2021年重庆市高中数学竞赛预赛试题及答案
2021年全国高中数学联赛(A卷一试)(含答案与解析)
2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛）暨2021年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1．等差数列{a n }满足a 2021＝a 20+a 21＝1，则a 1的值为__________．2．设集合A ＝{1，2，m }，其中m 为实数．令B ＝{a 2｜a ∈A }，C ＝A ∪B ．若C 的所有元素之和为6，则C 的所有元素之积为__________．3．设函数f (x )满足：对任意非零实数x ，均有f (x )＝f (1)·x +()2f x－1，则f (x )在(0，+∞)上的最小值为__________．4．设函数f (x )＝cosx +log 2x （x >0），若正实数a 满足f (a )＝f (2a )，则f (2a )－f (4a )的值为__________．5．在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝2，B －C ＝23π，则△ABC 的面积为__________．6．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线Γ：y 2＝2px （p >0）的焦点为F ，过Γ上一点P （异于O ）作Γ的切线，与y 轴交于点Q ．若|FP |＝2，|FQ |＝1，则向量OP 与OQ 的数量积为__________．7．一颗质地均匀的正方形骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6．随机地抛掷该骰子三次（各次抛掷结果相互独立），所得的点数依次为a 1，a 2，a 3，则事件“|a 1－a 2|+|a 2－a 3|+|a 3－a 1|＝6”发生的概率为__________．8．设有理数r ＝p q∈(0，1)，其中p ，q 为互素的正整数，且pq 整除3600．这样的有理数r 的个数为__________．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9．已知复数列{z n }满足：z 1＝32，z n +1＝n z (1+z n i )（n ＝1，2，…），其中i 为虚数单位．求z 2021的值．10．在平面直角坐标系中，函数y ＝11x x ++的图像上有三个不同的点位于直线l 上，且这三点的横坐标之和为0．求l 的斜率的取值范围．11．如图，正方体ABCD －EFGH 的棱长为2，在正方形ABFE 的内切圆上任取一点P 1，在正方形BCGF 的内切圆上任取一点P 2，在正方形EFGH 的内切圆上任取一点P 3．求|P 1P 2|+|P 2P 3|+|P 3P 1|的最小值与最大值．2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛）暨2021年全国高中数学联合竞赛一试（A卷）一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1．等差数列{a n}满足a2021＝a20+a21＝1，则a1的值为__________．【答案】1981 4001【解析】2．设集合A＝{1，2，m}，其中m为实数．令B＝{a2｜a∈A}，C＝A∪B．若C的所有元素之和为6，则C的所有元素之积为__________．【答案】－8【解析】3．设函数f(x)满足：对任意非零实数x，均有f(x)＝f(1)·x+()2fx－1，则f(x)在(0，+∞)上的最小值为__________．【答案】－1【解析】4．设函数f(x)＝cosx+log2x（x>0），若正实数a满足f(a)＝f(2a)，则f(2a)－f(4a)的值为__________．【答案】－3或－1【解析】5．在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝2，B －C ＝23，则△ABC 的面积为__________．【答案】3314【解析】6．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线Γ：y 2＝2px （p >0）的焦点为F ，过Γ上一点P （异于O ）作Γ的切线，与y 轴交于点Q ．若|FP |＝2，|FQ |＝1，则向量OP 与OQ 的数量积为__________．【答案】32【解析】7．一颗质地均匀的正方形骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6．随机地抛掷该骰子三次（各次抛掷结果相互独立），所得的点数依次为a 1，a 2，a 3，则事件“|a 1－a 2|+|a 2－a 3|+|a 3－a 1|＝6”发生的概率为__________．【答案】14【解析】8．设有理数r ＝p q∈(0，1)，其中p ，q 为互素的正整数，且pq 整除3600．这样的有理数r 的个数为__________．【答案】112【解析】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．已知复数列{z n }满足：z 132，z n +1＝n z (1+z n i )（n ＝1，2，…），其中i 为虚数单位．求z 2021的值．【解析】10．在平面直角坐标系中，函数y ＝11x x ++的图像上有三个不同的点位于直线l 上，且这三点的横坐标之和为0．求l 的斜率的取值范围．【解析】11．如图，正方体ABCD－EFGH的棱长为2，在正方形ABFE的内切圆上任取一点P1，在正方形BCGF的内切圆上任取一点P2，在正方形EFGH的内切圆上任取一点P3．求|P1P2|+|P2P3|+|P3P1|的最小值与最大值．【解析】。
2021年全国高中数学联赛试卷及答案(Word可编辑版)
2021年全国高中数学联赛试卷及答案（最新版）-Word文档，下载后可任意编辑和处理-2021年全国高中数学联合竞赛试卷得分评卷人一．选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，每题均给出A、B、C、D四个结论，其中有且仅有一个是正确的，请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分)。
1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个新数列的第2021项是A．2046B．2047 C．2048 D．2049 答（）2．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y＋b＝0和曲线bx2＋ay2＝ab 的图形是A B C D答（）3．过抛物线y2＝8(x＋2)的焦点F作倾斜角为60o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P点，则线段PF的长等于A．B．C． D．答（）4．若，则的最大值是A．B．C． D．答（）5.已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy＝－1，则函数的最小值是A．B．C． D．答（）6.在四面体ABCD中，设AB＝1，CD＝，直线AB与CD的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于A． B．C．D．答（）得分评卷人二．填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。
7．不等式 x 3－2x2－4 x ＋3 < 0 的解集是____________________．8．设F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，且PF1 : PF2＝2 : 1，则三角形PF1F2的面积等于______________．9．已知A＝{x｜x2－4x＋3＜0，x∈R}，B＝{x｜21－x＋a≤0，x2－2(a＋7)＋5≤0，x∈R}，若AB，则实数a的取值范围是___________________．10．已知a，b，c，d均为正整数，且，若a－c＝9，则b－d ＝________．11．将8个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于______________．12．设M n ＝{(十进制)n位纯小数｜ai只取0或1（i＝1，2，…，n－1，an＝1}，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则＝_______．得分评卷人三．解答题（本题满分60分，每小题20分）13．设≤x≤5，证明不等式．14．设A，B，C分别是复数Z0＝ai，Z1＝＋bi，Z2＝1＋ci（其中a，b，c都是实数）对应的不共线的三点，证明：曲线Z＝Z0cos4t＋2Z1cos2t sin2t＋Z2sin4t （t∈R）与ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点．15. 一张纸上画有半径为R的圆O和圆内一定点A，且OA＝a. 拆叠纸片，使圆周上某一点A/ 刚好与A点重合，这样的每一种拆法，都留下一条直线折痕，当A/取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．2021年全国高中数学联合竞赛加试试卷得分评卷人一．（本题满分50分）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＝∠PAC．得分评卷人二．（本题满分50分）设三角形的三边分别是整数l，m，n，且l ＞m＞n，已知，其中{x}＝x－[x]，而[x]表示不超过x的最大整数．求这种三角形周长的最小值．得分评卷人三．（本题满分50分）由n个点和这些点之间的t条连线段组成一个空间图形，其中n＝q2＋q＋1，t≥，q≥2，q∈N，已知此图中任圆点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q＋2条连线段，证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A，B，C，D和四条连线段AB，BC，CD，DA组成的图形）．2021年全国高中数学联合竞赛试卷试题参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请依据本评分标准．选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两；其它各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时可参照本评分标准当划分档次评分，5分为一个档次。
2021年全国高中数学联赛一试参考答案及评分标准(B卷)
120说明：2020 年全国高中数学联合竞赛一试（B 卷）参考答案及评分标准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 x 满足log 2 x = log 4 (2x )+ log 8 (4x )，则 x = ． 答案：128 ． 解：由条件知log x = log 2+ log x + log 4 + log1 1 + log x +2 + 1 log x ， 24 4 88解得log 2 x = 7 ，故 x = 128．2 2 23 3 22. 在平面直角坐标系 xOy 中，经过点(0, 0), (2, 4), (3, 3) ，则 上的点 到原点的距离的最大值为 ．答案： 2 5 ． 解：记 A (2, 4), B (3, 3) ，经过点O , A , B ．注意到 OBA 90 （直线OB 与 AB 的斜率分别为 1 和 1），故OA 为的直径．从而圆 上的点到原点O 的距离的最大值为 OA 2 5 ．3. 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：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C 2 190 种，所以这样的集合 A 的个数 为 190．4. 在三角形 ABC 中， BC 4, CA 5, AB 6 ，则sin 6 A cos 6 A=．2 2答案： 43．64解：由余弦定理得cos ACA 2 AB 2 BC 2 52 62 42 3 ，所以 2CA AB 2 5 6 4sin 6 A cos 6 A = sin 2 A cos 2 A sin 4 A sin 2 A cos 2 A cos 4 A2 2 2 2 2 2 2 2A A 2A A sin 2 cos 2 3sin 2cos 22 2 2 2x =。
高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)：专题38排列组合与图论第一缉(解析版)
.
【答案】ퟒퟒ
【解析】由 (� − ퟓ� + ퟑ − �ퟓ)� = (� + ퟑ)�( − ퟓ)� , 共有 (� + �)� 项,
所以 (� + �)� ≥ �ퟎ�� , 得 � ≥ �ퟎ�� − � , 则 �min = ퟒퟒ .
3．【2021 年广西预赛】某学校在不同时段开设了三门选修课，要求每位学生至少选择其中一门,则 A、B、C
个，四位正整数有 5× �ퟑ = �ퟎ�ퟎ 个，共有 1295 个:
万位数为 1,千位为 0,共 216 个； 万位数为 1,千位为 1,共 216 个; 万位数为 1，千位为 2，共 216 个;共 1943 个， 万位数为 1,千位为 3，百位是 0,1 各 36 个，共 72 个，一共 1943+72=2015 个，还差 6 个，百位是 2，个位取 0,1,2,3,4,5,所以第 2021 个数是 13205. 方法二:数码不超过 5 的数可以与一个六进制数建立一一对应关系,�ퟎ�� = � × �ퟒ + ퟑ × �ퟑ + � × �� +
且随时保证�� + �� + ⋯ + �� ≥ ퟎ(� = �, �, ⋯, �ퟎ�ퟎ) .
即为卡特兰数�ퟎ���
��ퟎ�ퟎ
�ퟎ�ퟎ
.
2．【2021 年浙江预赛】对于正整数� ,若(� − ퟓ� + ퟑ − �ퟓ)� 展开式经同类项合并，�� �(�, � =
ퟎ, �, ⋯, �) 合并后至少有 2021 项,则� 的最小值为
.
【答案】�ퟎ���
��ퟎ�ퟎ
�ퟎ�ퟎ
【解析】由�� + �� + ⋯ + ��ퟎ�ퟎ ≥ ퟎ, �� + �� + ⋯ + ��ퟎ�� =− �, ��ퟎ�� ∈ { − �, �} ,
国高中数学联赛试题及详细解析___
2021年全国高中数学联赛试题及详细解析一．选择题(此题满分是36分，每一小题6分)1．设锐角θ使关于x 的方程x 2+4x cos θ+cos θ=0有重根，那么θ的弧度数为 ( )A ．π6B ．π12或者5π12C ．π6或者5π12D ．π122．M={(x ，y )|x 2+2y 2=3}，N={(x ，y )|y=mx+b }．假设对于所有的m ∈R ，均有M ∩N ≠∅，那么b 的取值范围是( )A ．[－62，62]B ．(－62，62)C ．(－233，233]D ．[－233，233] 3．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] 4．设点O 在∆ABC 的内部，且有→OA +2→OB +3→OC =→0，那么∆ABC 的面积与∆AOC 的面积的比为( )A ．2B ．32C ．3D ．538．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，那么f(x)=；9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角A－BD1—A1的度数是；10．设p是给定的奇质数，正整数k使得k2－pk也是一个正整数，那么k=；11．数列a0，a1，a2，…，a n，…满足关系式(3－a n+1)(6+a n)=18，且a0=3，那么n∑i=01a i的值是；12．在平面直角坐标系xOy中，给定两点M(－1，2)和N(1，4)，点P在x轴上挪动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标为；二试题一．(此题满分是50分)在锐角三角形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 ，BC=25，BD=20，BE=7，求AK 的长．二．(此题满分是50分)在平面直角坐标系XOY 中，y 轴正半轴上的点列{A n }与曲线y=2x (x ≥0)上的点列{B n }满足|OA n |=|OB n |=1n，直线A n B n 在x 轴上的截距为a n ，点B n 的横坐标为b n ，n ∈N*．⑴ 证明a n >a n +1>4，n ∈N*；⑵ 证明有n 0∈N *，使得对∀n >n 0，都有b 2b 1+b 3b 2+…+b n b n －1+b n +1b n<n －2021． 三．(此题满分是50分)对于整数n ≥4，求出最小的整数f (n )，使得对于任何正整数m ，集合{m ，m +1，…，m+n －1}的任一个f (n )元子集中，均至少有3个两两互素的元素．EFBCDAGHK2021年全国高中数学联赛试卷第一试一．选择题(此题满分是36分，每一小题6分)1．设锐角θ使关于x 的方程x 2+4x cos θ+cot θ=0有重根，那么θ的弧度数为 ( )A ．π6B ．π12或者5π12C ．π6或者5π12D ．π12【答案】B【解析】由方程有重根，故14∆=4cos 2θ－cot θ=0，∵ 0<θ<π2，⇒2sin2θ=1，⇒θ=π12或者5π12．选B ．3．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】令log 2x=t ≥1时，t －1>32t －2．t ∈[1，2)，⇒x ∈[2，4)，选C ．4．设点O 在∆ABC 的内部，且有→OA +2→OB +3→OC =→0，那么∆ABC 的面积与∆AOC 的面积的比为( )A．2 B．32C．3 D．53【答案】C【解析】如图，设∆AOC=S，那么∆OC1D=3S，∆OB1D=∆OB1C1=3S，∆AOB=∆OBD=S．∆OBC=S，⇒∆ABC=3S．选C．5．设三位数n=¯¯¯abc，假设以a，b，c为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形，那么这样的三位数n有( )A．45个B．81个C．165个D．216个6．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为底面圆圆心，AB⊥OB，垂足为B，OH⊥PB，垂足为H，且PA=4，C为PA的中点，那么当三棱锥O－HPC的体积最大时，OB的长为( )A．53B．253C．63D．263SB11OABC二．填空题(此题满分是54分，每一小题9分)7．在平面直角坐标系xOy 中，函数f (x )=a sin ax +cos ax (a >0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函数g (x )= a 2+1的图像所围成的封闭图形的面积是 ；【答案】2πaa 2+1．【解析】f (x )= a 2+1sin(ax +ϕ)，周期=2πa ，取长为2πa，宽为2a 2+1的矩形，由对称性知，面积之半即为所求．故填2πaa 2+1．又解：∫ϕ1ϕ0a 2+1[1－sin(ax +ϕ)]dx=a 2+1a ∫π20(1－sin t )dt=2p aa 2+1．8．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，那么f (x )= ；【答案】x+1【解析】令x=y=0，得，f (1)=1－1－0+2，⇒f (1)=2． 令y=1，得f (x +1)=2f (x )－2－x +2，即f (x +1)=2f (x )－x ．①又，f (yx +1)=f (y )f (x )－f (x )－y +2，令y=1代入，得f (x +1)=2f (x )－f (x )－1+2，即f (x +1)=f (x )+1．②比拟①、②得，f (x )=x +1．10．设p 是给定的奇质数，正整数k 使得k 2－pk 也是一个正整数，那么k= ；【答案】14(p +1)2．【解析】设k 2－pk=n ，那么(k －p2)2－n 2=p 24，⇒(2k －p +2n )(2k －p －2n )=p 2，⇒k=14(p +1)2．11．数列a 0，a 1，a 2，…，a n ，…满足关系式(3－a n +1)(6+a n )=18，且a 0=3，那么n∑i=01a i的值是 ；【答案】13(2n +2－n －3)．【解析】1a n +1=2a n +13，⇒令b n =1a n +13，得b 0=23，b n =2b n －1，⇒b n =23⨯2n ．即1a n =2n +1－13，⇒n∑i=01a i =13(2n +2－n －3)．12．在平面直角坐标系xOy中，给定两点M(－1，2)和N(1，4)，为；【答案】1【解析】当∠MPN最大时，⊙MNP与x轴相切于点P(否那么⊙MNP与x轴交于PQ，那么线段PQ上的点P'使∠MP'N更大)．于是，延长NM交x轴于K(－3，0)，有KM·KN=KP2，⇒KP=4．P(1，0)，(－7，0)，但(1，0)处⊙MNP的半径小，从而点P的横坐标=1．三．解答题(此题满分是60分，每一小题20分)13．一项“过关游戏〞规那么规定：在第n关要抛掷一颗骰子n次，假如这n次抛掷所出现的点数的和大于2n，那么算过关．问：⑴某人在这项游戏中最多能过几关？⑵他连过前三关的概率是多少？14．在平面直角坐标系xOy 中，给定三点A (0，43)，B (－1，0)，C (1，0)，点P 到直线BC的间隔 是该点到直线AB 、AC 间隔 的等比中项．⑴ 求点P 的轨迹方程；⑵ 假设直线L 经过 ABC 的内心(设为D )，且与P 点轨迹恰好有3个公一共点，求L 的斜率k 的取值范围．【解析】⑴ 设点P 的坐标为(x ，y )，(b ) k=0时，直线y=12与圆④切于点(0，12)，与双曲线⑤交于(±582，12)，即k=0满足要求．(c ) k=±12时，直线⑥与圆只有1个公一共点，与双曲线⑤也至多有1个公一共点，故舍去．(c ) k ≠0时，k ≠12时，直线⑥与圆有2个公一共点，以⑥代入⑤得：(8－17k 2)x 2－5kx－254=0． 当8－17k 2=0或者(5k )2－25(8－17k 2)=0，即得k=±23417与k=±22．∴ 所求k 值的取值范围为{0，±23417，±22}．15．α，β是方程4x 2－4tx －1=0(t ∈R )的两个不等实根，函数f (x )= 2x －t x 2+1的定义域为[α，β]．⑴ 求g (t )=max f (x )－min f (x )；⑵ 证明：对于u i ∈(0，π2)(i=1，2，3)，假设sin u 1+sin u 2+sin u 3=1，那么1g (tan u 1)+1g (tan u 2)+1g (tan u 3)<364．【解析】⑴α+β=t，αβ=－14．故α<0，β>0．当x1，x2∈[α，β]时，∴f '(x)=2(x2+1)－2x(2x－t)(x2+1)2=－2(x2－xt)+2(x2+1)2．而当x∈[α，β]时，x2－xt<0，于是f '(x)>0，即f(x)在[α，β]上单调增．∴g(t)=2β－tβ2+1－2α－tα2+1=(2β－t)(α2+1)－(2α－t)(β2+1)(α2+1)(β2+1)=(β－α)[t(α+β)－2αβ+2]α2β2+α2+β2+1=t2+1(t2+52)t2+2516=8t2+1(2t2+5)16t2+25二试题一．(此题满分是50分)在锐角三角形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 ，BC=25，BD=20，BE=7，求AK 的长．二．(此题满分是50分)在平面直角坐标系XOY 中，y 轴正半轴上的点列{A n }与曲线y=2x (x ≥0)上的点列{B n }满足|OA n |=|OB n |=1n，直线A n B n 在x 轴上的截距为a n ，点B n 的横坐标为b n ，n ∈N*．⑴ 证明a n >a n +1>4，n ∈N*；⑵ 证明有n 0∈N*，使得对∀n >n 0，都有b 2b 1+b 3b 2+…+b n b n －1+b n +1b n<n －2021． 【解析】⑴ 点A n (0，1n )，B n (b n ，2b n )⇒由|OA n |=|OB n |，⇒b n 2+2b n =(1n)2，⇒b n =1+(1n)2－1(b n >0)．∴ 0<b n <12n 2．且b n 递减，⇒n 2b n =n (n 2+1－n )= n n 2+1+n=11+(1n)2+1单调增．∴ 0<n b n <12．⇒令t n =1n b n>2且t n 单调减．由截距式方程知，b na n +2b n1n=1，(1－2n 2b n =n 2b n 2) ∴ a n =b n 1－n 2b n =b n (1+n 2b n )1－2n 2b n =1+n 2b n n 2b n =(1n b n )2+2(1n b n)=t n 2+2t n =(t n +22)2－12≥(2+22)2－12=4． 且由于t n 单调减，知a n 单调减，即a n >a n+1>4成立． 亦可由1n 2b n=b n +2．1n b n=b n +2，得 a n =b n +2+2b n +2，．∴ 由b n 递减知a n 递减，且a n >0+2+2⨯2=4．三．(此题满分是50分)对于整数n ≥4，求出最小的整数f (n )，使得对于任何正整数m ，集合{m ，m +1，…，m+n －1}的任一个f (n )元子集中，均至少有3个两两互素的元素．【解析】⑴ 当n ≥4时，对集合M (m ，n )={m ，m +1，…，m+n －1}，当m为奇数时，m，m+1，m+2互质，当m为偶数时，m+1，m+2，m+3互质．即M的子集M中存在3个两两互质的元素，故f(n)存在且f(n)≤n．①取集合T n={t|2|t或者3|t，t≤n+1}，那么T为M(2，n)={2，3，…，n+1}的一个子集，且其中任3个数无不能两两互质．故f(n)≥card(T)+1．但card(T)=[n+12]+[n+13]－[n+16]．故f(n)≥[n+12]+[n+13]－[n+16]+1．②由①与②得，f(4)=4，f(5)=5．5≤f(6)≤6，6≤f(7)≤7，7≤f(8)≤8，8≤f(9)≤9．现计算f(6)，取M={m，m+1，…，m+5}，假设取其中任意5个数，当这5个数中有3个奇数时，这3个奇数互质；当这3个数中有3个偶数k，k+2，k+4(k 0(mod2))时，其中至多有1个被5整除，必有1个被3整除，故至少有1个不能被3与5整除，此数与另两个创作人：历恰面日期：2020年1月1日。
2021届重庆八中高考数学适应性试卷(七)(含答案解析)
2021届重庆八中高考数学适应性试卷(七)一、单选题（本大题共8小题，共40.0分） 1.复数z =2+4i 1+i(i 为虚数单位)在复平面内对应点的坐标是( )A. (3,1)B. (−1,3)C. (3,−1)D. (2,4)2.已知集合A ={1,2，3，6}，B ={x|2x >4}，则A ∩B =( )A. {6}B. {3,6}C. {1,2}D. {2,3，6}3.已知随机变量X 服从正态分布N(3,δ2)，且P(x ≤6)=0.9，则P(0<x <3)=( )A. 0.4B. 0.5C. 0.6D. 0.74.在同一直角坐标系中，函数f(x)=x a (x >0)，g(x)=log a x 的图象可能是( )A.B.C.D.5. 甲、乙、丙、丁四位同学一起去问老师成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则( )A. 乙可以知道四人的成绩B. 丁可以知道四人的成绩C. 乙、丁可以知道对方的成绩D. 乙、丁可以知道自己的成绩6.在△ABC 中，CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则△ABC 是( )A. 等腰直角三角形B. 等边三角形C. 等腰三角形D. 直角三角形7.已知P ，A ，B ，C 是半径为2的球面上的点，PA =PB =PC =2，∠ABC =90°，点B 在AC 上的射影为D ，则三棱锥P −ABD 体积的最大值是( )A. 3√34B. 3√38C. 12D. √348. 已知，关于的方程有相异实根的个数情况是( )A. 0或1或2或3B. 0或1或2或4C. 0或2或3或4D. 0或1或2或3或4二、多选题（本大题共4小题，共20.0分） 9.已知x >−3，y >4，且x +y =2，则1x+3+1y−4的值可能为( )A. 3B. 4C. 5D. 610. 抛掷一枚质地均匀的骰子，有如下随机事件：C i =“点数为i ”，其中i =1，2，3，4，5，6，E 1=“点数不大于3”，E 2=“点数大于3”，E 3=“点数大于4”，F =“点数为奇数”，G =“点数为偶数”，判断下列结论，错误的有( )A. F =E 1∪E 2∪E 3B. C 2，C 3为对立事件C. E 3⊆E 2D. E 1，E 2为对立事件11. 矩形ABCD 中，AB =4，BC =3，将△ABD 沿BD 折起，使A 到A′的位置，A′在平面BCD 的射影E 恰落在CD 上，则( )A. 三棱锥A′−BCD 的外接球直径为5B. 平面A′BD ⊥平面A′BCC. 平面A′BD ⊥平面A′CDD. A′D 与BC 所成角为60°12. 若△ABC 内接于以O 为圆心，1为半径的圆，且3OA⃗⃗⃗⃗⃗ +4OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，则下列结论正确的是( )A. ∠BOC =90°B. ∠AOB =90°C. OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =−45D. OC ⃗⃗⃗⃗⃗⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−15 三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知函数f(x)=|sinx|+|cosx|−sin2x −1(x ∈R)，则下列命题正确的是______ (写出所有正确命题的序号)． ①f(x)是周期函数；②f(x)的图象关于x =π2对称； ③f(x)的最小值为√2−2；④f(x)的单调递减区间为[kπ+π4,kπ+3π4](k ∈Z)；⑤f(x)在(0,nπ)内恰有2015个零点，则n 的取值范围为1.007.5<n <1008．14. 与椭圆有公共焦点，且离心率的双曲线方程是 ．15. 某团队有6人入住宾馆中的6个房间，其中的房号301与302对门，303与304对门，305与306对门，若每人随机地拿了这6个房间中的一把钥匙，则其中的甲、乙两人恰好对门的概率为______ ．16. 如图，已知球O 的面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA =AB =BC =2，则球O 的体积与表面积的比为______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分） 17. 已知函数f(x)=2cos 2x +2√3sinxcosx −1． (Ⅰ)求f(π3)的值；(Ⅱ)当x ∈[π4,π2]时，求函数f(x)的值域．18. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =3n −12，记b n =2(1+log 3a n ) (n ∈N ∗).(Ⅰ)求数列{a n b n }的前n 项和T n ； (Ⅱ)求证：对于任意的正整数n ，都有1+b 1b 1⋅1+b 2b 2⋅…⋅1+b n b n<√2n +1成立；(Ⅲ)求证：对于任意的正整数n ，都有(b 1−1b 1)2⋅(b 2−1b 2)2⋅…⋅(b n −1b n)2≥14n成立．19. 在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =BC =CC 1=2，AB ⊥BC ，点M ，N 分别是CC 1，B 1C 的中点，G 是棱AB 上的动点．(Ⅰ)求证：B 1C ⊥平面BNG ；(Ⅱ)若G 点是AB 的中点，求证：CG//平面AB 1M ； (Ⅲ)求二面角M −AB 1−B 的余弦值．20. 某省的一个气象站观测点在连续4天里记录的AQI 指数M 与当天的空气水平可见度y(单位：cm)的情况如表1： M 900 700 300 100 y0.53.56.59.5该省某市2017年11月份AQI 指数频数分布如表2： M [0,200) [200,400) [400,600) [600,800) [800,1000] 频数(天)361263(1)设x =M100，若x 与y 之间是线性关系，试根据表1的数据求出y 关于x 的线性回归方程； (2)小李在该市开了一家洗车店，洗车店每天的平均收入与AQI 指数存在相关关系如表3： M[0,200) [200,400) [400,600) [600,800) [800,1000] 日均收入(元)−2000−1000200060008000根据表3估计小李的洗车店2017年11月份每天的平均收入．附参考公式：y ̂=b ̂x +a ̂，其中b ̂=∑x i ni=1y i −nx −y −∑x i 2n i=1−nx−2，a ̂=y −−b ̂x −．21. (本小题满分12分) 如图，在平面直角坐标系中，椭圆的焦距为2，且过点．求椭圆的方程； 若点，分别是椭圆的左、右顶点，直线经过点且垂直于轴，点是椭圆上异于，的任意一点，直线交于点(ⅰ)设直线的斜率为直线的斜率为，求证：为定值；(ⅰ)设过点垂直于的直线为.求证：直线过定点，并求出定点的坐标．22. 已知函数f(x)=alnx+bx2在x=1处的切线方程为x−y=1，(1)求f(x)的解析式；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，则称f(x)为g(x)的一个上界函数，当(1)中的f(x)为函数g(x)=tx−lnx(t∈R)的一个上界函数时，求t的取值范围；(3)当m>0时，对(1)中的f(x)，讨论F(x)=f(x)+x22−m2+1mx在区间(0,2)上极值点的个数．【答案与解析】1.答案：A解析：本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．利用复数的运算法则、几何意义即可得出．=3+i，解：z=(2+4i)(1−i)(1+i)(1−i)∴复数z所对应点的坐标是(3,1)．故选：A．2.答案：B解析：解：因为集合A={1,2，3，6}，B={x|2x>4}={x|x>2}，所以A∩B={3,6}．故选：B．求出集合A，B，由此能求出A∩B．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3.答案：A解析：解：∵P(x≤6)=0.9，∴P(x>6)=1−0.9=0.1．∴P(x<0)=P(x>6)=0.1，∴P(0<x<3)=0.5−P(x<0)=0.4．故选：A．根据对称性，由P(x≤6)=0.9的概率可求出P(x<0)=P(x>6)=0.1，即可求出P(0<x<3)．本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，注意根据正态曲线的对称性解决问题．4.答案：D解析：解：当0<a<1时，函数f(x)=x a(x≥0)，g(x)=log a x的图象为：此时答案D满足要求，当a>1时，函数f(x)=x a(x≥0)，g(x)=log a x的图象为：无满足要求的答案，综上：故选D，故选：D．结合对数函数和幂函数的图象和性质，分当0<a<1时和当a>1时两种情况，讨论函数f(x)=x a(x≥0)，g(x)=log a x的图象，比照后可得答案．本题考查的知识点是函数的图象，熟练掌握对数函数和幂函数的图象和性质，是解答的关键．5.答案：D解析：本题考查了合情推理的问题，关键掌握四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，属于中档题．根据四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，继而可以推出正确答案．解：甲不知自己的成绩→乙丙必有一优一良，(若为两优，甲会知道自己的成绩；若是两良，甲也会知道自己的成绩);→乙看到了丙的成绩，乙没有说不知道自已的成绩，假定丙是优，则乙是良，乙就知道自己成绩; →甲、丁也为一优一良，丁看到甲成绩，假定甲是优，则丁是良，丁肯定知道自已的成绩了． 故选D ．6.答案：C解析：本题考查三角形形状的判断，涉及向量的运算，属基础题． 由向量的运算可得|CA⃗⃗⃗⃗⃗ |=|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |，可得结论． 解：∵在△ABC 中，CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CA ⃗⃗⃗⃗⃗ −BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∴CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0， ∴(CA ⃗⃗⃗⃗⃗ −BA ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=0， 即CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2， ∴|CA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|BA ⃗⃗⃗⃗⃗ |， ∴△ABC 是等腰三角形， 故选C ．7.答案：B解析：题考查多面体与旋转体间的关系，考查球内接多面体体积的求法，是中档题．由题意画出图形，求出三棱锥的高，利用导数求出底面三角形ABD 的最大值，则三棱锥P −ABD 体积的最大值可求． 解：如图，由题意，PA =PB =PC =2，∠ABC =90°，可知P 在平面ABC 上的射影G 为△ABC 的外心，即AC 中点，则球的球心在PG的延长线上，设PG=ℎ，则OG=2−ℎ，∴OB2−OG2=PB2−PG2，即4−(2−ℎ)2=4−ℎ2，解得ℎ=1．则AG=CG=√3，过B作BD⊥AC于D，设AD=x，则CD=2√3−x，再设BD=y，由△BDC∽△ADB，可得y2√3−x =xy，∴y=√x(2√3−x)，则12xy=12√−x4+2√3x3，令f(x)=−x4+2√3x3，则f′(x)=−4x3+6√3x2，由f′(x)=0，可得x=3√32，∴当x=3√32时，f(x)max=24316，∴△ABD面积的最大值为12×9√34=9√38，则三棱锥P−ABD体积的最大值是13×9√38×1=3√38．故选：B．8.答案：B解析：试题分析：由可得对上式两边平方可得：分别画出的图象和的图象，可以看出当或时，有0个交点，当时有1个交点，当或时有2个交点，当时有4个交点．考点：本小题主要考查含绝对值号和根号的不等式的解的个数的判断．点评：解决本题的关键在于将问题转化为两个函数图象交点个数问题，这种转化的方法经常用到，要灵活掌握．9.答案：BCD解析：解：因为x+y=2，所以x+3+y−4=2+3−4=1，则1x+3+1y−4=[(x+3)+(y−4)](1x+3+1y−4)=2+x+3y−4+y−4x+3．又因为x>−3，y>4，所以2+x+3y−4+y−4x+3≥4，当且仅当x=−52，y=92时取等号．故B，C，D，都有可能，故选故选：BCD．根据基本不等式的性质，利用1的代换进行转化求解即可．本题主要考查不等式的性质，结合基本不等式性质，利用1的代换，将式子进行转化是解决本题的关键，是中档题．10.答案：AB解析：本题考查了互斥事件与对立事件的概念，属于基础题．逐项判断正误即可．解：C2=“点数为2”，C3=“点数为3”，E1=“点数不大于3”=“点数为1，2，3”，E2=“点数大于3”=“点数为4，5，6”，E3=“点数大于4”=“点数为5，6”，F=“点数为奇数”=“点数为1，3，5”，G=“点数为偶数”=“点数为2，4，6”．因为E1∪E2∪E3=“点数为1，2，3，4，5，6”，所以F≠E1∪E2∪E3，故A错误;因为C2∩C3=⌀，且C2∪C3=“点数为2，3”，所以C2，C3为互斥事件，故B错误;因为E3⊆E2，故C正确;因为E1∪E2=“点数为1，2，3，4，5，6”，E1∩E2=⌀，所以E1，E2为对立事件，故D正确，故选AB．11.答案：AB解析：解：对于A，取BD中点E，连接A′E，CE，则A′E=BE=DE=CE=√42+322=52．∴三棱锥A′−BCD的外接球直径为5，故A正确；对于B，∵DA′⊥BA′，BC⊥CD，A′F⊥平面BCD，∴BC⊥A′F，又A′F∩CD=F，A′F、CD⊂平面A′CD，∴BC⊥平面A′CD，∵A′D⊂平面A′CD，∴DA′⊥BC，∵BC ∩BA′=B ，∴DA′⊥平面A′BC ，∵DA′⊂平面A′BD ，∴平面A′BD ⊥平面A′BC ，故B 正确； 对于C ，BC ⊥A′C ，∴A′B 与A′C 不垂直， ∴平面A′BD 与平面A′CD 不垂直，故C 错误；对于D ，∵DA//BC ，∴∠ADA′是A′D 与BC 所成角(或所成角的补角)， ∵A′C =√16−9=√7，∴A′F =3√74，DF =(3√74)=94，AF =√9+(94)2=154，AA′=√(154)2+(3√74)2=3√2， ∴cos∠ADA′=9+9−182×3×3=0，∴∠ADA′=90°，∴A′D 与BC 所成角为90°，故D 错误． 故选：AB ．对于A ，取BD 中点E ，连接A′E ，CE ，推导出A′E =BE =DE =CE =52，从而三棱锥A′−BCD 的外接球直径为5；对于B ，推导出DA′⊥BA′，BC ⊥CD ，A′F ⊥平面BCD ，BC ⊥A′F ，BC ⊥平面A′CD ，DA′⊥BC ，DA′⊥平面A′BC ，从而平面A′BD ⊥平面A′BC ；对于C ，A′B 与A′C 不垂直，从而平面A′BD 与平面A′CD 不垂直；对于D ，由DA//BC ，得∠ADA′是A′D 与BC 所成角(或所成角的补角)，推导出A′D 与BC 所成角为90°．本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力等数学核心素养，是中档题．12.答案：BD解析：解：由已知得：|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，因为3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +4OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，所以3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =−(4OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )， 两边平方得9OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=16OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2+25OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+40OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，解得OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−45≠0，故A 错误； 同理可得：OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−35． 故OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，故∠AOB =90°，故B 正确； OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =45，故C 错误； OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =−15，故D 正确．故选：BD ．可由3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +4OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ 得3OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =−(4OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +5OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )，两边平方，再根据|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，可算出OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值，同理可算出OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值，则问题可迎刃而解． 本题考查数量积的运算和数量积在研究几何性质中的应用．属于中档题．13.答案：①③④解析：解：f(x)=|sinx|+|cosx|−sin2x −1=√1+|sin2x|−sin2x −1． ∵f(x +π)=f(x)，∴f(x)是周期为π的函数，①正确； ∵f(π4)≠f(3π4)，∴f(x)的图象不关于x =π2对称，②错误；∵f(x)是周期为π的函数，故只需研究f(x)在(0,π]上的最小值，当0≤sin2x ≤1时，即x ∈(0,π2]时，f(x)=√1+sin2x −sin2x −1，令t =√1+sin2x ， 则f(x)转化为g(t)=−t 2+t ，t ∈[1,√2]，求得g(t)∈[√2−2,0]； 当−1≤sin2x ≤0时，即x ∈(π2,π]时，同理求得g(t)∈[0,√2]. ∴f(x)的最小值为√2−2，命题③正确；由③可知，当x ∈(0,π2]，即t ∈[1,√2]时，g(t)在[1,√2]上单调递减， f(x)=√1+sin2x 在(0,π4]上递增，在(π4,π2]上递减， ∴f(x)在(0,π4]上递减，在(π4,π2]上递增． 当x ∈(π2,π]时，同理可得f(x)在(π2,3π4]上递增，在(3π4,π]上递减． ∵f(x)为连续函数，故f(x)在[π4,3π4]上递增．又f(x)的周期为π，∴f(x)的单调递减区间为[kπ+π4,kπ+3π4](k ∈Z)，④正确；由已知函数解析式知，当且仅当sin2x =0时，f(x)=0， 当x ∈(0,π]时，f(x)有且仅有两个零点分别为π2,π， ∵2015=2×1007+1，∴当1007.5<n ≤1008时，f(x)在(0,nπ)内恰有2015个零点错误．⑤错误把函数f(x)=|sinx|+|cosx|−sin2x −1化为f(x)=√1+|sin2x|−sin2x −1，然后直接由周期的定义求周期判断①；由f(π4)≠f(3π4)判断②；换元后利用二次函数求最值判断③；借助于复合函数的单调性判断④；求出函数在(0,π]内的零点后分析使得f(x)在(0,nπ)内恰有2015个零点的n的取值范围判断⑤．本题考查了命题的真假判断与应用，考查了三角函数的图象和性质，训练了与三角函数有关的复合函数单调性的求法，是中档题．14.答案：解析：本题考查椭圆与双曲线的标准方程与几何性质，考查了学生的计算能力．解：依题意，双曲线的焦点坐标是(−5,0)，(5,0)，故双曲线方程可设为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，又双曲线的离心率e=54，∴{a2+b2=25 5a=54，解之得a=4，b=3，故双曲线的方程为x216−y29=1．故填x216−y29=1．15.答案：15解析：试题分析：6个人拿6把钥匙可以看作是6个人的全排列，而甲乙对门的拿法种数包括甲乙拿301与302门的钥匙，其余4人任意排列，甲乙拿303与304门的钥匙，其余4人任意排列，甲乙拿305与306门的钥匙，其余4人任意排列，然后利用古典概型概率计算公式求概率．法一、6个人拿6把钥匙共有A66种不同的拿法，记甲、乙恰好对门为事件A，则事件A包括甲、乙拿了301与302，其余4人随意拿，共2A44种；甲、乙拿了303与304，其余4人随意拿，共2A44种；甲、乙拿了305与306，其余4人随意拿，共2A 44种； 所以甲、乙两人恰好对门的拿法共有6A 44种． 则甲、乙两人恰好对门的概率为P(A)==6A 44A 66=6×4×3×2×16×5×4×3×2×1=15．故答案为15．法二、仅思考甲乙2人拿钥匙的情况，甲可以拿走6个房间中的任意一把钥匙，有6种拿法，乙则从剩余的5把钥匙中拿走一把，共有6×5=30种不同的拿法，而甲乙对门的拿法仅有3A 22=6种， 所以甲乙恰好对门的概率为p =630=15． 故答案为15．16.答案：1：√3解析：解：AB ⊥BC ，△ABC 的外接圆的直径为AC ，AC =2√2，由DA ⊥面ABC ，得DA ⊥AC ，DA ⊥BC ，△CDB 是直角三角形，△ACD 是直角三角形， ∴CD 为外接球的直径，CD =√DA 2+AC 2=2√3， ∴球的半径R =√3，∴V 球=43πR 3=4√3π. 球的表面积为：4πR 2=12π． ∴球O 的体积与表面积的比为：4√3π12π=1：√3故答案为：1：√3．先说明△CDB 是直角三角形，△ACD 是直角三角形，球的直径就是CD ，求出CD ，即可求出球的体积以及表面积．本题考查球的内接多面体，说明三角形是直角三角形，推出CD 是球的直径，是本题的突破口，解题的重点所在，考查分析问题解决问题的能力．17.答案：解：(Ⅰ)∵f(x)=2cos 2x +2√3sinxcosx −1=√3sin2x +cos2x =2sin(2x +π6)， ∴f(π3)=2sin(2×π3+π6)=1； (Ⅱ)由(Ⅰ)知，f(x)=2sin(2x +π6)，当x ∈[π4,π2]时，2π3≤2x +π6≤7π6，得f(x)的值域为[−1,√3]．解析：(Ⅰ)利用倍角公式降幂，再由辅助角公式化积，然后取x =π3得答案； (Ⅱ)由x 的范围求得相位的范围，则函数值域可求．本题考查三角函数的恒等变换应用，考查y =Asin(ωx +φ)型函数的图象和性质，是基础题． 18.答案：(I)解：∵S n =3n −12，∴n =1时，a 1=S 1=3−12=1；n ≥2时，a n =S n −S n−1=3n −12−3n−1−12，化为：a n =3n−1，n =1时也成立．∴a n =3n−1.∴b n =2(1+log 3a n )=2n ． ∴a n b n =2n ⋅3n−1．∴数列{a n b n }的前n 项和T n =2(1+2×3+3×32+⋯+n ⋅3n−1). ∴3T n =2[3+2×32+⋯+(n −1)⋅3n−1+n ⋅3n ]，∴−2T n =2(1+3+32+⋯+3n−1−n ⋅3n )=2×(3n −13−1−n ⋅3n )=(1−2n)⋅3n −1， ∴T n =1+(2n−1)⋅3n2．(II)证明：1+b n b n=1+2n 2n<2n2n−1.1+2n =2(n +1)−1．∴T n =1+b 1b 1⋅1+b 2b 2⋅…⋅1+b nb n=1+22×1×1+2×22×2×…×1+2n 2n<2×12×1−1×2×22×2−1×…×2n 2n−1=2×12×2−1×2×12×3−1×…×2(n−1)2n−1×2n1+2n ×(1+2n)．∴T n <1T n×(1+2n)，∴T n <√2n +1． (III)证明：n =1时，(2−12)2=14，∴左边=右边，成立． n ≥2时，∵(b n −1b n)2=(2n−12n )2≥n−1n ，∴(b 1−1b 1)2⋅(b 2−1b 2)2⋅…⋅(b n −1b n)2≥14×12×23×…×n−1n=14n．∴对于任意的正整数n ，都有(b 1−1b 1)2⋅(b 2−1b 2)2⋅…⋅(b n −1b n)2≥14n 成立．解析：(I)由S n =3n −12，n =1时，a 1=S 1；n ≥2时，a n =S n −S n−1，可得：a n =3n−1.于是b n =2n.a n b n =2n ⋅3n−1.再利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出． (II)利用1+b n b n=1+2n 2n<2n2n−1.1+2n =2(n +1)−1.设T n =1+b 1b 1⋅1+b 2b 2⋅…⋅1+b n b n，可得T n <1T n×(1+2n)，即可证明．(III)n =1时，(2−12)2=14，可得左边=右边，成立．n ≥2时，(b n −1b n)2=(2n−12n)2≥n−1n，即可证明．本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式与求和公式、“错位相减法”、不等式的证明、“放缩法”，考查了推理能力与计算能力，属于难题．19.答案：(Ⅰ)证明：∵在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，BC =CC 1=BB 1，点N 是B 1C 的中点，∴BN ⊥B 1C ，AB ⊥BB 1，∵AB ⊥BC ，BB 1∩BC =B ，BB 1，BC ⊂平面B 1BCC 1， ∴AB ⊥平面B 1BCC 1， ∵B 1C ⊂平面B 1BCC 1， ∴B 1C ⊥AB ，即B 1C ⊥GB ，又∵BN ∩BG =B ，BN 、BG ⊂平面BNG ， ∴B 1C ⊥平面BNG ．(Ⅱ)证明：取AB 1的中点H ，连接HG 、HM 、GC ，则HG 为△AB 1B 的中位线， ∴GH//BB 1，GH =12BB 1， ∵ABC −A 1B 1C 1是直三棱柱， ∴CC 1//BB 1，CC 1=BB 1， ∵M 为CC 1的中点，∴CM =12CC 1， ∴MC//GH ，且MC =GH ， ∴四边形HGCM 为平行四边形， ∴GC//HM ，又∵GC ⊄平面AB 1M ，HM ⊂平面AB 1M ， ∴CG//平面AB 1M.(Ⅲ)解：以B 为坐标原点，BB 1为x 轴，BC 为y 轴，BA 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知M(1,2，0)，A(0,0，2)， B 1(2,0，0)，B(0,0，0)，所以AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,−2)，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2，−2)， 设平面AB 1M 的法向量为n⃗ =(x,y ，z)， 则{n ⃗ ⋅AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，∴{2x −2z =0x +2y −2z =0，取x =1，得n⃗ =(1,12,1)， 又易知平面AB 1B 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(0,1，0)， ∴cos <n ⃗ ,m ⃗⃗⃗ >=12√1+1+14=13．由图形可知二面角M −AB 1−B 的平面角为锐角， ∴二面角M −AB 1−B 的余弦值为13．解析：本题考查了线面垂直的判定与性质、线面平行的判定定理，考查了二面角的求法，属于中档题．(Ⅰ)由直三棱柱的性质结合AB ⊥BC ，得AB ⊥平面B 1BCC 1，从而B 1C ⊥GB ，在等腰△BB 1C 中，利用中线得BN ⊥B 1C ，根据线面垂直的判定定理，得到B 1C ⊥平面BNG ．(Ⅱ)取AB 1的中点H ，连接HG 、HM 、GC ，用三角形的中位线定理，得到GH//BB 1且GH =12BB 1，由直三棱柱的性质证出MC//BB 1且MC =12BB 1，从而可证MC//GH ，且MC =GH ，得到四边形HGCM 为平行四边形，GC//HM ，最后结合线面平行的判定定理，得到CG//平面AB 1M.(Ⅲ)以B 为坐标原点，BB 1为x 轴，BC 为y 轴，BA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M −AB 1−B 的余弦值．20.答案：解：(1)根据表中数据，计算x −=14(9+7+3+1)=5，y −=14(0.5+3.5+6.5+9.5)=5，∑x i 4i=1y i =9×0.5+7×3.5+3×6.5+1×9.5=58，∑x i 24i=1=92+72+32+12=140；∴b ̂=58−4×5×5140−4×52=−2120， â=5−(−2120)×5=414，∴y 关于x 的线性回归方程为y ̂=−2120x +414；(2)根据表3可知，该月30天中有3天每天亏损2000元， 有6天每天亏损1000元，有12天每天收入2000元， 有6天每天收入6000元，有3天每天收入8000元， 估计小李洗车店2017年11月份每天的平均收入为130×(−2000×3−1000×6+2000×12+6000×6+8000×3)=2400(元)．解析：本题考查了线性回归方程与平均数的计算问题，是基础题． (1)根据表中数据计算平均数与系数，写出线性回归方程； (2)根据表3，计算洗车店2017年11月份每天的平均收入即可．21.答案：(1)见解析(2)解析：试题分析：ⅰ由题意得，所以，又，消去可得，，解得或(舍去)，则，所以椭圆的方程为．ⅰ(ⅰ)设，，则，，因为三点共线，所以，所以，，8分因为在椭圆上，所以，故为定值．10分(ⅰ)直线的斜率为，直线的斜率为，则直线的方程为，==，所以直线过定点．考点：直线的斜率；恒过定点的直线；直线与椭圆的位置关系点评：本题考查转化的技巧，(1)将两斜率之积为定值的问题转化成了两根之积来求，(2)中将求两动点的连线过定点的问题转化成了求直线系过定点的问题，转化巧妙，有艺术性．22.答案：解：(1)当x =1时，y =x −1=0，即f(1)=0，∴b =0∴f(x)=alnx ，f′(x)=ax ， ∵f′(1)=1， ∴a =1， ∴f(x)=lnx ，(2)f(x)≥g(x)恒成立⇔t ≤2xlnx 对∀x >0恒成立， 令ℎ(x)=2xlnx ， ∴ℎ′(x)=2(lnx +1)， 令ℎ′(x)=0，得x =1e ，当x ∈(0,1e )时，ℎ′(x)<0，函数单调递减， 当x ∈(1e ,+∞)时，ℎ′(x)>0，函数单调递增， ∴ℎ(x)min =ℎ(1e )=−2e ，∴t ≤−2e(3)F(x)=f(x)+x 22−m 2+1mx =lnx +x 22−m 2+1mx(x >0)，∴F′(x)=1x +x −m 2+1m=(x−m)(x−1m)x (m >0,x >0)，令F′(x)=0，得x =m ，x =1m ，①当m =1m 时，即m =1，F′(x)≥0，F(x)在(0,2)上单调递增，无极值点， ②当{0<m <20<1m <2m ≠1时，即12<m <2且m ≠1，F(x)有两个极值点，③当{0<m <21m≥2或{0<1m <2m ≥2时，即0<m ≤12或m ≥2，F(x)有一个极值点， 综上，在区间(0,2)上，当m =1时，F(x)无极值点； 当0<m ≤12或m ≥2时，F(x)有一个极值点； 当12<m <2且m ≠1时，F(x)有两个极值点．解析：此题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、最值和极值，以及导数中的恒成立问题，考查了分类讨论的数学思想，属于较难题．(1)把x =1代入切线方程得到y =0，得到切点坐标，把切点坐标代入f(x)中，解得b 的值，求出f(x)的导函数，把b 的值代入后，再根据f′(1)=1，求出a 的值，把a 与b 的值代入即可确定出f(x)； (2)把(1)求出的f(x)和g(x)的解析式代入题中的不等式中，若不等式恒成立，则当x >0时，t ≤2xlnx ，设这个关系式为一个函数ℎ(x)，求出ℎ(x)的导函数，令导函数等于0求出x 的值，利用x 的值分区间讨论导函数的正负，得到函数ℎ(x)的单调区间，根据函数的增减性得到ℎ(x)的最小值，进而得到t 的取值范围；(3)把(1)中求出的f(x)代入确定出F(x)的解析式，求出F(x)的导函数，令导函数等于0，得x =m ，x =1m ，然后分m =1，即12<m <2且m ≠1，0<m ≤12或m ≥2情况，根据函数的图象，即可得到相应区间上极值点的个数．。
2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛(初赛)加试(A1卷)参考答案及评分标准
2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛）暨2021年全国高中数学联合竞赛加试（A1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）如图，在ABC 中，AB AC ，ABC 内两点,X Y 均在BAC 的平分线上，且满足ABX ACY ．设BX 的延长线与线段CY 交于点P ，BPY 的外接圆1 与CPX 的外接圆2 交于P 及另一点Q ．证明：,,A P Q 三点共线．证明：由,BAX CAY ABX ACY ，可知ABX ACY ∽．所以AB AX AC AY． ① ……………10分 延长AX ，分别交圆12, 于点,U V ，则AUB YUB YPB YPX XVC AVC ，于是ABU ACV ∽．所以AB AU AC AV． ② ……………20分 由①，②可得AX AU AY AV，即AU AY AV AX ． ……………30分 上述等式两端分别为点A 到圆12, 的幂，这意味着A 在圆12, 的根轴（即直线PQ ）上，换言之，,,A P Q 三点共线． ……………40分22C B二．（本题满分40分）求正整数,,a b n （其中2n ）满足的充分必要条件，使得存在一个从集合0,1,,1S a bt t n到自身的一一映射:f S S ，满足：对任意x S ，均有x 与()f x 互素．解：设,,a b n 符合题意．若(,)1a b d ，则d 整除S 的所有元素，故对任意:f S S ，取一个x S ，则有(,())1x f x d ，矛盾．因此必有(,)1a b ． ……………10分若n 为奇数且a 为偶数，则由于(,)1a b ，故b 为奇数，此时S 含有12n 个偶数及12n 个奇数．假如存在符合要求的f ，则对每个偶数x S ，由(,())1x f x 知()f x 必为奇数，因此S 含有至少12n 个奇数，这与前述结果违背． 至此得,,a b n 需满足的必要条件：“(,)1a b ，且当n 为奇数时，a 为奇数”． ……………20分 下证此条件也是充分的．假设此条件成立．首先注意，对任意0,1,,2t n ，有(,(1))(,)(,)1a bt a b t a bt b a b ．当n 为偶数时，令()(1),((1))(0,2,,2)f a bt a b t f a b t a bt t n ，则这样定义的:f S S 符合要求． ……………30分当n 为奇数时，令(),()2,(2)f a a b f a b a b f a b a ，并令()(1),((1))(3,5,,1)f a bt a b t f a b t a bt t n ，由于此时a 为奇数，故(2,)(,2)(,)1a b a a b a b ，所以这样定义的:f S S 符合要求．综上，“(,)1a b ，且当n 为奇数时，a 为奇数”是所求的充分必要条件． ……………40分三．（本题满分50分）设正实数数列 ,n n a b 满足：对任意整数101n ，有,n n a b ． 证明：存在正整数m ，使得0.001m m a b ．证明一：设22,1,2,n n n c a b n ，则对101n ，有100100100222211111100100n n n n j n j n j i i i c a b b a c ． ① ……………10分如果有一个0n c ，则结论显然成立．以下假设所有0n c ．先证明一个引理：引理：存在常数(0,1) ，具有如下性质：若正整数n 及正实数M ，满足199,,,n n n c c c M ，则存在整数99k n ，使得199,,,k k k c c c M ．引理的证明：（1）若199,,,n n n c c c 不全同号，则由①知100199=100n c M M ， 这里199(0,1)100．反复利用①及三角不等式，得 101121(99)100n c M M ， 1021231(98)100n c M M ， ………199********(1)100n c M M ， 这里2131211=(99)(0,1),=(98)(0,1),,10010010012991=(1)(0,1)100． 取100k n ，12100=max{,,,}(0,1) 即可（注意这里的 是一个与,n M 无关的常数）． ……………30分（2）若199,,,n n n c c c 同号，则由①知，100n c 与199,,,n n n c c c 不同号，且100n c M ，因此由情形（1）的结论可知，对（1）中确定的 ，有+101102200,,,n n n c c c M ．取101k n 即可．引理证毕． ……………40分回到原题，设 12100max ,,,M c c c ，则反复用上面引理知，对任意正整数t ，均存在正整数m ，使得t m c M ．由01 知，lim 0t t M，故存在正整数m ，使得2(0.001)m c ，又 222m m m m m m m m m c a b a b a b a b ， 故0.001m m a b ． ……………50分证明二：设22,1,2,n n n c a b n ，则对101n ，有100100100222211111100100n n n n j n j n j j j j c a b b a c ． ① ……………10分数列{}n c 是一个100阶常系数齐次线性递推数列，特征方程为100999810010x x x x ． ②我们证明上述特征方程的根均为模小于1的复数．设z 是一个根，若1z ，②可改写为2100111100z z z． 两边取模，并由三角不等式得21002100111111100100||||||z z z z z z ， 等号成立当且仅当1z ，且2100,,,z z z 的辐角相同，即1z ，但1z 不满足方程②，故②的根均为模小于1的复数． ……………30分设12,,,k t t t 是方程②的所有不同的复根，重数分别为12,,,k m m m ，则数列{}n c 的通项公式为1122()()()n n n n k k c P n t P n t P n t ，其中i P 是次数小于i m 的复系数多项式． 由于1i t ，1,2,,i k ，故lim ()0n i i n P n t，从而当n 时，0n c ．因此存在正整数m ，使得2(0.001)m c ，又222m m m m m m m m m c a b a b a b a b ， 故0.001m m a b ． ……………50分四．（本题满分50分）圆周上给定100个不同的点．试确定最大的正整数k ：将这100个点中任意k 个点任意染为红、蓝两色之一，均可将其余的点适当地染为红色或蓝色，使得可用这100个点为端点作50条线段，任意两条线段没有公共点，且每条线段的端点同色．解：答案是50．将100个点换成2m 个点，按顺时针方向依次记为122,,,m A A A ，将每个点染为红色或蓝色，如果可以用m 条线段将这2m 个点配对，满足题中所述条件，则称染色方法是美妙的．记1321242,,}{,,{,,,}m m S A A A T A A A ．引理：将2m 个点染为红蓝两色，染色方法是美妙的当且仅当S 中红点数等于T 中红点数．引理的证明：先证明必要性．假设存在满足要求的配对连线，则S 中的红点必定与T 中红点配对（因为若一条线段l 两端均为S 中的点，那么l 两侧的弧上各有奇数个点，必有一条线段与线段l 相交）．同理，T 中红点也必定与S 中红点配对，因此满足要求的配对连线给出了S 中红点与T 中红点的一一对应．……………10分 再证明充分性．对m 归纳证明当S 中红点数与T 中红点数相等时，存在满足要求的配对连线．1m 时，由假设可知两个点是同色的，可以按要求连一条线段．假设2m ，且结论在1m 时成立．考虑m 的情形，此时存在相邻两点是同色的，否则红蓝相间，这样S 中全为一种颜色，T 中全为另一种颜色，与假设不符．不妨设212,m m A A 同色（否则可重新标记下标，此时,S T 不变，或交换，但不影响条件）．连线段212m m A A ，其余22m 个点满足归纳假设中条件，且其中任意两点所连线段均不会与212m m A A 相交．故由归纳假设，可连1m 条线段将其配对满足要求，再加上212m m A A 这条线段便得到了2m 个点的满足要求的配对连线． ……………30分回到原问题．若51k ，可将S 中50个点全部染为红色，T 中50k 个点染为蓝色，则其余点不论如何染色，无法得到引理中的充分必要条件．故51k 不满足要求． ……………40分若50k ．假设任意染了50个点的颜色，在,S T 中分别染了a 个和b 个红点，不妨设a b ，则T 中至少有a b 个点未染色（否则，若T 中未染色点数少于a b ，则染了颜色的点的个数不少于(50()1)5150a a b b ，矛盾）．故可将T 中a b 个未染色的点染为红色，其余未染色的点染为蓝色，这样,S T 中各有a 个红色的点，满足引理的条件，从而染色方法是美妙的．综上，所求k 的最大值等于50． ……………50分。
2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛初赛加试A卷参考答案及评分标准
2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛）暨2021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(2)k k 与k 个非零实数12,,,k a a a ．证明：至多有有限个k 元正整数组12(,,,)k n n n ，满足12,,,k n n n 互不相同，且1122!!!0k k a n a n a n ．证明：取定正整数121min k i i ka a a N a （注意12,,,0k a a a ）． 我们证明，当正整数12,,,k n n n 满足条件时，必有1max i i kn N ． 假设不然，不妨设11max i i kn n N ．对2,,i k ，由于正整数1i n n ，故 1111!!!(1)!i n n n n n N． ……………20分 从而1122221!!!!!kk k k k i i i i i i i n n a n a n a n a a N N 1111min !!i i k a n a n ， 但221111!!=!!k k a n a n a n a n ，矛盾．所以，满足条件的正整数组12(,,,)k n n n 至多有k N 组．本题得证．……………40分二．（本题满分40分）如图所示，在ABC 中，M 是边AC 的中点，,D E 是ABC 的外接圆在点A 处的切线上的两点，满足//MD AB ，且A 是线段DE 的中点，过,,A B E 三点的圆与边AC 相交于另一点P ，过,,A D P 三点的圆与DM 的延长线相交于点Q ．证明：BCQ BAC ．证明：取BC 边的中点N ，则,,,D M Q N 共线，且//MN AB ．由弦切角定理可知DAM CBA CNM ．又AMD NMC ，故AMD NMC ∽．因此NM AM NC AD． ① ……………10分由已知条件，,,,A D P Q 四点共圆，故APQ ADQ ADM ACB ，因此//PQ BC ．于是NQ CP NM CM． ② 结合①、②以及AD AE 可得NQ NQ NM CP AM CP CP NC NM NC CM AD AD AE， 即有NQ CP NC AE． ③ ……………20分由弦切角定理可知BAE BCA BCP ．又,,,A P B E 四点共圆，故BEA BPC ．因此BAE BCP ∽ ．于是ACP AE BC B ，结合③可得 NQ BC NC BA． ……………30分 又//MN AB ，故CNQ ABC ．所以CNQ ABC ∽．从而NCQ BAC ，即BCQ BAC ． ……………40分三．（本题满分50分）设整数4n ．证明：若n 整除22n ，则22n n是合数．证明：将整数22n n记为y ． 若n 为奇数，则由22n 为偶数知y 为偶数．又4n ，故222n n，从而y 是合数．……………10分 以下考虑n 为偶数的情形，设2(1)n m m ． 因22122212m m y m m 为整数，故m 为奇数． 设 是2模m 的阶，则m ，且|21m （因为21|21m m ）． 设21m r ，由21m m 知1r ． (1) 若21m ，因|21m ，故21m ．此时212121212121m r r y m m m， 因1r ，故这是两个大于1的整数之积，为合数． ……………20分(2) 若21m ，则2(21)121m r ．由1m 知1 ，故123r ． ①因21|21,21|21r r r ，故21r 是[21,21]r 的倍数，即 (21)(21)21(21,21)r r r ， 注意到(,)(21,21)21r r ，故(,)(21)(21)(21)(21)r r r ．因此21(,)(,)2121(21)(21)2121(21)(21)21m r r r r r r y m ， ② 为两个整数之积． ……………40分因r （见①），故(,)212112121r r r ．又2 ，故 (,)22(21)(21)(21)121211(21)(21)(21)(21)(21)(21)21r r r r r r r r r r ． 因此②表明y 是两个大于1的整数之积，为合数．综上，结论得证． ……………50分四．（本题满分50分）求具有下述性质的最小正数c ：对任意整数4n ，以及集合{1,2,,}A n ，若A cn ，则存在函数:{1,1}f A ，满足()1a Af a a ．解：所求最小的23c ． 首先，当6,{1,4,5,6}n A 时，不存在满足要求的f （因为A 的元素和为16，且A 不能划分为两个元素和均为8的子集的并）．此时23A n ，故23c 不具有题述性质． ……………10分 下面证明23c 符合要求，即当23A n 时，存在满足要求的f ． 引理：设12,,,m x x x 是正整数，总和为s ，且2s m ，则对任意整数[0,]x s ，存在指标集{1,2,,}I m ，满足i i Ix x （对空指标集求和认为是零）．引理的证明：对m 归纳证明．1m 时，只能11x s ，结论显然成立．假设1m ，且结论在1m 时成立．不妨设12m x x x ，则1211211()22(1)m m m m x x x x x x m m m m． ①又由于1211m x x x m ，因此 1211m m x m x x x ． ② 对任意整数[0,]x s ，若121m x x x x ，由①及归纳假设知存在指标集{1,,1}I m ，使得i i I x x ．若1211m x x x x ，则对m x x 用归纳假设（由②知0m x x ），存在指标集{1,,1}I m ，使得i m i Ix x x ．此时指标集{}{1,2,,}I I m m 满足i i I x x ．引理获证． ……………20分回到原问题．注意到4n ，分两种情形讨论． (1) A 为偶数，设2A m ．将A 中元素从小到大依次记为1122m m a b a b a b ．令0,1i i i x b a i m ，则11111()()1(1)2m m i m i i i i s x b a a b n m n m m （这里利用了223m A n ）．从而12,,,m x x x 满足引理的条件． 取[0,]2s x s ，利用引理可知存在{1,2,,}I m ，使得2i i I s x ，令 1,,1,{1,2,,}\,i i I i n I 则11()2{0,1}222m mi i i i i i i s s s b a x s s ， 从而结论成立（只需令(),()i i i i f a f b 即可）． ……………30分 (2) A 为奇数，设21A m ，则1m ．将A 中元素从小到大依次记为 11m m a a b a b ．令0,1i i i x b a i m ，同情形(1)可知122m s x x x m ，又显然有s m ．由于2213m A n ，故31n m ．从而 211a n m m s ． ……………40分 因12,,,m x x x 满足引理的条件，对12,,,m x x x 及[0,]2a s x s 用引理，可知存在{1,2,,}I m ，使得2i i I a s x x ．令 1,,1,{1,2,,}\,i i I i n I 则1mi i i i i i I i Ia x a x x ()a x s x 2()12a s a s ， 从而结论成立（只需对i I ，令()1,()1i i f a fb ，对{1,2,,}\i n I ，令()1,()1i i f a f b ，并令()1f a 即可）． ……………50分。
2021年全国高中数学联赛重庆赛区预赛试题及参考答案
o1“中南传媒湖南新教材杯”重庆市高中数学竞赛暨全国高中数学联赛（重庆赛区）预赛试题参考答案一、填空题(每小题 8 分，共 64 分)1.设 A 为三元集合（三个不同实数组成的集合），集合 B = {x + y | x , y ∈ A , x ≠ y }，若B = {log 2 6, log 2 10, log 2 15} ，则集合 A = .答案：{1, log 2 3, log 2 5}提示：设 A = {log 2 a , log 2 b , log 2 c }，其中0 < a < b < c .则ab = 6, bc = 10, ad = 15. 解得a = 2, b = 3, c = 5 ，从而 A = {1, log 2 3, log 2 5}。
2. 函数ff (xx ) = (√1 + xx + √1 − xx − 3)(√1 − xx 2 + 1) 的最小值为mm ，最大值为MM ，则MM =mm答案：.3−√22提示：设t t = √1 + xx + √1 − xx ,则t t ≥ 0且t t 2 = 2 + 2√1 − xx 2，∴t t ∈ �√2, 2�. ff (xx ) = (t t − 3) · t t2，令gg (t t ) = 1 t t 2(t t − 3)，t t ∈ [√2, 2].22令gg ′(t t ) = 0得t t = 2，gg �√2�= √2 − 3，gg (2) = −2，∴MM = gg (tt )= √2 − 3，mm = gg (tt )= −2，∴MM =3−√2maxminmm23.tan 15o + 2√2 sin 15o = .答案： 1提示：tan 15o + 2√2 sin 15o =sin 15o+ 2√2 s in 15o =sin 15o +√2 s in 30o=sin 15o +√2 s in (45o −15o )cos 15o=sin 15o +√2(sin 45o cos 15o −cos 45o sin 15o )= 1.cos 15 cos 15ocos 15o4.已知向量a ⃗，b �⃗，c ⃗满足|a ⃗| ∶ �b �⃗� ∶ |c ⃗| = 1 ∶ kk ∶ 3(kk ∈ ZZ +)，且b �⃗ − a ⃗ = 2(c ⃗ − b �⃗)，若αα为a ⃗，c ⃗的夹角，则cos αα = . 答案： −12提示：∵b �⃗ − a ⃗ = 2(c ⃗ − b �⃗) ∴b �⃗ = 1 a ⃗ + 2 c ⃗ ∴b �⃗2 = 1 a ⃗2 + 4 c ⃗2 + 4 a ⃗ · c ⃗33999∵|a ⃗| ∶ �b �⃗� ∶ |c ⃗| = 1 ∶ kk ∶ 3 ∴kk 2 = 1 + 4 + 4 cos αα ∈ (2,6)93.2 3 1又∵kk ∈ ZZ + ∴kk = 2 ∴cos αα = − 1 .125.已知复数zz ，zz ，zzzz 1|zz | = |zz | = 1，|zz + z z + zz | = 1，则|zz |的最小12值是 .3使得 zz 2为纯虚数， 1 21 2 3 3 答案： -1zz 1 � �1�提示：设zz = zz + zz + zz ，则|zz | = 1，由已知 + (z ) = 0 ∴zz z z � + zz z z � = 01 2 3zz 2 z 21 22 1∴|zz 1 + zz 2|2 = (zz 1 + zz 2)(z �1�+� �z �2�) = zz 1z �1 + zz 2z �2 + z �1zz 2 + zz 1z �2 = 2 ∴|zz 1 + zz 2| = √2∴|zz 3| = |zz 1 + zz 2 − zz | ≥ |zz 1 + zz 2| − |zz | = √2 − 1。
(2021年整理)No.49全国高中数学联合竞赛模拟试题
（完整）No.49全国高中数学联合竞赛模拟试题编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（完整）No.49全国高中数学联合竞赛模拟试题）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为（完整）No.49全国高中数学联合竞赛模拟试题的全部内容。
2011年全国高中数学联赛模拟题1一试考试时间上午8：00~9:20，共80分钟，满分120分一、填空题（共8题，每题8分，64分）1、已知函数)0(1222<+++=b x cbx x y 的值域为]3,1[,则=+c b 2、已知,R a ∈并且a x x a +>-222)0(>a ，则a 的取值范围是 3、设在xOy 平面上，20x y ≤<，10≤≤x 所围成图形的面积为31，则集合},1),{(≤-=x y y x M }1),{(2+≥=x y y x N 的交集N M 所表示的图形面积为4、3322)(22+-+-=x x x x x f 的最小值为5、已知复数ααsin cos i z +=，ββsin cos i u +=，且i u z 5354+=+。
则)tan(βα+＝ 6、过椭圆C:12322=+y x 上任一点P ，作椭圆C 的右准线的垂线PH(H 为垂足），延长PH 到点Q ，使|HQ|=λ|PH ｜（λ≥1).当点P 在椭圆C 上运动时，点Q 的轨迹的离心率的取值范围为 7、设][x 表示不超过x 的最大整数,则=++++]500[log ]3[log ]2[log ]1[log 33338、设p 是给定的奇质数,正整数k 也是一个正整数，则k=____________ 二、解答题（共3题，共56分）9、（本题16分） 在△ABC 中，A ，B,C 所对边分别为c b a ,,，且34cos cos ,10===a b B A c ，P 为△ABC 的内切圆上的动点，求点P 到A,B,C 的距离的平方和的最大值和最小值10、（本题20分）数列}{n a 中,2,841==a a 且满足)(212+++∈-=N n a a a n n n （1)求数列}{n a 的通项公式；（2）设)(,)12(121+∈++=-=N n b b b T a n b n n n n ，是否存在最大的正整数m ,使得对于任意的+∈N n ,均有32mT n >成立？若存在，求出m 的值；若不存在,请说明理由。