同的取法． 6、若实数a ＞0，则满足a 5-a 3+a =2的a 值属于区间：①()63,0；②
(
)
66
3,2；
③
()+∞,36
；④()3
2,0．其中正确的是 ．
三、 （20分）
求证：经过正方体中心的任一截面的面积不小于正方体的一个侧面
的面积
四、 （20分）
直线Ax +Bx +C =0（A ·B ·C ≠0）与椭圆b 2x 2+a 2y 2=a 2b 2相交于P 、Q
两点，O 为坐标原点，且OP ⊥OQ ．求证：2
22
2222B
A b a C b a ++=．
五、 （20分）
某新建商场建有百货部、服装部和家电部三个经营部，共有190名
售货员，计划全商场日营业额（指每日卖出商品的总金额）为60万元，根据经验，各部商品每1万元营业额所需售货员人数如表1，每1万元营业额所得利润如表2．商场将计划日营业额分配给三个经营部，同时适当安排各部的营业员人数，若商场预计每日的总利润为c（万元）且满足19≤c≤19.7，又已知商场分配给经营部的日营业额均为正整数万元，问这个商场怎样分配日营业额给三个部？各部分别安排多少名售货员？
表
第二试
一、 （50分）
矩形ABCD 的边AD =λ·AB ，以AB 为直径在矩形之外作半圆，在半圆上任取不同于A 、B 的一点P ，连PC 、PD 交AB 于E 、F ，若AE 2+BF 2=AB 2，试求正实数λ的值．
二、 （50分）
若a i ∈R +
（i =1,2,…,n ），∑==n
i i a S 1，且2≤n ∈N ．
求证：∑=-n
k k
k a S a 13
≥∑=-n k k a n 12
11．
三、 （50分）
无穷数列{c n }可由如下法则定义：c n +1=|1-|1-2c n ||，而0≤c 1≤1． （1）证明：仅当c 1是有理数时，数列自某一项开始成为周期数列． （2）存在多少个不同的c 1值，使得数列自某项之后以T 为周期（对于每个T =2,3,…）？
参考答案
第一试
二、填空题：
1、6
π
；
2、
3
π；
3、n
a ⎪⎭
⎫
⎝⎛-11；
4、132-；
5、2500；
6、③④．
三、证略．
四、证略．
五、8，23，29或10，20，30（万元），对应40，92，58或50，80，60（人）．
第二试
一、2
2
=
λ；
二、证略．
三、 （1）证略． （2）无穷个．。