全国高中数学联赛山东省预赛试题及答案

合集下载

2020年全国高中联赛山东赛区预赛试卷

∴ D 0,1 是一系列Δ ABC 的外接圆所经过的定点．
9．设 OABC 是边长为 1 的正四面体，E、F 分别为 AB 与 OC 的中点，
则异面直线
OE
与
BF
的距离是
．
__________________________________________________________________
2．已知 a 0 ，函数 f x ax2 bx c, g x ax b 满足：
当 x 1时， f
x
1，且 g x 有最大值 2，则 f
x
．
__________________________________________________________________
【解析】将盒子任意翻动时，小球达不到的空间有两类：一是正方体 8 个角处的空间，二是正方体 12 条棱处的空间．
其中 8 个角处的空间可以合并为棱长为 2 的正方体挖掉半径为 1 的小球，其体积为 8 4 ； 3
12 条棱处的空间合并为 3 个空心正四棱柱(底边长 2 高 4 的正四棱柱挖去一底半径 1 高 4 的圆柱)，
又a
b ,c q
bq 代入上式得： bx
xd
bq①,
b q
b②,bqxd
b③， q
②×③再代入①得： b2 b2xq2d bq 2 q2d =b2q2d 2 ，∴ q2d3 1，
q
又 q 1，∴ 2d 3 0 ，∴ d 3 ． 2
法二：记 lg a x, lg c y ，则 lg b x y ，且 x y ， 2
∴ da cos A ，同理可得： db cos B , dc cos C ，
db cos B

2023年全国高中数学联赛山东省预赛试题及参考答案

2023全国数学联赛山东省预赛试题一、填空题（每小题8分，共80分）1、已知},33811|{1Z x x A x ∈≤<=-，},032|{N x x x x B ∈<-+=，则集合},,|{B y A x xy m m C ∈∈==的元素个数是.2、已知：3tan sin 41=-αα2,0((πα∈，则α是.3、已知关于x 的方程023=+++c bx ax x 的三个非零实数根成等比数列，则33b c a -的值是.4、正方体1111D C B A ABCD -的底面1111D C B A 内有一个动点M ，且C AD BM 1//平面，则MD D 1tan ∠的最大值是.5、数列}{n a 中，11=a ，),2,1(211 =+=+n a a n n ，那么=n a .6、已知0,,>z y x ，则z y x x z z y y x f 539164222222+++++++=的最小值是.7、设ABC ∆的内心为I ，而且满足0652=++IC IB IA ，则B ∠cos 的值是.8、已知双曲线H ：221x y -=上第一象限内一点M ，过M 的作H 的切线l ，与双曲线H 切于M ，交H的渐近线于P ，Q 两点（P 在第一象限），R 与Q 在同一渐近线上.则RP RQ ⋅ 的最小值为.9、小张参加一次十道选择题的测试，做对一道得一分，做错一道扣一分，不做得零分．他的目标是至少得7分，7分及格．小张现在确定他前六道题的答案是正确的，而剩下的每道题做对的概率为21，小张应该做______多少道题，及格的概率最大.10、设实数y x ,使得y x -，22y x -，33y x -均为素数，则y x -的值是.二、解答题（共70分）11、（本题15分）已知：O 是ABC ∆的外心，E D ,分别是边AB AC ,上的点.线段CE BD DE ,,的中点分别为R Q P ,,.DE OH ⊥垂足为H .求证：P ，Q ，R ，H 四点共圆.12、（本题15分）在区间)2,2(32n n 中任取1212+-n 个奇数.求证：在所取出的数中，必有两个数，其中一个数的平方不能被另一个数整除.13、（本题20分）已知：c b a ,,为正实数.证明：)(9)2)(2)(2(222ca bc ab c b a ++≥+++.14、（本题20分）1010⨯的表格上填入1到100，第i 行第j 列填入j i +-)1(10.每次操作如下：取一个格子，或者将此格数字减少2，将两个相对的邻格同时加1；或者将此格数字增加2，将两个相对的邻格同时减1.证明：如果经过一些步骤后表格中又得到1到100的数字，则它们是按原来的顺序排列的.2023全国数学联赛山东省预赛试题（答案）一、填空题（每小题8分，共80分）1、已知},33811|{1Z x x A x ∈≤<=-，},032|{N x x x x B ∈<-+=，则集合},,|{B y A x xy m m C ∈∈==的元素个数是答案：7解析：由已知得}2,1,0,1,2{--=A ，}2,1,0{=B ，所以}4201124{，，，，，---=C 2、已知：3tan sin 41=-αα2,0((πα∈，则α是答案：18π解析：由已知得)6sin(22sin 2απα-=，所以易得18πα=3、已知关于x 的方程023=+++c bx ax x 的三个非零实数根成等比数列，则33b c a -的值是答案：0解析：设这三个根是2,,dq dq d ，则由韦达定理得⎪⎩⎪⎨⎧-==++-=++c q d b q d q d q d a dq dq d 33322222整理得c ab -=-3)(，所以033=-bc a 4、正方体1111D C B A ABCD -的底面1111D C B A 内有一个动点M ，且C AD BM 1//平面，则MD D 1tan ∠的最大值是答案：2解析：由已知点M 在线段11C A 上运动，所以2tan 111≤=∠M D DD MD D ，且当点M 是11C A 中点时等号成立.5、数列}{n a 中，11=a ，),2,1(211 =+=+n a a n n ，那么=n a 答案：),2,1(1)2(32 =--+=n a n n 解析：由递推关系得)1(211+=++n n n a a a ，)2(121--=-+n n n a a a 所以2122111-+⋅-=-+++n n n n a a a a ，所以n n n n a a a a )2(21)2(21111-=-+⋅-=-+-所以),2,1(1)2(32 =--+=n a n n6、已知0,,>z y x ，则z y x x z z y y x f 539164222222+++++++=的最小值是答案：55解析：由柯西不等式得y x y x 24122+≥++，z y z y 441422+≥++，xz x z 8411622+≥++所以zy x x z z y y x f 539164222222+++++++=555539842=+++++++≥）（z y x x z z y y x 且当x z y 2==时取等号7、设ABC ∆的内心为I ，而且满足0652=++IC IB IA ，则B ∠cos 的值是答案：85解析：设ABC ∆的三边长为c b a ,,，由熟悉的结论：0=++IC c IB b IA a 得6:5:2::=c b a ，所以85cos =∠B 8、已知双曲线H ：221x y -=上第一象限内一点M ，过M 的作H 的切线l ，与双曲线H 切于M ，交H的渐近线于P ，Q 两点（P 在第一象限），R 与Q 在同一渐近线上.则RP RQ ⋅ 的最小值为.答案：21-解析：设点00(,)M x y ，11(,)P x y ，22(,)Q x y ，则00:10l x x y y --=.021210=x y y x x y --且2211222200x y x y ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，12211221212x x y y y y x x +-∴⋅=+-，注意到021210=x y y x x y --12012022x x y y y x +∴=+12012022x x y y y x +∴=+即M 为PQ 的中点.222221111||||4444RP RQ RM PQ PO PQ OQ ⋅=-≥-=- .考虑到M 在第一象限，故22OQ ≤21142RP RQ OQ ⋅=-≥- 9、小张参加一次十道选择题的测试，做对一道得一分，做错一道扣一分，不做得零分．他的目标是至少得7分，7分及格．小张现在确定他前六道题的答案是正确的，而剩下的每道题做对的概率为21，小张应该做______多少道题，及格的概率最大答案：7或9解析：做对6道题．再做一道题及格的概率为1P p =，再做两道题及格的概率为22P p =，再做三道题及格的概率为322233(1)(32)P p C p p p p =+-=-，再做四道题及格的概率为433344(1)(43)P p C p p p p =+-=-．显然1234P P P P >>，．因此，只需比较1P 与3P 的大小．当13P P <，即2(32)p p p ->时，解得112p <<．因此，当112p <<时，13P P <，此时回答九道题及格的概率最大；当102p <<时，13P P >，此时回答七道题及格的概率最大；当12p =时，13P P =，此时回答七道题或回答九道题及格的概率最大10、设实数y x ,使得y x -，22y x -，33y x -均为素数，则y x -的值是答案：3解析：设p y x =-，q y x =-22，r y x =-33，期中r q p ,,都是素数，pq y x y x y x =--=+22所以)(21p p q x +=，)(21p pq y -=代入r y x =-33整理得)4(332p r p q -=故23|q p ，所以3=p 或q p =，经检验只能3=p 二、解答题（共70分）11、（本题15分）已知：O 是ABC ∆的外心，E D ,分别是边AB AC ,上的点.线段CE BD DE ,,的中点分别为R Q P ,,.DE OH ⊥垂足为H .求证：H R Q P ,,,四点共圆证明：设ADE ∆的三个内角分别为E D A ,,，ABC ∆的外接圆半径为R由AC RP AB QP //,//知E QPH sin sin =∠，A QPR sin sin =∠，DHPR sin sin =∠又2,2CD PR BE PQ ==，故H R Q P ,,,四点共圆⇔QPRPH QPH PR RPH PQ ∠=∠-∠sin sin sin⇔A PH E CD D BE sin sin 2sin 2=-⇔DE PH AD CD AE BE ⋅=⋅-⋅2⇔)()()()(2222EH DH EH DH OD R DE R +⋅-=---⇔2222EH DH OE OD -=-⇔DE OH ⊥得证12、（本题15分）在区间)2,2(32n n 中任取1212+-n 个奇数.求证：在所取出的数中，必有两个数，其中一个数的平方不能被另一个数整除.13、（本题20分）已知：c b a ,,为正实数.证明：)(9)2)(2)(2(222ca bc ab c b a ++≥+++证明：由抽屉原理，c b a ,,中必有两个数同时不大于1，或同时比小于1，设为ba ,则由0)1)(1(22≥--b a 得22221b a b a +≥+所以)2)(422()2)(2)(2(22222222++++=+++c b a b a c b a )11)(1(3222c b a ++++≥2)(3c b a ++≥)(9ca bc ab ++≥14、（本题20分）1010⨯的表格上填入1到100，第i 行第j 列填入j i +-)1(10.每次操作如下：取一个格子，或者将此格数字减少2，将两个相对的邻格同时加1；或者将此格数字增加2，将两个相对的邻格同时减1.证明：如果经过一些步骤后表格中又得到1到100的数字，则它们是按原来的顺序排列的.证明：设一开始填数字k 的格子为k a ，令∑==1001i i ia A 则A 在操作中是不变量，始终为33835010012=∑=i i 又因此数为表格中1到100所能得到的最大值，故等号成立，所以顺序不变.。

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。

2023全国高中数学联赛山东省预赛试题(答案)

2023全国数学联赛山东省预赛试题（答案）一、填空题（每小题8分，共80分）1、已知},33811|{1Z x x A x ，},032|{N x x x x B ，则集合},,|{B y A x xy m m C 的元素个数是答案：7解析：由已知得}2,1,0,1,2{ A ，}2,1,0{ B ，所以}4201124{，，，，， C 2、已知：3tan sin 41))2,0((，则是答案：18解析：由已知得)6sin (22sin 2，所以易得183、已知关于x 的方程023 c b x a x x 的三个非零实数根成等比数列，则33b c a 的值是答案：0解析：设这三个根是2,,dq dq d ，则由韦达定理得c qd b q d q d q d adq dq d 33322222整理得c ab3)(，所以033 b c a 4、正方体1111D C B A ABCD 的底面1111D C B A 内有一个动点M ，且CAD BM 1//平面，则MD D 1tan 的最大值是答案：2解析：由已知点M 在线段11C A 上运动，所以2tan 111MD DD MD D ，且当点M 是11C A 中点时等号成立.5、数列}{n a 中，11 a ，),2,1(211na a nn ，那么n a 答案：),2,1(1)2(32na nn 解析：由递推关系得)1(211nnn a a a ，)2(121nnn a a a 所以2122111n n n n a a a a ，所以nn n n a a a a )2(21)2(21111 所以),2,1(1)2(32na nn6、已知0,, z y x ，则zy x x zz yy xf539164222222的最小值是答案：55解析：由柯西不等式得y x y x24122，z y z y441422，xz x z8411622所以zy x x zz yy xf539164222222555539842）（z y x xz z y y x 且当x z y 2 时取等号7、设ABC 的内心为I ，而且满足0652 IC IB IA ，则B cos 的值是答案：85解析：设ABC 的三边长为c b a ,,，由熟悉的结论：0 IC c IB b IA a 得6:5:2:: c b a ，所以85cosB 8、已知双曲线H ：221x y 上第一象限内一点M ，过M 的作H 的切线l ，与双曲线H 切于M ，交H 的渐近线于P ，Q 两点（P 在第一象限），R 与Q 在同一渐近线上.则RP RQ的最小值为.答案：21解析：设点00(,)M xy ，11(,)P x y ，22(,)Q x y ，则00:10l x x y y .02121=x y y x x y 且2211222200x y x y ，12211221212x x y y y y x x，注意到02121=x y y x x y 1201222x x y y y x1201222x x y y y x即M 为PQ 的中点.222221111||||4444RP RQ RM P Q P OP QO Q.考虑到M 在第一象限，故22O Q21142RP RQ O Q9、小张参加一次十道选择题的测试，做对一道得一分，做错一道扣一分，不做得零分．他的目标是至少得7分，7分及格．小张现在确定他前六道题的答案是正确的，而剩下的每道题做对的概率为21，小张应该做______多少道题，及格的概率最大答案：7或9解析：做对6道题．再做一道题及格的概率为1P p ，再做两道题及格的概率为22P p ，再做三道题及格的概率为322233(1)(32)P p C p p p p ，再做四道题及格的概率为433344(1)(43)P p C p p p p ．显然1234P P P P ，．因此，只需比较1P 与3P 的大小．当13P P ，即2(32)pp p时，解得112p ．因此，当112p 时，13P P ，此时回答九道题及格的概率最大；当102p 时，13P P ，此时回答七道题及格的概率最大；当12p 时，13P P ，此时回答七道题或回答九道题及格的概率最大10、设实数y x ,使得y x ，22y x ，33y x 均为素数，则y x 的值是答案：3解析：设p y x ，q y x22，r y x 33，期中r q p ,,都是素数，pq yx y xy x22所以)(21p pq x，)(21p pq y代入r y x 33整理得)4(332p rp q故23|q p ，所以3 p 或q p ，经检验只能3 p 二、解答题（共70分）11、（本题15分）已知：O 是ABC 的外心，E D ,分别是边AB AC ,上的点.线段CE BD DE ,,的中点分别为R Q P ,,.DE OH垂足为H .求证：H R Q P ,,,四点共圆证明：设ADE 的三个内角分别为E D A ,,，ABC 的外接圆半径为R 由ACRP AB QP//,//知EQPH sinsin，A QPR sinsin ，DHPR sinsin又2,2CD PRBE PQ ，故HR Q P ,,,四点共圆 QPRPHQPH PR RPH PQ sinsin sinAPHECD DBE sin sin 2sin 2DEPH AD CD AE BE 2 )()()()(2222EHDH EH DH ODRDER2222EHDH OE ODDEOH得证12、（本题15分）在区间)2,2(32n n 中任取1212 n 个奇数.求证：在所取出的数中，必有两个数，其中一个数的平方不能被另一个数整除.13、（本题20分）已知：c b a ,,为正实数.证明：)(9)2)(2)(2(222ca bc ab c b a 证明：由抽屉原理，c b a ,,中必有两个数同时不大于1，或同时比小于1，设为b a ,则由0)1)(1(22 b a 得22221b a b a 所以)2)(422()2)(2)(2(22222222 c b a b a c b a )11)(1(3222c b a 2)(3c b a )(9ca bc ab 14、（本题20分）1010 的表格上填入1到100，第i 行第j 列填入j i )1(10.每次操作如下：取一个格子，或者将此格数字减少2，将两个相对的邻格同时加1；或者将此格数字增加2，将两个相对的邻格同时减1.证明：如果经过一些步骤后表格中又得到1到100的数字，则它们是按原来的顺序排列的.证明：设一开始填数字k 的格子为k a ，令 1001i iia A 则A 在操作中是不变量，始终为33835010012 i i 又因此数为表格中1到100所能得到的最大值，故等号成立，所以顺序不变.。

2022_年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题与解析

２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题与解析张志刚(山东省宁阳县复圣中学ꎬ山东泰安２７１４００)摘㊀要:文章给出２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题及其解析ꎬ部分试题从多个视角尝试解答ꎬ启迪学生敏锐捕捉解题灵感ꎬ多方位搭建解题思路ꎬ从而提高解题效益.关键词:竞赛数学ꎻ试题解析ꎻ极值问题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１６－００４９－０４收稿日期:２０２３－０３－０５作者简介:张志刚(１９８３－)ꎬ男ꎬ山东省宁阳人ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题共１４道题目ꎬ包括１０道填空题和４道解答题.考查内容主要有代数运算(第１㊁２题)㊁数列(第４㊁９题)㊁函数与不等式(第３㊁６㊁１１㊁１３题)㊁三角函数(第１０题)㊁平面解析几何(第８㊁１２题)㊁概率(第８题)㊁平面几何图形(第５题)㊁立体几何(第７题)㊁组合数学(第１４题)等.该套试卷设计简洁清新ꎬ构思别具匠心ꎬ解法灵活多变ꎬ饱含数学思想ꎬ凝聚教学智慧ꎬ富有较高的研究价值.与高考试题相比ꎬ竞赛试题综合性更强ꎬ思维跨度更大ꎬ需要考生具备较高的数学抽象㊁逻辑推理㊁数学运算等核心素养ꎬ以及转化与化归㊁函数与方程㊁分类讨论㊁换元法㊁配方法等数学思想方法ꎬ颇具挑战性和选拔性.命题组只给出了填空题的结果ꎬ未给出具体的解答过程ꎬ解答题也只提供了一种解法供阅卷参考.为此ꎬ笔者尝试对每道试题剖析解答ꎬ部分试题给出了有别于参考答案的精彩解法.题１㊀用ｘ[]表示不超过ｘ的最大整数ꎬ则方程２２ｘ－１[]２＋２ｘ－１[]－１＝０的解集是.解析㊀解方程２２ｘ－１[]２＋２ｘ－１[]－１＝０ꎬ得２ｘ－１[]＝－１(２ｘ－１[]＝１２舍)ꎬ则－１ɤ２ｘ－１<０ꎬ解得０ɤｘ<１２ꎬ故解集是０ꎬ１２[öø÷.题２㊀设ａꎬｂꎬｃɪＲꎬａ㊁ｃʂ０ꎬ方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０的两个虚根ｘ１ꎬｘ２满足ｘ２１ｘ２ɪＲꎬ则ð２０２２ｋ＝０ｘ１ｘ２æèçöø÷ｋ＝.解析㊀由于ｘ１ꎬｘ２是方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０的两个虚根ꎬ所以ｘ２＝ｘ－１ꎬｘ２１ｘ２＝ｘ２１ｘ－１ɪＲꎬｘ２１ｘ１－＝ｘ－２１ｘ１ꎬ即ｘ３１－ｘ－３１＝０ꎬ从而ｘ２１＋ｘ１ｘ－１＋ｘ－２１＝０ꎬ即ｘ１ｘ－１＝ωꎬ故ð２０２２ｋ＝０ｘ１ｘ２æèçöø÷ｋ＝ð２０２２ｋ＝０ωｋ＝１－ω２０２３１－ω＝１.题３㊀已知ｆｘ()是－ɕꎬ＋ɕ()上单调递增的奇函数ꎬ满足对一切实数θ恒有ｆａ－ｃｏｓ２θ()＋ｆａ＋ｓｉｎθ()ȡ０.则实数ａ的取值范围是.解析㊀对一切实数θ恒有ｆａ＋ｓｉｎθ()ȡｆｃｏｓ２θ－ａ()ꎬ则ａ＋ｓｉｎθȡｃｏｓ２θ－ａ.从而２ａȡ－２ｓｉｎ２θ－ｓｉｎθ＋１＝－２ｓｉｎθ＋１４æèçöø÷２＋９８.从而２ａȡ９８ꎬ解得ａȡ９１６.题４㊀数列ａｎ{}共１００项ꎬａ１＝０ꎬａ１００＝４７５ꎬ且ａｋ＋１－ａｋ＝５ꎬｋ＝１ꎬ２ꎬ ꎬ９９.则满足这种条件的不同数列的个数为.解析㊀由题意得ａｋ＋１－ａｋ＝ʃ５ꎬａ１００＝ａ１００－ａ９９()＋ａ９９－ａ９８()＋＋ａ２－ａ１()＝４７５ꎬ设９９个差ａｋ＋１－ａｋ中有ｘ个５和ｙ个－５ꎬ则有５ｘ－ｙ()＝４７５ꎬｘ＋ｙ＝９９ꎬ{解得ｘ＝９７ꎬｙ＝２.{所以９９个差ａｋ＋１－ａｋ中ꎬ有９７个取５和２个取－５.这９７个５和２个－５的每一个排列都唯一对应一个满足条件的数列ꎬ故满足这种条件的不同数列的个数为９９!９７!ˑ２!＝９９ˑ４９＝４８５１个.题５㊀单位圆内接四边形对角线互相垂直ꎬ则该四边形四条边平方和是.解析㊀如图１示ꎬ设四边形ＡＢＣＤ的边ａꎬｂꎬｃꎬｄꎬ对角线ＡＣꎬＢＤ的中点分别是Ｏ１ꎬＯ２ꎬ交点为Ｉꎬ记ＩＡ＝ｘꎬＩＢ＝ｙꎬＩＣ＝ｚꎬＩＤ＝ｗꎬＯＯ１＝ｆꎬＯＯ２＝ｅꎬ则ａ２＋ｂ２＋ｃ２＋ｄ２＝２ｘ２＋ｙ２＋ｚ２＋ｗ２()＝２[(Ｏ１Ａ＋ｅ)２＋(Ｏ２Ｂ－ｆ)２＋(Ｏ１Ａ－ｅ)２＋(Ｏ２Ｂ＋ｆ)２]＝４Ｏ１Ａ２＋Ｏ２Ｂ２＋ｅ２＋ｆ２()＝４ˑ１＋１()＝８.所以该四边形四条边平方和是８.图１题６㊀已知０<ａ<ｂ<１ｅꎬ则ａａꎬｂｂꎬａｂꎬｂａ从小到大排列为.解析㊀易知ａｂ<ａａꎬｂｂ<ｂａꎬａａ<ｂａꎬａｂ<ｂｂꎬ即有ａｂ<ａａ<ｂａꎬａｂ<ｂｂ<ｂａ.下面比较ａａ与ｂｂ的大小.设ｆｘ()＝ｘｌｎｘ０<ｘ<１ｅæèçöø÷ꎬ则ｆᶄｘ()＝ｌｎｘ＋１<０ꎬ所以ｆｘ()在０ꎬ１ｅæèçöø÷上单调递减.又０<ａ<ｂ<１ｅꎬ所以ｆａ()>ｆｂ().即ａｌｎａ>ｂｌｎｂ.即ｌｎａａ>ｌｎｂｂ.从而ａａ>ｂｂ.综上ꎬａｂ<ｂｂ<ａａ<ｂａ.题７㊀将３个１２ˑ１２的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分(如图２)ꎻ将这６部分接于一个边长为６２的正六边形上(图３)ꎬ若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图ꎬ则该多面体的体积是.图２㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图３解析㊀折成的多面体如图４所示ꎬ将其补形为正方体(如图５)ꎬ所求多面体体积为正方体体积的一半ꎬ即Ｖ＝１２ˑ１２３＝８６４.图４㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图５题８㊀设ａꎬｂ是从集合１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５{}中随机选取的数ꎬ则直线ｙ＝ａｘ＋ｂ与圆ｘ２＋ｙ２＝２有公共点的概率是.解析㊀易知ｙ＝ａｘ＋ｂꎬｘ２＋ｙ２＝２{即ａ２＋１()ｘ２＋２ａｂｘ＋ｂ２－２＝０有实根ꎬ则Δ＝２ａｂ()２－４ａ２＋１()ｂ２－２()ȡ０ꎬ解得ｂ２ɤ２ａ２＋１().当ｂ＝１ꎬ２时ꎬａ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝３时ꎬａ＝２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝４时ꎬａ＝３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝５时ꎬａ＝４ꎬ５.所以使得ｂ２ɤ２ａ２＋１()的ａꎬｂ()共有１９个ꎬ所求概率为１９２５.题９㊀已知正数列ａｎ{}满足对∀ｎɪＮ∗ꎬðｎｉ＝１ａ３ｉ＝ðｎｉ＝１ａｉ()２ꎬ则ａｎ＝.解析㊀由ａ３１＝ａ２１得ａ１＝１.由１＋ａ３２＝１＋ａ２()２得ａ２＝２.设当ｎɤｋ时ꎬａｋ＝ｋꎬ则当ｎ＝ｋ＋１时ꎬðｋ＋１ｉ＝１ａ３ｉ＝ðｋ＋１ｉ＝１ａｉ()２ꎬａ３ｋ＋１＋ðｋｉ＝１ａ３ｉ＝ａｋ＋１＋ðｋｉ＝１ａｉ()２ꎬａ３ｋ＋１＝ａ２ｋ＋１＋２ａｋ＋１ðｋｉ＝１ａｉꎬ从而ａ２ｋ＋１＝ａｋ＋１＋ｋｋ＋１()ꎬ解得ａｋ＋１＝ｋ＋１ꎬ故ａｎ＝ｎ.题１０㊀已知０<ｘꎬｙ<π２ꎬ则ｆ＝１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙ＋９ｓｉｎ２ｘ的最小值是.解法１㊀(柯西不等式法)ｆ＝９ｓｉｎ２ｘ＋ｓｉｎ２ｙ＋ｃｏｓ２ｙｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙ＝９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋１ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙꎬ解析式ｆ中三个分式分母之和ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ＝１－ｃｏｓ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝－ｃｏｓｘ－１２æèçöø÷２＋５４ɤ５４.由柯西不等式ꎬ得５４ｆȡ(ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ)[９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋１ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ]ȡ３＋１＋１()２＝２５ꎬ当ｘ＝π３ꎬｙ＝π４时取等号.所以ｆ的最小值是２０.解法２㊀(基本不等式＋柯西不等式法)ｆ＝９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙȡ９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘ[(ｃｏｓ２ｙ＋ｓｉｎ２ｙ)/２]２ȡ９ｓｉｎ２ｘ＋４ｃｏｓｘȡ３＋２()２ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝２５１－ｃｏｓ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝２５－ｃｏｓｘ－１/２()２＋５/４ȡ２５５/４＝２０ꎬ当且仅当ｘ＝π３时取等号ꎬ所以ｆ的最小值是２０.题１１㊀已知函数ｆｘ()满足对任意实数ｘꎬｙ有ｆｘｙ()＋ｆｙ－ｘ()ȡｆｘ＋ｙ().求证:对于任意实数ｘ均有ｆｘ()ȡ０.证明㊀取实数ｘꎬｙ满足ｘｙ＝ｘ＋ｙꎬ即ｘ－１()ｙ－１()＝１.令ｙ－１＝ｔｔʂ０()ꎬ则ｙ＝ｔ＋１ꎬｘ＝１ｔ＋１ꎬ则ｆｔ－１ｔæèçöø÷ȡ０ꎬ对于任意ｕɪＲꎬ令ｕ＝ｔ－１ｔꎬ则ｔ２－ｕｔ－１＝０.由Δ＝ｕ２＋４>０得ꎬ存在实数ｔꎬ使得ｕ＝ｔ－１ｔꎬｆｕ()ȡ０ꎬ即对于任意实数ｘꎬ均有ｆｘ()ȡ０.题１２㊀已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()ꎬ证明:存在圆心在原点的定圆ꎬ使该圆上任一点的切线与椭圆Ｃ恒有两个交点ＡꎬＢ且ＯＡң ＯＢң＝０.证法１㊀(命题组提供)当ＡꎬＢ分别为椭圆Ｃ的长㊁短轴端点时ꎬ原点到直线ＡＢ的距离为ａｂａ２＋ｂ２.下面证明圆ｘ２＋ｙ２＝ｒ２(其中ｒ＝ａｂａ２＋ｂ２)上任意一点处的切线与椭圆Ｃ恒交于两点ꎬ且满足ＯＡң ＯＢң＝０.由ｒ＝ａｂａ２＋ｂ２<ｂ知圆ｘ２＋ｙ２＝ｒ２在椭圆Ｃ内部ꎬ故该圆上任意一点处的切线与椭圆Ｃ恒交于两点.易得该圆上任意一点ｘ０ꎬｙ０()处的切线为ｘ０ｘ＋ｙ０ｙ＝ｒ２ꎬ代入ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ得ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ｘ２－２ａ２ｒ２ｘ０ｘ＋ａ２ｒ４－ｂ２ｙ２０()＝０ꎬ消去ｘꎬ得ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ｙ２－２ｂ２ｒ２ｙ０ｙ＋ｂ２ｒ４－ａ２ｘ２０()＝０.设Ａｘ１ꎬｙ１()ꎬＢｘ２ꎬｙ２()ꎬ则ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＝ｒ４ａ２＋ｂ２()－ａ２ｂ２ｘ２０＋ｙ２０()ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０＝ｒ４ａ２＋ｂ２()－ａ２ｂ２ｒ２ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０＝ａｂ()４－ａｂ()４ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ａ２＋ｂ２()＝０.即ＯＡң ＯＢң＝０.故圆ｘ２＋ｙ２＝ａｂ()２ａ２＋ｂ２满足条件.证法２㊀(极坐标法)设Ａρ１ｃｏｓθꎬρ１ｓｉｎθ()ꎬＢρ２ｃｏｓθ＋π２æèçöø÷ꎬρ２ｓｉｎθ＋π２æèçöø÷æèçöø÷ꎬ即Ｂ－ρ２ｓｉｎθꎬρ２ｃｏｓθ().代入ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ得ρ２１ｃｏｓ２θａ２＋ρ２１ｓｉｎ２θｂ２＝１ꎬρ２２ｓｉｎ２θａ２＋ρ２２ｃｏｓ２θｂ２＝１.故１ρ２１＋１ρ２２＝１ａ２＋１ｂ２＝ａ２＋ｂ２ａ２ｂ２.在ＲｔәＡＯＢ中ꎬＯＭʅＡＢꎬ故ＡＢＯＭ＝ＯＡＯＢꎬ１ＯＭ２＝ＡＢ２ＯＡ２ＯＢ２＝ＯＡ２＋ＯＢ２ＯＡ２ＯＢ２＝１ＯＡ２＋１ＯＢ２＝１ρ２１＋１ρ２２＝ａ２＋ｂ２ａ２ｂ２.所以ｒ２＝ａ２ｂ２ａ２＋ｂ２是定值ꎬ即存在圆ｘ２＋ｙ２＝ａｂ()２ａ２＋ｂ２满足条件.题１３㊀设ａꎬｂꎬｃ>０且ａ２＋ｂ＋ｃ＝５３ꎬａｂｃ＝２８.求ｆ＝ａ＋ｂ＋２ｂ＋ｃ＋ｃ＋ａ的最小值.解析㊀设ａ＝７ｘꎬｂ＝２ｙꎬｃ＝２ｚꎬ则ｘｙｚ＝１ꎬ４９ｘ２＋２ｙ＋２ｚ＝５３ꎬ即２ｙ＋ｚ()＝５３－４９ｘ２.①由１＝ｘｙｚɤｘ＋ｙ＋ｚ３æèçöø÷３得ｘ＋ｙ＋ｚȡ３ꎬ即２ｘ＋５３－４９ｘ２ȡ６ꎬ即０<ｘɤ１.由１＝ｘｙｚɤｙｚɤｙ＋ｚ２æèçöø÷２ꎬ得ｙ＋ｚȡ２ꎬｙｚȡ１.②故ｂ＋ｃ＝２ｙ＋２ｚȡ２.由①②ꎬ得ａ＋ｂ＋ｃ＋ａ＝７ｘ＋２ｙ＋２ｚ＋７ｘ＝７ｘ＋２ｙ＋２ｚ＋７ｘ()２＝１４ｘ＋２ｙ＋ｚ()＋２４９ｘ２＋１４ｘｙ＋ｚ()＋４ｙｚȡ１４ｘ＋５３－４９ｘ２＋２４９ｘ２＋２８ｘ＋４＝－４９ｘ２＋２８ｘ＋５７.因为ｙ＝－４９ｘ２＋２８ｘ＋５７０<ｘɤ１()的图象的对称轴为ｘ＝２７ꎬ所以当ｘ＝１时ꎬｙ取得最小值３６ꎬ从而ａ＋ｂ＋ｃ＋ａȡ６ꎬｆȡ１０ꎬ显然ꎬ当且仅当ｘ＝ｙ＝ｚ＝１ꎬａ＝７ꎬｂ＝ｃ＝２时等号成立ꎬ故ｆ的最小值为１０.题１４㊀把集合Ａ＝１０１１ꎬ１０１２ꎬ ꎬ２０２２{}任意划分为两个不交的非空子集.证明:至少有一个子集中包含两个数ꎬ这两个数之和为完全平方数.证明㊀先找三个正整数ｘ<ｙ<ｚ使得两两之和为完全平方数ꎬ令ｘ＋ｙ＝ｍ２ꎬｘ＋ｚ＝ｍ＋１()２ꎬｙ＋ｚ＝ｍ＋２()２ꎬ则ｍ为奇数(否则ꎬｘ㊁ｙ同奇偶ꎬｙ㊁ｚ同奇偶ꎬ得ｘ㊁ｙ㊁ｚ同奇偶ꎬ故ｘ＋ｚ＝ｍ＋１()２为偶数ꎬ矛盾).令ｍ＝２ｋ－１ｋɪＮ∗()ꎬ解ｘ＋ｙ＝２ｋ－１()２ꎬｘ＋ｚ＝４ｋ２ｙ＋ｚ＝２ｋ＋１()２ìîíïïïï得ｘ＝２ｋ２－４ｋꎬｙ＝２ｋ２＋１ꎬｚ＝２ｋ２＋４ｋ.{由ｘ＝２ｋ２－４ｋȡ１０１１ꎬ得ｋȡ２４.当ｋ＝２４时ꎬｘ＝１０５６ꎬｚ＝１２４８<２０２２.由ｘ＝２ｋ２－４ｋɤ２０２２得ｋɤ３０ꎬ故当２４ɤｋɤ３０时ꎬ１０１１ɤｘ<ｙ<ｚɤ２０２２.将Ａ中１０１２个数任意划分成两不交的非空子集时ꎬ对２４ɤｋɤ３０中的任一整数ｋ对应的ｘꎬｙꎬｚ中必有两个属于同一子集ꎬ这两个数之和为完全平方数.参考文献:[１]张志刚.一道联考试题命制背景与破解研究[Ｊ].数理化学习(高中版)ꎬ２０２２(０３):３－６.[责任编辑:李㊀璟]。

2020年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题答案

2020年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题参考答案一.填空题(本题共12道小题,每小题5分,共60分)1.数列{a n }是集合{2x +2y +2z |0≤x<y<z,x,y,z ∈Z}中的数从小到大排成的数列, 则a 2020=_________________(用2a +2b +2c 的形式表示);解:令f(x,y,z)=2x +2y +2z ,因f(21,22,23)是第324C =2024项,所以a 2020=f(17,22,23)=217+222+223.2.设二次函数f (x)=a x 2+b x+c (a >0)和一次函数y=a x+b 满足:当|x|≤1时,|f (x)| ≤1且y=a x+b 有最大值2.则函数f (x)=__________________.解:由a >0时y=a x+b 递增,知当-1≤x ≤1时,y 最大=a +b =2.由|x|≤1时,|f (x)|≤1 及0,1∈[-1,1],得|c|≤1,|a +b +c |≤1,又a +b =2得|2+c |≤1,得-1≤c ≤-1即c=-1. 故f (0)=c=-1及|f (x)|≤1知f (x)最小=-1,所以0,02==-b ab,代入a +b =2得a =2, 所以f (x)=2x 2-1.3.经过曲线xy 1=与y=x 2+3x -7交点的圆的方程是_______________________;解:由交点(x,y)满足⎩⎨⎧-+==7312x x y xy ,得⎪⎩⎪⎨⎧+-=+-=733722x y x y x y ,相加得106222=+++y x y x , 即20)3()1(22=+++y x 为所求圆的方程.4.设ΔABC 中∠A=450,∠B=600,则其外心O 到ΔABC 三边距离之比___________; 解:O 到三边a,b,c 距离分别为r a ,r b ,r c ,则BAS S b r a r AOC BOC b a 2sin 2sin ==∆∆, 所以B Ar r b a cos cos =,同理CB r r c b cos cos =,所以r a :r b :r c =cosA:cosB:cosC 13:2:2-=;ABCO5.正实数a,b,c 成等比数列(q ≠1),log a b,log b c,log c a 成等差数列.则公差d =______; 解:设qb a =,c=bq,log a b=x -d,log b c=x,logc a=x+d,则a x-d =b,b x =c,c x+d =a.将bq c q ba ==,代入得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===+-)3()()2()1()(q bbq bq b b q b d x x dx ,将(1)×(3)得b 2x q 2d =b 2q -1,将(2)代入得b 2q 2d+2=b 2q -1,即q 2d+3=1,因q≠1,所以23-=d . 6.设A,B,C 为ΔABC 的三个内角,则使得CB A cos 23sin 1sin 1+≥+λ恒成立的实数λ的最大值是——————;解:因3+2cosC=42cos2C +1>0,所以,)sin 1sin 1)(12cos 4(2BA C ++≤λ, 因]cos )[cos(212cos8sin sin 2cos8)sin 1sin 1)(12cos4(2C B A C B A CBA C +-=≥++82cos 2cos8)cos 1(212cos8==+≥C CC C,等号成立仅当A=B=300,C=1200,所以λ最大=8. 7.随机选取{1,2,…,n}中r(1≤r ≤n)个元构成子集的最小数的期望值是________.解:集合M 含r 个元素的子集共有rn C 个,M 中以正整数k 为最小数的含r 个元素的子集共有1--r k n C 个,其中1≤k ≤n -r+1.所以最小数的期望值是rnr r r n r n r n C C r n C C C 11131211)1(321--------⨯+-++⨯+⨯+⨯=rn r r r r r n r r r n r n C C C C C C C 111112111211)()(------------++++++++ =1111111++==+++++---r n C C C C C C rn r n r n r r r n r n . 8.与坐标轴交于三个不同点A,B,C 的所有抛物线y=x 2+ax +b ,ΔABC 的外接圆恒过同一定点___________;解:设A(x 1,0),B(x 2,0),C(0,b ),⊙ABC 交y 轴于D,显然b ≠0. 若A,B 在原点两侧,则b <0,由|b ||OD|=|x 1x 2|=|b |,得 |OD|=1,所以点D(0,1);若A,B 在原点同侧,则b >0, 由b |OD|=|x 1x 2|=b ,仍有点D(0,1).⊙ABC 恒过点D(0,1). 9.设OABC 是边长为1的正四面体，E 、F 分别为AB 与OC 的中点.则异面直线OE 与BF 的距离是______________; 解:令则假设是OE 与BF 的公垂线向量,则有,取 ,则,, 所以,向量在上的射影长即为所求. 10.一棱长为6的正方体封闭空盒子中放有一半径为1的小球,若将盒子任意翻动,则小球达不到的空间的体积是_____________ ;解:将盒子任意翻动时,小球达不到的空间为:正方体8个角处的空间加正方体12条棱处的空间.其中8个角处的空间合并为棱长为2的正方体挖掉半,,,c OC b OB a OA ===,21),(21b c BF b a OE -=+=c z b y a x n ++=⎩⎨⎧=+=++⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=-++=⋅=++=+++=⋅0302330)3(41)21)((0)233(41))((21y x z y x y x b c c z b y a x BF n z y x b a c z b y a x OE n c b a n 33)3,1,3(--=--=1039319||=+--=n 1)33(-=⋅--=⋅b c b a b n b OB =n 1010||||=⋅=n b n d O ABC xyDO ABC xy D径为1的小球,其体积为π348-;12条棱处的空间合并为3个空心正四棱柱 (底边长2高4的正四棱柱挖去一底半径1高4的圆柱),体积为)416(3π-, 所以小球达不到的空间的体积为34056)416(3348πππ-=-+-.11.数列{a n }共1001项,a 1=0,a 1001=2020,且a k+1-a k =1或3,k=1,2,…,1000.则满足这种条件的不同数列的个数为________(用组合数作答);解:由a k+1-a k =1或3,a 1001=(a 1001-a 1000)+(a 1000-a 999)+…+(a 2-a 1)=2020,设1000个差a 1001-a 1000,a 1000-a 999,…,a 2-a 1中有x 个1和y 个3,则有⎩⎨⎧=+=+100020203y x y x解得⎩⎨⎧==510490y x ,即所求数列的1000个差a k+1-a k (1≤k ≤1000)中有490个1和510个3.因这490个1和510个3的每一个排列都唯一对应一个满足条件的数列,故所求数列的个数是4901000!510!490!1000C =个.12.用6种不同颜色,给图中n(n≥2)个彼此相连的区域A 1,A 2,…,A n 染色,任何相邻的两个区域染不同色,则所有不同的染色方案种数a n =_________________; 解:如图记符合要求的染色方案a n 种,则区域A 1有6 种染法,区域A 2,A 3,…,A n 各有5种染法,这包括A n 与A 1染同色或不同色两类:若区域A n 与A 1同色,则视A n ,A 1为一个区域,共n -1个区域,符合要求的染法a n-1种;若区域A n 与A 1染不同色,则有a n 种染法.故有a n +a n-1=6×5n-1,即(a n -5n )=-(a n-1-5n-1).因a 2=6×5=30,a 2-52=5,所以 a n -5n =5(-1)n-2=5(-1)n ,故a n =5(-1)n +5n . 二.解答题(本题共4道小题,每题20分,共80分)13.设a 为常数,0<a ≠1.求所有函数f :R +→R,对任意x,y ∈R +,f (xy)=f (x)+f (y)A 2A 3 A 4 A nA n －1 A 1…A n-2P图1且f (a )=1.解:取x=y=1得f (1)=0,yx y f y x f x y x f y x f y x f x f y y y )1(lim)()1(lim )()(lim )(000/+=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-+=→→→ )1(1)1()1(lim 1/0f x xy f x yf x xy =-+=→,令C 1=f /(1),则,)(1/x C x f =21ln )(C x C x f +=,其中C 1, C 2为常数,因f (1)=C 2=0,f (a )=C 1ln a =1,所以x ax x f a C a log ln ln )(,ln 11===. 又显然x x f a log )(=满足方程,故x x f a log )(=为所求.14.设AB 为椭圆161622=+y x 的长轴,该椭圆的动弦PQ 过C(2,0),但不过原点,直线AP 与QB 相交于点M,PB 与AQ 相交于点N.求直线MN 的方程. 解:椭圆为:3x 2+8y 2=48,设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),由A(-4,0),B(4,0)得直线AP,QB 为⎩⎨⎧-=-+=+)4()4()4()4(2211x y x y x y x y ,消去y 得))(4(4))(4(121221211221y y y x y x y y y x y x x M -++=++-①, 由⎪⎩⎪⎨⎧-=-=2222212134883488x y x y 相除得222122211616x x y y --=得)(16212221222221y y y x y x -=-②, 由P,C,Q 共线即),2(),2(2211y x CQ y x CP -=-=，共线得)(2121221y y y x y x -=-③, 将②÷③得)(8121221y y y x y x +=+④,将③,④代入①得)3(8)3(2121y y y y x M +=+,因 PQ 运动过程中213y y +不恒为0,故8=M x ,同理8=N x ,直线MN 的方程为8=x . 15.已知a ,b 均为正整数,且a >b,)20(2sin 22πθθ<<+=ba ab .证明:对一切正整数 n,存在锐角ϕ,使得)sin()(222ϕθ++n b a n 均为整数,证明:由222sin ba ab+=θ得2222cos b a b a +-=θ,由复数(a 2+b 2)n (cos θ+isin θ)n =(a 2+b 2)n (cosn θ+isinn θ),又[(a 2+b 2)(cos θ+isin θ)]n =(a 2-b 2+2ab i)n =(a +b i)2n=nn n n n n n n n n bi C bi a C bi a C bi a C a 222332322222212122)()()(+++++---=)()(5525233232121244242222222 -+-+-+------b aC b a C b a C i b a C b a C a n n n n n n n n n n n .比较实,虚部得:)4sin()(2)sin (cos )(2222πθθθ++=++n b a n n b a nn =Z b a C b a C b a C b a C b a C a n nn n n n n n n n n ∈-+-+-+------)()(5525233232121244242222222 . 即锐角4πϕ=满足条件.16.求最小的正整数k,使得在任意k 个整数中,总可以选出其中的偶数个数, 其和为2020的倍数.解:引理任意m 个整数中必有若干个,其和为m 的倍数.证明:设m 个整数x 1,x 2,…,x m ,S i =x 1+x 2+…+x i (i=1,2,…,m),若S 1,S 2,…,S m 被m 除的余数两两不同,则必有m|S i ;否则必有1≤i<j ≤m 使得S i ≡S j (modm),则 m|S j -S i =x i+1+…+x j ,引理得证.回到原题.2020=2×1010,由2019个1与1个0之和为2019,2020∤2020-1,故2019个1 和1个0中不存在偶数个1之和是2020的倍数,所以k ≥2021. 任取2021个整数,设其中有t 个奇数a 1,a 2,…,a t ,s 个偶数b 1,b 2,…,b s ,其中 t+s=2021,若t 为奇数,则s 为偶数,令,2,,2,21221432211---+=+=+=t t t a a x a a x a a x 22121b b x t +=+,2,,21101043121s s t b b x b b x +=+=-++ ,则由引理知x 1,x 2,…,x 1010中必有若干个之和为1010的倍数,即a 1,a 2,…,a t ,b 1,b 2,…,b s 中有偶数个之和为2020的倍数.所以k ≤2021,k=2021.当t 为偶数,s 为奇数时,同理k=2021.综上k=2021.。

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\( n \)，\( 1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + n^2 = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} \)。

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

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

2022年全国高中数学联赛(山东赛区)预赛试题及参考答案

2022年全国高中数学联赛（山东赛区）预赛试题一、填空题（本题共10道小题，每题6分，共60分）1.用[]x 表示不超过x 的最大整数，则方程[][]2221+211=0x x ---的解集_______. 2.设,,,,0a b c R a c ∈≠，方程20ax bx c ++=的两个虚根12,x x 满足212x R x ∈，则2022102kk x x =⎛⎫= ⎪⎝⎭∑______. 3.已知()f x 是(,)-∞+∞上单调递增的奇函数，满足对一切实数θ恒有(cos 2)(sin )0f a f a θθ-++≥，则实数a 的取值范围是______.4.数列{}n a 共有100项，1100=0,=475a a ，且1=1,2,99k k a a k +-=5,.则满足这种条件的不同数列的个数为______. 5.若单位圆内接四边形对角线互相垂直，则该四边形四条边平方和是______.6.已知10a b e<<<，则,,,a b b a a b a b 从小到大排列为______. 7.将3个1212⨯的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分（图1）；将这6个部分接于一个边长为62的正六边形上（图2），若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体的体积是______.8.设,a b 是从集合{}1,2,3,4,5中随机选取的数，则直线y ax b =+与圆22=2x y +有公共点的概率是______. 9.已知正数列{}n a 满足对2*311,n n i i i i n N a a ==⎛⎫∀∈= ⎪⎝⎭∑∑，则=n a ______.10.已知0,2x y π<<，则22291sin cos cos sin f x x y y=+的最小值是______. 二、解答题（本题共4道小题，每题15分，共60分）.11.已知函数()f x 满足对任意实数,x y 有()()()f xy f y x f x y +-≥+，求证：对于任意实数x ，均有()0f x ≥.12.已知椭圆2222:=1(0)x y C a b a b+>>，证明：存在圆心在原点的定圆，使该圆上任一点的切线与椭圆C 恒有两个交点,A B 且0OA OB ⋅=.13.设,,0a b c >且2++=53a b c ,=28abc ，求f =.14.把集合{}1011,1012,,2022A =任意划分为两个不交的非空子集.证明：至少有一个子集中包含两个数，这两个数之和为完全平方数.。

2021全国数学联赛山东省预赛试题1

2021全国数学联赛山东省预赛试题一、填空题（每小题8分，共80分）1、设集合}06|{2=-+=x x x A ，}01|{=+=ax x B ，B 是A 的真子集，那么实数a 的所有可能取值的积是▲.2、若正整数a 使得函数ax x x f 213)(-+=的最大值也是正整数，那么函数)(x f 的最大值是▲.3、已知复数z 满足1|i 3|=+-z ，则当|i 1|t z --最小时，实数t 的值是▲.4、在四面体ABCD 中，二面角D BC A --的大小是︒60，ABC ∆的重心是G ，BCD ∆的垂心是H ，如果⊥AH 平面BCD ，AC AB =，4=AH ，那么=GH ▲.5、数列}{n a 中，21=a ，n n a a -=+11*)(N n ∈，n S 为该数列的前n 项和，那么=-20182019S S ▲.6、在ABC ∆中35sin sin 1cos cos =⋅+⋅B A B A ，则=⋅2tan 2tan B A ▲. 7、已知椭圆1C 与双曲线2C 有共同的焦点：)0,3(1F 和)0,3(2-F ，且椭圆1C 的短轴与双曲线2C 的虚轴重合，那么在1C 与2C 的交点的轨迹围成的区域内部（不包括边界），横、纵坐标均为整数的点的个数是▲.8、平面上有n 个点，任三点不共线.可以将这n 个点中的每一个点染成红色或蓝色,使得每个三个顶点都是同一颜色的三角形内部，都存在另一种颜色的点.那么n 的最大值是▲.9、从44100的正约数中任取两个不同的数，其中恰有一个是完全平方数的概率是▲.10、设实系数多项式e dx cx bx ax x f ++++=234)(，当]1,1[-∈x 时，总有1|)(|≤x f ，则||c 的最大值为▲.二、解答题（共70分）11、（本题15分）已知：ABC Rt ∆中︒=∠90C ，ABC ∆的内切圆分别与边CA BC AB ,,相切于点F E D ,,.DE FK ⊥，垂足为K .求证：AK 平分BAC ∠12、（本题15分）已知二次函数)(x f y =的图像与x 轴有两个不同的交点，对于任意的实数b a ,均有)()(22ab f b a f ≥+.证明：方程0)(=x f 至少有一个负根.13、（本题20分）平面上有135个点，每一轮次可以选出若干个点并将其中一些点染成红色，另一些点染成蓝色，记录结果后，将点还原，然后进行下一轮次.最少要染色几个轮次，就可以使得任意两个点在某个轮次中被分别染成红色和蓝色.14、（本题20分）设n m ,是正整数，求42322---n mn m 的最小正整数值.。

全国高中数学联赛山东赛区预赛试题

全国高中数学联赛山东赛区预赛试题一、选择题（每小题6分，共60分） 1．数集{x x x -2,}中x 的取值范围是（）A ．),(+∞-∞B ．),0()0,(+∞⋃-∞C ．),2()2,(+∞⋃-∞D ．),2()2,0()0,(+∞⋃⋃-∞ 2．若012=++z z ，则2005z 的值是（）A ．1B ．1-C ．i 2321±D ．i 2321±- 3．函数x x y 24sin cos +=的最小正周期为（）A ．4πB ．2πC ．πD ．π2 4．随机抛掷一颗6个面分别刻有1，2，3，4，5，6个点的骰子，其出现（即向上一面）的点数的数学期望值为（） A ．3 B ．3.5 C ．4 D ．4.55．函数cx bx ax x f ++=23)(的图像如图，则下面关于c b a ,,符号判断正确的是（）A ．0,0,0<<>c b aB ．0,0,0>>>c b aC ．0,0,0><<c b aD ．0,0,0<><c b a 6．16666101192111011111-++++C C C 被8除所得余数是（）A ．0B ．2C ．3D ．5 7．不等式31|1log 1|31>+x 的解集为（）A ．)81,91(B ．)27,31(C ．)27,3()3,31(⋃ D ．)81,3()3,91(⋃8．当22ππ≤≤-x 时，函数)(x f 满足x x f x f 2sin )(sin 3)sin (2=+-，则)(x f 是（）A ．奇函数B ．偶函数C ．非奇非偶函数D ．既奇又偶函数9．点P 在双曲线222a y x =-的右支上，21,A A21122A PA PA A ∠=∠，则21A PA ∠等于（）A ．30B ．5.27 C ． 25D ． 5.2210．正四面体ABCD 中，CD CF AB AE 41,41==，则直线DE 和BF 所成角是（） A ．134arccos B ．133arccos C ．134arccos -πD ．133arccos -π二、填空题（每小题6分，共24分） 11．已知函数⎩⎨⎧≤<+-<≤---=10,101,1)(x x x x x f ，则1)()(->--x f x f 的解集为.12．数列{n a }的前n 项和n S 满足n n a n S 2=，若10031=a ，则2005a 等于.13．设平面内的两个向量,12==，又k 与t 是两个不同时为零的实数，若向量t )3(-+=与t k 2+-=互相垂直，则k 的极大值为.14．在某次商品的有奖销售活动中，有n 人获三等奖（4≥n ），三等奖的奖品共有四种，每个三等奖获得者随意从四种奖品中挑选了一种，结果有一种奖品无人挑选的概率是. 三、解答题（共5小题，计66分）15．（12分）某人购房向银行贷款s 元，年利率为p ，每两年向银行返还一次本息，十年还清，要求每次向银行的付款数相同，那么十年付款的总额是多少？16．（12分）如图，斜三棱柱111C B A ABC -的侧面C C AA 11的面积为23的菱形，1ACC ∠ 为锐角，侧面11A ABB ⊥侧面C C AA 11，且11===AC AB B A .BC1B 1C（1）求证11BC AA ⊥；（2）求11B A 到平面ABC 的距离.17．（12分）设c bx x x f ++=2)(（c b ,为常数），方程x x f =)(的两个实数根为21,x x ，且满足01>x ，112>-x x .（1）求证：)2(22c b b +>；（2）若10x t <<，比较1x 与)(t f 的大小.18．（15分）如图，过原点O 作抛物线px y 22=（0>p ）的两条互相垂直的弦OB OA ,，再作AOB ∠的平分线交AB 于点C .求点C 的轨迹方程.19．（15分）圆周上有800个点，依顺时针方向标号依次为800,,2,1 .它们将圆周分成800个间隙.任意选定一点染成红色，然后按如下规则逐次染红其余的一些点：若第k 号点已被染红，则可按顺时针方向经过k 个间隙，将所到达的那个点染红.如此继续下去，试问圆周上最多可得到多少个红点？证明你的结论.高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十四) 直线、平面垂直的判定与性质1．(·杭州模拟)设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a⊥b的一个充分条件是( )A．a⊥c，b⊥cB．α⊥β，a⊂α，b⊂βC．a⊥α，b∥αD．a⊥α，b⊥α2．设α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列命题①若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ；②若l上两点到α的距离相等，则l∥α；③若l⊥α，l∥β，则α⊥β；④若α∥β，l⊄β，且l∥α，则l∥β.其中正确的命题是( )A．①②B．②③C．②④D．③④3．给出命题：(1)在空间里，垂直于同一平面的两个平面平行；(2)设l，m是不同的直线，α是一个平面，若l⊥α，l∥m，则m⊥α；(3)已知α，β表示两个不同平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的充要条件；(4)a，b是两条异面直线，P为空间一点，过P总可以作一个平面与a，b之一垂直，与另一个平行．其中正确命题个数是( )A．0B．1C．2D．34.(·济南模拟)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在( )A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部5.(·曲阜师大附中质检)如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )A．①②B．①②③C．①D．②③6.(·济南名校模拟)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下面命题正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC7.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)8．(·忻州一中月考)正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，高为2，E是BC的中点，动点P在四棱锥的表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的长为________．9.(·蚌埠模拟)点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列四个命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的命题序号是________．10.如图所示，已知三棱锥A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB的中点，D为PB的中点，且△PMB为正三角形．(1)求证：DM∥平面APC；(2)求证：平面ABC⊥平面APC.11.(·北京海淀二模)如图所示，PA⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，点E为线段PB的中点，点M在AB 上，且OM∥AC.(1)求证：平面MOE∥平面PAC；(2)求证：平面PAC⊥平面PCB.12．(·珠海摸底)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是梯形，AB ∥CD ，四边形ACFE 是矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，AD ＝DC ＝CB ＝AE ＝a ，∠ACB＝π2.(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)若M 是棱EF 上一点，AM ∥平面BDF ，求EM 的长．1.如图，在立体图形D －ABC 中，若AB ＝CB ，AD ＝CD ，E 是AC 的中点，则下列正确的是( )A ．平面ABC ⊥平面ABDB ．平面ABD ⊥平面BDCC ．平面ABC ⊥平面BDE ，且平面ADC ⊥平面BDED ．平面ABC ⊥平面ADC ，且平面ADC ⊥平面BDE2．如图所示，b ，c 在平面α内，a ∩c ＝B ，b ∩c ＝A ，且a ⊥b ，a ⊥c ，b ⊥c ，若C ∈a ，D ∈b ，则△ACD 是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．等腰三角形3.(·莆田模拟)如图，在三棱锥P －ABC 中，△PAC ，△ABC 分别是以A ，B 为直角顶点的等腰直角三角形，AB ＝1.(1)现给出三个条件：①PB ＝3；②PB ⊥BC ；③平面PAB ⊥平面A BC.试从中任意选取一个作为已知条件，并证明：PA ⊥平面ABC ；(2)在(1)的条件下，求三棱锥P －ABC 的体积． [答题栏]A 级1._________2._________3._________4._________5._________6._________B 级1.______2.______7.__________8.__________9.__________答案高考数学（文）一轮：一课双测A+B 精练(四十四)A级1．C2.D3.B4.A5．选B对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC.∴BC⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA.∵PA⊂平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．6．选D在平面图形中CD⊥BD，折起后仍有CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB，又AB⊥AD，故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC.7．解析：由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)8．解析：如图，设AC∩BD＝O，连接SO，取CD的中点F，SC的中点G，连接EF，EG，FG，设EF交AC于点H，连接GH，易知AC⊥EF，GH∥SO，∴GH⊥平面ABCD，∴AC⊥GH，∴AC⊥平面EFG，故动点P的轨迹是△EFG，由已知易得EF＝2，GE＝GF＝62，∴△EFG的周长为2＋6，故动点P的轨迹长为2＋ 6.答案：2＋69．解析：连接BD交AC于O，连接DC1交D1C于O1，连接OO1，则OO1∥BC1.∴BC1∥平面AD1C，动点P到平面AD1C的距离不变，∴三棱锥P－AD1C的体积不变．又VP－AD1C＝VA－D1PC，∴①正确．∵平面A1C1B∥平面AD1C，A1P⊂平面A1C1B，∴A1P∥平面ACD1，②正确．由于DB不垂直于BC1显然③不正确；由于DB1⊥D1C ，DB1⊥AD1，D1C ∩AD1＝D1， ∴DB1⊥平面AD1C.DB1⊂平面PDB1， ∴平面PDB1⊥平面ACD1，④正确．答案：①②④10．证明：(1)由已知，得MD 是△ABP 的中位线，所以MD ∥AP. 又MD ⊄平面APC ，AP ⊂平面APC ，故MD ∥平面APC.(2)因为△PMB 为正三角形，D 为PB 的中点，所以MD ⊥PB.所以AP ⊥PB.又AP ⊥PC ，PB ∩PC ＝P ，所以AP ⊥平面PBC. 因为BC ⊂平面PBC ，所以AP ⊥BC.又BC ⊥AC ，AC ∩AP ＝A ，所以BC ⊥平面APC. 因为BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面APC.11．证明：(1)因为点E 为线段PB 的中点，点O 为线段AB 的中点，所以OE ∥PA.因为PA ⊂平面PAC ，OE ⊄平面PAC ，所以OE ∥平面PAC. 因为OM ∥AC ，且AC ⊂平面PAC ，OM ⊄平面PAC ，所以OM ∥平面PAC.因为OE ⊂平面MOE ，OM ⊂平面MOE ，OE ∩OM ＝O ，所以平面MOE ∥平面PAC.(2)因为点C 在以AB 为直径的⊙O 上，所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC. 因为PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BC. 因为AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ， PA ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面PAC. 因为BC ⊂平面PCB ，所以平面PAC ⊥平面PCB.12．解：(1)证明：因为∠ACB ＝π2，所以BC ⊥AC.又因为BC ⊂平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，平面ACFE ⊥平面ABCD ，所以BC ⊥平面ACFE.(2)记AC ∩BD ＝O ，在梯形ABCD 中，因为AD ＝DC ＝CB ＝a ，AB ∥CD ，所以∠ACD ＝∠CAB＝∠DAC.所以π＝∠ABC ＋∠BCD ＝∠DAB ＋∠ACD ＋∠ACB ＝3∠DAC ＋π2，所以∠DAC ＝π6，即∠CBO ＝π6.又因为∠ACB ＝π2，CB ＝a ，所以CO ＝33a.连接FO ，由AM ∥平面BDF 得AM ∥FO ，因为四边形ACFE 是矩形，所以EM ＝CO ＝33a. B 级1．选C 要判断两个平面的垂直关系，就需固定其中一个平面，找另一个平面内的一条直线与第一个平面垂直．因为AB ＝CB ，且E 是AC 的中点，所以BE ⊥AC ，同理有DE ⊥AC ，于是AC ⊥平面BDE.因为AC 在平面ABC 内，所以平面ABC ⊥平面BDE.又由于AC ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面BDE.2．解析：选B ∵a ⊥b ，b ⊥c ，a ∩c ＝B ， ∴b ⊥面ABC ，∴AD ⊥AC ，故△ACD 为直角三角形． 3．解：法一：(1)选取条件① 在等腰直角三角形ABC 中， ∵AB ＝1， ∴BC ＝1，AC ＝ 2. 又∵PA ＝AC ，∴PA ＝ 2. ∴在△PAB 中，AB ＝1，PA ＝ 2. 又∵PB ＝3， ∴AB2＋PA2＝PB2.∴∠PAB ＝90°，即PA ⊥AB. 又∵PA ⊥AC ，AB ∩AC ＝A ， ∴PA ⊥平面ABC.(2)依题意得，由(1)可知PA ⊥平面ABC ，V 三棱锥P －ABC ＝13PA ·S △ABC ＝13×2×12×12＝26.法二：(1)选取条件② ∵PB ⊥BC ，又AB ⊥BC ，且PB ∩AB ＝B ，∴BC⊥平面PAB.∵PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA.又∵PA⊥AC，且BC∩AC＝C，∴PA⊥平面ABC.(2)依题意得，由(1)可知PA⊥平面ABC.∵AB＝BC＝1，AB⊥BC，∴AC＝2，∴PA＝2，∴V三棱锥P－ABC＝13PA·S△ABC＝13×12AB·BC·PA＝13×12×1×1×2＝26.法三：(1)选取条件③若平面PAB⊥平面ABC，∵平面PAB∩平面ABC＝AB，BC⊂平面ABC，BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.∵PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA.∵PA⊥AC，且BC∩AC＝C，∴PA⊥平面ABC.(2)同法二．高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十)空间几何体的结构特征及三视图和直观图1．(·青岛摸底)如图，在下列四个几何体中，其三视图(正视图、侧视图、俯视图)中有且仅有两个相同的是( )A．②③④B．①②③C．①③④D．①②④2．有下列四个命题：①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长相等的直四棱柱是正方体；③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．其中真命题的个数是( )A．1B．2C．3D．43．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )4．如图是一几何体的直观图、正视图和俯视图．在正视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的侧视图是( )5.如图△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是( )A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．钝角三角形6．(·东北三校一模)一个几何体的三视图如图所示，则侧视图的面积为( )A．2＋3B．1＋3C．2＋23D．4＋37．(·昆明一中二模)一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为1，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的________．(填入所有可能的图形前的编号) 2①锐角三角形；②直角三角形；③四边形；④扇形；⑤圆8．(·安徽名校模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．9．正四棱锥的底面边长为2，侧棱长均为3，其正视图(主视图)和侧视图(左视图)是全等的等腰三角形，则正视图的周长为________．10．已知：图1是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图2是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．11．(·银川调研)正四棱锥的高为3，侧棱长为7，求侧面上斜高(棱锥侧面三角形的高)为多少？12．(·四平模拟)已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积．1．(·江西八所重点高中模拟)底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正视图有最大面积时，其侧视图的面积为( )A．23B．3C.3D．42．(·深圳模拟)如图所示的几何体中，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面ABE，已知AB＝2，AE＝BE＝3，且当规定正视方向垂直平面ABCD时，该几何体的侧视图的面积为22.若M，N分别是线段DE，CE上的动点，则AM＋MN＋NB的最小值为________．3．一个多面体的直观图、正视图、侧视图如图1和2所示，其中正视图、侧视图均为边长为a的正方形．(1)请在图2指定的框内画出多面体的俯视图；(2)若多面体底面对角线AC，BD交于点O，E为线段AA1的中点，求证：OE∥平面A1C1C；(3)求该多面体的表面积．[答题栏]A级1._________2._________3._________4._________5._________6._________B级 1.______2.______ 7.__________8.__________9.__________答案高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十)A级1．A2.A3.C4.B5．选B由斜二测画法知B正确．6．选D依题意得，该几何体的侧视图的面积等于22＋12×2×3＝4＋ 3.7．解析：如图1所示，直三棱柱ABE－A1B1E1符合题设要求，此时俯视图△A BE是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABC－A1B1C1符合题设要求，此时俯视图△ABC是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCD－A1B1C1D1符合题设要求，此时俯视图(四边形ABCD)是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除④⑤.答案：①②③8．解析：结合三视图可知，该几何体为底面边长为2、高为2的正三棱柱除去上面的一个高为1的三棱锥后剩下的部分，其直观图如图所示，故该几何体的体积为12×2×2sin60°×2－13×12×2×2sin60°×1＝533.答案：5339.解析：由题意知，正视图就是如图所示的截面PEF ，其中E 、F 分别是AD 、BC 的中点，连接AO ，易得AO ＝2，而PA ＝3，于是解得PO ＝1，所以PE ＝2，故其正视图的周长为2＋2 2.答案：2＋2210．解：图1几何体的三视图为：图2所示的几何体是上面为正六棱柱，下面为倒立的正六棱锥的组合体． 11．解：如图所示，正四棱锥S －ABCD 中，高OS ＝3，侧棱SA ＝SB ＝SC ＝SD ＝7，在Rt △SOA 中，OA ＝SA2－OS2＝2，∴AC ＝4. ∴AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝2 2. 作OE ⊥AB 于E ，则E 为AB 中点．连接SE ，则SE 即为斜高，在Rt △SOE 中，∵OE ＝12BC ＝2，SO ＝3，∴SE ＝5，即侧面上的斜高为 5.12．解：(1)三棱锥的直观图如图所示． (2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝12＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.B 级1．选A 当正视图的面积达最大时可知其为正三棱柱某个侧面的面积，可以按如图所示位置放置，此时侧视图的面积为2 3.2．解析：依题意得，点E 到直线AB 的距离等于32－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝2，因为该几何体的左(侧)视图的面积为12·BC ×2＝22，所以BC ＝1，DE ＝EC ＝DC ＝2.所以△DEC 是正三角形，∠DEC ＝60°，tan ∠DEA ＝AD AE ＝33，∠DEA ＝∠CEB ＝30°.把△DAE ，△DEC 与△CEB 展在同一平面上，此时连接AB ，AE ＝BE ＝3，∠AEB ＝∠DEA ＋∠DEC ＋∠CEB ＝120°，AB2＝AE2＋BE2－2AE ·BEcos120°＝9，即AB ＝3，即AM ＋MN ＋NB 的最小值为3.答案：33．解：(1)根据多面体的直观图、正视图、侧视图，得到俯视图如下：(2)证明：如图，连接AC ，BD ，交于O 点，连接OE. ∵E 为AA1的中点，O 为AC 的中点， ∴在△AA1C 中，OE 为△AA1C 的中位线． ∴OE ∥A1C.∵OE ⊄平面A1C1C ，A1C ⊂平面A1C1C ， ∴OE ∥平面A1C1C.(3)多面体表面共包括10个面，SABCD ＝a2， SA1B1C1D1＝a22，S △ABA1＝S △B1BC ＝S △C 1DC ＝S △ADD1＝a22，S △AA1D1＝S △B1A1B ＝S △C1B1C ＝S △DC1D1 ＝12×2a 2×32a 4＝3a28， ∴该多面体的表面积S ＝a2＋a22＋4×a22＋4×3a28＝5a2.。

全国高中数学联赛山东省预赛精彩试题及问题详解

2011年全国高中数学联赛山东省预赛试题一、选择题（每小题6分，共60分）1．已知集合{|(1)(3)(5)0,},{|(2)(4)(6)0,}M x x x x x N x x x x x = ---< ∈ = ---> ∈． R RMN =（） .(A) (2,3)(B) (3,4)(C) (4,5) (D) (5,6)2．已知3)nz i =, 若z 为实数，则最小的正整数n 的值为（） .(A) 3 (B) 4 (C) 5 (D) 63．已知p ：,,,a b c d 成等比数列，q:ad bc =，则p 是q 的（） . (A) 充分不必要条件 (B) 必要不充分条件 (C) 充分且必要条件(D) 既不充分也不必要条件4．函数20.3()log (2)f x x x =+-的单调递增区间是（） .(A) (,2)-∞- (B) (,1)-∞ (C) (-2,1) (D) (1,) +∞5．已知,x y 均为正实数，则22x yx y x y+++的最大值为（） .(A) 2 (B)23 (C) 4(D)436．直线y=5与1y =-在区间40,πω⎡⎤⎢⎥⎦⎣上截曲线sin (0, 0)2y m x n m n ω=+>>所得的弦长相等且不为零，则下列描述正确的是（） .（A ）35,n=22m ≤（B ）3,2m n ≤=（C ）35,n=22m >（D ）3,2m n >=7．有6名同学咨询成绩．老师说：甲不是6人中成绩最好的，乙不是6人中成绩最差的，而且6人的成绩各不相同．那么他们6人的成绩不同的可能排序共有（） .(A) 120种(B) 216 种(C) 384 种 (D) 504种8．若点P 在曲线21y x =--上,点Q 在曲线21x y =+上，则PQ 的最小值是（） .(A)(B)2(C)4(D)89．已知函数211()()612x f x x bx a =+++- (,a b 为常数，1a >)，且8(l g l o g 1000)8f =，则(lglg 2)f 的值是（） . (A) 8 (B) 4(C) 4- (D) 8-10．在等差数列{}n a 中，若11101a a <-，且它的前n 项和n S 有最大值，那么当n S 取最小正值时，n = （）.(A) 1 (B) 10 (C) 19 (D) 20二、填空题（每小题6分，共24分）11．已知()cos 2|cos |f x x p x p =++，x ∈R ．记()f x 的最大值为()h p ，则()h p 的表达式为 .12．已知sin(sin )cos(cos )x x x x +=-，[]0,,x π∈ 则=x . 13．设,A B 为抛物线22(0)y px p =>上相异两点，则22OA OB AB +-的最小值为___________________．14．已知ABC ∆中，G 是重心，三内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且564035a G A b G B c G C ++=0，则B ∠=__________．三、解答题（本大题共5题，共66分） 15．(12分)不等式sin 2)sin()324cos()4a πθθπθ-+->---对⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,0πθ恒成立．求实数a 的取值范围．16. （12分）已知在正方体1111ABCD A B C D -中，,,,O E F G 分别为11111,,,BD BB A D D C 的中点，且1AB =．求四面体OEFG 的体积．A117. （12分）在平面直角坐标系中, 已知圆1C 与圆2C 相交于点P ，Q , 点P 的坐标为()3,2, 两圆半径的乘积为132．若圆1C 和2C 均与直线l : y kx =及x 轴相切，求直线l 的方程．18. （15分）甲乙两人进行某种游戏比赛，规定每一次胜者得1分，负者得0分；当其中一人的得分比另一人的多2分时即赢得这场游戏，比赛随之结束；同时规定比赛次数最多不超过20次，即经20次比赛，得分多者赢得这场游戏，得分相等为和局．已知每次比赛甲获胜的概率为p （01p <<），乙获胜的概率为1q p =-．假定各次比赛的结果是相互独立的，比赛经ξ次结束，求ξ的期望E ξ的变化范围．19. （15分）集合{1,2,,2011},M ⊆ 若M 满足：其任意三个元素,,a b c ，均满足ab c ≠，则称M 具有性质P ，为方便起见，简记M ∈P ．具有性质P 的所含元素最多的集合称为最大集．试问具有性质P 的最大集共有多少个？并给出证明．本文档选自华东师范大学出版社的《高中数学联赛备考手册（2012）（预赛试题集锦）》，该书收录了2011年各省市预赛试题和优秀解答。

山东省高中数学竞赛试题(备选题)

山东省高中数学竞赛试题（备选题）一、选择题1 O 是平面上一定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三个点，动点P 满足OP =OA +λ（C AC ACB AB ABsin sin +），λ∈[)+∞,0，则P 点的轨迹一定通过△ABC 的（）．（A ）外心（B ）内心（C ）垂心（D ）重心解（D ）因为AB sinB=AC sinC ，故可设AB sinB=AC sinC=μ，则OP =OA +λ（C AC ACB AB ABsin sin +）=OA +()AC AB +μλ，（[)+∞∈,0μλ）设t=μλ，则有AP =t ()AC AB +=2t ·AM （t [)+∞∈,0），其中M 为BC 边的中点，所以A 、P 、M 三点共线，故P 点的轨迹是从A 点出发经过M 点的射线，因此，P 点的轨迹一定通过△ABC 的重心．2 已知平面上三点A 、B 、C 满足AB =a ，BC =b ，CA =c ，)(=∙+∙+∙AB CA CA BC BC AB ．（A ）21（a 2+b 2+c 2）（B ）—21（a 2+b 2+c 2）（C ） a 2+b 2+c 2 （D ）0解（B ）AB CA CA BC BC AB ∙+∙+∙ =21()()()[]BC AB AB CA CA BC CA BC BC AB ∙+∙+∙+∙+∙ =21()BA AB AC CA CB BC ∙+∙+∙ =21（—a 2－b 2－c 2）=－21（a 2+b 2+c 2）．故选（B ）．山东省高中数学竞赛试题（备选题）二、解答题1 已知n 2（n ≥4）个正数，排列成n ×n 矩阵： ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 3214321433323134232221241312111 其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，且满足：a 42=1 ，a 24=81 ，a 34=163 ，试求：a 11+ a 22+a 33+ … + a n n 的值．解由题设知：a 24、a 34、a 44成等差数列，则 2 a 34= a 24+ a 44 ，又a 24=81 ，a 34=163 ，所以a 44=41，且公差为d= a 34— a 24=161．又n ×n 矩阵中的每一列的数成等比数列，所以有 a 44= a 42·q 2．（设q 为公比）又a 42=1 ，故q 2=41，因各数都是正数，因此q ＞0 ，且q=21．由第四行的数成等差数列，得：a k 4= a 24+ （k —2）d = 16k ．又第k 列的数成等比数列，所以a k k = a k 4·q k -4= 16k ·421-⎪⎭⎫ ⎝⎛K = K ·K⎪⎭⎫ ⎝⎛21．（k=1，2，3…，n ）不妨记 a 11+ a 22+a 33+ … + a n n = S n ，由两式错位相减可得：S n =2 —n n 22+．。

全国高中数学联赛山东省预赛试题与答案

2011年全国高中数学联赛省预赛试题一、选择题（每小题6分，共60分）1．已知集合{|(1)(3)(5)0,},{|(2)(4)(6)0,}M x x x x x N x x x x x = ---< ∈ = ---> ∈． R RMN =（） .(A) (2,3)(B) (3,4)(C) (4,5) (D) (5,6)2．已知3)n z i =, 若z 为实数，则最小的正整数n 的值为（） . (A) 3(B) 4(C) 5(D) 63．已知p ：,,,a b c d 成等比数列，q:ad bc =，则p 是q 的（） . (A) 充分不必要条件(B) 必要不充分条件 (C) 充分且必要条件(D) 既不充分也不必要条件4．函数20.3()log (2)f x x x =+-的单调递增区间是（） . (A) (,2)-∞- (B) (,1)-∞ (C) (-2,1)(D) (1,) +∞5．已知,x y 均为正实数，则22x yx y x y+++的最大值为（） .(A)2 (B)23 (C)4(D)436．直线y=5与1y =-在区间40,πω⎡⎤⎢⎥⎦⎣上截曲线sin (0, 0)2y m x n m n ω=+>>所得的弦长相等且不为零，则下列描述正确的是（） .（A ）35,n=22m ≤（B ）3,2m n ≤= （C ）35,n=22m >（D ）3,2m n >=7．有6名同学咨询成绩．老师说：甲不是6人中成绩最好的，乙不是6人中成绩最差的，而且6人的成绩各不一样．那么他们6人的成绩不同的可能排序共有（） .(A) 120种(B) 216 种(C) 384 种 (D) 504种8．若点P 在曲线21y x =--上,点Q 在曲线21x y =+上，则PQ 的最小值是（） .(A)(B)2(C)4(D)89．已知函数211()()612xf x x bx a =+++- (,a b 为常数，1a >)，且8(lglog 1000)8f =，则(lglg 2)f 的值是（） .(A) 8 (B) 4 (C) 4- (D) 8-10．在等差数列{}n a 中，若11101a a <-，且它的前n 项和n S 有最大值，那么当n S 取最小正值时，n =（）.(A) 1 (B) 10 (C) 19 (D) 20二、填空题（每小题6分，共24分）11．已知()cos 2|cos |f x x p x p =++，x ∈R ．记()f x 的最大值为()h p ，则()h p 的表达式为.12．已知sin(sin )cos(cos )x x x x +=-，[]0,,x π∈则=x .13．设,A B 为抛物线22(0)y px p =>上相异两点，则22OA OB AB +-的最小值为___________________．14．已知ABC ∆中，G 是重心，三角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且564035aGA bGB cGC ++=0，则B ∠=__________．三、解答题（本大题共5题，共66分） 15．(12分)不等式sin 2)sin()324cos()4a πθθπθ-+->---对⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,0πθ恒成立．数a 的取值围．16. （12分）已知在正方体1111ABCD A B C D -中，,,,O E F G 分A1别为11111,,,BD BB A D D C 的中点，且1AB =．求四面体OEFG 的体积．17. （12分）在平面直角坐标系中, 已知圆1C 与圆2C 相交于点P ，Q , 点P 的坐标为()3,2, 两圆半径的乘积为132．若圆1C 和2C 均与直线l : y kx =与x 轴相切，求直线l 的方程．18. （15分）甲乙两人进行某种游戏比赛，规定每一次胜者得1分，负者得0分；当其中一人的得分比另一人的多2分时即赢得这场游戏，比赛随之结束；同时规定比赛次数最多不超过20次，即经20次比赛，得分多者赢得这场游戏，得分相等为和局．已知每次比赛甲获胜的概率为p （01p <<），乙获胜的概率为1q p =-．假定各次比赛的结果是相互独立的，比赛经ξ次结束，求ξ的期望E ξ的变化围．19. （15分）集合{1,2,,2011},M ⊆ 若M 满足：其任意三个元素,,a b c ，均满足ab c ≠，则称M 具有性质P ，为方便起见，简记M ∈P ．具有性质P 的所含元素最多的集合称为最大集．试问具有性质P 的最大集共有多少个？并给出证明．本文档选自华东师大学的《高中数学联赛备考手册（2012）（预赛试题集锦）》，该书收录了2011年各省市预赛试题和优秀解答。

2021全国高中数学联赛山东赛区预选试题及参考答案

2021年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题及参考答案一、填空题(本题共12道小题，每小题5分，共60分)1.设集合{}1234,,,A a a a a =所有三元子集的三数之积构成集合{}24,30,40,60B =.则A =_________; 解：因所有三元子集的元素之积331234243040601728000(1)20a a a a =⨯⨯⨯==，所以1234120a a a a =，分别除以B 中元素即得{}2,3,4,5A =.2.已知Rt ABC ∆的三个顶点A ，B ，C 均在抛物线2y x =上，并且斜边AB 平行 x 轴，则斜边AB 上的高CD 等于 _________. 解：设()()222,,,(),,A a a B a a C c c -，则2222AC BCc a c a K K c a c a--⋅=⋅+- 221c a =-=-即221a c -=，所以2CD AD BD == 221a c =-=，故1CD =.3.若非零实数a ，b ，c 分别是一等差数列的第m ，n ，p 项，也是一等比数列的第 m ，n ，p 项.则b c c a a b a b c ---的值是__________________.解：设等差数列首项A 公差d ，等比数列首项B 公比q ，则有(1)a A m d =+-= 111,(1),(1)m n p Bq b A n d Bq c A p d Bq ---==+-==+-=，所以(),b c n p d c a -=--=1(),()n p m d Bq a b m n d --=-=-，故b c c a a b a b c ---=()()()n p d p m d m n d a b c --- ()()()(1)()(1)()(1)()001n p d p m d m n d m n p d n p m d p m n d B q B q -+-+---+--+--=⋅==.4.过椭圆2214y x +=上点P 做圆x 2+y 2=4的两条切线，切点弦所在直线与x ，y 轴分别交于E ，F .则EOF ∆面积最小值是___________. 解：设P (x 0，y 0)，则切点弦为004x x y y +=，E (04,0x )，F (040,y )，由 2200001||||4y x x y =+≥即00||||1x y ≤，得0088||||EOF S x y ∆=≥，当001||,||22x y ==等号成立，故ΔEOF 面积最小值是8.5.已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面为直角三角形，∠ACB =90o ，AC =6， BC =CC 1=2，P 是BC 1上一动点。