专题02函数A辑(解析版)-高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)

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高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题24初等数论(原卷版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题24初等数论历年联赛真题汇编1．【2008高中数学联赛（第01试）】方程组{x+y+z=0xyz+z=0xy+yz+xz+y=0的有理数解(x，y，z)的个数为( )A．1B．2C．3D．42．【1996高中数学联赛（第01试）】存在整数n使√p+n+√n是整数的质数p( ).A．不存在B．只有一个C．多于一个，但为有限个D．有无穷多个3．【1991高中数学联赛（第01试）】设a是正整数，a<100.并且a3+23能被24整除，那么，这样的a的个数为( )A．4B．5C．9D．104．【1987高中数学联赛（第01试）】对任意给定的自然数n，若n6+3a正整数，则( )A．这样的a有无穷多个B．这样的a存在，但只有有限个C．这样的a不存在D．以上A，B，C的结论都不正确5．【1983高中数学联赛（第01试）】设p，q是自然数，条件甲：p3－q3是偶数；条件乙：p+q是偶数.那么()A．甲是乙的充分而非必要条件B．甲是乙的必要而非充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件6．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】在1，2，3，…，10中随机选出一个数a在－1，－2，－3，…，－1 0中随机选出一个数b，则a2+b被3整除的概率为.7．【2015高中数学联赛（第01试）】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)与N(Q)分别表示P类数与Q类数的个数，则N(P)－N(Q)的值为.8．【2004高中数学联赛（第01试）】设p是给定的奇质数，正整数k使得√k−pk也是一个正整数，则k= .9．【1993高中数学联赛（第01试）】整数[10931031+3]的末尾两位数字是.(先写十位数字，后写个位数字.其中[x]表示不超过x的最大整数).10．【1991高中数学联赛（第01试）】19912000除以106，余数是.11．【1987高中数学联赛（第01试）】若k是大于1的整数，a是x2－kx+1=0的根，对于大于10的任意自然数n，a2n+a−2n的个位数字总是7，则k的个位数字是.12．【1985高中数学联赛（第01试）】方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有组.13．【1985高中数学联赛（第01试）】在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干数之和能被11整除的数组共有组.优质模拟题强化训练1．对任意正整数n，定义Z(n)为使得1+2+⋅⋅⋅+m是n的倍数的最小正整数m.关于下列三个命题：①若p为奇质数，则Z(p)=p−1；②对任意正整数a，都有Z(2a)>2a；③对任意正整数a，都有Z(3a)=3a−1.其中所有真命题的序号为（）.A．①②B．①③C．②③D．①②③2．关于x、y的方程1x +1y+1xy=12006的正整数解(x,y)的对数为（）.A．16B．24C．32D．483．方程1x +1y=17的整数解（x，y）的个数为（）.A．5B．6C．7D．84．设S n、T n分别是等差数列{a n}与{b n}的前n项和，对任意正整数n，都有S nT n =2n+6n+1.若a mb m为质数，则正整数m的值为（）.A．2B．3C．5D．75．对任意的整数n，代数式n2−n+4的值被9除的余数不会是（）A．0B．1C．6D．76．设p是大于3的质数，且p+8也是质数，记S1=p(p+8)，S i+1(i=1,2,⋯,k−1)表示S i的各位数字之和．若S k是一位数字，对于所有可能的质数pS k有（）个不同的值．A．1B．2C．3D．47．沿环形马拉松跑道设有2008个观看站点，按顺时针方向依次标为c1,c2,⋯,c2008，它们将跑道分成2008个区段。

高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题13不等式B辑(原卷版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题13不等式B 辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛B 卷（第01试）】设正实数a ,b ,c 满足a 2+4b +9c 2=4b +12c −2,求1a+2b+3c的最小值.2．【2017高中数学联赛A 卷（第01试）】设k 、m 为实数，不等式|x 2−kx −m |⩽1对所有x ∈[a ，b ]成立.证明:b −a ⩽2√2.3．【2017高中数学联赛A 卷（第01试）】设x 1,x 2,x 3是非负实数，满足x 1+x 2+x 3=1，求(x 1+3x 2+5x 3)(x 1+x 23+x 35)的最小值和最大值.4．【2017高中数学联赛B 卷（第01试）】设不等式|2x −a |<|5−2x |对所有x ∈[1，2]成立，求实数a 的取值范围.5．【2015高中数学联赛（第01试）】若实数a ，b ，c 满足2a +4b =2c ,4a +2b =4c ，求c 的最小值. 6．【2013高中数学联赛（第01试）】给定正数数列{x n }满足S n ⩾2S n−1,n =2,3,⋯，这里S n =x 1+⋯+x n . 证明：存在常数C >0，使得x n ⩾C ⋅2n (n =1,2,⋯).7．【2009高中数学联赛（第01试）】求函数y =√x +27+√13−x +√x 的最大值和最小值. 8．【2008高中数学联赛（第01试）】解不等式log 2(x 12+3x 10+5x 8+3x 6+1)<1+log 2(x 4+1). 9．【2003高中数学联赛（第01试）】设32⩽x ⩽5，证明不等式2√x +1+√2x −3+√15−3x <2√19.10．【2000高中数学联赛（第01试）】设S n =1+2+3+…+n ，n ∈N ，求f (n )=S n (n+32)S n+1的最大值.11．【1992高中数学联赛（第01试）】求证：16<∑√k80<17.12．【1991高中数学联赛（第01试）】已知0<a <1，x 2+y =0，求证：log a (a x +a y )⩽log a 2+18.13．【1988高中数学联赛（第01试）】已知a ，b 为正数，且1a+1b =1，试证：对每一个n ∈N ,(a +b)n −a n −b n ⩾22n −2n+1.优质模拟题强化训练1．设x 、y 、z 是正实数,满足 xy +z =(x +z)(y +z).则xyz 的最大值是______. 2．已知xyz +y +z =12，则log 4x +log 2y +log 2z 的最大值为____________.3．已知x>0，y>0，且12x+y +1y+1=1，则x+2y的最小值为____________ .4．设x,y,z∈R+，且xyz(x+y+z)=1.则(x+y)(x+z)的最小值是______.5．设x、y为正实数,且x+y=1.则x2x+2+y2y+1的最小值为______.6．在ΔABC中，cosB=14，则1tanA+1tanC的最小值为______.7．实数x、y满足x2+y2=20，则xy+8x+y的最大值是____________8．设a+b=1,b>0,a≠0，则1|a|+2|a|b的最小值为_____.9．设a、b为正实数，且1a +1b≤2√2，(a−b)2=4(ab)3.则log a b=______.10．已知x2+y2+z2=3，则xy+yz+zx的最小值为________11．若对任意的x∈[a,a+2]，均有|x+a|≥2|x|，则实数a的取值范围是__________。

专题01集合(解析版)-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题01集合历年联赛真题汇编1．【2008高中数学联赛（第01试）】设A=[－2，4)，B={x|x2－ax－4≤0}，若B⊆A，则实数a的取值范围为( )A．[−1,2)B．[−2,2]C．[0,3]D．[0,3)【答案】D【解析】因为x2−ax−4=0有两个实根x1=a2−√4+a24,x2=a2+√4+a24，故B⊆A等价于x1≥－2且x2<4，即a2−√4+a24⩾−2且a2+√4+a24<4，解之得0⩽a<3，故选D．2．【2007高中数学联赛（第01试）】已知A与B是集合{1，2，3，…，100}的两个子集，满足：A与B的元素个数相同，且A∩B为空集.若n∈A时，总有2n+2∈B，则集合AUB的元素个数最多为( )A．62B．66C．68D．74【答案】B【解析】先证|A∪B|⩽66，只需证|A|⩽33，为此只需证若A是{1，2，…，49}的任一个34元子集，则必存在n∈A，使得2n+2∈A，证明如下：将{1，2，…，49}分成如下33个集合：{1，4}，{3，8}，{5，12}，…，{23，48}共12个；{2，6}，{10，22}，{14，30}，{18，38}共4个；{25}，{27}，{29}，…，{49}共13个；{26}，{34}，{42}，{46}共4个由于A是{1，2，…，49}的34元子集，从而由抽屉原理可知上述33个集合中至少有一个2元集合中的数均属于A，即存在n∈A，使得2n+2∈A，如取A={1,3,5,⋯,23,2,10,14,1825,27,29,⋯,49,26,34,42,46}，B={2n+2|n∈A}，则A，B满足题设且|A∪B|=66.故选B.3．【2006高中数学联赛（第01试）】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【答案】C【解析】由5x−a⩽0得x⩽a5，由6x−b>0得x>b6，要使A∩B∩N={2,3,4}，则{1⩽b6<24⩽a5<5，即{6⩽b<1220⩽a<25.所以数对(a，b)共有C61C51=30个.故选C.4．【2005高中数学联赛（第01试）】记集合T={0，1，2，3，4，5，6}，M={a17+a272+a373+a474|a i∈T,i=1,2,3,4}，将M中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是( )A．57+572+673+374B．57+572+673+274C．17+172+073+474D．17+172+073+374【答案】C【解析】用[a1a2⋯a k]p表示k位p进制数，将集合M中的每个数乘以74，得M′={a1⋅73+a2⋅72+a3⋅7+a4|a i∈T,i=1,2,3,4}={[a1a2a3a4]7|a i∈T,i=1,2,3,4}，M'中的最大数为[6666]7=[2400]10，在十进制数中，从2400起，从大到小顺序排列的第2005个数是2400−2004=396，而[396]10=[1104]7，将此数除以74，便得M中的数是17+172+073+474.故选：C.5．【2004高中数学联赛（第01试）】已知M={(x,y)|x2+2y2=3}，N={(x，y)|y=mx+b}.若对所有m∈R，均有M∩N≠∅，则b的取值范围是( )A．[−√62,√62]B．(−√66,√62)C．(−2√33,2√33)D．[−2√33,2√33]【答案】A【解析】由M ∩N ≠∅相当于点(0，b )在椭圆x 2+2y 2=3上或它的内部. 所以2b 23⩽1，所以−√62⩽b ⩽√62. 故选A .6．【2002高中数学联赛（第01试）】知两个实数集合A ={a 1,a 2,⋯,a 100}与B ={b 1,b 2,⋯b 50}，若从A 到B 的映射f 使得B 中每个元素都有原象，且f (a 1)⩽f (a 2)⩽⋯⩽f (a 100)，则这样的映射共有( )A ．C 10050B ．C 9948 C ．C 10049D ．C 9949【答案】D【解析】不妨设b 1<b 2<⋯<b 50，将A 中元素a 1,a 2,⋯,a 100按顺序分为非空的50组. 定义映射f ：A →B ，使第i 组的元素在f 之下的象都是b i (i =1，2，…，50).易知这样的f 满足题设要求，每个这样的分组都一一对应满足条件的映射，于是满足题设要求的映射的个数与A 按号码顺序分为50组的分法数相等.而对A 的分割等价于从A 中前99个元素选择49个元素依次作为前49组的最后元素得到的分割(这样保证了每组非空且与前者一一对应)，故A 的分法数为C 9949，则这样的映射共有C 9949，故选D .7．【2001高中数学联赛（第01试）】已知a 为给定的实数，那么集合M ={x|x 2－3x －a 2+2=0，x ∈R }的子集的个数为( ) A ．1B ．2C ．4D ．不确定【答案】C 【解析】M 表示方程x 2−3x −a 2+2=0在实数范围内的解集.由于Δ=1+4a 2>0，所以M 含有2个元素.故集合M 有22=4个子集.8．【2000高中数学联赛（第01试）】设全集是实数，若A ={x|√x −2≤0}，B ={x|10x 2−2=10x }，则A ∩B̅是( ) A ．{2} B ．{−1}C ．{x|x ≤2}D ．∅【答案】D【解析】由√x −2≤0得x =2，注意到A 中只有一个元素，于是将x =2代入B ，方程成立，故A ∩B ̅=∅. (注：这样思考，即使B 更复杂一些，计算起来都很简单)9．【1998高中数学联赛（第01试）】若非空集合A ={x|2a +1≤x ≤3a －5}，B ={x|3≤x ≤22}，则能使A ⊆A ∩B 成立的所有a的集合是( )A．{a|1⩽a⩽9}B．{a|6⩽a⩽9}C．{a|a⩽9}D．∅【答案】B【解析】由题意得A⊆B，所以{2a+1⩾33a−5⩽223a−5⩾2a+1，解得6⩽a⩽9.10．【1993高中数学联赛（第01试）】集合A，B的并集A∪B={a1,a2,a3}，当A≠B时，(A，B)与(B，A)视为不同的对，则这样的(A，B)对的个数有A．8B．9C．26D．27【答案】D【解析】已知A∪B={a1,a2,a3}，则作为其子集的A，B最多只有3个元素.(1)若A={a1,a2,a3}，则满足题意的B可以是空集，或是单元素的集合，或是二元素的集合，或是三元素的集合，这样的B有C30+C31+C32+C33=23个，这时(A，B)有C33⋅23对.(2)若A为二元素的集合，则有C32种，其对应的B的23个(C20+C21+C22=22)，这时(A，B)有C32⋅22对.(3)若A为单元素的集合，则有C31种，其对应的B有2个，这时(A，B)有C31⋅2对.(4)若A是空集，则有C30种，其对应的B有一个.这时(A，B)有C30⋅1对.所以这样的(A，B)共有C33⋅23+C32⋅22+C31⋅2+C30⋅20=33=27个，因此答案是D．.11．【1991高中数学联赛（第01试）】设S={(x，y)|x2－y2=奇数，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx2)−sin(2πy2)= cos(2πx2)−cos(2πy2)，x，y∈R}.则( )A．s⊂T B．T⊂S C．S=T D．S∩T=∅【答案】A【解析】当y2=x2+奇数时，易见sin(2πx2)−sin(2πy2)=cos(2πx2)−cos(2πy2)成立.故当(x,y)∈S时，它必属于T，于是S⊆T，又满足x=y的点(x,y)∈T但不属于S.故S⊆T12．【1990高中数学联赛（第01试）】点集{(x,y)|lg(x3+13y3+19)=lgx+lgy}中元素的个数为( )A．0B．1C．2D．多于2【答案】B【解析】由lg (x 3+13y 3+19)=lgx +lgy 得x 3+13y 3+19=xy (x >0,y >0).由均值不等式x 3+13y 3+19⩾3√x 3(13y 3)⋅19=xy ，当且仅当{x 3=1913y 3=19，上式等号成立，解方程得x =√193,y =√133.故点集中有唯一点为(√193,√133).13．【1989高中数学联赛（第01试）】若M ={z|z =t 1+t+i1+t t,t ∈R,t ≠−1,t ≠0}，N ={z|z =√2[cos(arcsint)+ icos (arccos t)],t ∈ℝ,|t|⩽1}，则M ∩N 中元素的个数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．4【答案】A【解析】M 中的点在曲线M:{x =t 1+ty =1+t t(t ∈R,t ≠0,−1) 上，N 中的点在曲线N:{x =√2(1−t 2)y =√2t(t ∈R,|t|⩽1) 上，曲线M 和N 的普通方程是M:xy =1 (x ≠0,1)，N:x 2+y 2=2 (0⩽x ⩽√2). 于是曲线M 和N 的交点在横坐标满足x 2+1x 2=2，即x =±1，显见M ∩N =∅.14．【1989高中数学联赛（第01试）】集合M ={u|u =12m +8n +4l,m,n,l ∈Z }，N ={u|u =20p +16q +12r,p,q,r ∈Z }，的关系为( ) A ．M =NB ．M ⊈N,N ⊈MC ．M ⊂ND ．M ⊃N【答案】A【解析】对N 中任一元素u ，有u =20p +16q +12r =12r +8(2q)+4(5p)∈M . 从而N ⊆M .另一方面，对M 中任一元素u ，有u =12m +8n +4l =20n +16l +12(m −n −l)∈N . 从而M ⊆N . 故M =N .15．【1982高中数学联赛（第01试）】如果凸n 边形F (n ≥4)的所有对角线都相等，那么( ) A ．F ∈{四边形}B ．F ∈{五边形}C ．F ∈{四边形}∪{五边形}D ．F ∈{边相等的多边形}{内角相等的多边形}【答案】C【解析】由正五边形所有的对角线都相等，可见选项A不正确.任作两条等长的相交线段AC和BD，这样所得的四边形ABCD对角线相等，可见选项B．不正确.其实，选项A与选项B都是选项C的真子集，可不必考虑，因若选项A或选项B成立，则选项C必成立.显然，联结两条等长且相交的线段端点所得的四边形未必边相等或内角相等，又得到选项D不正确16．【1982高中数学联赛（第01试）】设M={(x,y)||xy|=1,x>0}，N={(x,y)|arctanx+arccoty=π}.那么( )A．M∪N={(x,y)||xy|=1}B．M∪N=MC．M∪N=ND．M∪N={(x,y)||xy|=1,且x,y不同时为负数}.【答案】B【解析】由arctanx+arccoty=π①即arctanx=π−arccoty.所以tanarctanx=tan(π−arccoty)，因此x=−1y②如果式②成立，当x>0，y<0时，有arctanx∈(0,π2),π−arccoty∈(0,π2)，可知式①成立；当x<0，y>0时，有arctanx∈(−π2,0),π−arccoty∈(π2,π)，可知式①不成立所以N={(x,y)|xy=−1,x>0}.而M={(x,y)||xy=−1或1,x>0}.所以N⊂M，因此M∪N=M.17．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】设集合X={1,2,⋯,20},A是X的子集,A的元素个数至少是2,且A的所有元素可排成连续的正整数,则这样的集合A的个数为.【答案】190【解析】每个满足条件的集合A可由其最小元素a与最大元素b唯一确定,其中a,b∈X,a<b,这样的(a,b)的取法共有C202=190种,所以这样的集合A的个数为190.18．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】若实数集合{1，2，3，x}的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x的值为.【答案】−32【解析】假如x≥0，则最大、最小元素之差不超过max{3，x}，而所有元素之和大于max{3，x}，不符合条件.故x<0，即x为最小元素.于是3－x=6+x，解得x=−32.19．【2019高中数学联赛B卷（第01试）】已知实数集合{1，2，3，x}的最大元素等于该集合的所有元素之和，则x的值为.【答案】−3【解析】条件等价于1，2，3，x中除最大数以外的另外三个数之和为0.显然x<0，从而1+2+x=0，得x=－3. 20．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】设集合A={1，2，3，…，99}，B={2x|x∈A},C={x|2x∈A}，则B∩C的元素个数为.【答案】24【解析】由条件知，B∩C={2,4,6,⋯,198}∩{12,1,32,2,⋯,992}={2,4,6,⋯,48}，故B∩C的元素个数为24.21．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】设集合A={2，0，1，8}，B={2a|a∈A}则A∪B的所有元素之和是.【答案】31【解析】易知B={4，0，2，16}，故A∪B={0，1，2，4，8，16}.A∪B的所有元素之和是0+1+2+4+8+16=31.22．【2014高中数学联赛（第01试）】设集合{3a+b|1⩽a⩽b⩽2}中的最大元素与最小元素分别为M，m，则M−m的值为.【答案】5−2√3【解析】由1⩽a⩽b⩽2知3a +b⩽31+2=5，当a=1，b=2时，得最大元素M=5，又3a +b⩾3a+a⩾2√3a⋅a=2√3，当a=b=√3时，得最小元素m=2√3.因此M−m=5−2√3.23．【2013高中数学联赛（第01试）】设集合A={2，0，1，3}，集合B={x|－x∈A，2－x2∈A}.则集合B中所有元素的和为.【答案】−5【解析】易知B⊆{−2,0,−1,−3}，当x=－2，－3时，2－x2=－2，－7，有2−x2∉A；而当x=0，－1时，2－x2=2，1，有2－x2∈A.因此，根据集合B的定义可知B={−2,−3}.所以，集合B中所有元素的和为－5.24．【2011高中数学联赛（第01试）】设集合A={a1,a2,a3,a4}，若A中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为B={－1，3，5，8}，则集合A=.【答案】{－3，0，2，6}【解析】显然，在A的所有三元子集中，每个元素均出现了三次，所以3(a1+a2+a3+a4)=(−1)+3+5+8=15，故a1+a2+a3+a4=5.于是集合A的四个元素分别为5−(−1)=6，5−3=2，5−5=0，5−8=−3.因此，集合A={－3，0，2，6}.25．【2003高中数学联赛（第01试）】已知{A=x|x2－4x+3<0，x∈R}，B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R}.若A⊆B，则实数a的取值范围是.【答案】−4⩽a⩽−1【解析】易得A=(1，3)，设f(x)=21−x+a，g(x)=x2−2(a+7)x+5，要使A⊆B，只需f(x)，g(x)在(1，3)上的图像均在x轴下方其充要条件是：同时有f(1)⩽0,f(3)⩽0,g(1)⩽0,g(3)⩽0.由此推出−4⩽a⩽−1.26．【1996高中数学联赛（第01试）】集合{x|−1⩽log1x 10<−12,x∈N}的真子集的个数是.【答案】290−1【解析】首先考察该集合元素的个数.对x∈N，有−1⩽log1x 10<−12，所以−2<lg1x⩽−1，则1⩽lgx<2，因此10⩽x<100.于是集合大小是90，于是真子集个数是290−1.27．【1995高中数学联赛（第01试）】设M={1，2，3，…，1995}，A是M的子集且满足条件：当x∈A时，15 x∉A，则A中元素的个数最多是.【答案】1870【解析】用n(A)表示集合A所含元素的个数.由题设，k与15k(k=9，10，…，133)这两个数中至少有一个不属于A，所以至少有125(125=133－9+1)个数不属于A，即n(A)⩽1995−125=1870.另一方面，可取A={1,2⋯,8}∪{134,135⋯,1995}，A满足题设条件，此时n(A)=1870.所以n(A)的最大值就是1870.引申对于这种集合问题，一般的解决办法就是作出若干个数对，每个数对里至多有一个数包含在集合里.比如，如果题目条件说集合里任两个数之差不为a，则可将两个差为a的数分成一组，则此组中至多有一个数在集合里；如果题目条件说集合里任两个数之和不为a，则可将两个和为a的数分成一组，则此组中至多有一个数在集合里；如果题目条件说集合里任两个数之积不为a，则可将两个积为a的数分成一组，则此组中至多有一个数在集合里.总之，掌握这种原则之后，将不难解决这种问题.28．【1991高中数学联赛（第01试）】将正奇数集合{1，3，5，…}由小到大按第n组有2n－1个奇数进行分组：{1}(第一组)，{3，5，7}(第二组)，{9，11，13，15，17}(第三组)，…则1991位于第组中.【答案】32【解析】因为1+3+5+⋯+(2n−1)=n2，故第n组最后一个数即第n2个奇数为2n2－1，可见有不等式2(n−1)2+1⩽1991⩽2n2−1.由前一不等式(n−1)2⩽995，故需n⩽32，由后一不等式，需满足2n2⩾1992，n⩾32，故n=32.29．【1991高中数学联赛（第01试）】设集合M={1，2，…，1000}，现对M的任一非空子集X，令a x表示X 中最大数与最小数之和，那么，所有这样的a x的算术平均值为.【答案】1001【解析】将M中非空子集进行配对，对每个非空集X̅⊂M，令X′={1001−x|x∈X}，则当X1也是M的一非空子集，且X'≠X时，有X′≠X1′.于是所有非空子集分成两类：(1)X'≠X；(2)X′=X.对于情形(2)中的X，必有a x=1001.对于情形(1)中的一对X与X'，有a x+a x′=1001×2=2002.由此可见，所有a x的算术平均值为1001.优质模拟题强化训练1．已知M={(x,y)|y≥x2} ， N={(x,y)|x2+(y−a)2≤1}.则使M∩N=N成立的充要条件是（）.A．a≥54.B．a=54.C．a≥1.D．0<a<1.【答案】A【解析】由M∩N=N得N⊂M,所以圆x2+(y−a)2=1在抛物线内部或上，所以a≥1+14=54，选A.2．已知集合M={1,2,...,10}，A为M的子集，且子集A中各元素的和为8.则满足条件的子集A共有（）个.A．8B．7C．6D．5【答案】C【解析】注意到，元素和为8的子集A有｛8}、｛1，7｝、｛2，6｝、｛3，5｝、｛1，2，5｝、｛1，3，4｝，共6个.选C.3．已知a为给定的实数，那么，集合M={x|x2−3x−a2+2=0,x∈R}的子集的个数为（）A．1B．2C．4D．不确定【答案】C【解析】由方程x2−3x−a2+2=0的根的判别式Δ=1+4a2>0，知方程有两个不相等的实数根，则M有2个元素，得集合M有22=4个子集.选C.4．集合A={2,0,1,3}，集合B={x|-x∈A,2-x2∉A}，则集合B中所有元素的和为（）A．−4B．−5C．−6D．−7【答案】B【解析】由题意可得B={-2，-3}，则集合B中所有元素的和为-5.故选：B.5．已知集合A={1,2,3,4,5}，B={2,3,4,5,6}则集合C={(a,b)|a∈A,b∈B，且关于x的方程x2+2ax+b2=0有实根}的元素个数为( )．A．7B．8C．9D．10【答案】D【解析】由题意得Δ=4a2−4b2≥0∴a≥b∴元素个数为0+1+2+3+4=10,选D.6．集合A={x∈Z|log2x≤2}的真子集个数为（）A．7B．8C．15D．16【答案】C【解析】log2x≤2，所以0<x≤4，因为x∈Z,所以A={1,2,3,4},所以集合A的真子集个数为24-1=15.故答案为：C7．如果集合A={1,2,3,⋯,10}，B={1,2,3,4}，C是A的子集，且C∩B≠∅，则这样的子集C有（）个. A．256B．959C．960D．961【答案】C【解析】满足C∩B=∅的子集C有26个，所以满足C∩B≠∅的子集C有210−26=960个.故答案为：C8．设A=[−2,4),B={x|x2−ax−4≤0}，若B⊆A，则实数a的取值范围为（）.A．[−3,0)B．[−2,0)C．[0,2)D．[0,3)【答案】D【解析】因为f(x)=x2−ax−4开口向上，且{x|x2−ax−4≤0}⊆[−1,4)，故{f(−2)≥0,f(4)>0.解得a∈[0,3).故答案为D9．设集合P={x|x∈R,|x+3|+|x+6|=3}，则集合C R P为( )．A．{x|x〈6,或x〉3}B．{x|x〈6,或x〉−3} C．{x|x〈−6,或x〉3}D．{x|x〈−6,或x〉−3}【答案】D【解析】因为|x+3|+|x+6|=3,所以由绝对值的几何意义得-6≤x≤-3.则P ={x|−6≤x ≤−3}.故C R P ={x|x〈−6,或x〉−3}.选D.10．已知集合M ={x|x =sin(2m−3)π6,m ∈Z},N ={y|y =cos nπ3,n ∈Z}，则M,N 的关系是（） A ．M ⊊NB ．M =NC ．N ⊊MD ．M ∩N =∅ 【答案】B【解析】易由周期性知M =N ={±1,±12}.11．在复平面上，任取方程z 100−1=0的三个不同的根为顶点组成三角形，则不同的锐角三角形的数目为____________.【答案】39200【解析】易知z 100−1=0的根在单位圆上，且相邻两根之间弧长相等，都为2π100，即将单位圆均匀分成100段小弧.首先选取任意一点A 为三角形的顶点，共有100种取法.按顺时针方向依次取顶点B 和顶点C ，设AB 弧有x 段小弧，CB 弧有y 段小弧，AC 弧有z 段小弧，则△ABC 为锐角三角形的等价条件为：{x +y +z =1001⩽x,y,z ⩽49⇒{x +y +z =970⩽x,y,z ⩽48① 计算方程组①的整数解个数，记P 1={x|x +y +z =97,x ⩾49}，P 2={y|x +y +z =97, y ⩾49}，P 3={z|x +y +z =97,z ⩾49}，S ={(x,y,z)|x +y +z =97,x,y,z ⩾0}，则|P̅1∩P ̅2∩P ̅3|=|S|−|P 1∪P 2∪P 3| =C 992−(|P 1|+|P 2|+|P 3|−∑|P i ∩P j |i<j +|P 1∩P 2∩P 3|)=C 992−3C 502=1176.由于重复计算3次，所以所求锐角三角形个数为100×11763=39200.故答案为：39200．12．已知集合A={k+1，k+2，…，k+n}，k、n为正整数，若集合A中所有元素之和为2019，则当n取最大值时，集合A=________.【答案】{334，335，336，337，338，339}【解析】由已知2k+n+12×n=3×673.当n=2m时，得到(2k+2m+1)m=3×673⇒m=3,n=6,k=333；当n=2m+1时，得到(k+m+1)(2m+1)=3×673⇒m=1,n=3.所以n的最大值为6，此时集合A={334,335,336,337,338,339}.故答案为：{334,335,336,337,338,339}．13．已知yz≠0，且集合{2x，3z，xy}也可以表示为{y，2x2，3xz}，则x=____________.【答案】1【解析】易知xyz≠0，由两集合各元素之积得6x2yz=6x3yz,x=1.经验证，x=1符合题意.故答案为：1．14．已知实数a≥−2，且A={x|−2≤x≤a}，B={y|y=2x+3,x∈A}，C={z|z=x2,x∈A}.若C⊆B，则a的取值范围是______________。

高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题25平面几何A辑(解析版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题25平面几何A辑L【2020高中数学联赛A卷（第02试）】如图,在等腰Zk/IBC中,48 = BC，/为内心. M为出的中点/为边4C 上•点，满足NQ3PCJV延长线上•点H满足。

为，13C的外接圆上劣孤劣的中点.证明［解析］取AC的中点N由4P=3PC,可知P为NC的中点.易知BIN共线,NWO90。

.由/为」X3C的内心，可知C7经过点OM Z OIB= AIBC^rZICB= ZABI+ ZACO= ZABI±ZABO=Z OBI.又M为BI的中点，所以0M_L双进而OM// CN.考虑」HMQ与JfflA由于A<H一PH.W4HM5=90屋4HMI= NHIB.又/血m=N，VP=90。

,故詈=* h 日HM NP 1 NC 1 MQ MQr 足—= ---- - ---- - ----- - --HI N1 2 Nl 2 MI IB所以△ HMQ sA H1B,得N HQM= /HBL从而HMBQ四点共阅.于是有N5/QN氏1丝=90。

抑BHLQH.2. 12020高中数学联赛B卷（第02试）】如图是圆。

上顺次的五点，满足ABC=BCD=CDE,点P.O分别在线段AD.BE上，且P在线段CQ上证明:NR10=N庄Q【解析】记S为40与BE的交点,T为CQ延长线与圆Q的交点.注意到ABOBCACDEW设AB.CD所对的圆周角均为aJBCDE所对的圆周角均为£.于是N/Q/ATC=o邛,乙PTE=Z CTE=。

邛 2PS 折 ABDA- NDBE』-B.由ZATO=ZPSO得S4工Q四点共网，又由NP公NPS0得PST.E四点共圆.所以ZR4O=ZPTS= ZPEO.3.12019高中数学联赛A卷（第02试）】如图，在锐角△HBC中，M是3C边的中点点尸在△Z3C内，使得乂尸平分NA4。

.直线MP与△43尸、ZUCP的外接圆分别相交于不同于点尸的两点。

历年全国高中数学联赛《解析几何》专题真题汇编

历年全国高中数学联赛《解析几何》专题真题汇编1、已知点A 为双曲线x 2-y 2=1的左顶点，点B 和点C 在双曲线的右分支上，△ABC 是等边三角形，则△ABC 的面积是（ C ）(A) 33 (B) 233 (C) 33 (D) 633、若实数x, y 满足(x+5)2+(y12)2=142，则x 2+y 2的最小值为( )(A) 2 (B) 1 (C) 3 (D)2 【答案】B【解析】利用圆的知识结合数形结合分析解答，22x y +表示圆上的点（x,y ）到原点的距离。

4、直线134=+yx 椭圆191622=+y x 相交于A ，B 两点，该圆上点P ，使得⊿PAB 面积等于3，这样的点P 共有( )(A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 4个【答案】B5、设a ，b ∈R ，ab ≠0，那么直线ax －y +b=0和曲线bx 2+ay 2=ab 的图形是（）【答案】B6、过抛物线y 2=8(x +2)的焦点F 作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于点P ，则线段PF 的长等于（） (A)163 (B) 83 (C) 1633 (D) 8 3 【答案】A【解析】抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB 所在直线方程为y=3x ，弦的中点yxO Ox yO xyyx O A. B. C.D.在y=pk =43上，即AB中点为(43，43)，中垂线方程为y=－33(x－43)+43，令y=0，得点P的坐标为163．∴PF=163．选A．7、已知M={(x，y)|x2+2y2=3}，N={(x，y)|y=mx+b}．若对于所有的m∈R，均有M∩N≠∅，则b的取值范围是( )A．[－62，62] B．(－62，62) C．(－233，233] D．[－233，233] 【答案】A【解析】点(0，b)在椭圆内或椭圆上，⇒2b2≤3，⇒b∈[－62，62]．选A．8、方程13cos2cos3sin2sin22=-+-yx表示的曲线是（）A．焦点在x轴上的椭圆B．焦点在x轴上的双曲线C．焦点在y轴上的椭圆D．焦点在y轴上的双曲线【答案】C9、设圆O1和圆O2是两个定圆，动圆P与这两个定圆都相切，则圆P的圆心轨迹不可能是（）【答案】A【解析】设圆O1和圆O2的半径分别是r1、r2，|O1O2|=2c，则一般地，圆P的圆心轨迹是焦点为O1、O2，且离心率分别是212rrc+和||221rrc-的圆锥曲线（当r1=r2时，O1O2的中垂线是轨迹的一部份，当c=0时，轨迹是两个同心圆）。

专题03函数B辑(解析版)-高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题03函数B辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛A卷（第01试）】设a>0,函数f(x)=x+100x在区间(0,a]上的最小值为m1,在区间[a,+∞)上的最小值为m2.若m1m2=2020,则a的值为.【答案】1或100【解析】注意到f(x)在(0,10]上单调减,在[10,+∞)上单调增.当a∈(0,10]时, m1=f(a),m2=f(10);当a∈[10,+∞)时, m1=f(10),m2=f(a).因此总有f(a)f(10)=mm2=2020,即a+100a =202020=101,解得a=1或a=100.2．【2020高中数学联赛A卷（第01试）】设a,b>0,满足:关于x的方程√|x|+√|x+a|=b恰有三个不同的实数解x1,x2,x3,且x1<x2<x3=b,则a+b的值为.【答案】144【解析】令t=x+a2,则关于t的方程√t−a2|+√|t+a2|=b恰有三个不同的实数解t i=x i+a2(i=1,2,3).由f(t)=√|t−a2|+√t+a2偶函数,故方程f(t)=b的三个实数解关于数轴原点对称分布,从而必有b=f(0)=√2a以下求方程f(t)=√2a的实数解.当|t|⩽a2时, f(t)=√a2−t+√a2+t=√a+√a2−4t2≤2a,等号成立当且仅当t=0;当t>a2时, f(t)单调增,且当t=5a8时f(t)=√2a,当t<−a2时, f(t)单调减,且当t=−5a8时f(t)=√2a.从而方程f(t)=√2a恰有三个实数解t1=−58a,t2=0,t3=58a.由条件知b=x3=t3−a2=a8,结合b=√2a得a=128.于是a+b=9a8=144.3．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】若实数x满足log2x=log4(2x)+log8(4x),则x=.【答案】128【解析】由条件知log2x=log42+log4x+log84+log8x=12+12log2x+23+13log2x,解得log2x=7,故x=128.4．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】已知首项系数为1的五次多项式f(x)满足: f(n)=8n,n=1,2,⋯,5,则f(x)的一次项系数为.【答案】282【解析】令g(x)=f(x)−8x,则g(x)也是一个首项系数为1的五次多项式,且g(n)=f(n)−8n=0,n=1,2,⋯,5,故g(x)有5个实数根1,2,⋯,5,所以g(x)=(x−1)(x−2)⋯(x−5),于是f(x)=(x−1)(x−2)⋯(x−5)+8x,所以f(x)的一次项系数等于(1+12+13+14+15)⋅5!+8=282.5．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】已知正实数a满足a a=(9a)8a，则log a(3a)的值为.【答案】916【解析】由条件知9a=a 18，故3a=√9a⋅a=a916，所以log a(3a)=916.6．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】设f(x)是定义在R上的以2为周期的偶函数，在区间[0，1]上严格递减，且满足f(π)=1，f(2π)=2，则不等式组{1⩽x⩽21⩽f(x)⩽2的解集为.【答案】[π−2,8−2π]【解析】由f(x)为偶函数及在[0，1]上严格递减知，f(x)在[－1，0]上严格递增，再结合f(x)以2为周期可知，[1，2]是f(x)的严格递增区间注意到f(π−2)=f(π)=1,f(8−2π)=f(−2π)=f(2π)=2，所以1⩽f(x)⩽2⇔f(π−2)⩽f(x)⩽f(8−2π)，而1<π−2<8−2π<2，故原不等式组成立当且仅当x∈[π−2,8−2π].7．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】设f(x)是定义在R上的以2为周期的偶函数，在区间[1，2]上严格递减，且满足f(π)=1,f(2π)=0，则不等式组{0⩽x⩽10⩽f(x)⩽1的解集为.【答案】[2π−6,4−π]【解析】由f(x)为偶函数及在[1，2]上严格递减知，f(x)在[－2，－1]上严格递增，再结合f(x)以2为周期可知，[0，1]是f(x)的严格递增区间.注意到f(4−π)=f(π−4)=f(π)=1,f(2π−6)=f(2π)=0，所以0⩽f(x)⩽1⇔f(2π−6)⩽f(x)⩽f(4−π)，而0<2π−6<4−π<1，故原不等式组成立且当仅当x∈[2π−6,4−π].8．【2017高中数学联赛A卷（第01试）】设f(x)是定义在R上的函数，对任意实数x有f(x+3)⋅f(x−4)=−1.又当0≤x<7时，f(x)=log2(9−x)，则f(－100)的值为.【答案】−12【解析】由条件知，f(x+14)=−1f(x+7)=f(x)，所以f(−100)=f(−100+14×7)=f(−2)=−1f(5)=−1log24=−12.9．【2017高中数学联赛A卷（第01试）】若实数x、y满足x2+2cosy=1，则x−cosy的取值范围是.【答案】[−1,√3+1]【解析】由于x2=1−2cosy∈[−1,3]，故x∈[−√3,√3].由cosy=1−x 22可知，x−cosy=x−1−x22=12(x+1)2−1.因此当x=－1时，x－cosy有最小值1(这时y可以取π2)；当x=√3时，x－cosy有最大值√3+1(这时y可以取π).由于12(x+1)2−1的值域是[−1,√3+1]，从而x－cosy的取值范围是[−1,√3+1].10．【2017高中数学联赛B卷（第01试）】设f(x)是定义在R上的函数，若f(x)+x2是奇函数，f(x)+2x是偶函数，则f(1)的值为.【答案】−74【解析】由条件知，f(1)+1=−[f(−1)+(−1)2]=−f(−1)−1，f(1)+2=f(−1)+12，两式相加消去f(－1)，可得2f(1)+3=−12，即f(1)=−74.11．【2016高中数学联赛（第01试）】正实数u,v,v均不等于1，若log u vw+log v w=5,logu+log w v=3，则log w u的值为.【答案】45【解析】令log u v=a,log v w=b，则log v u=1a ,log w v=1b，条件化为a+ab+b=5,1a +1b=3，由此可得ab=54.因此log w u=log w v⋅log v u=1ab =45.12．【2015高中数学联赛（第01试）】设a，b为不相等的实数，若二次函数f(x)=x2+ax+b满足f(a)=f(b)，则f(2)的值为.【答案】4【解析】由已知条件及二次函数图像的轴对称性，可得a+b2=−a2，即2a+b=0，所以f(2)=4+2a+b=4.13．【2014高中数学联赛（第01试）】若正数a，b满足2+1og2a=3+log3b=log6(a+b)，则1a +1b的值为.【答案】108【解析】设2+log2a=3+log3b=log6(a+b)=k，则a=2k−2,b=3k−3,a+b=6k，从而1a +1b=a+bab=6k2k−2×3k−3=22×33=108.14．【2014高中数学联赛（第01试）】若函数f(x)=x2+a|x−1|在[0，+∞]上单调递增，则实数a的取值范围是.【答案】[−2,0]【解析】在[1，+∞)上，f(x)=x2+ax－a单调递增，等价于−a2⩽1，即a≥－2.在[0，1]上，f(x)=x2－ax+a单调递增，等价于a2⩽0，即a≤0.因此实数a的取值范围是[－2，0].15．【2012高中数学联赛（第01试）】设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)=x2.若对任意的x∈[a，a +2]，不等式f(x+a)≥2f(x)恒成立，则实数a的取值范围是.【答案】[√2,+∞)【解析】由题设知f(x)={x2(x⩾0)−x2(x<0)，则2f(x)=f(√2x)，因此原不等式等价于f(x+a)⩾f(√2x)，因为f(x)在R上是增函数，所以x+a⩾√2x，即a⩾(√2−1)x.又x∈[a，a+2]，所以当x=a+2时，(√2−1)x取得最大值为(√2−1)(a+2).因此a⩾(√2−1)(a+2)，解得a⩾√2.故a的取值范围是[√2,+∞).16．【2011高中数学联赛（第01试）】函数f(x)=√x2+1x−1的值域为.【答案】(−∞,−√22]∪(1,+∞)【解析】设x=tanθ,−π2<θ<π2，且θ≠π4，则f(x)=1cosθtanθ−1=1sinθ−cosθ=√2sin(θ−π4)，设u=√2sin(θ−π4)，则−√2⩽u<1且u≠0.所以f(x)=1u ∈(−∞,−√22]∪(1,+∞).17．【2010高中数学联赛（第01试）】函数f(x)=√x−5−√24−3x的值域是.【答案】[−3,√3]【解析】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]. 18．【2010高中数学联赛（第01试）】函数f(x)=a2x+3a x−2(a>0,a≠1)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.【答案】−14【解析】令a x=y，则原函数化为g(y)=y2+3y−2，g(y)在(−32,+∞)上是递增的.当0<a<1时y∈[a,a−1]，g(y)max=a−2+3a−1−2=8.则a−1=2，因此a=12.所以g(y)min=(12)2+3×12−2=−14.当a>1时，y∈[a−1,a]，g(y)max=a2+3a−2=8，则a=2，所以g(y)min=2−2+3×2−1−2=−14.综上f(x)在x∈[－1，1]上的最小值为−14.19．【2009高中数学联赛（第01试）】若函数f(x)=2，且f(n)(x)=f[f[f⋯f(x)]]⏟n，则f(99)(1)=.【答案】110【解析】由题意知f(1)(x)=f(x)=2，f(2)(x)=f[f(x)]=2，⋯，f(99)(x)=2，故f(99)(1)=110.20．【2009高中数学联赛（第01试）】使不等式1n+1+1n+2+⋯+12n+1<a−200713对一切正整数n都成立的最小正整数a的值为.【答案】2009【解析】设f(n)=1n+1+1n+2+⋯+12n+1，显然f(n)单调递减.则由f (n )的最大值f(1)<a −200713，且a 为正整数，可得a =2009.21．【2009高中数学联赛（第01试）】若方程lgkx =2lg(x +1)仅有一个实根，那么k 的取值范围是.【答案】k <0或k =4【解析】由题意得{kx >0x +1>0kx =(x +1)2 ，当且仅当kx >0 ① x +1>0②x 2+(2−k)x +1=0③对式③，由求根公式得x 1,x 2=12[k −2±√k 2−4k] ④Δ=k 2−4k ⩾0，所以k ≤0或k ≥4.(1)当k <0时，由式③得{x 1+x 2=k −2<0x 1x 2=1>0，所以x 1，x 2同为负根.又由式④知{x 1+1>0x 2+1>0，所以原方程有一个解x 1.(2)当k =4时，原方程有一个解x =k2−1=1.(3)当k >4时，由式③得{x 1+x 2=k −2>0x 1x 2=1>0，所以x 1，x 2同为正根，且x 1≠x 2，不合题意，舍去. 综上可得k <0或k =4即为所求.22．【2008高中数学联赛（第01试）】设f (x )=ax +b ，其中a ，b 为实数，f 1(x )=f (x )，f n+1(x)=f (f n (x))，n =1，2，3，…，若f 7(x )=128x +381，则a +b = .【答案】5【解析】由题意知f n (x)=a n x +(a n−1+a n−2+⋯+a +1)b =a n x +a n −1a−1⋅b ，由f 7(x)=128x +381得a 7=128，a 7−1a−1⋅b =381，因此a =2,b =3则a +b =5.23．【2006高中数学联赛（第01试）】方程(x 2006+1)(1+x 2+x 4+⋯+x 2004)=2006x 2005的实数解的个数为.【答案】1【解析】由题意得(x2006+1)(1+x2+x4+⋯+x2004)=2006x2005⇔(x+1x2005)(1+x2+x4+⋯+x2004)=2006⇔x+x3+x5+⋯+x2005+1x2005+1x2003+1x2001+⋯+1x=2006⇔2006=x+1x +x3+1x3+⋯+x2005+1x2005⩾2⋅1003=2006，要使等号成立，必须x=1x ,x3=1x3,⋯,x2005=1x2005，即x=±1，但是当x≤0时，不满足原方程.所以x=1是原方程的全部解.因此原方程的实数解个数为1.24．【2005高中数学联赛（第01试）】已知f(x)是定义在(0，+∞)上的减函数，若f(2a2+a+1)<f(3a2−4a +1)成立，则a的取值范围是.【答案】0<a<13或1<a<5【解析】因为f(x)在(0，+∞)上定义，由{2a2+a+1=2(a+14)2+78>03a2−4a+1>0得a>1或a<13①因为f(x)在(0，+∞)上是减函数，所以2a2+a+1>3a2−4a+1，解得0<a<5.结合式①知0<a<13或1<a<5.25．【2004高中数学联赛（第01试）】设函数f：R→R，满足f(0)=1，且对任意x，y∈R，都有f(xy+1)=f(x)f(y)－f(y)－x+2，则f(x)=.【答案】x+1【解析】因为对Vx，y∈R，有f(xy+1)=f(x)f(y)−f(y)−x+2，所以有f(xy+1)=f(y)f(x)−f(x)−y+2，所以f(x)f(y)−f(y)−x+2=f(y)f(x)−f(x)−y+2，即f(x)+y=f(y)+x，令y=0，得f(x)=x+1.26．【2003高中数学联赛（第01试）】已知a，b，c，d均为正整数，且log a b=32，log c d=54，若a－c=9，则b－d=.【答案】93【解析】由已知可得a 32=b,c54=d，从而a=(b a)2,c=(dc)4，因此a|b,c|d，又由于a−c=9，故a=(ba )2−(dc)4，即(ba+d2c2)⋅(ba−d2c2)=9，故得{ba +d2c2=9b a −d2c2=1，所以{ba=5d2c2=4，所以{a=25b=125，{c=16d=32，所以b−d=93.27．【2002高中数学联赛（第01试）】已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)=1且对任意x∈R都有f(x+5)≥f(x)+5，f(x+1)≤f(x)+1.若g(x)=f(x)+1－x，则g(2002)=.【答案】1【解析】由g(x)=f(x)+1−x得f(x)=g(x)+x−1，所以g(x+5)+(x+5)−1⩾g(x)+(x−1)+5，g(x+1)+(x+1)−1⩽g(x)+(x−1)+1，即g(x+5)⩾g(x)，g(x+1)⩽g(x)，所以g(x)⩽g(x+5)⩽g(x+4)⩽g(x+3)⩽g(x+2)⩽g(x+1)⩽g(x)，所以g(x+1)=g(x)，即g(x)是周期为1的周期函数，又g(1)=1，故g(2002)=1.28．【2001高中数学联赛（第01试）】函数y=x+√x2−3x+2的值域为.【答案】[1,32)∪[2,+∞)【解析】先平方去掉根号.由题设得(y−x)2=x2−3x+2，则x=y2−22y−3，由y⩾x得y⩾y 2−22y−3，解得1⩽y<32或y⩾2，由于√x2−3x+2能达到下界0，所以函数的值域为[1,32)∪[2,+∞).29．【1998高中数学联赛（第01试）】若f(x)(x∈R)是以2为周期的偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)=x1 1998，则f(98 19),f(10117),f(10415)由小到大的排列是.【答案】f(10117)<f(9819)<f(10415)【解析】f(10117),f(9819),f(10415).f(9819)=f(6−1619)=f(−1619)=f(1619)，f(10117)=f(6−117)=f(−117)=f(117)，f(10415)=f(6+1415)=f(1415).又f(x)=x11998在[0，1]是严格递增的，而117<1619<1415，所以f(10117)<f(9819)<f(10415).30．【1997高中数学联赛（第01试）】设x，y为实数，且满足{(x−1)3+1997(x−1)=−1(y−1)3+1997(y−1)=1，则x+y=.【答案】2【解析】原方程组化为{(x−1)3+1997(x−1)=−1 (1−y)3+1997(1−y)=−1，因为f(t)=t3+1997t在(－∞，+∞)单调增加，用f(x−1)=f(1−y)，所以x−1=1−y，即x+y=2.31．【1995高中数学联赛（第01试）】用[x]表示不大于实数x的最大整数，方程lg2x−[lgx]−2=0的实根个数是.【答案】3【解析】由[lgx]⩽lgx得lg2x−lgx−2≤0，即−1⩽lgx⩽2.当−1⩽lgx<0时，有[lgx]=−1.代入原方程得lgx=±1.但lgx=1不符，所以lgx=−1，x1=110.当0⩽lgx<1时，有[lgx]=0.代入原方程得lgx=±√2，均不符.当1⩽lgx<2时，有[lgx]=1，代入原方程得lgx=±√3.但lgx=−√3不符，所以lgx=√3，x2=10√3.当lgx=2时，得x3=100.所以原方程共有3个实根.32．【1990高中数学联赛（第01试）】在坐标平面上，横坐标和纵坐标均为整数的点称为整点，对任意自然数n，联结原点O与点A n(n，n+3)，用f(n)表示线段OA n上除端点外的整点个数，则f(1)+f(2)+…+f(1990)= .【答案】1326【解析】易见n与n+3的最大公约数(n,n+3)={3(3|n)1(3|n)，当(n,n+3)=1时，OA n内无整点，否则，设(m，l)为OA n内部的整点，1≤m<n，1≤l<n+3，则由ml =nn+3，m(n+3)=ln推知n|m，这与m<n矛盾.当(n,n+3)=3时，设n=3k.则OA n内有两个整点(k，k+1)，(2k，2k+2)，所以∑1990i=1f(i)=2×[19903]=1326.其中[x]代表不超过实数x的最大整数.33．【1989高中数学联赛（第01试）】(1)若log a√2<1，则a的取值范围是.(2)已知直线l：2x+y=10，过点(－10，0)作直线l'⊥l，则l'与l的交点坐标为.(3)设函数f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)−1|，f2(x)=|f1(x)−2|，则函数y=f2(x)的图像与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是.(4)一个正数，若其小数部分、整数部分和其自身构成等比数列，则该数为.(5)如果从数1，2，…，14中，按由小到大的顺序取出a1,a2,a3，使同时满足a2−a1⩾3与a3−a2⩾3，那么所有符合上述要求的不同取法有种.(6)当s和t取遍所有实数时，则(s+5－3|cost|)2+(s－2|sint|)2所能达到的最小值是.【答案】答案见解析【解析】(1)0<a<1或a>√2.(2)由已知l'的斜率为12，则l′的方程是y=12(x+10).解方程组{2x+ly=10x−2y=−10得交点坐标为(2，6).(3)依次作出函数y=f0(x),y=f1(x),y=f2(x)的图像，所求面积为7.(4)设该数为x，则其整数部分为[x]，小数部分为x－[x]，由已知得x=(x−[x])=[x]2.其中[x]>0,0<x−[x]<1，解得x=1+√52[x].由0<x−[x]<1知0<√5−12[x]<1，0<[x]<1+√52<2.即[x]=1,x=1+√52.(5)设S={1,2,⋯,14}，S′={1,2,⋯,10}，T={(a1,a2,a3)|a1,a2,a3∈S，a2−a1⩾3,a3−a2⩾3}，T′={(a1′,a2′,a3′∈S′)|a1′,a2′,a3′∈S′,a1′<a2′<a3′}，a1′=a1,a2′=a2−2，a3′=a3−4，(a1,a2,a3)∈T.易证f是T和T'之间的一个一一对应，所以所求的取法种数，恰好等于从S′中任意取出三个不同数的所有不同的种数，共120种.引申这里用到的是化归思想，即把问题转化成我们熟知的，已经解决了的简单问题.对于本问题，如果仅要求a 1<a 2<a 3就可以很快的给出结果C 143.做替换b 1=a 1,b 2=a 2−2,b 3=a 3−4，则条件a 2−a 1⩾3与a 3−a 2⩾3就相当于b 1<b 2<b 3，化归成功. 化归是一种很重要的数学思想方法.它的本质就是把不熟悉的问题转化成已经熟悉，已经解决的问题.化归就是化简.(6)考虑直线{x =s +5y =s 和椭圆弧{x =3|cost|y =2|sint|，如图所示，则原式表示直线上任意一点与椭圆弧上任意一点之间的距离的平方，显然点A 到直线的垂直距离最短，即点(3，0)到直线的距离的平方最小，为2.34．【1987高中数学联赛（第01试）】已知集合M ={x ，xy ，lg (xy )}及N ={0，|x |，y }，并且M =N ，那么(x +1y )+(x 2+1y 2)+(x 3+1y 3)+⋯+(x 2001+1y 2001)的值等于 .【答案】−2【解析】由集合相等知，两个集合的元素相同.这样，M 中必有一个元素为0，又由对数的定义知xy ≠0，故x ，y 不为零，所以lg(xy)=0,xy =1，M ={x,1,0},N ={0,|x|,1x}.再由集合相等知{x =|x|1=1x或{x =1x 1=|x| . 但当x =1时，将与同一个集合中元素的相异性矛盾，故只有x =－1，从而y =－1. 于是x 2k+1+1y 2k+1=−2 (k =0,1,2,⋯)，x 2k +1y 2k=2 (k =1,2,⋯).故所求代数式的值为－2.引申利用的是集合相等的基本定义：M =N ⇔M 的元素可以和N 建立一个一一相等的关系.这里我们是局部的看两个集合相等.有时我们则利用集合相等考虑集合的整体性质. 比如，如果a 1,a 2,⋯,a n 是1，2，…，n 的一个排列，则必有a 1+a 2+⋯+a n =1+2+⋯+n ，a 1a 2⋯a n =1⋅2⋅⋯⋅n 等关系.35．【1985高中数学联赛（第01试）】对任意实数x ，y ，定义运算x *y 为x *y =ax +by +cxy ，其a ，b ，c 为常数，等式右端中的运算是通常的实数加法、乘法运算.现已知1*2=3，2*3=4并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x都有x*d=x，则d=.【答案】4【解析】因对任一实数x，有x∗d=ax+bd+cdx=x(d≠0).所以0∗d=bd=0.因为d≠0，所以b=0，于是，由{1∗2=a+2b+2c=32∗3=2a+3b+6c=4，则{a+2c=32a+6c=4，所以{a=5c=−1.又由1∗d=a+bd+cd=1，所以得d=4.优质模拟题强化训练1．设f(x)=|x+1|+|x|−|x−2|，则f(f(x))+1=0有________个不同的解.【答案】3【解析】因为f(x)=|x+1|+|x|−|x−2|={−x−3，x≤−1 x−1，−1<x≤0 3x−1，0<x≤2x+3，x>2由f(f(x))+1=0得到f(x)=−2，或f(x)=0.由f(x)=−2，得一个解x=−1；由f(x)=0得两个解x=−3，x=13，共3个解.2．设a、b为不相等的实数.若二次函数f(x)=x2+ax+b满足f(a)=f(b)，则f(2)的值为______.【答案】4【解析】由已知条件及二次函数图像的轴对称性得a+b 2=−a2⇒2a+b=0⇒f(2)=4+2a+b=4.故答案为：43．已知定义在R上的奇函数f(x)，它的图象关于直线x=2对称．当0<x≤2时，f(x)=x+1，则f(−100)+ f(−101)=______．【答案】2【解析】由f(x)为奇函数，且其图象关于直线x=2对称，知f(−x)=−f(x)，且f(2−x)=f(2+x)，所以f(x+4)=f(−x)=−f(x)，f(x+8)=−f(x+4)=f(x)．f(x)是以8为周期的周期函数．又f(3)=f(1)=2，f(4)=f(0)=0，所以f(−100)+f(−101)=f(4)+f(3)=0+2=2．4．设f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)=2，当时x>0时，f(x)是增函数，且对任意的x、y∈R，都有f(x+y )=f(x)+f(y)．则函数f(x)在区间[−3,−2]上的最大值是______．【答案】−4【解析】因为f(x)是奇函数，且在(0,+∞)上是增函数，所以，f(x)在(−∞,0)上也是增函数．于是，f(−3)≤f(x)≤f(−2)．又f(2)=f(1)+f(1)=4，则f(−2)=−f(2)=−4．故函数f(x)在[−3,−2]上的最大值为−4．故答案为：−45．设函数f(x)=1−4x2x−x，则不等式f(1−x2)+f(5x−7)<0的解集为________.【答案】(2,3)【解析】因为f(−x)=1−4−x2−x +x=4x−12x+x=−f(x)，所以f(x)是奇函数。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题12不等式A辑历年联赛真题汇编1．【2007高中数学联赛（第01试）】设实数a使得不等式|2x−a|+|3x−2a|≥a2对任意实数x恒成立，则满足条件的a所组成的集合是( )A．[−13,13]B．[−12,12]C．[−14,13]D．[−3,3]【答案】A【解析】令x=23a，则有|a|⩽13，排除B，D.由对称性排除C.从而只有A正确.故选A．.一般地，对k∈R，令x=12ka，则原不等式为|a|⋅|k−1|+32|a|⋅|k−34|⩾|a|2，由此易知原不等式等价于|a|⩽|k−1|+32|k−43|，对任意的k∈R成立.由于|k−1|+32|k−43|={52k−3(k⩾43)1−12k(1⩽k<43)3−52k(k<1)，所以min k∈R{|k−1|+32|k−43|}=13，从而上述不等式等价于|a|⩽13.2．【2005高中数学联赛（第01试）】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−√3B．√3C．√6+√3D．√6【答案】D【解析】令y=√x−3+√6−x(3⩽x⩽6)，则y2=(√x−3+√6−x)2⩽2[(x−3)+(6−x)]=6，所以0<y⩽√6，当x=92时，y=√6，故y 的最大值为√6，所以实数k 的最大值为√6. 故选：D.3．【2004高中数学联赛（第01试）】不等式√log 2x −1+12log 12x 3+2>0的解集为( )A ．[2,3)B ．(2,3]C ．[2,4)D ．(2,4]【答案】C【解析】原不等式等价于{√log 2x −1−32log 2x +32+12>0log 2x −1⩾0 ，设√log 2x −1=t ，则有{t −32t 2+12>0t ⩾0，解得0⩽t <1，即0⩽log 2x −1<1，所以2⩽x <4. 故选：C.4．【2003高中数学联赛（第01试）】已知x ，y 都在区间(－2，2)内，且xy =－1，则函数u =44−x 2+99−y 2的最小值是( ) A ．85B ．2411C ．127D ．125【答案】D【解析】由已知得y =−1x ,故u =44−x2+9x 29x 2−1=−9x 4+72x 2−4−9x 4+37x 2−4=1+3537−(9x 2+4x2)，而x ∈(−2,−12)∪(12,2)，故当9x 2=4x 2，即x 2=23时，9x 2+4x 2的值最小，而此时函数u 有最小值125，故选：D.5．【2001高中数学联赛（第01试）】已知6枝玫瑰与3枝康乃馨的价格之和大于24元，而4枝玫瑰与5枝康乃馨的价格之和小于22元，则2枝玫瑰的价格和3枝康乃馨的价格比较，结果是( ) A ．2枝玫瑰价格高 B ．3枝康乃馨价格高 C ．价格相同 D ．不确定【答案】A【解析】由题意得{6x +3y >244x +5y <22 ，令6x +3y =a,4x +5y =b ，联立解得x =5a−3b 18,y =3b−2a 9，所以2x −3y =11a−12b9，因为a >24,b <22，所以11a −12b >11×24−12×22=0，所以2x>3y.故选：A.6．【1986高中数学联赛（第01试）】设实数a，b，c满足{a 2−bc−8a+7=0b2+c2+bc−6a+6=0，那么a的取值范围是( )A．(−∞,+∞)B．(−∞,1]∪[9,+∞)C．(0,7)D．[1,9]【答案】D【解析】由{a2−bc−8a+7=0b2+c2+bc−6a+6=0得{bc=a2−8a+7b2+c2+bc=6a−6，所以b2+c2−2bc=−3(a2−10a+9)，即(b−c)2=−3(a−1)(a−9)⩾0.所以1≤a≤9.故选：D.7．【1986高中数学联赛（第01试）】边长为a，b，c的三角形，其面积等于14，而外接圆半径为1，若s=√a+√b+√c,t=1a +1b+1c，则s与t的大小关系是( ).A．s>t B．s=t C．s<t D．不确定【答案】C【解析】因为c=2RsinC=2sinC，又12absinC=14，所以abc=1.于是t=1a +1b+1c=bc+ca+ababc=ab+bc+ca=(√ab)2+(√bc)2+(√ca)2⩾√ab2c+√abc2+√a2bc=√abc(√a+√b+√c)=√a+√b+√c=s.且其中取不到等号，否则a=b=c=R=1是不可能的，故答案为C．8．【1984高中数学联赛（第01试）】下列四个图的阴影部分(不包括边界)满足不等式log x(log x y2)>0的是A．B．C．D．【答案】D【解析】由不等式log x(log x y2)>0判断它所表示的区域.当x>1时，可得y2>x>1,当0<x<1时，可得1>y2>x>0.然后与抛物线y2=x比较即可9．【1983高中数学联赛（第01试）】设a，b，c，d，m，n都是正实数，P=√ab+√cd，Q=√ma+nc⋅√b m +dn，那么( )A．P⩾Q B．P⩽Q C．P<Q D．P，Q间的大小关系不确定，而与m，n的大小有关【答案】B【解析】因为a，b，c，d，m，n是正实数，所以Q=√ab+madn +ncbm+cd⩾√ab+2√abcd+cd=√(√ab+√cd)2=√ab+√cd=P.10．【1982高中数学联赛（第01试）】当a，b是两个不相等的正数时，下列三个代数式：甲：(a+1a)(b+1b )，乙：(√ab+ab)2，丙(a+b2+2a+b)2中，值最大的一个( )A．必定是甲B．必定是乙C．必定是丙D．一般并不确定，而与a，b的取值有关【答案】D【解析】(i)甲=ab+1ab +ba+ab，乙=ab+1ab+2，由题设易得，必定有甲>乙.(ii)当a=1，b=12时，经计算可知，甲>丙；而当a=2，b=3时，则有甲<丙，说明甲和丙的值的大小与a，b取值有关.11．【2017高中数学联赛B 卷（第01试）】若正整数a 、b 、c 满足2017≥10a ≥100b ≥1000c ，则数组(a ，b ，c )的个数为 .【答案】574【解析】由条件知c ⩽[20171000]=2.当c =1时，有10≤b ≤20.对于每个这样的正整数b ，由10b ≤a ≤201知，相应的a 的个数为202－10b . 从而这样的正整数组的个数为∑(202−10b)20b=10=(102+2)×112=572.当c =2时，由20⩽b ⩽[2017100]，知b =20.进而200⩽a ⩽[201710]=201，故a =200，201.此时共有两组(a ，b ，c )综上所述，满足条件的正整数组的个数为572+2=574.12．【2016高中数学联赛（第01试）】设实数a 满足a <9a 3−11a <|a|，则a 的取值范围是 .【答案】(−2√33,−√103)【解析】由a <|a |可得a <0，原不等式可变形为1>9a 3−11aa>|a|a=−1，即−1<9a 2−11<1，所以a 2∈(109,43).又a <0，故a ∈(−2√33,−√103).13．【2013高中数学联赛（第01试）】设a ，b 为实数，函数f (x )=ax +b 满足：对任意x ∈[0，1]，有|f(x)|⩽1.则ab 的最大值为 .【答案】14【解析】易知a =f(1)−f(0),b =f(0)，则ab =f(0)⋅(f(1)−f(0))=−(f(0)−12f(1))2+14(f(1))2⩽14(f(1))2⩽14.当2f(0)=f(1)=±1，即a =b =±12时故ab 的最大值为14.14．【2012高中数学联赛（第01试）】设x ，y ，z ∈[0，1]，则M =√|x −y|+√|y −z|+√|z −x|的最大值是.【答案】√2+1【解析】不妨设0⩽x ⩽y ⩽z ⩽1，则M =√y −x +√z −y +√z −x ，因为√y −x +√z −y ⩽√2[(y −x)+(z −y)]=√2(z −x)，所以M ⩽√2(z −x)+√z −x =(√2+1)√z −x ⩽√2+1.当且仅当y−x=z−y,x=0,z=1即x=0,y=12,z=1时，上式等号同时成立.故M max=√2+1.15．【2011高中数学联赛（第01试）】设a，b为正实数，1a +1b⩽2√2，(a－b)2=4(ab)3，则log a b=.【答案】−1【解析】由1a +1b⩽2√2得a+b⩽2√2ab，又(a+b)2=4ab+(a−b)2=4ab+4(ab)3⩾4⋅2√ab⋅(ab)3=8(ab)2，即a+b⩾2√2ab①于是a+b=2√2ab②再由不等式①中等号成立的条件，得ab=1，与式②联立解得{a=√2−1b=√2+1或{a=√2+1b=√2−1.故log a b=−1.16．【2010高中数学联赛（第01试）】方程x+y+z=2010满足x≤y≤z的正整数解(x，y，z)的个数是.【答案】336675【解析】首先易知x+y+z=2010的正整数解的个数为C20092=2009×1004，把x+y+z=2010满足x≤y≤z的正整数解分为3类：(1)x，y，z均相等的正整数解的个数显然为1；(2)x，y，乙中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3)设x，y，乙两两均不相等的正整数解为k.易知1+3×1003+6k=2009×1004，所以6k=2009×1004−3×1003−1=2006×1005−2009+3×2−1=2006×1005−2004.即k=1003×335−334=335671.从而满足x≤y≤z的正整数解的个数为1+1003+335671=336675.17．【2009高中数学联赛（第01试）】在坐标平面上有两个区域M和N，M为{y⩾0y⩽xy⩽2−x，N是随t变化的区域，它由不等式t≤x≤t+1所确定，t的取值范围是0≤t≤1，则M和N的公共面积是函数f(t)=.【答案】−t2+t+12【解析】由题意知f(t)=S阴影部分面积=S△AOB−S△OCD−S△BEF=1−12t2−12(1−t)2=−t2+t+12.18．【2008高中数学联赛（第01试）】设f(x)是定义在R上的函数，若f(0)=2008，且对任意x∈R，满足f(x+2 )−f(x)⩽3⋅2x，f(x+6)−f(x)⩾63⋅2x，则f(2008)=.【答案】22008+2007【解析】解法一由题设条件知f(x+2)−f(x)=−(f(x+4)−f(x+2))−(f(x+6)−f(x+4))+(f(x+6)−f(x))⩾−3⋅2x+2−3⋅2x+4+63⋅2x=3⋅2x，因此有f(x+2)−f(x)=3⋅2x，故f(2008)=f(2008)−f(2006)+f(2006)−f(2004)+⋯+f(2)−f(0)+f(0)=3⋅(22006+22004+⋯+22+1)+f(0)=3⋅41003+1−14−1+f(0)=22008+2007.解法二令g(x)=f(x)−2x，则g(x+2)−g(x)=f(x+2)−f(x)−2x+2+2x⩽3⋅2x−3⋅2x=0，g(x+6)−g(x)=f(x+6)−f(x)−2x+6+2x⩾63⋅2x−63⋅2x=0，即g(x+2)⩽g(x),g(x+6)⩾g(x)，故g(x)⩽g(x+6)⩽g(x+4)⩽g(x+2)⩽g(x)，得g(x)是周期为2的周期函数，所以f(2008)=g(2008)+22008=g(0)+22008=22008+2007.19．【2003高中数学联赛（第01试）】不等式|x|3−2x2−4|x|+3<0的解集是.【答案】(−3,1−√52)∪(−1+√52,3)【解析】由原不等式分解可得(|x|−3)(x2+|x|−1)<0，由此得所求不等式的解集为(−3,−√5−12)∪(√5−12,3).当x≥0时，原不等式为x3−2x2−4x+3<0，即(x−−1−√52)(x−−1+√52)(x−3)<0.注意到x≥0，得√5−12<x<3，因为f(x)=|x|x3−2x2−4|x|+3为偶函数.所以当x<0时，解为−3<x<1−√52，故原不等式的解集为(−3,1−√52)∪(−1+√52,3).20．【2002高中数学联赛（第01试）】若log4(x+2y)+log4(x−2y)=1，则|x|−|y|的最小值是.【答案】√3【解析】注意到{x+2y>0x−2y>0(x+2y)(x−2y)=4，所以{x>2|y⩾0x2−4y2=4，由对称性只考虑y≥0，因为x>0，所以只需求x－y的最小值.令x−y=u，代入x2−4y2=4有3y2−2uy+(4−u2)=0，这个关于y的二次方程显然有实根，故Δ=16(u2−3)⩾0，所以u⩾√3，当x=43√3,y=√33时u=√3，故|x|−|y|的最小值为√3.21．【2001高中数学联赛（第01试）】不等式|1log12x +2|>32的解集为.【答案】x>4或1<x<227或0<x<1【解析】从外形上看，这是一个绝对值不等式，先求得log12x<−2或−27<log12x<0或log12x>0，从而x>4或1<x<227或0<x<1.22．【1997高中数学联赛（第01试）】设a=lgz+lg[x(yz)−1+1]，b=lgx−1+lg(xyz+1)，c=lgy+lg[(xyz )−1+1]，记a,b,c中最大数为M，则M的最小值为.【答案】lg2【解析】由已知条件得a=lg(xy−1+z)，b=lg(yz+x−1)，c=lg[(xz)−1+y].设xy−1+z,yz+x−1,(xz)−1+y中的最大数为u，则M=lgu.由已知条件知x，y，z均为正数，于是u2⩾(xy−1+z)[(xz)−1+y]=[(yz)−1+yz]+(x+x−1)⩾2+2=4.所以，u≥2，且当x=y=z=1时，u=2，故u的最小值为2，从而M的最小值为lg2.23．【1995高中数学联赛（第01试）】在直角坐标平面上，满足不等式组{y⩽3x y⩾x3x+y⩽100的整点个数是.【答案】2551【解析】两条坐标轴及直线x+y=100所围区域(含边界)上的整点共有1+2+3+⋯+101=102×1012=5151(个)而y=13x,x+y=100及x轴所围区域(边界不包括y=13x)上的整点共有(1+1+1+1)+(2+2+2+2)+⋯+(25+25+25+25)=4×(1+2+⋯+25)=1300(个).又y=3x,x+y=100，及y轴所围区域(边界不包括y=3x)上的整点也有1300个.所以，满足题设条件的整点共有5151−2×1300=2551(个).24．【1994高中数学联赛（第01试）】已知有向线段PQ的起点P和终点Q的坐标分别为(－1，1)和(2，2)，若直线l：x+my+m=0与PQ的延长线相交，则m的取值范围是.【答案】−3<m<−23【解析】直线l的方程x+my+m=0，即x+m(y+1)=0，显然是经过点M(0，－1)的直线方程.过点M作直线l1//PQ，显然，l1的斜率为k1=2−12+1=13，过M，Q作直线l2，则l2的斜率为k2=32.如图所示，与PQ的延长线相交的直线l应夹在l1与l2之间，即k1<k<k2(k为l的斜率).于是13<−1m<32，3>−m>23，−3<m<−23.25．【1993高中数学联赛（第01试）】实数x，y满足4x2−5xy+4y2=5，设S=x2+y2，则1S max +1S min的值为.【答案】85【解析】解法一易知s=x2+y2>0.设{x=√scosθy=√ssinθ，代入4x2−5xy+4y2=5，得sin2θ=8s−105s.于是|8s−105s |⩽1，有1013⩽s⩽103，因为S max=103,S min=1013，所以1S max +1S min=310+1310=85.解法二令x=a+b2,y=a−b2，代入条件得3a2+13b2=20，S=12(a2+b2).因此有6S=3(a2+b2)⩽3a2+13b2=20⩽26，S=13(a2+b2)，S max=1013,S min=103，1S max+1S min=85.26．【1993高中数学联赛（第01试）】设任意实数x0>x1>x2>x3>0，要使log x0x11993+log x1x21993+log x2x31993>klog x0x31993恒成立，则k的最大值是.【答案】9【解析】将原不等式改写为1log1993x0x1+1log1993x1x2+1log1993x2x3⩾k1log1993x0x1⋅x1x2⋅x2x3.即1log 1993xx 1+1log 1993x1x 2+1log 1993x 2x 3⩾k1log 1993x 0x 1+log 1993x 1x 2+log 1993x2x 3.令t 1=log 1993x 0x 1,t 2=log 1993x 1x 2,t 3=log 1993x 2x 3，于是原不等式成为(t 1+t 2+t 3)(1t 1+1t 2+1t 3)⩾k ，但是(t 1+t 2+t 3)(1t 1+1t 2+1t 3)⩾3√t 1⋅t 2⋅t 33⋅3√1t 1⋅1t 2⋅1t 33=9.当且仅当t 1=t 2=t 3时，等号成立(即x 0,x 1,x 2,x 3构成等比数列时，取到等号). 所以k max =9.27．【1990高中数学联赛（第01试）】设n 为自然数，a ，b 为正实数，且满足a +b =2，则11+a n+11+b n的最小值是.【答案】1【解析】因为ab >0，所以ab ⩽(a+b 2)2=1，a n b n ⩽1.故11+an +11+bn =1+a n +b n +11+a n +b n +a n b n⩾1，当a =b =1时，上式等于1，故最小值为1.28．【1990高中数学联赛（第01试）】设n 是自然数，对任意实数x ，y ，z 恒有(x 2+y 2+z 2)⩽n (x 4+y 4+z 4)成立，则n 的最小值是.【答案】3【解析】解法一令a =x 2,b =y 2,c =z 2，题设不等式变为(a +b +c)2⩽n (a 2+b 2+c 2).一方面(a +b +c)2=a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ac ⩽a 2+b 2+c 2+(a 2+b 2)+(b 2+c 2)+(a 2+c 2)=3(a 2+b 2+c 2).所以当x =3时，不等式成立；另一方面，当a =b =c >0时，题设不等式化为9a 2⩽3na 2，必有n ≥3，故n 最小值为3.解法二3(x 4+y 4+z 4)−(x 2+y 2+z 2)2=(x 2−y 2)2+(y 2−z 2)2+(z 2−x 2)2⩾0. 或者，直接由柯西不等式3(x 4+y 4+z 4)=(1+1+1)(x 4+y 4+z 4)⩾(x 2+y 2+z 2)2.优质模拟题强化训练1．已知c >1,a =√c +1−√c,b =√c −√c −1,则正确的结论是( ) A ．a >b B ．a <b C ．a =b D ．a,b 大小不确定【答案】B 【解析】因为a =√m+1+√m ，b =√m+√m−1，又√m +1>√m >√m −1>0，则a <b ．2．若x ､y 满足|y |≤2-x ，且x ≥-1，则2x +y 的最小值为（） A ．−7 B ．−5C ．1D ．4【答案】B 【解析】原题条件等价于{−1⩽x ⩽2y ⩽2−x x −2⩽y，作出可行域如图所示，知2x +y 在x =-1，y =-3时取得最小值. 故选：B.3．已知2n 个正实数a 1≥a 2≥⋅⋅⋅≥a n ，b 1≥b 2≥⋅⋅⋅≥b n 且0≤λ≤2，令M =∑ni=1√a i 2+b i 2−λa i b i ，N =∑n i=1√a i+12+b i 2−λa i+1b i ，其中，a n+1=a 1，则M 、N 的大小关系是（）.A ．M ≥NB ．M ≤NC ．随λ而确定D ．完全不确定【答案】B 【解析】构造∠AOB，夹角θ=arccosλ2∈[0,π].如图，在射线OA、OB上依次取n个点A1,A2,⋅⋅⋅,A n及B1,B2,⋅⋅⋅,B n，使OA i=a i，OB i=b i. 由余弦定理，得N≥M，即A2B1+A3B2+⋅⋅⋅+A1B n≥A1B1+A2B2+⋅⋅⋅+A n B n.设A1B n与A2B1，A3B2，…，A n B n−1依次交于点X1,X2,⋅⋅⋅,X n−1.则由A2B1+A3B2+⋅⋅⋅+A1B n=(A1X1+B1X1)+(A2X1+X1X2+X2B2)+⋅⋅⋅+(A n X n−1+X n−1B n)≥A1B1+A2B2+⋅⋅⋅+A n B n,所以M≤N.选B.4．已知点P(1,2)既在椭圆x2a2+y2b2=1内部（包括边界），又在圆x2+y2=a2+2b23外部（包括边界）. 若a、b∈R+. 则a+b的最小值为（）.A．√5+2B．√6+√3 C．2√5D．√3+√5【答案】B【解析】由已知有1a2+4b2≤1且a2+2b2≤15. 于是，b2b2−4≤a2≤15−2b2.化简得(b2−5)(b2−6)≤0. 化简得(b2−5)(b2−6)≤0. 从而，5≤b2≤6.故a+b≥√b2b2−4+b=√t+4t+√t+4(t=b2−4∈[1,2]).而√t+4t+√t+4≥√3+√6⇔√t+4−√6≥√3−√t+4t ⇔√t+4+√6≥√3t+√t(t+4).又t≤2，故其等价于2(√t+4+√6)≥√3t+√t(t+4). 由2√6≥√3t及2≥√t，知上述不等式成立.故a+b≥√3+√6.当a 2=3，b 2=6时符合条件且取到最小值√6+√3.选B. 5．已知sin 2005x +cos 2005x =1.则对任意k >0，必有（） A ．sin k x +cos k x =1 B ．sin k x +cos k x >1 C ．sin k x +cos k x <1 D ．sin k x +cos k x 的值不确定【答案】A 【解析】因sin 2005x +cos 2005x ≤sin 2x +cos 2x =1，等于成立当且仅当sin x 与cos x 一个取0，另一个取1，此时，对任意k >0，必有sin k x +cos k x =1. 故答案为:A6．对a >3，记x =3√a −1+√a −3，y =√a +3√a −2.则x 、y 的大小关系为（）. A ．x >y B ．x <y C ．x =y D ．不能确定【答案】B 【解析】由√a >√a −2，√a −1>√a −3相加得√a +√a −1>√a −2+√a −3⇒√a −√a −1>√a −2−√a −3>0⇒√a −√a −1<√a −2−√a −3 ⇒√a +√a −3<√a −1+√a −2 ⇒0<√a−√a−3<√a−1−√a−2⇒3(√a −1−√a −2)<√a −√a −3⇒3√a −1+√a −3<√a +3√a −2. 故答案为：B7．对于满足0≤p ≤4的一切实数p ，不等式 x 4+px >4x +p −3恒成立。

高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题25平面几何A辑(原卷版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题25平面几何A辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛A卷（第02试）】如图,在等腰△ABC中, AB=BC, I为内心, M为BI的中点,P为边AC 上一点,满足AP=3PC,PI延长线上一点H满足MH⊥PH,Q为ΔABC的外接圆上劣弧AB的中点.证明:BH⊥QH.2．【2020高中数学联赛B卷（第02试）】如图,A,B,C,D,E是圆Ω上顺次的五点,满足ABC=BCD=CDE,点P,Q分别在线段AD,BE上,且P在线段CQ上.证明:∠P AQ=∠PEQ.3．【2019高中数学联赛A卷（第02试）】如图，在锐角△ABC中，M是BC边的中点点P在△ABC内，使得A P平分∠BAC.直线MP与△ABP、△ACP的外接圆分别相交于不同于点P的两点D、E.证明:若DE=MP，则BC =2BP.4．【2019高中数学联赛B卷（第02试）】如图，点A、B、C、D、E在一条直线上顺次排列，满足BC=CD=√AB⋅DE，点P在该直线外，满足PB=PD.点K、L分别在线段PB、PD上，满足KC平分∠BKE，LC平分∠A LD.证明:A、K、L、E四点共圆.5．【2018高中数学联赛A卷（第02试）】如图，△ABC为锐角三角形，AB<AC，M为BC边的中点，点D和E 分别为△ABC的外接圆弧BAC和弧BC的中点，F为△ABC的内切圆在AB边上的切点，G为AE与BC的交点，N在线段EF上，满足NB⊥AB.证明:若BN=EM，则DF⊥FG.6．【2018高中数学联赛B卷（第02试）】如图所示，在等腰△ABC中，AB=AC，边AC上一点D及BC延长线上一点E满足ADDC =BC2CE，以AB为直径的圆ω与线段DE交于一点F.证明:B、C、F、D四点共圆.7．【2017高中数学联赛A卷（第02试）】如图，在△ABC中，AB=AC，I为△ABC的内心.以A为圆心，AB为半径作圆Γ1，以I为圆心，IB为半径作圆Γ2，过点B、I的圆Γ3与Γ1,Γ2分别交于点P、Q(不同于点B).设IP与BQ 交于点R.证明:BR⊥CR.8．【2017高中数学联赛B卷（第02试）】如图，点D是锐角△ABC的外接圆ω上弧BC的中点，直线DA与圆ω过点B、C的切线分别相交于点P、Q，BQ与AC的交点为X，CP与AB的交点为Y，BQ与CP的交点为T.求证:AT平分线段XY.9．【2016高中数学联赛（第02试）】如图所示，在△ABC中，X、Y是直线BC上两点(X，B，C，Y顺次排列)，使得BX⋅AC=CY⋅AB.设△ACX、△ABY的外心分别为O1,O2，直线O1O2与AB、AC分别交于点U、V.证明:△AUV是等腰三角形.10．【2015高中数学联赛（第02试）】如图，△ABC内接于圆O，P为弧BC上一点，点K在线段AP上，使得BK平分∠ABC.过K，P，C三点的圆与边AC交于点D，联结BD交圆厂于点E，联结PE并延长与边AB交于点F.证明：∠ABC=2∠FCB.11．【2014高中数学联赛（第02试）】如图，在锐角△ABC中，∠BAC≠60°，过点B，C分别作△ABC的外接圆的切线BD，CE，且满足BD=CE=BC.直线DE与AB，AC的延长线分别交于点F，G设CF与BD交于点M，C E与BG交于点N证明：AM=AN.12．【2013高中数学联赛（第02试）】如图，AB是圆ω的一条弦，P为弧AB内一点，E，F为线段AB上两点，满足AE=EF=FB.联结PE，PF并延长，与圆分别相交于点C，D.求证EF⋅CD=AC⋅BD.13．【2012高中数学联赛（第02试）】在锐角△ABC中，AB>AC，M，N是BC边上不同的两点，使得∠BAM=∠CAN.设△ABC和△AMN的外心分别为O1，O2，求证：O1，O2，A三点共线.14．【2011高中数学联赛（第02试）】如图，P，Q分别是圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD的中点若∠BP A=∠DP A，证明：∠AQB=∠CQB.15．【2010高中数学联赛（第02试）】如图，锐角△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.16．【2009高中数学联赛（第02试）】如图，M，N分别为锐角△ABC(∠A<∠B)的外接圆Γ上弧BC，AC的中点.过点C作PC∥MN交圆于点P，I为△ABC的内心，联结PI并延长交圆Γ于T.(1)求证：MP⋅MT=NP⋅NT；(2)在弧AB(不含点C)上任取一点Q(Q≠A，T，B)，记△AQC，△QCB的内心分别为I1,I2，求证：Q，I1，I2，T 四点共圆.17．【2008高中数学联赛（第02试）】如图，给定凸四边形ABCD，∠B+∠D<180°，P是平面上的动点，令f(P )=PA⋅BC+PD⋅CA+PC⋅AB，(1)求证：当f(P)达到最小值时，P，A，B，C四点共圆；(2)设E是△ABC外接圆O的弧AB上一点，满足：AEAB =√32,BCEC=√3−1,∠ECB=12∠ECA，又已知DA，DC是圆O的切线，AC=√2，求f(P)的最小值.18．【2007高中数学联赛（第02试）】如图，在锐角△ABC中，AB<AC，AD是边BC上的高，P是线段AD内一点.过P作PE⊥AC，垂足为E，作PF⊥AB，垂足为F.O1，O2分别是△BDF，△CDE的外心求证：O1，O2，E，F四点共圆的充要条件为P是△ABC的垂心.19．【2005高中数学联赛（第02试）】如图，在△ABC中，设AB>AC，过A作△ABC的外接圆的切线L.又以A 为圆心，AC为半径作圆分别交线段AB于D，交直线l于E，F.证明：直线DE，DF分别通过△ABC的内心与一个旁心.(注：与三角形的一边及另两边的延长线均相切的圆称为三角形的旁切圆，旁切圆的圆心称为旁心).20．【2004高中数学联赛（第02试）】在锐角△ABC中，AB上的高CE与AC上的高BD相交于点H，以DE为直径的圆分别交AB，AC于F，G两点.FG与AH相交于点K.已知BC=25，BD=20，BE=7.求AK的长. 21．【2003高中数学联赛（第02试）】过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A，B，所作割线交圆于C，D两点，C在P，D之间在弦CD上取一点Q，使∠DAQ=∠PBC.求证：∠DBQ=∠P AC.22．【2003高中数学联赛（第02试）】设三角形的三边长分别是整数l，m，n，且l>m>n，已知{3l104}={3m104}={3n104}，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超过x的最大整数.求这种三角形的周长的最小值.23．【2003高中数学联赛（第02试）】由n个点和这些点之间的l条连线段组成一个空间图形，其中n=q2+q+l，l⩾12q(q+1)2+l，q⩾2，q∈N.已知任四点不共面，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：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) 24．【2002高中数学联赛（第02试）】如图，在△ABC中，∠A=60°，AB>AC，点O是外心.两条高BE，CF交于点H.点M，N分别在线段BH，HF上，且满足BM=CN.求MH+NHOH的值.25．【2001高中数学联赛（第02试）】如图，在△ABC中，O为外心，三条高AD，BE，CF交于点H，直线ED 和AB交于点M，FD和AC交于点N.求证：(1)OB⊥DF，OC⊥OE；(2)OH⊥MN.优质模拟题强化训练1．如图，在锐角△ABC中，M是BC边的中点点P在△ABC内，使得AP平分∠BAC.直线MP与△ABP、△AC P的外接圆分别相交于不同于点P的两点D、E.证明：若DE=MP，则BC=2BP.2．如图所示，D是△ABC中，边BC的中点，K为AC与△ABD的外接圆O的交点，EK平行于AB且与圆O交于E，若AD=DE，求证：AB+AK=KC.3．如图所示，BE、CF分别是锐角三角形△ABC的两条高，以AB为直径的圆与直线CF相交于点M、N，以AC 为直径的圆与直线BE相交于点P、Q.证明：M、N、P、Q四点共圆.4．如图，AB、P A、PBC分别为⊙O的切线和割线，切点A是BD的中点，AC、BD相交于点E，AB、PE相交于点F，直线CF交⊙O于另一点G、交P A于点K.证明：（1）K是P A的中点；（2）AG2=BG⋅PG..5．如图，设△ABC的外接圆为⊙O，∠BAC的角平分线与BC交于点D，M为BC的中点.若△ADM的外接圆⊙Z分别于AB、AC交于P、Q，N为PQ的中点，证明：MN//AD.6．如图，⊙O1、⊙O2与⊙O3交于点P，⊙O1与⊙O2的另一个交点为A，经过点A的一条直线分别与⊙O1、⊙O2交于点B、C，AP的延长线与⊙O3交于点D，作DE∥BC与⊙O3交于点E，再作EM、EN分别与⊙O1、⊙O2切于点M、N.证明：EM2−EN2=DE⋅BC.7．如图，在锐角△ABC中，E、E是边BC上的点，△ABC、△ABD、△ADC的外心分别为O、P、Q．证明：（1）△APQ∽△ABC；（2）若EO⊥PQ，则QO⊥PE．8．如图，ΔABC的内切圆⊙I与三边BC、CA、AB分别切于点D、E、F，直线AI、BI与⊙I分别交于点A1、A0、B1、B0(|AA1|<|AA0|,|BB1|<|BB0|).过点A0、B0作边AB的平行线分别与⊙I交于点C A、C B，联结C A F、C B F，过点F作C A F的一条垂线与C A A1交于点C3，过点F作C B F的一条垂线与C B B1交于点C4.设直线AC3与直线BC4交于点C’，类似地，得到点A’、B’.证明：ΔA′B′C′的外接圆半径是⊙I半径的2倍.9．如图，⊙O1与⊙O2的半径相等，交于X、Y两点. ΔABC内接于⊙O1，且其垂心H在⊙O2上，点Z使得四边形CXZY为平行四边形.证明：AB、XY、HZ三线共点.10．如图，⊙O切AB、AC于点B、C，过C的割线CD//AB交⊙O于点D，E是AB延长线上一点，直线CE分别交BD和⊙O于点F、G.延长BG与CD的延长线相交于点P.求证：A、F、P三点共线.11．如图，在△ABC中，AB>AC，圆Γ是△ABC的外接圆，圆a>2过点B且与AC切于点A，圆Γ2过点C且与AB切于点A，圆a>2与圆Γ2交于A、D两点，射线BD与圆Γ2交于点E，射线CD与圆a>2交于点F(点E、F均不与D 重合)，直线BF与CE交于点P。

高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题21复数A辑(解析版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题21复数A辑历年联赛真题汇编1．【2000高中数学联赛（第01试）】设ω=cosπ5+i sinπ5，则以ω,ω3,ω7,ω9为根的方程是( )A．x4+x3+x2+x+1=0B．x4−x3+x2−x+1=0 C．x4−x3−x2+x+1=0D．x4+x3+x2−x−1=0【答案】B【解析】本题也可以用检验法.显然|ω|=1,ω10=1，所以ω+ω3+ω7+ω9=ω+ω3+ω3+ω̅=2cosπ5+2cos3π5=4cos2π5cosπ5=4cos2π5cosπ5sinπ5=1.由根与系数的关系，从而排除A，D.又有ωω3ω7+ωω3ω9+ωω7ω9+ω3ω7ω9=ω+ω3+ω7+ω9=1，再排除C，故选：B.2．【1995高中数学联赛（第01试）】设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为Z1，Z 2，…，Z20，则复数Z11995,Z21995,⋯，Z201995所对应的不同的点的个数是( )A.4B.5C.10D.20【答案】A【解析】解法1设Z1=cosθ+isinθ，则Z k=(cosθ+isinθ)(cos2(k−1)π20)+ isin 2(k−1)π20(1⩽k⩽20)，由1995=20×99+15得Z k1995=(cos1995θ+isin1995θ)(cos3π2+i sin3π2)k−1=(cos1995θ+isin1995θ)(−i)k−1(k=1,2,⋯,20).共有4个不同的值，故选A．解法2不妨设Z1,Z2,⋯,Z20为1的20个20次单位根，则Z11995,Z21995,⋯,Z201995必为1的4次单位根，且不难得知Z11995，Z21995,⋯,Z201995包含了1的4个4次单位根，故Z11995,Z21995,⋯,Z201995所对应不同点的个数为4.3．【1994高中数学联赛（第01试）】给出下列两个命题：(1)设a，b，c都是复数，如果a2+b2>c2，则a2+ b2−c2>0.(2)设a，b，c都是复数，如果a2+b2−c2>0，则a2+b2>c2.那么下述说法正确的是( ) A．命题(1)正确，命题(2)也正确B．命题(1)正确，命题(2)错误C．命题(1)错误，命题(2)也错误D．命题(1)错误，命题(2)正确【答案】B【解析】命题(1)是正确的.则a2+b2>c2，表示a2+b2与c2都是实数，因此，根据移项法则有a2+b2−c2>0，命题(2)是错误的.仅表明a2+b2−c2是实数，并不能保证a2+b2与c2是实数，故a2+b2>c2不一定成立.例如，取a=2+i,b=i,c=2√i，则有a2+b2−c2=(3+4i)+(−1)−4i=2>0，但并没有a2+b2=2+4i>4i=c2.4．【1992高中数学联赛（第01试）】设复数z1，z2在复平面上的对应点分别为A，B，且|z1|=4,4z12−2z1z2+ z22=0.O为坐标原点，则△OAB的面积为( )A．8√3B．4√3C．6√3D．12√3【答案】A【解析】由已知得(z2−z1)2+3z12=0，z2−z1=±√3z1i.故在复平面上等式两边的复数所对应的向量互相垂直，即OA⊥AB.如图.故SΔABC=12|OA|⋅|AB|=12|OA|⋅|√3OA|=12×4×4√3=8√3.5．【1991高中数学联赛（第01试）】设a，b，c均为非零复数，且ab =bc=ca，则a+b−ca−b+c的值为( )A．1B．±ωC．1,ω,ω2D．1,−ω,−ω2，其中ω=−12+√32i.【答案】C【解析】令ab =bc=ca=t，则a=bt=ct2=at3由a≠0，知t3=1，因此，t=1,ω,ω2.利用比例性质，知原式等于1t，故当t=1,ω,ω2时，原式分别取1,ω,ω2.6．【1990高中数学联赛（第01试）】设非零复数x，y满足x2+xy+y2=0，则代数式(xx+y )1990+(yx+y)1990的值是()A．2−1989B．−1C．1D．以上答案都不对【答案】B【解析】令y=ωx(ω≠1)，代入已知条件得1+ω+ω2=0，所以(1−ω)(1+ω+ω2)=0，进而ω3=1.故原式=1(1+ω)1990+ω1990(1+ω)1990=1+ω1990(1−ω2)1990=1+ωω2=−1.7．【1986高中数学联赛（第01试）】设z为复数，M={z|(z−1)2=|z−1|2}，那么( ).A．M={纯虚数}B．M={实数}C．{实数}⊆M⊆{复数}D．M={复数}【答案】B【解析】因为(Z−1)2=|Z−1|2，即(Z−1)2=(Z−1)(Z−1)，所以(Z−1)(Z−Z)=0.因此，Z=1或Z=Z.即Z为实数，故选：B.8．【1985高中数学联赛（第01试）】设Z，W，λ为复数，|λ|≠1，关于Z的方程Z－λZ=W有下面四个结论：1.Z=λ̅W+W̅1−|λ|2是这个方程的解；Ⅱ.这个方程只有一个解；Ⅲ.这个方程有两个解；Ⅳ.这个方程有无穷多解.则( ) A．只有I和Ⅱ是正确的B．只有和Ⅲ是正确的C．只有I和Ⅳ是正确的D．以上A，B，C都不正确【答案】A【解析】由题中给出的四个结论，可知本题需要根据解方程的情况作出选择，于是考虑在方程Z−λZ=W的两端同取共轭，得Z−λZ=W̅，以λ乘两端，得λZ−|λ|2Z=λW̅，与原方程两端分别相加，得Z(1−|λ|2)=λW+W.两端再取共轭，得Z(1−|λ|2)=λW+W̅.因为|λ|2≠1，所以Z=λ̅W+W̅1−|λ|2.9．【1984高中数学联赛（第01试）】集合S={Z2|argZ=α,α为常数}在复平面的图形是( )A．射线argZ=2a B．射线argZ=－2aC．射线argz=－a D．上述答案都不对【答案】B或D【解析】根据一对共轭复数的模相等，辐角的终边关于x轴对称，和复数的平方是模的平方且辐角乘以2，可以确定集合S在复平面上的图形.只要argZ=α(α为常数)能成立，图形就是一条射线但是，由于本题记号argZ的含义不明确，于是可以有两种不同的答案.若argZ表示复数Z的一个辐角，则答案为B．若argZ表示复数Z的辐角主值，则答案是D．10．【2020高中数学联赛A卷（第01试）】设z为复数.若z−2z−i为实数(i为虚数单位),则|z+3|的最小值为.【答案】√5【解析】解法1:设z=a+bi(a,b∈R),由条件知Im(z−2z−i )=Im((a−2)+bia+(b−1)i)=−(a−2)(b−1)+aba2+(b−1)2=a+2b−2a2+(b−1)2=0,故a+2b=2.从而√5|z+3|=√(12+22)((a+3)2+b2)⩾|(a+3)+2b|=5,即|z+3|⩾√5.当a=−2,b=2时, |z+3|取到最小值√5.解法2:由z−2z−i∈R及复数除法的几何意义,可知复平面中z所对应的点在2与i所对应的点的连线上(i所对应的点除外),故|z＋3|的最小值即为平面直角坐标系xOy中的点(−3,0)到直线x+2y−2=0的距离,即22=√5.11．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】设9元集合A={a+bi|a,b∈{1,2,3}},i是虚数单位. α=(z1,z2,⋯z9)是A中所有元素的一个排列,满足|z1|≤|z2|≤⋯≤|z9|,则这样的排列α的个数为.【答案】8【解析】由于|1+i|<|2+i|=|1+2i|<|2+2i|<|3+i|=|1+3i|<|3+2i|=|2+3i|<|3+3i|,故z1=1+i, {z2,z3}={2+i,1+2i},z4=2+2i,{z5,z6}={3+i,1+3i},{z7,z8}={3+2i,2+3i},|z9|=3+3i.由乘法原理知,满足条件的排列α的个数为23=8.12．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】设复数满足|z|=1，使得关于x的方程2x2+2z̅x+2=0有实根，则这样的复数z的和为.【答案】−32【解析】设=a+bi(a，b∈R，a2+b2=1).将原方程改为(a+b i)x2+2(a−b i)x+2=0，分离实部与虚部后等价于ax2+2ax+2=0①bx2−2bx=0②若b=0，则a2=1，但当a=1时，①无实数解，从而a=－1，此时存在实数x=−1±√3满足①、②，故z=−1满足条件.若b≠0，则由②知x∈{0，2}，但显然x=0不满足①，故只能是x=2，代入①解得a=−14，进而b=±√154，相应有z=−1±√15i4.综上，满足条件的所有复数z之和为−1+−1+√15i4+−1−√15i4=−32.13．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】已知复数z1,z2,z3满足|z1|=|z2|=|z3|=1,|z1+z2+z3|=r，其中r是给定实数，则z1z2+z2z3+z3z1的实数是(用含有r的式子表示).【答案】r 2−3 2【解析】记w=z1z2+z2z3+z3z1.由复数模的性质可知z1=1z1,z2=1z2,z3=1z3，因此w=z1z2+z2z3+z3z1.于是r2=(z1+z2+z3)(z1+z2+z3)=|z1|2+|z2|2+|z3|2+w+w̅=3+2Rew，解得Rew=r 2−3 2.14．【2017高中数学联赛B卷（第01试）】设复数z满足z+9=10z̅+22i，则|z|的值为.【答案】√5【解析】设x=a+bi，a，b∈R.由条件得(a+9)+b i=10a+(−10b+22)i.比较两边实虚部可得{a+9=10ab=−10b+22，解得a=1，b=2，故z=1+2i，进而|z|=√5.15．【2016高中数学联赛（第01试）】设复数z、w满足|z|=3,(z+w̅)(z̅−w)=7+4i，其中i是虚数单位，z̅,w̅分别表示z、w的共轭复数，则(z+2w̅)(z̅−2w)的模为.【答案】√65【解析】由运算性质，7+4i=(z+w̅)(z̅−w)=|z|2−|w|2−(zw−zw)，因为|z|2与|w|2为实数，Re(zw−zw)=0，故|z|2−|w|2=7,zw−zw=−4i，又|z|=3，所以|w|2=2.从而(z+2w̅)(z̅−2w)=|z|2−4|w|2−2(zw−zw)=9−8+8i=1+8i，因此，(z+2w̅)(z̅−2w)的模为√12+82=√65.16．【2015高中数学联赛（第01试）】已知复数数列{z n}满足z1=1,z n+1=z̅n+1+n i(n=1,2,⋯)，其中i为虚数单位，z̅n表示z n的共轭复数，则z2015的值为.【答案】2015+1007i【解析】由已知得，对一切正整数n，有z n+2=z n+1+1+(n+1)i=z n+1+n i+1+(n+1)i=z n+2+i，于是z2015=z1+1007×(2+i)=2015+1007i17．【2002高中数学联赛（第01试）】已知复数Z1Z2满足|Z1|=2,|Z2|=3，若它们所对应向量的夹角为60°，则|Z1+Z2Z1−Z2|=.【答案】1337【解析】如图，由余弦定理可得|Z1+Z2|=√19，|Z1−Z2|=√7，所以|Z1+Z2Z1−Z2|=√19√7=1337.18．【2001高中数学联赛（第01试）】若复数z1,z2满足|z1|=2,|z2|=3,3z1−2z2=2−i，则z1z2= .【答案】−3013+7213i【解析】令z1=2(cosα+isinα),z2=3(cosβ+isinβ)，则由3z1−2z2=32−i及复数相等的充要条件，得{6(cosα−cosβ)=326(sinα−sinβ)=−1，{−12sinα+β2sinα−β2=3212cosα+β2sinα−β2=−1，二式相除，得tanα+β2=32，由万能公式，得sin(α+β)=1213,cos(α+β)=−513，故z1⋅z2=6[cos(α+β)+isin(α+β)]=−3013+7213i.优质模拟题强化训练1．若复数z满足|z|<1且|z̅+1z |=52，则|z|=（）A．45B．34C．12D．23【答案】C由|z̅+1z |=|z̅⋅z+1z|=|z|2+1|z|=52，解得|z|=2(舍)或|z|=12.故选：C.2．若A，B是锐角△ABC的两个内角，则复数z=(cosB−sinA)+i(sinB−cosA)在复平面内所对应的点位于( ).A．第一象限.B．第二象限.C．第三象限D．第四象限【答案】B【解析】因为A，B是锐角△ABC的两个内角，所以A+B>π2∴π2>A>π2−B>0∴sinA>sin(π2−B)=cosB,cosA<cos(π2−B)=sinB,即cos B−sin A<0,sin B−cos A>0,因此点位于第二象限，选B.3．已知z满足|z+5−12i|=3.则|z|的最大值是（）A．3B．10C．20D．16【答案】D【解析】|z+5−12i|=3⇒z对应的点在以(−5,12)为圆心，3为半径的圆上，因此|z|max=√52+122+3=16.故答案为：D4．方程ax2+b|x|+c=0(a,b,c∈R,a≠0)在复数集内不同的根的个数为（）.A．2或4个B．至多4个C．至多6个D．可能为8个【答案】C【解析】由题设知x为实数或纯虚数，方程至多有4个实数根、2个纯虚数根，故至多6个根.当a=1,b=−3,c=2时，x=±1,±2,−3+√172i,3−√172i共6个根.故答案为C5．设复数z满足|z|=1，i是虚数单位，则|(z+1)+i(7−z)|的值不可能是（）. A．4√2B．4√3C．5√2D．5√3【解析】注意(z+1)+i(7−z)=(1−i)z+(1+7i)=(1−i)(z−3+4i)我们有|(z+1)+i(7−z)|=|1−i|⋅|z−3+4i|=√2⋅|z−(3−4i)|.也就是说，它表示点z到3-4i的距离的√2倍.由于z在单位圆上，易知上式的取值范围是[4√2,6√2].故答案为：D6．已知复数z满足z2005+λz2004i−λz−i=0．其中λ为实常数且满足λ2≤1．则|z|=（）．A．√22B．|λ+1λ−1|C．1D．√1+λ2【答案】C【解析】由己知有z2004=λz+iz+λi．令z=a+bi．当(a2+b2−1)(λ2−1)>0时，有λ2(a2+b2)+2λb+1>a2+b2+2bλ+λ2，即(a2+b2−1)(λ2−1)>0．但a2+b2>1，故λ2≤1，矛盾．当a2+b2<1时，同理可得出矛盾．从而，|z|=1．故答案为：C7．已知集合A={z∈C|(a+bi)z̅+(a−bi)z+2c=0,a、b、c∈R,ab≠0}，B={z∈C||z|=1}，若A∩B=∅，则以|a|、|b|、|c|为三边（）.A．一定构成锐角三角形B．一定构成直角三角形C．一定构成钝角三角形D．可能不构成三角形【答案】D【解析】设z=x+y i∈A，由(a+bi)z̅+(a−bi)z+2c=0，得(a+bi)(x−yi)+(a−bi)(x+yi)+2c=0.展开整理得ax+by+c=0.若z=x+yi∈B，由|z|=1，得x2+y2=1.那么，A∩B=∅等价于在平面直角坐标系中，直线ax+by+c=0与圆x2+y2=1相离.故直线ax+by+c=0到坐标原点O(0,0)的距离大于1，即22>1.整理得a2+b2<c2.显然，(a,b,c)=(1,1,2)满足条件，但此时a、b、c不能构成三角形.故|a|、|b|、|c|可能不构成三角形.故答案为：D8．已知复数(x−2)+(y−2)i(x、y∈R)的模等于|xcos45°+ysin45°+1|，则动点P(x,y)所在的轨迹为（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线【答案】D【解析】由已知有√(x−2)2+(y−2)2=√2|√2.这表明，动点P(x,y)到定点F(2,2)与到定直线x+y+√2=0的距离相等，根据定义，动点P(x,y)的轨迹为抛物线。

高中数学历届全国高中数学联赛一试解析版

19 1999 年全国高中数学联合竞赛一试试题 . . . . . . . . . . . . . . 97
20 2000 年全国高中数学联合竞赛一试试题 . . . . . . . . . . . . . . 102
21 2001 年全国高数学联合竞赛一试试题 . . . . . . . . . . . . . . 107
和 AB′ 相交的直线有 4 条，共面 (相交或平行)
C. 24
的直线有 2 条，与其异面的直线有 5 条：
CD′, DA′, BC′, BD, A′C′.
于是异面直线的对数为 12 ·5 2
= 30. 所以选
A.
D. 48
6. 在坐标平面上有两个区域 M 和 N . M 是由 y ⩾ 0, y ⩽ x 和 y ⩽ 2 − x 这三个
7 1987 年全国高中数学联合竞赛一试试题 . . . . . . . . . . . . . . 33
8 1988 年全国高中数学联合竞赛一试试题 . . . . . . . . . . . . . . 37
9 1989 年全国高中数学联合竞赛一试试题 . . . . . . . . . . . . . . 42
解答
S△ABC =
1 2 ab
sin C
⇒ C1 =Biblioteka C2 或C1 = π
− C2，于是甲
⇏
乙，乙
⇒
甲.
甲是乙的必要条件，所以选 B.
2. 条件甲：√1 + sin θ = a；条件乙：sin θ + cos θ = a. 则
2
2
()
A. 甲是乙的充分必要条件
B. 甲是乙的必要条件
C. 甲是乙的充分条件

高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题29初等数论(解析版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题29初等数论1.【2020高中数学联赛E卷(第02试)】设Gb为不超过12的正整数,满足:存在常数C,使得α∏+b∏+9≡C( modl3)对任意正整数H成立-求所有满足条件的有序数对(α, b).【答案】(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)【解析】解法1：由条件知,对任虑正整数几有沪+ b n+9≡ a n+2 + b n÷12(modl3). ①注意到13为素数,α上均与13互素,由费马小定理知H ≡b2≡I(ZnOdI3).因此在①中取沪12,化简得1 + b9≡a2+ l(modl3),故b° ≡ α3(modl3).代入①,得N + a3b n≡απ÷3 + &π+12≡ απ÷3 + ∂π(modl3),即(刃一∂n)(l 一α3) ≡ 0(modl3). ②分两种情况讨论.(i )若疋≡ 1 (modi3),则沪≡ a3b3≡ b l2≡l(modl3),又{12∙∙∙J2},经检验可知a f bE{1Λ9}.此时“ + b n+9≡ a n+∂n(modl3).由条件知α + b ≡ a2 + b3≡2(mod 13),从而只能是π=δ=l.经检验,当(α, b) =(1,1)时,对任总正整数n, J +沪+9模U余2为常数,满足条件•(ii)‰3N l(modl3),则由②知,对任意正整数n,Wαn≡ ∂n(modl3).特别地，α ≡ &(modl3),故a=b.所以a? ≡ b9=α9(modl3),即左(“ 一l)(α3+ 1) ≡ 0(mod 13),‰3≡ -I(modl3).通过检验α ≡ ±‰±2,-j±6(modl3),可知α = 4,10,12.经检验,当(α,b) = (4M(IO40),(12J2)时,对任盘正整数”，有"+ b n^9= a n +αn÷9= a n(l + (α3)3) ≡ 0(modi3),满足条件.综上,所求的有序数对(α, b)为(1,1), (4,4), (10,10), (12,12).解法2:由条件知,对任盘正整数",有("+ ∂n+9)(αn+2+ fa n÷11) ≡ (αn÷1 + ∂n+10)≡(modl3), 化简得αn∂π÷11 + aπ÷2b n+9≡ 2a n÷1 + ∂π÷10(modl3),即a n b n^(a一b)2≡0(modl3).由于13 为素数,a,b∈ {12…,12},故13Ka 一b)：,进而a = b.因此,当M变化时,αn+ b n÷9= αn(l + Q9)模13的余数为常数.当1 + α9 (modl3)时,由上式知,"模13的余数为常数，特别地,有小≡ α(modl3),故el.当l + α9≡ 0(modl3)时,由费马小定理得“ ≡ l(modl3),故心≡ a3• (一“)≡ -α12≡ -I(modl3).通过检验α ≡ ±1, ±2「・・，±6(modl3),可知α = 4,10,12.综上,所求的有序数对(α, b)⅜(l,l), (4,4), (10,10), (12,12).2.[2019高中数学联赛A卷(第02试)】设加为整数，|加|》2.整数数列α1,α2,-满足:5不全为零，且对任恿止整数"，均有αn+2= αn+1 - ma n.证明:若存在整数厂、s(r>s≥2)使得O r= a s = a lf则r -Syn1.【答案】证明见解析【解析】不妨设如,如互素(否则,若(a lf a2)= d > 1 ,则孑与晋互素，并且用%#，¥，•••代替S吆α3,∙∙∙条件与结论均不改变)•由数列递推关系知α= ≡ α3≡ α4≡…(mod Inll) ①以下证明:对任恿整数n≥3,有αzj≡α2- (α1+ (n- 3)α2)m(modτn2) ②事实上，当"=3时②显然成立•假设时②成立(其中斤为某个人于2的整数)，注意到①，‰αk.1≡ ma2(modτn2),结合•归纳假设知αfc+1= a k-mαfc.1三5 _ (α1+ (上一3)α2)m 一ma2≡ α2—(α1+ (k —2)α2)( modτn2)>即W=HI时②也成立•因此②对任意整数"≥3均成立-注這•当4丄=色时，②对W=2也成立.设整数尸、W>s≥2),满足a r= a s=α1.若5 = 5，由②对”N2均成立，可知a2_ (α1+ (r —3)a2)m ≡ a r= a3= a2—(α1+ (s —3)—)加(mod πι2),即5 + (r —3)α2≡ α1 + (s —3)αrr( mod Inι∣).即(旷一s)a2≡ 0( mod ImI) ③若5 ≠ a2,则外=a s= a1≠ a2,故7,>5>3.此时由于②对曲3均成立，故类似可知③仍成立.我们证明①，加互素事实上，假如①与加存在•个公共素W TP.则由①得P为SaW••的公因C而勺,％互素，故p Ia1,这与S = a s=如矛丿帀.因此，由③f⅛r - s ≡ 0(mod ∣τn∣).又4s,所以r - s ≥ ∣m∣.3.[2019高中数学联赛E卷(第02试)】求满足以下条件的所有正整数”：(1)"至少有4个正因数；(2)若d1<d2< - < d k是”的所有正因数,d2-d1,d3-d2,∙∙∙, d k - d k.1构成等比数列.【答案】答案见解析【解析】由条件可知空4,且a k-L^a k-2易知d丄=I f d k= n f d k.1 = £-, dfc-2 =診代入上式得害=二⅛,化简得(心- d2)=≡ (d3 - l)=d3.d≡^1矿石由此可知d3是完全平方数.由于空予是“的最小素因山是平方数，故只能d3≈p z.从而序列d2 - d l,d3 - d z,-,d k -d k.1 ,p- l t p2 - p,p3 -p2, -,p k~1 -p k~z,即d x,d2,d2,-,d k为1, p, P=,-, P k-I f而此时相应的H ^P k-I-综上可知，满足条件的"为所有形如Pa的数，其中P是素数，整数"23.4.【2018高中数学联赛B卷(第02试)】给定整数Q2.证明:对任意正整数”，存在正整数匕使得连续"个数a k + l t a k + 2, ∙∙∙t a k + n均是合数.【答案】证明见解析【解析】设i1< ι2< - < i r是1, 2,…，”中与α互素的全体整数，则对l≤f≤π, I € {i1,t2,-,i r}^无论正整数*如何取值，/ + Z均与α不互素且大于α,故十+ i为合数.对任盘丿=1，2. ...» ?•»Wa + i j. > 1,故a + i j有素因f p j.我们有(P il a) = 1(否则，因刃是素数，故Pjla,但Pja+ 4从而Pjl屮故不互素，与S的取法矛厉).因此，由费马小定理知,Ori-I≡ l(modp y).现収上= (P I- l)(p2 - 1)... (P r- 1) + 1.对任7=1» 2,…，儿注意到k ≡ 1( mod p j-l),故有αk + ≡ α +≡ 0( mod p i).又a k + i j > a + i j Pj,故a k + i j为合数.综上所述，当k = (p1- I)(P= - 1)∙∙∙ (P r-I) + 1 时，a k + l,a k + 2,∙∙∙t a k + n均是合数.5.[2017高中数学联赛A卷(第02试〉】设加、”均是大于1的整数，加狄％〜，…，-是〃个不超过加的互不相同的正整数,且a1,a2,-,a n互质•证明:对任意实数x,均存在•个/(1≤J≤M),使得Ila f XI∣ ≥-^-∣∣%∣∣,这里IIyπz(τn+l)Il农示实数y到与它最近的整数的距离.【答案】证明见解析【解析】4首先证明以下两个结论结论1 存在整数c lt c2f∙∙∙l c n.满足C I a I + c2a2+ ∙∙∙ + c nαn= It并且ICd ≤ 1 ≤ i ≤ n・由J (α1,α2, ∙∙∙,απ) = 1,由裴蜀定理,存在整数c1, c2, •••> c n,满足C丄Cl] ÷ C Z(12 ∙,∙÷ C n a n= 1 CIJ下面证明，通过调整，存在^C V C2,-,C n满足①，且绝对值均不超过m i½(c n c2j-,cπ) = ∑c.>m c t≥ 0∙52(C V C2√∙∙,c n) = ∑e.^m∣9∣ ≥ 0∙如果Sι>0,那么存在c i>m> 1.于是C i a i >1,又因为a lf a2f-f a n均为正数，故由①可知存在C j < 0.令c；= Ci 一a jf cj = C j +a if Ck =C fc(I ≤ k ≤ n l k ≠ ZJ),则弘丄+ c t2a z H-- 1- Cna n= 1 ②并且0 ≤ TH—丐≤ c； VC“ g V 弓Vaf ≤ z∏∙因为4 V q,且Cj < m.所以S jL(CZCJ…，c：) V S2(CvCs・・・，cJ.又c； > 今及c；> 0, ι⅛S2(c∫,Ci l-I c；) ≤S2(c ll c2l-½cπ).如果S2>0,那么存在C j <-m, W此有•个C i > 0.令c；= Ci 一a jf c- =C j+ a it C t k= C k(I ≤ k ≤ ∏Λ ≠ ZJ)，那么②成立，并且一加< Ci < C if CJ < Cj < 0.与上Ifri类似地可知S JL (⅛ c；,…心)≤ S丄(d g…心)，l⅛(c;心…,4) < S2(c ll c2√∙∙,c n).因为Sl与6均是非负整数，故通过有限次上述的调整，可得到•组c1, C2,-., c n,使得①成立，并且51= S2 = 0. 结论1获证.结论2(1)对任意实数心b,均⅛∣∣α + ∂∣∣ ≤ IlalI + ∣∣fc∣∣.(2)任意整数U和实数y WIlUyIl ≤ IUl・∣∣y∣∣.由于对任盘整数“和实数X，有∣∣x + u∣∣ = I∣x∣b故不妨设α, h∈[-i,i],此时IlaII = IaIIbll = ∣b∣.若ab<Q,不妨设α≤0≤b,贝IJa + b € [—£,弓，从而IIa + b∖∖= ∣a+b∣≤ IaI + Ibl = IIaIl + ∣∣b∣∣.若ab>Q.即a、b同号.当∣a∣ + ∣b∣≤扌廿，有a + bG ——弓，此时Ila + b∖∖= ∖a+b∖=IaI + Ibl = IIaIl + ∣∣b∣∣.当∣α∣ + ∣⅛∣>⅛< 注总总有∣∣α + ∂∣∣ ≤∖■ M 故 ∣∣α+ ∂∣∣≤^<∣α∣ + Ihl = IlaII+ ∣∣δ∣∣. ■ 故⑴得证•由⑴及Il -y∣∣ = IIyIl 即知⑵成立•回到原问题,由结论1,存在整数CVC 2,∙∙∙,c ⅛1f 使得C I a I + c 2a 2 + ∙∙∙+ C n a n = 1, 并且ICil ≤ Hi l 1 ≤ ≤ n ・「是 ∑7≈ιC i a i x = X.利用结论 2 得IMII = ∣∣∑Γ=I C i a l x ∖∖ ≤ ∑f= JCfl ∙ Ila f XIl ≤ m ∑?=I Ila f %∣∣. I 大I 此maXgG∣∣αg∣∣ ≥ ^IlXIl ③ 若 n ≤ ∣(m + 1).由③可知 max κf <Jla l xIl ≥^≥Tin > i(m + 1),则在％吆…,5中存在两个相邻正整数.■不妨设a 十色相邻，则IMII = ∣∣a 2% - a 1%∣∣ ≤ ∖∖a 2x ∖∖ + Ila I %∣∣.6. [2015高中数学联赛(第02试)】求具有下述性质的所有正整数对任总正整数小2(一丄)卄丄I 畀不成立• n!【答案】答案见解析【解析】以呛)衣示"!中2的第次，以S(“)农示n 的二进制农示中1的个数. 有结论”(九)=n -5(n).原题等价丁P(TI) + k(n - 1) ≥ V(Jkn y )恒成立，等价于S(Zai) ≥ S(ZI)恒成立. 显然S(IC) ≥ 1.当S(M)=I,即左为2的方'幕时，WS(kn) ≥ 5(n),符合題盘. 下而用构造法证明：使S(k)≥2的斤均不符合题意. 若S(k)>2,则k 的二进制农示中至少有两个1.用如下方式构造序列““使得存在使S(knKS),则这样的斤不符合条件- 以下讨论均在二进制下.先‰1= l,n 2 = 2a + l ・使得2噪中的最后•个1与*中倒数第二个1对齐(如RlOOl 时，a=3). 当弘取定时，考虔此肘的加『：取％ι = % + 2b,使得2%中的最后•个1与呛中倒数第二个1对齐(如RlOol 时，仙｝为1, 9. 25....).这故IlaHIl 与IlWdI 中有•个A 孕A 加11m(m÷l)*综上所述, 总存在 •个 /(l<∕<n),满足IlaMll ≥ l∣%∣∣.样构造出了•个数列｛川｝，并且易知该数列有无穷笋项•考虑其中•项与由构造方式有S(E)设吟=∑∙=I2ai(α1> a2> — > a j=0),由构造的方式，知佔手的最后«1+1位只有-个1.设 2〃≤k< 2m÷1,则2a^m≤ kn j < 2α^÷m÷2>这样，蚀,的一二进制衣示中至多有Λι+m+l位，至多有7M-1个1.VikJ>m-∖,有故使S(¼)≥2的k均不满足题设.综上，所求的点为一切2的方慕.7.[2014高中数学联赛(第02试)】设整数x v%2√∙∙,X2014模2014互不同余,整‰y2,∙∙∙,y20i4模2014也互不同余•证明：可将2CH4重新排列为Zp Z2√∙∙l Z2ol4 ,使得衍+ Z lf X2 + Z2 f-f X2014f +^2014模4028兀不同余•【答案】证明见解析【解析】记⅛=1007.不妨设石三X三KmOd 2k) (1 ≤ ι ≤ 2k)t对每个整数b l≤∕≤fc> 若如+y i MsC+yg(mod4k),则令Zf = y h z f+k= y t>k> 否则，令Zf = y i+kf z i^k=如果是前•种情形.W I JXt + Z i = X i +y i NXiM + y(+k = X i^k +Z[∙+k(mod4k),如果是后•种情形，则也有曲+ Z i = X i + y f+fc ^%l∙+fc+y i= X i^k +z i+k( mod 4fc)若不然，我们有Xi + y i≡x t∙+k+ y r+fc( mod4k)> %l∙+y t∙+k≡ Xi^k +y l∙(mod4∕c),两式相加得2如≡ 2x t+k(mod 4k). T是血≡ %t+fc(mod2k).(HX l,x2√∙∙J X2OI4模2014(2014=2Q互不同余，特别地血x t+fc(mod 2k) > 矛Jit由上述构造方法知z1,z2√∙∙∕z2k是为％∙∙∙,>⅛k的排列・记WI= X i +z b i =12∙∙∙,2k.下面验证ω1,ω2, ∙∙∙lω2k模4E互不同余,这只需证明，对任意整数(丿1 ≤ t < / ≤ k,w f, Wj l w t∙+k,气+J f模4k两两不同余-注意•前[fti的构造力式已保证Wf +fc(mod 4k)f w j NVV屮(mod 4") ①情形β: Z i = y i且z)=y厂则由前面的构造方式可知叫三叫+上三2Z(mod 2k), Wj ≡ Wj^k≡2;(mod 2k).由于2( N2丿(mod2k),故易知Wf与呦及叫+花模2⅛不同余,叫+住与说及吗+上模2斤不同余•从而模4«更不同余，再结合式①，可见结论得证•惰形二:Z i= y f+k,且Zj = y j+k ,则由前面的构造方式可知:W[ ≡ W i^k≡ 2i + k( mod 2k). Wj ≡ Wj^k≡ 2j+ k(mod2k).同样有Wt与Wj及嗎+J f模2k不同余，Wt+J f与气及+J f模Ik不同余，与情形•相同地可知结论得证.情形三：Z i = y i,且Zj = y j+k <z i= y i+k. IiZ) = y j的情形与此相同)，贝∣J由前面的构造方式可知Wf ≡ Wf+∣c≡ 2i(mod 2k), Wj ≡ w j+k≡ 2j + k( mod2k).由于上是奇数,故2i^2j + k(L mod2),更有2i^2j +k(mod2k).因此仍然有Wf与气及气+J C模2k不同余，VVt+上与气及气+j f模2k不同余.从而结论得证-因此本題得证.S.【2013高中数学联赛(第02试)】设“，上为大于1的整数,*2L证明：存在M个不彼"整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有•组有若干个数的和被“整除.【答案】证明见解析【解析】先考虑“为2的扇的情形‰ = 2r,r≥l,则K疋取3个2-1及"一3个1,显然这些数均不被“整除•将这M个数任总分成两组，则总有•组中含2个2r-1,它们的和为"，被"整除.现在设H不是2 的幕，収2k个数为一1,-1,-2,-22,..., -2k-≡,l,2,2≡,-.,2k-1,因为〃不是2的慕，故上述％个数均不被“整除-若可将这些数分成两组，使得每•组中任意若干个数的和均不能被〃整除•不妨设1在第•组，由于(-1) + 1 = 0彼〃整除，故两个一1必须在第二组：W(-l) + (-l) + 2 = 0被"整除，故2在第•组，进而推出一2在第二组.现归纳假设l,2,-,2l均在第•组，而一1, -1, 一2,…，一2丿均在第二组，这里1≤ ∕<k-2,由于(-1) + (-l) + (-2) + ∙∙∙+ (-2t)+2t÷1 = 0被“整除，故2如在第•组，从而一2屮在第二组•故由数学归纳法可知，l,2,22,∙∙.,2k-≡在第•组，一1, -1, -2, -22, .... -2*^2在第二组.最后,由于(-1) + (-1) + (-2) + •••+ (-2k-2) + 2fc~1= 0被"整除,故2一在第•组.因此l,2,22,..∙,2k-1均在第•组，由正整数的二进制农示可知,每•个不超过2"-1的正整数均可农示为l,2,22,-t2k-χ中若干个数的和，特别地，因为九<2上-1,故第•组中有若干个数的和为”，半然被”整除，矛厉.因此，将前述2«个整数任意分成两组，则总有-组中有若干个数之和被"整除.9. [2009高中数学联赛(第02试)】设也/是给定的两个正整数•证明：有无穷多个正整数n l≥k,使得C J S与/互素.【答案】证明见解析【解析】证法•对任意正整数n <>m = k + t√∙(k!),我们证明(C J iU)=1.设P是/的任•素因子，只要证明：若P弘!，则由k! ⅛= ∏'sl(m-k + i)≡H：J(Z + d(k!))] ≡ ∏f=I i ≡ k! (modp),因此对任总"∈ N*,存在m ∈ NSk ∈ P,使得∕∙(τn,k) = n.11.【2004高中数学联赛(第02试)】对于整数“≥4,求出最小的整数血),使得对于任意正整数汕集合{加，m+l,加+2,…，加十〃一1}的任何•个血)元子集中,均有至少3个两两互素的元素.【答案】证明见解析【解析】当n≥ 4l∣i f»对集合M = {mτn + l,m + 2,∙∙∙,τn + n — 1},若2|加,则m+l, m+2, m+3两两互素.若2不能整除加,则加，nι+l,加+2两两互素.所以M的所有"元了集中，均有至少3个两两互素的元素，即夬小存在且y{")≤0∙‰={t∣t≤n+1^2∣t^3∣t}可知T”是{2, 3,.」+1}的子集,但7；中任3个元素均不能两两互素,所⅛∕(n)≥ ∣T n∣ + l.由容斥原理知ITnI=［字］+从而必有r(n)≥ ［4i］ + ［宁］一［宁］+1 ①所以f(4) ≥ 4,/(S) ≥ 5√(6) ≥ 5, /(7) ≥ 6,∕f(8) ≥ 7√(9) ≥ 8.我们将证明/(6) = S,设咒"2,SSX5是仙，加+1，加+2,…，时5}中的5个数,若这5个数中有3个奇数，则它们两两互素，若这5个数中有两个奇数，则必有3个偶数，不^X I,x2,x3为偶数，怠*5为奇数•当1≤7<7≤3 时，IXf -XyI ∈ {2,4}»所IUX I,x2,X3中至多1个被3整除，至多1个彼5整除，从而至少有1个既不被3整除也不被5整除.不妨设其为曲，有址，怠，划两两互素•说明这个数中有3个两两互素，即/(6) = 5.又因为{加‘加 + I t nI + 2, ∙∙∙f m +n} = {m f m + I t nl + 2, ∙∙∙f m + n —1} U {m + n}.可⅛l∕(n + 1) ≤∕(n)+l,因为代6) = 5,所以几4) = 4,/(S) = 5,f(7) = 6√(8) = 7√(9) = 8.所以当4 ≤n≤ 9l⅛∕(n) = ［^］ + ［唱 + ［^］ + 1 ②接下来用归纳法证明对所有W都有式②成立；假设"≤Mt≤9)时，式②成立-当时，由］{m t m + I l m + 2,∙∙∙,τn + k}={m f m + + 2j∙∙∙ ,τn + k —6} U {m + k —5,m + k —4fτn + k —3»m + k —2f m + k —l√m + k}.且当n=6∙n=k-5时，式②成立.所以对任盘的曲4,有弘)=［營+ ［字卜［唱+ 1- 12.【1995高中数学联赛(第02试)】求•切实数P ，使得三次方程5%3 - 5(p + I)%2 + (71p - 1)% + 1 = 66p 的三个根均为自然数. 【答案】7&【解析】由观察易知x=l 为原三次方程的个自然数根, 由综合除法，原三次方程可降次为二次方程5妒-5p% + 66p-l = 0原三次方程的三个根均为H 然数等价于二次方程①的两个根均为自然数.设小v<∕r≤v)为方程①的两个根，则由韦达定理得把式②代入式③得5uu = 66(U + v) - 1 ④可知赣V 都不能被2∙ 3, 11所整除.而小V 均为自然数，由式⑤可知“> 晋，即u >14. 又2|心3卜均不成立，所以u >17.即S U 2-132U +1≤ 0.于是l4≤血Ξ≡v 竺，所以17≤u≤26.5 5再由2|心3|“均不成立知，M 只能取17. 19, 23, 25. 当“=17时，由式⑤得V = —= 59,19当π=19时，由式⑤得V = ^ 并非自然数•应舍去29 当π=23时，由式⑤得υ=≡>并非自然数，应舍去.49 当戸25时•由式⑤得晋，并非自然数•应舍去.59所以仅当p =U +“ = 76时，方程①的两根均为自然数，原方程的三根均为自然数.13. ［1994r ⅛中数学联赛(第02试)】将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，试求出这个数列的第100U + V = P ②UV = -(66P — 1)(5) 又由式④得66U-I 5 U-由v≥∕/及式⑤可得66“一丄所以f(fc + 1) ≤ f(k 一 5) + /(6)一 1由式①与③知，对n=Z 式②成立.O项.【答案】2186【解析】⅛S = {U√∙∙405}, A1={x∖x≡S且3x}∙A2≈{X∖X≡S^5∖X-43={X∣X∈S且7g}∙则与105互素且不人于105的自然数为：M1∩ A2∩ A3I = ∣s∣ - (M I l + M2I + M3D + (M I n A2∖ + ∖A lπ A2∖+ ∖A2∏A3∖)-∖A1∩A2nA3∖,所以ISl = 105」All = 35,= 21, ∖A3∖=15, ∖A1dA2∖= 7f∖A1∏A4f∖= S f∖A1dA2∖=3,∣41∩∕l2∩i43∣ = l∙∩ A2∩ ∕3∣ = 105 -(3 × 5 + 3 × 7 + S × 7) + (3 + 5 + 7) - 1 = IOS -71+ 15 - 1 = 48 设与105互素的正整数按从小到大的顺序扌It成的数列为」“吆期，…，^，…，H,Jα1= I t a Z= 2, a2= 4,∙∙∙f a Af Q= 104,今P = Cl2f e∙∙ > 1,•方面■对 J w≥l∙令αn= 105k + r(k ≥ 0,0 ≤ r ≤ 104,k t r∈ Z),因为(O n jo5) = 1.所以(FJo5) = 1, ½r∈P:另•方面,对于任意的非负整数上及r∈P. W为(r, 105) = 1,所以(IOSk + r, 105) = 1,从而必有n使得α7l= 105k +r.这农明数列{a”}由且仅由形如105加伏≥0, ⅛∈Z. r∈P)的数按从小到人的顺序扌Il列而成.因为数列是递增的，且对每个固定的非负整数匕当「取遍P的值时，共得48个数，而IOOO = 48 × 20 + 40,所以山。

高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题13不等式B辑(解析版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题13不等式B 辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛B 卷（第01试）】设正实数a ,b ,c 满足a 2+4b +9c 2=4b +12c −2,求1a+2b+3c的最小值. 【答案】6【解析】由题设条件得a 2+(2b −1)2+(3c −2)2=3,由柯西不等式可得：3[a 2+(2b −1)2+(3c −2)2]⩾(a +2b −1+3c −2)2, 即(a +2b +3c −3)2≤9,故a +2b +3c ≤6. 又由柯西不等式得(1a+2b+3c)(a +2b +3c)⩾(1+2+3)2,所以1a+2b+3c⩾36a+2b+3c⩾6,当a =b =c =1时等号成立. 故1a+2b+3c的最小值是6.2．【2017高中数学联赛A 卷（第01试）】设k 、m 为实数，不等式|x 2−kx −m |⩽1对所有x ∈[a ，b ]成立.证明:b −a ⩽2√2. 【答案】证明见解析【解析】令f (x )=x 2－kx －m ，x ∈[a ，b ]则f (x )∈[－1，1].于是 f(a)=a 2−ka −m ⩽1 ① f(b)=b 2−kb −m ⩽1②f (a+b 2)=(a+b 2)2−k ⋅a+b 2−m ⩾−1③由①+②－2×③知，(a−b)22=f(a)+f(b)−2f (a+b 2)⩽4，故b −a ⩽2√2.3．【2017高中数学联赛A 卷（第01试）】设x 1,x 2,x 3是非负实数，满足x 1+x 2+x 3=1，求(x 1+3x 2+5x 3)(x 1+x 23+x 35)的最小值和最大值.【答案】最小值为1；最大值为95.【解析】由柯西不等式(x 1+3x 2+5x 3)(x 1+x 23+x 35) ⩾(√x 1⋅√x 1+√3x 2⋅√x 23+√5x 3⋅√x 35)2=(x 1+x 2+x 3)2=1，当x 1=1,x 2=0,x 3=0时不等式等号成立，故欲求的最小值为1. 因为(x 1+3x 2+5x 3)(x 1+x 23+x 35)=15(x 1+3x 2+5x 3)(5x 1+5x 23+x 3)⩽15⋅14[(x 1+3x 2+5x 3)+(5x 1+5x 23+x 3)]2=120(6x 1+143x 2+6x 3)2⩽120(6x 1+6x 2+6x 3)2=95.当x 1=12,x 2=0,x 3=12时不等式等号成立，故欲求的最大值为95.4．【2017高中数学联赛B 卷（第01试）】设不等式|2x −a |<|5−2x |对所有x ∈[1，2]成立，求实数a 的取值范围.【答案】3<a <5.【解析】设t =2x ，则t ∈[2，4]，于是|t −a|<|5−t|对所有t ∈[2，4]成立. 由于|t −a|<|5−t|⇔(t −a)2<〈5−t)2 ⇔(2t −a −5)(5−a)<0.对给定实数a ，设f (t )=(2t －a －5)(5－a )，则f (t )是关于t 的一次函数或常值函数. 注意t ∈[2，4]，因此f (t )<0等价于{f(2)=(−1−a)(5−a)<0f(4)=(3−a)(5−a)<0，解得3<a <5.所以实数a 的取值范围是3<a <5.5．【2015高中数学联赛（第01试）】若实数a ，b ，c 满足2a +4b =2c ,4a +2b =4c ，求c 的最小值. 【答案】log 23−53【解析】将2a ,2b ,2c 分别记为x ，y ，z ，则x ，y ，z >0.由条件知x +y 2=z,x 2+y =z 2，故z 2−y =x 2=(z −y 2)2=z 2−2y 2z +y 4. 因此，结合平均值不等式可得z =y 4+y 2y 2=14(2y 2+1y +1y )⩾14⋅3√2y 2⋅1y ⋅1y 3=34√23. 当2y 2=1y ，即y =√23时，z的最小值为34√23(此时相应的x 值为√234，符合要求).由于c =log 2z ，故c 的最小值为log 2(34√23)=log 23−53.6．【2013高中数学联赛（第01试）】给定正数数列{x n }满足S n ⩾2S n−1,n =2,3,⋯，这里S n =x 1+⋯+x n .证明：存在常数C>0，使得x n⩾C⋅2n(n=1,2,⋯).【答案】证明见解析【解析】当n≥2时S n⩾2S n−1，等价于x n⩾x1+⋯+x n−1①对常数c=14x1，用数学归纳法证明x n⩾C⋅2n(n=1,2,⋯)②n=1时结论显然成立.又x2⩾x1=C⋅22，对n≥3，假设x k⩾C⋅2k(k=1,2,⋯,n−1)，则由式①知x n⩾x1+(x2+⋯+x n−1)⩾x1+(C⋅22+⋯+C⋅2n−1)=C(22+22+23+⋯+2n−1)=C⋅2n.所以，由数学归纳法知，式②成立.7．【2009高中数学联赛（第01试）】求函数y=√x+27+√13−x+√x的最大值和最小值.【答案】y的最小值为3√3+√13；最大值为11.【解析】函数的定义域为[0，13].因为y=√x+√x+27+√13−x=√x+27+√13+2√x(13−x)⩾√27+√13=3√3+√13，当x=0时，等号成立，故y的最小值为3√3+√13，又由柯西不等式得y2=(√x+√x+27+√13−x)2⩽(12+1+13)[2x+(x+27)+3(13−x)]x=121，所以y⩽11，由柯西不等式等号成立的条件，得4x=9(13−x)=x+27，解得x=9.故当x=9时，等号成立.因此y的最大值为11.8．【2008高中数学联赛（第01试）】解不等式log2(x12+3x10+5x8+3x6+1)<1+log2(x4+1).【答案】(−√−1+√52,√−1+√52)【解析】解法一由1+log2(x4+1)=log2(2x4+2)且log2y在(0，+∞)上为增函数，故原不等式等价于x12+3x10+5x8+3x6+1<2x4+2，即x12+3x10+5x8+3x6−2x4−1<0，分组分解x12+x10−x8+2x10+2x8−2x6+4x8+4x6−4x4+x6+x4−x2+x4+x2−1<0，可得(x8+2x6+4x4+x2+1)(x4+x2−1)<0，所以x4+x2−1<0，即(x2−−1−√52)(x2−−1+√52)<0，所以x2<−1+√52，即−√−1+√52<x<√−1+√52，故原不等式解集为(−√−1+√52√−1+√52).解法二由1+log2(x4+1)=log2(2x4+2)，且log2y在(0，+∞)上为增函数，故原不等式等价于x12+3x10+5x8+3x6+1<2x4+2，即2x2+1x6>x6+3x4+3x2+1+2x2+2=(x2+1)3+2(x2+1)，则(1x2)3+2(1x2)>(x2+1)3+2(x2+1)，令g(t)=t3+2t，则不等式转化为g(1x2)>g(x2+1)，显然g(t)=t3+2t在R上为增函数，由此原不等式等价于1x2>x2+1，即(x2)2+x2−1<0，解得x2<√5−12，故原不等式解集为(−√√5−12√√5−12).9．【2003高中数学联赛（第01试）】设32⩽x⩽5，证明不等式2√x+1+√2x−3+√15−3x<2√19.【答案】证明见解析【解析】由于(a+b+c+d)2=a2+b2+c2+d2+2(ab+ac+ad+bc+bd+cd)⩽4(a2+b2+c2+d2)，因此a+b+c+d⩽2√a2+b2+c2+d2(当且仅当a=b=c=d时取等号).取a=b=√x+1,c=√2x−3,d=√15−3x，则2√x+1+√2x−3+√15−3x⩽2√(x+1)+(x+1)+(2x−3)+(15−3x)=2√x+14⩽2√19，因为√x+1,√2x−3,√15−3x不能同时相等.所以2√x+1+√2x−3+√15−3x<2√19.10．【2000高中数学联赛（第01试）】设S n=1+2+3+…+n，n∈N，求f(n)=S n(n+32)S n+1的最大值.【答案】50【解析】由题意得S n=n(n+1)2，f(n)=S n (n+32)S n+1=n (n+2)(n+32)=n n 2+34n+64=1n+64n+34⩽150，f(8)=50，故f (n )的最大值是50.11．【1992高中数学联赛（第01试）】求证：16<∑√k80<17.【答案】证明见解析【解析】由√k −1<√k <√k +1得√k +√k −1<2√k <√k +√k +1 (k ∈N). 故√k+√k+1<2√k<√k+√k−1，即得2(√k +1−√k)<√k<2(√k −√k −1).从而2√n +1−√m <∑k n<2(√n −√m −1)(1≤m ≤n ，m 为自然数)取n =80，m =1，得16<∑√k80，取n =80，m =2，得1+∑√k80<2(√80−1)+1<2√81−1=17，所以16<∑80k=1<√k<17.12．【1991高中数学联赛（第01试）】已知0<a <1，x 2+y =0，求证：log a (a x +a y )⩽log a 2+18. 【答案】证明见解析【解析】因0<a <1,a x >0,a y >0，有a x +a y⩾2√a x ⋅a y =2ax+y 2，从而log a (a x+a y )⩽log a (2ax+y 2).现有log a (2ax+y2)=log a 2+x+y 2=log a 2+12x(1−x)⩽log a 2+12(12)2=log a 2+18.故得所证不等式.13．【1988高中数学联赛（第01试）】已知a ，b 为正数，且1a+1b =1，试证：对每一个n ∈N ,(a +b)n −a n −b n ⩾22n −2n+1. 【答案】证明见解析【解析】解法一(1)n =1时，左边=0=右边，命题成立.(2)假设n =k 时，不等式成立，即有(a +b)k −a k −b k ⩾22k −2k+1.于是，当n =k +1时，左边=(a +b)k+1−a k+1−b k+1=(a +b)[(a +b)k −a k − b k ]+a k b +ab k . 所以1a+1b =1.故ab =a +b .又(a +b)(1a+1b)⩾4，故ab =a +b ⩾4，a k b +ab k ⩾2√a k b k ab ⩾2⋅2k+1=2k+2.所以，左边⩾4(22k −2k+1)+2k+2=22k+2−2k+2=右边. 由情形(1)及(2)，对一切n ∈N ，不等式成立. 解法二由条件a +b =ab ⩾2√ab ，ab ⩾4. 所以(a +b)n −a n −b n =∑C n k n−1k=1a k bn−k =12∑(C n k a k b n−k +C n n−k an−k b k)n−1k=1⩾∑√(C n k a k b n−k C nn−k a n−k b k )n−1k=1=∑C n k n−1k=1(ab)n2⩾2n (∑C n k n−1k=1)=22n−2n+1.优质模拟题强化训练1．设x 、y 、z 是正实数,满足 xy +z =(x +z)(y +z).则xyz 的最大值是______. 【答案】127 【解析】由已知条件得z =z(x +y +z) 则x +y +z =1 于是, xyz ≤(x+y+z 3)3=127.当x =y =z =13时,上式等号成立. 故xyz 的最大值是127.2．已知xyz +y +z =12，则log 4x +log 2y +log 2z 的最大值为____________ . 【答案】3【解析】由已知条件有12=xyz +y +z ⩾3√xy 2z 23，xy 2z 2⩽64，则log 4x +log 2y +log 2z =log 4(xy 2z 2)⩽log 464=3，当且仅当x =14，y =z =4时取得最大值3. 故答案为：3．3．已知x >0，y >0，且12x+y +1y+1=1，则x +2y 的最小值为____________ .【答案】√3+12【解析】解法一：设x+2y=λ1(2x+y)+λ2(y+1)+t，可解得λ1=12,λ2=32,t=−32，从而x+2y=12(2x+y)+32(y+1)−32=[12(2x+y)+32(y+1)](12x+y+1y+1)−32⩾√3+12，当且仅当x=12+√33,y=√33时取等号.故答案为：√3+12．解法二：考虑直接使用柯西不等式的特殊形式，即权方和不等式：a 2x +b2y⩾(a+b)2x+y，1=12x+y +33y+3⩾(1+√3)22x+4y+3⇒2x+4y+3⩾4+2√3，所以x+2y⩾√3+12，当且仅当x=12+√33,y=√33时取等号.故答案为：√3+12．4．设x,y,z∈R+，且xyz(x+y+z)=1.则(x+y)(x+z)的最小值是______. 【答案】2【解析】由于(x+y)(x+z)=x2+xy+xz+yz=x(x+y+z)+yz，由于xyz(x+y+z)=1，故x(x+y+z)=1yz，则原式=1yz +yz≥2√1yz×yz=2，即(x+y)(x+z)的最小值是2.5．设x、y为正实数,且x+y=1.则x2x+2+y2y+1的最小值为______.【答案】14【解析】由柯西不等式得x 2x+2+y2y+1≥(x+y)2x+2+y+1=14，当且仅当x2x+2x+2=y2y+1y+1⇔x=2y，即y=13,x=23时,等号成立.6．在ΔABC 中，cosB =14，则1tanA +1tanC 的最小值为______. 【答案】2√155【解析】由cos B =14，知sin B =√1−cos 2B =√154.于是1tan A+1tan C=cos A sin A+cos Csin C=sin B sin A sin C. 注意到0<sin A ⋅sin C =−12[cos (A +C)−cos (A −C)]=−12[−cos B −cos (A −C)] =18+12cos (A −C)≤18+12=58，当且仅当A =C 时等号成立.于是，1tan A+1tan C≥√154×85=2√155，所以，所求的最小值是2√155.故答案为：2√1557．实数x 、y 满足x 2+y 2=20，则xy +8x +y 的最大值是____________ 【答案】42 【解析】注意xy ≤14x 2+y 2，8x ≤x 2+16，y ≤14y 2+1，这三者相加即得xy +8x +y ≤54(x 2+y 2)+17=42. 当x =4，y =2时等号成立，所以xy +8x +y 的最大值是42.也可以直接用柯西（Cauchy ）不等式(xy +8x +y)2≤(x 2+82+y 2)(y 2+x 2+12)=84×21=422，得到最大值为42. 故答案为：428．设a +b =1,b >0,a ≠0，则1|a|+2|a|b的最小值为_____.【答案】2√2−1 【解析】1|a|+2|a|b=a+b |a|+2|a|b=a |a|+(b |a|+2|a|b)≥a |a|+2√b |a|·2|a|b=2√2+a|a|，其中等号成立的条件是b|a|=2|a|b，即b 2=2a 2.当a >0时，1|a|+2|a|b≥2√2+1，当a =√2−1，b =√2a =2−√2时达到最小值.当a <0时，1|a|+2|a|b≥2√2−1，当a =−(√2+1),b =−√2a 时达到最小值2√2−1.故答案为：2√2−19．设a 、b 为正实数，且1a +1b ≤2√2，(a −b)2=4(ab)3.则log a b =______.【答案】−1 【解析】由1a +1b ≤2√2，得a +b ≤2√2ab .又(a +b)2=4ab +(a −b)2 =4ab +4(ab)3 ≥4×2√ab(ab)3=8a 2b 2，即a +b ≥2√2ab . ① 于是，a +b =2√2ab ②再由式①中等号成立的条件，得ab =1.与式②联立解得 {a =√2−1,b =√2+1或{a =√2+1,b =√2−1. 故log a b =−1. 故答案为：-110．已知x 2+y 2+z 2=3，则xy+yz+zx 的最小值为________ 【答案】−32 【解析】由(x +y +z)2=x 2+y 2+z 2+2(xy +yz +zx)≥0，知所求最小值为−32，当x+y+z=0且x 2+y 2+z 2=3时取到. 例如，(x +y +z)=(√32,−√32,0)即可.11．若对任意的x ∈[a,a +2]，均有|x +a|≥2|x|，则实数a 的取值范围是__________。

全国高中数学联赛(1981-2019年)试题分类汇编讲解10---逻辑含答案解析

全国高中数学联赛（1981-2019 年）试题分类汇编讲解 10
逻辑部分
1 , x ∈U
2014B
3、对于实数
R
的任意子集U
，我们在
R
上定义函数
fU
(x)
=
0 ,
x
∉U
，如果
A,
B
是实数 R 的两个子集，则 f A (x) + f B (x) ≡ 1，的充分必要条件是
◆答案： A, B 互为补集
★解析：对于任意的 x ∈ R ， f A (x) + f B (x) ≡ 1，这说明 f A (x), f B (x) 中至少有一个是1，即 x ∈ A U B ，所以 A U B = R ，另一方面， f A (x), f B (x) 中仅有一个是1，即 A I B = φ ，
1 R
=
1 R1
+
1 R2
．故交换二电阻
的位置，不改变 R 值，且当 R1 或 R2 变小时， R 也减小，因此不妨取 R1 > R2 ．
2°设 3 个电阻的组件(如图 1)的总电阻为 RAB：
R AB
=
R1R2 R1 + R2
+ R3
=
R1 R2
+ R1R3 + R2 R3 R1 + R2
．
显然 R1 + R2 越大， RAB 越小，所以为使 RAB 最小必须取 R3 为所取三个电阻中阻值最小
3
A．甲是乙的充分条件但不必要
B．甲是乙的必要条件但不充分
C．甲是乙的充分必要条件
D．A、B、C 都不对
◆答案：C
★解析：a 、b 、c 平行或交于一点．当 a // b // c 时，θ

专题02函数A辑(解析版)-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题02函数A辑历年联赛真题汇编1．【2008高中数学联赛（第01试）】函数f(x)=5−4x+x22−x在(－∞，2)上的最小值是( ) A．0B．1C．2D．3【答案】C【解析】当x<2时2−x>0，因此f(x)=1+(4−4x+x 2)2−x =12−x+(2−x)⩾2⋅√12−x⋅(2−x)=2，当且仅当12−x=2−x时取得等号.而此方程有解x=1∈(－∞，2)，因此f(x)在(－∞，2)上的最小值为2.故选C．2．【2006高中数学联赛（第01试）】设log x(2x2+x−1)>log x2−1，则x的取值范围为( )A．12<x<1B．x>12且x≠1C．x>1D．0<x<1【答案】B【解析】因为{x>0,x≠12x2+x−1>0，解得x>12,x≠1，由log x(2x2+x−1)>log x2−1，所以log x(2x3+x2−x)>log x2，则{0<x<12x3+x2−x<2，解得0<x<1或{x>12x3+x2−x>2，解得x>1.所以x的取值范围为x>12且x≠1.故选B．3．【2006高中数学联赛（第01试）】设f(x)=x3+log2(x+√x2+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【答案】A【解析】显然f(x)=x3+log2(x+√x2+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.故选A．4．【2002高中数学联赛（第01试）】函数f(x)=log12(x2−2x−3)的单调递增区间是( )A．(−∞,−1)B．(−∞,1)C．(1,+∞)D．(3,+∞)【答案】A【解析】由x2−2x−3=(x+1)(x−3)>0有x<－1或x>3.故函数log12(x2−2x−3)的定义域为x<－1或x>3.又因为u=x2−2x−3在(－∞，－1)内单调递减，在(3，+∞)内单调递增.而log12u在(0，+∞)上单调递减，所以log12(x2−2x−3)在(－∞，－1)单调递增，故选A.5．【2002高中数学联赛（第01试）】函数f(x)=x1−2x −x2( )A．是偶函数但不是奇函数B．是奇函数但不是偶函数C．既是偶函数又是奇函数D．既不是偶函数也不是奇函数【答案】A【解析】函数f(x)的定义域是(−∞,0)∪(0,+∞)，当x≠0时，因为f(−x)=−x1−2−x−−x2=−x2x2x−1+x2=x+x(2x−1)1−2x+x2=x1−2x −x+x2=x1−2x−x2=f(x).所以f(x)为偶函数，显然f(x)不是奇函数，故选A.6．【2000高中数学联赛（第01试）】给定正数p，q，a，b，c其中p≠q，若p，a，q是等比数列，p，b，c，q 是等差数列，则一元二次方程bx2－2ax+c=0( )A．无实根B．有两个相等实根C．有两个同号相异实根D．有两个异号实根【答案】A【解析】解法一由各选择支确定且互不相容，可以用特值检验法.取等比数列1，2，4，等差数列1，2，3，4，符合题设，则方程是−2x2−4x+3=0，有Δ<0.故选：A.解法二依题意a2=pq，设等差数列p，b，c，q的公差为d≠0，Δ=4a2−4bc，由a2−bc=pq−(p+d)(q−d)=pd−qd+d2=(−3d)d+d2=−2d2<0可得Δ<0，故选：A.7．【1999高中数学联赛（第01试）】若(log23)x−(log53)x⩾(log23)−y−(log53)−y，则( )A．x−y⩾0B．x+y⩾0C．x−y≤0D．x+y⩽0【答案】B【解析】记f(t)=(log23)t−(log53)t，则f(t)在R上是严格增函数.原不等式即f(x)⩾f(−y)，故x⩾−y，即x+y⩾0.引申问题虽然简单，但我们可以挖掘一些东西，这样我们才会提高.该问题的解决得力于以下常被称作“整数离散性”的常识：如果有两个整数a，b，a<b，则a≤b－1.别小看这么简单的性质，它的作用可不小.以下一道难题的解决就很需要它：设a，b，c，d是自然数，满足a+c<n,ab +cd<1，证明ab+cd<1−1n3.值得一提的是，很多困难的数论和组合问题的解决利用的恰恰是一些很简单的性质.8．【1998高中数学联赛（第01试）】若a>1，b>1且1g(a+b)=lga+lgb，则1g(a－1)+1g(b－1)的值( )A．等于l g2B．等于1C．等于0D．不是与a，b无关的常数【答案】C【解析】因为lg(a+b)=lga+lgb，所以a+b=ab，即(a−1)(b−1)=1，因此lg(a−1)+lg(b−1)=0.9．【1996高中数学联赛（第01试）】如果在区间[1，2]上，函数f(x)=x2+px+q与g(x)=x+1x2在同一点取相同的最小值，那么f(x)在该区间上的最大值是( )A．4+1132√23+√43B．4−52√23+√43C．1−12√23−√43D．以上答案都不对【答案】B【解析】函数f (x )在(−p 2,4q−p 24)上取到最小值，而g(x)=x 2+x 2+1x 2⩾3(x 2x 21x2)13=3×413，等号取到当x 2=1x2时，即x =213，则有−p2=213，4q−p 24=3×413，解得p =−243,q =3×2−23+223.由于213−1<2−213，那么f (x )在区间[1，2]的最大值在x =2处取到，即f(x)=f(2)=4−5×2−23+223.10．【1995高中数学联赛（第01试）】已知方程|x −2n|=k √x(n ∈N)在区间(2n －1，2n +1]上有两个不相等的实根，则k 的取值范围是( ) A ．k >0 B ．0<k ⩽√2n+1C ．12n+1<k ⩽√2n+1D ．以上都不是.【答案】B【解析】显然k ≥0，而k =0导出x =2n .原方程只有一根，故k >0.又由(x −2n)2=k 2x 知，抛物线y =(x −2n)2与直线y =k 2x 在区间(2n －1，2n +1)上有两个不同交点，所以，当x =2n －1时，有(x −2n)2>k 2x ，而当x =2n +1时，有(x −2n)2⩾k 2x . 从而k 2(2n +1)⩽1，即k ⩽√2n+1.故选B .11．【1993高中数学联赛（第01试）】已知f(x)=asinx +b √x 3+4(a ，b 为实数)且f (lglog 310)=5，则f(lglg3)的值是( ) A ．−5B ．−3C ．3D ．随a ，b 取不同值而取不同值【答案】C【解析】因为f (x )－4是奇函数，故f(−x)−4=−(f(x)−4)，即f(−x)=−f(x)+8. 而lglg3=−lglog 310，所以f(lglg3)=f (−lglog 310)=−f (lglog 310)+8=−5+8=3.12．【1992高中数学联赛（第01试）】设f (x )是定义在实数集R 上的函数，且满足下列关系：f (10+x )=f (10－x )，f (20－x )=－f (20+x ).则f (x )是( ) A ．偶函数，又是周期函数B．偶函数，但不是周期函数C．奇函数，又是周期函数D．奇函数，但不是周期函数【答案】C【解析】由所给第一式得f[10+(10−x)]=f[10−(10−x)]，所以f(x)=f(20−x)①又由所给第二式得f(x)=−f(20+x)②所以f(40+x)=f[20+(20+x)]=−f(20+x)=f(x).可见f(x)是周期函数.由式①，②得f(−x)=f(20+x)=−f(x)，所以f(x)是奇函数.13．【1991高中数学联赛（第01试）】设函数y=f(x)对一切实数x都满足f(3+x)=f(3－x)，且方程f(x)=0恰有6个不同的实根，则这6个实根的和为( )A．18B．12C．9D．0【答案】A【解析】若3+a是f(x)=0的一个根，则由已知f(3−a)=f(3+a)=0，即3－a也是一个根.因此可设方程f(x)=0的六个根为3±a1,3±a2,3±a3.于是它们的和等于18.14．【1990高中数学联赛（第01试）】设f(x)是定义在实数集上的周期为2的周期函数，且是偶函数，已知当x ∈[2，3]时，f(x)=x，则当x∈[－2，0]时，f(x)的解析式是( )A．f(x)=x+4B．f(x)=2−xC．f(x)=3−|x+1|D．f(x)=2+|x+1|【答案】C【解析】(1)由f(x)=x(2⩽x⩽3)及周期为2，有f(x+2)=x.(2)由于f(x)是偶数，得f(x)=−x+2(−1⩽x⩽0).15．【1989高中数学联赛（第01试）】对任意的函数y=f(x)，在同一个直角坐标系中，函数y=f(x－1)与函数y=f (－x+1)的图像恒( )A．关于x轴对称B．关于直线x=1对称C．关于直线x=－1对称D．关于y轴对称【答案】B【解析】f(x)和f(－x)的图像关于直线x=0对称，f(x－1)与f(－x+1)的图像关于直线x=1对称.16．【1988高中数学联赛（第01试）】设有三个函数，第一个是y=φ(x)，它的反函数就是第二个函数，而第三个函数的图像与第二个函数的图像关于直线x+y=0对称，那么第三个函数是( )A．y=−φ(x)B．y=−φ(−x)C．y=−φ−1(x)D．y=−φ−1(−x)【答案】B【解析】第一个函数的图像与第二个函数的图像关于x−y=0对称，第二个函数的图像与第三个函数的图像关于x+y=0对称，所以第一个函数的图像与第三个函数的图像关于原点对称.17．【1985高中数学联赛（第01试）】假定有两个命题：甲：a是大于0的实数；乙：a>b且a−1>b−1.那么( )A．甲是乙的充分而不必要条件B．甲是乙的必要而不充分条件C．甲是乙的充分必要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B【解析】因为仅有“甲”是不能使得“乙”成立，因此可知“甲”不是“乙”的充分条件.接着看“乙”在什么情况下成立.很明显，当且仅当a>0且b<0时，“乙”才能成立由此可知，“甲”是“乙”成立的不可缺少的条件，综上所述，得“甲”是“乙”的必要而不充分条件18．【1984高中数学联赛（第01试）】方程sinx=1gx的实根个数是( )A．1B．2C．3D．大于3【答案】C【解析】判断方程sinx=lgx解的个数，就是确定正弦曲线sinx和对数函数lgx的图像的交点个数.首先确定x的范围.由lgx的定义知x>0，又因为sinx⩽1，所以lgx⩽1.从而得0<x⩽10.在直角坐标系中作出0<x≤10范围内y=sinx和y=1gx的图像.因为0=lg1<sin1，lgπ>sinπ=0，所以当x∈(1,π)时，sinx=lgx必有一解.同理可知，当x∈(2π,2π+π2)和x∈(2π+π2,3π)时，方程各有一解.19．【1984高中数学联赛（第01试）】若a>0，a≠1，F(x)是一奇函数，则G(x)=F(x)⋅(1a x−1+12)是( )A．奇函数B．偶函数C．不是奇函数也不是偶函数D．奇偶性与a的具体数值有关【答案】B【解析】因为G(x)=F(x)⋅a x+12(a x−1)，所以G(−x)=F(−x)⋅a −x+12(a−x−1)=−F(x)⋅a x+12(1−a x)=G(x).即G(x)是偶函数20．【1984高中数学联赛（第01试）】若F(1−x1+x)=x，则下列等式中正确的是( )A．F(−2−x)=−2−F(x)B．F(−x)=F(1+x1−x)C．F(x−1)=F(x)D．F(F(x))=−x【答案】A【解析】先求出F(x)的表达式，作变换t=1−x1+x ，得x=1−t1+t.所以F(t)=1−t1+t，然后一一验证，知F(−2−x)=−2−F(x).21．【1983高中数学联赛（第01试）】x=1log1213+1log1513的值是属于区间( )A.(−2,−1)B.(1,2)C.(−3,−2)D.(2,3)【答案】D【解析】x=log1312+log1315=log13110=log310，2=log39<log310<log327<3.22．【1983高中数学联赛（第01试）】已知函数f(x)=ax2－c，满足：－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5.那么，f(3)应满足( )A．7⩽f(3)⩽26B．−4⩽f(3)⩽15C．−1⩽f(3)⩽20D．−283⩽f(3)⩽353【答案】C【解析】由−4⩽f(1)⩽−1得−4⩽a−c⩽−1，所以1⩽c−a⩽4①由−1⩽f(2)⩽5得−1⩽4a−c⩽5②由①+②得0⩽3a⩽9，即0⩽a⩽3.所以0⩽5a⩽15.由②+③得−1⩽9a−c⩽20，即−1⩽f(3)⩽20.23．【1982高中数学联赛（第01试）】如果log2[log12(log2x)]=log3[log13(log3y)]=log5[log15(log5z)]=0，那么( )A．z<x<y B．x<y<z C．y<z<x D．z<y<x 【答案】A【解析】由条件可得x=212=816=32110，y=313=916，z=515=25110.据幂函数的单调性可知z<x<y.24．【1982高中数学联赛（第01试）】已知x1，x2是方程x2－(k－2)x+(k2+3k+5)=0(k为实数)的两个实数根，x12+x22的最大值是( )A．19B．18C．559D．不存在【答案】B【解析】实系数一元二次方程有实数根，所以Δ=[−(k−2)]2−4⋅1⋅(k2+3k+5)⩾0，可解得−4⩽k⩽−43.由韦达定理，经整理，得到x12+x22=−(k+5)2+19，所以当k=－4时，x12+x22取到最大值，这最大值为18.25．【1981高中数学联赛（第01试）】对方程x|x|+px+q=0进行讨论，下面的结论中，哪一个是错误的( )A．至多有三个实根B．至少有一个实根C．仅当p2－4q≥0时才有实根D．当p<0和q>0时，有三个实根【答案】CD【解析】由题意得f(x)={x2+px+q(x⩾0)−x2+px+q(x<0)f(x)={(x+p2)2+4q−p24(x⩾0)−(x−p2)2+4q+p24(x<0)由此可得p取不同值时，函数的大致图像:其中q的变化，仅决定函数图像在坐标平面上、下平移.从上面的图像可见方程f(x)=0至多有三个实根，至少有一个实根.于是当且仅当p2－4q≥0时才有实根的结论不正确，所以选项C不成立.由p<0，q>0的图像可见选项D也不成立优质模拟题强化训练1．方程组{y=e|x|−e||x|−|y||=1的解的组数是（）A．5B．6C．7D．8【答案】B【解析】如图，分别画出y=e|x|−e与||x|−|y||=1的图象，从中看出两图象有六个交点，故方程组解的组数有6组.故选：B.2．已知abc<0，则在下图的四个选项中，表示y=ax2+bx+c的图像只可能是（）。

2函数与方程-1981-2021年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案

xc c ⎨⎩ 1981 年~2018 年全国高中数学联赛试题分类汇编函数与方程部分2018A 5、设 f (x ) 是定义在 R 上的以2 为周期的偶函数，在区间[0,1]上严格递减，且满足 f (π) = 1，f (2π) = 2，则不等式组 ⎧ 1 ≤ x ≤ 2的解集为◆ 答案： [π- 2,8 - 2π]⎩1 ≤ f (x ) ≤ 2★解析：由 f (x ) 为偶函数及在区间[0,1]上严格递减知，f (x ) 在[-1,0]上递增，结合周期性知，f (x )在[1,2]上递增，又 f (π- 2) = f (π) = 1， f (8 - 2π) = f (-2π) = f (2π) = 2 ，所以不等式等价于 f (π- 2) ≤ f (x ) ≤ f (8 - 2π) ，又1 < π- 2 < 8 - 2π< 2 所以π- 2 < x < 8 - 2π，即不等式的解集为[π- 2,8 - 2π]2018A ，B 9、（本题满分 16 分）已知定义在 R + 上的函数 f (x ) 为f ( x ) =⎧ log 3 x - 1,0 < x ≤ 9 ，设 a , b , c 是三个互不相同的 ⎨4 -, x > 9实数，满足 f (a ) = f (b ) = f (c )，求 abc 的取值范围。

★解析：不妨设 a < b < c ，由于 f (x ) 在(0,3]上递减，在[3,9]上递增，在[9,+∞)上递减，且 f (3) = 0 ，f (9) = 1，结合图像知： a ∈ (0,3)， b ∈ (3,9)， c ∈ (9,+∞)，且 f (a ) = f (b ) = f (c ) ∈ (0,1)。

由 f (a ) = f (b ) 得log 3 a + log 3 b = 2 ，即 ab = 9 ，此时abc = 9c ，又 f (c ) = 4 - ，由0 < 4 - < 1得c ∈ (9,16)，所以 abc = 9c ∈ (81,144)。

高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题18立体几何与空间向量A辑(原卷版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题18立体几何与空间向量A辑历年联赛真题汇编1．【2008高中数学联赛（第01试）】若三个棱长均为整数(单位：cm)的正方体的表面积之和为564cm2，则这三个正方体的体积之和为( )A．764cm3或586cm3B．764cm3C．586cm3或564cm3D．586cm32．【2007高中数学联赛（第01试）】在正四棱锥P－ABCD中，∠APC=60°，则二面角A－PB－C的平面角的余弦值为( )A．17B．−17C．12D．−123．【2006高中数学联赛（第01试）】在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=π2,AB=AC=AA1=1.已知G与E 分别为A1B1和CC1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．[51)B．[52)C．[1,√2)D．[5√2)4．【2005高中数学联赛（第01试）】如图，ABCD－A'B'C'D'为正方体.任作平面α与对角线AC'垂直，使得α与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为S，周长为l.则( ).A．S为定值，不为定值B．S不为定值，l为定值C．S与l均为定值D．S与l均不为定值5．【2004高中数学联赛（第01试）】顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆周上的点，B是底面圆内的点，O为底面圆的圆心，AB⊥OB，垂足为B，OH⊥PB，垂足为H，且P A=4，C为P A的中点，则当三棱锥C－HPC的体积最大时，OB的长是( )A．√53B．2√53C．√63D．2√636．【2003高中数学联赛（第01试）】四面体ABCD中，设AB=1，CD=√3，直线AB与CD的距离为2，夹角为π3，则四面体ABCD的体积等于( )A．√32B．12C．13D．√337．【2002高中数学联赛（第01试）】曲线x2=4y,x2=−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V1.满足x2y2⩽16,x2+(y−2)2⩾4,x2+(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V2，则( )A．V1=12V2B．V1=23V2C．V1=V2D．V1=2V28．【2001高中数学联赛（第01试）】命题I：长方体中，必存在到各顶点距离相等的点；命题Ⅱ：长方体中，必存在到各棱距离相等的点；命题Ⅲ：长方体中，必存在到各面距离相等的点以上三个命题中正确的有( )A．0个B．1个C．2个D．3个9．【1999高中数学联赛（第01试）】给定下列两个关于异面直线的命题：命题I：若平面α上的直线a与平面上的直线b为异面直线，直线c是α与β的交线，那么，c至多与a，b中的一条相交；命题Ⅱ：不存在这样的无穷多条直线，它们中的任意两条都是异面直线.那么，( )A．命题I正确，命题Ⅱ不正确B．命题Ⅱ正确，命题I不正确C．两个命题都正确D．两个命题都不正确10．【1998高中数学联赛（第01试）】设E，F，G分别是正四面体ABCD的棱AB，BC，CD的中点，则二面角C－FG－E的大小是( )A．arcsin√63B．π2+arccos√33C．π2+arctan√2D．π−arccot√2211．【1998高中数学联赛（第01试）】在正方体的8个顶点，12条棱的中点，6个面的中心及正方体的中心共2 7个点中，共线的三点组的个数是( )A．57B．49C．43D．3712．【1997高中数学联赛（第01试）】如图，正四面体ABCD中，E在棱AB上，F在棱CD上，使得AEEB =CFFD=λ(0<λ<+∞)，记f(λ)=αλ+βλ，其中αλ表示EF与AC所构成的角，βλ表示EF与BD所构成的角，则()A．f(λ)在(0，+∞)单调增加B．f(λ)在(0，+∞)单调减少C．f(λ)在(0，1)单调增加，而在(1，+∞)单调减少D．f(λ)在(0，+∞)为常数13．【1997高中数学联赛（第01试）】如果空间三条直线a，b，c两两构成异面直线，那么a，b，c都相交的直线有( )A．0条B．1条C．多于1的有限条D．无穷多条14．【1996高中数学联赛（第01试）】高为8的圆台内有一个半径为2的球O1，球心O1在圆台的轴上，球O1与圆台上底面、侧面都相切圆台内可再放入一个半径为3的球O2，使得球O2与球O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，除球O2，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是( )A．1B．2C．3D．415．【1995高中数学联赛（第01试）】设O是正三棱锥P－ABC底面三角形ABC的中心，过O的动平面与P－ABC 的三条侧棱或其延长线的交点分别记为Q ，R ，S ，则和式1PQ+1PR+1PS( )A ．有最大值而无最小值B ．有最小值而无最大值C ．既有最大值又有最小值，两者不等D ．是一个与面QPS 无关的常数16．【1994高中数学联赛（第01试）】在正n 棱锥中，相邻两侧面所构成的二面角的取值范围是( ) A ．(n−2nπ,π) B ．(n−1nπ,π) C ．(0,π2)D ．(n−2nπ,n−1nπ)17．【1992高中数学联赛（第01试）】设四面体四个面的面积分别为S 1,S 2,S 3,S 4，它们的最大值为S ，记A =∑S i4i=1S，则λ一定满足( )A ．2<λ⩽4B ．3<λ<4C ．2.5<λ⩽4.5D ．3.5<λ<5.518．【1991高中数学联赛（第01试）】由一个正方体的三个顶点所能构成的正三角形的个数为( ) A ．4B ．8C ．12D ．2419．【1989高中数学联赛（第01试）】以长方体8个顶点中的任意3个为顶点的所有三角形中，锐角三角形的个数为( ) A ．0B ．6C ．8D ．2420．【1988高中数学联赛（第01试）】已知三个平面α,β,γ，每两个平面之间的夹角都是θ，且α∩β=a,β∩γ=b,γ∩α=c .若有命题甲：θ>π3；命题乙：a ，b ，c 相交于一点.则( )A ．甲是乙的充分条件但不必要B ．甲是乙的必要条件但不充分C ．甲是乙的充分必要条件D ．A ，B ，C都不对21．【1986高中数学联赛（第01试）】如果四面体的每一个面都不是等腰三角形，那么其长度不等的棱的条数最少为( ) A ．3B ．4C ．5D ．622．【1984高中数学联赛（第01试）】若四面体的一条棱长是x ，其余棱长都是1，体积是F (x )，则函数F (x )在其定义域上( ) A ．是增函数但无最大值B ．是增函数且有最大值C．不是增函数且无最大值D．不是增函数但有最大值23．【1981高中数学联赛（第01试）】给出长方体ABCD−A′B′C′D′，下列12条直线:AB′，BA′,CD′,DC′,AD′,D A′,BC′,CB′,AC,BD,A′C′，B′D′中有多少对异面直线( ).A．30对B．60对C．24对D．48对优质模拟题强化训练1．已知正三棱锥侧面与底面所成二面角的余弦值为16，则此三棱锥的高h与其内切球半径r之比是（）A．5B．6C．7D．82．下面左边的平行四边形ABCD是由6个正三角形构成，将它沿虚线折起来，可以得到如右图所示的粽子形状的六面体，在这个六面体中，AB与CD夹角的余弦值是（）.A．0B．1C．12D．563．过正方体外接球球心的截面截正方体所得图形可能是①三角形，②梯形，③五边形，④六边形中的（）.A．①③B．③④C．②④D．以上都不对4．已知在凸四边形ABCD所在的平面外有一点P，又知E、F、G、H、M、N分别为AB、PC、AD、BC、EF、GH的中点，则（）A．P、D、M、N四点共面，且PD=4MNB．P、D、M、N四点不共面，且PD=4MNC．P、D、M、N四点共面，且PD≠4MND．P、D、M、N四点不共面，且PD≠4MN5．如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为√2a.则AC1与侧面ABB1A1所成的角是（）.A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°6．在空间直角坐标系中，已知O (0， 0，0)，A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，则到面OAB 、面OBC 、面OAC 、面ABC 的距离相等的点的个数是（） A ．1 B ．4 C ．5 D ．无穷多7．若圆柱被一平面所截，其截面椭圆的离心率为2√23，则此截面与圆柱底面所成的锐二面角是（）A ．arcsin 13B ．arccos 13C ．arcsin 23D ．arccos 238．在正方体的8个顶点及正方体的中心共9个点中，共面的四点组的个数是（）. A ．28B ．32C ．36D ．409．如图.设为A −BCD 正三棱锥（底面BCD 是正三角形），作AO ⊥底面BCD ，O 为垂足. P 为高AO 上一点，且PA =1mAO(m >1).过点P 作底面BCD 的平行截面分别交三条棱AB 、AC 、AD 于点B 1、C 1、D 1.点Q 在线段PO 上，过点Q 作底面BCD 的平行截面平分正三棱台BCD −B 1C 1D 1的体积.则PQQO 等于（）.A ．√2(m 3+1)3−133 B ．√2(m 3+1)3−133C ．√m 3+13−133D ．√4(m 3+1)3−2√4(m 3310．一个二面角的两个面与另一个二面角的两个面分别垂直. 那么，这两个二面角的平面角的大小关系是（）.A．相等B．互补C．相等或互补D．不能确定11．设正三棱锥V−ABC的底面边长为4，侧棱长为8，过A与侧棱VB、VC相交的截面为AED.则截面ΔAED周长的最小值为（）.A．1215B．11C．12D．111512．如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=m，O为矩形的中心，PO⊥平面ABCD，PO=n，且在边BC上存在唯一的点E，使得PE⊥DE.若平面PDE与平面ABCD所成的角为60°，则(m,n)为（）.A．[2,32]B．[2√2,32]C．[32,2]D．[32,2√2]13．如图，三棱锥P−ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两垂直，侧面PAB、PBC、PCA与底面ABC所成的二面角的平面角的大小分别为θ1、θ2、θ3，底面ΔABC的面积为4√3．若tanθ1+tanθ2+tanθ3=3√2，则关于V P−ABC的正确说法是（）．A．等于2√3B．等于√6C．等于8√23D．条件不够，V P−ABC无法确定14．半径为r的两个球相切，且都与二面角的两个面相切，第三个球和二面角的两个面也相切，且同时与这两个半径为r的球相切．已知二面角的平面角为60°，且第三个球的半径大于r．则第三个球的半径为（）．A．15−√113r B．8+√76r C．5+√133r D．6+√114r15．从正方体的8个顶点中任取4个不在同一平面上的点M、N、P、Q组成二面角M−PQ−N.则这样大小不同的二面角共有（）个A．28B．27C．9D．816．已知在三棱锥S−ABC中，SC⊥CB，SA⊥AB，CB⊥AB，并且SA、SC与ABC所在平面所成的角相等.若AC=6，S到平面ABC的距离为4，则异面直线AC与SB之间的距离为（）.A．r B．12√1313C．125D．24517．正方体的截面不可能是（）①钝角三角形；②直角三角形；③菱形；④正五边形；⑤正六边形.A．①②⑤B．①②④C．②③④D．③④⑤18．已知ABCD−A1B1C1D1是边长为1的正方体，P为线段AB1上的动点，Q为底面ABCD上的动点.则PC1+PQ 的最小值为（）.A．1+√22B．√3C．2D．12+√5219．如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC,∠ACB=90∘,AE⊥PB于E,AF⊥PC于F．若PA=PB=2,∠BPC=θ，则当ΔAEF的面积最大时，tanθ的值为（）．A．2B．12C．√2D．√2220．设O是正三棱锥P−ABC底面ΔABC的中心，过O的动平面与P−ABC的三条侧棱或其延长线的交点分别记为Q，R，S。