一道全国数学联赛四川省预赛试题解答的纠错
2020年全国高中数学联赛四川省预赛(学生解析)_看图王
10 ： 设 λ 为 正 实 数 ， 对 任 意 两 两 不 等 的 正 实 数 a 、 b 、 c ， 都 有
b
a3
c2
c
b3
a2
a
c3
b2
λa
b
c ．求
λ
的最大值．
解析 1：取 a 1 ε ， b 1 ε ， c 2ε ，其中 0 ε 1 ．
2
2
6
则λ
1 2
ε
3
1 2
3ε
角故 C 1 AOB 45 ． 2
解析 2：由奔驰定理：
sin 2A : sin 2B : sin 2C 3: 4 : 5 sin 2A : sin 2B : sin 2C 3: 4 : 5
又因为 2A 2B 2C ， 2A, 2B, 2C 所以可视为三角形三
9：过点 P(0,1) 作一直线 l ，l 与抛物线 y x2 交于 A, B 两不同点，过 A, B 分别作抛物线的
切线，两切线交于点 Q ．求 Q 到直线 AB 的距离的最小值．
解析：设直线 AB 的斜率为 k ，则直线的方程 y kx 1，
2020 年全国高中数学联赛四川省预赛试题解析 第 3 页 /共 8 页
x13 y12
x23 y22
y1
y2 2
x1
x2 3 ，则
x13 y12
x23 y22
x1 y1
x2 3 y2 2
1 a3 b3
不妨设 a
b
c
0 ，当 c
0
时，有：
λ
a
b
b2
a2
．
再由 ① 式可知当 a b 时，此时： λ 1 ．
下 证 λ 1 对 任 意 的 两 两 不 相 等 的 正 实 数 a ， b ， c
2020年全国高中数学联赛四川预赛试题及答案
2020 年全国高中数学联赛试题
1. 四川预赛试题及其解答 2020.6.14
一、填空题: 本大题共 8 小题, 每小题 8 分, 满分 64 分.
1.
设
△ABC
的外接圆的圆心为
O,
且
3−O→A
+
−−→ 4OB
+
−−→ 5OC =
0,
则
∠C
的大小是
.
解: 设
−→ OA
=
−−→ OB
=
−−→ OC
这是一个漂亮的对称不等式, 齐一次, 带分式, 由于 λ 未知, 首先要猜出 λ 的值: 取 c = 1, a + b = 1, a > b, 则
a3
b3
c3
1
(b − c)2 + (c − a)2 + (a − b)2 ≥ λ (a + b + c) ⇒ 2λ ≤ 1 + (1 − 2b)2 , 0 < b < 1,
由柯西不等式
a4
b4
c4
a(b − c)2 + b(c − a)2 + c(a − b)2
× a(b − c)2 + b(c − a)2 + c(a − b)2
2
≥
a4 a(b − c)2
· a(b
− c)2
+
b(c
b4 − a)2
·
b(c
−
a)2
+
c4 c(a −
b)2
·
c(a
−
b)2
= a2 + b2 + c2 2,
则 a + b = 3. 8. 用 [x] 表示不超过实数 x 的最大整数, 若数列 {an} 满足:
2020年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及参考答案
a3 (b c)2
b3 (c a)2
c3 (a b)2
(a
b c) .
求 的最大值.
解：取 a 1 ,b 1 , c 2 ，其中 0 1 .
2
2
6
（1 +）3 则 2
(1 )3 2
(2 )3
（1 +）3 2
1 2
（1 3 )2 ( 1)2 (2 )2 （1 3 )2 2
2
2
2
对任意的（0 1）成立. 6
注意到当
0+
（1 +）3 时， 2
（1 3 )2
1 2
2
1，
2
所以， 1 .
......5 分
另一方面，下证： =1成立，即证
a3 (b c)2
b3 (c a)2
c3 (a b)2
(a b c)
.
不妨设 a b c ，则可令 a=c x,b c y ，其中 x y 0 .
设 A(x1 ,y1) ， B(x2 ,y2 ) ，则 x1 x2 k ， x1x2 1.
过点 A(x1 ,y1) 的抛物线 y x2 的切线方程是 y y1 2x1(x x1) ，
由 y1 x12 ，代入可得 y 2x1x x12 .
过点 B(x2 ,y2 ) 的抛物线 y x2 的切线方程是 y 2x2 x x22 ，
所以，问题得证.
......15 分 ......20 分
参考答案及评分标准 （第 4 页，共 4 页）
令
k2
1 t ( t ≥1 )，则 d
| t2 1 2|
2
t
3
≥2
3
3
t
2 2t
2020年全国高中数学联赛四川省预赛(学生试题)_看图王
2020年全国高中数学联赛四川省预赛试题（考试时间：120分钟）姓名___________班级_____________学号_______________一.填空题（本大题共8小题，每小题8分，满分64分）1：设ABC ∆的外接圆的圆心为O ，且3450OA OB OC ++=，则C ∠的大小是 2：正四面体4个表面上分别写有数字1,2,3,4，将4个这样的密度均匀的正四面体同时投掷于桌面上，与桌面接触的4个面上的4个数字之和能被4整除的概率是 ． 3：设函数),(4424122)(22R x x x x x x f ∈++-++=则)(x f 的最大值是 4：在平面直角坐标系中，()()1,2,3,0,A B 点P 为圆()()22321x y -+-=上任意一点， 设(),,OP OA OB R λμλμ=+∈ 则119λμ+的最小值是 ．5：数列{}n a 满足：0a =，11[]{}n n n a a a +=+（其中[]n a 和{}n a 分别表示实数n a 的整数部分与小数部分），则2020a = ．6：已知正实数,x y 满足：11132x y x y+=++，则x y +的最小值是 ． 7：设复数(),z a bi a b Z =+∈，满足3211z i =+，则a b += ．8：用[]x 表示不超过实数x 的最大整数．若数列{}n a 满足：2*[(2]()nn a n N =∈．则2020a 的末尾两位数字是 ．二.解答题（本大题共3小题，满分56分，解答应写成必要文字说明、证明过程和演算步骤）. 9：（本题满分16分）过点(0,1)P 作一直线l ，l 与抛物线2y x =交于,A B 两不同点，过,A B 分别作抛物线的切线，两切线交于点Q ．求Q 到直线AB 的距离的最小值．10：（本题满分20分）设λ为正实数，对任意两两不等的正实数a 、b 、c ，都有()()()()333222a b c λa b c b c c a a b ++≥++---．求λ的最大值．11：（本题满分20分）设m 是给定的正整数．求证：对任意给定的正整数(2)n n ≥，都存在集合*12{,,,}n A a a a N =⊆ ，使得对任意的正整数(1)k k n ≤≤，都有()|k k P A a m a +，其中()P A 表示集合A 中的元素之积．。
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一试(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一试（A 卷）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. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．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 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 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“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 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 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 取到最小值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10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．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ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 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． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。
2010年全国高中数学联赛四川省预赛试题及答案
2010年全国高中数学联赛四川省预赛2010年全国高中数学联赛四川赛区预赛由四川省数学会普及工作委员会及四川省数学竞赛委员会主办，由四川省数学竞赛委员会组织及负责命题，命题负责人：柳斌.预赛命题范围以现行高中数学教学大纲为准，主要考察学生对基础知识和基本技能的掌握情况，以及综合和灵活运用的能力. 试题相当于高考数学试题的中、难度水平，有利于广大学生拓宽视野，促进素质教育. 学生自愿报名参加. 全省在同一时间由各市、州统一组织竞赛(不在县级以下单位设置考场). 试卷答题时间120分钟，试题总分140分，其中包括：6道选择题（每道5分，共30分）、6道填空题（每道5分，共30分）；4道解答题（每道20分，共80分）. 命题难度大体相当于普通高考试题. 预赛时间定在5月1 6日(星期日)下午14:30~16:30.竞赛完后先由各市、州集中评卷，然后将其中10％的优秀试卷上报四川省数学竞赛委员会(原则上每个参赛学校均应有试卷上报)，由四川省数学竞赛委员会组织专人复查. 从中评出一等奖300名、二等奖500名、三等奖700名，由四川省数学竞赛委员会颁发获奖证书.经四川省数学竞赛委员会研究决定，为确保全国高中数学联赛的安全保密工作，自2007年起，四川省只在成都市设立一个考场，全省参赛人数控制在1000人左右，参赛学生为预赛的一、二等奖获得者及个别优秀学生(初赛人数较多的市、州可酌情增加决赛名额). 考场设在成都七中，个别边远地区的优秀考生经济确有困难者提出申请，经批准可由省数学竟赛委员会给予适当资助.试 题一、选择题（本题满分40分，每小题5分） 1、已知p ：342sin 1=+α 和q ：34cos sin =+αα．则p 是q 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2、在5件产品中有4件正品、1件次品．从中任取2件，记其中含正品的个数个数为随机变量ξ，则ξ的数学期望ξE 是（ ）.A 、56 B 、57 C 、58 D 、593、设正三棱锥ABC S -的底面边长为3，侧棱长为2，则侧棱SA 与底面ABC 所成的角的大小是（ ）.A 、30 B 、45 C 、60 D 、2arctan4、已知函数424)42()(24224+++-++=x x x k k x x f 的最小值是0，则非零实数k 的值是（ ）. A 、4- B 、2- C 、2 D 、45、长方体1111D C B A ABCD -的八个顶点都在球O 的球面上，其中11=AA ，22=AB ，33=AD ，则经过C B 、两点的球面距离是（ ）.A 、32π B 、34πC 、π2D 、π4 6、对任意实数m ，过函数1)(2++=mx x x f 图象上的点))2(,2(f 的切线恒过一定点P ，则点P 的坐标为（ ）.A 、)3,0(B 、 )3,0(-C 、)0,23( D 、)0,23(-7、设A 1、A 2为椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的左右顶点，若在椭圆上存在异于A 1、A 2的点P ，使得02=⋅PA PO ，其中O 为坐标原点，则椭圆的离心率e 的取值范围是（ ）.A 、)21,0( B 、 )22,0( C 、)1,21( D 、)1,22(8、记)0(,)33()(),(22≠++-=y yx y x y x F ，则),(y x F 的最小值是（ ）.A 、512 B 、516 C 、518D 、4二、填空题（本题满分20分，每小题5分）9、)(x f 是定义在R 上的奇函数，且)1()(x f x f -=，则=)2010(f ． 10、实数y x ，满足6|1|2|1|3≤-++y x ，则y x 32-的最大值是 ． 11、在数列}{n a 中，11=a ，当2≥n 时，21,,-n n n S S a 成等比数列，则=∞→n n a n 2lim ．12、集合的容量是指集合中元素的和．则满足条件“}7,6,5,4,3,2,1{⊆A ，且若A a ∈时，必有A a ∈-8”的所有非空集合A 的容量的总和是 ．（用具体数字作答）三、解答题（本题满分80分，每小题20分）13、已知函数)43cos(32cos 4)4sin(2)4sin()(πππ++--++=x x x x x f ． （1）试判断函数)(x f 的奇偶性，并给出证明； （2）求)(x f 在],2[ππ上的最小值与最大值．14、已知F 为抛物线x y 42=的焦点，M 点的坐标为(4,0)，过点F 作斜率为1k 的直线与抛物线交于A 、B 两点，延长AM 、BM 交抛物线于C 、D 两点，设直线CD 的斜率为2k ．（1）求21k k 的值； （2）求直线AB 与直线CD 夹角θ的取值范围．15、已知函数1)(23+--=x mx x x f ，其中m 为实数． （1）求函数)(x f 的单调区间； （2）若对一切的实数x ，有47||)(-≥'x x f 成立，其中)(x f '为)(x f 的导函数． 求实数m 的取值范围．16、已知n S 是数列}{n a 的前n 项的和，对任意的正整数n ，都有nn n ba S b 4)1(+-=-成立，其中0>b ．（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）设n n n a c 4= )(*∈N n ，若2||≤n c ，求实数b 的取值范围．解 答1、C 提示：因为34cos sin )cos (sin 2sin 12=+=+=+ααααα，故p 是q 的充要条件．故选C ．2、C 提示：数学期望是：582125242514=⨯+⨯C C C C ．故选C.3、A 提示：设顶点S 在底面ABC ∆的射影是H ，则H 为ABC ∆的外心．从而323332=⨯⨯=AH ，于是可得 30=∠SAH ．故选A ． 4、B 提示：42)62(1)(2422++-++=x x x k k x f ，因为2444x x ≥+，故61420242≤++≤x x x . 当0622≥-+k k 时，1min =f ，不合题意； 当0622<-+k k 时，)62(611,12min max -++==k k f f ，由条件知0)62(6112=-++k k ，解得2-=k 或0（舍去）．故选B . 5、C 提示：球O 的半径3)33()22(12122=++=R ，在O B C ∆中3==OC OB ，33==AD BC ，则21cos -=∠BOC ，从而32π=∠BOC ．所以，经过C B 、两点的球面距离是ππ23132=⨯⨯．故选C ．6、 B 提示：因为m x x f +='2)(，故m f +='4)2(．于是过))2(,2(f 的切线方程是：)2)(4()25(-+=+-x m m y ，即3)4(-+=x m y ，因此切线方程恒过)3,0(-．故选B ．7、D 提示：由题设知∠OP A 2=90°，设P (x,y )(x >0)，以OA 2为直径的圆方程为4)2(222a y a x =+-，与椭圆方程联立得0)1(2222=+--b ax x ab ．由题设知，要求此方程在(0, a )上有实根．由此得a ab a <-<)1(2022化简得212>e ，所以e 的取值范围为)1,22(．故选D ．8、C 提示：设动点)3,(xx P -与)3,(yy Q ，则2),(PQ y x F =，点P 的轨迹为直线3x y -=，点Q 的轨迹为双曲线x y 3=，双曲线上的任一点)3,(00x x 到直线03=+y x 的距离106103300≥⋅+=x x d ， 当30±=x 时等号成立．故),(y x F 的最小值为518．故选C ． 9、0 提示：由条件知0)0(=f ，)()()1(x f x f x f -=-=+，于是)()2(x f x f =+，即)(x f 是以2为周期的周期函数．所以，0)0()2010(==f f ．故填0． 10、4 提示：由6|1|2|1|3≤-++y x 确定的图形是以四边形ABCD 及其内部，其中)4,1(-A 、)1,1(B 、)2,1(--C 、)1,3(-D ．由线性规划知识知，y x 32-的最大值是4，当2,1-=-=y x 时可取到．故填4．11、21-提示：由条件知当2≥n 时， )21)(()21(12--=-=-n n n n n n S S S S a S ，从而2111=--n n S S ，于是 12)1(2111-=-+=n n S S n ， 所以121-=n S n ．于是 )32)(12(23211211---=---=-=-n n n n S S a n n n . 所以，n n a n 2lim ∞→21)32)(12(2lim )32)(12(2lim 2-=---=---=∞→∞→nn n n n n n ．故填21-． 12、224 提示：先找出满足条件的单元素和二元素的集合有：}4{1=A ，}7,1{2=A ，}6,2{3=A ，}5,3{4=A ，将这四个集合中的元素任意组合起来也满足要求，则所有符合条件的集合A 中元素的总和是 ：2242)8884(3=⨯+++．故填224．.13、（I ）)sin (cos 2232cos 4)cos (sin 2)cos (sin 22)(x x x x x x x x f +---++=x x 2cos 4cos 22--=， )(2cos 4cos 22)2cos(4)cos(22)(x f x x x x x f =--=----=-. 所以，)(x f 为偶函数． （II ）)1cos 2(4cos 22)(2---=x x x f 4cos 22cos 82+--=x x 417)82(cos 82++-=x . 因为 ],2[ππ∈x ，故0cos 1≤≤-x ，所以，当0cos =x 时，)(x f 有最小值4；当82cos -=x 时，)(x f 有最大值417．14、（I ）由条件知)0,1(F ，设),(11y x A 、),(22y x B 、),(33y x C 、),(44y x D ，不妨设01>y ．直线AB 的方程为)1(1-=x k y ，与x y 42=联立得04412=--y k y ，所以421-=y y ，121=x x ．① 当41=x 时，则)4,4(A ，故1412-=-=y y ，412=x ，即)1,41(-B ．直线AM 的方程为4=x ，从而)4,4(-C ；直线BM 的方程为：)4(154-=x y ，与x y 42=联立得016152=--y y ，得164=y ，644=x ，即)16,64(D ．于是341=k ，31464)4(162=---=k ．所以．421=k k ． ② 当41≠x 时，直线AM 方程为)4(411--=x x y y 与抛物线方程x y 42=. 联立得21221)4(4)4(-=-x x x y ，又由1214x y =，化简上述方程得016)16(12121=++-x x x x x . 此方程有一根为x 1，所以另一根1316x x =，1316y y -=．即)16,16(11y x C -，同理，)16,16(22y x D -．所以112122121121224116161616k x x y y y y x x x x y y k =--⋅-=-+-=，即421=k k ．由①、②可知421=k k． （II ） 43431tan 2112121≤+=+-=k k k k k k θ，故43arctan ≤θ．所以，直线AB 与直线CD 夹角θ的取值范围是]43arctan,0(． 15、（I ）因为123)(2--='mx x x f ，01242>+=∆m ，所以0)(='x f 有两个不等实根：3321+-=m m x ，3322++=m m x ，显然21x x <．当21x x x <<时，0)(<'x f ，即)(x f 单调递减； 当2x x >或1x x <时，0)(>'x f ，即)(x f 单调递增；综上所述，有)(x f 的单调递减区间为：33[2+-m m ，]332++m m ；单调递增区间为：)33,(2+--∞m m 、),33(2+∞++m m ．（II ）由条件有：47||1232-≥--x mx x . ①当0>x 时，043)12(32≥++-x m x ，即12433+≥+m xx 在0>x 时恒成立. 因为34332433=⋅≥+xx x x ，当21=x 时等号成立．所以123+≥m ，即1≤m .②当0<x 时，043||)12(||32≥+-+x m x ，即m x x 21||43||3-≥+在0<x 时恒成立，因为3||43||32||43||3=⋅≥+x x x x ，当21-=x 时等号成立．所以m 213-≥，即1-≥m .③当0=x 时，R m ∈．综上所述，实数m 的取值范围是]1,1[-． 16、（I ）当1=n 时，有4)1(11+-=-ba a b ，故41=a ． 当2≥n 时，n n n ba S b 4)1(+-=-及1114)1(---+-=-n n n ba S b .于是1143)()1(--⨯+--=-n n n n a a b a b ，即1143--⨯+=n n n ba a① 若4=b ，则434411+=--n n n n a a ，于是)1(43441-+=n a a nn . 从而 14)13(-⨯+=n n n a )2(≥n ，所以，14)13(-⨯+=n n n a )1(≥n .② 若4≠b ，则)443(44311--⨯-+=⨯-+n n n n b a b b a 于是11)443(443-⨯-+=⨯-+n n n n b b a b a 从而n n n b b b a 443)4124(1⨯---+=- )2(≥n 所以，n n n b b b a 443)4124(1⨯---+=- )1(≥n综上所述，⎪⎩⎪⎨⎧≠⨯---+=⨯+=--)4(443)4124()4(4)13(11b b b b b n a nn n n（II ）若4=b 时，413+=n c n ，显然不满足条件，故4≠b ． 当4≠b 时，43)4()4()1(4--⨯--=b b b b bc n n ． 若4>b 时，0)4()1(4>--b b b ，故当+∞→n 时，+∞→n c ，不符合条件，舍去．①若10<<b 时，0)4()1(4>--b b b ，043>--b ，故从而n c 为单调递减数列，且0>n c ．所以，只须21411≤==a c 即可，显然成立．故10<<b 符合条件； ②若1=b 时，1=nc ，显然也满足条件．故1=b 符合条件； ③若41<<b 时，0)4()1(4<--b b b ，043>--b ，从而nc 为单调递增数列，因为011>=c ．故0>n c ，要使2||≤n c 成立，只须243lim ≤--=∞→b c n n 即可．于是251≤<b ．故251≤<b 符合条件． 综上所述，所求的实数b 的范围是]25,0(．。
2013年全国高中数学联赛四川赛区预赛试卷及解析
2013年全国高中数学联赛四川赛区预赛试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、选择题1.函数f(x)对于任意的实数x满足f(x+3)=−1f(x).若f(0)=2，则f(2013)=（）.A. −12B. 12C. 2D. 20132.设等差数列{a n}与等比数列{b n}满足0<a1=b1<a5=b5.则下面四个结论：①a3<b3，②a3>b3，③a6>b6，④a6<b6中正确的有（）个.A. 0B. 1C. 2D. 33.从中[0,10]任取一个数x，从[0,6]中任取一个数y，则使得|x−5|+|y−3|≤4的概率为（）.A. 15B. 13C. 12D. 344.当平面上的点(x,y)的坐标x、y均为有理数时，称该点为“有理点”.设r是给定的正实2(y−√2)2=r2上的有理点的个数（）.数.则圆(x−1)+A. 最多有一个B. 最多有两个C. 最多有四个D. 可以有无穷多个5.已知二面角α−l−β的平面角为θ，PA⊥α，PB⊥β，A、B为垂足，PA=5，PB=4，设A、B到二面角的棱l的距离分别为x、y.当θ变化时，点(x,y)的轨迹为下图中的（）.A. B. C. D.6.在ΔABC 中，已知∠C =90°，∠B =30°，AC =2，M 是AB 的中点，将ΔACM 沿CM 翻折，使A 、B 两点间的距离为2√2.则三棱锥A −BCM 的体积V 等于（ ）.A. √23B. 23C. √63D.2√23第II 卷（非选择题）二、填空题7.已知函数f (x )=1+x.记f (1)+f (2)+f (4)+⋅⋅⋅+f (1024)=m ，f (12)+f (14)+⋅⋅⋅+(11024)=n .则m +n =________.8.已知i 是虚数单位.若z=1+i +⋅⋅⋅+i 2013，将复数z 的共轭复数记为z ，则z ⋅z =________.9.已知实数x 、y 满足x 2+y 216=1.则x√2+y 2的最大值是________. 10.关于曲线C ：x 4+y 2=1的下列命题：①曲线C 关于原点对称； ②曲线C 关于直线y=x 对称；③曲线C 所围成的面积小于π； ④曲线C 所围成的面积大于π.其中的真命题是________.（写出所有真命题的编号）.11.设n 是小于100的正整数，且满足13(n 2−1)+15n 为整数。
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]。
全国高中数学竞赛(四川预赛试题及解答)(1)
2012年全国数学竞赛（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 、3πD 、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,,∆∆L ，其面积相应为34,,S S L ， 设11S =,12n n T S S S =+++L，则lim n n T →+∞=（）A 、65B 、43C 、32D 、25、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（ ）A 、B 、C 、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3E为DC的中点，AE 与BD 相交于F ，则FD DE ⋅u u u r u u u r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()sin1f 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cba,,使得1)()(=-+cxbfxaf对任意Rx∈恒成立，求a cb 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 =L ）．（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 11、412、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 =。
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一、选择题1、已知F 1，F 2分别为双曲线12222=-b ya x 的左、右焦点，P 为双曲线左支上的任意一点。
若||||122PF PF 的值为8a ，则双曲线离心率e 的取值范围是A ．(1,+∞)B ．(0,3]C ．(1,3]D ．(1,2]2、在四面体ABCD 中，设AB=1，CD=3，直线AB 与直线CD 的距离为2，夹角为3π。
则四面体ABCD 的体积等于 A ．23 B ．31 C ．21 D ．333、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)=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)的各项系数和为A ．8B ．9C ．10D ．116、设0<x<1, a,b 为正常数。
则xb x a -+122的最小值是 A ．4ab B ．(a+b)2C ．(a-b)2D ．2(a 2+b 2)7、设a,b>0，且a 2008+b 2008=a 2006+b 2006。
则a 2+b 2的最大值是A ．1B ．2C ．2006D ．20088、设P 为ΔABC 所在平面内一点，并且AP=51AB+52AC 。
则ΔABP 的面积与ΔABC 的面积之比等于A ．51B ．21C ．52D ．329、已知a,b,c,d 是偶数，且0<a<b<c<d, d-a=90, a,b,c 成等差数列，b,c,d 成等比数列。
全国高中数学联赛四川省初赛试题及答案(word版)
2019年全国高中数学联赛(四川预赛)试题
一、填空题:本大题共8小题,每小题8分,满分64分.
1、设正六边形得边长为1,则、
2、双曲线得右焦点为,离心率为,过点且倾斜角为得直线与该双曲线交于点,若得中点为,且等于半焦距,则.
3、满足(其中得有序数组得组数就是.
4、已知正四棱锥得高为3,侧面与底面所成角为,先在内放入一个内切球,然后依次放入球、、、,使得后放入得各球均与前一个球及得四个侧面均相切,则放入所有球得体积之与为.
5、设一个袋子里有红、黄、蓝色小球各一个,现每次从袋子里取出一个球(取出某色球得概率均相同),确定颜色后放回,直到连续两次均取出红色球时为止.记此时取出球得次数为,则得数学期望为.
6、已知为实数,且对任意,当时,恒成立,则得最大值就是.
7、已知数列满足:,其中表示不超过实数得最大整数.设为实数,且对任意得正整数,都有.则得最小值就是.
8、若正整数使得方程有正整数解,称为“好数”,则不超过2019得“好数”个数就是.
二、解答题:本大题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)设点得坐标为,点为圆上得两动点,满足,求面积得最大值.
10、(本题满分20分)设,为实数,使得恒成立,求得最大值.
11、(本题满分20分)已知函数.
(1)证明:当时,;
(2)设函数有极小值,求得取值范围.。
2020年全国高中数学联赛(四川预赛)试题和答案
2020年全国高中数学联赛(四川预赛)试题(考试时间: 2020年6月14日14:30-16:30)一、填空题: 本大题共8小题, 每小题8分, 满分64分.1. 设ABC ∆的外接圆的圆心为O , 且3450OA OB OC ++=, 则C ∠的大小是______.2. 正四面体的4个表面上分别写有数字1, 2, 3, 4, 将4个这样的密度均匀的正四面体同时投掷于桌面上, 与桌面接触的4个面上的4个数的和能被4整除的概率是______.3. 设函数()f x ()x ∈, 则()f x 的最大值是______.4. 在平面直角坐标系中, ()1,2A , ()3,0B , 点P 为圆()()22321x y -+-=上任意一点, 设OP OA OB λμ=+(),λμ∈, 则119λμ+的最小值是______.5. 数列{}n a 满足: 0a []{}11n n n a a a +=+(其中[]n a 和{}n a 分别表示实数n a 的整数部分与小数部分), 则2020______a =. 6. 已知正实数,x y 满足: 11132x y x y+=++, 则x y +的最小值是______. 7. 设复数i z a b =+(),a b ∈, 满足3211i z =+, 则______a b +=.8. 用[]x 表示不超过实数x 的最大正整数, 若数列{}n a 满足: (22nn a ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦()*n ∈, 则2020a 的末尾两位数字是______.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) 过点()0,1P 作一直线l , l 与抛物线2y x =交于A 、B 两不同点, 过点A 、B 分别作抛物线2y x =的切线, 两切线交于点Q . 求点Q 到直线AB 的距离的最小值.10. (本题满分20分) 设λ为正实数, 对任意两两不等正实数a 、b 、c , 都有()()()()333222a b c a b c b c c a a b λ++≥++---.求λ的最大值.11. (本题满分20分) 设m 是给定的正整数. 求证: 对任意给定的正整数n ()2n ≥, 都存在集合{}*12,,,n A a a a =⊆, 使得对任意的正整数k ()1k n ≤≤, 都有()k kP A a m a +, 其中,()P A 表示集合A 中的元素之积.2020年全国高中数学联赛（四川预赛）试题参考答案及评分标准说明：1、本试卷满分120，其中填空题64分，解答题56分.2、评阅试卷时，请依据评分标准.填空题只设8分和0分两档；第9题4分一个档次、第10题和第11题均为5分一个档次.请严格按照评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次.3、如果考生的解答题方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评阅时可参考本评分标准评分.一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分.1、4π 2、143、54、12 5、6060 6、35+ 7、3 8、53. 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）过点(01)P ,作一直线l ，l 与抛物线2y x =交于A 、B 两不同点，过点A 、B 分别作抛物线2y x =的切线，两切线交于点Q .求点Q 到直线AB 的距离的最小值.解：显然直线AB 的斜率存在，设为k ，则直线AB 的方程为1y kx =+. 联立直线AB 和抛物线方程，消去y ，得210x kx --=.设11()A x y ,，22()B x y ,，则12x x k +=，121x x =-. ......4分 过点11()A x y ,的抛物线2y x =的切线方程是1112()y y x x x -=-， 由211y x =，代入可得2112y x x x =-.过点22()B x y ,的抛物线2y x =的切线方程是2222y x x x =-，联立解方程组21122222y x x x y x x x ⎧=-⎪⎨=-⎪⎩，得12122x x x y x x +⎧=⎪⎨⎪=⎩. 即点Q 的坐标为1212()2x x x x +,，即(1)2k-,. ......8分点Q 到直线AB的距离|(1)1|kk d ⋅--+=t =(1t ≥)，则21|2|3222t t d t t -+==+=≥ ......12分当且仅当322t t=，即t =，k =. 所以，点Q 到直线AB......16分 10. （本题满分20分）设λ为正实数，对任意两两不等的正实数a 、b 、c ，都有333222()()()()a b c a b c b c c a a b λ++≥++---. 求λ的最大值. 解：取11,,222a b c εεε=+=-=，其中106ε<<. 则33322211+()(2)2211(2)3)()22εεελεεε-≤++--（）（321+122123)2εεεε=+-+-（）（ 对任意的106εε<<（）成立.注意到当0+ε→时，321+1221123)2εεεε+-+→-（）（， 所以，1λ≤. ......5分另一方面，下证：=1λ成立，即证333222()()()()a b c a b c b c c a a b ++≥++---. 不妨设a b c >>，则可令=,a c x b c y +=+，其中0x y >>.即需证：333222)()3()c x c y c c x y y x x y ++++≥++-（， ......10分 322322322()()()()c x x x y c y y x y c x y ⇔+-++-+222(3)()c x y x y x y ≥++- 2223332242242)3()()3()()x xy y c x y x y c x x y y x y c ⇔-+++-+-+-（224()()()0x y x xy y x y ++++-≥， ① ......15分注意到①式中，关于c 的多项式系数都是大于0的，从而①成立.综上可知，所求 的最大值为1. ......20分 11. （本题满分20分）设m 是给定的正整数. 求证：对任意给定的正整数(2)n n ≥，都存在集合*12{,,,}n A a a a =⊆N ，使得对任意的正整数k (1)k n ≤≤，都有()|k kP A a m a +，其中()P A 表示集合A 中的元素之积.证明：先证一个引理：数列{}n x 满足：*11122,1()n n x x x x x n +==+∈N ，则对任意正整数k (2)k ≥，都有121211111k kx x x x x x ++++= . ......5分 引理的证明：对k 进行归纳： 当2k =时，结论显然成立； 假设结论对k 成立，即121211111k kx x x x x x ++++= ， 于是12112111111k k k k x x x x x x x x +++++++ 1211211111k k k k x x x x x x x x ++=-++12112111k k k k x x x x x x x x +++-=+1=，故结论对1k +也成立. 由归纳原理知：对任意正整数k (2)k ≥，都有121211111k kx x x x x x ++++= . ......10分 回到原题：只需证：存在*12{,,,}n A a a a =⊆N ，其中12n a a a <<< ，满足 不定方程12()()()()nP A P A P A m P A a a a ++++= 即可.即121111()nm P A a a a ++++= .（*） 取121(1,2,,1),i i n n a x i n a m x x x -==-=+ . 其中，*11122,1()n n x x x x x n +==+∈N . ......15分 则12n a a a <<< ，且12111()nm P A a a a ++++ 121211211111n n n n m x x x x x a x x x a --=+++++12121121111n n n n m x x x x x a x x x a --=+-+1212112121+1n nn nm x x x x x a x x x x x a ---=+1=.于是（*）成立.所以，问题得证. ......20分。
2022年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析
2022年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析
张君
【期刊名称】《数理化解题研究》
【年(卷),期】2022()25
【摘要】给出2022年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及其解析,部分试题给出一题多解,解答题给出了有别于参考答案的精彩解法.
【总页数】5页(P84-88)
【作者】张君
【作者单位】四川省温江中学
【正文语种】中文
【中图分类】G632
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2021年高中数学联赛(四川初赛)参考答案及评分细则
n全国高中数学联赛（四川初赛）试题参考答案及评分标准说明：1、评阅试卷时，请依据评分标准.选择题和填空题只设 5 分和 0 分两档；其它各题的评阅，请严格按照评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次.2、如果考生的解答题方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评阅时可参考本评分标准适当划分档次评分，5 分一个档次，不要再增加其它中间档次. 一、选择题（本大题共 6 个小题，每小题 5 分，共 30 分） 1. A 2. B 3. C 4. C 5. B 6. A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. 210. [ 6, 2]211. 2 12. 243三、解答题（本大题共 4 个小题，每小题 20 分，共 80 分）5a n - 8*13. 已知数列{a n } 满足： a 1 = a ， a n +1 =a n - 2a n -1(n ∈ N ) .(1) 若a = 3 ,求证：数列{a n } 成等比数列，并求出数列{a } 的通项公式； - 4（2）若对任意的正整数n ，都有a n > 35a n - 8 - 2,求实数a 的取值范围.a n +1 - 2a n - 1a n - 2证明：（1）因为 a- 4 =5a - 8= 3 ⋅ ，a - 4 n +1a n - 2n- 4na n - 1所以，数列{} 成等比数列. ……5 分a n - 4a - 2 a - 2 n -1 n -1 4 ⋅ 3n -1 + 2 于是 n = 1⋅ 3 = -3 ，解得a = .a n - 4 a 1 - 4 n4 ⋅ 3n -1 + 2 3n -1+ 1即数列{a n } 的通项公式a n = 3n -1 + 1.……10 分（2）法 1: 因为a n > 3 对任意的正整数n 都成立, 故a = a 1 > 3 .a n - 2a - 2n -1a - 2 2由(1)知a n- 4 = a - 4 ⋅ 3 ，记b = a - 4 ，则 a n = 4 + b ⋅ 3n -1 - 1 .①当3 <a < 4 时，则b < 0 .注意到0 >b ⋅ 3n -1 - 1 >b ⋅ 3n - 1，2 2n 则b ⋅ 3n - 1 > b ⋅ 3n -1 - 1， 于是a n +1 > a n ，即数列{a n } 单调递增.从而a n > 3 .因此3 < a < 4 .……15 分② 当a = 4 时，由条件可知a n = 4 满足条件； ③ 当a > 4 时， a - 2 > a - 4 > 0 ，则b > 1， b ⋅ 3n -1 + 1注意到a n = 3 +b ⋅ 3n -1-1，而b ⋅ 3n -1- 1 > 0 ，故 a > 3 ，满足条件.综上，所求实数a 的取值范围(3, + ∞) . (20)分法 2: 因为a n > 3 对任意的正整数n 都成立, 故a = a 1 > 3 . 下面用数学归纳法证明: 当a > 3 时，对任意的正整数 n ，都有a n ＞3. 当n = 1时，结论成立； 假设n = k (k ≥ 1) 时，结论成立.当n = k + 1时，注意到a=5a k - 8= 3 + 2a k - 5， ……15 分k +1a - 1 a - 1由a k k k> 3 知， 2a k - 5 > 0, a k - 1 > 0 ，从而a k +1 > 3 . 于是结论对n = k + 1也成立.由归纳原理知，对任意的正整数 n ，都有a n ＞3.综上，所求实数a 的取值范围(3, + ∞) .……20 分14. 1993 年，美国数学家 F. Smarandache 提出许多数论问题，引起国内外相关学者的关注， 其中之一便是著名的 Smarandache 函数. 正整数 n 的 Smarandache 函数定义为S (n ) = min{m | m ∈ N * , n | m !}，比如： S (2) = 2, S (3) = 3, S (6) = 3 .（1）求S (16) 和 S (2016) 的值；（2）若S (n ) = 7 ，求正整数n 的最大值；（3）证明：存在无穷多个合数n ，使得S (n ) = p ，其中 p 为n 的最大质因数.解：（1）因为16=24，故 S (16) = 6 . (5)分由2016 = 25 ⨯ 32 ⨯ 7 知S (2016) = max{S (25 ), S (32 ), S (7)} .S 1 2 又 S (7) = 7 ， S (32 ) = 6, S (25 ) = 8 ，故 S (2016) = 8 .……10 分（2）由S (n ) = 7 知n | 7!，从而 n ≤ 7!.又S (7!) = 7 .所以，正整数n 的最大值是7! = 5040 .……15 分（3）因为对任意奇质数 p ，取n = 2 p ，都有 S (n ) = p .所以，存在无穷多个合数n ，使得S (n ) = p ，其中 p 为n 的最大质因数.……20 分15. 如图，点 A 与点 A ' 在 x 轴上，且关于 y 轴对称，过点 A ' 垂直于 x 轴的直线与抛物线 y 2= 2x 交于两点 B ， C ， 点 D 为线段 AB 上的动点， 点 E 在线段 AC 上， 满足| CE | = | AD | . | CA | | AB |（1）求证：直线 DE 与此抛物线有且只有一个公共点； （2）设直线 DE 与此抛物线的公共点为 F ，记∆BCF 与 ∆ADE的面积分别为S , S .求 S1 的值.2解：（1）设 A (-2a 2，0) ， A '(2a 2，0) ，所以可得 B (2a 2，2a ) ， C (2a 2，- 2a ) ， 设 D (x 1 , y 1 ) ， AD = AB ，则CE =CA .于是(x + 2a 2，y ) = (4a 2，2a ) ，故 D 的坐标为((4-2) a 2,2a ) .11设 E (x 2,y 2)，由CE = CA 得，(x 2-2a 2,y 2+2a )=(-4a 2,2a )，所以 E 的坐标为((2-4)a 2,(2-2) a ) .因此直线 DE 的斜率为：k DE = 2a(8 - 4)a 2 = 1 (4 - 2)a，……5 分所以直线 DE 的方程是 y -2a = 1(4 - 2)a(x -(4-2)a 2)，化简得，(4-2)ay -2a (4-2)a =x -(4-2) a 2 即，x =2a (2-1) y -2a 2(2-1)2 ①与抛物线方程联立，得 y 2=2 [2a (2-1) y -2a 2(2-1)2]，即 y 2-4a (2-1)y +4a 2(2-1)2=0， ②此时，方程②有两个相等的根：y =2a (2-1)， y BD FAA'xECx 2 + xy + y 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2 z 2 + zx + x 2 x 2 + xy + y 2 x 2+ xy + y 2∑ 代入①，得 x =2a 2(2-1)2.所以直线 DE 与此抛物线有且只有一个公共点 F (2a 2(2-1)2，2a (2-1)) .……10 分 （2） S = S △BCF = 1 BC ⋅h = 1⋅4a ⋅(2a 2-x F )=4a 3(4-42) .……15 分12 2设直线 DE 与 x 轴交于点 G ，令 y =0，代入方程①，x =2a (2-1)y -2a 2(2-1)2，解得 x =-2a 2(2-1)2，故|AG |=2a 2-2a 2(2-1)2=2a 2(4-42) .于是S = S △ADE = S △ADG +S △AEG = 1⋅|AG |⋅|y D -y E |=a 2(4-42)⋅|2a -(2-2)a |=2a 3(4-42) .22所以 S1 =2 .……20 分S 216.设, 为实数，若对任意的实数 x , y , z ，有 (xy + yz + zx ) ≤ M ≤ (x 2 + y 2 + z 2 )恒成立，其中M = ⋅ +⋅ + ⋅ .求的最大值和 的最小值.解：取 x = y = z = 1 ，有3≤ 9 ≤ 3，则 ≤ 3 ， ≥ 3 .（1）先证： M ≥ 3(xy + yz + zx ) 对任意的实数 x , y , z 成立.因为 ⋅ =≥| (x + y )( z + y ) | + 3 y 22 2 4 ≥ (x + y )( z + y ) +3 y 22 2 4= xz + 1 xy + 1yz + y 2 .……5 分2 2所以， M ≥ (xz + 1 xy + 1yz + y 2 ) = 2(xy + yz + zx ) + ( x 2 + y 2 + z 2 )2 2≥ 2( xy + yz + zx ) + ( xy + yz + zx ) = 3( xy + yz + zx ) .……10 分（2）再证： M ≤ 3( x 2 + y 2 + z 2) 对任意的实数 x , y , z 成立. 因为M ≤ ( x 2+ xy + y 2 )2+ (y 2 + yz + z 2 )2 + ( z 2 + zx + x 2 )2= 2(x 2 + y 2 + z 2 ) + ( xy + yz + zx ) ≤ 3(x 2 + y 2 + z 2 ) .……15 分综上可知，的最大值是 3， 的最小值是 3.……20 分y 2 + yz + z 2 y 2+ yz + z 2[(x + y )2 + 3 y 2 ] ⋅ [(z + y )2 + 3 y 2] 2 4 2 4。
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９ ２ － ６ ＋ｌ
＋ １ ＜ ０ ， 即①式成立．
解答错 了， 错 在哪
式得（
４ 、 ／ ＿ 厂 ＝ 、 腼
立．
＋ １ ） ≥（ ２ ０ 、 ／ ＼
＞
） 。 ＝ ４ 、
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ａ ２ ＝ ９ ａ ｚ ， 所以， 口 、 ／
数 坛
在线
命题感悟
一
道全国数学联赛四川省预赛试题解答的纠错
⑩新 疆 生 产 建 设 兵 团 第 二 中 学 张 国 治
⑩ 新疆 生产 建设 兵 团 第 二 中 学 高 三 （ １ ０ ） 班
陆 玉 锋
近期 ， 笔 者在数学 竞赛 备考 时 ， 发 现２ ０ ０ ９ 年 一道全
如 图１ ， 利 用 几何 画板 画 ￣ｆ （ ａ ） ＝ ２ ａ ６ — ９ ａ ４ ＋ ９ ａ ２ — ６ ａ ＋ １ 。 ａ∈
乜 ２ 、 俩
Ｄ
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Ａ（ １ ． ７
［ ＝ ０ 、 瑶
＋ １ ＞ ３ 仉
， 得ａ ｂ ｃ ≥
上单调递减 ，所 以 ｎ ）
， 所 以， 只 需 证 明 、
（ ÷ ） ＿ ２ 一 ９ ＋ ９ —
６
（ １ ） 当０ ＜ ０ ≤１ 时， 、 二 ≥＼ ／ ， 于是 由均值 不等
＋ １ ＞ ３ ｎ 成
里 ？错在 （ ） 式厂 （ “ ） ＝ ｌ ຫໍສະໝຸດ 一３ ６ ＋１ ８ ａ 一６ ＝
（ ２ ） 当１ ＜ ０ ≤、 ／ 厂 。 时， 只需证（ ｎ ２ 、
即证 ２ ａ ６９ ａ ￣６ ａ ＋ ｌ ＜ Ｏ ．
） ： ＞ （ ３ ａ － １ ） ｚ ，
１ ＝ ０ ， 即 ÷ 是 很 容 易 想 到 的 ， 但 在 ３ ≤ ｎ ≤ ＼ ／ 了 上 却 很
难 证 明． 这就促 使我们反思 调整ａ 的分类讨论 标准 ， 基 于 上述分析和待证不等式 的结 构 ， 便有如下正确 的证 明方
法．
当 ÷≤ ０ ≤ 、 ｖ ／ 时， 有 一 ３ ＜ ０ ， ０ — ３ ＜ ０ ． 故当 ÷≤ Ⅱ ≤
２ ａ ２ ） ＞ （ ３ （ 卜１ ） ， 即只需证２ Ⅱ ６ ＿ ９ ｎ ４ ＋ ９ ｎ ２ — ６ ａ ＋ ｌ ＜ Ｏ ．
６ ＝ １ ２ ａ （ ８ 一 ３ ） ＋ ６ （ 口 一 ３ ） ．
①
（ ）
记八ａ ） ＝ ２ ａ ６ — ９ ａ ％９ ａ ２ — ６ ａ ＋ ｌ ， 贝 ０ 厂 （ ０ ） ＝ １ ２ 一 ３ ６ ａ ３ ＋ １ ８ ａ 一
ｘ ／３时厂 （ ａ ） ＜ ０ ， 因此
Ｂ（ ０ ３３． ０ ． ０ ０
ｆ （ ａ ） 在一 １≤ｎ≤ ＼ ／ 了
ｊ ＿
解法 １ ： 由条件９ ＝ ａ ２ ＋ ｂ 。 ＋ ｃ 。 ≥３ ａ ２ ， 得０ ≤、 ／ 又 由（ ｃ 。 一
） （ ｂ ２ ＿ ａ ２ ） １０ ＞ ， 知ｂ ｃ ≥０ ～
国数学联赛 四川 省预赛 试题的解答是错 误的 ， 经笔者与
学生研究 ， 撰此文 与读者分享． 题目 （ ２ ０ ０ ９ 年 全 国数 学联 赛 四川 Ｉ 省 预 赛第 １ ６ 题）
设 正实 数ａ 、 ｂ 、 ｃ 满足。 ≤６ ≤ｃ ， 且ａ ２ ＋ ｂ ＋ ｃ ２ ＝ ９ ． 证明 ： ａ ｂ ｃ ＋ ｌ ＞
即无法确定 其单调 性．
十。 ？ 敷・ ？高 中 版
２ ０ １ ４年 ３月
命题感悟
坛 线
又１ ＜ ≤３ 时， 有２ ｔ 一 １ ＞ ０ ， ｔ 一 １ ＞ ０ ， ｔ － ３ ＜ Ｏ ， ｔ ＋ ２ ＞ Ｏ ． 所以， （ ２ ｔ 一 １ ） （ 一 １ ） （ 一 ３ ） 一 （ ＋ ２ ） ＜ ０ ． １ ￣ １ ３ ２ ａ ６ － ９ ａ ４ ＋ ９ ａ ２ － ６ ａ ＋ １ ＜ ０ 成立．
１ ２ ａ （ ａ ２ — ３） ＋６（ ３ ａ 一 １ ） ≠１ ２ ｎ ３ （ 一 ３） ＋ ６ （ ｒ 上 一 ３ ） ，
因为２ ａ ６ － ９ ａ ４ ＋ ９ ａ ２ — ６ ａ ＋ ｌ ＜ ２ ａ ６ — ９ ａ ％９ ａ ２ — ５ ： ２ ａ ６ — ９ ａ ％１ ０ ａ ２ —
３ ａ ．
ｆ 了 １ ， 、 ／ 了 ］ 的 图 像 ， 可 见 ， 函 数 并 非 单 调 ． 事 实 上 （ 、 ／ 了 ）
＝
６ （ ３ 、 ／ 了 一 １ ） ＞ ｏ ， ｆ （ ） 一 ９ ４ ＼ ９ １ ＿ ３ ） ＜ 。 ， 所 以 ， 至 少 存 在
文［ １ ］ 提供标准解答 ： 由条件９ ＝ ａ ２ ＋ ｂ ｚ ＋ ｃ ≥３ ａ ２ ， 故０ ≤ ＼ ／ 了． 又 由（ ｃ ） （ ６ ） ￣Ｏ ＞ Ｊ ｄ ｌ ｂ ｃ ≥
得ａ ｂ ｃ ≥ 、 二 ， 所以 ， 只需证 明 、 ／
１
一
点 粕 ∈ ［ ÷ ， 、 ／ 了 ） 使 （ ＝ ０ ， 这 样 当 ＿ ＿ ３ ｌ ≤ 。 ≤ 、 ／ 了
时 （ 口 ） ＜ ０ 不恒成立 ，因此不能判断厂（ 。 ） 在 ≤ ≤
、 ／ 厂 上单 调递减 ， 从而上述解法是错误 的． 反思： 上述解 题思路容 易想 到 ， 但具体 操作 时显 得
、
＞ ３ ｎ 一 １ ．
，
（ １ ） 当３ ａ 一 １ ＜ ０ ， 即 ０ ＜ ÷时， 结论显然成立；
ｊ
（ ２ ） 当３ ａ 一 １ ≥０ ， 即＿ ＝ １≤０ － ≤、 ／ 了时 ， 只需 证 明ａ ４ （ ９ 一
ｊ
无 能为力．反思上述 解答 中参 数ａ 的分类讨论 标准 ： ３ ｏ 一
从 而当＿ ＝ １≤０≤ Ｉ 、 ／ ， 了
时， 无 法判 （ ｎ ） ＜ ０ ，
３ 一 （ ａ ２ ＋ ２ ） ，
②
令日 ＝ （ １ ＜ ｔ ￣３ ） ， 则式 ②右端 ＝ ２ ｔ ３ — ９ ｔ ２ ＋ ］ Ｏ ｔ 一 ３ 一 （ ＋ ２ ） ＝
（ ２ ｔ 一 １ ） （ 一 １ ） （ ｆ 一 ３ ） 一 （ ＋ ２ ） ．