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历年全国高中数学联赛试题及答案76套题

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

为了满足小川野升平的预算，需要选择合适的方案，可以使花费尽可能少。

请求出该房子沙发垫墙和玻璃门墙各多少平方米，以及花费的最小值。

解：由题意得，房子在四周建墙，所以共4个墙面。

墙面中有一个为门，另外3个可以被沙发垫或玻璃门所替代。

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

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

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

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

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

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

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

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

求$\sum_{k=1}^{2019}s_k$的个位数。

全国高中数学联赛试题及解答

20XX 年全国高中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请依据本评分标准. 选择题只设6分和0分两档，填空题只设9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，在评卷时可参照本评分标准适当划分档次评分，5分为一个档次，不要再增加其他中间档次.一、选择题(本题满分36分，每小题6分)1．已知△ABC ，若对任意t ∈R ，||→BA －t →BC ≥||→AC ，则△ABC 一定为A ．锐角三角形B ．钝角三角形C ．直角三角形D ．答案不确定答C ．解：令∠ABC ＝α，过A 作AD ⊥BC 于D ，由||→BA －t →BC ≥||→AC ，推出||→BA 2－2t →BA · →BC ＋t 2||→BC 2≥||→AC 2,令t ＝→BA · →BC ||→BC2，代入上式，得||→BA 2－2||→BA 2cos 2α＋||→BA 2cos 2α≥||→AC 2，即 ||→BA 2sin 2α≥||→AC 2,也即||→BA sin α≥||→AC ．从而有||→AD ≥||→AC ．由此可得∠ACB ＝π2．2．设log x (2x 2＋x －1)＞log x 2－1，则x 的取值范围为A ．12＜x ＜1B ．x ＞12且x ≠1 C ． x ＞1 D ． 0＜x ＜1答B ．解：因为⎩⎨⎧x ＞0，x ≠12x 2＋x －1＞0，解得x ＞12且x ≠1．由log x (2x 2＋x －1)＞log x 2－1，⇒ log x (2x 3＋x 2－x )＞log x 2⇒ ⎩⎨⎧0＜x ＜1，2x 3＋x 2－x ＜2或⎩⎨⎧x ＞1，2x 3＋x 2－x ＞2．解得0＜x ＜1或x ＞1．所以x 的取值范围为x ＞12且x ≠1．3．已知集合A ＝{x |5x －a ≤0}，B ＝{x |6x －b ＞0}，a ，b ∈N ，且A ∩B ∩N ＝{2，3，4}，则整数对(a ，b )的个数为A ．20B ．25C ．30D ．42 答C ．解：5x －a ≤0⇒x ≤a 5；6x －b ＞0⇒x ＞b6．要使A ∩B ∩N ＝{2，3，4}，则⎩⎨⎧1≤b6＜2，4≤a 5＜5，即⎩⎨⎧6≤b ＜12，20≤a ＜25．所以数对(a ，b )共有C 61C 51＝30个． 4．在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC ＝AA 1＝1．已知G 与E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)．若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值范围为A ．[15，1)B ．[15，2)C ．[1，2)D ．[15，2)答A ．解：建立直角坐标系，以A 为坐标原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，AA 1为z 轴，则F (t 1，0，0)(0＜t 1＜1)，E (0，1，12)，G (12，0，1)，D (0，t 2，0)(0＜t 2＜1)．所以→EF ＝(t 1，－1，－12)，→GD ＝(－12，t 2，－1)．因为GD ⊥EF ，所以t 1＋2t 2＝1，由此推出0＜t 2＜12．又→DF ＝(t 1，－t 2，0)，||→DF ＝t 12＋t 22＝5t 22－4t 2＋1＝5(t 2－25)2＋15，从而有15≤||→DF ＜1．5．设f (x )＝x 3＋log 2(x ＋x 2＋1)，则对任意实数a ，b ，a ＋b ≥0是f (a )＋f (b )≥0的A . 充分必要条件B . 充分而不必要条件C . 必要而不充分条件D . 既不充分也不必要条件答A ．解：显然f (x )＝x 3＋log 2(x ＋x 2＋1)为奇函数，且单调递增．于是若a ＋b ≥0，则a ≥－b ，有f (a )≥f (－b )，即f (a )≥－f (b )，从而有f (a )＋f (b )≥0．反之，若f (a )＋f (b )≥0，则f (a )≥－f (b )＝f (－b ),推出a ≥－b ，即a ＋b ≥0． 6．数码a 1，a 2，a 3，…，a 2006中有奇数个9的2007位十进制数－2a 1a 2…a 2006的个数为A ．12(102006＋82006)B ．12(102006－82006) C ．102006＋82006 D ．102006－82006答B ．解：出现奇数个9的十进制数个数有A ＝C 20061 92005＋C 20063 92003＋…＋C 200620059．又由于(9＋1)2006＝k ＝0Σ2006C 2006k 92006－k 以及(9－1)2006＝k ＝0Σ2006C 2006k (－1)k 92006－k从而得A ＝C 20061 92005＋C 20063 92003＋…＋C 200620059＝12(102006－82006)．二、填空题(本题满分54分，每小题9分)7. 设f (x )＝sin 4x －sin x cos x ＋cos 4x ，则f (x )的值域是．填[0，98]．解：f (x )＝sin 4x －sin x cos x ＋cos 4x ＝1－12sin2x －12sin 22x ．令t ＝sin2x ，则f (x )＝g (t )＝1－12t －12t 2＝98－12(t ＋12)2．因此－1≤t ≤1min g (t )＝g (1)＝0，－1≤t ≤1max g (t )＝g (－12)＝98．故，f (x )∈[0，98]．8. 若对一切θ∈R ，复数z ＝(a ＋cos θ)＋(2a －sin θ)i 的模不超过2，则实数a 的取值范围为．填[－55，55]．解：依题意，得|z |≤2⇔(a ＋cos θ)2＋(2a －sin θ)2≤4⇔2a (cos θ－2sin θ)≤3－5a 2．⇔－25a sin(θ－φ)≤3－5a 2(φ＝arcsin 55)对任意实数θ成立． ⇔25|a |≤3－5a 2⇒|a |≤55，故 a 的取值范围为[－55，55]． 9．已知椭圆x 216＋y 24＝1的左右焦点分别为F 1与F 2，点P 在直线l ：x －3y ＋8＋23＝0上. 当∠F 1PF 2取最大值时，比|PF 1||PF 2|的值为．填3－1．.解：由平面几何知，要使∠F 1PF 2最大，则过F 1，F 2，P 三点的圆必定和直线l 相切于点P ．直线l 交x 轴于A (－8－23，0)，则∠APF 1＝∠AF 2P ，即∆APF 1∽∆AF 2P ，即|PF 1||PF 2|＝|AP ||AF 2|⑴ 又由圆幂定理，|AP |2＝|AF 1|·|AF 2| ⑵而F 1(－23，0)，F 2(23，0)，A (－8－23，0)，从而有|AF 1|＝8，|AF 2|＝8＋43．代入⑴，⑵得，|PF 1||PF 2|＝|AF 1||AF 2|＝88＋43＝4－23＝3－1．10．底面半径为1cm 的圆柱形容器里放有四个半径为12cm 的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切. 现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水 cm 3．填(13＋22)π．解：设四个实心铁球的球心为O 1，O 2，O 3，O 4，其中O 1，O 2为下层两球的球心，A ，B ，C ，D 分别为四个球心在底面的射影．则ABCD 是一个边长为22的正方形。

2024年全国高中数学联赛

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联合竞赛一试试题(A )一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1.若实数m >1满足98m log log =2024，则32m log log 的值为.2.设无穷等比数列{a n }的公比q 满足0<q <1.若{a n }的各项和等于{a n }各项的平方和，则a 2的取值范围是.3.设实数a ，b 满足：集合A ={x ∈R |x 2-10x +a ≤0}与B ={x ∈R |bx ≤b 3}的交集为4,9 ，则a +b 的值为.4.在三棱锥P -ABC 中，若PA ⏊底面ABC ，且棱AB ，BP ，BC ，CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为.5.一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列.独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为a ,b ．若事件a +b =7发生的概率为17，则事件“a =b ”发生的概率为.6.设f (x )是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数g (x )=f (2x )在区间0,5 上的零点个数为25，则g (x )在区间［1,4）上的零点个数为.7.设F 1,F 2为椭圆Ω的焦点，在Ω上取一点P （异于长轴端点），记O 为△PF 1F 2的外心，若PO ∙F 1F 2 =2PF 1 ∙PF 2 ，则Ω的离心率的最小值为.8.若三个正整数a ,b ,c 的位数之和为8，且组成a ，b ，c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(a ,b ,c )为“幸运数组”，例如（9,8,202400）是一个幸运数组.满足10<a <b <c 的幸运数组（a ，b ，c ）的个数为.二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.（本题满分16分）在ΔABC 中，已知cos C =sinA +cosA 2=B sin +cosB 2,求cos C 的值.10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线Γ：x 2-y 2=1的右顶点为A .将圆心在y 轴上，且与Γ的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”.若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA的所有可能的值.11.（本题满分20分）设复数z ，w 满足z +w =2，求S =z 2-2w +w 2-2z 的最小可能值.2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联合竞赛加试试题(A卷)一．(本题满分40分)给定正整数r,求最大的实数C,使得存在一个公比为r的实数等比数列a nn≥1,满足a n≥C对所有正整数n成立.(x 表示实数x到与它最近整数的距离.)二．(本题满分40分)如图，在凸四边形ABCD中，AC平分∠BAD,点E,F分别在边BC,CD上，满足EF||BD,分别延长FA,EA至点P,Q,使得过点A,B,P的圆ω1及过点A,D,Q的圆w2均与直线AC相切.证明：B,P,Q,D四点共圆.(答题时储将图画在答卷纸上)三．(本题满分50分)给定正整数n.在一个3×n的方格表上，由一些方格构成的集合S称为“连通的”,如果对S 中任意两个不同的小方格A,B,存在整数l≥2及S中l个方格A=C1,C2,…,C l=B,满足C i与C i+1有公共边(i=1, 2,⋯,l-1).求具有下述性质的最大整数K:若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S,使得S中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K.四.(本题满分50分)设A,B为正整数，S是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1)对任意非负整数k,有A K∈S;(2)若正整数n∈S,则n的每个正约数均属于S;(3)若m,n∈S,且m,n互素，则mn∈S;(4)若n∈S,则An+B∈S.证明：与B互素的所有正整数均属于S.。

全国高中数学联赛试题及答案

全国高中数学联赛试题及答案第一题：设函数f(x)在区间[a, b]上连续，(a < b)，且在(a, b)内可导。

证明：存在ξ∈(a,b)，使得f(b) - f(a) = (b-a)f'(\xi)解答：根据拉格朗日中值定理，存在c∈(a,b)，使得f'(c) = (f(b) - f(a))/(b - a)所以，我们只需证明c=ξ即可。

由于f(x)在[a, b]上连续，并且在(a, b)内可导，所以内点可导连续定理告诉我们：f(x)在[a, b]上一致连续。

依据一致连续性，对于任意ε>0，存在δ>0，使得对于所有的x',x''∈[a, b]，只要 |x' - x''| < δ，就有 |f(x') - f(x'')| < ε。

考虑到c∈(a, b)，且c=ξ是一个特定值，我们可以取一小段(a,b)中的点序列，使得这个点序列的左右界可以趋近c，同时满足 |x' - x''| < δ。

设这个点序列为{x_n}，那么对应的有一个序列{f'(x_n)}。

根据极限的性质，我们可以得到∃ n→∞，使得x_n→c时，f'(x_n)→ f'(c)。

而由于f'(x)在(a, b)内可导，所以根据导数的定义，也就是f'(c) = lim(x→c) (f(x) - f(c))/(x - c)结合拉格朗日中值定理中的等式f'(c) = (f(b) - f(a))/(b - a)我们可以得到：f'(c) = (f(b) - f(a))/(b - a)所以，c=ξ成立，证毕。

第二题：设a, b, c为正实数，且满足 abc=1。

证明：a/(a^3 + 1) + b/(b^3 + 1) + c/(c^3 + 1) ≤ 3/2解答：根据条件abc=1，可以设 a = x/y, b = y/z, c = z/x (其中x, y, z为正实数)。

全国高中数学联赛集训试题及参考答案.docx

全国高中数学联赛集训试题及参考答案一、选择题(本题满分36分，每小题6分)函数f(x)=logi/2(x2-2x-3)的单调递增区间是(若实数x, y 满足(x+5)2+(y-12)2=142,则x?+y2的最小值为(直线x/4+y/3=l 与椭圆x 2/16+y 2/9=l 相交于A, B 两点，该椭圆上点P,使得APAB 面积等于3, 这样的点P 共有(6、由曲线x 2=4y,x 2=-4y,x=4,x=-4围成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为VI ；满足 x 2+y 2<16,x 2+(y-2)2>4,x 2+(y+2)2>4的点(x,y)组成的图形绕y 轴旋转一周所得旋转体的体积为V?，则(A) Vi= (1/2) V 2 (B)Vi= (2/3) V 2二、填空题(本题满分54分，每小题9分)7、已知复数Zi,Z2满足I Z[ | =2, | Z 2 | =3,若它们所对应向量的夹角为60。

,则I (Z 1+Z 2)/(Z 1+Z 2) 8、将二项式(Wx+1/ (2^x)) 11的展开式按x 的降'最排列，若前三项系数成等差数列，则该展开式 1、 (A) ( —co, —1)(B) (—8,1)(C) (1, + co) (D) (3, +s) 2、 (A) 2 (B) 1 (C)山 (D)也 3、函数 f(x)=x/l-2%x/2 ( (A)是偶函数但不是奇函数 (B) 是奇函数但不是偶函数 (C)既是偶函数乂是奇函数(D)既不是偶函数也不是奇函数 (A) 1 个 (B) 2 个 (C) 3 个 (D) 4 个5、已知两个实数集合 A= {ai,a2,...,aioo )与 B= {bib,...bo}, 若从A 到B 的映射f 使得B 中每个元素都有原象，且f(ai )<f(a 2)<.. <f(a 1O o)MS 样的映射共有( )。

历年全国高中数学竞赛试卷及答案(77套)

8.设，其中是虚数单位，若成等比数列，则实数a的值是___________.
9.若是双曲线上的点，则的最小值是_________.
10. 如图，设正方体的棱长为1，α为过直线的平面，则α截该正方体的截面面积的取值范围是_________.
11.已知实数满足：的最大值是____.
12.设集合则集合A中元素的个数是___________
二．填空题(本大题共4小题，每小题10分)：
1．设x≠y，且两数列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均为等差数列，那么 =．
解：a2－a1= (y－x)，b4－b3= (y－x)， = ．
2．( +2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为．
解：( +2)2n+1－( －2)2n+1=2(C 2xn22n+1)．
1．设x≠y，且两数列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均为等差数列，那么 =．
2．( +2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为．
3．在△ABC中，已知∠A=α，CD、BE分别是AB、AC上的高，则 =．
4．甲乙两队各出7名队员，按事先排好顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，……直至一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程．那么所有可能出现的比赛过程的种数为．
⑴ 点(1，1)∈ln，(n=1，2，3，……)；
⑵kn+1=an－bn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距，(n=1，2，3，……)；
⑶knkn+1≥0，(n=1，2，3，……)．

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5. 方程
x2
+
sin 2 − sin 3 cos
A. 焦点在 x 轴上的椭圆
C. 焦点在 y 轴上的椭圆
y2 2 − cos
= 1 表示的曲线是 3
B. 焦点在 x 轴上的双曲线 D. 焦点在 y 轴上的双曲线
6.
记集合 T
=0,1,2,3,4,5,6}， M
=
a1 7
+
a2 72
+
a3 73
1．使关于 x 的不等式 x − 3 + 6 − x k 有解的实数 k 的最大值是（）
A． 6 − 3
B． 3
C． 6 + 3
D． 6
解：令 y = x − 3 + 6 − x,3 x 6, 则 y2 = (x − 3) + (6 − x) + 2 (x − 3)(6 − x) 2[(x − 3)
一寸光阴不可轻
一、选择题
二〇〇五年高中数学联赛试卷
1. 使关于 x 的不等式 x − 3 + 6 − x k 有解的实数 k 的最大值是
A. 6 − 3
B. 3
C. 6 + 3
D. 6
2. 空间四点 A、B、C、D，满足| AB |= 3、| BC |= 4 、| CD |= 11、| DA |= 9 ，则 AC BD 的取值
2
一寸光阴不可轻
BC) (BC + CD), 即 2AC BD = AD2 + BC 2 − AB2 − CD2 = 0, AC BD 只有一个值得 0，故选
A。
3． ABC 内接于单位圆，三个内角 A、B、C 的平分线延长后分别交此圆

2020年全国高中数学联赛试题及详细解析(1)

2
4
2
2
【解析】 a =b ， c =d ，设 a=x ， b=x ； c=y ， d=y ，x － y =9． ( x+y )( x－ y ) =9．
∴ x+y2=9， x－ y2=1， x=5， y2=4． b－ d=53－25=125－ 32=9 3．
11．将八个半径都为 1 的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每
n=q2+q+1，l
≥
1 q(
q+1)
2+1，
2
q≥ 2，q∈ N．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有 q+2 条连
线段．证明：图中必存在一个空间四边形 ( 即由四点 A、B、 C、 D和四条连线段 AB、BC、CD、
DA组成的图形 ) ．
2020 年全国高中数学联赛解答
BD DQ 本题成立．而要证 BDQ∽ DAQ，只要证 AD=AQ即可．
二、（本题 50 分）
设三角形的三边长分别是正整数 l ，m， n．且 l >m>n>0．
l
m
n
已知
3 10 4
=
3 10 4
=
3 10 4
，其中
{ x} =x－ [ x] ，而 [ x] 表示不超过
x 的最大整数．求这种三角
形周长的最小值．
2
y=－ (cot
u+tan u)+cos
u=－ sin2
u+cosu．在
u∈ [ －，－ ] 46
时， sin2
u与
cos u 都单调递
11 增，从而 y 单调递增．于是 u=－ 6时， y 取得最大值 6 3，故选 C．

(数学)2020年全国高中数学联赛江苏复赛试题+Word版含答案

2020年全国高中数学联赛江苏赛区复赛一、填空题(每题8分，满分64分，将答案填在答题纸上)2.____________ 若函数/(Λ)=(X2-1)(X2+^+⅛)对于任意XeR都满足/(X) = /(4-x),则f(x)的最小值是_____ .3•在正三棱柱ABC-A I B I C l中，D,E分别是侧棱BQ,CG上的点，EC=BC = 2BD,则截而ADE与底面ABC所成的二而角的大小是______________ ・4.若SinXSill2xsin3x+cosxcos2xcos3x = 1,则X = __________ ・5.设儿V是实数，则"+ ⑺•的最大值是2X4+4∕+9---------6.设Cl n =l + 2 + --+π,π∈∕V∖S m =q+①+…+ ©”，〃? = 123,…，则S1,52√-∙,52017中能被2整除但不能被4整除的数的个数是__________ •27.在直角平面坐标系XOy中，耳，▲分别是双曲线x2--^ = l(^>0)的左、右焦点，过点Fl作圆x2 + y2 = 1的切线，与双曲线左、右两支分别交于点A.B.若F l B = AB .则方的8.从正1680边形的顶点中任取若干个，顺次相连成多边形，英中正多边形的个数1•若数列仏｝满足则吆存的值为2 3 色+2/! + 1为 _________ ・二、解答题V-10 •在平而直角坐标系XOy 中，椭圆C:-+ y 2= 1的上顶点为A ∙不经过点A 的直线/与椭圆C 交于P,Q 两点，且AP AQ=0.(1) 直线/是否过泄点？若是，求岀左点坐标；若不是，说明理由.(2) 过P,0两点分别作椭圆的切线，两条切线交于点3,求^BPQ 而积的取值范羽. 11.设函数 Λ(AT )=1+ X+丄X 2+••• + 丄x".2! n↑ (1)求证：当 XW(O,*o),时，e x > ∕r (x):2020年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分标准加试1.已知圆O 的内接五边形ABCDE 中AD 与BE 相交于点F, CF 的延长线交圆O 于点 P 、且 AB eD = BC ED求证：OPdAE.2•设X 」是非负实数，α=低+Qe=Jr 巨+j τ巨，若""是两个不相邻的整数, 求°丄的值，9•已知x,ye∕?,且X 2+ y 2=2,∣Λ∣≠∣y∣求点+G ⅛的最小值•(2)设x>0y neN ∖若存在ywR 使得Q=九W+一:一严 RS + l)!求证: OVyV X.3.平而上2〃个点（〃>1 MWN）,无三点共线，任意两点间连线段，将其中任意用+ 1条线段染成红色.求证：三边都为红色的三角形至少有”个•4•设”为正整数，I + - + -+ - +—=— >2 3 H h n其中a ll,bιι为互素的正整数，对素数”，令集合证明：对每一个素数p≥5,集合SP中至少有三个元素.1. 1试卷答案2. -163. 45°4. kπ.k∈Z3026 15盲二.解答题6. 2527 1 + √J8. 34329•解：因为X2 + y2 = 2.所以(χ + y)'+(χ-y)2 =4,所以点+FyVfc⅛+洁⅜+h+(-b) ≥1(1 + 1)2 =1.4v ,当X = λ∕2,y = O时，-__ + = 1.(兀+井(―井所以λ1x. + Z1的最小值为1.(χ+y)- (χ-γy10•解：(1)因为AP AQ = O f所以乔丄廷直线AP.AQ与X轴平行时，P或0与A重合，不合题意.设PA: y = kx+1,则QA:y = x + ∖.k将y = kx+l代入宀3b =3, w(l + 3∕r2}v2+6H = 0.所以XP =6k、— 21 + 3疋宀_] + 3疋_同理XQ=6k I6 Λ2+3°ek 2+3化简得/：〉，= -丄.4k 2直细纵截距是常数弓故直线,过定点所以P^=36(l÷^)∙ 宀 +宀十(")•兽窖峠IL(l + 3∕)依2+3)」 (1 + 3/) ∖k 2+3f_36(1 + 疋*& + 15疋+15∕ + 1)(3^ + 10/+3)2^不妨设k>0,令f = £ +丄，贝∣J∕≥2,可化得PQ 2=k 即P-嘤乎.3r +4设B(X (P y o ),则切点弦PQ 的方程是X O X + 3y°y = 3 ,k _] 1又EQ 在l:y = —-—x--上，所以y 0 = -2 ,4k 2（2）由 (1)6∣Zr∣√l+P 1 + 3X同理, AQ = 6y ∣∖ +k 2k 2+336∕%2+ 12) (3r+4)2从而⅞ =3(2-1)2k因此的而积gxdxP 皆卜爲f x 寧晋9t i2(3/$+4)所以B 到P0的距离〃=3尸 2√r 2+1 9令“=一，则 O —,化得 S= 一~r ------ ・t2 2(4M 3+3W )当O VHS 丄时，4M 3+3M 递增，2O1所以OV4∕+3"S2,即S≥-,当且仅当U=-,即∕ = 2,k = 1时，等号成立，42故ABPQ 的而积S 的取值范困是冷11.解：(1)用数学归纳法证明如下：(i )当” =1 时，令/(X ) = ^-∕1(Λ) = ^-X -1,则/'(x) = e'-l>0,xe(0,p)恒成立，所以/(Λ)在区间(O,-KO)为增函数，又因为 /(0)=0,所以/(Λ)>0,即e t> ∕1(x).(ii)假设H = k 时，命题成立，即当X ∈ (O,-KX))时，e x >f k (x),( 1 1 1则n = k + ∖时，令g(x)=e'—£+|(X)=，一 1 + X +-X 2+∙-∙ + -ΛΛ+-__ √+,6 7 用 72! k ∖ (k + ∖).函数，又因为 g(θ) = θ,所以 g(x)>0,x∈(θ,+oo)恒成立,即 e x> ./^+1(x),x∈(θ,+∞), 所以n = k +1时，命题成立.由(i )(ii )及归纳假设可知，V H ∈7V ∖当X ∈ (θ,+oo)时，£“〉£(x)・(2)由(1)可知 b>∕n Jx),即 A(A-)+-i-χn+1^v > A(Λ-)+-i-χn+1,所以R>l,即y>0,下证：yvx.下面先用数学归纳法证明：当Λ∙>O0 vl + x +丄F+…+厂丄^兀心+丄#ZsW AT 2! (-I)!n ∖(i )当〃 =1 时，令 F(X)= ∖ + xe x -e x ,则 F ,(x) = Xe X > O,x ∈ (θ,+≪)),则 √(x)=e x-f l÷x÷l√÷-÷lχ 2! k ∖ = ^V-A(X)>0,所以g(x)在区间(0,+8)为增所以F(X)在区间(0,*o)单调增，又F(O)=O,故F(X)>0,即e x<l + xe ∖(ii)假设H = k 时，命题成立，即当 X ∈(0,-HO)时，e x< l + x + -X 2 + …+ — XZ +-L√>∖ ' 72! (—1)! k ∖所以G(X)在区间(O,P)上为增函数，又G(O)=O,故G(X)>0,即由(i ) (ii )及归纳假设,可知当 XW(O,+8)时，e x< l + x + 丄 W +••■ + 丄 0 + ―― X n^e x.对舁成立,2!n ∖ (" + 1)!所以't = 1+x+⅛χ2 +'+⅛χπ +(⅛χπ+v < 1+x+⅛χ2+"+^χn+0⅛x "v从而Rve"即yvx,证毕.复赛加试答案1.证明：连接PA PE.因为五边形ABCDE 内接于圆O , 所以 ZBA F = ZDEF, ZABF= ZEDF, 所以ZBF 〜随DF 、令 G(Λ) = 1 +X + A疋+ (1)k'・GtV)=I÷x÷l√÷.∙∙÷lχ^÷1所以箸FB FB 同理,PE PFBC" BF<l + x +丄/+・・・ +丄《?+2! k ∖DC DF因为ABSrCS 所以器耸" 所以PE=P4・即点P 是弧AE 的中点, 所以OP 丄AE2•解：因为αb 是不相邻的整数,所以 25b —a = JX+2 + J y+2 — (yfx + ^y)=(Jx+2 -Vxj+ (Jy+2 — y∣~y )2 I 2 √Λ∙ + 2 + √X Jy+ 2+77由于b-a 是整数，所以b-a = 2.设 a = 〃 - 1,Z?=H ÷ I,/? ∈ Z 9 即 y[x + y∣~y = U -19 JX +2 + Jy + 2 =Il+ 1, λj√^-√y IX-y I =n _ 1, _ ------- = /2 +1 ♦JX+ 2 — Jy+ 2则頁-V7=.χ-y ∖y [^2-^2=χ-y . n -1 /2 + 1于是 2 Vx = n -1 + -~~- ,2JX+ 2 = n +1 + -~~-n -1 /7 + 1从而2(n-i)y∣x = (n -Iy + (X- y\2(n + I)VX+ 2 = (/? +1)2+(x-y), 故(∕2-l)Vx + 2n = (/7 + l)Jx + 2 ・又因为(√Γ巨j-(√^j=2.①令t =長,得代入①得/2 + 12nt 2 -2〃(H-I ”-什 -2〃-I)= 0 ,2∏(H -1)± ^4H 2(∕7-1) +8/7(7?2-2/7-1) _ 77(/7-1)±(7? + 1 )J"(n- 2)4π2n“=”亠頁=也Zl 土壘mIn因此，/7 > 2,并且ZI(M-I)≥ S + UHQl -2), 即∕ι2-2w-l≤0,解之得l-√2≤n≤l +√2,由①X ②X ③得ABPE DC于是y[x = t =从而2 ≤ 7? < 1 + \/2 ,且n w Z ,故n = 2・所以a = ∖,b = 3.3.证明：首先证明一泄存在红色三角形(三边均为红色的三角形为红色三角形，下同)•设从顶点A出发的红色线段最多，由A引出的红色线段为AB I.AB2i- -,AB k ,则k≥n + ↑.若B1,B2∙∙∙,伤中存在两点，不妨设为B l,禺使线段B1B2为红色线段，则AAdB2为红色三角形，若B v B2,相互之间没有红色线段相连，则从B,(i = 12…,k)出发的红色线段最多有2n-k条,所以这2〃个点红色线段最多有丄W + k(2n-k)+ (In一1 一k)] = «(2" —R)≤ "十 ^^"~— = n~ < n~ +1.2与题设矛盾，所以存在以A为顶点的红色三角形，下面用数学归纳法证明，(1)当∏ = 2时，平而上有四个点A,5C,D中两两连线共有6条，其中有5条为红色，只有一条非红色，设为AB,则ΔACZλ与BCD均为红色三角形，命题成立，(2)假设n = k时，命题成立，即至少存在R个红色三角形，当〃 = R + 1时，有2k+2个点，且有(Ar+ I)2+ 1条红色线段,一泄存在一个红色三角形，设为MBe考察从A,B,C引出的红色线段分别记为d(A),d(B∖ J(C)条，不妨设J(A)≤√(B)≤ J(C) 若d(A)+ d(B)< 2k + 2,则除去点A, B余下的Ik个点之间至少有(k + l)2+l-(2 上+ I)?=疋+1,由归纳假设可知存在至少R 个红色三角形，再加上MBC 至少有£ + 1个红色三角形, 若d（A ）+ d （B ）≥2k + 3,贝IJd （A ）+ d （β）+d （C ）≥3k + 5,故从A.B.C 岀发向其它2«-1个点引出红色线段至少有3«-1条，因为（3£_1）_（2£_1）=化这（3/:-1）线段至少有R 对线段有公共点（不包括A^C ）故至少存在k 个红色三角形，再加上MBC,则至少有R+ 1个红色三角形，所以n = k + ∖时命题也成立，由（1）（2）可知，当n>∖j ιeN 时，2“点之间的朴2 + 1条红色线段至少可组成”个红色三角形・其中为互素的正整数，那么〃*・引理的证明：因为素数P≥5,由FemIat d×⅛理•以及I A+2' +--- + (/?-Iy ≡ θ(rnod “)，其中 ∖≤k ≤ P _2 ,有((切 +1X ® + 2)…(切 + P -1))Z A三一芬∙2I 三一壬严三0(mθd"/-1r-I所以((切+1X 切+2)…(切+ 〃_1))EA = PM(M WAr)4.证明：引理：设p 25为素数，R 为非负整数f P-I11 /T w7⅛ = =2∑L+ ' (2£ + 1)〃 ∖kp+i kp+ p-i 丿2 若l(kp+iXkp+p-i)' "-I 令A =工r-11 ______=Σ/=1（（切+ IX 切+ 2）…（妙+ 〃一 1）厂(kp+i ∖kp+p-i)kp+∖ kp+2精品文档在线編辑更女好内容为您奉上即殳=(2k + MMSk 2((切 + IXkp+ 2).(切 + ” -1))"T 因为(几 2((切 + IX 切+2)…(Rp+ P - I))I )=1, 所以p 2∖t k ,引理证毕，由引理得，P 2a p-i ,所以Pa P-I , 从而 P(P_I)ESP ,P 2->1 1 P-> 1 PTPT 1 =∑7=-∑7÷∑∑1-/=1 l P /=1 1 妇 O /=! KP 十 I 因为P 2 a p ^p 2∖t k .所以M 宀从而 p 2-l≡S p . 因为p-l<p(p-l)<p 2-l,所以集合SP 中元素至少有3个. 丄 P +Σ十 λ∙=C S k。

全国高中数学竞赛试题及答案

全国高中数学竞赛试题及答案试题一：函数与方程1. 已知函数$ f(x) = 2x^3 - 3x^2 + x - 5 $，求$ f(x) $的极值点。

2. 求解方程$ x^2 - 4x + 3 = 0 $的所有实根。

3. 判断函数$ g(x) = \frac{1}{x} $在区间$ (0, +\infty) $上的单调性。

试题二：解析几何1. 已知椭圆$ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 $，其中$ a > b > 0 $，求椭圆的焦点坐标。

2. 求圆$ (x - h)^2 + (y - k)^2 = r^2 $的切线方程，已知切点坐标为$ (m, n) $。

3. 证明点$ P(x_1, y_1) $和点$ Q(x_2, y_2) $的连线$ PQ $的中点坐标为$ \left(\frac{x_1 + x_2}{2}, \frac{y_1 +y_2}{2}\right) $。

试题三：数列与级数1. 已知等差数列的首项$ a_1 = 3 $，公差$ d = 2 $，求第10项$ a_{10} $。

2. 求等比数列$ b_1, b_2, b_3, \ldots $的前$ n $项和，其中$ b_1 = 1 $，公比$ r = 3 $。

3. 判断数列$ c_n = \frac{1}{n(n + 1)} $的收敛性。

试题四：概率与统计1. 从5个红球和3个蓝球中随机抽取3个球，求至少有2个红球的概率。

2. 抛掷一枚均匀硬币4次，求正面朝上的次数为2的概率。

3. 某工厂生产的产品中有2%是次品，求从一批产品中随机抽取10个产品，至少有1个是次品的概率。

试题五：组合与逻辑1. 有5个不同的球和3个不同的盒子，将球分配到盒子中，每个盒子至少有一个球，求不同的分配方法总数。

2. 证明：对于任意的正整数$ n $，$ 1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + n^2 = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} $。

全国高中数学联赛试卷试题包括答案.docx

精品文档2014 年全国高中数学联赛(B 卷 )一试一、填空题（每小题8 分，共 64 分，）1.函数 f (x)x5243x 的值域是.2.已知函数 y(a cos2x3) sin x 的最小值为 3 ，则实数a的取值范围是.3.双曲线x2y 2 1 的右半支与直线x100围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是.4.已知 { a n } 是公差不为0的等差数列， { b n } 是等比数列，其中 a13,b11, a2b2 ,3a5b3，且存在常数 ,使得对每一个正整数 n 都有 a n log b n，则.5.函数 f (x)a 2x3a x2(a0, a1) 在区间 x [1,1]上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是.6.两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于 6 者为胜，否则轮由另一人投掷 . 先投掷人的获胜概率是.7.正三棱柱ABC A1B1C1的9 条棱长都相等，P是CC1的中点，二面角B A1 P B1, 则sin.8.方程 x y z2010 满足x y z 的正整数解（x,y,z）的个数是.二、解答题（本题满分 56 分）9. （16 分）已知函数f ( x)ax3bx 2cx d ( a0) ，当0x1时， f(x)1，试求a的最大值.10.（20 分）已知抛物线y26x 上的两个动点A( x1 , y1)和 B(x2 , y2 ) ，其中 x1x2且 x1x2 4 .线段AB的垂直平分线与 x 轴交于点C，求ABC 面积的最大值.11. （ 20分）证明：方程2x35x 2 0 恰有一个实数根r ，且存在唯一的严格递增正整数数列{ a n}，使得2r a1r a2r a 3.5解答1.[ 3, 3] 提示：易知f (x) 的定义域是5,8 ，且 f ( x) 在 5,8上是增函数，从而可知 f ( x) 的值域为[ 3,3] .2.3a12提示：令 sin x t ，则原函数化为g(t)(at 2a3)t ，即2g(t)at 3(a3)t .由at3(a3)t 3 ，at (t 21)3(t1)0 ， (t1)( at (t 1)3)0 及t10 知at (t1)30即a(t 2t) 3 .（1）当 t0,1时（1）总成立；对0t1,0t2t 2 ；对1t0,1t 2t0 .从而可知3a12 .423.9800提示：由对称性知，只要先考虑x 轴上方的情况，设y k (k1,2,,99) 与双曲线右半支于 A k, 交直线x 100 于B k，则线段A k B k内部的整点的个数为 99k ，从而在x轴上方区域内部整点的个数为99k 1(99k )99494851 .又 x 轴上有98个整点，所以所求整点的个数为24851989800.4. 33 3 提示：设 { a n } 的公差为 d,{b n } 的公比为q，则3d q,（1 ）3(34d)q 2，（2）（ 1）代入（ 2）得912d d 26d9 ，求得 d6, q9 .从而有 36( n1)log 9n1对一切正整数 n 都成立，即 6n3(n1) log9对一切正整数n 都成立.从而log96,3log9，求得3 3, 3 ，333.5.1提示：令a x y, 则原函数化为 g( y)y23y 2 , g( y) 在(3,+ )上是递增的 .42当 0 a1时，y[a,a 1 ] ,g( y) max a 2 3a 128 a 12a1，2所以g( y) min(1 )2312 1 ；224当a 1 时，y[ a 1 , a] ，g ( y) max a 23a28 a 2，所以g( y) min 2 232 121.14综上 f (x) 在 x[.1,1] 上的最小值为1242176. 6 的概率为，从而先投掷人的获胜概率为提示：同时投掷两颗骰子点数和大于3612177112 .7( 5 )2 7( 5 )47121212121212125171447.10提示：解法一：如图，以 AB 所在直线为x轴，线段 AB 中点 O 为原点， OC 所在直线为 y 轴，建立空间4直角坐标系 . 设正三棱柱的棱长为2，则B(1,0,0), B1(1,0,2), A1(1,0,2), P(0,3,1) ，从而，BA1( 2,0,2), BP(1,3,1), B1 A1(2,0,0), B1 P( 1,3,1) .设分别与平面 BA1 P 、平面 B1 A1 P 垂直的向量是m (x1 , y1 , z1 ) 、 n( x2 , y2 , z2 ) ，则z A1 m BA12x12z10,C 1B 1m BP x13y1z10,P n B1 A12x20,An B1 P x23y2z20,Om(1,0,1), n(0,1,3)B C y由此可设，所以ur r ur r xm n m n cos，即A132 2 cos cos6C 1.4E10B 1所以 sin.4O PAB精品文档解法二：如图， PCPC 1 , PA 1 PB .设 A 1 B 与 AB 1交于点O , 则OA 1OB,OA OB 1, A 1 B AB 1 .因为 PAPB 1, 所以 POAB 1,从而AB 1平面PA 1 B .过 O 在平面 PA 1 B 上作 OE A 1 P , 垂足为 E .连结 B 1 E , 则B 1 EO 为二面角B A 1 P B 1的平面角 .设AA 12 , 则易求得PB PA 15, A 1O B 1O 2, PO3 .PA 1O中，A 1 O PO A 1 P OE ,即2 35 OE, OE6 在直角 .5又 B 1O2, B 1 EB 1O 2 OE 22 6 4 5 .5 5sin sin B 1 EOB 1O 2 10.B 1 E4 5 458. 336675 提示：首先易知 x y z2010 的正整数解的个数为 C 20092 2009 1004.把 xy z2010 满足 x yz 的正整数解分为三类：（ 1） x, y, z 均相等的正整数解的个数显然为 1；（ 2） x, y, z 中有且仅有 2 个相等的正整数解的个数，易知为 1003； (3) 设 x, y, z 两两均不相等的正整数解为 k .易知1 3 1003 6k2009 1004 ，所以6k2009 1004 3 1003 12006 1005 2009 3 2 1 2006 10052004，即k 1003 335 334335671.从而满足 xy z 的正整数解的个数为1 1003 335671 336675.f (0)c,9. 解法一： f ( x) 3ax22bx c, 由f (1) 3 a b c,得2 4f (1) 3a 2b c3a 2 f (0) 2 f (1) 4 f 1( ) .2所以3 a2 f ( 0) 2 f (1) 4 f ( 1)22 f(0) 2 f (1)4 f ( 1)8 ，2所以 a 8 .又易知当 f (x) 8 x 3 4x 2 xm （ m 为常数）满足题设条件，所以 a 最大值为8.333解法二： f( x) 3ax 22bx c . 设 g( x) f ( x) 1 ，则当 0 x 1 时， 0g( x) 2.设 z 2x 1 ，则 xz 1, 1 z 1. 2g( z1) 3a z 2 3a 2b z 3ah( z) b c 1.2 4 2 4容易知道当1 z 1时，h(z)2,0 h( z)2 .从而当 1z1 时，h( z) h( z)2 ，即23a z 2 3a0 b c 1 2 ，从而3a3a z 24 4 8 .b c1 0 ,2 ，由 0 z 2 1知 a4 8 x 3 43 8又易知当 f (x)4 x 2 x m （ m 为常数）满足题设条件，所以 a 最大值为 .3310. 解法一：设线段 AB 的中点为 M ( x 0 , y 0 ) ，则 x 0 x 1x 22, y 0y 1 y 2，22k ABy 2 y 1y 2 y 163x 2x 1y 22 y 12 y 2y 1.y 06 6线段 AB 的垂直平分线的方程是y y 0y 0( x 2) .（1）3易知 x5, y0 是（ 1）的一个解，所以线段 AB 的垂直平分线与 x 轴的交点 C 为定点，且点 C 坐标为 (5,0) .由（ 1）知直线AB的方程为y y03( x2) ，即y0xy0 ( y y0 ) 2 .（2）3（ 2）代入y26x 得 y 2 2 y0 ( y y0 )12，即y2 2 y0 y 2 y0212 0 .（3）依题意，y1 , y2是方程（ 3）的两个实根，且y1y2，所以22248 0 ,4 y04(2 y012)4 y023y02 3 .AB( x1x2 ) 2( y1y2 ) 2(1 ( y0 ) 2 )( y1 y2 ) 23(1y02)[( y1y2 )2 4 y1 y2 ]9(1y02)(4 y024(2y0212))92(9y02 )(12y02 ).3定点 C (5,0)到线段 AB 的距离h CM(5 2) 2(0 y0 ) 29 y02.S ABC1AB h1(9y02 )(12y02 ) 9y02231 1 (9y02 )(24 2 y02 )(9y02 )321 1 (9 y02242 y029 y02)3323147 .3yABO C(5,0)x当且仅当 9 y 0224 2 y 02 ，即 y 05 , A(635 , 5 7), B(6 35, 57) 或33A(635 , ( 5 7)), B(635 , 57) 时等号成立 .33所以， ABC 面积的最大值为147 .311.令f (x)2x 35x 2，则f ( x)6x 25 0 ，所以f ( x)是严格递增的 . 又f (0)2 0, f ( 13 0 ，故 f ( x) 有唯一实数根 r1) .)4(0,2 2所以 2r35r 2，2 r r3 r r 4r 7r 10L .51故数列 a n 3n 2(n 1,2, ) 是满足题设要求的数列 .若存在两个不同的正整数数列 a 1a 2a n和b 1b 2 b n满足ra1ra2ra3rb1rb2rb32 ， 5去掉上面等式两边相同的项，有r s 1r s 2r s 3r t 1r t 2r t 3，这里s 1s 2 s 3 ,t 1t 2t 3，所有的 s i 与 tj 都是不同的 .不妨设s 1t 1，则rs1rs1rs2rt1rt2，1r t 1s 1r t2 s1r r 21 1 11 1 1 ，r1 12矛盾 . 故满足题设的数列是唯一的 .加试1. （40 分）如图，锐角三角形 ABC 的外心为 O ，K 是边 BC 上一点（不是边 BC 的中点），D 是线段 AK 延长线上一点，直线 BD 与 AC 交于点 N ，直线 CD 与 AB 交于点 M ．求证：若 OK ⊥MN ，则 A ，B ，D ，C 四点共圆．AOBCE KD2.（40 分）设 k 是给定的正整数，rk1．记 f(1) (r ) f ( r ) r r ，f(l )(r ) f ( f (l 1) (r )), l 2 ．证2明：存在正整数 m，使得f(m )( r )为一个整数．这里，x表示不小于实数 x 的最小整数，例如：11，1 1 ．23.（50 分）给定整数n 2 ，设正实数a1, a2,L, a n满足 a k1, k1,2, L , n ，记A k a1 a2L a k, k1,2,L , n ．kn n n 1a k A k求证：．k1k 124.（50 分）一种密码锁的密码设置是在正 n 边形A1A2L A n的每个顶点处赋值 0 和 1 两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？解答1. 用反证法．若A，B，D，C 不四点共圆，设三角形ABC 的外接圆A与AD 交于点 E，连接 BE 并延长交直线 AN 于点 Q，连接 CE 并延长交直线AM 于点 P，连接 PQ．因为 PK 2P 的幂（关于⊙ O）K 的幂（关于⊙ O）O2r2KO2r2BPO，CEK同理DQ QK 2QO2r 2KO 2r 2，P2222N所以PO PK QO QK，M 故 OK ⊥PQ．由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是AQ AP ．①QN PM由梅内劳斯（ Menelaus）定理，得NB DE AQBD EA1，②QNMC DE AP CD EA 1．③PMNB MC ND MD由①，②，③可得BD，所以BD，故△ DMN ∽ △ DCB，于是DMN CD DC故 OK⊥BC ，即 K 为 BC 的中点，矛盾！从而A, B, D ,C 四点共圆.注 1：“PK2P 的幂（关于⊙ O）K 的幂（关于⊙ O）”的证明：延长 PK 至点 F，使得PK KF AK KE ，④则 P，E，F ，A 四点共圆，故PFE PAEBCE ，从而 E，C，F，K 四点共圆，于是PK PF PE PC ，⑤⑤-④，得PK 2PE PC AK KE P的幂（关于⊙O）K 的幂（关于⊙ O）．注 2：若点 E 在线段 AD 的延长线上，完全类似．BPM2. 记v2( n)表示正整数 n 所含的 2 的幂次．则当m v2 ( k)1 时，f( m)( r )为整数．下面我们对v2 ( k)v 用数学归纳法．当 v0 时，k为奇数， k 1 为偶数，此时11k 1f (r )k k k 1222为整数．假设命题对 v 1(v1) 成立．对于 v 1 ，设k的二进制表示具有形式k 2v v 1 2v 1v 22v 2 L ，这里，i0或者1， i v 1, v 2, L ．于是精品文档DCB ，所以BC∥MN，AOFCEKDQNf (r )1 1 k1 kkk 12221 k k2 k 2 21 2v 1(v 11) 2v(v 1v 2 ) 2v 1L 22 v L2 1k， ①2这里k2v 1( v 1 1) 2v( v 1v2) 2v 1 L 22vL .显然 k 中所含的 2 的幂次为 v 1．故由归纳假设知， rk1 经过 f 的 v 次迭代得到整数，由①知， f (v 1) (r ) 是2一个整数，这就完成了归纳证明．kn3. 由 0a k 1 知，对 1 k n 1，有a ik,a in k．i 1i k 1注意到当 x, y0 时，有 x ymax x, y ，于是对 1k n 1 ，有A n A k1 1 ka i 1n a i nkn ii 1k 11 n a i 1 1 ka in i k n ik 1 1max 1 n a , 1 1kan iiknik 1 i 1max1( n k), 1 1 kn k n1 k，nnnn故a kA knA nA kk 1k 1k 1n 1n 1k 1 A n A kk 1 A n A kn 1k n 11n2 ．k 14. 对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a ，如果颜色不同，则标.上 b，如果数字和颜色都相同，则标上c．于是对于给定的点A1上的设置（共有 4 种），按照边上的字母可以依次确定点A2 , A3 ,L, A n上的设置．为了使得最终回到A1时的设置与初始时相同，标有 a 和 b 的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a，b，c，使得标有 a 和 b 的边都是偶数条的方法数的 4 倍．设标有 a 的边有2 i条，0 i n，标有 b 的边有2j 条， 0j n 2i．选取 2i 条边标记a的有 C n2i种方22法，在余下的边中取出2 j 条边标记b的有C n2j2i 种方法，其余的边标记c．由乘法原理，此时共有C n2i C n2 j2i 种标记方法．对i ，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为n n2i224C n2i C n2 j2i．①i0j0这里我们约定C00 1 ．当 n 为奇数时，n2i0 ，此时n2i2C n2 j2 i2n 2i 1 ．②j0代入①式中，得n n 2 i n n2C n2i 2C n2 j2 i2C n2i 2n 2i 12C n2i 2n 2 i442 i0j0i 0i 0nC n k 2n k nC n k 2n k ( 1)k(2 1)n(2 1)nk0k03n1．n n当 n 为偶数时，若i，则②式仍然成立；若i，则正n边形的所有边都标记a，此时只有一种标记方法．于是，22当 n 为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为n n 2 i n12224C n2 i C n2 j2i 4 1C n2i 2n 2 i 1i 0j0i0n22 4C n2i2n 2i 13n3 ．i 0综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有3n1种；当 n 为偶数时有3n3种．.。

全国高中数学联赛初赛试卷(含答案)

全国高中数学联赛江苏赛区初赛参考答案与评分细则一、填空题（本题共10 小题，满分 70 分，每小题7 分．要求直接将答案写在横线上．）1．已知点 P(4， 1)在函数 f(x)＝ log a (x － b) ( b ＞ 0)的图象上，则ab 的最大值是．2解：由题意知， log a (4－ b)＝ 1，即 a ＋ b ＝ 4，且 a ＞ 0， a ≠ 1， b ＞ 0，从而 ab ≤ (a ＋b) ＝ 4，4 当 a ＝b ＝ 2 时， ab 的最大值是 4．π 43π2．函数 f(x)＝ 3sin(2x －4)在 x ＝ 24处的值是．π 43π π 40π 10π4π43π 4π3．解： 2x －＝－＝＝＝ 2π＋，所以 f(24 )＝ 3sin ＝－4 12 4 12 3 3 323．若不等式 |ax ＋ 1|≤ 3 的解集为 { x |－ 2≤ x ≤ 1} ，则实数 a 的值是．解：设函数 f(x)＝ |ax ＋ 1|，则 f(－ 2)＝ f(1)＝ 3，故 a ＝ 2．4．第一只口袋里有3 个白球、 7 个红球、 15 个黄球，第二只口袋里有10 个白球、 6 个红球、9 个黑球，从两个口袋里各取出一球，取出的球颜色相同的概率是．解：有两类情况：同为白球的概率是3×10＝ 30，同为红球的概率是7×6 ＝ 42 ，所求的25×25 62525× 25 625概率是72．6252 22 2xyxy5．在平面直角坐标系 xOy 中，设焦距为 2c 的椭圆 a 2＋ b 2＝ 1(a ＞b ＞ 0)与椭圆 b 2＋ c 2＝ 1 有相同的离心率 e ，则 e 的值是．c 2 c 2－ b 2c 2 b 2－ c 2－1＋ 5解：若 c ＞ b ，则 a 2＝ c 2 ，得 a ＝ b ，矛盾，因此c ＜b ，且有 a 2＝ b 2 ，解得 e ＝2． 6．如图，在长方体ABCD － A 1B 1C 1D 1 中，对角线 B 1D 与平面 A 1BC 1 交于 E 点．记四棱锥 E －ABCD 的体积为V 1 ，长方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 的体D 1C 1积为 V ，则V 1的值是．2V 2A 1B 1EDCAB（第 6 题图）解：记四棱锥 B 1－ ABCD 的体积为 V ．C 1D 12O如图， DE ＝ DB 1，A 13B 1从而 V 1＝ 2V ．又 V ＝1V 2，所以V 1＝2．E33V 2 9CDAB（第 6 题图）7．若实数集合 A ＝ {31 x ，65y} 与 B ＝ {5 xy ，403} 仅有一个公共元素，则集合A ∪B 中所有元素之积的值是．解：因为 31x × 65y ＝ 5xy ×403＝ 2015xy ．若 xy ≠ 0，则集合 A 和集合 B 中有一组相等，则另一组也必然相等，这不合题意．所以xy ＝ 0，从而 A ∪ B 中所有元素之积的值为 0．8．设向量 a ＝ (cos α，sin α)，b ＝ (－ sin α，cos α)．向量 x 1，x 2，， x 7 中有 3 个为 a ，其余为 b ；向量 y 1，y 2，， y 7 中有 2 个为 a ，其余为 b ．则7．i i 的可能取值中最小的为x yi=1 解：因为 aa ＝b b ＝ 1， a b ＝ 0，所以 7x y 的最小值为 2．···i=19．在 3× 3 的幻方中填数，使每行、每列及两条对角线上的三个数之和都相等．如图，三个方格中的数分别为1，2，2015，则幻方中其余 6 个数之和为．1 解：如图，设幻方正中间的数为 x ，则由题意知2a ＝－ 2012，从而对角线上三个数的和为 x － 2011．2015因此 b ＝ x － 2014， c ＝－ 4026， d ＝－ 2013， e ＝x ＋ 2014．（第 9题图）由 b ＋e ＋ x ＝ x － 2011，解得 x ＝－2011． 2这 9 个数的和为 3× (－2011－ 2011)＝－18099，22所以幻方中其余 6 个数之和为－18099－ 2018＝－ 22135．22e c 1dx 2a2015b（第 9 题图）10．在平面直角坐标系xOy 中，设 D 是满足 x ≥ 0， y ≥0， x ＋y ＋ [x]＋[ y]≤ 19 的点 (x ， y)形成的区域（其中 [x]是不超过 x 的最大整数）．则区域 D 中整点的个数为．解：区域 D 中整点的个数为 1＋ 2＋3＋＋ 10＝ 55．420 8011{ a n }a 2 2 qS n { a n }nT n{ a 2n }nS 2n 2T nqq1a n a 2 2 a 2n 4S 2n 4n T n 4n S 2n ≠ 2T nq1a n 2× ( 1)n a 2n 4S 2n 0 T n 4n S 2n ≠2T n522n42nq × (1 q ) 2 × (1 q )n －2 a 2 4q2n － 4q 2q ± 1a n 2qS 2n T nn1 q1 q15S2T41 q 2q 4 0q1± 172nnq(1 q)2117117q202212ABC AB AC DEAB AC BD CE BACADE A PCAP B CPDPE PCAPDE,PAD PED PAF PDEAP BACPAD PAFEDABP(第 12题图)CEDABFPPEDPDE (第 12题图)PD PE 10ADPAEPBDPCEPBD CE BDP CEP PBD PCE PBA PCA所以 A 、 P 、B 、 C 四点共圆．10 分13．如图，在平面直角坐标系xOy 中，圆 O 1、圆 O 2 都与直线 l ：y ＝kx 及 x 轴正半轴相切．若两圆的半径之积为2，两圆的一个交点为P(2， 2)，求直线 l 的方程．解：由题意，圆心O 1， O 2 都在 x 轴与直线 l 的角平分线上．yl若直线 l 的斜率 k ＝ tan α，α2tP2．O 2设 t ＝ tan，则 k ＝1－ t2O 1圆心 O 1， O 2 在直线 y ＝ tx 上， Ox可设 O 1(m ，mt)，O 2(n ， nt)．(第 13题图)交点 P(2， 2)在第一象限， m ， n ， t ＞ 0． 4 分所以⊙ O 1： (x － m)2+(y －mt)2 =(mt)2，⊙O 1： (x － n)2+(y － nt) 2=(nt)2 ，(2－ m) 2＋ (2－ mt)2＝ (mt)2，m 2－ (4＋ 4t)m ＋ 8＝ 0，8 分所以 (2－ n)2 ＋(2－ nt)2＝ (nt)2，即n 2 －(4 ＋4t)n ＋ 8＝ 0，所以 m ， n 是方程 X 2－ (4+4 t)X ＋ 8=0 的两根， mn ＝ 8．由半径的积 (mt)(nt)＝ 2，得 t 2＝1，故 t ＝ 1．16 分42所以 k ＝ 2t 1＝4420 分2 ＝，直线 l ： y ＝ x ．1－ t1331－ 414．将正十一边形的 k 个顶点染红色，其余顶点染蓝色．（ 1）当 k ＝ 2 时，求顶点均为蓝色的等腰三角形的个数；（ 2） k 取何值时，三个顶点同色 (同红色或同蓝色 )的等腰三角形个数最少？并说明理由．解：（ 1）设正十一边形的顶点 A 1， A 2 ，A 3，， A 11，则易知其中任意三点为顶点的三角形都不是正三角形．以这些点为顶点的等腰三角形个数可以如此计算：以 A i (i ＝ 1，2，3，，11)为顶角顶点的等腰三角形有11－ 1＝ 5 个，这些三角形均不是等边三角形，即当j ≠ i 时，以 A j 为顶角2顶点的等腰三角形都不是上述等腰三角形．故所有的等腰三角形共有5× 11＝ 55 个．5 分当 k ＝ 2 时，设其中 A m ，A n 染成红色，其余染成蓝色．以 A m 为顶角顶点的等腰三角形有5 个，以 A m 为底角顶点的等腰三角形有 10 个；同时以 A m ，A n 为顶点的等腰三角形有3 个，这些等腰三角形的顶点不同色，且共有(5＋10)× 2－ 3＝ 27 个．注意到仅有这些等腰三角形的三个顶点不同蓝色，故所求三个顶点同为蓝色的等腰三角形有 55－ 27＝ 28 个．10 分（ 2）若 11 个顶点中 k 个染红色，其余 11－k 个染蓝色．则这些顶点间连线段 (边或对角线 )中，两端点染红色的有k(k － 1)条，两端点染蓝色的有(11－ k)(10－ k)条，两端点染一红22一蓝的有 k(11－k)条．并且每条连线段必属于且仅属于3 个等腰三角形．把等腰三角形分4 类：设其中三个顶点均为红色的等腰三角形有x 1 个，三个顶点均为蓝色的等腰三角形有x 2 个，两个顶点为红色一个顶点为蓝色的等腰三角形有x 3 个，两个顶点为蓝色一个顶点为红色的等腰三角形有x 4 个，则按顶点颜色计算连线段， 3x 1＋x 3＝ 3×k(k － 1)，①23x 2＋x 4＝ 3× (11－ k)(10－ k)，②22x 3＋2x 4 ＝3× k(11－ k)，③3由①＋②得 3(x 1＋ x 2 )＋ x 3＋x 4＝2[k(k － 1)＋ (11－ k)(10－ k)]，用③代入得11 2x 1＋ x 2＝ [ k(k － 1)＋ (11－k)(10 －k)－ k(11－ k)]＝ (3k － 33k ＋ 110)．221当 k ＝ 5 或 6 时， (x 1＋ x 2)min ＝ 2(5× 4＋ 6× 5－ 5× 6)＝ 10．即顶点同色的等腰三角形最少有10 个，此时 k ＝ 5 或 6．20 分。