2015年全国高中数学联赛(吉林赛区)预赛题及答案

专题34不等式第三缉(原卷版)-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)

备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题34不等式第三缉1．【2017年浙江预赛】设在中有两个实数根,则的取值范围为.f (x )=x 2+ax +b [0,1]a 2‒2b 2．【2017年江苏预赛】设是实数,则的最大值是.x 、y 2x +2y2x 4+4y 4+93．【2016年陕西预赛】设m 、n 均为正整数，且满足24m =n 4.则m 的最小值为________.4．【2016年陕西预赛】设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数、偶函数，且f (x )+g (x )=2x .若对x ∈[1，2]，不等式af (x )+g (2x )≥0恒成立，则实数a 的取值范围是_______.5．【2016年陕西预赛】设a ∈R .则函数f (x )=|2x -1|+|3x -2|+|4x -3|+|5x -4|的最小值为_______.6．【2016年福建预赛】设f (x )为定义在R 上的函数，若f (0)=1008，且对任意的x ∈R ，满足f (x +4)-f (x )≤2(x +1)，f (x +12)-f (x )≥6(x +5).则 _________.f(2016)2016=7．【2016年福建预赛】当x 、y 、z 为正数时，的最大值为________.4xz +yz x 2+y 2+z 28．【2016年新疆预赛】已知,且.则的最小值为______.x 、y >0x +2y =2x 22y +4y 2x 9．【2016年山西预赛】设n 为正整数，使介于之间．则n ＝__________.3n +3n 与n +4n +110．【2016年全国】设实数a 满足.则a 的取值范围是________.a <9a 3‒11a <|a |11．【2016年吉林预赛】设实数x 、y 满足则2x-y 的最大值为________.{x ‒y +1≥0,y +1≥0,x +y +1≤0.12．【2016年吉林预赛】设实数x 、y 满足则2x-y 的最大值为________.{x ‒y +1≥0,y +1≥0,x +y +1≤0.13．【2016年浙江预赛】已知为互不相等的整数。

2015年全国高中数学联赛试卷解析汇报

2015 年全国高中数学联合竞赛（A 卷）参考答案及评分标准一试说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标冶填空题只设。

分和香分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.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小题该分为一个档次，不要增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1．设b a ,为不相等的实数，若二次函数b ax x x f ++=2)(满足)()(b f a f =，则=)2(f 答案：4.解：由己知条件及二次函数图像的轴对称性，可得22a b a+=-，即20a b +=，所以(2)424f a b =++=．2．若实数α满足ααtan cos =，则αα4cos sin 1+的值为．答案：2. 解：由条件知，ααsin cos 2=，反复利用此结论，并注意到1sin cos 22=+αα，得)cos 1)(sin 1(sin sin sin cos cos sin 122224αααααααα-+=++=+ 2cos sin 22=-+=αα．3．已知复数数列{}n z 满足),2,1(1,111⋅⋅⋅=++==+n ni z z z n n ，其中i 为虚数单位，n z 表示n z 的共轭复数，则=2015z ．答案：2015 + 1007i ．解：由己知得，对一切正整数n ，有211(1)11(1)2n n n n z z n i z ni n i z i ++=+++=+++++=++, 于是201511007(2)20151007z z i i =+⨯+=+．4．在矩形ABCD 中，1,2==AD AB ，边DC 上（包含点D 、C ）的动点P 与CB 延长线上（包含点B ）的动点Q 满足条件BQ DP =，则PQ PA ⋅的最小值为．答案34．解：不妨设 A ( 0 , 0 ) , B ( 2 , 0 ) , D ( 0 , l ) ．设 P 的坐标为（t , l) （其中02t ≤≤），则由||||DP BQ =得Q 的坐标为（2，-t )，故(,1),(2,1)PA t P Q t t =--=---,因此，22133()(2)(1)(1)1()244PA PQ t t t t t t ⋅=-⋅-+-⋅--=-+=-+≥．当12t =时，min 3()4PA PQ ⋅=．5．在正方体中随机取三条棱，它们两两异面的概率为．答案：255．解：设正方体为ABCD-EFGH ，它共有12条棱，从中任意取出3条棱的方法共有312C =220种．下面考虑使3条棱两两异面的取法数．由于正方体的棱共确定3个互不平行的方向（即 AB 、AD 、AE 的方向），具有相同方向的4条棱两两共面，因此取出的3条棱必属于3个不同的方向．可先取定AB 方向的棱，这有4种取法．不妨设取的棱就是AB ，则AD 方向只能取棱EH 或棱FG ，共2种可能．当AD 方向取棱是EH 或FG 时，AE 方向取棱分别只能是CG 或DH ．由上可知，3条棱两两异面的取法数为4×2=8，故所求概率为8222055=．6．在平面直角坐标系xOy 中，点集{}0)63)(63(),(≤-+-+y x y x y x 所对应的平面区域的面积为．答案：24．解：设1{(,)||||3|60}K x y x y =+-≤．先考虑1K 在第一象限中的部分，此时有36x y +≤,故这些点对应于图中的△OCD 及其内部．由对称性知，1K 对应的区域是图中以原点O为中心的菱形ABCD 及其内部．同理，设2{(,)||3|||60}K x y x y =+-≤，则2K 对应的区域是图中以O 为中心的菱形EFGH 及其内部．由点集K 的定义知，K 所对应的平面区域是被1K 、2K 中恰好一个所覆盖的部分，因此本题所要求的即为图中阴影区域的面积S ．由于直线CD 的方程为36x y +=，直线GH 的方程为36x y +=，故它们的交点P 的坐标为33(,)22．由对称性知，138842422CPG S S ∆==⨯⨯⨯=．7．设ω为正实数，若存在实数)2(,ππ≤<≤b a b a ，使得2sin sin =+b a ωω，则ω的取值范围为．答案：9513[,)[,)424w ∈+∞．解：2s in s in =+b a ωω知，1s in s in ==b a ωω，而]2,[,ππωωw w b a si ∈，故题目条件等价于：存在整数,()k l k l <，使得ππππππw l k w 22222≤+≤+≤． ①当4w ≥时，区间]2,[ππw w 的长度不小于π4，故必存在,k l 满足①式．当04w <<时，注意到)8,0(]2,[πππ⊆w w ，故仅需考虑如下几种情况：(i) ππππw w 2252≤<≤，此时21≤w 且45>w 无解； (ii) ππππw w 22925≤<≤，此时2549≤≤w ; (iii) ππππw w 221329≤<≤，此时29413≤≤w ,得4413<≤w ．综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到4≥w 亦满足条件，可知9513[,)[,)424w ∈+∞．8．对四位数abcd (9d ,0,91≤≤≤≤c b a ，)，若,,,d c c b b a ><>则称abcd 为P 类数；若d c c b b a <><,,，则称abcd 为Q 类数，用N(P)和N(Q)分别表示P 类数与Q 类数的个数，则N(P)-N(Q)的值为．答案：285．解：分别记P 类数、Q 类数的全体为A 、B ，再将个位数为零的P 类数全体记为0A ，个位数不等于零的尸类数全体记为1A ．对任一四位数1A abcd ∈，将其对应到四位数dcba ，注意到1,,≥><>d c c b b a ，故B dcba ∈．反之，每个B dcba ∈唯一对应于从中的元素abcd ．这建立了1A 与B 之间的一一对应，因此有011()()||||||||||||N P N Q A B A A B A -=-=+-=．下面计算0||A 对任一四位数00A abc ∈, b 可取0, 1，…，9，对其中每个b ，由9≤<a b 及9≤<c b 知，a 和c 分别有b -9种取法，从而992200191019||(9)2856b k A b k ==⨯⨯=-===∑∑．因此，()()285N P N Q -=．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。

专题37不等式第六缉(解析版)-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)

备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题37不等式第六缉1．【2017高中数学联赛B 卷（第02试）】设实数a 、b 、c 满足a +b +c =0.令，证明:d =max{|a |,|b |,|c |}.|(1+a)(1+b)(1+c)|⩾1‒d 2【答案】证明见解析【解析】当d ≥1时，不等式显然成立以下设0≤d <1.不妨设a 、b 不异号，即ab ≥0，那么有.(1+a)(1+b)=1+a +b +ab⩾1+a +b =1‒c⩾1‒d >0因此.|(1+a)(1+b)(1+c)|⩾|(1‒c)(1+c)|=1‒c 2=1‒|c |2⩾1‒d 22．【2017年天津预赛】如果整数,证明:.n ≥2(1+122)(1+132)⋯(1+1n 2)<2【答案】证明见解析【解析】解法一在熟知的不等式中,分别取,就得到原式左端1+x ≤e xx =122,132,⋯,1n 2≤e 12+132+⋯+1n 2.注意到,令从2到求和,即得1k 2<1k 2‒14=1k ‒12‒1k +12k n 122+132+⋯+1n2<(12‒12‒12+12)+(13‒12‒13+12)+⋯+(1n ‒12‒，1n +12)=23‒22n +1<23因此,待证式左端.<e 23注意,就得到.e <2.8<8e 23<2解法二我们对用数学归纳法证明加强的结论:，n ∏nk =2(1+1k 2)<2‒2n +1当时,,结论成立.n =21+122<2‒23假设当时结论成立,则我们有n =m (≥2)∏m +1k =2(1+1k 2)=∏m k =2(1+1k 2)⋅[1+1(m +1)2]<(2‒2m +1)⋅[1+1(m +1)2]=2‒2m +1+2(m +1)2‒2(m +1)3=2‒.2m +2‒2(m +1)3(m +2)<2‒2m +2可见当时结论也成立.n =m +1因此,加强后的不等式对任意成立.n ≥23．【2017年辽宁预赛】已知,问:当实数为何值时取得最大值.x +y =1x 、y (x 3+1)(y 3+1)【答案】.x =1±52,y=1∓52【解析】设u =(x 3+1)(y 3+1)=(xy )3+(x +y )[(x +y )2‒3xy ]+1,由已知可得，x +y =1u =(xy )3‒3xy +2令,则故t =xy t =xy =x (1‒x )=‒x 2+x ≤14,u =t 3‒3t +2,t ≤14.由于,则当时,;当时,.u '=3t 2‒3t <‒1u '>0‒1<t ≤14u '<0因此,在时取得最大值.即.u t =‒1xy =‒1,x +y =1解得.x =1±52,y=1∓524．【2017年山东预赛】实数,且,求的最小值.x ,y ∈(1,+∞)xy ‒2x ‒y +1=032x 2+y 2【答案】15【解析】因为,所以,代入得xy ‒2x ‒y +1=0y =1x ‒1+232x 2+y 2=32x 2+(1x ‒1+2)2,令则f (x )=32x2+(1x ‒1+2)2,f '(x )=3x +2(1x ‒1+2)[‒1(x ‒1)2]=3x ‒4x ‒2(x ‒1)3=3x (x ‒1)3‒(4x ‒2)(x ‒1)3=.3[(x ‒2)+2][(x ‒2)+1]3‒4(x ‒2)‒6(x ‒1)3=(x ‒2)(3x 3‒3x 2+3x ‒1)(x ‒1)3令,则,g(x)=3x 3‒3x 2+3x ‒1g '(x)=9x 2‒6x +3⩾0即在上单调递增,又,所以在上恒成立.y =g(x)(1,+∞)g(1)=6g(x)>0(1,+∞)所以在上单调递减,在上单调递增,y =f(x)(1,2)(2,+∞)所以[f(x)]min =f(2)=15.5．【2017年福建预赛】设是5个正实数(可以相等).证明:一定存在4个互不相同的下标a 1,a 2、a 3、a 4、a 5i ,使得.,j ,k ,l |a i a j‒a ka l|<12【答案】证明见解析【解析】不妨设,考虑以下5个分数:它们都属于区间.a 1≤a 2≤a 3≤a 4≤a 5a 1a 2,a 3a 4,a 1a 5,a 2a 3、a 4a 5.(0,1]把区间分成两个区间：和,由抽屉原理知,区间或中一定有一个区间至少包含(1)中的3(0,1](0,12](12,1](0,12](12,1]个数(记这3个数依次为.a ,b ,c )将①中的5个数依次围成一个圆圈,则(1)中任意三个数中都有两个数是相邻的(与是相邻的a 1a 2a 4a 5).即中至少有两个数是相邻的.a 、b 、c 假设与相邻,则.a b |a ‒b |<12另一方面,由①中5个分数的分子、分母的下标特征知,围成的圆圈中,任意相邻两个分数的分子、分母的4个下标互不相同.于是,对应的分数的分子、分母的4个下标符合要求.因此,结论成立.a ,b 6．【2017年四川预赛】设为实数,若对任意的实数,有恒成α,βx ,y ,z α(xy +yz +zx )≤M ≤β(x 2+y 2+z 2)立,其中M =x 2+xy +y 2⋅y 2+yz +z 2+y 2+yz +z 2⋅z 2+zx +x 2+z 2+zx +x 2⋅x 2+xy +y 2.求的最大值和的最小值.αβ【答案】的最大值是的最小值是3.α3,β【解析】取x=y=z=1，有，则.3α⩽9⩽3βα⩽3,β⩾3(1)解法一先证对任意的实数成立.M ≥3(xy +yz +zx )x 、y 、z 因为x 2+xy +y 2⋅y 2+yz +z 2=[(x +y2)2+34y 2]⋅[(z +y2)2+34y 2]⩾|(x +y 2)(z +y 2)|+34y 2 ⩾(x +y2)(z +y2)+34y 2，=xz +12xy +12yz +y 2所以M⩾∑(xz +12xy +12yz +y 2)=2(xy +yz +zx )+(x 2+y 2+z 2) ≥2(xy +yz +zx )+(xy +yz +zx )=3(xy +yz +zx )解法二注意到,则x 2+xy +y 2≥34(x +y )2M ≥34|x +y |⋅|y +z |+34|y +z |⋅|z +x |+34|z +x |⋅|x +y | ≥34(xy +yz +zx +y 2)+34(yz +zx +xy +z 2)+34(zx +xy +yz +x 2) =34(x 2+y 2+z 2)+94(xy +yz +zx ) ≥34(xy +yz +zx )+94(xy +yz +zx )=3(xy +yz +zx )(2)解法一再证对任意的实数成立.M ≤3(x 2+y 2+z 2)x ,y ,z 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)解法二注意到,x 2+xy +y 2⋅y 2+yz +z 2≤(x 2+xy +y 2)+(y 2+yz +z 2)2故M ≤4(x 2+y 2+z 2)+2(xy +yz +zx )2≤4(x 2+y 2+z 2)+2(x 2+y 2+z 2)2.=3(x 2+y 2+z 2)结合(1)、(2)可知,的最大值是的最小值是3.α3,β7．【2017年陕西预赛】设为正实数,且满足求证:a 、b 、c (a +b )(b +c )(c +a )=1.a 21+bc+b 21+ca+c 21+ab≥12.【答案】略【解析】由柯西不等式,得a 21+bc+b 21+ca+c 21+ab≥(a +b +c )23+ab +bc +ca故只需证明： ①(a +b +c )23+ab +bc +ca≥12.先证明:.a +b +c ≥32事实上,由均值不等式及已知,得a +b +c =12[(a +b )+(b +c )+(c +a )]≥12⋅33(a +b )(b +c )(c +a )=32再证明.:ab +bc +ca ≤32事实上,由赫尔德不等式、均值不等式及已知,得(ab +bc +ca )3=(3ab ⋅b ⋅a +3b ⋅bc ⋅c +3a ⋅c ⋅ca )≤(ab +b +a )(b +bc +c )(a +c +ca )≤(a +b 2+a +b)(b +b +c 2+c )(c +a +c +a 2)=278(a +b )(b +c )(c +a )=278,所以.ab +bc +ca ≤32于是,,(a +b +c )23+ab +bc +ca≥(32)23+32=12即①式成立.故原不等式成立.8．【2017年安徽预赛】设,求的取值范围.x ,y ∈[0,1]f (x ,y )=1+xy1+x 2+1‒xy 1+y 2【答案】[1,2]【解析】当时,由于,因此x⩾y 1+xy 1+x 2,1‒xy 1+y 2∈[0,1]2≥f (x ,y )≥1+xy 1+x 2+1‒xy 1+y 2≥1+xy 1+x 2+1‒xy 1+x 2=21+x 2≥1.当时,显然有,且有,x ≤y f (x ,y )≥1+xy 1+x 2≥1x +x ‒1≥y +y ‒1由此，1≤f (x ,y )=1+y ‒xx +x ‒1+1‒x +yy +y ‒1≤1+y ‒xy +y ‒1+1‒y ‒xy +y ‒1≤2上述最后一个不等式利用了结论：当时,0≤t ≤11+t +1‒t ≤2.最后由可知的取值范围是.f (1,1)=1,f (0,0)=2f (x ,y )[1,2]9．【2017年江苏预赛】已知,且求的最小值.x ,y ∈R x 2+y 2=2,|x |≠|y |.1(x +y )2+1(x ‒y )2【答案】1【解析】因为,所以.x 2+y 2=2(x +y )2+(x ‒y )2=4所以=1.1(x +y)2+1(x ‒y)2=14[1(x +y)2+1(x ‒y)2][(x +y)2+(x ‒y)2]⩾14(1+1)2当时，.x =2,y =01(x +y)2+1(x ‒y)2=1所以的最小值为1.1(x +y)2+1(x ‒y)210．【2017年新疆预赛】已知正数满足.求证:对任意正整数,有.x 、y 、z x +y +z =1n x n +y n +z n≥13n ‒1【答案】证明见解析【解析】由维均值不等式,可得n ，x n +13n +⋯+13n ⏟n ‒1≥nnx n ⋅(13n)n ‒1=nx ⋅13n ‒1，y n+13n ⏟+⋯+13n≥n ny n⋅(13n)n ‒1=ny ⋅13n ‒1.z n +13n ⏟+⋯+13n≥n nz n ⋅(13n)n ‒1=nz ⋅13n ‒1三式相加得.x n +y n +z n+3(n ‒1)⋅13n ≥n (x +y +z )⋅13n ‒1=n3n ‒1.x n +y n +z n ≥13n ‒111．【2017年新疆预赛】(1)对于任意的,求证:.a ,b >01a +b ≤14(1a+1b )(2)设,且.求证:.x 1,x 2,x 3>01x1+1x 2+1x 3=1x 1+x 2+x 3x 1x3+x 3x 2+x 1+x 2+x 3x 1x 2+x 3x 1+x 1+x 2+x 3x 2x 1+x 3x 2≤32【答案】证明见解析【解析】(1)由于,根据均值不等式有a ,b >02ab ≤a 2+b 2⇒2≤a 2+b 2ab=ab +ba ⇒4≤ab +ba +2=a +b b+a +b a ⇒.1a +b≤14(1a +1b )(2)将原式变形,并运用(1)可得原式=x 1+x 2+x 3x 3(x 1+x 2)+x 1+x 2+x 3x 1(x 2+x 3)+x 1+x 2+x 3x 2(x 3+x 1)=(1x 3+1x1+x 2)+(1x 1+1x2+x 3)+(1x 2+1x3+x 1)=(1x 1+1x 2+1x 3)+(1x 1+x 2+1x 2+x 3+1x3+x 1)=1+(1x 1+x 2+1x2+x 3+1x3+x 1) ≤1+14(1x 1+1x 2+1x 2+1x 3+1x 3+1x 1).=1+12=3212．【2017年内蒙古预赛】已知：,均为正实数,求证:.a ,b ,c 2bc +ca +ab ≤33(b +c )(c +a )(a +b )【答案】证明见解析【解析】因为均为正实数,所以有，故a ,b ,c a +b ≥2ab ,b +c ≥2bc a +c ≥2ac .(b +c )(c +a )(a +b )≥.8abc 因此，9(b +c )(c +a )(a +b )≥8abc +8(b +c )(c +a )(a +b )所以8(a +b +c )(bc +ca +ab )≤9(b +c )(c +a )(a +b ).又因为,所以(a +b +c )2≥3(bc +ca +ab )64×3(bc +ca +ab )3≤81[(b +c )(c +a )(a +b )]2.故.2bc +ca +ab ≤3⋅3(b +c )(c +a )(a +b )13．【2016年陕西预赛】记“∑”表示轮换对称和.设a 、b 、c 为正实数，且满足abc =1.对任意整数n ≥2，证明： .∑a nb +c≥3n2【答案】见解析【解析】不妨设a ≤b ≤c .则.n b +c ≥n c +b ≥na +b ，anb +c≤bnc +a≤cna +b 由切比雪夫不等式得.∑a =∑(nb +c ·a nb +c)≤13(∑nb +c )(∑anb +c)又由幂平均不等式得.13∑nb +c ≤n13∑(b+c)=n23∑a 故∑a ≤n23∑a(∑a n b +c ) ⇒∑a n b +c≥∑a23∑a=n32(∑a)n ‒1由已知及均值不等式得.∑a ≥33abc =3故.∑a nb +c≥3n214．【2016年山东预赛】证明：.sin 1n +sin 2n >3n sin 1n (n ∈Z +)【答案】见解析【解析】原不等式等价于证明：.2sin 1n +tan 1n >3n (n ∈Z +)定义函数.f (x )=2sin x +tan x ‒3x (0≤x ≤1)只需证明.f (x )>0显然，，且f (0)=0f'(x )=2cos x +1cos 2x‒3.=2cos 3x ‒3cos 2x +1cos 2x定义函数，g (x )=2cos 3x ‒3cos 2x +1.g (0)=0则g'(x )=‒6cos 2x ⋅sin x +6cos x ⋅sin x =6cos x ⋅sin x (1‒cos x )>0.⇒g (x )>0于是，单调递增.f'(x )>0故，即所证不等式成立f (x )>015．【2016年安徽预赛】证明：对任意实数a 、b 、c ，均有a 2+ab +b 2+a 2+ac +c 2 ≥，并求等号成立的充分必要条件.3a 2+(a +b +c )2【答案】见解析【解析】设.α=(a +b 2,32b ),β=(a +c 2,32c )则，|α|+|β|=a 2+ab +b 2+a 2+ac +c 2|α+β|=(2a +b +c2)2+34(b +c )2=4a 2+2a (b +c )+(b +c )2.=3a 2+(a +b +c )2据三角不等式知，①|α|+|β|≥|α+β|即得所要证的不等式.式①等号成立的充分必要条件为平等且方向相同.α与β注意到，α∥β⇔(a +b 2)c =(a +c 2)b .⇔a (b ‒c )=0当时，式①等号成立.a =0⇔bc ≥0当时，式①等号恒成立.b =c 综上，式①等号成立的充分必要条件为.b =c 或a =0且bc ≥016．【2016年新疆预赛】已知,且为常数求的最小值.∑ni =1a i x i =p ,∑ni =1a i =q a i >0(i =1,2,…,n),p 、q ∑n i =1a i x 2i【答案】p 2q【解析】设为待定系数).则x i =λ+y i (λ, ①∑ni =1a i x 2i =∑ni =1a i (λ+y i )2 =λ2q +2λ∑n i =1a i y i +∑ni =1a i y 2i 而，∑n i =1a i x i =∑n i =1a i (λ+y i ) =λq +∑ni =1a i y i =p 于是取,则λ=pq ∑ni =1a i y i =0代入式①得n∑i =1a i x 2i =p 2q +n∑i =1a i y 2i ≥p 2q 当且仅当,即时,上式等号成立y 1=y 2=…=y n =0x 1=x 2=… =x n =λ=pq 故取得最小值.∑ni =1a i x 2i p2q 17．【2016年天津预赛】设,令，证明:对任何正整f (x )=xx +1a 1=12,a 2=34,a n +2=f (a n )+f (a n +1)(n =1,2,...)数n,有.①f(3×2n ‒1)≤a 2n ≤f(3×22n ‒2)【答案】见解析【解析】先用数学归纳法证明:对任何正整数n,有a n <a n +1当时,,命题成立.n =1a 1=12<34=a 2当时,,命题成立.n =2a 2=34<1621=a 3设 (整数k>1)时命题成立.n =1,2,…,k 则时,由归纳假设知，n =k +1a k ‒1<a k ,a k <a k +1由在区间内单调递增得：f (x )=xx +1=1‒1x +1[0,+∞) ,a n =a k +1=f (a k ‒1)+f (a k )<f (a k )+f (a k +1)=a k +2=a n +1即时命题成立.n =k +1由数学归纳法,对任何正整数n,有.a n <a n +1因此,对任何正整数n,有 .a n +2=f (a n )+f (a n +1)>2f (a n )接下来再用数学归纳法证明:对任何正整数n,有.a 2n ≥f (3×2n ‒1)当1时, ,命题成立.n =a 2=34=f (3)=f(3×20)设时命题成立.n =k 则时,注意到,.n =k +12f (f (x ))=2xx +1x x +1+1=2x2x +1=f (2x )18．【2016年山西预赛】已知在正整数n 的各位数字中，共含有个1，个2，⋯，个n ．证明：a 1a 2a n 2a 1×并确定使等号成立的条件．3a 2×⋯×10a 9≤n +1【答案】见解析【解析】对正整数n 的位数使用数学归纳法．当是一位数，即时，所证式显然成立，n 1≤n <10这是因为，此时的十进制表达式中只有一位数字，n n 即，其余，所以，左边==右边．a n =1a j =0(j ≠n )(n +1)1假设当正整数不超过k 位，即时，结论皆成立．n n <10k现考虑位数，即时的情形．n 为k +110k ≤n <10k +1设的首位数字为r ．则.①n n =r 10k +n 1(0≤n 1≤10k‒1)若，则在数的各位数字中，，其余.n 1=0n a r =1a j =0(j ≠r )显然，.(r +1)ar<n +1若，记的各位数字中含有个1，个2，…，个r ，…，个9．1≤n 1≤10k‒1n 1a 1a 2a r a 9则的各位数字中，含有个r 、个j .n a r +1a j (1≤j ≤9,j ≠r )注意到，正整数不超过k 位．n 1由归纳法假设，对有n 1 2a 1×3a 2×⋯×10a 9≤n +1⇒2a 1×3a 2×⋯×(r +1)a r +1×⋯×10a9≤(r +1)(n 1+1)=r (n 1+1)+n 1+1②≤r 10k +n 1+1=n +1.则当位数时，结论也成立．n 为k +1故由数学归纳法，知对一切正整数，结论皆成立．n 欲使等号成立，由证明过程，知要么为一位数；要么在的位数大于或等于2时，由式②，必须n n n 1+1=，此时，由式①得，10k n =r 10k +10k ‒1(1≤r ≤9)即可表示为的形式.n r 99⋯9⏟k 个(k ≥0,1≤r ≤9)上述条件也是充分的，当能够表成以上形式时，有，其余.n a r =1,a 9=k a j =0故2a 1×3a 2×⋯×(r +1)ar ×⋯×10a 9=(r +1)110k =n +1.19．【2016年全国】设实数满足.求a 1,a 2,⋯,a 20169a i >11a 2i +1(i =1,2,⋯,2015)(a 1‒a 22)(a 2‒a 23)⋯的最大值.(a 2015‒a 22016)(a 2016‒a 21)【答案】142016【解析】令.P =∏2016i =1(a i ‒a 2i +1),a 2017=a 1由已知得对，均有i =1,2,⋯,2015.a i ‒a 2i +1>119a 2i +1‒a 2i +1>0若，则.a 2016‒a 21≤0P ≤0以下考虑的情形.a 2016‒a 21>0由均值不等式得P12016≤12016∑2016i =1(a i ‒a 2i +1)=12016(∑2016i =1a i ‒∑2016i =1a 2i +1)=12016(∑2016i =1a i ‒∑2016i =1a 2i)=12016∑2016i =1a i(1‒a i ).≤12016∑2016i =1[a i +(1‒a i)2]2=12016×2016×14=14⇒P ≤142016当时，上述不等式等号成立，且有a 1=a 2=⋯=a 2016=12，此时，.9a i >11a 2i +1(i =1,2,⋯,2015)P =142016综上，所求最大值为.14201620．【2016年吉林预赛】一次竞赛共有n 道判断题，统计八名考生的答题后发现：对于任意两道题，恰有两名考生答“T ，T”；恰有两名考生答“F ，F”；恰有两名考生答“T ，F”；恰有两名考生答“F ，T”.求n 的最大值.【答案】7记“T”为1，“F”为0，从而，得到一个8行n 列的数表.显然，交换同一列的0和1，此表的性质不改变.因此，不妨设数表第一行全为0.设第i 行共有个0（i=1,2，…，8）.a i 则.a 1=n ，∑8i =2a i =4n ‒n =3n 下面考虑同一行中的“00”的对数，则.∑8i =1C 2a i=2C 2n⇒∑8i =2C 2a i=C 2n⇒∑8i =2C 2a i‒∑8i =2a i =n 2‒n 由柯西不等式，∑8i =1a 2i ≥17(∑8i =1a i )2知.17(∑8i =1a i)2‒∑8i =1a 2i ≤n 2‒n⇒17(3n )2‒3n ≤n 2‒n⇒n ≤7表1为n 取最大值的情形.表100000000111100011001100011111010101101101011001101111从而，n 的最大值为7.21．【2016年上海预赛】正实数x 、y 、z 满足，求的最大值。

2015年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)

(i ) 5 2 ，此时 1 且 5 ，无解；
22
2
4
(ii) 5 9 2 ，此时有 9 5 ；
件等价于：存在整数 k, l (k l) ，使得
2k 2l 2 ．
①
2
2
当 4 时，区间[, 2]的长度不小于 4 ，故必存在 k, l 满足①式．
当 0 4 时，注意到[, 2] (0, 8) ，故仅需考虑如下几种情况：
．

答案： 2015 1007i ．
解：由已知得，对一切正整数 n ，有
zn2 zn1 1n 1i zn 1 ni 1n 1i zn 2 i ，于是 z2015 z1 10072 i 2015 1007i ．
4. 在矩形 ABCD 中， AB 2, AD 1 ，边 DC 上（包含点 D 、 C ）的动点 P 与 CB 延长线上（包含点 B ）的动点 Q 满足 DP BQ ，则向量 PA 与向量 PQ 的数量积 PA PQ 的
6. 在平面直角坐标系 xOy 中，点集 K (x, y) x 3y 6 3x y 6 0所对
应的平面区域的面积为
．
答案：24．
解：设 K1 (x, y) x 3y 6 0 ．先考虑 K1
在第一象限中的部分，此时有 x 3y 6 ，故这些点对
应于图中的 OCD 及其内部．由对称性知， K1 对应的区域是图中以原点 O 为中心的菱形 ABCD 及其内部．
同理，设 K2 (x, y) 3x y 6 0 ，则 K2 对
应的区域是图中以 O 为中心的菱形 EFGH 及其内部．
由点集 K 的定义知， K 所对应的平面区域是被

2015年全国高中数学联赛试题答案

1≤i ≤ k
…………………20 分
包含 a1 的集合至少有
n− s −t 个．又由于 A1 ⊆ Ci （ i = 1, , t ），故 C1 , C2 , , Ct 都 k
n− s −t ，即在剩下的 n − s − t 个集合中， k
包含 a1 ，因此包含 a1 的集合个数至少为
n− s −t n − s + (k − 1)t n − s + t （利用 k ≥ 2 ） = +t ≥ k k k n ． ……………40 分 ≥ （利用 t ≥ s ） k
n ≤ (n + 1) ∑ห้องสมุดไป่ตู้ai2 ， i =1 所以①得证，从而本题得证．
…………………40 分
证法二：首先，由于问题中 a1 , a2 , , an 的对称性，可设 a1 ≥ a2 ≥ ≥ an ．此 n 外，若将 a1 , a2 , , an 中的负数均改变符号，则问题中的不等式左边的 ∑ ai 不 i =1 减，而右边的 ∑ ai2 不变，并且这一手续不影响 ε i = ±1 的选取，因此我们可进一
2t u − 1 2u − 1 m 1 2αt ⋅ 1 2αt ⋅ 1 + 2u + + 2(t −1)u ) =+ =+ ( q q q
…………………10 分
n + 2 ∑ aj n = j +1 2
2
2
n 2 n n n 2 2 ≤ 2 ∑ ai + 2 n − ∑ a j （柯西不等式） …………30 分 2 i =1 2 = n j +1 2 n n 2 2 n + 1 n n n + 1 2 a j （利用 n − = = 2 ∑ ai + 2 ） ∑ 2 2 2 i =1 2 = n j +1 2 n n 2 2 2 ≤ n ∑ ai + (n + 1) ∑ a j （利用 [ x ] ≤ x ） n = i =1 j +1 2

2015年全国高中数学联赛试题及答案解析

5. 已知点 P (1, 2, 5) 是空间直角坐标系 O xyz 内一定点，过 P 作一平面与三坐标轴的正半轴分别交于 A, B, C 三点，则所有这样的四面体 OABC 的体积的最小值为． x y z 解：设此平面的方程为 1 ， a, b, c 0 分别是该平面在 x, y, z 轴上的截距，又点 P 在平面 ABC 内， a b c 3 1 2 5 1 10 1 1 2 5 1 1 2 5 1 2 5 ，即，得 VOABC abc 45 ．当，故 1 ，由于 1 3 a b c a b c 27 abc a b c 3 a b c 6 即 (a, b, c) (3, 6,15) 时， VOABC 的最小值为 45．
2015 年全国高中数学联赛模拟试题 04 第一试参考解答一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分. 1. 集合 A = {x, y} 与 B = {1, log 3 ( x + 2)} 恰有一个公共元为正数 1 + x ，则 A B = 解：由于 1 + x ¹ x ，故 1 + x = y ．由 log 3 ( x + 2) ¹ 1 知 x ¹ 1 ，又因为 1 + x > 0 ，所以 3

2
，
1 tan tan
tan tan
tan .
2 tan 1 3tan 2
2 1 3tan tan

3 ， u 的最大值为 . 6 3
4.在单调递增数列 an 中，已知 a1 2 ， a2 4 ，且 a2 n 1 ， a2 n ， a2 n 1 成等差数列， a2 n ， a2 n 1 ， a2 n 2 成解：因为 an 单调递增， a1 0 ，所以 an 0 .因为 a2 n 1 ， a2 n ， a2 n 1 成等差数列， a2 n ， a2 n 1 ， a2 n 2 成等比数列，所以所以 a2 n 所以 a2 n 等比数列， n 1, 2,3, .那么， a100 _________.

00专题17 立体几何与空间向量强化训练(省赛试题汇编)(解析版)

全国高中数学历届(2009-2019)联赛与各省市预赛试题汇编专题17立体几何与空间向量强化训练(省赛试题汇编)1．【2018年河北预赛】若的三边长分别为8、10、12，三条边的中点分别是B、C、D，将三个中点两两连结得到三条中位线，此时所得图形是三棱锥A-BCD的平面展开图，则此三棱锥的外接球的表面积是________.【答案】【解析】由已知，四面体A-BCD的三组对棱的长分别是4、5、6.构造长方体使其面对角线长分别为4、5、6，设长方体的长、宽、高分别为x、y、z，外接球半径为R，则，得,故，所以.2．【2018年四川预赛】在三棱锥中，三条棱两两垂直，且.若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则到面距离的最大值为______.【答案】【解析】三棱锥的外接球就是以为长、宽、高的长方体的外接球，其直径为又，从而，于是，的外接圆半径为故球心面的距离为从而，点到面距离的最大值是故答案为：3．【2018年浙江预赛】四面体P-ABC，,则该四面体外接球的半径为________.【答案】【解析】将四面体还原到一个长方体中，设该长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则，所以四面体外接球的半径为.4．【2018年辽宁预赛】四面体ABCD中，已知，则异面直线AC与BD 所成角的正弦值是_____.【答案】1【解析】因为，故，因此异面直线AC与BD 所成角的正弦值是1.故答案为：15．【2018年江西预赛】四棱锥的底面是一个顶角为的菱形，每个侧面与底面的夹角都是，棱锥内有一点到底面及各侧面的距离皆为1，则棱锥的体积为______．【答案】【解析】设菱形两对角线的交点为，则既是线段的中垂线，又是的中垂线，故是四棱锥的高，且点上，于是平面与底面垂直，同理平面与与底面垂直，平面将四棱锥分成两个等积的四面体．只需考虑四面体．如图，设点在面上的投影为，平面过点，且交，因，则四点共圆．由于，得，由，得，所以，故．在面内的射影，则，即二面角的平面角，于是．据，得，故直线三角形中，．因，所以是正三角形，即．在直角中，，则，故正的边长为4，于是．在直线中，，从而．故答案为：6．【2018年山西预赛】四面体ABCD中，有一条棱长为3，其余五条棱长皆为2，则其外接球的半径为____. 【答案】【解析】解:设BC=3,AB=AC=AD=BD=CD=2,E,F分别是BC,AD的中点，D在面ABC上的射影H应是△ABC的外心，由于DH上的任一点到A,B,C等距，则外接球心O在DH上，因，所以AE=DE,于是ED为AD的中垂线是，顒球心O是DH，EF的交点，且是等腰△EAD的垂心，记球半径为r，由△DOF～△EAF，得.而,所以.7．【2018年湖南预赛】已知二面角为60°，动点P、Q分别在面内，P到的距离为，Q到的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为．【答案】【解析】试题分析：如图分别作QA⊥α于A，AC⊥l于C，PB⊥β于B，PD⊥l于D，连CQ，BD则∠ACQ=∠PDB=60°，,∴AC=PD=2,故,当且仅当点A与P重合时取得最小值.考点：1.点线面之间的距离；2.二面角的平面角8．【2018年湖南预赛】四个半径都为1的球放在水平桌面上，且相邻的球都相切（球心的连线构成正方形）.有一个正方体，其下底与桌面重合，上底的四个顶点都分别与四个球刚好接触，则该正方体的棱长为__________.【答案】【解析】设正方体的棱长为a，上底为正方形ABCD，中心为O，则.由对称性知，球心在面ABCD上的射影M应在直线AC或BD上，且球与邻球的切点P在面ABCD上的射影N在过点O且平行AB的直线上.于是又，则，从而整理得，解得，或（舍去）.故.故答案为：9．【2018年福建预赛】如图，在三棱锥中，都是边长为6的等边三角形．若二面角的大小为，则三棱锥的外接球的面积为______．【答案】【解析】如图，取的中点，连结，则由都是边长为6的等边三角形，得为二面角的平面角，．设为三棱锥的外接球的球心，分别为的中心．则，且．易知四点共面，连结，则．所以三棱锥的外接球半径．所以三棱锥的外接球的面积为．10．【2016年吉林预赛】一个几何体的三视图如图.则此几何体的体积为_____【答案】36【解析】.11．【2016年浙江预赛】已知两个底面重合的正四面体、正四边形分别为的重心。

2015年全国各地数学竞赛预赛卷 (13)

2015年全国高中数学联赛山西省预赛一、填空题:本大题共8小题,每小题8分,共64分,请将答案填在答题卡的相应位置.1.已知集合{|112}M x N x =∈≤≤,三元素集合{,,}A a b c =满足:A M ≠⊂且a b c ++为平方数,则这样的集合的个数是2.若1sin cos 5αα+=,则|sin cos |αα-= 3.函数y =的值域是 4.一个长方体的体积为8cm 3,全面积为32cm 2,若其长,宽,高成等比数列,则此长方体的全部棱长之和为5.设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的两焦点与短轴的一端点组成一个正三角形的三个顶点,若焦点到则(,)a b =6.已知数列{}n a 的各项为互异正数,且其倒数构成等差数列,则12232014201512015a a a a a a a a +++= 7.设a 其中1,,,0x y z x y z ++=≥,则[]a = (其中[]a 表示不大于a 的整数)8.将各位数字之和为8的全体正整数按从小到大的顺序排成一个数列{}n a ,则2015是该数列的第项二、本大题共3小题,共56分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.9(本小题满分16分)给定圆22:20P x y x +-=及抛物线2:4C y x =,过圆心过圆心P 作直线l ,此直线与上述两曲线的四个交点,,自上而下顺次记为,,,A B C D ,如果线段,,AB BC CD 的长按此顺序构成一个等差数列,求直线l 的方程.10(本小题满分20分)如图,111,,A B C 是ABC ∆的外接圆O 上的三点,满足:111////,AA BB CC P 是圆O 上的任意一点,若直线1PA 交直线BC 于点,D PB 交直线AC 于点1,E PC 交直线AB 于点F ,求证:,,D E F 三点共线.11(本小题满分20分)若集合{|1200}M x N x =∈≤≤的子集A 中的每一个元素都可以表示为两个正整数(允许相同)的平方和,求这种子集A 中元素个数的最大值.。

2015年全国各地数学竞赛预赛卷 (15)

2015年全国高中数学联赛天津市预赛一、选择题:本大题共6小题,每小题6分,共36分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.设,,A B C 是三个集合,则B 和C 都是A 的子集是()()A B A C B C = 成立的A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必邀条件2.方程||1y =A.一个圆B.两个半圆C.一个椭圆D.两个圆3.用[]x 表示不大于x 的最大整数,方程2[]20x x --=共有( )个不同的实数根A.1B.2C.3D.44.方程35711x x x x ++=共有( )个不同的实数根A.0B.1C.2D.35.在正方体的12条面对角线和4条体对角线中随机地选取两条对角线,则这两条对角线所在的直线为异面直线的概率是A.730B.920C.715D.815 6.设ABC ∆的周长为12,内切圆的半径为1,则A.ABC ∆必为直角三角形B.ABC ∆必为锐角三角形C.ABC ∆必为直角三角形或锐角三角形D.该三角形不能确定为何种三角形二、填空题:本大题共6小题,每小题9分,共54分,请将答案填在题后的横线上.7.在正四棱锥P ABCD -中,四个侧面都是等边三角形,用θ记该四棱锥的侧面与底面所成的二面角,则tan θ=8.设数列{},{}n n a b 都是等差数列,,n n A B 分别是数列{},{}n n a b 的前n 项和,若539n n A n B n -=+,则88a b = 9.设O 是坐标原点,点A 是抛物线2114x y =+上的一个动点,点B 是抛物线24y x =+上的一个动点,则OAB ∆的面积的最小值是10.设201512k k S k ==⋅∑,则S 除以100的余数是11.设复数44cos sin 77z i ππ=+,则23243||111z z z z z z ++=+++ (用数字作答) 12.设,,,a b c d 都是实数,且满足234a b c d +++则22222()a b c d a b c d +++++++的最小值是三、解答题:本大题共3小题,共60分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.13(本小题满分20分)设1()f x x x =+.求证:对任意(2x ∈,有(())2f f x x <<.14(本小题满分20分)已知正ABC ∆内接于抛物线2,x y ABC =∆的重心G 落在双曲线1xy =上,求点G 的坐标.15(本小题满分20分)设数列{}n a 满足:121141,8,,2,3,4,n n n a a a a a n n+-===+= . (Ⅰ)证明:存在常数0C >,使得对任意正整数n ,都有2;n a Cn ≤ (Ⅱ)证明:对任意正整数n ,都有143n n a a n +-≤+.。

2015年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(A卷)

2k 2 1 m2 ．②
由直线
AF1, l, BF1
的斜率
y1 , k, y2 x1 1 x2 1
依次成等差数列知，
y1 x1 1
y2 2k x2 1
，又
y1 kx1 m, y2 kx2 m ，所以 (kx1 m)(x2 1) (kx2 m)(x1 1) 2k(x1 1)(x2 1) ，化简并
棱两两异面的取法数为 4×2=8，故所求概率为 8 2 ． 220 55
2015A6、在平面直角坐标系 xOy 中，点集 K (x, y) | ( x 3 y 6)( 3x y 6) 0 所对应的平
面区域（如图所示）的面积为
◆答案： 24 ★解析：设 K1 {(x, y) || x | | 3y | 6 0} ．先考虑 K1 在第一象限中的部分，此时有 x 3y 6 ,故这些点
对应于图中的△OCD 及其内部．由对称性知， K1 对应的区
域是图中以原点 O 为中心的菱形 ABCD 及其内部．
同理，设 K2 {(x, y) || 3x | | y | 6 0} ，则 K2 对应
的区域是图中以 O 为中心的菱形 EFGH 及其内部．
由点集 K 的定义知，K 所对应的平面区域是被 K1 、K2
1 sin
cos4

cos 2 sin 2 sin
sin 2

(1 sin )(1 cos2 )

2 sin
cos2

2．
2015A 3、已知复数数列 zn 满足 z1 1，zn1 zn 1 ni (n 1,2,) ，其中 i 为虚数单位，zn 表

2015年全国高中数学联赛试卷解析汇报

标为
3 (
,
3 )
．由对称性知，
S
8S CPG
13 84
24 ．
22
22
7．设为正实数，若存在实数 a,b( a b 2 ) ，使得 sin a sin b 2 ，则的取
值范围为
．
答案： w
95 [,)
13 [,
．) 解： s in a s in b 2 知， s in a s in b 1 ，而
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实用标准文案
8．对四位数 abcd ( 1 a 9,0 b， c, d 9 ) ，若 a b, b c, c d, 则称 abcd 为 P 类数；
若 a b, b c, c d ，则称 abcd 为 Q 类数，用 N(P) 和 N(Q)分别表示 P 类数与 Q 类数的个
数，则 N(P)-N(Q) 的值为
不同的实根矛盾）． 10 分
点 F2 （ l , 0 ）到直线 l: y
|k m| d
1 k2
1 |2k
1 k2
kx m 的距离为
1
1
|
(2
2k
1
21 k
1 2k
2
)
．
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注意到 | k |
2
d 1 (t t2
2 ，令 t
2 3 ) 1 (t 22
1
2
1 ，则 t
k
3) ． t
(1, 3) ，上式可改写为
9．（本题满分 16 分）若实数 a ,b,c 满足 2a 4b 2c ,4a 2b 4c ，求 c 的最小值．解：将 2a, 2b ,2c 分别记为 x, y, z，则 x, y, z 0 ．

2015年全国高中数学联赛吉林赛区预赛

2015年全国高中数学联赛（吉林赛区）预赛暨2015年吉林省高中数学联赛试题及参考答案一、选择题1．已知[)121(), (,1)4()log ,1,xx f x x x ⎧∈-∞⎪=⎨∈+∞⎪⎩ ，则[](1)f f -=（）A ．2B ．2-C ．41 D ．12-2．“实数d c b a ,,,依次成等差数列”是“a d b c +=+”的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3．若方程()20f x -=在(,0)-∞内有解，则()y f x =的图象可能是（）4．已知向量,a b 的夹角为60︒，且1a =，213a b -=，则b =（）32C. 2 5．已知()||f x x x =，若对任意的1x ≥有()()0f x m mf x ++<恒成立，则实数m 的取值范围是（）A ．(,1)-∞-B ．(,1]-∞-C ．(,2)-∞-D ．(,2]-∞- 6．函数x x x f 34)(3-=在)2,(+a a 上存在最大值，则实数a 的取值范围是（） A ．)1,25(--B ．]1,25(--C ．)21,25(--D ．]21,25(-- 二、填空题7．四棱锥S ABCD -的底面是边长为2的正方形，SD ABCD ⊥平面，且SD AB =，则四棱锥S ABCD -的外接球的表面积为 __ __. 8．设数列{}n a 的前n 项和为n S ,且34-=n n a S (1,2,)n =．则数列{}n a 的通项公式为__ __ ___．9．已知函数()sin()sin()(0)24f x x x ππωωω=++>的最小正周期为π，则()x f 在区间上的值域为 __ ___．10．如图，在四棱锥ABCD E -中，底面ABCD 为正方形，⊥AE 平面CDE ，已知3==DE AE ，F 为线段DE 上的一点，二面角F BC E --与二面角D BC F --的大小相等，则DF 的长为__ ___．11．从0,1,2,,9中选出三个不同数字组成四位数（其中的一个数字用两次），如5224，则这样的四位数共有___________个． 12．非空集合280(,)10 220ax y A x y x y x ay ⎧⎫-+≥⎧⎪⎪⎪=--≤⎨⎨⎬⎪⎪⎪+-≤⎩⎩⎭，当(,)x y A ∈时，目标函数z y x =-既存在最大值，又存在最小值，则实数a 的取值范围是__ ___．三、解答题13．在ABC △中，内角A B C ，，对边的边长分别是a b c ，，，已知2c =，3C π=．（Ⅰ）求ABC △的周长的最大值；（Ⅱ）若2sin 2sin(2)sin A B C C ++=，求ABC △的面积．14．已知椭圆22:14x G y +=，直线l 交椭圆G 于,A B 两点，且||2AB =，判断直线l 与圆221x y +=的位置关系，并给出证明.15．已知不等式1ln (1)0x a x --≥对任意的1x ≥均成立，求实数a 的取值范围．16．已知{1,2,,2014}A ⊆，设实数123123,,,,,x x x λλλ满足：（1）、123,,{1,0,1}λλλ∈-且不全为0；（2）、123,,x x x A ∈；（3）、若i j x x =，则1i j λλ≠-（1,i j ≤≤3）．如果所有形如123x x x 和112233x x x λλλ++的数均不是2014的倍数，则称A 为“好集”．求“好集”A 所含元素个数的最大值．参考答案一、选择题1． B 2． A 3． D 4． D 5． B提示：显然0m <，且())mf x x -=，又()||f x x x =为增函数且为奇函数，故()()0()()())f x m mf x f x m mf x f x m f x m ++<⇔+<-⇔+<⇔+< 6． B提示：考虑到x x x f 34)(3-=的唯一极大值点为12x =-，且1()1(1)2f f -==，故1212a a <-<+≤，解得512a -<≤-.二、填空题 7． 12π 8． 14()3n n a -=9．10．12 11． 3888提示：分三类：不含0的有312293423024C C C A ⨯⨯⨯=个；含0且0只用一次的有219233648C C ⨯⨯⨯=个；含0且0用两次的有22923216C A ⨯⨯=个，于是共有3024648216++=个．12． [2,)+∞提示：当2a >时，区域为三角形，显然满足；当2a =时，目标函数z y x =-分别在边界10x y --=和2280x y -+=上取得最小值和最大值．三、解答题13．（Ⅰ）由余弦定理及已知条件得，224a b ab +-=，于是22()()43434a b a b ab ++=+≤+⨯，得4a b +≤，所以ABC △的周长的最大值为6，当ABC △为等边三角形时取到．（Ⅱ）由2sin 2sin(2)sin A B C C ++= 得sin()sin()4sin cos B A B A A A ++-=，即sin cos 2sin cos B A A A =，当cos 0A =时，2A π=，6B π=，3a =3b =，当cos 0A ≠时，得sin 2sin B A =，由正弦定理得2b a =，联立方程组2242a b ab b a ⎧+-=⎨=⎩，，解得a =b =所以ABC △的面积1sin 2S ab C ==14．当直线l 的斜率不存在时，由||2AB =知点,A B 的坐标分别为(0,1)，(0,1)-，即直线l 的方程为0x =，此时直线l 与圆221x y +=相交。

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。

2015年全国高中数学联赛试卷解析汇报

2015 年全国高中数学联合竞赛（A 卷）参考答案及评分标准一试说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标冶填空题只设。

分和香分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.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小题该分为一个档次，不要增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1．设b a ,为不相等的实数，若二次函数b ax x x f ++=2)(满足)()(b f a f =，则=)2(f 答案：4.解：由己知条件及二次函数图像的轴对称性，可得22a b a+=-，即20a b +=，所以(2)424f a b =++=．2．若实数α满足ααtan cos =，则αα4cos sin 1+的值为．答案：2. 解：由条件知，ααsin cos 2=，反复利用此结论，并注意到1sin cos 22=+αα，得)cos 1)(sin 1(sin sin sin cos cos sin 122224αααααααα-+=++=+ 2cos sin 22=-+=αα．3．已知复数数列{}n z 满足),2,1(1,111⋅⋅⋅=++==+n ni z z z n n ，其中i 为虚数单位，n z 表示n z 的共轭复数，则=2015z ．答案：2015 + 1007i ．解：由己知得，对一切正整数n ，有211(1)11(1)2n n n n z z n i z ni n i z i ++=+++=+++++=++, 于是201511007(2)20151007z z i i =+⨯+=+．4．在矩形ABCD 中，1,2==AD AB ，边DC 上（包含点D 、C ）的动点P 与CB 延长线上（包含点B ）的动点Q =PQ PA ⋅的最小值为．答案34．解：不妨设 A ( 0 , 0 ) , B ( 2 , 0 ) , D ( 0 , l ) ．设 P 的坐标为（t , l) （其中02t ≤≤），则由||||DP BQ =得Q 的坐标为（2，-t )，故(,1),(2,1)PA t PQ t t =--=---,因此，22133()(2)(1)(1)1()244PA PQ t t t t t t ⋅=-⋅-+-⋅--=-+=-+≥．当12t =时，min 3()4PA PQ ⋅=．5．在正方体中随机取三条棱，它们两两异面的概率为．答案：255．解：设正方体为ABCD-EFGH ，它共有12条棱，从中任意取出3条棱的方法共有312C =220种．下面考虑使3条棱两两异面的取法数．由于正方体的棱共确定3个互不平行的方向（即 AB 、AD 、AE 的方向），具有相同方向的4条棱两两共面，因此取出的3条棱必属于3个不同的方向．可先取定AB 方向的棱，这有4种取法．不妨设取的棱就是AB ，则AD 方向只能取棱EH 或棱FG ，共2种可能．当AD 方向取棱是EH 或FG 时，AE 方向取棱分别只能是CG 或DH ．由上可知，3条棱两两异面的取法数为4×2=8，故所求概率为8222055=．6．在平面直角坐标系xOy 中，点集{}0)63)(63(),(≤-+-+y x y x y x 所对应的平面区域的面积为．答案：24．解：设1{(,)||||3|60}K x y x y =+-≤．先考虑1K 在第一象限中的部分，此时有36x y +≤,故这些点对应于图中的△OCD 及其内部．由对称性知，1K 对应的区域是图中以原点O为中心的菱形ABCD 及其内部．同理，设2{(,)||3|||60}K x y x y =+-≤，则2K 对应的区域是图中以O 为中心的菱形EFGH 及其内部．由点集K 的定义知，K 所对应的平面区域是被1K 、2K 中恰好一个所覆盖的部分，因此本题所要求的即为图中阴影区域的面积S ．由于直线CD 的方程为36x y +=，直线GH 的方程为36x y +=，故它们的交点P 的坐标为33(,)22．由对称性知，138842422CPG S S ∆==⨯⨯⨯=．7．设ω为正实数，若存在实数)2(,ππ≤<≤b a b a ，使得2sin sin =+b a ωω，则ω的取值范围为．答案：9513[,)[,)424w ∈+∞．解：2sin sin =+b a ωω知，1sin sin ==b a ωω，而]2,[,ππωωw w b a si ∈，故题目条件等价于：存在整数,()k l k l <，使得ππππππw l k w 22222≤+≤+≤． ①当4w ≥时，区间]2,[ππw w 的长度不小于π4，故必存在,k l 满足①式．当04w <<时，注意到)8,0(]2,[πππ⊆w w ，故仅需考虑如下几种情况：(i) ππππw w 2252≤<≤，此时21≤w 且45>w 无解； (ii) ππππw w 22925≤<≤，此时2549≤≤w ; (iii) ππππw w 221329≤<≤，此时29413≤≤w ,得4413<≤w ．综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到4≥w 亦满足条件，可知9513[,)[,)424w ∈+∞．8．对四位数abcd (9d ,0,91≤≤≤≤c b a ，)，若,,,d c c b b a ><>则称abcd 为P 类数；若d c c b b a <><,,，则称abcd 为Q 类数，用N(P)和N(Q)分别表示P 类数与Q 类数的个数，则N(P)-N(Q)的值为．答案：285．解：分别记P 类数、Q 类数的全体为A 、B ，再将个位数为零的P 类数全体记为0A ，个位数不等于零的尸类数全体记为1A ．对任一四位数1A abcd ∈，将其对应到四位数dcba ，注意到1,,≥><>d c c b b a ，故B dcba ∈．反之，每个B dcba ∈唯一对应于从中的元素abcd ．这建立了1A 与B 之间的一一对应，因此有011()()||||||||||||N P N Q A B A A B A -=-=+-=．下面计算0||A 对任一四位数00A abc ∈, b 可取0, 1，…，9，对其中每个b ，由9≤<a b 及9≤<c b 知，a 和c 分别有b -9种取法，从而992200191019||(9)2856b k A b k ==⨯⨯=-===∑∑．因此，()()285N P N Q -=．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。

2015年全国高中数学联赛试卷解析汇报汇报

2015 年全国高中数学联合竞赛（A 卷）参考答案及评分标准一试说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标冶填空题只设。

分和香分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.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小题该分为一个档次，不要增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1．设b a ,为不相等的实数，若二次函数b ax x x f ++=2)(满足)()(b f a f =，则=)2(f 答案：4.解：由己知条件及二次函数图像的轴对称性，可得22a b a+=-，即20a b +=，所以(2)424f a b =++=．2．若实数α满足ααtan cos =，则αα4cos sin 1+的值为．答案：2. 解：由条件知，ααsin cos 2=，反复利用此结论，并注意到1sin cos 22=+αα，得)cos 1)(sin 1(sin sin sin cos cos sin 122224αααααααα-+=++=+ 2cos sin 22=-+=αα．3．已知复数数列{}n z 满足),2,1(1,111⋅⋅⋅=++==+n ni z z z n n ，其中i 为虚数单位，n z 表示n z 的共轭复数，则=2015z ．答案：2015 + 1007i ．解：由己知得，对一切正整数n ，有211(1)11(1)2n n n n z z n i z ni n i z i ++=+++=+++++=++, 于是201511007(2)20151007z z i i =+⨯+=+．4．在矩形ABCD 中，1,2==AD AB ，边DC 上（包含点D 、C ）的动点P 与CB 延长线上（包含点B ）的动点Q 满足条件BQ DP =，则PQ PA ⋅的最小值为．答案34．解：不妨设 A ( 0 , 0 ) , B ( 2 , 0 ) , D ( 0 , l ) ．设 P 的坐标为（t , l) （其中02t ≤≤），则由||||DP BQ =得Q 的坐标为（2，-t )，故(,1),(2,1)PA t P Q t t =--=---,因此，22133()(2)(1)(1)1()244PA PQ t t t t t t ⋅=-⋅-+-⋅--=-+=-+≥．当12t =时，min 3()4PA PQ ⋅=．5．在正方体中随机取三条棱，它们两两异面的概率为．答案：255．解：设正方体为ABCD-EFGH ，它共有12条棱，从中任意取出3条棱的方法共有312C =220种．下面考虑使3条棱两两异面的取法数．由于正方体的棱共确定3个互不平行的方向（即 AB 、AD 、AE 的方向），具有相同方向的4条棱两两共面，因此取出的3条棱必属于3个不同的方向．可先取定AB 方向的棱，这有4种取法．不妨设取的棱就是AB ，则AD 方向只能取棱EH 或棱FG ，共2种可能．当AD 方向取棱是EH 或FG 时，AE 方向取棱分别只能是CG 或DH ．由上可知，3条棱两两异面的取法数为4×2=8，故所求概率为8222055=．6．在平面直角坐标系xOy 中，点集{}0)63)(63(),(≤-+-+y x y x y x 所对应的平面区域的面积为．答案：24．解：设1{(,)||||3|60}K x y x y =+-≤．先考虑1K 在第一象限中的部分，此时有36x y +≤,故这些点对应于图中的△OCD 及其内部．由对称性知，1K 对应的区域是图中以原点O为中心的菱形ABCD 及其内部．同理，设2{(,)||3|||60}K x y x y =+-≤，则2K 对应的区域是图中以O 为中心的菱形EFGH 及其内部．由点集K 的定义知，K 所对应的平面区域是被1K 、2K 中恰好一个所覆盖的部分，因此本题所要求的即为图中阴影区域的面积S ．由于直线CD 的方程为36x y +=，直线GH 的方程为36x y +=，故它们的交点P 的坐标为33(,)22．由对称性知，138842422CPG S S ∆==⨯⨯⨯=．7．设ω为正实数，若存在实数)2(,ππ≤<≤b a b a ，使得2sin sin =+b a ωω，则ω的取值范围为．答案：9513[,)[,)424w ∈+∞．解：2s in s in =+b a ωω知，1s in s in ==b a ωω，而]2,[,ππωωw w b a si ∈，故题目条件等价于：存在整数,()k l k l <，使得ππππππw l k w 22222≤+≤+≤． ①当4w ≥时，区间]2,[ππw w 的长度不小于π4，故必存在,k l 满足①式．当04w <<时，注意到)8,0(]2,[πππ⊆w w ，故仅需考虑如下几种情况：(i) ππππw w 2252≤<≤，此时21≤w 且45>w 无解； (ii) ππππw w 22925≤<≤，此时2549≤≤w ; (iii) ππππw w 221329≤<≤，此时29413≤≤w ,得4413<≤w ．综合(i)、(ii)、(iii)，并注意到4≥w 亦满足条件，可知9513[,)[,)424w ∈+∞．8．对四位数abcd (9d ,0,91≤≤≤≤c b a ，)，若,,,d c c b b a ><>则称abcd 为P 类数；若d c c b b a <><,,，则称abcd 为Q 类数，用N(P)和N(Q)分别表示P 类数与Q 类数的个数，则N(P)-N(Q)的值为．答案：285．解：分别记P 类数、Q 类数的全体为A 、B ，再将个位数为零的P 类数全体记为0A ，个位数不等于零的尸类数全体记为1A ．对任一四位数1A abcd ∈，将其对应到四位数dcba ，注意到1,,≥><>d c c b b a ，故B dcba ∈．反之，每个B dcba ∈唯一对应于从中的元素abcd ．这建立了1A 与B 之间的一一对应，因此有011()()||||||||||||N P N Q A B A A B A -=-=+-=．下面计算0||A 对任一四位数00A abc ∈, b 可取0, 1，…，9，对其中每个b ，由9≤<a b 及9≤<c b 知，a 和c 分别有b -9种取法，从而992200191019||(9)2856b k A b k ==⨯⨯=-===∑∑．因此，()()285N P N Q -=．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。

2015年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(B卷)

2015年全国高中数学联合竞赛一试（B 卷）一、填空题：本大题共8个小题，每小题8分，共64分。

2015B1、已知函数⎩⎨⎧+∞∈∈-=),3(log ]3,0[)(2x a x x a x f x ，其中a 为常数，如果)4()2(f f <，则a 的取值范围为◆答案：()+∞-,2★解析：(2)2,(4)2f a f a =-=，所以22a a -<，解得：2a >-．2015B 2、已知3)(x x f y +=为偶函数，且15)10(=f ，则)10(-f 的值为◆答案：2015★解析：由己知得33(10)(10)(10)10f f -+-=+，即(10)(10)2000f f -=+=2015．2015B 3、某房间的室温T （单位：摄氏度）与时间t （单位：小时）的函数关系为：),0(,cos sin +∞∈+=t t b t a T ，其中b a ,为正实数，如果该房间的最大温差为10摄氏度，则b a +的最大值为◆答案：★解析：由辅助角公式：sin cos )T a t b t t ϕ=+=+，其中ϕ满足条件sin ϕϕ==T 的值域是[，室内最大温差为10≤5≤．故a b +≤≤等号成立当且仅当a b ==2015B 4、设正四棱柱1111D C B A ABCD -的底面ABCD 是单位正方形，如果二面角11C BD A --的大小为3π，则=1AA ◆答案：62★解析：取BD 的中点O ，连接OA,OA 1,OC 1．则∠A 1OC 1是二面角A 1-BD-C 1的平面角，因此∠A 1OC 1=3π,又△OA 1C 1是等边三角形．故A 1O=A 1C 1，所以12AA ===．2015B 5、已知数列{}n a 为等差数列，首项与公差均为正数，且952,,a a a 依次成等比数列，则使得121100a a a a k >+⋅⋅⋅++的最小正整数k 的值是◆答案：34★解析：设数列{}n a 的公差为d ,则215191,4,8a a d a a d a a d =+=+=+．因为952,,a a a 依次成等比数列，所以2295a a a =，即2111()(8)(4)a d a d a d ++=+．化简上式得到：218a d d =．又0d >，所以18a d =．由11211(1)(1)210016k k k a k d a a a k k k a a -++++-==+> ．解得min 34k =．2015B 6、设k 为实数，在平面直角坐标系中有两个点集{})(2),(22y x y x y x A +=+=和{}03),(≥++-=k y kx y x B ，若B A 是单元集，则k 的值为◆答案：2-★解析：点集A 是圆周22:(1)(1)2x y Γ-+-=，点集B 是恒过点)3,1(-P 的直线:3(1)l y k x -=+及下方（包括边界）．作出这两个点集知，当A 自B 是单元集时，直线l 是过点P 的圆Γ的一条切线．故圆Γ的圆心M (1,l ）到直线l，=2k =-2015B 7、设P 为椭圆122=+x y 上的动点，点)1,0(),1,1(-B A ，则PB PA +的最大值为◆答案：5★解析：取F (0,l )，则F,B 分别是椭圆的上、下焦点，由椭圆定义知，|PF|+|PB|=4．因此，|PA|+|PB|=4-|PF|+|PA |≤4+|FA|=4+l=5．当P 在AF 延长线与椭圆的交点3(,1)2-时，|PA|+|PB|最大值为5．2015B 8、正2015边形201521A A A ⋅⋅⋅内接于单位圆O ，任取它的两个不同顶点j i A A ,，1≥+OA 的概率为◆答案：6711007★解析：因为||||1i j OA OA == ，所以222||||||22(1cos ,)i j i j i j i j OA OA OA OA OA OA OA OA +=++⋅=+<> ．故1≥+OA 的充分必要条件是1cos ,2i j OA OA <>≥- ，即向量,i j OA OA 的夹角不超过32π．对任意给定的向量i OA，满足条件1≥的向量可的取法共有：222134232015ππ⎡⎤÷⨯=⎢⎥⎣⎦1≥+OA 的概率是：20151342671201520141007p ⨯==⨯．二、解答题：本大题共3小题，共56分。

专题39排列组合与图论第二缉-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)

备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题39排列组合与图论第二缉1．【2017年新疆预赛】在某次交友活动中,原计划每两个人都要恰好握1次手,但有4个人各握了两次手之后就离开了.这样,整个活动共握了60次手,那么最开始参加活动的人数是.【答案】15【解析】提示:设参加活动的人数为,其中中途退出的4个人之间的握手次数为.n +4x (0≤x ≤C 24=6)从而由题意得,即.C 2n +4⋅2=60+x n (n ‒1)=104+2x 由且为整数,可得.0≤x ≤6x x =3,n =11故最开始参加活动的人数为.n +4=152．【2016年福建预赛】将16本相同的书全部分给四个班级，每个班级至少有一本书，且各班所得书的数量互不相同.则不同的分配方法种数为________(用数字作答).【答案】216.【解析】将16分解成四个互不相同的正整数的和有9种不同的方式：16=1+2+3+10，16=1+2+4+9，16=1+2+5+8，16=1+2+6+7，16=1+3+4+8，16=1+3+5+7，16=1+4+5+6，16=2+3+4+7，16=2+3+5+6.故符合条件的不同分配方法数为9=216.A 443．【2016年山东预赛】在的展开式中，x 的整数次幂项的系数和为_____.(x +x +1)2n +1(n ∈Z +)【答案】12(32n +1+1)【解析】令，P =(x +x +1)2n +1.Q =(x ‒x +1)2n +1由二项式定理，知P 、Q 中的x 的整数次幂项之和相同，记作S （x ），非整数次幂项之和互为相反数.故2S (x )=P +Q=(x +x +1)2n +1+(x ‒x +1)2n +1令.则所求的系数和为.12(32n +1+1)4．【2016年山东预赛】设为（1，2，…，20）的一个排列，且满足(x 1,x 2,⋯,x 20)∑20i =1(|x i ‒i |+|x i +i |).则这样的排列有________个.=620【答案】(10!)2【解析】因为，所以，x i >0∑20i =1(|x i ‒i |+|x i +i |)=20∑i =1(|x i ‒i |+(x i +i ))=20∑i =1|x i ‒i |+20∑i =1(x i +i ).=∑20i =1|x i ‒i |+∑20i =12i =620原式化简得.∑20i =1|x i ‒i |=200注意到，，且为（1，2，…，20）的一个排列.|a ‒b |=max {a,b}‒min {a,b}(x 1,x 2,⋯,x 20)于是，在中，每个数作为最大值或最小值最多只能两次.max{x i ,i}、min{x i ,i}(1,2,⋯,20)20∑i =1max{x i ‒i}‒20∑i =1min{x i ‒i}.≤2∑20i =11i ‒220i =1i 故200=∑20i =1|x i ‒i |20∑i =1(max{x i ‒i}‒min{x i ‒i})=20∑i =1max{x i ,i}‒20∑i =1min{x i ,i}.≤2∑20i =1i ‒220i =1i =200从而，，{x 1,x 2,⋯,x 10}={11,12,⋯,20}.{x 11,x 12,⋯,x 20}={1,2,⋯,10}由分布计数原理，排列的个数为.{x 1,x 2,⋯,x 20}(10!)25．【2016年新疆预赛】平面上个圆两两相交,最多有______个交点.n 【答案】n (n ‒1)【解析】2两个圆相交时,最多有个交点;2+4=6三个圆相交时,最多有个交点;2+4+6=12四个圆相交时,最多有个交点;n2+4+…+2(n‒1)=n(n‒1)个圆相交时,最多有个交点.6．【2016年天津预赛】甲、乙两名学生在五门课程中进行选修,他们共同选修的课程恰为一门且甲选修课程的数量多于乙.则甲、乙满足上述条件的选课方式的种数为______.【答案】155【解析】C15(a,b)甲、乙共同选修的课程有种选法,其余的每一门课程甲、乙两人至多只有一人选修.用表示其余四门a b课程中甲选门、乙选门的情形.a>b(4,0),(3,0),(3,1),(2,0),(2,1),(1,0)则由,知共有六种情形.于是,甲、乙满足上述条件的选课方式的种数为C15(C44+C34+C34+C24+C24C12+C14)=155.7．【2016年吉林预赛】学校5月1日至5月3日拟安排六位领导值班，要求每人值班1天，每天安排两人.若六位领导中的甲不能值2日，乙不能值3日，则不同的安排值班的方法共有_______种.【答案】42【解析】分两类：C24=6（1）甲、乙同一天值班，则只能排在1日，有种排法.C14C13×3=36（2）甲、乙不在同一天值班，有种排法.故共有42种方法.8．【2016年吉林预赛】学校5月1日至5月3日拟安排六位领导值班，要求每人值班1天，每天安排两人.若六位领导中的甲不能值2日，乙不能值3日，则不同的安排值班的方法共有_______种.【答案】42【解析】分两类：C24=6（1）甲、乙同一天值班，则只能排在1日，有种排法.（2）甲、乙不在同一天值班，有种排法.C 14C 13×3=36故共有42种方法.9．【2016年上海预赛】将90 000个五位数10 000,10 001,···,99 999打印在卡片上，每张卡片上打印一个五位数，有些卡片上所打印的数(如19 806倒过来看是90861 )有两种不同的读法，会引起混淆。