高中数学竞赛训练题--全解全析

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高中数学竞赛加答案解析

绝密★启用前2021年9月23日高中数学注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;卷II （非选择题）一、填空题（本题共计 12 小题，每题 5 分，共计60分，）1. 已知集合A ={x|−3≤x ≤4}，B ={x|2m −1≤x ≤m +1}．若B ⊆A ，求实数m 的取值范围是_______．2. 从2个男生、3个女生中随机抽取2人，则抽中的2人不全是女生的概率是________．3. 平行四边形ABCD 中，AB →⋅AD →=5，点P 满足PB →⋅PD →=8，则PA →⋅PC →=4. 空间四面体ABCD 中，AB =CD =2,AD =BC =2√3,AC =4，直线BD 与AC 所成的角为45∘，则该四面体的体积为________.5. 已知偶函数f (x )，对任意的x 都有2f (x )+xf ′(x )>6，且f (1)=2，则不等式x 2f (x )>3x 2−1的解集为________.6. 已知函数f(x)=log 2(√x 2+1−x)，若对任意的正数a ，b ，满足f(a)+f(3b −1)=0，则3a +1b 的最小值为( )7. 在△ABC 中，ccosB +bcosC =2acosA ，AM →=23AB →+13AC →，|AM →|=1，其中a ，b ，c 为角A ，B ，C 的对边，则b +2c 的最大值为( )8. 执行如图所示的程序框图，输出n 为________.试卷第2页，总17页……外……装……………○…………线…………○……不※※要※※在※※装※※……内……装……………○…………线…………○……9. 已知关于x，y的一组数据：根据表中这五组数据得到的线性回归直线方程为ŷ=0.28x+0.16，则n−0.28m的值为________.10. 如图，已知平面α⊥平面β，α∩β=l，A∈l，B∈l，AC⊂α，BD⊂β，AC⊥l，BD⊥l，且AB=4，AC=3，BD=12，则CD=________．11. 过p(1, 2)且A(2, 3)与和B(4, −5)的距离相等的直线方程是（）12. 若圆C:x2+y2+6x−2y+n=0截直线l:(2+m)x+(2m−1)y−5m=0所得的最短弦长为4√2，则实数n=________．二、解答题（本题共计 9 小题，每题 10 分，共计90分，）13. 设函数f(x)=的定义域为A，集合B={x|2x>1}．（1）求A∪B；（2）若集合{x|a<x<a+1}是A∩B的子集，求a的取值范围．14. 已知函数f (x )=log 2(1+2x +1+4x a)+bx(a,b ∈R). (1)若a =1，且f(x)是偶函数，求b 的值；(2)若f (x )在(−∞,−1)上有意义.求实数a 的取值范围；(3)若a =4，且A ={x |f (x )=(b +1)(x +1)}=⌀，求实数b 的取值范围.15. 已知直线l 1:x +my +6=0，l 2：(m −2)x +3y +2m =0，求实数m 的值，使得：（1）l 1和l 2相交；（2）l 1⊥l 2；（3）l 1 // l 2；16. 已知函数f (x )=√3sin (4x +2π3)−cos (4x +2π3)+1(1)求f (x )图象的对称中心；(2)求f (x )在[π12,π3]上的值域．17. 已知向量a →=(1, 2)，b →=(2, −2)．（1）设c →=4a →+b →，求c →的模；（2）若a →+λb →与a →垂直，求λ的值．18. 如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，DE ⊥平面ABCD ，BF ⊥平面AB −CD ，DE =2BF =2AB试卷第4页，总17页………装…………○…………订…………○…………线…………○……请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※………装…………○…………订…………○…………线…………○……（1）证明：平面ABF//平面CDE ．（2）求平面ABF 与平面CEF 所成锐二面角的余弦值．19. 某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工，根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为[40, 50),[50, 60),⋯,[80, 90),[90, 100]．(1)求频率分布图中a 的值；(2)估计该企业的职工对该部门评分不低于80分的概率；(3)从评分在[40, 60)的受访职工中，随机抽取2人，求此2人评分都在[50, 60)的概率．20. 已知f(x)=√3(cos 2x −sin 2x)−cos (2x +π2)的定义域为[0, π2]．（1）求f(x)的最小值．21. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，数列{b n}为等比数列，满足a1=b2=2,S5= 30, b4+2是b3与b5的等差中项．(1)求数列{a n},{b n}的通项公式；(2)若c n=a n⋅b n,T n是数列{c n}的前n项和，求T n试卷第6页，总17页参考答案与试题解析 2021年9月23日高中数学一、填空题（本题共计 12 小题，每题 5 分，共计60分） 1.【答案】 [−1,+∞）【考点】集合的包含关系判断及应用【解析】结合集合关系，找到端点的不等关系，解不等式即可．【解答】∵ 集合A ={x|−3≤x ≤4}，B ={x|2m −1≤x ≤m +1}．要使B ⊆A ，①B =⌀满足题意，此时2m −1≥m +1，解得m ≥2； ②B ≠⌀，要使B ⊆A ，只要{2m −1≥−3m +1≤42m −1<m +1，解得−1≤m <2；所以若B ⊆A ，实数m 的取值范围是m ≥2或者−1≤m <2，即m ≥−1． 2. 【答案】710【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】基本事件总数n =C 52=10，抽中的2人不全是女生包含的基本事件个数m =C 22+C 21C31=7，由此能求出抽中的2人不全是女生的概率．【解答】从2个男生、3个女生中随机抽取2人，基本事件总数n =C 52=10，抽中的2人不全是女生包含的基本事件个数m =C 22+C 21C31=7， ∴ 抽中的2人不全是女生的概率p =m n=710．3.【答案】 3【考点】向量在几何中的应用【解析】此题暂无解析【解答】略 4. 【答案】 4√23【考点】球的表面积和体积柱体、锥体、台体的体积计算余弦定理【解析】此题暂无解析【解答】略5.【答案】{x|x<−1或x>1或x=0}【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究不等式恒成立问题函数奇偶性的性质其他不等式的解法【解析】此题暂无解析【解答】解：令g(x)=x2f(x)−3x2，则g(1)=−1，∴x2f(x)>3x2−1等价于g(x)>g(1)，g′(x)=2xf(x)+x2f′(x)−6x=x[2f(x)+xf′(x)−6]，∵2f(x)+xf′(x)>6，∴当x=0时，g(0)=0>g(1)，满足题意；当x>0时，g′(x)>0，又g(−x)=x2f(−x)−3x2=x2f(x)−3x2=g(x)，∴g(x)是偶函数，∴g(x)>g(1)等价于|x|>1，∴x>1或x<−1.故答案为：{x|x<−1或x>1或x=0}.6.【答案】12【考点】奇偶性与单调性的综合基本不等式在最值问题中的应用【解析】先确定函数奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性化简方程得a+3b＝1，最后根据基本不等式求最值．【解答】【解析】因为√x2+1−x>0恒成立，所以f(x)的（定义域为R，因为f(x)=log√x2+1+x f(−x)=log2(√x2+1+x)，所以f(x)=−f(−x)⋅f(x)为奇函数，又试卷第8页，总17页f (x )=log 2(√x 2+1−x)在区间(−∞,0)内单调！递减，所以f (x )在R 上单调递减，因为f(a)+f(3b −1)=0，所以f (a )=f (1−3b )，所以a =1−3b ，即a +3b =1，所以3a +1b =(3a +1b )(a +3b )=9b a+a b +6≥2√9b a ×a b +6=6+6=12，当且仅当9b a =ab ，即a =12,b =16时等号成立，所以3a+1b的最小值为12. 7. 【答案】2√3【考点】正弦定理两角和与差的正弦公式三角函数值的符号向量的模基本不等式在最值问题中的应用【解析】2√3【解答】解：ccosB +bcosC =2acosA⇒sinCcosB +sinBcosC =2sinAcosA ⇒sin(B +C)=2sinAcosA ⇒sinA =2sinAcosA ⇒cosA =12，A =π3. ∵ AM →=23AB →+13AC →∴ |AM →|2=|23AB →+13AC →|2=49AB →2+49AB →⋅AC →+19AC →2 =49c 2+49c ⋅b ⋅12+19b 2 =19(b 2+2bc +4c 2)=1， ∴ b 2+2bc +4c 2=9， ∴ (b +2c)2−2bc =9，即(b +2c)2=9+2bc . 又9+2bc =9+b ⋅2c ≤9+(b+2c)24，当且仅当b =2c 时等号成立，∴ (b +2c)2≤9+(b+2c)24，∴ (b +2c)2≤12，∴ 0<b +2c ≤2√3，故b +2c 的最大值为2√3.. 8. 【答案】11【考点】程序框图【解析】此题暂无解析【解答】解：n =1，S =2，执行如下：n =1+2=3，S =2+23=10，S <2019，否；n =3+2=5，S =10+25=32+10=42，S <2019，否； n =5+2=7，S =42+27=42+128=170，S <2019，否； n =7+2=9，S =170+29=170+512=682，S <2019，否； n =9+2=11，S =682+211=682+2048=2730，S >2019，是，输出n =11，结束. 故答案为：11. 9.【答案】 0.44【考点】求解线性回归方程众数、中位数、平均数【解析】根据线性回归方程经过样本中心值进行求解即可. 【解答】解：由题意可知：x ¯=1+m+3+4+55=13+m 5，y ¯=0.5+0.6+n+1.4+1.55=4+n 5，又线性回归直线方程为y ̂=0.28x +0.16， ∴4+n 5=0.28×13+m 5+0.16，化简可得n −0.28m =0.44. 故答案为：0.44. 10.【答案】 13【考点】空间中直线与平面之间的位置关系直线与平面垂直的判定二面角的平面角及求法【解析】利用勾股定理可求出BC ，再利用面面垂直性质定理证得BD ⊥α，从而再利用勾股定理即可求出CD 【解答】试卷第10页，总17页解：连接BC ．因为AC 1AC =3,AB =A 所以BC =5因为BD ⊥lα⊥βα∩β=1BD ⊂β，所以BD ⊥α 所以BD ⊥BC在Rt △BDC 中，CD =√BD 2+BC 2=13 故答案为13 11.【答案】4x +y −6=0或3x +2y −7=0．【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程点到直线的距离公式【解析】由题意可知当直线平行于直线AB 时，或过AB 的中点时满足题意，分别求其斜率可得方程．【解答】解：当直线平行于直线AB 时，或过AB 的中点时满足题意，当直线平行于直线AB 时，所求直线的斜率为k =−5−34−2=−4，故直线方程为y −2=−4(x −1)，即4x +y −6=0；当直线过AB 的中点(3, −1)时，斜率为k =2−(−1)1−3=−32，故直线方程为y −2=−32(x −1)，即3x +2y −7=0；故所求直线方程是为：4x +y −6=0或3x +2y −7=0． 12.【答案】 −15【考点】两点间的距离公式直线与圆的位置关系直线和圆的方程的应用【解析】无【解答】解：由题意得，圆C 的圆心为C (−3,1)，半径r =√10−n ，直线(2+m )x +(2m −1)y −5m =0恒过点M (1,2)，则|MC|=√(−3−1)2+(1−2)2=√17，当MC ⊥l 时，所得弦最短，此时弦长为2√r 2−|MC|2=2√r 2−17=4√2，解得r =5，所以√10−n =5，解得n =−15. 故答案为：−15.二、解答题（本题共计 9 小题，每题 10 分，共计90分） 13.……○…………装…学校:___________姓……○…………装…【答案】(1))[−6,+∞)；（2）[0,1] 【考点】交集及其运算并集及其运算交、并、补集的混合运算【解析】（1）可解出A =[−6,2),B =(0,+∞)，然后进行并集的运算即可；（2）可解出|A ∩B =(0,2)，根据集合{x|a <x <a +1}是AnB 的子集，即可得出{a ≥0a +1≤2，解出a 的范围即可．【解答】（1）由{6+x ≥02−x >0得，−6≤x <2由2x ,1得，x >0A =[−6,2)B =(0,+∞) A ∪B =[−6,+∞) （2）A ∩B =(0,2)：集合{x|a <x <a +1}是A ∩B 的子集； ∴ {a ≥0a +1≤2解得0≤a ≤1 ．．a 的取值范围是[0,1] 14.【答案】（1）当a ＝1时，，若f(x)是偶函数，则f(x)−f(−x)＝0，即，即2x +7bx ＝0，所以b ＝−1．(2)若f (x )在(−∞,−1)上有意义，则1+2x +1+4x a >0对于x ∈(−∞,−1)恒成立，即a >−2x +1−14x=−(14)x−(12)x−1对于x ∈(−∞,−1)恒成立，令g (x )=−(14)x−(12)x−1，则a >g (x )max ，因为y =−(14)x在x ∈(−∞,−1)单调递增，y =(12)x−1在x ∈(−∞,−1)单调递减，所以g (x )=−(14)x−(12)x−1在x ∈(−∞,−1)单调递增，试卷第12页，总17页g (x )max <g (−1)=−4−4=−8，所以a ≥−8，(3)当a =4时，由f (x )=(b +1)(x +1)可得log 2(1+2x +1+4x+1)−x =b +1，由A =⌀可得方程log 2(12x+2x +2+2)=b +1无实根，因为12x+2x +2+2≥2√12x×2x +2+2=6，当且仅当12x=2x +2即x =−1时等号成立，所以log 2(12x+2x +2+2)≥log 26，所以b +1<log 26，即b <log 26−1=log 23，故实数b 的取值范围(−∞,log 23) 【考点】函数奇偶性的性质指数函数的单调性与特殊点其他不等式的解法基本不等式在最值问题中的应用【解析】（1）推导出对任意x ∈(−∞,−1),a >−(14)x−(12)x−1恒成立，令g (x )=−(14)x−(12)x−1，由指数函数单调性得g (x )max <g (−1)=−8即求出实数a 的取值范围；（2）当a =4时，f (x )=(b +1)(x +1)≈log 2(1+2x+1+4x+1)−x =b +1=b +1=b +2x+2+2x+2+1，由此能求出实数b 的取值范围．【解答】略略略 15.【答案】解：（1）当l 1和l 2相交时，1×3−(m −2)m ≠0，由1×3−(m −2)m =0，m 2−2m −3=0，∴ m =−1，或m =3，∴ 当m ≠−1且m ≠3时，l 1和l 2相交．（2）l 1⊥l 2时，1×(m −2)+m ×3=0，m =12．∴ 当m =12时，l 1⊥l 2．（3）∵ m =0时，l 1不平行l 2，∴ l 1 // l 2⇔m−21=3m ≠2m 6，解得m =−1．【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系直线的一般式方程与直线的垂直关系【解析】（1）利用两条直线相交时，由方程组得到的一次方程有唯一解，一次项的系数不等于0．（2）当两条直线垂直时，斜率之积等于−1，解方程求出m 的值．（3）利用两直线平行时，一次项系数之比相等，但不等于常数项之比，求出m 的值．【解答】解：（1）当l 1和l 2相交时，1×3−(m −2)m ≠0，由1×3−(m −2)m =0，m 2−2m −3=0，∴ m =−1，或m =3，∴ 当m ≠−1且m ≠3时，l 1和l 2相交．（2）l 1⊥l 2时，1×(m −2)+m ×3=0，m =12．∴ 当m =12时，l 1⊥l 2．（3）∵ m =0时，l 1不平行l 2，∴ l 1 // l 2⇔m−21=3m ≠2m 6，解得m =−1．16. 【答案】解：（①f (x )=√3sin (4x +2π3)−cos (4x +2π3)+1=2sin (4x +2π3)+1=2cos 4x +1 …44x =kπ+π2k ∈Z.得x =kπ4+π8,k ∈Z所以f (x )图象的对称中心为(kπ4+π8,1),k ∈Z（2）因为x ∈[π12,π]π3]，所以π3≤4x ≤1π3所以−1≤cos 4x ≤12，则−1≤f (x )≤2即f (x )在[π12,π3]上的值域是[−1,2]【考点】三角函数的周期性及其求法【解析】此题暂无解析【解答】解：（①f (x )=√3sin (4x +2π3)−cos (4x +2π3)+1=2sin (4x +2π3)+1=2cos 4x +1 …44x =kπ+π2 k ∈Z.得x =kπ4+π8,k ∈Z 所以f (x )图象的对称中心为(kπ4+π8,1),k ∈Z（2）因为x ∈[π12,π]π3]，所以π3≤4x ≤1π3所以−1≤cos 4x ≤12，则−1≤f (x )≤2即f (x )在[π12,π3]上的值域是[−1,2] 17. 【答案】解：（1）∵ 向量a →=(1, 2)，b →=(2, −2)， ∴ c →=4a →+b →=(4, 8)+(2, −2)=(6, 6)， ∴ |c|=6√2（2）a →+λb →=(1,2)+(2λ,−2λ)=(1+2λ, 2−2λ)， ∵ a →+λb →与a →垂直，试卷第14页，总17页∴ 1+2λ+2(2−2λ)=0，解得λ=52．【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系平面向量数量积的运算【解析】（1）由向量a →=(1, 2)，b →=(2, −2)，知c →=4a →+b →=(4, 8)+(2, −2)=(6, 6)．（2）a →+λb →=(1,2)+(2λ,−2λ)=(1+2λ, 2−2λ)，由a →+λb →与a →垂直，知1+2λ+2(2−2λ)=0，由此能求出λ的值．【解答】解：（1）∵ 向量a →=(1, 2)，b →=(2, −2)，∴ c →=4a →+b →=(4, 8)+(2, −2)=(6, 6)，∴ |c|=6√2 （2）a →+λb →=(1,2)+(2λ,−2λ)=(1+2λ, 2−2λ)， ∵ a →+λb →与a →垂直， ∴ 1+2λ+2(2−2λ)=0，解得λ=52． 18.【答案】（1）证明：因为DE ⊥平面ABCD ，BF ⊥平面ABCD ，所以DE//BF 因为DE ⊂平面CDE ，BF ⊄平面CDE ，所以BF//平面CDE ．因为四边形ABCD 是正方形，所以AB//CD.因为CD ⊂平面CDE ，ABC ⊄平面CDE ，所以AB//平面CDE ．因为AB ⊂平面ABF ，BF ⊂平面ABF ，且AB ∩BF =B ，所以平面ABF//平面CDE ．（2）平面ABF 与平面CEF 所成锐二面角的余弦值α为√66．【考点】平面与平面垂直的判定用空间向量求平面间的夹角【解析】评分细则：在第一问中，也可以建立空间直角坐标系，分别求出平面ABF 和平面CDE 的法向量，通过证明平面ABF 和平面CDE 的法向量平行，从而得到平面ABF//平面CDE ；（2）在第二问中，也可以先找出平面ABF 和平面CEF 所成的锐二面角θ，再通过余弦定理求出cos θ（3）若用其他解法，参照评分标准按步骤给分．【解答】（1）证明：因为DE ⊥平面ABCD ，BF ⊥平面ABCD ，所以DE//BF…………装…………○…………订…………○…………线…………○……学校:___________姓名：________班级：________考号：________…………装…………○…………订…………○…………线…………○……因为DE ⊂平面CDE ，BF ⊄平面CDE ，所以BF//平面CDE ．因为四边形ABCD 是正方形，所以AB//CD.因为CD ⊂平面CDE ，ABC ⊄平面CDE ，所以AB//平面CDE ．因为AB ⊂平面ABF ，BF ⊂平面ABF ，且AB ∩BF =B ，所以平面ABF//平面CDE ．（2）：由题意可知DA ，DC ，DE 两两垂直，则以D 为原点，分别以DA →DC →DE →的方向为x,y,z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz设AB =1，则A (1,0,0),C (0,1,0),E (0,0,2),F (1,1,1)，从而EF →=(1,1,−1),CF →=(1,0,1) 设平面CEF 的法向量为m =(x,y,z )则{m ⋅CF →=x +z =0,m ⋅EF →=x +y −z =0令x =1，得m =(1,−2,−1)．平面ABF 的一个法向量为n =(1,0,0)． cos ⟨n,m⟩=n⋅m|n||m|=1√6=√66，即平面ABF 与平面CEF 所成锐二面角的余弦值α为√66． 19.【答案】解：(1)因为(0.004+a +0.018+0.022×2+0.028)×10=1，所以a =0.006．(2)由频率分布直方图知，50名受访职工评分不低于80分的频率为(0.022+0.018)×10=0.4．所以该企业职工对该部门评分不低于80分的概率为0.4． (3)受访职工中评分在[50, 60)的有： 50×0.006×10=3（人），记为A 1，A 2，A 3；受访职工中评分在[40, 50)的有： 50×0.004×10=2（人），记为B 1，B 2，从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，它们是Ω={(A 1, A 2), (A 1, A 3), (A 2, A 3)，(A 1, B 1)，试卷第16页，总17页(A 1, B 2)，(A 2, B 1)，(A 2, B 2)，(A 3, B 1)，(A 3, B 2)，(B 1, B 2)}．又因为所抽取2人的评分都在[50, 60)的结果有3种，故所求的概率为P =310．【考点】频率分布直方图频数与频率用频率估计概率列举法计算基本事件数及事件发生的概率【解析】(Ⅰ)利用频率分布直方图中的信息，所有矩形的面积和为1，得到a ； (Ⅱ)对该部门评分不低于80的即为90和100，的求出频率，估计概率；(Ⅲ)求出评分在[40, 60]的受访职工和评分都在[40, 50]的人数，随机抽取2人，列举法求出所有可能，利用古典概型公式解答．【解答】解：(1)因为(0.004+a +0.018+0.022×2+0.028)×10=1，所以a =0.006．(2)由频率分布直方图知，50名受访职工评分不低于80分的频率为(0.022+0.018)×10=0.4．所以该企业职工对该部门评分不低于80分的概率为0.4． (3)受访职工中评分在[50, 60)的有： 50×0.006×10=3（人），记为A 1，A 2，A 3；受访职工中评分在[40, 50)的有： 50×0.004×10=2（人），记为B 1，B 2，从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，它们是Ω={(A 1, A 2), (A 1, A 3), (A 2, A 3)，(A 1, B 1)，(A 1, B 2)，(A 2, B 1)，(A 2, B 2)，(A 3, B 1)，(A 3, B 2)，(B 1, B 2)}．又因为所抽取2人的评分都在[50, 60)的结果有3种，故所求的概率为P =310． 20. 【答案】解．（1）f(x)=√3(cos 2x −sin 2x)−cos (2x +π2)=√3cos 2x +sin 2x =2sin (2x +π3) 由0≤x ≤π2，得π3≤2x +π3≤4π3，所以函数f(x)的最小值为2×(−√32)=−√3，此时x =π2．（2）△ABC 中，A =45∘，b =3√2，a =6，故sin B =b sin A a=3√2×√226=12（正弦定理），再由b <a 知B <A =45∘，故B =30∘，于是C =180∘−A −B =105∘，从而△ABC 的面S =12ab sin C =9(√3+1)．【考点】三角函数中的恒等变换应用正弦定理【解析】（1）先化简的解析式，根据x 的范围确定2x +π3的范围，从而根据正弦函数的性质确定函数的最小值．（2）先由正弦定理求得sin B ，进而求得B ，进而求得C ，利用三角形面积公式求得答案．【解答】解．（1）f(x)=√3(cos 2x −sin 2x)−cos (2x +π2)=√3cos 2x +sin 2x =2sin (2x +π3) 由0≤x ≤π2，得π3≤2x +π3≤4π3，所以函数f(x)的最小值为2×(−√32)=−√3，此时x =π2．（2）△ABC 中，A =45∘，b =3√2，a =6，故sin B =b sin A a=3√2×√226=12（正弦定理），再由b <a 知B <A =45∘，故B =30∘，于是C =180∘−A −B =105∘，从而△ABC 的面积S =12ab sin C =9(√3+1)． 21.【答案】解：(1)a n =2+2(n −1)=2n b n =2n−1(2)T n =2+(n −1)⋅2n+1 【考点】数列的求和等比数列的性质等差数列的通项公式等差数列的前n 项和等差数列的性质【解析】此题暂无解析【解答】略略。

数学奥林匹克高中训练题_116及解析

数学奥林匹克高中训练题_116注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题1.如图，凸四边形ABCD 的两对角线AC 、BD 将其分成四个部分，每个部分的面积分别为S 1、S 2、S 3、S 4.已知S 1>1,S 2>1.则S 3+S 4（）.A. 2B. >2C. <2D. 不一定 2.顺次联结双曲线xy =20与圆x 2+y 2=41的交点得到一个凸四边形.则此四边形的面积为（）.A. 18B. 20C. 22D. 303.已知锐角ΔABC ，给出下列判断：①长为sin2A 、sin2B 、sin2C 的三线段一定可构成一个三角形； ②长为cosA 、cosB 、cosC 的三线段一定可构成一个三角形； ③长为cosA 、cosB 、sinC 的三线段一定可构成一个三角形； ④长为tanA 、tanB 、tanC 的三线段一定可构成一个三角形. 其中，正确判断有（）个. A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 4.已知空间四边形ABCD,AB =a,BC =b,CD =c,DA =d .则AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =（）.A. 12(a 2+b 2+c 2+d 2) B. −12(a 2+b 2+c 2+d 2)C. 12(a 2+c 2−b 2−d 2) D. 12(b 2+d 2−a 2−c 2) 5.函数y=[sinx ⋅cosx ]+[sinx +cosx ]的值域为（）（[x ]表示不超过实数x 的最大整数）.A. {−2,−1,0,1,2}B. {−2,−1,0,1}C. {−1,0,1}D. {−2,−1,1}6.已知S ={1,2,⋅⋅⋅,216},A ⊆S .若集合A 中任两个元素的和都不能被6整除，则集合A中元素的个数最多为（）. A. 36 B. 52 C. 74 D. 90第II 卷（非选择题）二、填空题7.已知数列{a n }的通项a n =(n+1)4+n 4+1(n+1)2+n 2+1.则数列{a n }的前n 项的和S n =______. 8.已知f (x )=−x 4+4x 3−2x 2−2x +139,x ∈[0,1].给出下列结论：①f (x )>0；②f (x )<0；③存在x ∈[0,1]，使f (x 0)=0；④存在x ∈[0,1]，使f (x 0)<0.其中，正确结论的序号为______.9.如图，已知棱长为1的正四面体ABCD,M 为AC 的中点，P 在线段DM 上.则AP +BP的最小值为______.10.已知x 是一个四位数，其各位数字之和为y .若xy的值最小，则x=______.11.如图，给出16个点，其左和右相邻两点，上和下相邻两点的距离都等于1.若以这些点作为三角形的顶点，那么，一共可得到______个直角三角形.12.已知点A (2,2)、P (x,y )，且x 、y 满足{0<x 、y ≤2,x +y ≥2,1x +1y ≥2. 则|PA |的取值范围是______.三、解答题13.如图，已知正方体−A 1B 1C 1D 1的棱长为1，⊙O 1为正方形ABCD 的内切圆，⊙O 2为正方形ADD 1A 1的外接圆，P 、Q 分别为⊙O 1、⊙O 2上的点.求PQ 长度的取值范围.14.已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足a2=2,S n=n(1+a n)2(n∈N+). （1）求数列{a n}的通项.（2）若b n=a n1n+1，求数列{b n}的最大值项.（3）对于（2）中数列{b n}，是否存在b n=b m(n≠m)？若存在，求出所有相等的两项；若不存在，说明理由.15.已知椭圆C:x 2a +y2b=1(a>b>0)的左焦点为F，过F的直线l交椭圆C于A、B两点，P为左准线上一点，直线PA、PF、PB的方向向量分别为(1,t)、(1,r)、(1,s). （1）求证：t、r、s成等差数列；（2）t、r、s能否成等比数列？试述理由.16.⊙O是ΔABC的内切圆，A′、B′、C′依次是边BC、CA、AB上的切点，已知ΔA′B′C′的欧拉线l∥AB.证明：l必过ΔABC的外心.17.已知函数f(x)=−x3+3x，一个矩形ABCD的两点顶点A、B在x轴的正半轴上，另两个顶点C、D在y=f(x)的图像上.求此矩形绕x轴旋转一周而形成的几何体的体积最大值.18.设a1,a2,⋅⋅⋅,a n为互不相等的正整数，它们的最小公倍数为b n.求证：b n≥n23.参考答案1.B【解析】1.易知S1S2=S3S4.故S3+S4≥2√S3S4=2√S1S2>2.故答案为：B2.A【解析】2.设A(x0,y0)(x0>0,y0>0).由两曲线既关于原点对称又关于y=x对称知，另外的三个交点坐标为B(y0,x0)、C(−x0,−y0)、D(−y0,−x0).由此知四边形ABCD为矩形，其面积为|AB|⋅|AD|=√2(x0−y0)2⋅√2(x0+y0)2=2√x02+y02−2x0y0⋅√x02+y02+2x0y0=2√41−2×20⋅√41+2×20=18.故答案为：A3.C【解析】3.sin2A+sin2B−sin2C=2sin(A+B)⋅cos(A−B)−2sinC⋅cosC =2sinC[cos(A−B)+cos(A+B)]=4cosA⋅cosB⋅sinC>0同理，sin2A+sin2C−sin2B>0，sin2B+sin2C−sin2A>0.所以，①正确.对于②，极端考虑：∠A→90°,∠B→90°,∠C→0°,此时，cosA→0,cosB→0,cosC→1不能满足cosA+cosB>cosC.所以②错误.cosA+cosB−sinC=2cos A+B⋅cosA−B−2sinC⋅cosC=2sin C2(cosA−B2−cosC2)=4sin C2⋅sinπ−2B4⋅sinπ−2A4>0.类似地，cosA +sinC −cosB >0,cosB +sinC −cosA =0.所以③正确.对于④，举反倒：∠A=45°,∠B =60°,∠C =75°,此时，tanA =1,tanB =√3,tanC =2+√3,tanA +tanB <tanC.所以④错误.故答案为：C 4.D【解析】4.AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅(BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +CD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ )=BC 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +CD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =BC2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +(AB ⃑⃑⃑⃑⃑ +BC ⃑⃑⃑⃑⃑ +CD ⃑⃑⃑⃑⃑ )2−AB 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −BC 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −CD 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2=BC 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +(−DA ⃑⃑⃑⃑⃑ )2−AB 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −BC 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −CD 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2=BC 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +DA2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −AB 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ −CD 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2=b 2+d 2−a 2−c 22.故答案为：D 5.D【解析】5.y =[12sin2x]+[√2sin (x +π4)]..下面的讨论均视k ∈Z .（1）当2kπ≤x ≤2kπ+π2时，y =1；（2）当2kπ+π2<x ≤2kπ+3π4时，y =−1；（3）当2kπ+3π4<x <2kπ+π时，y =−2；（4）当x=2kπ+π或2kπ+3π2时，y =−1；（5）当2kπ+π<x <2kπ+3π2时，y =−2；（6）当2kπ+3π2<x <2kπ+7π4时，y=−2；（7）当2kπ+7π4≤x <2kπ+2π时，y =−1.综上，y∈{−2,−1,1}.故答案为：D 6.C【解析】6. 记S k={x ∈S |x =6n +k,n ∈N }(k =0,1,⋅⋅⋅,5)，且S =∪S k 5k=0.易知card (S k )=36.则集合A 中既不能同时有S 1与S 5或S 2与S 4中元素，也不能有S 6中两个元素、S 3中两个元素.要使A 中元素最多，可选S 1与S 2中全部元素，S 0与S 3中各一个元素.故最多共有36+36+1+1=74个元素.故答案为：C7.n (n 2+3n+5)3【解析】7. 化简得a n =n 2+n +1.故S n=∑(k2+k +1)n k=1=n (n+1)(2n+1)6+n (n+1)2+n =13n (n 2+3n +5). 故答案为：n (n 2+3n+5)38.①【解析】8.f (x )=−x 4+4x 3−2x 2−2x +139=x 3(1−x )+3x 3−3x 2+(x −1)2+49=x 3(1−x )+(x −1)2+32x 3+32x 3+94−3x 2≥x 3(1−x )+(x −1)2+3√32x 3⋅32x 3⋅49−3x 2 =x 3(1−x )+(x −1)2≥0前一个等号成立需x=23，而后一个等号成立需x =1.因此，等号不能同时成立. 所以，f (x )>0.故答案为：①9.63【解析】9. 记∠BDM=θ.在ΔBDM 中，BD =1,BM =MD =√32.故cosθ=√33,sinθ=√63.如图，将ΔBDM 绕DM 旋转，使ΔBDM 在平面ACD 内，此时B 在B ′处.联结AB ′、B ′P . 则所求的最小值即为AB ′的长.易知∠ADB ′=θ+30°.故AB ′2=AD 2+DB ′2−2AD ⋅DB ′cos∠ADB ′=12+12−2cos (θ+30°)=2−2(cosθ⋅cos30°−sinθ⋅sin30°)=1+√63.从而，AB ′=√1+√63.故答案为：6310.1099【解析】10. 设x=a 1a 2a 3a 4，其中，a 1∈N+,a 2、a 3、a 4∈N .于是，x y=1000a 1+100a 2+10a 3+a 4a 1+a 2+a 3+a 4=1+9×111a 1+11a 2+a 3a 1+a 2+a 3+a4.要使x y 最小，则a 4=9，此时，x y =1+9×111a 1+11a 2+a 3a 1+a 2+a 3+9=10+9×110a 1+10a 2−9a 1+a 2+a 3+9；要使xy 最小，则a 3=9，此时，x y =10+9×110a 1+10a 2−9a 1+a 2+18=100+9×100a 1−189a 1+a 2+18.. 若a 1=1，则xy =100−9×89a 2+19.. 要使xy 最小，则a 2=0，此时，x =1099,x y=109919.若a 2>1，要使x y 最小，则a 2=9，此时，xy =100+9×100a 1−189a 1+27=1000−9×9×3×107a 1+27. 要使xy 最小，则a 1=2，此时，x =2999,x y=299929.因为299929>109919，所以，x =1099.故答案为：1099 11.200【解析】11.如图，以A 为直角顶点的直角三角形有C 31⋅C 31=9个；以B 为直角顶点的直角三角形有C 31⋅C 31+C 21+1=12个；以C 为直角顶点的直角三角形有C 31⋅C 31+C 21⋅C 31+2=17个.由对称性可知，一共可得到9×4+12×8+17×4=200个直角三角形.故答案为：200 12.[√72,2)【解析】12. 由于x 、y>0，化简1x +1y ≥2可得(x −12)(y −12)≤14. 在平面直角坐标系xOy 中，作出约束条件下的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括M (2,0)、N (0,2)两点.显然，|PA |取得最小值，P 应在曲线C:(x −12)(y −12)=14上.下面求|PA |的最小值. |PA |2=(x −2)2+(y −2)2=(x −12−32)2+(y −12−32)2=(x −12)2+(y −12)2−3(x −12)−3(y −12)+92 =[(x −12)+(y −12)]2−3[(x −12)+(y −12)]+4=[(x −12)+(y −12)−32]2+74≥74.当且仅当(x −12)+(y −12)=32时，上式等号成立.联立方程{(x −12)+(y −12)=32,(x −12)(y −12)=14. 解得{x =5+√54,y =5−√54或{x =5−√54,y =5+√54.经检验知，这两组解符合题意. 因此，|PA |min=√72.又显然P 在点M 或N 时，|PA |取得最大值2.但M 、N 两点不在区域内，因此，|PA |的取值范围是[√72,2).故答案为：[√72,2)13.√3−√22≤|PQ |≤√3+√22【解析】13.建立如图的空间直角坐标系.在xOy 平面上，⊙O 1的方程为(x −12)2+(y −12)2=14；在xOz 平面上，⊙O 2的方程为(x −12)2+(z −12)2=12.设P (12+12cosθ,12+12sinθ,0),Q (12+√22cosφ,0,12+√22sinφ)，则|PQ |2=(12cosθ−√22cosφ)2+(12+12sinθ)2+(12+√22sinφ)2=54+12(sinθ+√2sinφ−√2cosθ⋅cosφ) M =sinθ+√2sinφ−√2cosθ⋅cosφ=sinθ+√2√1+cos 2θ.(2−2)=sinθ+√2⋅√1+cos 2θ⋅sin (φ−α)≤sinθ+√2⋅√1+cos 2θ ≤|sinθ|+√2⋅√1+cos 2θ=|sinθ|+√22⋅√1+cos 2θ+√22⋅√1+cos 2θ≤3√sin 2θ+(√22⋅√1+cos 2θ)2⋅23=√6.①其中，α=√1+cos 2=√1+cos 2当θ=arcsin√63,φ=2π3时，式①等号成立.另一方面，M≥sinθ−√2⋅√1+cos 2θ≥−|sinθ|−√2⋅√1+cos 2θ=−(|sinθ|+√2⋅√1+cos 2θ)≥−√6.当θ=π+arcsin√63,φ=5π3时，上式等号成立.因此，54−√62≤|PQ |2≤54+√62，即√3−√22≤|PQ |≤√3+√22.14.（1）a n =n （2）b 4（3）数列{b n }中存在唯一相等的两项b 2=b 8.【解析】14. （1）由S 1=1+a 12=a 1，知a 1=1.当n>1时，a n =S n −S n−1=n (1+a n)2−(n−1)(1+a n−1)2.化简得(n −2)a n −(n −1)a n−1+1=0. 以n +1代替n 得(n −1)a n+1−na n +1=0. 两式相减得(n −1)a n+1−2(n −1)a n +(n −1)a n−1=0.则a n+1−2a n +a n−1=0.故{a n }为等差数列. 又由a 1=1,a 2=2，知a n =n . （2）b n=n1n+1，考虑b n>b n+1时，n 的取值范围.注意到，n 1n+1>(n +1)1n+2即n n+2>(n +1)n+1.则n >(n+1n)n+1=(1+1n)(1+1n)n .当n≥3时，(1+1n )n=1+C n 1⋅1n +C n 2⋅1n 2+⋅⋅⋅+C n k ⋅1n k +⋅⋅⋅+C n n ⋅1n n =1+1+12!(1−1n)+⋅ ⋅⋅+1k!(1−1n )(1−2n )⋅⋅⋅(1−n −k +1n )+⋅⋅⋅+1n!(1−1n )(1−2n)⋅⋅⋅(1−n −1n) <1+1+12!+⋅⋅⋅+1k!+⋅⋅⋅+1n!<1+1+12+122+⋅⋅⋅+12n<3.因此，当n>3(1+1n)=3+3n>3，即n ≥4时，有b n >b n+1.又通过比较b 1、b 2、b 3、b 4、b 5的大小知b 1<b 2<b 3<b 4,b 4>b 5.所以，数列{b n }满足b 1<b 2<b 3<b 4,b 4>b 5>b 6>⋅⋅⋅.①因此，数列{b n }的最大值项为b 4. （3）显然，b 1=1.由b n=n1n+1知，当n ≠1时，b n ≠1.再由式①可知，若数列{b n }存在相等两项，只能是b 2、b 3与后面的项可能相等. 又b 2=213=819=b 8，即第2项与第8项相等. 再由式①知，仅有第8项与第2项相等. 而b 3=314>b 5=516，故由式①知，与第3项相等的项不存在.因此，数列{b n }中存在唯一相等的两项b 2=b 8.15.（1）见解析（2）当点P 的纵坐标与直线l 斜率的倒数之积为−b 2c时，t 、r 、s 成等比数列.【解析】15. （1）设l:x=my −c ，与椭圆C 的方程联立，消去x 化简得(a 2+b 2m 2)y 2−2b 2any −b 4=0.设A (x 1,y 1)、B (x 2,y 2).则y 1+y 2=2b 2cm a 2+b 2m 2,y 1y 2=−b4a 2+b 2m 2.又P (−a 2c,n)、F (−c,0)，故PA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(x 1+a 2c ,y 1−n ),PB⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(x 2+a 2c,y 2−n ),PF ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(b2c,−n ).则t=y 1−n x 1+a 2c=c (y 1−n )cmy 1+b2,s =c (y 2−n )cmy 2+b2,r =−cn b2,t +s =c (y 1−n )cmy 1+b2+c (y 2−n )cmy 2+b 2=c ⋅2any 1y 2+(b 2−cmn )(y 1+y 2)−2b 2nc 2m 2y 1y 2+b 2an (y 1+y 2)+b4 =c ⋅2an (−b 4)+(b 2−cmn )⋅2b 2am −2b 2n (a 2+2b 2m 2)c 2m 2(−b 4)+b 2cm ⋅2bcm +b 4(a 2+b 2m 2)=c ⋅2b 2⋅−b 2cm −c 2m 2n +b 2cm −a 2n −b 2m 2n −c 2m 2+2c 2m 2+a 2+b 2m 2=c ⋅2b2⋅−(b 2+c 2)m 2n−a 2n (b 2+c 2)m 2+a 2=−2cn b 2=2r .因此，t 、r 、s 成等差数列.容易验证，当A 、B 为长轴两端点时，结论仍成立. （2）若t 、r 、s 成等比数列，则r 2=ts .ts =c 2⋅(y 1−n )(y 2−n )(1)(2)=c 2⋅y 1y 2−n (y 1+y 2)+n 212(12)=c 2⋅−b 4−n ⋅2b 2cm +n 2(a 2+b 2m 2)22(4)24(222) =c 2⋅−b 4−2mncb 2+a 2n 2+b 2m 2n 2=(−cn )2 故−b 4−2mncb 2+a 2n 2+b 2m 2n 2=a 2n 2(m 2+1).整理为(a 2−b 2)m 2n 2+2mncb2+b 4=0，即(amn +b 2)2=0.解得mn =−b 2c.所以，当点P 的纵坐标与直线l 斜率的倒数之积为−b 2c时，t 、r 、s 成等比数列.16.见解析【解析】16.如图.射线AO 分别交BC 、B ′C ′于E 、F ，联结OA ′、OC ′、A ′F,A ′F 交l 于G . 作边BC 的中垂线交l 于交于Q 、交BC 于D ，联结QB . 易知BD=12BC,AO 垂直平分B ′C ′,F 为B ′C ′的中点.又O 是ΔA ′B ′C ′的外心，则O 点在欧拉线l 上.由于A ′F 是ΔA ′B ′C ′的中线，因此，A ′F 与l 的交点G 必是ΔA ′B ′C ′的重心. 此时，由l∥BC ，即OG ∥BC 知OF OE=GF GA′=12. 记R 、r 分别表示ΔABC 的外接圆半径、内切圆半径. 由OF=rsin A 2知OE =2rsin A2.又OEsin (B+A 2)=r ⇒2sin A 2⋅sin (B +A2)=1⇒cosB −cos (B +A )=1⇒cosB +cosC =1.由恒等式cosA+cosB +cosC =1+4sin A 2⋅sin B 2⋅sin C 2⇒cosA =4sin A2⋅sin B 2⋅sin C2⇒r =4Rsin A 2⋅sin B 2⋅sin C2=RcosA ⇒DQ =r =RcosA.又点Q 在边BC 的中垂线上，因此，Q 必是ΔABC 的外心，即l 通过ΔABC 的外心. 17.V max =64√6πλ(2+λ7)3√2+λ7μ【解析】17.设A (x 1,0)、B (x 2,0)(0<x 1<x 2).则C(x 2,f (x 2))、D(x 1,f (x 1)).由AB∥CD ，得f (x 2)=f (x 2)，即−x 13+3x 1=−x 23+3x 2.化简得x 12+x 1x 2+x 22=3，即(x 1+x 2)24+(x 1−x 2)212=1.设x 1+x 2=2cosθ,x 2−x 1=2√3sinθ，其中θ∈(0,π2).则4x 1x 2=(x 1+x 2)2−(x 1−x 2)2，得x 1x 2=1−4sin 2θ.依题意，旋转体的体积V=π⋅AD 2⋅AB =π(x 2−x 1)f 2(x 1)=π(x 2−x 1)(−x 13+3x 1)2=π(x 2−x 1)x 12(3−x 12)2=π(x 2−x 1)x 12x 22(x 1+x 2)2=8√3πsinθ(1−4sin 2θ)2(1−sin 2θ).故V2=(8√3π)2sin 2θ(1−4sin 2θ)4(1−sin 2θ)2=(8√3π)2λ2μ(1−4sin2θ)4(λ−λsin 2θ)2μsin 2θ(λ>0,μ>0) ≤(8√3π)2λμ[4(1−4sin 2θ)+2(λ−λsin 2θ)+μsin 2θ7]7=(8√3π)2λ2μ[4+2λ+(μ−2λ−16)sin 2θ7]7.令μ−2λ−16=0.①由1−4sin 2θ=λ−λsin 2θ=μsin 2θ得sin 2θ=λ−1λ−4=1μ+4.②由①、②两式联立消去μ，化简得2λ2+17λ−16=0.解得λ=−17±√4174.取λ=−17+√4174，则μ=15+√4172.于是，V2≤(8√3π)2λ2μ(4+2λ7)7.因此，V max =64√6πλ(2+λ7)3√2+λ7μ. 18.见解析【解析】18. 设b n=p 1a 1p 2a 2⋅⋅⋅p ka k，其中p 1<p 2<⋅⋅⋅p k 且均为质数，α1,α2,⋅⋅⋅,αk ∈N +.则(α1+1)(α2+1)⋅⋅⋅(αk +1)≥n . 下面证明：b n =p 1a 1p 2a 2⋅⋅⋅p ka k≥(α1+1)2(α2+1)2⋅⋅⋅(αk +1)23.易用数学归纳法证明以下结论：p m >(m +1)2（p 为大于3的质数，m ∈N +），① 3m ≥(m +1)2(m ≥2,m ∈N +)，② 3m>2m>(m+1)23(m ∈N +).③因此，1.当p 1>3时，b n =p 1a 1p 2a 2⋅⋅⋅p ka k >(a 1+1)2(a 2+1)2⋅⋅⋅(a k +1)2>(a 1+1)2(a 2+1)2⋅⋅⋅(a k +1)23≥n 23. 2.当p 1=3时，b n =p 1a 1p 2a 2⋅⋅⋅p ka k>(a 1+1)23(a 2+1)2⋅⋅⋅(a k +1)2≥n 23. 3.当p 1=2,p 2>3时，b n =p 1a 1p 2a 2⋅⋅⋅p kak>(a 1+1)23(a 2+1)2⋅⋅⋅(a k +1)2≥n 23. 4.当p 1=2,p 2=3时，i.若a 2≥2，则b n =p 1a 1p 2a 2⋅⋅⋅p k ak>(a 1+1)23(a 2+1)2⋅⋅⋅(a k +1)2≥n 23. ii.若a 2=1，下面证明：2a 13a 2≥(a 1+1)2(a 2+1)23，即证2a 1≥49(a 1+1)2. 易验证，当a 1=1,3时，2a 1≥49(a 1+1)2；当a 1=2时，2a 1=49(a 1+1)2. 假设a 1=t (t ≥3)时，结论成立，即2t >49(t +1)2. 则2t+1=2×2t >2×49(t +1)2. 又2×49(t +1)2−49(t +2)2=49(t 2−2)>0(t ≥3)，则2t+1>2×49(t +1)2>49(t +2)2. 这表明a 1=t +1时，亦有2a 1>49(a 1+1)2. 故2a 1≥49(a 1+1)2（a 1∈N +，当且仅当a 1=2时，等号成立）. 则b n=p 1a 1p 2a 2⋅⋅⋅p k ak≥(a 1+1)2(a 2+1)23(a 3+1)2⋅⋅⋅(a k+1)2≥n 23. 综合1~4知b n ≥n 23.④ 当且仅当k =2,p 1=2,p 2=3,a 1=2,a 2=1,n =6时，式④等号成立.此时，b6=22×3=12=623,a 1=1,a 2=2,a 3=3,a 4=4,a 5=5,a 6=12..。

浙江高三高中数学竞赛测试带答案解析

浙江高三高中数学竞赛测试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.集合}，且,则实数取值范围为（）A．B．C．或D．2.若则是的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件3.已知等比数列{}：且第一项至第八项的几何平均数为9，则第三项是（）A．B．C．D．4.已知复数为虚数单位），且，则（）A．B．C．或D．或5.已知直线与抛物线交于两点，为的中点，为抛物线上一个动点，若满足，则下列一定成立的是（）。

A．B．其中是抛物线过的切线C．D．6.某程序框图如下，当E0.96时，则输出的K=（）A．20B．22C．D．257.若三位数被7整除，且成公差非零的等差数列，则这样的整数共有（）个。

A．4B．6C．7D．88.设函数，则函数的极大值点为（）A．B．C．D．9.已知为一次函数，若对实数满足，则的表达式为（）。

A．B．C．D．二、填空题1.若，则_________________。

2.已知，若当时恒大于零，则的取值范围为_____________ 。

3.数列，则数列中最大项的值为______________。

4.若，满足，则 ,。

5.设直线与曲线有三个不同的交点,且,则直线的方程为_________________。

6.若则________________________。

7.某动点在平面直角坐标系第一象限的整点上运动（含第一象限轴上的整点），其运动规律为或。

若该动点从原点出发，经过6步运动到（6,2）点，则有__________________种不同的运动轨迹。

三、解答题1.已知抛物线，过轴上一点的直线与抛物线交于点两点。

证明，存在唯一一点，使得为常数，并确定点的坐标。

2.设二次函数在[3,4]上至少有一个零点，求的最小值。

3.设满足数列是公差为，首项的等差数列；数列是公比为首项的等比数列，求证：。

4.设证明。

数学竞赛试题及答案高中生

数学竞赛试题及答案高中生试题一：代数问题题目：已知$ a, b $ 是方程 $ x^2 + 5x + 6 = 0 $ 的两个实根，求 $ a^2 + 5a + 6 $ 的值。

解答：根据韦达定理，对于方程 $ x^2 + bx + c = 0 $，其根$ a $ 和 $ b $ 满足 $ a + b = -b $ 和 $ ab = c $。

因此，对于给定的方程 $ x^2 + 5x + 6 = 0 $，我们有 $ a + b =-5 $ 和 $ ab = 6 $。

由于 $ a $ 是方程的一个根，我们可以将 $ a $ 代入方程得到 $ a^2 + 5a + 6 = 0 $。

所以 $ a^2 + 5a + 6 = 0 $。

试题二：几何问题题目：在一个直角三角形中，已知直角边长分别为 3 厘米和 4 厘米，求斜边的长度。

解答：根据勾股定理，直角三角形的斜边长度 $ c $ 可以通过直角边 $ a $ 和 $ b $ 计算得出，公式为 $ c = \sqrt{a^2 + b^2} $。

将给定的边长代入公式，我们得到 $ c = \sqrt{3^2 + 4^2} =\sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5 $ 厘米。

试题三：数列问题题目：一个等差数列的首项 $ a_1 = 3 $，公差 $ d = 2 $，求第 10 项 $ a_{10} $ 的值。

解答：等差数列的通项公式为 $ a_n = a_1 + (n - 1)d $，其中$ n $ 是项数。

将给定的值代入公式，我们得到 $ a_{10} = 3 + (10 - 1) \times 2 = 3 + 9 \times 2 = 3 + 18 = 21 $。

试题四：组合问题题目：从 10 个不同的球中选取 5 个球，求不同的选取方式有多少种。

【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题7 解析几何(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版

【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题7 解析几何（50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2021·全国·高三竞赛）已知ABCD 的四个顶点均在双曲线2214y x -=上，点(0,1)P 在边AB 上，且12AP PB =，则ABCD 的面积等于_______.【解析】【分析】由对称性，知O 为平行四边形的中心，设()00,A x y ，得()002,32B x y --，将点A 、B 的坐标代入双曲线方程，求得A 、B 的坐标，利用等面积法知4ABCDAOB S S =△，代入即可求解.【详解】由平行四边形的对称性与双曲线的对称性，知O 为平行四边形的中心，由A 、B 、C 、D 四点在两支双曲线上各有两点，不妨设A 、D 在左支上，B 、C 在右支上，如图：考虑A 、B 关于双曲线中心的对称点,A B ''，因为单支双曲线上不存在四点构成平行四边形，知,A C B D =''=，所以ABCD 的对称中心为O .设()00,A x y ，由12AP PB =，得()002,32B x y --. 将点A 、B 的坐标代入双曲线方程得()22002020*******y x y x ⎧-=⎪⎪⎨-⎪-=⎪⎩，解得：0014x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩或0014x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩所以A B x x ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或A B x x ⎧=⎪⎪⎨⎪⎪⎩.故242||21ABCDADBAOBA B SSSOP x x ===⋅-=⨯=故答案为：36542．（2021·全国·高三竞赛）抛物线2Γ:2(0)y px p =>，设它的某三条切线交于A 、B 、C 三点，设ABC 的外接圆与x 轴相切，切点为(,0)D k ，则k =_______．【答案】2p k = 【解析】【分析】先证明A 、B 、C 、F 四点共圆，得出D 、F 重合，进而求出k . 【详解】设Γ的焦点为,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭，下面我们证明：A 、B 、C 、F 四点共圆．设直线AB 与Γ切于()11,P x y ，直线BC 与Γ切于()22,Q x y ，直线CA 与Γ切于()33,R x y ．则2(1,2,3)2i i y x i p==，于是直线AB 的方程为()11yy p x x =+，直线BC 的方程为22()yy p x x =+，直线CA 的方程为()33yy p x x =+．记i l 为直线()(1,2,3)i i yy p x x i =+=．设F 在直线AB BC CA 、、上的射影分别为123K K K 、、，于是直i FK 的方程为2i y p y x p⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，又直线i l 方程为()(1,2,3)i i yy p x x i =+=，则直线i FK 与直线i l 交点为0,(1,2,3)2i y i ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以123K K K 、、均在y 轴上，故123K K K 、、三共线，由Simson 定理逆定理知：A 、B 、C 、F 四点共圆．所以D 、F 重合，于是2p k =． 3．（2021·全国·高三竞赛）设双曲线Γ的中心为O ，右焦点为F ，点B 满足2FB OF =．若在Γ的右支上存在一点A ，使得||||OA OF =且3OAB OBA ∠≥∠，则Γ离心率的取值范围为___________．【答案】2215⎛+ ⎝⎦【详解】在平面直角坐标系xOy 中考虑问题．不妨设A 在第一象限．A 是以O 为圆心，OF 为半径的圆Ω与Γ的交点．设Γ的左焦点为X ，则4XOA OAB OBA OBA ∠=∠+∠≥∠，122AFO XOA OBA ∠=∠≥∠，即,FAB FBA FA FB ∠≥∠≤．在Ω上取一点C ，使FC FB =，则FC FA ≥．由双曲线的定义知2CX CF a -≤（a 是实半轴长），即 2222(2)4a CF CX c CF +≥=-（c 是半焦距）．代入2c CF FB ==，得2222424c c a c ⎛⎫+≥- ⎪⎝⎭．解得22151,7e ⎛⎤+∈ ⎥ ⎝⎦．故答案为：22151,7⎛⎤+ ⎥ ⎝⎦4．（2021·全国·高三竞赛）过椭圆221169x y +=上一点M 作圆222x y +=的两条切线，点A ､B 为切点过A ､B 的直线l 与x 轴､y 轴分别交于点P ､Q 两点，则POQ △面积的最小值为___________. 【答案】13【详解】解析：设(4cos ,3sin )M θθ，则l 的方程为(4cos )(3sin )2x y θθ+=，12,2cos 3sin P Q x y θθ==， 11123sin 23P Q S x y θ=⋅=≥，当且仅当4πθ=时等号成立，故答案为：13.5．（2021·全国·高三竞赛）设123A A A △为抛物线24y x =的内接三角形，分别过1A ､2A ､3A 作抛物线的切线1l ､2l ､3l ，设三条切线相交所成的三角形为123B B B .求123A A A △与123B B B 的面积比. 【答案】2 【解析】【详解】推导一般情况.设222(0),,,1,2,32i i i t y px p A t i p ⎛⎫=>= ⎪⎝⎭.那么过i A 的切线方程为2222i i t x p y t p +⋅=⋅，即2:,1,2,32ii i t l yt px i =+=.联立1l 与2l 的方程：211222,2.2t yt px t yt px ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩解得1212,2.2t t x p t t y ⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩ 这表明1l 与2l 的交点3B 的坐标为12123,22t t t t B p ⎛⎫+ ⎪⎝⎭.同理，13132,22t t t t B p ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，23231,22t t t t B p ⎛+⎫ ⎪⎭⎝.由面积公式：123123A A AB B B S S =△△2112222331212131323231211221212211222122t t pt t p t t pt t t t p t t t t pt t t t p+++=2211222233121213132323111111t t t t t t t t t t t t t t t t t t +++而222112222332222231213122313111t t t t t t t t t t t t t t t t t t =++---， ()()()()121221313132312132321311232323111t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t ++=+++++-++()()222312312123t t t t t t t t t t -+-+232222122331122331t t t t t t t t t t t t =++---，所以211222231212131333232111111t t t t t t t t t t t t t t t t t t +=++，从而1231232A A A B B B SS=.故答案为：2.6．（2021·全国·高三竞赛）双曲线222019x y -=，左右顶点分别为1A ､2A ，P 为双曲线右支上一点，且1210A PA ∠=︒，则12PA A ∠=___________. 【答案】40︒ 【解析】【详解】设直线12,A P A P 的倾斜角分别为,αβ，则2019tan tan 12019αβ==，故90αβ+=︒，而10βα-=︒，故40α=︒，故答案为：40︒.7．（2021·全国·高三竞赛）已知双曲线2213y x -=的左右焦点为1F 、2F ，过2F 的直线与双曲线右支交于A 、B 两点，则12AF F △、12BF F △的内切圆面积之和的取值范围是__________．【答案】102,3ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】【详解】解析：令12AF F △、12BF F △的内切圆心为1I 、2I ，与x 轴切于M ，N ，则12121132F F F A F AF M F N +-===，所以M 、N 重合于双曲线右顶点．过2F 的直线与双曲线右支交于A 、B 两点，令212,33AF F ππα⎛⎫∠=∈ ⎪⎝⎭，内切圆面积和为22221210tan cot 2,223S r r ααπππππ⎛⎫⎡⎫=+=+∈ ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭．故答案为：102,3ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭.8．（2021·全国·高三竞赛）已知双曲线22221x y a b -=的左右焦点分别为1F 、2F ，过1F 作圆222x y a +=的切线分别交双曲线的左右两支于点B 、C ，若2BC CF =，则双曲线的离心率为__________． 523+【解析】【详解】根据题意，记12BF F θ∠=，则sin a cθ=，其中c进而由双曲线的焦半径公式和双曲线的定义，可得1112CF BF CF a -=-，即22cos b a c aθ=+，也即22b a bc a c=⋅+，解得1ba=因此双曲线的离心率c e a ===9．（2021·浙江·高三竞赛）若正方形ABCD 的一条边在直线206y x =+上，另两个顶点在抛物线2yx 上，则该正方形的面积为______.【答案】2178或1250 【解析】【分析】【详解】设另一条边所在直线为y x m =+，则20x x m --=，设两交点的横坐标12,x x，则12x x -=2428424320m m -+=，解得272m =或156m =，所以22178S ==或1250.故答案为：2178或1250.10．（2021·浙江·高三竞赛）已知点()3,1P ，存在抛物线24x y =上相异的两点A ，B ，使得四边形PAQB 为矩形，则点Q 的轨迹方程是______.【答案】()222395402x x y ⎡⎤+⎛⎫+--+=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】【详解】设()()1122,,,,(,)A x y B x y Q x y ,且22112211,44y x y x ==. 则由四边形PAQB 为矩形知,121231x x x y y y +=+⎧⎨+=+⎩ ，即122212311144x x xx x y +=+⎧⎪⎨+=+⎪⎩，即122123(3)442x x x x y x x +=+⎧⎪⎨+--=⎪⎩，且PA PB ⊥,即()()()()12120,33110PA PB x x y y ⋅=--+--=,()()121212123910x x x x y y y y -+++-++=， ()()222212121212113910164x x x x x x x x -+++-++=， 222(3)441(3)443(3)9(1)102162x y x y x y ⎡⎤+--+----++-++=⎢⎥⎣⎦，222(3)441(3)4430244x y x y x y ⎡⎤+--+--++-=⎢⎥⎣⎦，即2223(9)5402x x y ⎡⎤+⎛⎫+--+=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，故点Q 的轨迹方程为2223(9)5402x x y ⎡⎤+⎛⎫+--+=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦.故答案为：2223(9)5402x x y ⎡⎤+⎛⎫+--+=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦. 11．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆Γ的方程为22195x y +=，经过Γ的左焦点(2,0)F -，且斜率为1k （1k 存在且不为0）的直线与Γ交于A 、B 两点，设点(1,0)R ，延长AR 、BR 与Γ分别交于点C 、D ．直线CD 的斜率为2k ，将2122k k 写成既约分数ab，其中a ，b 是互质的正整数，则2a b +=__________．【答案】305 【解析】【分析】【详解】设()()()()11122334411,,,,,,,,:1AR x A x y B x y C x y D x y l x y y -=+代入椭圆Γ的方程，消去x 得2112115140x x y y y y --+-=．由韦达定理得()211311405y y y y x =-≠-，从而13145y y x =-，代入直线AR 的方程得131595x x x -=-．类似的，242595x x x -=-，24245y y x =-．故()()121212342342145516y x y y x y y y k x x x x --+-==--．因为A 、F 、B 三点共线，所以121222y y x x =++，故()1221212y x y x y y -=-，所以()()2211212212771616,494449y y a k k k a b x x b k -==⇒==⇒==-．所以2305a b +=．故答案为：305.12．（2021·全国·高三竞赛）已知集合{}22(,)|||||,0,(,)|1,044x y A x y x y t t B x y m m ⎧⎫=+>=+≤<<⎨⎩≤⎬⎭满足B A ⊆，若P 为集合B 的边界线C 上任意一点，12F F 、为曲线C 的焦点，I 为12PF F △的内心，直线1IF 和2IF 的斜率分别为12k k 、，且1213k k ⋅=-则t 的最小值为________．【解析】【分析】【详解】因为12F F 、为曲线C 的焦点，I 为12PF F △的内心，若曲线C 的方程为22221x y a b +=，则I 的轨迹方程为22221x y c bc c a +=⎛⎫ ⎪+⎝⎭，故有22121.3bc c a c k k ⎛⎫ ⎪+⎝⎭=-=-⋅可知::2a b c =，所以3m =．设(2cos )P θθ为曲线C上一点，则有|2cos ||t θθ≥+恒成立，即t13．（2021·全国·高三竞赛）已知1F 、2F 是椭圆2222:1(0)x y M a b a b +=>>的焦点，P 是M 上一点，12PF F △的周长是6，且41a c+的值是3，过(4,0)Q -的直线交M 于不同两点A ，B ，则QA QB ⋅的取值范围是_________．【答案】45,124⎛⎤⎥⎝⎦【解析】【分析】【详解】因为12226PF F Ca c =+=，所以3a c +=．由241()(21)a c a c ⎛⎫++≥+ ⎪⎝⎭，413a c +≥，得到2,1a c ==，所以椭圆的方程为22143x y +=．（1）当直线QA 为0y =时，12QA QB =．（2）设直线QA 的方程为4x my =-，联立得22123034m y my ⎛⎫+-+= ⎪⎝⎭， 221(2)43034m m ⎛⎫∆=-⨯⨯+> ⎪⎝⎭，得2m >或2m <-．所以()2212231143m QA QB y y m +⋅=⋅=+．将2m >或2m <-代入，得出QA QB ⋅的取值范围为45,124⎛⎫⎪⎝⎭．由（1）（2）知QA QB 的取值范围为45,124⎛⎤⎥⎝⎦．故答案为：45,124⎛⎤⎥⎝⎦.14．（2021·全国·高三竞赛）已知P 、Q 分别是圆22:(4)8C x y -+=与圆22:(4)5D x y +-=上的点，O 是坐标原点，则PQ 的最小值为__________．【解析】【分析】【详解】由22(4)8x y -+=得22880x x y -++=，于是22222828x x y x y -++=+，从而()22221442x x y x y -++=+=等于点P 到点(2,0)M 的距离．所以PQ PQ PM MQ +=+≥，而min MQ =所以PQ15．（2021·全国·高三竞赛）半径为2的球O 放在水平桌面上，该水平桌面所在平面内的一点1A 的竖直正上方有一个点光源A ．若1AA 与球O 相切，且16AA =，那么，球O 经过点光源A 照射之后，在该水平桌面上的投影的离心率为_________．【答案】12 【解析】【分析】【详解】考虑过A 、1A 、O 三点的截面，设12A A 的中点为M ，如图：容易求得1228,10,213A A AA AM === 则利用圆锥曲线的定义知，投影的椭圆的长半轴长为42212232AA AA AM +⎛⎫-= ⎪⎝⎭224(23)12-=．故答案为：12.16．（2021·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系xOy 中，若椭圆22111x yt t +=+-与双曲线1xy =相切，则t =_________． 5【解析】【分析】【详解】设切点为1,m m ⎛⎫⎪⎝⎭．容易求得1xy =在1,m m ⎛⎫⎪⎝⎭处的切线为()211y x m m m =--+，即220x m y m +-=．椭圆22111x y t t +=+-在1,m m ⎛⎫ ⎪⎝⎭处的切线为()1011mx y t m t +-=+-，由以上两条切线为同一条直线，知()2211121m m t m m m t ⎧⋅=⎪+⎪⎨⎪⋅=-⎪⎩，因为1t >，所以由以上方程组容易解得5t = 517．（2021·全国·高三竞赛）设双曲线22221x y a b -=的离心率为e ，过原点的直线与之交于A 、B 两点，若双曲线上存在一点C ，使得直线AC 的斜率与直线BC 的斜率之乘积恰为e ，则e 的值为__________.【解析】【分析】【详解】设()()sec ,tan ,sec tan ,sec ,t (n )a A a b B a b C a b ααααββ--﹐，则222tan tan tan tan 1sec sec sec sec AC BCb b b b b k e a k a a a aβαβαβαβα-+=⨯==--+⋅，因此21e e -=，即e =. 18．（2021·全国·高三竞赛）任作椭圆22221x y a b+=的一条切线与椭圆两条对称轴分别交于点A B 、，若AB 长度的最小值为4b ，则椭圆的离心率为___________.【答案】3【解析】【分析】【详解】设切点为()cos ,sin P a b θθ，则切线方程为cos sin 1x y a bθθ+=. 其与x 轴、y 轴交点分别为,0,0,cos sin a b A B θθ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()2222222222cos sin ()cos sin cos sin a b ab AB a b θθθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=++≥+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.所以4,3,ca b b a b e a +=====. 19．（2021·全国·高三竞赛）已知S 、P （非原点）为抛物线2y x 上不同的两点，点P 处的切线与y 轴交于点R ，若SP PR ⊥，则PSRS的最小值为______________．【解析】【分析】【详解】设()200,P x x ，则切线方程：()002y x x x =-，交于y 轴上的点()200,2R x -，切线的垂线：()0012y x x x =--，与抛物线联立，解点S 的坐标：2000011,22S x x x x ⎛⎫⎛⎫ ⎪--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，那么011||||222SPRSSP PR x x =⋅=⋅()2200141=42x x +⋅令02t x =，则：()22114SPRtSt+=⋅()2222111133344t t tt⎛⎫+++ ⎪+⎝⎭==24t ⎛ ⎝⎭≥==最值在213t =时取到．. 20．（2019·山东·高三竞赛）△ABC中，16,9AB BC CA ===.在△ABC 外部，到点B 、C 的距离小于6的点组成的集合，所覆盖平面区域的面积是______ .【答案】54π【解析】【详解】分别以点B 、C 为圆心，6为半径作圆，交于三角形外一点D ，连结BD 、CD ；有5353cos ,cos 7272A BDC =∠=-，故A 、B 、D 、C 四点共圆，所以∠ABD +∠ACD =π. 又易知AB 与圆C 相离，故所求的面积为2个圆的面积去掉半个圆的面积再加上△BCD 的面积等于54π+故答案为：54π 21．（2019·重庆·高三竞赛）已知△ABC 为椭圆22194x y +=的内接三角形，且AB 过点P (1，0)，则△ABC 的面积的最大值为_______ .【解析】【详解】提示：经伸缩变换32x X y Y=⎧⎨=⎩得△A 'B 'C '内接于圆X 2+Y 2=1，A 'B '过点1,03P '⎛⎫ ⎪⎝⎭.6ABCA B C SS'''=，设O '到A 'B '的距离为t ，则10,3t A B ''=21(1)A B C S t t '''-⋅+，易知当13t =时，A B C S '''，所以S △ABC .． 22．（2019·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系中，若以(r +1,0)为圆心､r 为半径的圆上存在一点(a ,b )满足b 2≥4a ，则r 的最小值为____________ . 【答案】4 【解析】【分析】根据题意，求得,a r 的不等关系，结合不等式有解，即可求得r 的范围，从而求得最小值. 【详解】由条件知222(1)a r b r --+=，故22224(1)2(1)(1)a b r a r r a a =---=---. 即22(1)210a r a r --++.上述关于a 的一元二次不等式有解，故判别式2[2(1)]4(21)4(4)0r r r r --+=-，解得r ≥4.经检验，当r =4时，(,)(3,a b =满足条件.因此r 的最小值为4. 故答案为：4.本题考圆的方程，以及一元二次不等式的有解问题，属综合中档题.23．（2019·四川·高三竞赛）双曲线22221x y a b-=的右焦点为F ，离心率为e ，过点F 且倾斜角为3π的直线与该双曲线交于点A 、B ，若AB 的中点为M ，且|FM |等于半焦距，则e =_____ .【解析】【详解】设点()()()112200,,,,,A x y B x y M x y ，则2222112222221,1x y x y a b a b-=-=.两式相减，得()()()()12121212220x x x x y y y y a b +-+--=，所以AB的斜率为20122120b x y y k x x a y -===-又||,3FM c xFM π=∠=，所以M点的坐标为32c ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. 所以22b a=01x =，所以c e a ===二、解答题(共0分)24．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆22122:1(0)x y C a b a b +=>>，其右焦点为F ，过F 作直线l 交椭圆1C 于A 、B 两点（l 与x 轴不重合），设线段AB 中点为D ，连结OD （O 为坐标原点），直线OD 交椭圆1C 于M 、N 两点，若A 、M 、B 、N 四点共圆，且||8||3MN OD =，求椭圆1C 的离心率．【解析】【分析】先将椭圆与直线联立，结合韦达定理表示出D 坐标，再结合直线OD 交椭圆1C 于M 、N 两点，若A 、M 、B 、N 四点共圆，且||8||3MN OD =，求出2,3M ⎛ ⎝⎭再代入椭圆求出a ，进而【详解】不妨设椭圆1C 的半焦距1c =，则221b a =-，椭圆右焦点为(1,0)F ．设:1l x ky =+，将1x ky =+，代入22221x ya b+=消去x 化简整理得()()()222222222110a kk a y a ky a -++---=．显然，方程判别式Δ0>，设()(),,,A A B B A x y B x y ．由韦达定理知()2222221A B a k y y a k k a-+=--+，从而()()22222222222211122222A B D A B a k x x a x ky ky a k k a a k k a ⎛⎫-+==++=-+= ⎪ ⎪-+-+⎝⎭，()2222211D D a k x y k a k k a--==--+，于是()22222222221,a k a D a k k a a k k a ⎛⎫-- ⎪ ⎪-+-+⎝⎭．所以直线OD 的方程为()221a x y a k=--．设圆AMBN 的方程为222:0C x y Dx Ey F ++++=，直线l直线MN 的方程为()232:(1)01a C x ky x y a k ⎛⎫--+= ⎪ ⎪-⎝⎭，由于3C 经过12C C 、的交点，且123C C C 、、均为二次曲线，则存在常数12λλ、，使得()()2222212222(1)11a x y x ky x y x y Dx Ey F a b a k λλ⎛⎫⎛⎫--+=+-+++++ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，比较方程两边xy 系数知()2201a k a k -+=-，即2221a k a =-，由对称性不妨设k =．代入点D 的坐标得1,2D ⎛ ⎝⎭，又||8||3MN OD =，得点2,3M ⎛ ⎝⎭，而M 在1C 上，故222222123311a a a a ⎛⎫-⎛⎫- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+=-，解得98a =，于是1C 的离心率为223c e a ==． 25．（2021·全国·高三竞赛）已知如图椭圆221:14x C y +=的左右顶点为1A 、2A ，上下顶点为1B 、2B ，记四边形1122A B A B 的内切圆为2C ．（1）求圆2C 的标准方程；（2）已知P 为椭圆1C 上任意一点，过点P 作圆2C 的切线分别交椭圆1C 于M 、N 两点，试求三角形PMN 面积的最小值．【答案】（1）2245x y +=；（2）85. 【解析】【详解】（1）因为2A 、1B 分别为椭圆221:14x C y +=的右顶点和上顶点，则2A ，1B 坐标分别为(2,0),(0,1)，可得直线21A B 方程为：22x y +=，则原点O 到直线21A B 的距离为2512d ==+，即圆2C 的半径5r d ==，故圆2C 的标准方程为2245x y +=．（2）设直线PM 方程为1mx ny +=，由直线PM 与圆2C 相切，可知原点O 到直线PM 距离225d m n ==+2254m n +=，将直线PM 方程代入椭圆1C 可得222()4x y mx ny +=+，整理即有()222448410y y n mn m x x ⎛⎫-++-= ⎪⎝⎭，则2212221241411544444y y m m x x n m --===--⎛⎫-- ⎪⎝⎭，即1OP OM k k ⋅=-，故OP OM ⊥．同理OP ON ⊥，故M 、O 、N 三点共线，则2||||PMNOPMS SOP OM ==．设:OP y kx =代入椭圆方程可得22214x k x +=，则22414x k =+，故()()222222241114k OP x y kxk+=+=+=+，同理()22222141414114k k OM k k ⎡⎤⎛⎫+-⎢⎥ ⎪+⎝⎭⎢⎥⎣⎦==+⎛⎫+- ⎪⎝⎭，则 ()()22222211144544141k k OP OM k k +++=+=++，则2251124||||OP OM OP OM =+≥，得8||||5OP OM ≥，则85PMN S OP OM =≥△，当且仅当OP OM ==故三角形PMN 面积的最小值为85．26．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆22:11612x y C +=的右焦点为F .C 上两点A ､B 满足()1A B A B x x x x +=≠，且FA FB ⊥.求证：以AB 为直径的圆恒过异于点F 的一个定点.【答案】证明见解析【解析】【详解】设()(),,,A A B B A x y B x y ，由FA FB ⊥可得()()220A B B A x x y y --+=，结合1A B x x +=可得2A B A B x x y y +=-，而以AB 为直径的圆为：()()()()0A B A B x x x x y y y y --+--=，化简可得()2220A B x y x y y y +---+=，该圆过(1,0)-或(2,0)（舍）.27．（2021·全国·高三竞赛）已知()()()111222333,,,A x y A x y A x y 、、是抛物线()220y px p =>上三个不同的动点，123A A A △有两边所在的直线与抛物线22(0)x qy q =>相切.证明：123A A A △的重心在定直线上. 【答案】证明见解析【解析】【详解】如图，不妨设边13A A 和23A A 所在直线与抛物线22(0)x qy q =>相切，切点分别为1T 和2T .那么切点弦12T T 所在直线方程为()33x x q y y =+.设切点1T 和2T 的坐标分别为211,2t t q ⎛⎫ ⎪⎝⎭和222,2t t q ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则切线13A A 的斜率为1t q ，于是有31131y y t x x q -=-，即1312t py y q=+. 把切点1T 的坐标代入直线方程()33x x q y y =+中，可得213132t x t q y q ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，整理即22311322y t t q y p q ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，再把1312t p y y q =+中的1t 代入该式，可得()223323131222y pqp q q y p y y y y ⎡⎤⋅=+⎢⎥++⎢⎥⎣⎦，即()2233231312y p q y y y y y =+++，即()213231312y y p q y y y y -=++，可得()213132y y y y p q +=-. 同理，利用切点2T 可以推得()223232y y y y p q +=-.上面两式相减可得1230y y y ++=，所以123A A A △的重心的纵坐标恒为0，从而一定在x 轴（定直线）上.28．（2021·全国·高三竞赛）设椭圆22122:1(0)x y C a b a b +=>>，抛物线222:C x by b +=．（1）若2C 经过1C 的两个焦点，求1C 的离心率；（2）设5(0,),33,4A b Q b ⎛⎫ ⎪⎝⎭，又M 、N 为1C 与2C 不在y 轴上的两个交点，若AMN 的垂心为30,4B b ⎛⎫⎪⎝⎭，且QMN 的重心在2C 上，求椭圆1C 和抛物线2C 的方程．【答案】（1）22；（2）椭圆方程为2211643x y +=，抛物线方程为224x y +=．【解析】【详解】（1）已知椭圆焦点(,0)c 在抛物线上，可得：22c b =，由22222a b c c =+=，有221222c e a =⇒=．（2）由题设可知M 、N 关于y 轴对称，设()11,M x y -，()()111,0N x y x >，由AMN 的垂心为B ，有()21113004BM AN x y b y b ⎛⎫⋅=⇒-+--= ⎪⎝⎭．由点()11N x y ,在抛物线上，有2211x by b +=，解得14by =-或1y b =（舍去）．故1,,,,44b b x M N ⎛⎫⎫=-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，得QMN重心坐标4b ⎫⎪⎭．由QMN 的重心在抛物线上得：2234bb +=，所以112,,22b M N ⎛⎫⎫=-- ⎪⎪⎝⎭⎭，又因为M 、N 在椭圆上可得2163a =，所以，椭圆方程为2211643x y +=，抛物线方程为224x y +=．29．（2020·浙江·高三竞赛）已知直线l 与椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>交于A 、B 两点，直线AB 不经过原点O .（1）求OAB 面积的最大值；（2）设M 为线段AB 的中点，延长OM 交椭圆C 于点P ，若四边形OAPB 为平行四边形，求四边形OAPB 的面积. 【答案】（1）2ab ；（2. 【解析】【详解】解法一当直线AB 的斜率不存在时，由对称性，设直线AB 方程为()0x n n a =<<，则y =122OABS n =⨯⨯=△2222122n n a a ab ab ⎛⎫+- ⎪⎝⎭≤=，当且仅当n =. 设直线l ：()0y kx m m =+≠，()11,A x y ，()22,B x y ，联立方程22221x y a b y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去y 得：()22222222220ba k x a kmx a m ab +++-=，判别式()()()()2222222222222222440a km b a k a m a b a b b a k m ∆=-+-=+->，则2222b a k m +>，于是AB ==原点O 到AB的距离d =1122OABS AB d ==△()()2222222222m b a k m ab ab ab b a k ++-=≤⋅=+，当且仅当22222m b a k =+时取等号.（2）不妨设0k >，根据垂径定理得：22AB OM k k b a =-⋅，则OM 的方程为22b y x a k=-.将OM 的方程代入椭圆方程，消去y 得422222a k xb a k =+.注意O 、P 在直线AB 的两侧，所以M x =2222M M b b y x a k a k ⎛⎛⎫=-=- ⎪ ⎝⎭⎝.又点M 在直线ABk m ⎛=+ ⎝，化简得：22224b a k m +=，则22OAPB OAB S S ab ===△解法二（1）设x x ay y b ⎧=⎪''⎪⎨⎪=⎪⎩，则221x y ''+=，OAB O A B S abS '''=△△.设原点O '到直线A B ''的距离为()()0,1d d ∈，则22122OAB O A B d d abS abS ab A B d ab '''-+''==⋅=≤=△△. （2）要四边形OAPB 为平行四边形，则四边形O A P B ''''为菱形，由（1）知12211sin1202O A B S S S ''''==⨯⨯⨯⨯︒=⇒=△.解法三（1）设()cos ,sin A a b αα，()cos ,sin B a b ββ，则 ()1cos sin cos sin sin 222OAB ab abS a b a αββααβ=⋅-=-≤△，当且仅当2k παβπ-=+，k Z ∈时取等号.（2）(cos cos ,sin sin )OP OA OB P a a b b αβαβ=+⇒++，则2222(cos cos )(sin sin )1a a b b a b αβαβ+++=，即22cos()1αβ+-=，移项整理得1cos()2αβ-=-，则()3sin 2αβ-=，故322OAPB OAB S S ab ==△. 30．（2021·全国·高三竞赛）如图，已知抛物线22(0)y px p =>焦点为F ，ABC 三边所在直线与抛物线分别相切，求证：ABC 外接圆过定点．【答案】证明见解析【解析】【详解】由对称性，及BC x ⊥轴，可猜测ABC 的外接圆过定点F ．设()22,2P pt pt ，切点()2112,2M pt pt ，切点()2222,2N pt pt ，则2:22BC l t y x pt ⋅=+； 211:22AC l t y x pt ⋅=+；222:22AB l t y x pt ⋅=+．则()12122,A pt t pt pt +，()222,B ptt pt pt +，()112,C ptt pt pt +，所以()()121222,4141CF BF t t t t k k t t tt ++==--，因此()()()()()2112212112212224141tan 2214114141BF CF BF CFt t t t t t k k tt t t CFB t t t t k k t t tt t t ++-----∠===+++⋅++--．同时12121122tan tan 1114AC AB AB ACk k t t BAC CFB k k t t --∠===-∠+⋅+，所以180BAC BFC ∠+∠=︒，故ABC 外接圆过定点F ．31．（2021·全国·高三竞赛）已知A ､B 是抛物线2:4C y x =上的两个动点，点A 在第一象限，点B 在第四象限，直线12l l 、分别过点A ，B 且与抛物线C 相切，P 为12l l 、的交点.设C ､D 为直线12l l 、与直线4x =的交点，求PCD 面积的最小值. 1283【解析】【详解】设()22121212,,,044y y A y B y y y ⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则1l 方程为12121,2y x y l y =+方程为22212y x y y =+，联立1l ､2l 方程可得点P 坐标为1212,42y y y y P +⎛⎫⎪⎝⎭，C ､D 的坐标分别为11814,2y y ⎛⎫+ ⎪⎝⎭､22814,2y y ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，所以()()1212121212168181||222y y y y CD y y y y y y --⎛⎫⎛⎫=+-+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 于是()()121212121614242PCDy y y y y y Sy y --=-⋅. 设21212(0),y y t t y y m =->-=，由()()2222121212440y y y y y y m t +=-+=-≥知2m t ≥，当且仅当120y y +=时等号成立，所以()()()()222222222221616216161424216168PCDtmm t t t t t St t t t--⋅+⋅++=+⋅=≥=-.设()2216()8tf t t+=，则()()()()222222221621631616()88t t t t t t f t tt+⋅⋅-+-+=='.所以0t <<时，()0f t '<；t >()0f t '>， ()f t '在区间⎛ ⎝⎦上为减函数；在区间⎫+∞⎪⎪⎣⎭上为增函数.所以t =时，()f t所以当1212160,3y y y y +==-，即12y y ==PCD. 32．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆22223:1(0)x y C a a a+=>，点P 、Q 在椭圆C 上，满足在椭圆C 上存在一点R 到直线OP 、OQ 的距离均为12a ，证明：223a OP OQ ⋅≤．【答案】证明见解析【解析】【详解】设cos R a θθ⎛⎫⎪⎝⎭，1:0OP k x y -=，2:0OQ k x y -=，则根据题意，1k 、2k 是关于k12a =的两个实根，该方程即222111cos sin 0434k k θθ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭，于是2212221111sin sin 13434133cos sin 44k k θθθθ--⋅===---．OP OQ ⋅=2a =2a =2a =2a ≤223a =，原命题得证．33．（2021·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线2:4C y x =，焦点为F ，A 为抛物线C 上异于顶点的动点，D 为x 轴正半轴上的动点．设直线AF 、AD 分别交抛物线C 于M 、N （不同于点A ），设,AF FM AD DN λμ==．已知FA FD =，且43λμ+=，求直线MN 的方程．【答案】12(1)2y x +=--或12(1)2y x -=-．【解析】【分析】【详解】设()20000,,4A x y y x =，则(),M M M x y 满足()002114M M M M y y x x y x⎧=-⎪-⎨⎪=⎩，消元得()200000411M M y y y y x x --=--，由根与系数的关系得04M y y =-，2000044M y y y y y λ=-=-=⎛⎫- ⎪⎝⎭．因为01DF AF x ==+，所以()02,0D x +．()00:22AD y l y x x =--+⎡⎤⎣⎦，则(),N N N x y 满足()002224N N N Ny y x x y x ⎧⎡⎤=--+⎪⎣⎦⎨⎪=⎩，得0024N x y y +=-⨯，所以()200042N y y y x μ=-=+．由43λμ+=，得()2200044423y y x +=+，即000423x x x +=+．解得083x =-（舍）或者01x =，所以02y =±．当001,2x y ==时，有(1,2),(9,6)M N --，则1:2(1)2MN l y x +=--．当001,2x y ==-时，有(1,2),(9,6)M N ，则1:2(1)2MN l y x -=-．综上，1:2(1)2MN l y x +=--或12(1)2y x -=-．34．（2021·全国·高三竞赛）已知圆Γ与抛物线2y x 交于A 、B 、C 、D 四个不同的点，且AC为圆Γ的直径，线段AC 和BD 的中点分别为M 、N ，求证：线段MN 在y 轴上的投影长度为定值．【答案】证明见解析. 【解析】【分析】【详解】设()()()()222211223344,,,,,,,A x x B x x C x x D x x ，则圆Γ的方程为：()()()()2213130x x x x y x y x --+--=．联立圆Γ和抛物线方程，消去y ，得()()()()222213130x x x x x x x x --+--=，即()()()()131310x x x x x x x x --+++=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，从而2x 、4x 是方程()2131310x x x x x x ++++=的两根．由韦达定理知，()24132413,1x x x x x x x x +=-+=+．所以()()2222221313242413242212222x x x x x x x x x x x x +-+-++-=-=．又22132x x +、22242x x +分别是点M 、N 的纵坐标，所以线段MN 在y 轴上的投影长度为定值1．（2021·全国·高三竞赛）已知(2,1)S 为椭圆22Γ:182x y +=上的点，对椭圆Γ上的任意两点P 、Q ，用如下办法定义它们的“和”P Q +：过点S 作一条平行于PQ （若点P 与Q 重合，则直线PQ 表示椭圆Γ在P 处的切线）的直线l 与椭圆Γ交于不同于S 的另一点，记作P Q +（若l与椭圆Γ相切，则规定S 为P Q +）.并规定n nP P P P=+++个.35．若点(22,0),(0,2)P Q -，求P Q +、2P 以及100P 的坐标.36．在椭圆Γ上是否存在不同于S 的点P ，满足3P S =？若存在，求出所有满足条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】35．(2,1),2(2,1),100(0,2)P Q P P +---- 36．存在，311,322P ⎛⎫--- ⎪⎝⎭或311,322P ⎛⎫-+-- ⎪⎝⎭. 【解析】【分析】（1）利用新定义数形结合直接求解P Q +、2P 以及100P 的坐标（2）利用参数方程假设存在，找出点P 、Q 对应的参数，求出P Q +对应的参数，以及2P ，3P 对应的参数，列方程直接求解.(1)根据新定义P Q +“和”的运算，画图如下：过S 做PQ 的平行线，因为12PQ OS k k ==，所以平行直线过原点，可知P+Q 的坐标与S 关于原点对称，所以(2,1)P Q +--过S 做P 处切线的平行线，可知2P 的坐标2(2,1)P -，以此类推100(0,2)P -(2) 存在.设(cos ,sin ),(cos ,sin ),(cos ,sin ),(cos ,sin )A a b B a b C a b D a b ααββγγθθ则sin sin sin sin //cos cos cos cos b b b b AB CD a a a a αβγθαβγθ--⇔=--2sin cos2sincos22222sin sin 2sin sin2222αβαβγθγθαβαβγθγθ-+-+⋅⋅⇔=-+-+⋅⋅ tantan(mod 2)22αβγθαβγθπ++⇔=⇔+≡+.而(2,1)S 对应的参数为4π，于是，若点P 、Q 对应的参数为αβ、，则P Q +对应的参数γ满足(mod 2)4πγαβπ≡+-.设(cos ,sin )P a b ϕϕ，且对应的参数为ϕ.则2P 对应的参数为2(mod 2),34P πϕπ-对应的参数为3(mod 2)2πϕπ-. 故23(mod 2)2443k ππππϕπϕ-≡⇒=+. 于是，3P 的坐标为2222cos ,2sin 4343k k ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.从而，所求坐标为311,322P ⎛⎫--- ⎪⎝⎭或311,322P ⎛⎫-+-- ⎪⎝⎭.37．（2021·全国·高三竞赛）如图所示，()(),0P a b a b <<为抛物线2:4F y x =外一点，过P 引抛物线Γ的两条切线PA PB 、，切点分别为A 、B ．在线段PA 上取两点D 、E ，使得PD AE =．若过D 、E 两点的直线12l l 、分别切抛物线Γ于M 、N 两点（异于A ）．求四边形MNAB 面积的最大值．【解析】【分析】【详解】设()()()()11220000,,,,,,,A x y B x y M x y N x y ''，则直线AP 的方程为()112y y x x =+，直线BP 的方程为()222y y x x =+，故有121242y y a y y b ⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩，同理可得1010,22E D y y y yy y '++==，又因为PD AE =，所以1E D y y b y +=+，即002y y b +'=，故12121200424AB MN y y k k x x y y b y y '-=====-++，因此//AB MN ．直线AB 的方程为22by x a =+，直线MN 的方程为0000004y y y x y y y y '''=+++，即0022y y by x '=+，故两平行线间的距离d '，||AB ===||MN =所以00|4|1(||||)24MNABy y a S d AB MN '-=⋅+=⋅，其中0204a y y b ≤'≤，可令22004,b a A b y y X '-=-=，则：1(4MNAB S A X =-218=3183⎛≤ ⎝⎭= 当22001(4)9b y y b a '-=-时取到最大值．38．（2021·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆T 的中心为原点O ，焦点在x(1,0)C -的直线l 与T 交于两点A 、B 满足2AC BC =．求AOB 面积的最大值以及取到最大值时T 的方程．【答案】故ABCT 的方程为2235+=x y ．【解析】【分析】【详解】设2222:1(0)x y T a b a b +=>>，离心率e = 则222223,:3a b T x y a =+=．显然，l 不与x 轴重合．若l 垂直于x 轴，则AC BC =，不满足题意．故可设:(1)l y k x =+，即:1y l x k =-，与T 联立得：22213y y a k ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，即22212310y y a k k ⎛⎫+-+-= ⎪⎝⎭． ①设()()1122,,,A x y B x y ，由韦达定理可得：1222221313kky y k k +==++， ② 2122113a y y k -⋅=+． ③ 若点C 在椭圆内部，则1y 、2y 异号，由2AC BC =知122y y =-，代入②知22231ky k -=+，故 12223132231AOBk SOC y y y k =⋅⋅-==+333121323k k kk=≤=+⋅．上式等号成立当且仅当13k k =，即33k =±，此时，2123,23y k y y =-==-．上式代入③得2212221213a y y y k -⋅=-=+，即2221,536a a --==，此时①的判别式()222414311246(15)0a k k ⎛⎫∆=-+-=-⨯⨯-> ⎪⎝⎭， ①有两实根，此时方程为2235+=x y ．若点C 在椭圆外部，则1y 、2y 同号，由2AC BC =知122y y =，代入②知()222331ky k =+，故()12221122331AOBk SOC y y y k =⋅⋅-==+ 11331821133||323||||||k k k k =≤=<⎛⎫+⋅⋅⎪⎝⎭．故ABC 面积的最大值为32，此时T 的方程为2235+=x y ． 39．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆22:12+=x E y 的右焦点为(c,0)F ，上顶点为M ，圆222:()(0)F x c y r r -+=>，问：椭圆E 上是否存在两点P 、Q 使得圆F 内切于三角形MPQ 若存在，求出直线PQ 的方程；若不存在，请说明理由．【答案】存在，PQ 的方程为(26)6360x y ++-．【解析】【分析】【详解】假设这样的P 、Q 存在，且设()()1122,,,P x y Q x y ，由题意知(0,1),(1,0)M F ，所以直线()111:10MP y x x y x --+=．因为该直线与圆F 相切，则d r =r =，两边平方化简得()()2222111111x y r x y ⎡⎤+-=+-⎣⎦，整理得()()()()22221111111210r x r y x y -+--+-=．因为()221121x y =-，消去1x 得()()()()()2222111112111210r y r y x y -⋅-+--+-=．因为11y ≠，两边同时除以11y -，得()()()()221111211120r y r y x -⋅++---=，整理得()()221121310x r y r -+-+-=，即点P 在直线()()2221310x r y r -+-+-=上．同理，点Q 也在直线()()2221310x ry r -+-+-=上，因此直线PQ 的方程为()()2221310x r y r -+-+-=．又因为直线PQ 圆Fr=，解得r =因此直线PQ 存在且直线PQ的方程为(260x y ++-．40．（2021·全国·高三竞赛）设F 是椭圆22221(0)x y a b a b +=>>左焦点，过F 作两条相互垂直的直线，与椭圆的四个交点顺次记为A 、B 、C 、D ，设F 在四边形ABCD 的四条边上的射影分别为P 、Q 、R 、S ，求证：P 、Q 、R 、S 四点共圆. 【答案】证明见解析【解析】【分析】【详解】实际上结论对一切非等轴双曲线的圆锥曲线都是成立的（对等轴双曲线则变为四点共线）为证明原结论，我们来说明F 在AB 上的射影P 在定圆上.以F 为原点重新建立平面直角坐标系，设椭圆的离心率为e ，焦准距为p ，不妨设A 在第一象限，AF 与x 轴正半轴夹角为锐角θ，B 在第二象限，于是：,1cos 1sin ep epAF BF e e θθ==-+，从而cos cos sin cos (,),(,)1cos 1cos 1sin 1sin ep ep ep ep A B e e e e θθθθθθθθ---++，所以sin cos sin cos ,sin cos sin cos AB FP e k k eθθθθθθθθ-++==-+-+ 记FP 与x 轴的夹角为α，再记sin cos t θθ-=，则sin cos θθ+我们有cos αα==另一方面，FP ==，所以2()(22t e ep P e et +-++，不难验证它在圆22222()2e p x y e -+=-上.同理Q 、R 、S 均在此圆上，结论成立.41．（2021·全国·高三竞赛）设a 为正实数．在平面直角坐标系xOy 中，已知直线12:,:l y ax l y ax ==-，过点()2,0M -的直线l 分别与直线12l l 、交于点A B 、，其中点A 在第三象限，点B 在第二象限，点()2,0N ．设直线AN 交2l 于点P ，直线BN 交1l 于点Q ．若直线l PQ 、的斜率均存在，分别为12k k 、，判断12k k 是否为定值?若为定值．求出该定值；若不为定值，说明理由．【答案】是，12k k 为定值13-．【解析】【分析】【详解】由题意，直线l 的方程为1(2)y k x =+，其中1k a ≠±，联立方程1(2),,y k x y ax =+⎧⎨=⎩得11()2a k x k -=．解得112Ak x a k =-，则112A ak y a k =-．。

高中数学竞赛训练解答题(每题含详解)

高中数学竞赛训练题—解答题1．a,b是两个不相等的正数，且满足a3b3 a 2 b 2，求所有可能的整数c,使得c9ab .2．已知不等式111...1a对一切正整数 a 均成立，求正整数 an1n 2n33n 124的最大值，并证明你的结论。

3．设a n为 a14的单调递增数列，且满足 a n21 a n216 8(a n 1a n ) 2a n 1a n，求{ a n}的通项公式。

4．（ 1）设x0, y0, 求证：x23x y ;x y4（ 2）设x0, y0, z0,求证：x3y y3z3xy yz zx .x y z z x25. 设数列1,1,2,1,2,3,, 1,2,,k,，121321k k11问：（ 1）这个数列第 2010 项的值是多少；（ 2）在这个数列中，第2010 个值为 1 的项的序号是多少 .6.设有红、黑、白三种颜色的球各 10 个。

现将它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色球都有，且甲乙两个袋子中三种颜色球数之积相等。

问共有多少种放法。

7．已知数列{ a n}满足a1a（a0, 且 a 1 ），前 n 项和为 S n，且 S n a(1 a n ) ，1a记 b n a n lg | a n |（ n N），当 a 7时，问是否存在正整数 m ，使得对于任意正整数3n ，都有 b n b m？如果存在，求出m 的值；如果不存在，说明理由．8. 在ABC中，已AB AC 9,sin B cos A sin C ，又ABC的面积等于6.（Ⅰ）求 ABC 的三边之长；（Ⅱ）设 P 是ABC（含边界）内一点，P 到三边 AB、 BC、AB 的距离为d1、 d2和 d3，求 d1 d2 d 3的取值范围.9．在数列a n中，a1，a2是给定的非零整数， a n 2 a n 1 a n．（1）若a15 2 ， a1，求 a2008；16（2）证明：从a n中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数数列．10. 已知椭圆x 2y 2 1(a1) ， Rt ABC 以 A （ 0，1）为直角顶点，边 AB 、BC 与椭圆a 2交于两点 B 、 C 。

数学奥林匹克高中训练题(13)及解析

数学奥林匹克高中训练题（13）注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、选择题1.给出下列命题：①若(x)、g(x)在区间I上都是增函数，则f(g(x))在I上是增函数；②若f(x)、g(x)在区间I上都是减函数，则f(g(x))在I上是减函数；③若f(x)在区间I上都是增函数，g(x)在区间I上是减函数，则f(g(x))在I上是增函数；④若f(x)在区间I上都是增函数，g(x)在区间I上是减函数，则f(g(x))在I上是减函数.其中，正确命题的个数为（）。

A. 0B. 1C. 2D. 32.如图，三棱柱的两个侧面ABCD、ABEF都是矩形，P、Q分别是AE、BD上的点.如果PQ//面BCE，那么，（）.A. 一定有BQ=DQ且EP=PAB. 一定有EP=PA，但可能BQ≠DQC. 一定有BQ=DQ，但可能EP≠PAD. 有可能BQ≠DQ且EP≠PA3.有一种掷骰子游戏，它可随机地显示1到6中的一个点数.一枚棋子放在边长为1的正方形ABCD的顶点处，每掷一次，棋子就移动一次.移动规则是从所在的位置开始，在正方形的周界上按逆时针方向行走长为所掷点数的距离到达另一个顶点.假定棋子最初在A处，那么，两次运动所到达的点之间的距离大于1的概率为（）.A. 12B. 13C. 14D. 164.设S n是等比数列前n项的和.若x=S n2+S2n2，y=S n(S2n+S3n)，则x-y（）.A. 为0B. 为正数C. 为负数D. 有时为正，有时为负5.若正四面体PQMN的顶点分别在给定的四面体ABCD的面上，每个面上恰有一个点，那么，（）.A. 当四面体ABCD是正四面体时，正四面体PQMN有无数个，否则，正四面体PQMN只有一个B. 当四面体ABCD是正四面体时，正四面体PQMN有无数个，否则，正四面体PQMN不存在C. 当四面体ABCD的三组对棱分别相等时，正四面体PQMN有无数个，否则，正四面体PQMN只有一个D. 对任何四面体ABCD，正四面体PQMN都有无数个6.设X是平面上n个点的集合，对X中的每一个点A，在X中恰有3个点与A的距离为1，则n的最小值为（）.A. 4B. 5C. 6D. 7第II卷（非选择题）二、填空题7.在正方体1B1C1D1中，E、F、G分别是棱BC、CC1、CD的中点，则直线A1G与平面DEF所成的角的大小为__________。

浙江高三高中数学竞赛测试带答案解析

浙江高三高中数学竞赛测试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.若集合，，，则集合（）A．B．C．D．2.若函数（，且）的值域为，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．3.如图，在四面体中，已知两两互相垂直，且．则在该四面体表面上与点距离为的点形成的曲线段的总长度为（）A．B．C．D．4.在中，“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5.已知函数，则关于的不等式的解集为（）A．B．C．D．6.记为三个数中的最小数，若二次函数有零点，则的最大值为（）A．2B．C．D．1二、填空题1.数学竞赛后，小明、小乐和小强各获得一枚奖牌，其中一人得金牌，一人得银牌，一人得铜牌，老师猜测：“小明得金牌，小乐不得金牌，小强得的不是铜牌．”结果老师只猜对了一个，由此推断：得金牌、银牌、铜牌的依次是__________．2.省中医院5月1号至5月3号拟安排6位医生值班，要求每人值班1天，每天安排2人．若6位医生中的甲不能值2号，乙不能值3号，则不同的安排值班的方法共有__________种．3.已知函数，若对于任意的，存在，使得成立，则的取值范围为__________． 4.已知，则的取值范围为__________．5.已知是偶函数，时，(符号表示不超过的最大整数)，若关于的方程恰有三个不相等的实根，则实数的取值范围为__________．6.已知点为椭圆的右焦点，椭圆的离心率为，过点的直线交椭圆于两点(点在轴的上方)，且，则直线的斜率为__________．7.方程的正整数解为______________（写出所有可能的情况)．8.一个有限项的数列满足：任何3 个连续项之和都是负数，且任何4个连续项之和都是正数，则此数列项数的最大值为__________．三、解答题1.已知函数的图象恒过定点，且点又在函数的图象上．（Ⅰ）求实数的值；（Ⅱ）当方程有两个不等实根时，求的取值范围；（Ⅲ）设，，，求证，，．2.（12分）如图，椭圆（）的离心率，短轴的两个端点分别为B 1、B 2，焦点为F 1、F 2，四边形F 1 B 1F 2 B 2的内切圆半径为（1）求椭圆C 的方程；（2）过左焦点F 1的直线交椭圆于M 、N 两点，交直线于点P ，设，，试证为定值，并求出此定值．3.已知函数，直线为曲线的切线（为自然对数的底数）．（1）求实数的值；（2）用表示中的最小值，设函数，若函数为增函数，求实数的取值范围．浙江高三高中数学竞赛测试答案及解析一、选择题1.若集合，，，则集合（）A ．B ．C．D．【答案】D【解析】依题意，，．由，知；，知或．所以，或，即．故选D；2.若函数（，且）的值域为，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】当时，函数的值域为，当时，，即时，，且时恒成立．∴，的取值范围为．故选A；3.如图，在四面体中，已知两两互相垂直，且．则在该四面体表面上与点距离为的点形成的曲线段的总长度为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，设 (在上，在上，在上)．由，，知，，．∴在面内与点距离为的点形成的曲线段(图中弧) 长为．同理，在面内与点距离为的点形成的曲线段长为．同理，在面内与点距离为的点形成的曲线段长为．同理，在面内与点距离为的点形成的曲线段长为．所以，该四面体表面上与点距离为的点形成的曲线段的总长度为．故选B．点睛：想象出在每个截面上的弧线是一个个圆弧，找到相应的圆弧的圆心角，和半径，弧长就求出来了；4.在中，“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由正弦定理可得，在中，“”则，则，由倍角公式可得，可得，反之也成立，所以在中，“”是“”的充分必要条件，故选C.【考点】正弦定理与倍角公式.5.已知函数，则关于的不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】令，则函数为奇函数且在实数上为增函教，不等式转化为故选D．6.记为三个数中的最小数，若二次函数有零点，则的最大值为（）A．2B．C．D．1【答案】B【解析】可以不妨设，因为，所以，故所以，，所以（当且仅当时取等号)故选B．二、填空题1.数学竞赛后，小明、小乐和小强各获得一枚奖牌，其中一人得金牌，一人得银牌，一人得铜牌，老师猜测：“小明得金牌，小乐不得金牌，小强得的不是铜牌．”结果老师只猜对了一个，由此推断：得金牌、银牌、铜牌的依次是__________．【答案】小乐，小强，小明．【解析】其一，若小明得金牌，则小乐一定不得金牌，不合题意；其二，小明得银牌时，再以小乐得奖情况分析，若小乐得金牌，小强得铜牌，不合提议，若小乐得铜牌小强得金牌，也不合题意；其三，若小明得铜牌，仍以小乐得奖情况分类，若小乐得金牌，小强得银牌，则老师才对一个合题意，若小乐得银牌，小强得金牌，则老师对了俩；不合题意，综上，小明得铜牌，小乐得金牌，小强得银牌．2.省中医院5月1号至5月3号拟安排6位医生值班，要求每人值班1天，每天安排2人．若6位医生中的甲不能值2号，乙不能值3号，则不同的安排值班的方法共有__________种．【答案】42;【解析】分两类(1) 甲、乙同一天值班，则只能排在1号，有种排法；(2) 甲、乙不在同一天值班，有种排法，故共有42 种方法．故结果为42．3.已知函数，若对于任意的，存在，使得成立，则的取值范围为__________．【答案】;【解析】函数视作为的函数问题等价于对于，由于，所以所以问题等价于，即，所以．故结果为．点睛：双变元问题，先看成函数视作为的函数，求出最值；再看成x的函数求最值．4.已知，则的取值范围为__________．【答案】;【解析】由及有，所故结果为．5.已知是偶函数，时， (符号表示不超过的最大整数)，若关于的方程恰有三个不相等的实根，则实数的取值范围为__________．【答案】;【解析】作出函数与的草图(如图所示)．易知直线恒过点，是方程的一个根．从图像可知，当，即时，两个函数的图像恰有三个不同的交点．∴的取值范围为．点睛：方程的根转化为函数的零点，图像的交点问题，且发现直线过定点；根据图像得到结果．6.已知点为椭圆的右焦点，椭圆的离心率为，过点的直线交椭圆于两点(点在轴的上方)，且，则直线的斜率为__________．【答案】;【解析】极点在右焦点的极坐标方程为，所以，，从而，可得，，所以直线的斜率为．7.方程的正整数解为______________（写出所有可能的情况)．【答案】;【解析】．∴，∴，．由，知，因此，．∴，若，则，，．将，代入题中方程，得．若，则，．由知，不存在．若，则．以，，又，因此，．经验证只有符合．将代入题中方程，得．∴符合条件的正整数解有或．8.一个有限项的数列满足：任何3 个连续项之和都是负数，且任何4个连续项之和都是正数，则此数列项数的最大值为__________．【答案】5;【解析】一方面可以构造5 项的数列：符合题设；另一方面，证明满足条件的数列不超过5项．否则取出前6 项，作出如下排列：由每行的和为负数，知这12 个数之和为负数；由每列的和为正数，知这12 个数之和为正数．矛盾．故结果为5．三、解答题1.已知函数的图象恒过定点，且点又在函数的图象上．（Ⅰ）求实数的值；（Ⅱ）当方程有两个不等实根时，求的取值范围；（Ⅲ）设，，，求证，，．【答案】(1)；(2)的取值范围为；（3）见解析．【解析】（1）点的坐标为；点在上，则（2）方程的根转化为图像的交点；（3）裂项求和．（Ⅰ）函数的图像恒过定点，点的坐标为又因为点在上，则即，∴（Ⅱ）即，∴由图像可知：，故的取值范围为．（Ⅲ），∴ ，．点睛：主要考查函数零点，方程的根，图像的交点可等价；再就是数列裂项求和问题．2.（12分）如图，椭圆（）的离心率，短轴的两个端点分别为B 1、B 2，焦点为F 1、F 2，四边形F 1 B 1F 2 B 2的内切圆半径为（1）求椭圆C 的方程；（2）过左焦点F 1的直线交椭圆于M 、N 两点，交直线于点P ，设，，试证为定值，并求出此定值．【答案】（1）；（2）【解析】试题解析：（1）设四边形F 1B 1F 2B 2的内切圆与边B 1B 2的切点为G ，连接OG ，则|OG|=由S △OB2F2=|OB 2||OF 2|=|B 2F 2||OG|，|OB 2|=b ， |OF 2|=c ， |B 2F 2|=a ，得bc=a又∵e=解得a=2，b=故椭圆方程为：（2）设直线MN 的方程为y=k （x+1）代入椭圆方程，整理得（3+4k 2）x 2+8k 2x+4（k 2-3）=0设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），则x 1+x 2= ，x 1x 2=又P （-4，-3k ），F 2（-1，0）由，得，∴∵∴为定值【考点】本题考查椭圆的几何性质向量共线点评：解决本题的关键是利用向量共线，求出即可3.已知函数，直线为曲线的切线（为自然对数的底数）．（1）求实数的值；（2）用表示中的最小值，设函数，若函数为增函数，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先求导，然后利用导数等于求出切点的横坐标，代入两个曲线的方程，解方程组，可求得；（2）设与交点的横坐标为，利用导数求得，从而，然后利用求得的取值范围为.试题解析：（1）对求导得．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．1分设直线与曲线切于点，则，解得，所以的值为1．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3分（2）记函数，下面考察函数的符号，对函数求导得．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4分当时，恒成立．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分当时，，从而．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．7分∴在上恒成立，故在上单调递减．，∴，又曲线在上连续不间断，所以由函数的零点存在性定理及其单调性知唯一的，使．∴；，，∴，从而，∴，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．9分由函数为增函数，且曲线在上连续不断知在，上恒成立．①当时，在上恒成立，即在上恒成立，记，则，当变化时，变化情况列表如下：∴，故“在上恒成立”只需，即．②当时，，当时，在上恒成立，综合①②知，当时，函数为增函数．故实数的取值范围是．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分【考点】函数导数与不等式.【方法点晴】函数导数问题中，和切线有关的题目非常多，我们只要把握住关键点：一个是切点，一个是斜率，切点即在原来函数图象上，也在切线上；斜率就是导数的值.根据这两点，列方程组，就能解决.本题第二问我们采用分层推进的策略，先求得的表达式，然后再求得的表达式，我们就可以利用导数这个工具来求的取值范围了.。

河南高三高中数学竞赛测试带答案解析

河南高三高中数学竞赛测试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.已知函数，则（）A．B．4C．-4D．2.复数（为虚数单位）所对应的点位于复平面内（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3.如果执行如图所示的程序框图，输入正整数和实数，输出，则（）A．为的和B．为的算数平均数C．和分别是中最大的数和最小的数D．和分别是中最小的数和最大的数4.设，则“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件5.若将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），再将所得图象沿轴向右平移个单位长度，则所得图象的一个对称中心是（）A．B．C．D．6.已知实数满足不等式组，若目标函数的最大值不超过4，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．7.已知函数，当时，的概率为（）A．B．C．D．8.已知函数是上的单调函数，且对任意实数，都有，则（）A．1B．C．D．09.已知的外接圆半径为1，圆心为点，且，则的值为（）A．B．C．D．10.设函数，若函数在处取得极值，则下列图象不可能为的图象是（）11.已知在正项等比数列中，存在两项满足，且，则的最小值是（）A．B．2C．D．12.已知是定义在上的函数，其导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（）A．B．C．D．二、填空题1.已知向量，向量，则_____________.2.已知当时，恒成立，则实数的取值范围是____________.3.若某多面体的三视图如图所示（单位：）则此多面体的体积是____________.4.已知圆，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则实数的取值范围为______________.三、解答题1.已知各项均不相等的等差数列的前五项和，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若为数列的前项和，且存在，使得成立，求实数的取值范围.2.《中国好声音（The Voice of China）》是由浙江卫视联合星空传媒旗下灿星制作强力打造的大型励志专业音乐评论节目，于2012年7月13日正式在浙江卫视播出.每期节目有四位导师参加.导师背对歌手，当每位参赛选手演唱完之前有导师为其转身，则该选手可以选择加入为其转身的导师的团队中接受指导训练.已知某期《中国好声音》中，6位选手演唱完后，四位导师为其转身的情况如下表所示：现从这6位选手中随机抽取两人考查他们演唱完后导师的转身情况.（1）求选出的两人导师为其转身的人数和为4的概率；（2）记选出的2人导师为其转身的人数之和为，求的分布列及数学期望.3.如图，在三棱柱中，为的重心，.（1）求证：平面；（2）若侧面底面，，，求直线与平面所成角的正弦值.4.已知点是椭圆上任一点，点到直线的距离为，到点的距离为，且.直线与椭圆交于不同两点（都在轴上方），且.（1）求椭圆的方程；（2）当为椭圆与轴正半轴的交点时，求直线方程；（3）对于动直线，是否存在一个定点，无论如何变化，直线总经过此定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由.5.已知函数.（1）若曲线在点处与直线相切，求的值；（2）若函数有两个零点，试判断的符号，并证明.6.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.（1）求曲线的普通方程；（2）经过点（平面直角坐标系中点）作直线交曲线于两点，若恰好为线段的三等分点，求直线的斜率.7.选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）解不等式；（2）若，，且，求证：.河南高三高中数学竞赛测试答案及解析一、选择题1.已知函数，则（）A．B．4C．-4D．【答案】A【解析】，故选A.【考点】分段函数的表示与求值.2.复数（为虚数单位）所对应的点位于复平面内（）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】,对应的点位于第二象限，故选B.【考点】复数的运算与复数的几何意义.3.如果执行如图所示的程序框图，输入正整数和实数，输出，则（）A．为的和B．为的算数平均数C．和分别是中最大的数和最小的数D．和分别是中最小的数和最大的数【答案】C【解析】据程序框图可知，分别为中的最大数和最小数，故选C.【考点】程序框图.4.设，则“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】,,所以“”是“”的充分不必要条件，故选A.【考点】1.对数与指数的性质；2.充分条件与必要条件.5.若将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），再将所得图象沿轴向右平移个单位长度，则所得图象的一个对称中心是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变）得到函数的图象，再沿轴向右平移个单位长度,得到函数的图象，由得，故函数的图象的一个对称中心是，故选D.【考点】1.图象的平移和伸缩变换；2.三角函数的图象与性质.6.已知实数满足不等式组，若目标函数的最大值不超过4，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由得，作出不等式组所表示的平面区域，分析知当，时，取得最大值，且，又因为，解得，故选D.【考点】线性规划.7.已知函数，当时，的概率为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由及得，所以所求概率为，故选D.【考点】1.三角函数的图形与性质；2.几何概型.8.已知函数是上的单调函数，且对任意实数，都有，则（）A．1B．C．D．0【答案】C【解析】因为函数是上的单调函数，且，所以可设（为常数），即，又因为，所以，令，显然在上单调递增，且，所以，，，故选C.【考点】1.函数的表示与求值；2.函数的单调性.9.已知的外接圆半径为1，圆心为点，且，则的值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，所以，所以，又因为，所以，同理可求，所以，故选C.【考点】1.向量的线性运算；2.向量数量积的几何运算.【名师点睛】本题考查向量的线性运算、向量数量积的几何运算，属中档题；平面向量的数量积定义涉及到了两向量的夹角与模，是高考的常考内容，题型多为选择填空，主要命题角度为：1.求两向量的夹角；2.两向量垂直的应用；3.已知数量积求模；4.知模求模；5.知模求数量积.10.设函数，若函数在处取得极值，则下列图象不可能为的图象是（）【答案】D【解析】由可得，当时，函数取得极值，所以是方程的一个根，所以，即，所以函数，由此得函数相应方程两根之积为，对照四个选项，D不成立，故选D.【考点】1.导数与函数的极值；2.函数与方程.11.已知在正项等比数列中，存在两项满足，且，则的最小值是（）A．B．2C．D．【答案】A【解析】设数列的公比为，则由得，解之得或（舍去），因为存在两项满足，所以，解之得，所以，当且仅当即时等号成立，所以的最小值是,故选A.【考点】1.等比数列的性质；2.基本不等式.【名师点睛】本题考查等比数列的性质与基本不等式，属中档题；对于解决数列与不等式的综合问题的常用方法有：数列与不等式的恒成立问题，通常通过构造函数，利用函数的单调性、极值等解决；数列与有关的最值问题，通常通过适当的变形构造基本不等或函数求解；与数列有关的不等式证明问题，要灵活应用不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等.12.已知是定义在上的函数，其导函数为，若，，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】构造函数，则，故函数在上单调递增，又因为，所以成立，当且仅当，因此不等式的解集为，故选B.【考点】1.导数与函数的单调性；2.函数与不等式.【名师点睛】本题考查.导数与函数的单调性、函数与不等式，属难题.导数在不等式中的应用是每年高考的必考内容，通常通过构造函数，利用导数讨论函数的单调性，求出最值或极值、特殊点的值，从而得到不等式，解出相应的参数值或求出不等式的解集.二、填空题1.已知向量，向量，则_____________.【答案】【解析】,所以.【考点】向量的坐标运算.2.已知当时，恒成立，则实数的取值范围是____________.【答案】【解析】设，则对成立等价于，即，解之得或，即实数的取值范围是.【考点】函数与不等式恒成立.3.若某多面体的三视图如图所示（单位：）则此多面体的体积是____________.【答案】【解析】由三视图可知，该几何体是棱长为的正方体切去一个三棱锥所剩下的部分，故其体积.【考点】三视图.【名师点睛】本题考查三视图，属基础题；三视图是高考中的热门考点，解题的关键是熟悉三视图的排放规律：长对正，高平齐，宽相等.同时熟悉常见几何体的三视图，这对于解答这类问题非常有帮助，本题还应注意常见几何体的体积和表面积公式.4.已知圆，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则实数的取值范围为______________.【答案】【解析】将圆的方程整理为标准形式得，所以圆心为，半径，设点为直线上一点，据题意得存在使成立，解之得，即实数的取值范围为.【考点】1.直线与圆的位置关系；2.圆与圆的位置关系.【名师点睛】本题考查直线与圆的位置关系以及圆与圆的位置关系，属中档题.在解决直线与圆、圆与圆的位置关系时，在尽可能的应用几何意义求解，本题的实质是两圆有公共点问题，即两圆距大于等于两半径之差而小于两半径之和，代数法求解不条例此题，因为只能判断直线与二次曲线公共点的个数，不能直接判断两个二次曲线的位置关系.三、解答题1.已知各项均不相等的等差数列的前五项和，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若为数列的前项和，且存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）用基本量法，即用表示已知条件，列出方程组，求出即可求数列的通项公式；（2）用裂项相消法求数列的前项和，列出不等式参变分离得，由基本不等式求的最小值即可.试题解析：（1）设数列的公差为，则即………………2分又因为，所以………………4分所以.………………5分（2）因为，所以.………………7分因为存在，使得成立，所以存在，使得成立，即存在，使成立.………………9分又，（当且仅当时取等号），所以.即实数的取值范围是.………………12分【考点】1.等差数列的定义与性质；2.裂项相消法求数列的和；3.基本不等式；4.数列与不等式.【名师点睛】本题考查等差数列的定义与性质、裂项相消法求数列的和、基本不等式、数列与不等式相关知识，属中档题；解决数列性质与求和问题，基本量法是最通用的方法，本题在考查通性通法的同时，突出考查思维能力、代数推理能力、分析问题解决问题的能力.2.《中国好声音（The Voice of China）》是由浙江卫视联合星空传媒旗下灿星制作强力打造的大型励志专业音乐评论节目，于2012年7月13日正式在浙江卫视播出.每期节目有四位导师参加.导师背对歌手，当每位参赛选手演唱完之前有导师为其转身，则该选手可以选择加入为其转身的导师的团队中接受指导训练.已知某期《中国好声音》中，6位选手演唱完后，四位导师为其转身的情况如下表所示：现从这6位选手中随机抽取两人考查他们演唱完后导师的转身情况.（1）求选出的两人导师为其转身的人数和为4的概率；（2）记选出的2人导师为其转身的人数之和为，求的分布列及数学期望.【答案】（1）；（2）的分布列为.【解析】（1）设位选手中，有4位导师为其转身，有3位导师为其转身，有2位导师为其转身，只有1位导师为其转身, 从人中随机抽取两人共有种情况；其中选出的2人导师为其转身人数和为的有种情况，由此可求其概率；（2）的所有可能取值为，分别计算其概率，即可得到概率分布列，由期望公式计算期望即可.试题解析：（1）设6位选手中，有4位导师为其转身，有3位导师为其转身，有2位导师为其转身，只有1位导师为其转身.从6人中随机抽取两人有种情况，………………2分其中选出的2人导师为其转身人数和为4的有种，………………3分故所求概率为.………………5分（2）的所有可能取值为3,4,5,6,7.………………7分；；；；.………………9分所以的分布列为………………10分.………………12分【考点】1.古典概型；2.离散型随机变量的概率分布列与期望.3.如图，在三棱柱中，为的重心，.（1）求证：平面；（2）若侧面底面，，，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）连接，并延长，交于点，过作，交于点，分别连接,只要证明所以平面平面，由面面平行的性质可证平面；（2）由题意先证明侧面底面，由面面垂直的性质可证平面，所以可以为原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及直线的方向向量，由空间向量夹角公式求之即可.试题解析：（1）证明：连接，并延长，交于点，过作，交于点，分别连接.因为是的重心，所以.………………1分又，所以.又据三棱柱性质知，所以.………………2分又因为平面，平面，所以平面.又因为，平面，所以平面平面.………………3分又因为平面，所以平面.………………4分（2）连接.因为，，，所以，所以，所以.因为侧面底面，侧面底面，平面，所以平面.因为，，所以是等边三角形，所以.………………6分以为原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，所以.………………8分设平面的一个法向量为，则所以令得，………………10分所以.所以.即直线与平面所成角的正弦值为.……………12分【考点】1.空间面面、线面平行的判定与性质；2.空间线面、面面垂直的判定与性质；3.空间向量的应用.4.已知点是椭圆上任一点，点到直线的距离为，到点的距离为，且.直线与椭圆交于不同两点（都在轴上方），且.（1）求椭圆的方程；（2）当为椭圆与轴正半轴的交点时，求直线方程；（3）对于动直线，是否存在一个定点，无论如何变化，直线总经过此定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）；（3）直线总经过定点.【解析】（1）设,用坐标表示条件列出方程化简整理可得椭圆的标准方程；（2）由（1）可知，，即可得，由得，写出直线的方程与椭圆方程联立，求出点的坐标，由两点式求直线的方程即可；（3）由，得，设直线方程为，与椭圆方程联立得，由根与系数关系计算得，从而得到直线方程为，从而得到直线过定点.试题解析：（1）设，则，，………………1分∴，化简，得，∴椭圆的方程为.………………3分（2），，∴，………………4分又∵，∴，.代入解，得（舍）∴，………………6分，∴.即直线方程为.………………7分（3）∵，∴.设，，直线方程为.代直线方程入，得.………………9分∴，，∴=，∴，……………11分∴直线方程为，∴直线总经过定点.………………12分【考点】1.椭圆的几何性质；2.直线与椭圆的位置关系.【名师点睛】本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系，属难题；直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中点公式、根与系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型.解题过程中要注意讨论直线斜率的存在情况，计算要准确.5.已知函数.（1）若曲线在点处与直线相切，求的值；（2）若函数有两个零点，试判断的符号，并证明.【答案】（1）；（2）当时，；当时，.【解析】（1）求函数的导数，由可求的值；（2）由（1）可知，且定义域为，先讨论当时的零点是否符合题意，当时，由，两式作差并整理得，则，设，，，，所以有，构造函数，讨论函数的单调性与符号，可知的符号.试题解析：（1），又∵.………………2分所以.………………3分（2）函数的定义域是.………………4分若，则.令，则.又据题设分析知，∴，.又有两个零点，且都大于0，∴，不成立.………………5分据题设知不妨设，，.………………6分所以.所以.………………7分又，所以.………………9分引入，则.所以在上单调递减.………………10分而，所以当时，.易知，，所以当时，；当时，.………………12分【考点】1.导数的几何意义；2.导数与函数的单调性；3.函数与不等式.6.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.（1）求曲线的普通方程；（2）经过点（平面直角坐标系中点）作直线交曲线于两点，若恰好为线段的三等分点，求直线的斜率.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由得，两式平方相加消去参数即可得到曲线的普通方程；（2）设直线的倾斜角为，则直线的参数方程为（为参数），将此参数方程代入椭圆的普通方程得，由题意可知，利用根与系数关系及条件，消去得，即，解之即可.试题解析：（1）由曲线的参数方程，得所以曲线的普通方程为.………………3分（2）设直线的倾斜角为，则直线的参数方程为（为参数）.………………4分代入曲线的直角坐标方程，得，………………6分所以………………7分由题意可知.………………8分所以，即.………………9分解得.所以直线的斜率为.……………………10分【考点】1.参数方程与普通方程的互化；2.直线与椭圆的位置关系；3.直线参数方程的应用.7.选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）解不等式；（2）若，，且，求证：.【答案】（1）不等式的解集为或；（2）见解析.【解析】（1）由绝对值的意义去掉绝对值符号，将函数表示为分段函数的形式，逐段解不等式即可；（2），用作差比较法证即可.试题解析：（1）………………1分当时，则，解得；当时，不成立；当时，由，解得.………………4分所以原不等式的解集为或.………………5分（2）即.………………6分因为，，所以，………………9分所以.故所证不等式成立.………………10分【考点】1.含绝对值不等式的解法；2.含绝对值不等式的证明.。

高中数学竞赛题库及答案解析

高中数学竞赛题库及答案解析在高中数学的学习中，参加数学竞赛是提高自己数学水平的一个很好的途径。

为了帮助广大高中生更好地备战数学竞赛，我们整理了一套高中数学竞赛题库，并提供了相应的答案解析。

下面是题库的详细内容和解析。

第一部分：选择题1. 题目：已知等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n=\frac{n}{2}(2a_1+(n-1)d)$，其中$a_1=3$，$d=-2$，求该等差数列的第21项$a_{21}$的值。

解析：根据已知条件，代入公式$S_n=\frac{n}{2}(2a_1+(n-1)d)$，得到$S_{21}=\frac{21}{2}(2\cdot3+(21-1)\cdot(-2))$，计算可得$S_{21}=-105$。

由等差数列的前$n$项和公式可知$S_{21}=a_1+19d$，代入已知$a_1=3$和$d=-2$，解方程可得$a_{21}=-37$。

答案：$a_{21}=-37$。

2. 题目：已知函数$f(x)=x^3-2x^2+3x-4$，求$f(-1)$的值。

解析：将$x$的值代入函数$f(x)$中，得到$f(-1)=(-1)^3-2(-1)^2+3(-1)-4$，计算可得$f(-1)=-5$。

答案：$f(-1)=-5$。

第二部分：填空题1. 题目：已知$\sqrt{x^2+16}+x=4$，求$x$的值。

解析：移项得到$\sqrt{x^2+16}=4-x$，两边平方得到$x^2+16=(4-x)^2$。

展开计算可得$x^2+16=16-8x+x^2$，整理得到$8x=0$，解方程可得$x=0$。

答案：$x=0$。

2. 题目：已知函数$g(x)=\log_{10}(5x-2)$，求$g(3)$的值。

解析：将$x$的值代入函数$g(x)$中，得到$g(3)=\log_{10}(5\cdot3-2)$，计算可得$g(3)=\log_{10}13$。

答案：$g(3)=\log_{10}13$。

【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题1 集合(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版

【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题1 集合（50题竞赛真题强化训练）一、单选题1．（2018·天津·高三竞赛）如果集合{}1,2,3,,10A =，{}1,2,3,4B =，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】【详解】满足C B ⋂=∅的子集C 有62个，所以满足C B ⋂≠∅的子集C 有10622960-=个. 故答案为C2．（2020·浙江温州·高一竞赛）已知集合{}{}2|2,230A x x B x x x =>=--<∣，则A B =( ).A ．{23}xx <<∣ B ．{12}xx -<<∣ C ．{21xx -<<-∣或2}x > D ．{2∣<-xx 或3}x > 【答案】A 【解析】【详解】(,2)(2,)A =-∞-+∞，又223(3)(1)0(1,3)x x x x B --=-+<⇒=-，所以(2,3)A B =. 故选：A.3．（2018·黑龙江·高三竞赛）已知集合(){}2,60A x y x a y =++=，集合()(){},2320B x y a x ay a =-++=.若AB =∅，则a 的值是（）.A ．3或-1B ．0C ．-1D ．0或-1【答案】D 【解析】【详解】A B ⋂=∅，即直线21:60l x a y ++=与()2:2320l a x ay a -++=平行.令()2132a a a ⨯=-，解得0a =或-14．（2019·全国·高三竞赛）已知{}1,2,,216,S A S =⋅⋅⋅⊆.若集合A 中任两个元素的和都不能被6整除，则集合A 中元素的个数最多为（）. A ．36 B ．52 C ．74 D ．90【答案】C 【解析】【详解】记{}()6,0,1,,5k S x S x n k n N k =∈=+∈=⋅⋅⋅，且50k k S S ==⋃.易知()36k card S =.则集合A 中既不能同时有1S 与5S 或2S 与4S 中元素，也不能有6S 中两个元素、3S 中两个元素.要使A 中元素最多，可选1S 与2S 中全部元素，0S 与3S 中各一个元素.故最多共有36361174+++=个元素. 故答案为C5．（2019·吉林·高三竞赛）集合A ={2,0,1,3}，集合B ={x |-x ∈A ,2-x 2∉A }，则集合B 中所有元素的和为 A ．4- B ．5- C ．6- D ．7-【答案】B 【解析】【详解】由题意可得B ={-2，-3}，则集合B 中所有元素的和为-5. 故选：B. 二、填空题6．（2018·四川·高三竞赛）设集合{}1,2,3,4,5,6,7,8I =，若I 的非空子集AB 、满足A B =∅，就称有序集合对(),A B 为I 的“隔离集合对”，则集合I 的“隔离集合对”的个数为______.（用具体数字作答）【答案】6050 【解析】【详解】设A 为I 的()17k k ≤≤元子集，则B 为I 的补集的非空子集.所以，“隔离集合对”的个数为()()()()7778880880808898888888111212122223216050k kk kk k k k CC C C C C C --===-=-=+-+---=-+=∑∑∑. 故答案为6050.7．（2018·湖南·高三竞赛）设集合2{|},{31021|}01A x x x B x m x m =-≤=+≤≤--，若A B B =，则实数m 的取值范围为__________. 【答案】3m ≤ 【解析】【详解】由A B B ⋂=知，B A ⊆，而2{|3100}{|25}A x x x x x =--≤=-≤≤.当B =∅时，121m m +>-，即2m <，此时B A ⊆成立. 当B ≠∅时，121m m +≤-，即2m ≥，由B A ⊆，得21,21 5.m m -≤+⎧⎨-≤⎩ 解得33m -≤≤.又2m ≥，故得23m ≤≤. 综上，有3m ≤. 故答案为3m ≤8．（2021·全国·高三竞赛）已知,a b ∈R ，集合{}2{1,,},,M a b N a ab ==，若N M ⊆，则a b+的值为_________．【答案】1- 【解析】【分析】【详解】依题意，1,0,1,a a b b a ≠≠≠≠．若21a =，则1,{1,1,},{1,}a M b N b =-=-=-，所以,0b b b -==．若2a a =，则0a =或1，矛盾．若2a b =，则{}{}2231,,,,M a a N a a ==，于是31a =或a ，得0a =或±1，舍去．综上所述，1a b +=-．故答案为：1-.9．（2018·山东·高三竞赛）集合A 、B 满足{}1,2,3,,10A B =，A B =∅，若A 中的元素个数不是A 中的元素，B 中的元素个数不是B 中的元素，则满足条件的所有不同的集合A 的个数为______．【答案】186 【解析】【详解】设A 中元素个数为()1,2,,9k k =，则B 中元素个数为10k -，依题意k A ∉，441122m k m ⎛⎫⎛⎫-<<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．10k B -∉，10k A -∈，此时满足题设要求的A 的个数为1102k C --．其中，当5k =时，不满足题意，故5k ≠．所以A 的个数为018484888882186C C C C C +++-=-=．10．（2018·福建·高三竞赛）将正偶数集合{}2,4,6,从小到大按第n 组有32n -个数进行分组：{}2，{}4,6,8,10，{}12,14,16,18,20,22,24，…，则2018位于第______组．【答案】27 【解析】【详解】设2018在第n 组，由2018为第1009个正偶数，根据题意得()()11132100932n ni i i i -==-<≤-∑∑，即()()223113100922n n n n ----<≤．解得正整数27n =．所以2018位于第27组．11．（2021·全国·高三竞赛）在{1,2,,12}的非空真子集中，满足最大元素与最小元素之和为13的集合个数为___________. 【答案】1364 【解析】【详解】考虑1,12;2,11;3,10;4,9;5,8;6,7这5组数，每一组可作为集合的最大元素和最小元素，故所求集合的个数为()10864221222211364-+++++=，故答案为：136412．（2021·全国·高三竞赛）已知集合{1,2,3,,1995}M =，A 是M 的子集，当x A ∈时，19x A ∉，则集合A 元素个数的最大值为_______．【答案】1895 【解析】【详解】解析：先构造抽屉：{6,114},{7,133},,{105,1995},{1,2,3,4,5,106,107,,1994}．使前100个抽屉中恰均只有2个数，且只有1个数属于A ，可从集合M 中去掉前100个抽屉中的数，剩下199510021795-⨯=个数，作为第101个抽屉．现从第1至100个抽屉中取较大的数，和第101个抽屉中的数，组成集合A ，于是{1,2,3,4,5,106,107,,1995}A =，满足A 包含于M ，且当x A ∈时，19x A ∉．所以card()A 的最大值为199********-=．故答案为：1895.13．（2021·全国·高三竞赛）设111,,,23100X ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，子集G X ⊆之积数定义为G 中所有元素之乘积（空集的积数为零），求X 中所有偶数个元素之子集的积数的总和是_________．【答案】4851200##5124200【解析】【详解】解：设X 中所有偶数个元素之子集的积数的总和是A ，X 中所有奇数个元素之子集的积数之和是B ，则111991*********A B ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+++-=⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，11199111123100100A B ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=----=- ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．解得4851200A =．故答案为：485120014．（2020·江苏·高三竞赛）设*n N ∈，欧拉函数()n ϕ表示在正整数1，2，3，…，n 中与n 互质的数的个数，例如1，3都与4互质，2，4与4不互质，所以()42ϕ=，则()2020ϕ=__________．【答案】800 【解析】【详解】解析：法一：因为2202025101=⨯⨯，故能被2整除的数有1010个，能被5整除的数有404个，能被101整除的数有20个，既能被2整除又能被5整除的数有202个，既能被2整除又能被101整除的数有10个，既能被5整除又能被101整除的数有4个，既能被2整除又能被5和101整除的数有2个．故与2020不互质的有10104042020210421220++---+=，则()2020800ϕ=．故答案为：800.法二：()()()()2202025101=800ϕϕϕϕ=⨯⨯.故答案为：800.15．（2021·浙江·高二竞赛）给定实数集合A ，B ，定义运算{},,A B x x ab a b a A b B ⊗==++∈∈.设{}0,2,4,,18A =⋅⋅⋅，{}98,99,100B =，则A B ⊗中的所有元素之和为______. 【答案】29970 【解析】【分析】【详解】由(1)(1)1x a b =++-，则可知所有元素之和为(1319)30031029970+++⨯-⨯=.故答案为：29970.16．（2021·全国·高三竞赛）从自然数中删去所有的完全平方数与立方数，剩下的数从小到大排成一个数列{}n a ，则2020a =_________．【答案】2074 【解析】【分析】【详解】注意到23366452025,121728,132197,3729,44096=====，我们考虑1到2025中n a 出现的次数．这里有45个平方数，12个立方数，3个6次方数，所以n a 出现的次数为2025451231971--+=，接下来直至2197前都没有平方数和立方数，所以20202020197120252074a =-+=．17．（2021·全国·高三竞赛）设正整数m 、n ，集合{1,2,,}A n =，{1,2,,}B m =,{(,),}S u v u A v B ⊆∈∈，满足对任意的(,),(,)a b S x y S ∈∈，均有：()()0a x b y --≤，则max ||S =________．【答案】1n m +- 【解析】【分析】【详解】首先对S 中任意两个不同元素(,),(,)a b x y ，必有b a y x -≠-．事实上，若b a y x -=-，则b y ≠（否则a x =，这与(,)(,)a b x y ≠矛盾）．若b y <，则a x <，则()()0a x b y -->，这与题意矛盾，同理，b y >亦与题意矛盾．这样S 中任意元素(,),a b b a -各不相同，而{1,2,,0,1,,1}b a m m n -∈----共1n m +-种情形，则||1S n m ≤+-．再令{(,)S x y y m ==且1x n ≤≤，或x n =且1}y m ≤≤，此时||1S n m =+-．故答案为：1n m +-.18．（2021·全国·高三竞赛）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.若当n A ∈时总有22n B +∈，则集合A B 的元素个数最多为_______. 【答案】66 【解析】【分析】【详解】先证||66A B ≤，只须证33A ≤，为此只须证若A 是{}1,2,,49的任一个34元子集，则必存在n A ∈，使得22n 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22n A +∈. 如取{}1,3,5,,23,2,10,14,18,25,27,29,,49,26,34,42,46A =，22{|}B n n A =+∈，则A ､B 满足题设且||66A B =. 故答案为：66.19．（2021·全国·高三竞赛）设集合{1,2,3,,10},{(,,),,S A x y z x y z S ==∈∣，且()}3339x y z ++∣，则A 有_______个元素．【答案】243 【解析】【分析】【详解】将S 中元素按3x 模9余数分类得：123{1,4,7,10},{2,5,8},{3,6,9}S S S ===．对每个(),,x y z A ∈，有,,x y z 分别属于123,,S S S ，或,,x y z 均属于3S ．因此A 中共有()33!4333243⨯⨯⨯+=个元素．故答案为：243.20．（2021·全国·高三竞赛）设S 为集合{}0,1,2,,9的子集，若存在正整数N ，使得对任意整数n N >，总能找到正实数a b 、，满足a b n +=，且a b 、在十进制表示下的所有数字（不包括开头的0）都属于集合S ，则||S 的最小值为___（||S 表示集合S 的元素个数）. 【答案】5 【解析】【分析】【详解】第一步，证明4S ≥，若4S =，则其中两数（可相同）相加共10个值（4个2i x 加上24C 6=个i j x x +），而n 的个位数由这10个值的个位数产生，因此，这10个值的个位数不能重复；在0、1、2、…、9中有五个奇数，五个偶数，若四个元中0或4个奇数，不能加出奇数；若四个元中有1个奇数，只能产生3个奇数；若四个元中有2个奇数，只能产生4个奇数；若四个元中有3个奇数，只能产生3个奇数；因此||4S >.第二步，构造一个五元组满足条件，稍加实验可得下表上表表明，0、1、2、…、9中的每个数字，都可以由{}0,1,2,3,6中的两个相加得到，则对任意正整数n ，从个位数开始依次向高位遍历，将每位数都按表格中表示分解为两个数，赋值给a b 、对应的位置，遍历完毕后自然得到a b 、. 综上min ||5S =. 故答案为：5.21．（2019·江西·高三竞赛）将集合{1，2，……，19}中每两个互异的数作乘积，所有这种乘积的和为_________ . 【答案】16815 【解析】【详解】所求的和为()22221(1219)12192⎡⎤+++-+++⎣⎦1(361002470)2=-16815=.故答案为：16815．22．（2019·河南·高二竞赛）称{1,2,3,4,5,6,7,8,9}的某非空子集为奇子集：如果其中所有数之和为奇数，则奇子集的个数为____________ . 【答案】256 【解析】【详解】全集{1，2，3，…，9}中含有5个奇数、4个偶数.根据奇子集的定义知，奇子集中只能含有1个奇数、3个奇数、5个奇数，而偶数的个数为0、1、2、3、4都有可能. 所以，奇子集共有：()()()101401450144444435454445C C C C C C C C C C C C +++++++++++()()135014555444C C C C C C =+++++()451012256=++⨯=个.故答案为：256．23．（2019·广西·高三竞赛）已知yz ≠0，且集合{2x ，3z ，xy }也可以表示为{y ，2x 2，3xz }，则x =____________.【答案】1 【解析】【详解】易知xyz ≠0，由两集合各元素之积得2366,1x yz x yz x ==. 经验证，x =1符合题意. 故答案为：1．24．（2019·山东·高三竞赛）已知(){}23|log 21,(,](,)A x x x B a b =-=-∞⋃+∞其中a <b ，如果A ∪B =R ，那么a －b 的最小值是_______ . 【答案】1- 【解析】【详解】由已知得[1,0)(2,3]A =-⋃，故b －a ≤1，于是1a b --. 故答案为：1-．25．（2019·重庆·高三竞赛）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{}222log 6,log 10,log 15B =，则集合A =_______ . 【答案】{}221,log 3,log 5 【解析】【详解】设{}222log ,log ,log A a b c =，其中0<a <b <c .则ab =6，ac =10，bc =15. 解得a =2，b =3，c =5，从而{}221,log 3,log 5A =. 故答案为：{}221,log 3,log 5．26．（2018·河北·高二竞赛）已知集合{},,A x xy x y =+，{}0,,B x y =且A=B ，那么20182018x y +=_______.【答案】2 【解析】【详解】由B 中有三个元素知，0x ≠且0y ≠，故A 中0x y +=，即有x y =-，又{}{},,x xy x y =若x x xy y ⎧=⎨=⎩，则11x y =⎧⎨=-⎩.此时{}{}1,1,0,0,1,1A B =-=-. 若x t x xy =⎧⎨=⎩，则00x y =⎧⎨=⎩，或11x y =-⎧⎨=-⎩，或11x y =⎧⎨=⎩，不满足互异性，舍去.故1x =，1y =-，所以201820182x y +=. 27．（2019·全国·高三竞赛）集合{}1,2,,100S =，对于正整数m ，集合S 的任一m 元子集中必有一个数为另外m-1个数乘积的约数.则m 的最小可能值为__________．【答案】26 【解析】【详解】所有不大于100的素数共有25个，记其构成的组合为T=｛2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97｝.注意到，集合T 中每一个元素均不能被T 中其余24个元素之积整除. 故2526m T m >=⇒≥.另一方面，用反证法证明：对于集合S 的任一26元子集，其中必有一个数为另外25个数乘积的约数.为叙述方便，对于素数p 和正整数x ，记()p x α表示x 中缩含p 的幂指数.若存在集合S 的某个26元子集A ，对每个x A ∈，x 均不整除集合A 中其余25个数乘积，则对每个x A ∈，存在x 的素因子p ，使得(){}\p p x A x x z αα∈⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭∏，称这样的素数p 为x 的特异素因子，这种特异素因子不是唯一的.由于26A =，且所有特异素因子均属于集合S ，而集合S 中只有25个素数，故必有集合A 的两个不同元素x 、y 具有同一个特异素因子p. 由特异性及{}\y A x ∈，知(){}{}\p p p z A x x z y ααα∈⎛⎫>≥ ⎪⎪⎝⎭∏.类似地，(){}()\p p p z A y y z x ααα∈⎛⎫>≥⎪ ⎪⎝⎭∏，矛盾. 综上，m 的最小可能值为26.28．（2018·全国·高三竞赛）若实数集合{}2,3A x y =与{}6,B xy =恰有一个公共元素，则A B 中的所有元素之积为__________．【答案】0 【解析】【详解】将集合A 、B 的唯一公共元素记为a . 若0a ≠，则集合A 、B 的另一个元素均为6xya，矛盾. 进而，A B ⋃中的所有元素之积为0.29．（2021·全国·高三竞赛）已知非空集合{1,2,,2019,2020}X M ⊆=，用()f X 表示集合X中最大数和最小数的和，则所有这样的()f X 的和为_____. 【答案】()2020202121⋅-【解析】【分析】【详解】将M 中的非空子集两两进行配对，对每个非空子集X M ⊆，令{2021}X xx X '=-∈∣，对M 的任意两个子集1X 和2X ，若12X X ≠时，12X X ''≠.则所有非空集合X 可以分成X X '≠和X X '=两类. 当X X '=时，必有()2021f X =，当X X '≠时，必有()()202124042f X f X +'=⨯=.又M 的非空子集共有202021-个，故所有这样的()f X 的和为()2020202121⋅-.故答案为：()2020202121⋅-.30．（2019·浙江·高三竞赛）在复平面上，任取方程10010z -=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】【详解】易知10010z -=的根在单位圆上，且相邻两根之间弧长相等，都为2100π，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：1001,,49x y z x y z ++=⎧⎨⎩970,,48x y z x y z ++=⎧⇒⎨⎩ ① 计算方程组①的整数解个数，记1{|97,49}P x x y z x =++=，2{|97,49}P y x y z y =++=，3{|97,49}P z x y z z =++=，{(,,)|97,,,0}S x y z x y z x y z =++=，则123123||P P P S P P P ⋂⋂=-⋃⋃2991231C |i j i j P P P P P P <⎛=-++-∑⋂+ ⎝)23|P P ⋂⋂229950C 3C 1176=-=. 由于重复计算3次，所以所求锐角三角形个数为1001176392003⨯=. 故答案为：39200．31．（2019·浙江·高三竞赛）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】【详解】由已知2136732k n n ++⨯=⨯. 当n =2m 时，得到(221)36733,6,333k m m m n k ++=⨯⇒===；当n =2m +1时，得到(1)(21)36731,3k m m m n +++=⨯⇒==. 所以n 的最大值为6，此时集合{334,335,336,337,338,339}A =. 故答案为：{334,335,336,337,338,339} ．32．（2021·全国·高三竞赛）设集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}A =，满足下列性质的集合称为“翔集合”：集合至少含有两个元素，且集合内任意两个元素之差的绝对值大于2.则A 的子集中有___________个“翔集合”. 【答案】49 【解析】【分析】设出集合{1,2,3,,}n 中满足题设性质的子集个数为n a ，写出2340,1a a a ===，在4n >时，要分情况把n a 的递推公式写出来，进而得到10a ，即答案. 【详解】设集合{1,2,3,,}n 中满足题设性质的子集个数为n a ，则2340,1a a a ===.当4n >时，可将满足题设性质的子集分为如下两类：一类是含有n 的子集，去掉n 后剩下小于2n -的单元子集或者是{1,2,3,,3}n -满足题设性质的子集，前者有3n -个，后者有3n a -个；另一类是不含有n 的子集，此时恰好是{1,2,3,,1}n -满足题设性质的子集，有1n a -个.于是，31(3)n n n a n a a --=-++.又2340,1a a a ===，所以56789103,6,11,19,31,49a a a a a a ======.故答案为：49 【点睛】本题的难点是用数列的思想来考虑，设集合{1,2,3,,}n 中满足题设性质的子集个数为n a ，写出n a 的递推公式，再代入求值即可. 三、解答题33．（2021·全国·高三竞赛）已知非空正实数有限集合A ，定义集合{},,,x B x y A C xy x y A y ⎧⎫=∈=∈⎨⎬⎩⎭，证明：2A B C ⋅≤．【答案】证明见解析【解析】【详解】以集合B 作为突破口，取b B ∈，并设有()n b 个数对(),(1,2,,())i i x y i n b =满足：,,ii i ix b x y A y =∈．由条件知,()i i ax ay C a A ∈∈，考虑集合(){}(),,1,2,,()i i X b ax ay a A i n b =∈=⋅⋅⋅，有()()(),(),X b A X b X b b B b b ''=∅∈'≥≠．于是，2||C ≥U ()b BX b ∈=b B∈∑|()|X b ≥||||B A ⋅得证． 34．（2021·浙江·高二竞赛）设数集{}12,,,m P a a a =，它的平均数12mp a a a C m+++=.现将{1,2,,}S n =分成两个非空且不相交子集A ，B ，求A B C C -的最大值，并讨论取到最大值时不同的有序数对(),A B 的数目. 【答案】最大值2n，数目为22n -.【解析】【分析】不妨设A B C C >，记{}12,,,p A a a a =，12p T a a a =+++，可以得到A B C C -=12n T n n p p ⎛⎫+- ⎪-⎝⎭，考虑T 最大的情况是取最大的p 个数，此时可以发现A B C C -的结果正好是与p 无关的定值，从而也就得到了A B C C -的最大值，然后考察p 的可能的值，得到A B C C >时(),A B 的组数，并利用对称性得到A B C C <时(),A B 具有与之相等的组数，从而得到所有可能的(),A B 的组数. 【详解】不妨设A B C C >，记{}12,,,p A a a a =，12p T a a a =+++，所以(1)2A B A Bn n TT C C C C p n p+--=-=-- 11(1)12()2n n n T n T p n p n p n p p ⎛⎫⎛⎫++=+-=- ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭，又有(21)(1)(2)2p n p T n p n p n -+≤-++-+++=，所以211222A B n n p n nC C n p -++⎛⎫-≤-= ⎪-⎝⎭当且仅当(21)2p n p T -+=时，取到等号，所以A B C C -的最大值2n.此时{1,,}A n p n =-+，由,A B 非空，可知1p =，2，…，1n -，有1n -种情况，利用对称性得到A B C C <时(),A B 具有与之相等的组数，由于A B C C -的最大值2n不可能有A B C C =的情况，所以有序数对(),A B 的数目为22n -. 35．（2020·全国·高三竞赛）设集合{1,2,,19}A =．是否存在集合A 的非空子集12,S S ，满足（1）1212,S S S S A ⋂=∅⋃=；（2）12,S S 都至少有4个元素；（3）1S 的所有元素的和等于2S 的所有元素的乘积？证明你的结论．【答案】证明见解析. 【解析】【分析】不妨设21,2,,,219S x y x y =<<≤，由条件可得2187xy x y ++=，即(21)(21)3751525x y ++==⨯，根据219x y <<≤,,x y N ∈，可得出其一组解，可证明.【详解】解：答案是肯定的．不妨设21,2,,,219S x y x y =<<≤，,x y N ∈ 则1219122x y xy +++----=，所以2187xy x y ++=，故(21)(21)3751525x y ++==⨯，所以7,12x y ==是一组解故取13,4,5,6,7,8,10,11,13,14,15,16,17,18,19S =，21,2,7,12S =，则这样的12,S S 满足条件 36．（2021·全国·高三竞赛）设n 是正整数，我们说集合{1,2,,2}n 的一个排列()122,,,n x x x 具有性质P ，是指在{1,2,,21}n -当中至少有一个i ，使得1i i x x n +-=.求证：对于任何n ，具有性质P 的排列比不具有性质P 的排列的个数多. 【答案】证明见解析【解析】【详解】设A 为不具有性质P 的排列的集合，B 为具有性质P 的排列的集合，显然||||(2)!A B n +=.为了证明||||A B <，只要得到1||(2)!2B n >就够了.设()122,,,n x x x 中，k 与k n +相邻的排列的集合为,1,2,,k A k n =.则22(21)!,2(22)!,1k k j A n A A n k j n =⋅-=⋅-≤<≤，由容斥原理得121||||2(21)!4(22)||!k k kj n n k j nB A A A n nC n =≤<≤≥-=⋅⋅--⋅⋅-∑∑(2)!2(1)(22)!n n n n =--⋅- 2(22)!n n n =⋅⋅-212(22)!2n n n ->⋅⋅- 1(2)!2n = 37．（2021·全国·高三竞赛）平面上有一个(3)n n ≥阶完全图，对其边进行三染色，且每种颜色至少染一条边.现假设在完全图中至多选出k 条边，且把这k 条边的颜色全部变为给定三色中的某种颜色后，此图同时也可以被该种颜色的边连通.若无论初始如何染色，都可以达到目的，求k 的最小值. 【答案】3n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】【详解】先证明：3n k ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦.（这里3n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦表示不超过3n 的最大的整数）.假设三种颜色为1、2、3，n 阶完全图的n 个点分成三个点集A ､B ､C ，且||||3n A B ⎡⎤==⎢⎥⎣⎦.做如下染色：集合A 中的点之间连的边染1，集合B 中的点之间连的边染2，集合C 中的点之间连的边染3，集合A 与B 间的点连的边染2，集合B 与C 间的点连的边染3，集合C 与A 间的点连的边染1.从而，若变色后最终得到染1的颜色的边形成的连通图，由于集合B 中的点出发的边均染的是2或3，于是，变色边数不小于||3n B ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦.类似地，若变色后最终得到染2或3的颜色的边形成的连通图，则变色边数不小于||A （或C )3n ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦.故3n k ⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦.再证明：3n k ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦.对n 用数学归纳法. 当3n =时，结论成立.假设1(4)n n -≥时，结论成立.则n 个点时：（1）若完全图中由某点出发的边有三种不同颜色，由归纳假设，可通过改变其中13n -⎡⎤⎢⎥⎣⎦条边的颜色得到同色连通图.（2）若完全图中由所有点出发的边均最多两种不同颜色，记A 为所有出发的边均染1或2的点组成的集合，记B 为所有出发的边均染2或3的点组成的集合，记C 为所有出发的边均染3或1的点组成的集合. 如果某些点连出的边都染颜色1，则把它归入集合A ；如果某些点连出的边都染颜色2，则把它归入集合B ；如果某些点连出的边都染颜色3，则把它归入集合C .不失一般性，不妨设||||A B C≤≤∣.则||3n A ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦.若B ≠∅，则C ≠∅，集合B 中的点连向集合C 中的点的边均染3.故B C ⋃由颜色3可以连通. 此时，任选集合B 中一点，集合A 中每个点与该点的连线的边颜色均变成3，由||3n A ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦知成立.若B =∅，则A =∅，于是，完全图的边均染的是1或3. 这与条件“每种颜色至少染一条边”不符. 所以由归纳法知原结论成立.38．（2022·全国·高三专题练习）班级里共有()3n n ≥名学生，其中有A ，B ，C ．已知A ，B ，C 中任意两人均为朋友，且三人中每人均与班级里中超过一半的学生为朋友．若对于某三个人，他们当中任意两人均为朋友，则称他们组成一个“朋友圈”．（1）求班级里朋友圈个数的最大值()F n ．（2）求班级里朋友圈个数的最小值()G n ．【答案】（1）()()126n n n --；（2）()4,41,6,,21,2n nn n G n n n =⎧⎪⎪+≥=⎨⎪-⎪⎩为偶数为奇数【解析】【分析】（1）利用组合数可求()F n ；（2）利用容斥原理可求()G n . 【详解】（1）当班级中的任意3人中，任意两个人都是朋友时，班级里朋友圈个数的最大，此时()()()3126n n n n F n C --==.（2）当3n =时，()31G =，当4n =时，A ，B ，C 中的每个人都至少与班级的3个同学是好朋友，故4人彼此是好朋友，故()44G =，当5n ≥时，记a P 为班级中除去,,A B C 且与A 是朋友的同学的集合，b P 为班级中除去,,A B C 且与B 是朋友的同学的集合，Pc 为班级中除去,,A B C 且与C 是朋友的同学的集合，若2(3)n k k =≥，由题设可知，a P 、b P 、Pc 中的元素的个数不小于1k -，余下同学记为：452,,,k Y Y Y ，集合M 中元素的个数记为M ，因为余下人数为23k -，由容斥原理可得23a b c k P P P -≥a b c ab ac bc abc P P P P P P P P P P P P =++---+，所以2333a b a c b c abc k k P P P P P P P P P -≥----+，即ab ac b c abc P P P P P P P P P k ++-≥，故此时()1G n k ≥+，考虑一种特殊情况：{}{}4+2+22,,,,,a k c b k k P Y Y P P Y Y ===，此时朋友圈个数为1111k k -++=+，故()112nG n k =+=+. 若21(2)n k k =+≥，由题设可知，a P 、b P 、Pc 中的元素的个数不小于1k -，余下同学记为：4521,,,k Y Y Y +，集合M 中元素的个数记为M ，因为余下人数为22k -，由容斥原理可得22a b c k P P P -≥a b c ab ac bc abc P P P P P P P P P P P P =++---+，所以2233a b a c b c abc k k P P P P P P P P P -≥----+，即1ab ac b c abc P P P P P P P P P k ++-≥-，故此时()G n k ≥，考虑一种特殊情况：{}{}{}4+2+22+321,,,,,,,,a k b k k c k k P Y Y P Y Y P Y Y +===，此时朋友圈个数为112k k ++-=，故()12n G n k -==. 综上，()4,41,6,,21,2n nn n G n n n =⎧⎪⎪+≥=⎨⎪-⎪⎩为偶数为奇数.39．（2021·浙江·高三竞赛）某班有10名同学计划在暑假举行若干次聚会，要求每名同学至多参加三次聚会，并且任意两名同学至少在一次聚会中相遇.求最大的正整数m ，使得无论如何安排符合上述要求的聚会，都一定存在某次聚会有至少m 名同学参加. 【答案】最大正整数m 是5 【解析】【分析】【详解】解：设有n 次聚会，聚会人数分别为1x ，2x ，…，n x （均为正整数）.我们有： 1210330n x x x +++≤⨯=1210452222n x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+≥= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭记11n S x x =+⋅⋅⋅+，2221n S x x =+⋅⋅⋅+，则2190S S -≥可知214S S ≥，即{}22111max ,,4nn nx x x x x x +⋅⋅⋅+⋅⋅⋅≥≥+⋅⋅⋅+若上式等号成立，则必须14n x x =⋅⋅⋅==，并且1130n S x x =+⋅⋅⋅+=，这样可得7.5n =导致矛盾.所以我们有{}1max ,,5n x x ⋅⋅⋅≥，即一定存在某次聚会有至少5名同学参加，即5m =满足题意.另一方面，我们给出10名同学参加聚会的一种安排方式：共A ，B ，C ，D ，E ，F 六次聚会，每次聚会恰好有5名同学参加，下面的10个三元子集分别表示10名同学各参加哪三次聚会：{}ABC ，{}CDE ，{}AEF ，{}BDF ，{}ABD ，{}ADE ，{}BCE ，{}BEF ，{}CDF ，{}ACF .易知在所有6203⎛⎫= ⎪⎝⎭个三元子集中，互补的两个三元子集在上式中恰好出现一个.这保证了上面的10个三元子集中每两个都相交，即任意两名同学至少在一次聚会中相遇.此外，A ，B ，C ，D ，E ，F 中的每一个在上式的10个三元子集中恰好出现五次，即每次聚会都恰好有5名同学参加，这意味着6m ≥不符合题意. 因此所求的最大正整数m 是5.另一种构造：{}ABC ，{}ABC ，{}BEF ，{}BEF ，{}CDF ，{}CDF ，{}ABD ，{}AEF ，{}ADE ，{}CDE .40．（2021·全国·高三竞赛）设2n ≥为正数，122,,,n A A A 为1,2,{},n 的所有子集的任一个排列．求2111nii ii i A A A A ++=⋅∑的最大值，其中121n A A +=．【答案】()2222n n n -+-【解析】【分析】【详解】先证两个引理．引理1 设122,,,n A A A 是集合1,2,{},n 的所有子集，则存在122,,,n A A A 的一个排列122,,,n B B B ，使得对任意的1,2,,2n i =均满足i B 、1i B +中的一个是另一个的子集，且元素个数差1，其中约定121n B B +=．引理1的证明：对n 用归纳法．当2n =时，集合{1,2}的4个子集排列为∅、{1}、{1,2}、{2}便满足要求．假设当n k =时存在排列122,,,k B B B 满足要求，则当1n k =+时，考虑下面的排列：12211222,,,,{1},{1},,{1},{1}k kk B B B B k B k B k B k -⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++，这显然是集合{1,2,,1}k ⋅⋅⋅+的所有子集满足要求的一个排列．引理1证毕．引理2 设A 、B 是任意两个不同的有限集，则2221A B A B A B ⋅≤+-，（1）当A 、B 中一个为另一个的子集，且元素个数差1时等号成立．引理2的证明：设\,\,A B x B A y A B z ===．因为A B ≠，故x 、y 不能同时为0，于是x 、y 中至少有一个大于等于1．（1）22222()()()11x y z z x z y z x y ⇔++≤+++-⇔+≥，（2）显然成立．又当A 、B 中一个为另一个的子集且元素个数差1时，x 、y 中有一个为0，一个为1．（2）中取等号，从而（1）也取等号．引理2证毕．回到原题．由引理2可得()22222211111111122nnnn ii i i i i i i i i AA A A A AB -+++===≤+-=-∑∑∑ ()212211C 222n k n n n n k k n n ---==-=+-∑ ()2222n n n -=+-．又如果将{1,2,,}n ⋅⋅⋅的所有子集按照引理1中的排法便知上式等号成立．故所求的最大值为()2222n n n -+-．41．（2021·全国·高三竞赛）设{}()1,2,3,,2,m M n m n +=⋅∈N 是连续2m n ⋅个正整数组成的集合，求最小的正整数k ，使得M 的任何k 元子集中都存在1m +个数121,,,m a a a +满足1(1,2,,)i i a a i m +=．【答案】21m n n ⋅-+．【解析】【分析】【详解】记{1,2,3,,}A n =，任何一个以i 为首项，2为公比的等比数列与A 的交集设为i A ．一方面，由于M 中2m n n ⋅-个元的子集{}1,2,,2m n n n ++⋅中不存在题设的1m +个数，否则12112mm n a a a n ++≤<<<≤⋅，而1212m m nn a n ⋅+≤≤=，矛盾．故21m k n n ≥⋅-+．另一方面，21m k n n =⋅-+时，题设满足.若非如此，考虑以1212n i i -⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭为首项，以2为公比的等比数列．其与M 的交集的元素个数为21i A m ++个．设M 任何k 元子集为T ，则上述等比数列与M 的交集中至少有21i A +个元素不在T 中，而i j ≠时，2121i j A A ++=∅．注意到21112||,i n iA A +-=所以21112|\|||ii n M T A A n +-≥==，可得2m T M n n n ≤⋅=⋅-与21mT k n n ==⋅-+矛盾．综上，所求k 为21m n n ⋅-+．42．（2021·全国·高三竞赛）对两个不全等的矩形A 、B ，称A B >，若A 的长不小于B 的长，且A 的宽也不小于B 的宽.现在若对任意的n 个两两不全等的，长和宽均为不超过2020的正整数的矩形，都必存在其中3个矩形A 、B 、C ，使得A B C >>，求n 的最小值. 【答案】2021 【解析】【分析】【详解】一方面，当2021n =时，若不存在满足要求的3个矩形，我们把所有的矩形如下分类：对一个矩形A ，若在剩下2020个矩形中，存在一个矩形B ，使得A B >，则称A 为“父矩形”，否则称A 为“子矩形”.由抽屉原理，其中必有一类至少含有1011个矩形，设它们的宽为121011x x x ≤≤⋯≤. 但易知所有的“父矩形”之间两两不能比较大小，所有的“子矩形”之间也两两不能比较大小，于是必有121011x x x <<<且相应的它们的长121011y y y >>>，合在一起即121011*********x x x y y y <<<≤<<<，与它们均为不超过2020的正整数矛盾.另一方面，当2020n ≤时，考虑所有长宽满足要求的，周长为4040的矩形，共1010个，及周长为4042的矩形，也共1010个.由于周长相等的两个矩形无法比大小，因此这2020个矩形中不存在满足要求的3个矩形. 综上，n 的最小值为2021.43．（2021·全国·高三竞赛）已知X 是一个有限集.110110,X A A X B B =⋃⋃=⋃⋃是满足如下性质的两个分划：若,110i j A B i j ⋂=∅≤≤≤，则10i j A B ⋃≥.求X 的最小值. 【答案】50 【解析】【分析】【详解】X 的最小值为50.我们先证明||50X ≥. 考虑集合110110,,,,,A A B B 中元素个数最少的集合，不妨设为1A .记1A a =，则1A 至多与110,,B B 中a 个集合相交.不妨设1,1,,i A B i k ⋂≠∅=且1,1,,10i A B i k ⋂=∅=+，其中k a ≤.故110,1,,10i A B i k ⋃≥=+.从而对1i k ∀≥+有11010Bi A a ≥-=-. 由1A 的最小性知1,,k B B 的元素个数均不小于a .从而1101110||k k X B B B B B B +=⋃⋃=++++(10)(10)502(5)(5)k a k a k a ≥⋅+--=+--.（1）若5a ≤，则5k ≤，此时由上式知||50X ≥；（2）若5a >，由1A 是110,,A A 中元素个数最少的集合知||1050X a ≥>.故||50X ≥.另一方面，||X 能取到50，例如，取11221010{1,2,3,4,5},{6,7,8,9,10},,{46,47,48,49,50}A B A B A B ======.显然它们满足条件，这时{}1,2,,50X =⋯.44．（2021·全国·高三竞赛）设集合S 是由平面上任意三点不共线的4039个点构成的集合，且其中2019个点为红色，2020个点为蓝色；在平面上画出一组直线，可以将平面分成若干区域，若一组直线对于点集S 满足下述两个条件，称这是一个“好直线组”：（1）这些直线不经过该点集S 中的任何一个点；（2）每个区域中均不会同时出现两种颜色的点.求k 的最小值，使得对于任意的点集S ，均存在由k 条直线构成的“好直线组”. 【答案】2019. 【解析】【分析】【详解】先证明2019k ≥：在一个圆周上顺次交替标记2019个红点和2019个蓝点，在平面上另外任取一点染为蓝色，这个圆周就被分成了4038段弧，则每一段的两个端点均染了不同的颜色；若要满足题目的要求，则每一段弧均与某条画出的直线相交；因为每条直线和圆周至多有两个交点，所以，至少要有403820192=条直线. 再证明：用2019条直线可以满足要求.对于任意两个同色点AB 、，均可用两条直线将它们与其他的点分离. 作法：在直线AB 的两侧作两条与AB 平行的直线，只要它们足够接近AB ，它们之间的带状区域里就会只有A 和B 这两个染色点. 设P 是所有染色点的凸包，有以下两种情形：（1）假设P 有一个红色顶点，不妨记为A .则可作一条直线，将点A 和所有其他的染色点分离，这样，余下的2018个红点可以组成1009对，每对可以用两条平行直线将它们与所有其他的染色点分离.所以，总共用2019条直线可以达到要求.（2）假设P 的所有顶点均为蓝色.考虑P 上的两个相邻顶点，不妨记为AB 、.则用一条直线就可以将这两个点与所有其他染色点分离.这样，余下的2018个蓝点可以组成1009对，每对可以用两条直线将它们与所有其他染色点分离. 所以，总共也用了2019条直线可以达到要求. 综上：k 的最小值为2019.45．（2021·全国·高三竞赛）设函数:f ++→Z Z 满足对于每个n +∈Z ，均存在一个k +∈Z ，使得2()k f n n k =+，其中，m f 是f 复合m 次．设n k 是满足上述条件的k 中的最小值，证明：数列12,,k k 无界．【答案】证明见解析. 【解析】【分析】【详解】设{}21,(1),(1),S f f =，对于每个正整数n S ∈，存在正整数k ，使得2()kfn n k S =+∈．因此，集合S 是无界的，且函数f 将S 映射到S ．此外，函数f 在集合S 上是单射．事实上，若(1)(1)()i j f f i j =≠，则m f （1）从某个值开始周期性地进行重复．于是，集合S 是有界的，矛盾．定义:g S S →为2()()n kn g n f n n k ==+．首先证明：g 也是单射．假设()()()g a g b a b =<，则22()()a b k ka b a k f a f b b k +===+，于是，>a b k k ．因为函数f 在集合S 上是单射，所以()()2()a b k k a b fa b a k k -==+-．又0a b a k k k <-<，与a k 的最小性矛盾．设T 是集合S 中非形如()()g n n S ∈的元素构成的集合．由于对每个n S ∈，均有()g n n >，则1T ∈．于是，T 是非空集合．对每个t T ∈，记{}2,(),(),t C t g t g t =，且称tC 为从t 开始的“链”．因为g 是单射，所以，不同的链不交．对每个n S T ∈，均有()n g n ='，其中，n n '<，n S '∈．重复上述过程，知存在t T ∈，使得t n C ∈，从而，集合S 是链t C 的并．若(1)n f 是从(1)i nt f =开始的链t C 中的元素，则122t j n n a a =+++，其中，()()()()112221(1)(1)(1)(1)jj i t ta a a n n n n j j f g f ff f f fa a -===+++．故(1)(1)22t n nt tn n n n f f t --=+=+． ① 其次证明：集合T 是无限的．假设集合T 中只有有限个元素则只有有限个链()1212,,,t t t t t C C C t t t <<<．固定N ．若(1)(1)n f n N ≤≤是链t C 中的元素，则由式①知：(1)22nt r n n Nf t t -=+≤+．由于1N +个不同的正整数1，(1),,(1)N f f 均不超过2r N t +，则12r NN t +≤+．当N 足够大时，这是不可能的.因此，集合，T 是无限的．选取任意正整数k ，考虑从集合T 中前1k +个数开始的1k +个链．设t 是这1k +个数中最大的一个．则每个链中均包含一个元素不超过t ，且至少有一个链中不含1,2,,t t t k +++中的任何一个数．于是，在这个链中存在一个元素n ，使得()g n n k ->，即n k k >．。

广西高三高中数学竞赛测试带答案解析

广西高三高中数学竞赛测试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.已知集合，，则（）A．B．C．D．2.已知为虚数单位，复数满足，则复数对应的点位于复平面内的（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3.在等差数列中，已知，则数列的前项和（）A．9B．15C．18D．244.已知的展开式中的常数项是75，则常数的值为（）A．25B．4C．5D．165.周三下午第一节40分钟的自习课，小聪和小明分别去教师办公室单独请罗老师讲解数学疑难问题，两人在自习课内的任何时刻去是等可能的，若罗老师给每个人讲解的时间都是10分钟，则罗老师给他们两人讲解没有时间冲突的概率为（）A．B．C．D．6.已知函数的图象关于直线对称，且当时，，若，，，则，，之间的大小关系是（）A．B．C．D．7.已知、分别为双曲线（，）的左、右焦点，圆与该双曲线相交于点，若，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．8.如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为（）A．B．C．D．9.已知函数（为自然对数的底数），当时，的图象大致是（）A．B．C．D．10.将函数的图象上的点的纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的4倍，再向左平移个周期，得到函数的图象，则函数的递增区间是（）A．B．C．D．11.已知函数的图象在点处的切线与直线垂直（是自然对数的底数），函数满足，若关于的方程(，，且)在区间上恰有3个不同的实数解，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．二、填空题1.已知向量，满足，且，，则与夹角等于__________．2.已知抛物线：的准线被圆：截得的弦长为4，则抛物线的方程为__________．3.已知与平面，且，于，若边平面，边、与平面所成的角分别为和，则与平面所成角的大小为__________．4.已知为平面区域：（，，）内的整点（，均为整数的点）的个数，记，数列的前项和为，若对于，恒成立，则实数的取值范围是__________．三、解答题1.在中，角、、所对的边分别为，，，已知．（1）求角；（2）若，，求的面积．2.学校为了了解高三学生每天自主学习中国古典文学的时间，随机抽取了高三男生和女生各50名进行问卷调查，其中每天自主学习中国古典文学的时间超过3小时的学生称为“古文迷”，否则为“非古文迷”，调查结果如表：古文迷非古文迷合计（1）根据表中数据判断能否有的把握认为“古文迷”与性别有关？（2）先从调查的女生中按分层抽样的方法抽出5人进行理科学习时间的调查，求所抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数；（3）现从（2）中所抽取的5人中再随机抽取3人进行体育锻炼时间的调查，记这3人中“古文迷”的人数为，求随机变量的分布列与数学期望．参考数据：参考公式：，其中．3.如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，，，，，平面底面，直线与底面所成的角为．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值．4.已知中心在原点的椭圆的两焦点分别为双曲线的顶点，直线与椭圆交于、两点，且，点是椭圆上异于、的任意一点，直线外的点满足，．（1）求点的轨迹方程；（2）试确定点的坐标，使得的面积最大，并求出最大面积．5.已知函数 ()在定义域内仅有唯一零点．（1）若对，不等式恒成立，求实数的最大值；（2）设函数，对于，，且，求证：．6.选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，已知曲线的方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（）．（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）曲线上有3个点到曲线的距离等于1，求的值．7.选修4-5：不等式选讲已知函数．（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为，正实数，满足，求证：．广西高三高中数学竞赛测试答案及解析一、选择题1.已知集合，，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】集合,所以，故选B.2.已知为虚数单位，复数满足，则复数对应的点位于复平面内的（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】D【解析】因为，所以，即,于是,所以对应的点位于复平面内的第四象限，故选D.3.在等差数列中，已知，则数列的前项和（）A．9B．15C．18D．24【答案】A【解析】由，得，即，于是，故选A.4.已知的展开式中的常数项是75，则常数的值为（）A．25B．4C．5D．16【答案】C【解析】展开式的通项，令，则，所以，解得，故选C.5.周三下午第一节40分钟的自习课，小聪和小明分别去教师办公室单独请罗老师讲解数学疑难问题，两人在自习课内的任何时刻去是等可能的，若罗老师给每个人讲解的时间都是10分钟，则罗老师给他们两人讲解没有时间冲突的概率为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设上课开始的时刻为0分钟，小聪和小明到达教师办公室的时刻分别为分钟和分钟，则，若罗老师给他们两人单独讲解没有时间冲突，则满足，即令事件为罗老师给他们两人单独讲解没有时间冲突，则总的基本事件空间为如图所示的正方形，其中事件为构成的基本事件空间为正方形中的阴影部分.于是，即罗老师给他们两人单独讲解没有时间冲突的概率为，故选C.点睛：(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率．6.已知函数的图象关于直线对称，且当时，，若，，，则，，之间的大小关系是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由的图象关于直线对称，得到的图像关于轴对称，即函数是偶函数.于是,当时，单调递增，所以，即，故选A.7.已知、分别为双曲线（，）的左、右焦点，圆与该双曲线相交于点，若，则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由，得，即以为直径的圆，于是，如图，，则，于是|，|，由|，得，所以,故选D.8.如图为一个多面体的三视图，则该多面体的体积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】该几何体为如图所示的几何体，是从棱长为的正方体中截取去两个三棱锥后的剩余部分，其体积，故选C.9.已知函数（为自然对数的底数），当时，的图象大致是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为，所以为奇函数，即函数关于原点对称，排除A,C，又因为，显然存在，使得，即.当时，，当时，，所以在递增，在递减，只有B满足，故选B.10.将函数的图象上的点的纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的4倍，再向左平移个周期，得到函数的图象，则函数的递增区间是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】，将的图像上的点的横坐标伸长到原来的4倍得到，再向左平移个周期，即个单位，得到，即.当，时，单调递增，解得，即的递增区间是，故选B.点睛：三角函数的图像变换属于常考类型，当函数向左平移一个单位时，自变量加一个单位即可，如果有系数，需要把系数提出来，当函数向右平移一个单位时，自变量减一个单位即可；纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的倍，则自变量乘以即可.11.已知函数的图象在点处的切线与直线垂直（是自然对数的底数），函数满足，若关于的方程(，，且)在区间上恰有3个不同的实数解，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为，所以.由在点处的切线与直线垂直，得，解得，于是，则,由得，因为，令，由,解得,当时，，则在递减；当时，，则在上递增.所以，且.所以当时，；当时，.作出的大致图像如图，令，则关于，即为，因为方程的判别式，所以恒有两个实数解.欲使关于的方程由3个不同的实数解，只需的两解满足，或.当时，;当时，,综上，故选D.点睛：本题考查函数导数与单调性.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理. 恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理．也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形结合的数学思想方法.二、填空题1.已知向量，满足，且，，则与夹角等于__________．【答案】【解析】由，得，即，则，于是，所以.2.已知抛物线：的准线被圆：截得的弦长为4，则抛物线的方程为__________．【答案】【解析】将圆的方程化为标准方程为，则圆心，半径.因为抛物线的准线方程为,所以圆心到准线的距离.由圆的半径，弦长为4，得，解得.于是抛物线的方程.3.已知与平面，且，于，若边平面，边、与平面所成的角分别为和，则与平面所成角的大小为__________．【答案】【解析】如图，过点作与，则连，则即为与平面所成角.连，则分别为、与平面所成的角，即，.设，则，于是.因为，所以，所以点睛：求直线和平面所成角的关键是作出这个平面的垂线进而斜线和射影所成角即为所求，有时当垂线较为难找时也可以借助于三棱锥的等体积法求得垂线长，进而用垂线长比上斜线长可求得所成角的正弦值，当空间关系较为复杂时也可以建立空间直角坐标系，利用向量求解.4.已知为平面区域：（，，）内的整点（，均为整数的点）的个数，记，数列的前项和为，若对于，恒成立，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】作出平面区域如图所示：由，，得,而.当时，,内有个整点；当时，，内有个整点综上得内的整点个数,于是.从而.则两式作差得.则,于是.令，则只需.由，即，得2，由，得或3.所以，则.点睛：恒成立问题往往是采用变量分离，得到参变量与另一代数式的大小关系，进而转成求最值即可，对于数列的最值问题常用的方法有三个：一是借助函数的单调性找最值，比如二次型的，反比例型的，对勾形式的等等；二是作差和0比利用数列的单调性求最值；三是，直接设最大值项，列不等式组大于等于前一项，大于等于后一项求解.三、解答题1.在中，角、、所对的边分别为，，，已知．（1）求角；（2）若，，求的面积．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用正弦定理化简求得，进而得.（2）由余弦定理求得边长，再用面积公式即可.试题解析：（1）由，得，即，即，即．因为，所以，而，所以．（2）由，，得．又因为，所以，即，则．于是.2.学校为了了解高三学生每天自主学习中国古典文学的时间，随机抽取了高三男生和女生各50名进行问卷调查，其中每天自主学习中国古典文学的时间超过3小时的学生称为“古文迷”，否则为“非古文迷”，调查结果如表：（1）根据表中数据判断能否有的把握认为“古文迷”与性别有关？（2）先从调查的女生中按分层抽样的方法抽出5人进行理科学习时间的调查，求所抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数；（3）现从（2）中所抽取的5人中再随机抽取3人进行体育锻炼时间的调查，记这3人中“古文迷”的人数为，求随机变量的分布列与数学期望．参考数据：参考公式：，其中．【答案】（1）见解析；（2）5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数分别为3人和2人；（3）见解析.【解析】（1）通过列联表求得，对应查表下结论；（2）利用分层抽样的原理，根据比例求人数即可；（3）利用超几何分布的原理求分布列即可.试题解析：（1）由列联表得，所以没有的把握认为“古文迷”与性别有关．（2）调查的50名女生中“古文迷”有30人，“非古文迷”有20人，按分层抽样的方法抽出5人，则“古文迷”的人数为人，“非古文迷”有人．即抽取的5人中“古文迷”和“非古文迷”的人数分别为3人和2人．（3）因为为所抽取的3人中“古文迷”的人数，所以的所有取值为1，2,3．，，．所以随机变量的分布列为于是．点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合，枚举法，概率公式（常见的有古典概型公式、几何概率公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积，以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式()求得.因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度.3.如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，，，，，平面底面，直线与底面所成的角为．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】(1)先结合勾股定理证明,然后利用面面垂直的性质定理得到再结合条件利用勾股定理证得,利用线面垂直的判定定理得到平面,进而证得平面平面；(2), 分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系,由坐标,利用向量法进行求解.试题解析：（1）证明：因为，，，所以，则．又因为平面底面，平面平面，所以平面．而平面，所以.于是即为与底面所成的角，即．因为，所以，，由，，得，解得，从而，于是，因为，所以平面．而平面，所以平面平面.（2）由（1）知、、两两垂直，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则解得取，则．设平面的一个法向量为，则解得取，则．令二面角为，显然为钝角，则．所以二面角的余弦值为．点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.4.已知中心在原点的椭圆的两焦点分别为双曲线的顶点，直线与椭圆交于、两点，且，点是椭圆上异于、的任意一点，直线外的点满足，．（1）求点的轨迹方程；（2）试确定点的坐标，使得的面积最大，并求出最大面积．【答案】（1）点的轨迹是椭圆除去四个点，，，，其方程为（，）；（2），点的坐标为或.【解析】（1）由已知双曲线的顶点可得椭圆焦点，再由椭圆过定点可解得参数的值，得到椭圆方程；由已知条件设出点的坐标，再由已知向量积为零可得两坐标值的关系，再由点在椭圆上，分析可得点的轨迹方程；（3）由点到直线距离可得三角形面积表达式，由均值不等式可得面积最大值及此时点坐标。

数学奥林匹克高中训练题_105及解析

数学奥林匹克高中训练题_105注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题1.设是大于3的质数，且p +8也是质数，记S 1=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p S k 有（）个不同的值．A. 1B. 2C. 3D. 42.若2007次方程x 2007−4014x 2006+a 2005x 2005+⋯+a 1x +a 0=0有2007个正实根，那么，对于所有可能的方程，∑|a k |2005k=0的最大值为（）． A. 22007−4014 B. 22007−4015 C. 32007−4014 D. 32007−40153.满足对所有的i=0，1，…，n ，都有C n i 与2007互质的正整数n 的数目有（）个．A. 3B. 5C. 7D. 94.方程[x 2]+[x 3]+[x 7]=x 的最大的解与最小的解之和为（）（其中，[x ]表示不超过x 的最大整数，下同）． A. 85 B. −85 C. 42 D. −42 5.若数列{a n }(n ≥0)满足a 0=0，a n =a [n 2]+[n 2](n ≥1)，则使得a n =2007的正整数n 的数目为（）个． A. 0 B. 1 C. 2 D. 大于26.一辆汽车从起点A 出发开到终点B （不允许反向行驶），AB 的距离为2007．在沿途设立了一些车站，所有到A 的距离是100的倍数的地方都设立了车站（这些车站的集合设为X ），所有到A 的距离是223的倍数的地方也都设立了车站（这些车站的集合设为Y ）．该车在行驶途中的每次停车，要么在距其最近的集合X 中的车站停车，要么在距其最近的集合Y 中的车站停车．则由A 驶到B 的所有可能的停车方式的数目n 在区间（）中． A. [1,2007] B. [2008,20070]C. [20071,200700]D. [200701,+∞)第II 卷（非选择题）二、填空题7.设非等腰的外心、内心、垂心分别为O 、I 、H ，外接圆半径为1，∠A =60°．则△OIH 的外接圆半径为______．8.数列{a n }、{b n }(n ≥1)满足a n+1=2b n −a n ，b n+1=2a n −b n (n =1,2,⋯)．若a 1=2007，a n >0(n =2,3,⋯)，则b 1等于______．9.∑[√2007k4]2007k=1的值为______．10.设函数f (x )=√10−6cosx +√178−3√22sinx +√19−2√2cosx −8sinx x ，f (x )的最小值为______．11.已知偶函数f:Z→Z 满足f (1)=1，f (2007)≠1，且对于任意整数a 、b ，有f (a +b )≤max {f (a ),f (b )}．则f (2008)的可能值为______．12.正整数n ≥2007，复数z 满足(a +1)z n+1+aiz n +aiz −(a +1)=0，其中，实数a>−12．则|z |的值为______．三、解答题13.已知正实数a 、b 、c 满足ab +bc +ca =1．证明：2+√b +12<3√142．14.已知正整数n (n≥5)，设长方形ABCD 的边长AB =2a ，BC =2b (a >b )，边BC 、AD 、CD 上的点P 1，P 2…，P n =C ，Q 1，Q 2…，Q n =D ，R 0=D ，R 1，R 2，…，R n =C 分别满足BP 1=P 1P 2=⋯=P n−1P n =2b n，AQ 1=Q 1Q 2=⋯=Q n−1Q n =2b n， R 0R 1=R 1R 2=⋯=R n−1R n =2a n．（1）对于i =1，2，…，n ，求AP i 与BR n−i 、AR i 与BQ i 的交点所在的二次曲线Γ1的方程；（2）若DC 的延长线上的点S 1，S 2，…，S n 满足CS 1=S 1S 2=⋯=S n−1S n =2a n，对于i=1，2，…，n ，求AP i 与BS i 的交点所在的二次曲线Γ2的方程；（3）设在二次曲线Γ1上到AB 的距离最大的点为M ，求M 与二次曲线Γ2上的点的距离的最小值．15.已知n(n≥3)为正整数．证明：在坐标平面上存在n个点，任意两点间的距离为无理数，任意三点不共线，且构成的三角形的面积为整数；任意k(2≤k≤n)个点的重心为整点（横、纵坐标都是整的点）．16.已知圆内接四边形ABCD的两条对角线AC、BD交于点E，对边BA、CD的延长线交于点F．设△EAD、△EBC、△FAD、△FBC的外接圆分别为⊙O1、⊙O2、⊙O3、⊙O4，直线EF分别与⊙O1、⊙O2交于不同于E的点P、Q，分别与⊙O3、⊙O4交于不同于F的点U、V．证明：PU=QV．17.若存在实数a1，a2，…，a n满足a n≤a n−1≤⋯≤a1<2，a1+a2+⋯+a n≥n，a12+a22+⋯+a n2≥n2，求正整数n的所有可能的值．18.有2008名学生参加大型公益活动．若有两名学生互相认识，则将这两名学生看作一个合作小组．（1）求合作小组数目的最小值m，使得无论学生认识的情况如何，都存在三名学生，他们两两都在一个合作小组；（2）若合作小组数目为[m22]，证明：存在四名学生A、B、C、D，使得A和B、B和C、C和D、D和A分别为一个合作小组．参考答案1.A【解析】1.因为p 是大于3的质数，且p +8也是质数，因此，p 是3M +2型的质数．所以，p (p +8)=(p +4)2−16≡2(mod9)．又S i+1≡S i (mod9)，则S k =2，即S k 只有一个值．2.D【解析】2.设原方程的2007个正实根分别为x 1，x 2，…，x 2007．可得恒等式x 2007−4014x 2006+a 2005x 2005+⋯+a 1x +a 0=(x −x 1)(x −x 2)⋯(x −x 2007)．由韦达定理可得(−1)k a 2007−k >0(k =2,3,⋯,2007)．在上面的恒等式中，令x=−1，得(−1)2007−4014(−1)2006+a 2005(−1)2005+⋯+a 1(−1)+a 0=(−1−x 1)(−1−x 2)⋯(−1−x 2007)，即1+4014+a 2005(−1)2+⋯+a 1(−1)2006+a 0(−1)2007=(1+x 1)(1+x 2)⋯(1+x 2007)．由平均值不等式有(1+x 1)(1+x 2)⋯(1+x 2007)≤(1+x 1+x 2+⋯+x 20072007)2007=32007．因此，∑|a k |≤32007−40152005k=0．当x 1=x 2=⋯=x 2007=2时，上式等号成立．3.D【解析】3.若质数p 与所有的C n i(i =0,1,⋯,n )互质，由于C n i中质因数p 的次数的最大值为 ∑([np k ]−[i p k ]−[n−ip k])+∞k=1，因此，对于每一个i 有[npk ]=[i pk ]+[n−ip k]，即i +(n −i )=n 在p 进制表示下不发生进位．从而，n 在p 进制表示下除了首位数字外，其他每位数字均为p −1．令f (r,p,m )=rp m +(p −1)p m−1+⋯+(p −1)p +(p −1)=(r +1)p m −1．则n=1，2，…，p −1，f (r,p,m )，其中，r =0，1，…，p −2，m 为任意正整数．若恰含有两个不同质因数p 、q (p<q )的正整数与所有的C n i (i =0,1,⋯,n )都互质，则n 等于1，2，…，p −1，f (r 1,p,m 1)与1，2，…，q −1，f (r 2,p,m 2)中的公共的正整数，其中，r 1=0，1，…，p −2，r 2=0，1，…，q −2，m 1、m 2为任意正整数．由于(r 1+1)p m 1−1≠(r 2+1)q m 2−1，则n=1，2，…，p −1及(r 1+1)p m 1−1，其中，(r 1+1)p m 1−1满足(r 1+1)p m 1−1≤q −1．因为2007=32×223，(r 1+1)3m 1−1≤223−1，所以，m =1，2，5，8，17，26，53，80，161．因此，满足条件的n 的数目为9． 4.B【解析】4. 设x=42p +q （p 、q 为整数，0≤q ≤41）．将x 代入原方程得p=[q2]+[q3]+[q7]−q ．对于每个不同的q 确定了唯一的有序数对(p,q )，从而，x 也互不相同．要比较x 的大小应先比较p 的大小，若p 相等，再比较q 的大小．因为p=[q 2]+[q 3]+[q 7]−q ≤q 2+q 3+q 7−q =−q 42≤0，所以，p 的最大值只有当q =0时取到，且最大值为0．因此，x 的最大的解为0．又p=[q 2]+[q 3]+[q7]−q ≤q−12+q−23+q−67−q =−q+8542≥−3，所以，p ≥−3．当且仅当q =41时，p =−3．因此，x 的最小的解为−85．综上所述，最大的解与最小的解之和为−85． 5.A【解析】5. 通过归纳可得a n=n −t n ，其中，t n 表示n 在2进制表示中1的数目．事实上，当n=0，1，2时，a0=0，a1=0，a2=1结论均成立．假设当n≤k−1时，有a n=n−t n．若k=2l，则a k=a l+l=l−t l+l=k−t l=k−t2l=k−t k；若k=2l+1，则a k=a l+l=l−t l+l=k−1−t l=k−(t2l+1)=k−t2l+1=k−t k．若a n=2007，则n=2007+t n．因为2007=210+29+28+27+26+24+22+2+1，当t n=11时，n≥210+29+⋯+2+1．而2007+t n<211−1．当t n≥12时，总有n>2007+t n．对于t n=1，2，…，10逐个验证，均有2007+t n在2进制表示中1的数目不等于t n．综上所述，不存在满足a n=2007的正整数n．6.C【解析】6.设k表示到A的距离是k的车站，到223有3种方式，到300、400各有4种方式，到446有11种方式，到500、600各有15种方式，到669有41种方式，到700、800各有56种方式，到892有153种方式，到900、1000、1100各有209种方式，到1115有780种方式，到1200、1300各有989种方式，到1338有2758种方式，到1400、1500各有3747种方式，到1561有10252种方式，到1600、1700各有13999种方式，到1784有38250种方式，到1800、1900、2000各有52249种方式，到2007有194997种方式．7.1【解析】7.若△ABC为锐角三角形，因为∠BOC=∠BIC=∠BHC=120°，所以，O、I、H、B、C五点共圆；若△ABC为钝角三角形，因为∠BOC=∠BIC=120°，∠BHC=120°，且H与O、I、A分别在BC的异侧，所以，O、I、H、B、C五点共圆．故△OIH的外接圆半径就是△BHC的外接圆半径，其等于△ABC的外接圆半径1．8.2007【解析】8. 因为b n=12(a n+a n+1)，所以a n+2+2a n+1−3a n =0．由特征根法得a n=2007+b 12+b 1−20076(−3)n ．若对于任意正整数n ，均有a n >0，则一定有b 1=2007．9.2167【解析】9. 所求的值为曲线y=√2007x4与x >0、y >0所围区域内整点的数目．将按列计数改为按行记数，所求为∑[2007i 4]=2007+125+24+7+3+1=6i=12167．10.21√24−1【解析】10.将f (x )改写为√(cosx −3)2+sin 2x +√cos 2x +(sinx −3√24)2+√(cosx −√2)2+(sinx −4)2．设A (3,0)、B (0,3√24)、C(√2,4)、P (cosx,sinx )，则只要求PA +PB +PC 的最小值．因为O (0,0)到AB 的距离为1，所以，以O 为圆心的单位圆与AB 相切，设切点为D (13,2√23)．又OC 过点D ，则PA +PB +PC 的最小值为DA +DB +DC =AB +DC =9√24+(3√2−1)=21√24−1．11.1【解析】11. 因为f (2)≤max {f (1),f (1)}=1，假设对大于或等于2的正整数k ，有f (k )≤1，则f (k +1)≤max {f (k ),f (1)}=1．因此，对于所有正整数n ，有f (n )≤1．又f 是偶函数，可得对于所有非零整数n ，有f (n )≤1．因为f (2007)≠1，所以f (2007)<1．故1=f (1)=f(2008+(−2007))≤max {f (2008),f (−2007)}≤1．又f (−2007)=f (2007)<1，故一定有f (2008)=1．12.1【解析】12.由z n [(a +1)z +ai ]=a +1−aiz ，则|z |n |(a +1)z +ai |=|a +1−aiz |．设z=x +yi ，其中，x 、y 为实数．则|(a +1)z +ai |2−|a +1−aiz |2=(2a +1)(|z |2−1)．若|z |>1，由于a>−12，则|(a +1)z +ai |2−|a +1−aiz |2>0．从而，|z |<1，矛盾．同理，若|z |<1，也导致矛盾．因此，|z |=1． 13.见解析【解析】13. 设a=tan A 2，b =tan B 2，c =tan C2（0<∠A 、∠B 、∠C <π）．由ab +bc +ca =1，得∠A +∠B +∠C =π．于是，cosA +cosB +cosC ≤32．利用柯西不等式有2√b +1+2=cos A 2+2cos B 2+3cos C2≤√(12+22+32)(cos 2A 2+cos 2B 2+cos 2C2) =√14(3+cosA +cosB +cosC2) ≤√14(3+322)=3√142．因为第一个不等式等号成立的条件是cos A21=cos B22=cos C23，第二个不等式等号成立的条件是∠A =∠B =∠C =π3，所以，两个等号不可能同时成立．故2√b +12<3√142．14.（1）x 22+y 2b2=1（2）x 22−y 2b2=1（3）a √a 2+2b 2a 2+b 2【解析】14.（1）以下底AB 为x 轴、AB 的中垂线为y 轴建立平面直角坐标系．设AP i 、BR n−i 交于点E ，E 、R n−i 在AB 上的投影分别为F 、G ，并设E (x,y )．由△AEF ∽△AP i B ，△BEF ∽△BR n−i G ，有ya+x =n2a =ibna ，ya−x =2b2ia n=nb ia．两式相乘得点E 满足的二次曲线Γ1的方程为x 2a 2+y 2b2=1．（2）同理，AR i 、BQ i 的交点也在椭圆x 2a 2+y 2b2=1上．设AP i 、BS i 交于点H ，H 、S i 在直线AB 上的投影分别为K 、L ，并设H (x,y )．由△ABP i ∽△AKH ，△BHK ∽△BS i L ，有yx+a=2ib n2a=ib na ，y x−a =2b2ia n=nbia．两式相乘得点H 满足的二次曲线Γ2的方程为x 2a 2−y 2b2=1．（3）不妨设M (0,b )．考虑以M 为圆心、r 为半径的圆，⊙M 与Γ2相切时的半径即为所求的最小值．设⊙M 的方程为x 2+(y −b )2=r 2，与Γ2的方程x 2a 2−y2b2=1联立并消去x ，得(a 2+b 2)y 2−2b 3y +a 2b 2+b 4−b 2r 2=0．由Δ=0，得r 2=a 2+a 2b2a 2+b2．因此，所求最小值为√a 2+a 2b2a 2+b2=a √a 2+2b 2a 2+b2．15.见解析【解析】15.n 个点P i (a i ,b i )(i =1,2,⋯,n )满足条件，其中a i =(n +i )!，b i =[(n +i )!]2．事实上，对于其中任意两点P i 、P j ，有P i P j =|(n +i )!−(n +j )!|⋅√1+[(n +i )!+(n +j )!]2为无理数．对于其中的任意三点P i 、P j 、P m ，由于是抛物线y=x 2上的三个点，因此，不共线（不妨假设P i 、P j 、P m 是逆时针排列的）．又因为这三个点的横、纵坐标都是偶数，所以S △P i P j P m =12|a i b i 1a j b j 1a m b m 1|为整数．对于其中的任意k 个点，因为2≤k ≤n ，所以，n 个点中的每个点P i (a i ,b i )的横、纵坐标都可以被k 整除，故任意k (2≤k ≤n )个点P i 1，P i 2，…，P i k (i 1<i 2<⋯<i k )，这k 个点的重心坐标为(1k ∑(n +i t )!k t=1,1k ∑[(n +i t )!]2k t=1)．所以，这k 个点的重心为整点． 16.见解析【解析】16. 如图．设四边形ABCD 的外接圆的圆心为O ，联结BQ ，与⊙O 交于点K ，联结KA ．则∠AKB=∠ACB =∠ECB =∠EQB ．于是，KA ∥PQ ．联结PD ，与⊙O 交于点L ，联结CL ．则∠DPE=∠DAE =180°−∠CLD ．于是，CL ∥PQ ．设过点O 且垂直于EF 的直线为l ，则PQ ⊥l ，且CK 、LA 关于直线l 对称．又∠QBC =∠QEC =∠AEP =∠ADP ，∠QCB =∠QEB =∠DEP =∠DAP ，则∠BQC=∠APD ，即∠KQC =∠APL ．因此，P 、Q 关于直线l 对称．如图，联VB ，与⊙O 交于点T ，联结TD ．则∠BTD=∠BCD=∠BCF=∠BVF．于是，TD∥UV．联结DU，与⊙O交于点S，联结BS．则∠BSD=∠BAD=180°−∠DAF=180°−∠DUF=180°−∠VUS．于是，BS∥UV．因此，U、V关于直线l对称．从而，PU=QV．注：实际上，CK过点V，AL过点U．如图，联结CV，与⊙O交于点K′．则∠CK′A=∠CBA=∠CBF=∠CVF．于是，K′A∥PQ，K′=K．同理，联结AU，与⊙O交于点L′．则∠CL′A=∠CDA=180°−∠ADF=180°−∠AUF=180°−∠QUL′．于是，CL′∥PQ，L′=L．在此基础上，可得U、V关于直线l对称，从而，PU=QV．17.1，2，3【解析】17.设a1，a2，…，a i>0，a i+1，a i+2，…，a n≤0，j=n−i．则2i>a1+a2+⋯+a i≥n−a i+1−a i+2−⋯−a n，即i−j>−a i+1−a i+2−⋯−a n．又(−a i+1−a i+2−⋯−a n)2≥a i+12+a i+22+⋯+a n2，则4i>a12+a22+⋯+a i2≥n2−(a i+12+a i+22+⋯+a n2)≥n2−(−a i+1−a i+2−⋯−a n)2>(i+j)2−(i−j)2=4ij．因为i>0，所以，j<1，即j=0．因此，4n>a12+a22+⋯+a n2≥n2．从而，n<4．若n =1，取a 1=1；若n =2，取a 1=a 2=32；若n =3，取a 1=a 2=a 3=95．综上所述，满足条件的正整数n 的所有可能的值为1，2，3．18.(1) m=1008017 (2)见解析【解析】18.（1）设n =1004．下面证明：m=n 2+1．将学生分为两大组，每大组中有n 名学生，且每大组中的学生互相不认识，而每个学生都和另外一个大组中的每个学生认识，则可以组成n 2个合作小组，但是不存在三名学生，他们两两都在一个合作小组．若有n 2+1个合作小组，设学生X 认识的学生最多，且认识k 个学生，分别设为Y 1，Y 2，…，Y k ．若存在i 、j ∈{1,2,⋯,k }(i ≠j )满足Y i 与Y j 互相认识，则X 、Y i 、Y j 满足条件；若Y 1，Y 2，…，Y k 中任意两名学生都不在一个合作小组，则合作小组的数目不超过k+(2n −k −1)k =k (2n −k )≤n 2．矛盾．因此，m=10042+1=1008017．（2）设n =1004，l =[m 22]=45818，2n 名学生分别为X 1，X 2，…，X 2n ，他们认识学生的数目分别为a 1，a 2，…，a 2n ，则a 1+a 2+⋯+a 2n=2l ．考虑每个学生认识的学生中所有可能的两个小组，其总数为C a 12+C a 22+⋯+C a 2n 2=12( ∑a i 2−∑a i 2n i=12ni=1) ≥12[12n (∑a i 2n i=1)2−∑a i 2n i=1] =12∑a i (12n ∑a i −12n i=1)2ni=1=2l 2(2l 2n −1)=l (1n −1) =45818(458181004−1)>C 20082．所以，存在一个两人小组A 和C ，他们都认识B 和D ．。

高中数学竞赛训练题--解答题_每题含详解_

1 1 2 ； Sm Sn S p
(2)若 a503
2007 1 1 ,则 2008 。 1005 n 1 S n
28.已知数列 a n 满足 a1 1 ， a n
4
an1 ( n 2, n N ) ． 1 an 1 2
n
（Ⅰ）求数列 a n 的通项公式 a n ；（Ⅱ）设 b
a
b
（Ⅰ）设点 M ( x0 ,0) ，若当且仅当椭圆 C 上的点 P 在椭圆的顶点时， | PM | 取得最大值与最小值，求 x0 的取值范围；（ Ⅱ）若椭圆 C 上的点 P 到焦点距离的最大值为 3 ，最小值为 1 ，且与直线
l : y kx m 相交于 A ，（ A，B 不是椭圆的左右顶点），并满足 AA2 BA2 ．试 B 两点
（1）求 a, b 之值；（2）设点 A 坐标为(6, 0)，B 为椭圆 C 上的动点，以 A 为直角顶点，作等腰直角△ABP（字母 A，B，P 按顺时针方向排列），求 P 点的轨迹方程。
15. 如图，正三棱柱 ABC A1B1C1 中， E 是 AC 中点. （Ⅰ）求证： AB1 //平面 BEC1 ；（Ⅱ）若 AB 2, AA1 2 ，求点 A 到平面 BEC1 的距离；（Ⅲ）当 A1 A 为何值时，二面角 E—BC1—C 的正弦值为 10 ？
C1
B1 A C
B
19．设向量 i, j 为直角坐标平面内 x 轴， y 轴正方向上的单位向量．若向量 a ( x 2） i y j ， b ( x 2） i y j，且 a b ．（1）求满足上述条件的点 P( x, y ) 的轨迹方程；（2）设 A( 1, 0), F (2, 0) ，问是否存在常数 ( 0) ，使得 PFA PAF 恒成立？证明你的结论．

全国数学竞赛试题及答案解析高中

全国数学竞赛试题及答案解析高中试题一：题目：已知函数$ f(x) = 2x^3 - 3x^2 + x - 5 $，求导数$ f'(x) $，并求$ f'(x) $在区间[1,2]上的最小值。

解析：首先，我们对函数$ f(x) $求导得到其导数：\[ f'(x) = 6x^2 - 6x + 1 \]接下来，我们需要找到$ f'(x) $在区间[1,2]上的最小值。

由于导数是一个二次函数，我们可以通过求顶点来找到最小值。

二次函数的顶点公式为：\[ x = -\frac{b}{2a} \]将导数中的系数代入公式，得到：\[ x = -\frac{-6}{2 \cdot 6} = \frac{1}{2} \]但$ x = \frac{1}{2} $不在区间[1,2]内，因此我们需要检查区间端点的值。

将$ x = 1 $和$ x = 2 $分别代入$ f'(x) $中，得到：\[ f'(1) = 6(1)^2 - 6(1) + 1 = 1 \]\[ f'(2) = 6(2)^2 - 6(2) + 1 = 17 \]由于$ f'(x) $在区间[1,2]上是递增的，所以最小值出现在$ x =1 $处，即$ f'(1) = 1 $。

试题二：题目：解不等式$ |x - 3| + |x + 4| \geq 7 $。

解析：首先，我们考虑不等式中的绝对值。

绝对值表示距离，因此我们可以将不等式分为三个部分来考虑：1. 当$ x < -4 $时，不等式变为$ -(x - 3) - (x + 4) \geq 7 $。

2. 当$ -4 \leq x < 3 $时，不等式变为$ -(x - 3) + (x + 4)\geq 7 $。

3. 当$ x \geq 3 $时，不等式变为$ (x - 3) + (x + 4) \geq 7 $。

【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题4 平面向量(50题竞赛真题强化训练)解析版

【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题4 平面向量（50题竞赛真题强化训练）一、单选题1．（2018·全国·高三竞赛）已知ABC ∆的外接圆圆心为O ，BC CA AB >>.则（）.A ．OA OB ⋅>OA OC ⋅>OB OC ⋅. B ．OA OB ⋅>OB OC ⋅>OA OC ⋅. C ．OB OC ⋅>OA OC ⋅>OA OB ⋅D ．OA OC ⋅>OB OC ⋅>OA OB ⋅ 【答案】A 【解析】【详解】设ABC ∆的外接圆半径为R .则2cos2O R A OB C ⋅=,2cos2O R B OC A ⋅=,2cos2O R A OC B ⋅=.又由BC CA AB >>，可知sin sin sin 0A B C >>>.故22212sin 12sin 12sin A B C -<-<-，即cos2cos2cos2A B C <<.所以OA OB ⋅>OA OC ⋅>OB OC ⋅.2．（2019·全国·高三竞赛）设P 为ABC ∆所在平面内一动点.则使得PA PB PB PC PC PA ⋅+⋅+⋅取得最小值的点P 是ABC ∆的（）.A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心【答案】C 【解析】【详解】注意到()()()()PA PB PB PC PC PA PA PA AB PA AB PA AC PA AC PA⋅+⋅+⋅=⋅+++⋅+++⋅222()32()3()33AB AC AB AC PA AB AC PA AB AC PA AB AC ++=++⋅+⋅=+-+⋅①当3AB ACPA +=，即P 为ABC ∆的重心时，式①取得最小值2()3AB AC AB AC +-+⋅.故答案为C3．（2018·全国·高三竞赛）设H 是ABC ∆所在平面上的一点，用a 、b 、c 、h 分别表示向量OA 、OB 、OC 、OH ．若⋅+⋅=⋅+⋅=⋅+⋅a b c h b c a h c a b h ，则H 是ABC ∆的． A ．内心 B ．外心C ．重心D ．垂心【答案】D 【解析】【详解】由⋅+⋅=⋅+⋅a b c h b c a h ，得0⋅+⋅-⋅-⋅=a b c h b c a h ，即()()0-⋅-=a c b h ．所以0CA HB ⋅=,则HB CA ⊥．同理，HA BC ⊥．4．（2019·全国·高三竞赛）如图，在ABC ∆的边上做匀速运动的三个点P 、S 、R ，当0=t 时，分别从A 、B 、C 出发，当1t s =时，恰好同时到达B 、C 、A ．那么，这个运动过程中的定点是PQR ∆的（）A ．内心B ．外心C ．垂心D ．重心【答案】D 【解析】【详解】依题意知AP BS CR AB BC CA λ===，设G 为PSR ∆的重心，则1(),3AG AP AS AR =++ 11[1)]()33AB AB BC AC AB AC λλλ+++-=+（. 所以，G 为ABC ∆的重心. 故答案为D5．（2018·全国·高三竞赛）如图，在凸四边形ABCD 中，4AB =，3BC =，52CD =，且90ADC ABC ∠=∠=︒.则BC AD→⋅→等于（）.A ．254B ．274C ．8D ．294【答案】B 【解析】【详解】如图由勾股定理得55222AC CD =⨯=，且90ADC ∠=︒，则30CAD ∠=︒. 又因90ADC ABC ∠=∠=︒，所以，A 、B 、C 、D 四点共圆. 联结BD ，则903060ABD ACD ∠=∠=︒-︒=︒. 设BAC α∠=（α为锐角），则3sin 5α=，()4cos 0605αα=︒<<︒. 作矩形CBAF ，则AF BC =，()903060FAD αα∠=︒-+︒=︒-.故()cos 3sin cos 60sin BC AD AF AD AF ADAB FAD ABD ADB α⎡⎤→⋅→=→⋅→=→⋅→∠=⋅∠︒-⎢⎥∠⎣⎦()41273sin60cos sin 9024ααα⎡⎤=⨯⋅︒=⎢⎥︒-⎣⎦.选B.编者注：此题用复数法解答比较简洁.6．（2018·全国·高三竞赛）已知P 为①ABC 内一点，且满足2PA+3PB+4PC=0，那么，::PBC PCA PAB S S S ∆∆∆等于.A ．1:2:3B ．2:3:4C ．3:4:2D ．4:3:2【答案】B 【解析】【详解】如图，延长PA 至D ，使PD=2PA ；延长PB 至E ，使PE=3PB ；延长PC 至F ，使PF=4PC.则PD+PE+PF=0. 从而，P 为①DEF 的重心.于是，有 11113433436PBC PEF DEF DEF S S S S ∆∆∆∆==⨯=⨯⨯， 11114234224PCA PFD DEF DEF S S S S ∆∆∆∆==⨯=⨯⨯， 11112332318PAB PDE DEF DEF S S S S ∆∆∆∆==⨯=⨯⨯. 故111::::2:3:4362418PBC PCA PAB S S S ∆∆∆==.7．（2020·浙江温州·高一竞赛）已知单位向量1e ，2e 的夹角为60°，向量12a xe ye =+，且12x ≤≤，12y ≤≤，设向量a 与1e 的夹角为α，则cos α的最大值为（）． ABCD【答案】C 【解析】【详解】由题意有1cos x y α+=则22222221344cos 11x xy yx xy y x x y y α++==-++⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．又因为1,22x y ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以2425cos ,728α⎡⎤⎢⎥⎣⎦，所以max cos α=故选：C.8．（2018·全国·高三竞赛）平面上的两个向量OA 、OB 满足OA a =，OB b =，且224a b +=，0⋅=OA OB .若向量(),OC OA OB λμλμ=+∈R，且222211122a b λμ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.则OC 的最大值是（）A ．12B ．1C ．2D ．4【答案】C 【解析】【详解】因为OA a =，OB b =，且224a b +=，OA OB ⊥，所以，O 、A 、B 三点在以AB 的中点M 为圆心、1为半径的圆上. 又()12OM OA OB =+，OC OA OB λμ=+，则 11=22MC OC OM OA OBλμ⎛⎫⎛⎫=--+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故21112222MC OA λλμ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.22221111222OA OB OB a b μλμ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅+-=-+-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.从而，点C 也在以M 为圆心，1为半径的圆上. 因此，O 、A 、B 、C 四点共圆，其圆心为M .当O 、M 、C 三点共线，即OC 为M 的一条直径时，max 2OC =.9．（2018·陕西·高三竞赛）在边长为8的正方形ABCD 中，M 是BC 的中点，N 是AD 边上一点，且3DN NA =，若对于常数m ，在正方形ABCD 的标上恰有6个不同的点P ，使PM PN m ⋅=，则实数m 的取值范围是A ．()8,8-B ．()1,24-C ．()1,8-D ．()0,8【答案】C 【解析】【详解】如图建立直角坐标系，()()()()0,0,8,4,0,2,,A M N P x y .由题意得：()()228,4,2868PM PN x y x y x x y y m ⋅=--⋅--=-+-+=()()224317x y m ⇔-+-=+.即以()4,3仅有6个不同的交点，易由图形知()451,0m <⇒∈-.二、填空题10．（2018·吉林·高三竞赛）如图，在直角三角形ABC 中，2ACB π∠=，2AC BC ==，点P 是斜边AB 上一点，且2BP PA =，那么CP CA CP CB ⋅+⋅=__________.【答案】4 【解析】【详解】解法一：因为()11213333CP CA AP CA AB CA AC CB CA CB =+=+=++=+，所以CP CA CP CB ⋅+⋅=22218443333CA CB +=+=. 解法二：以C 为原点，CA 、CB 分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，则A （2，0），B （0，2），P （43，23），有()2,0CA =，()0,2CB =，42,33CP ⎛⎫= ⎪⎝⎭.所以CP CA CP CB ⋅+⋅= 84433+=. 故答案为411．（2019·全国·高三竞赛）设ABC ∆的面积为1，边AB 、AC 的中点分别为E 、F ，P 为线段EF 上的动点，则2f PB PC BC =⋅+的最小值为__________．【解析】【详解】作PD BC ⊥于点D.设BC a =.如下左图，当点D 位于线段BC 或CB 的延长线上时，()()f PD DB PD DC =+⋅++2BC 22PD DB DC a =+⋅+ 22124a a h a ah ≥+>=>如下右图，当点D 位于边BC 上时， ()()f PD DB PD DC =+⋅++ 2BC 22PD DB DC a =+⋅+ 2214a h DB DC a ≥-+2222231444a a a a h a h a +≥-+=≥=当D 为线段BC 的中点以及a =时，上式等号成立.综上，min f =12．（2019·全国·高三竞赛）设P 是ABC 所在平面上一点,满足2PA PB PC AB ++=.若ABC S ∆1=,则PAB S ∆=______. 【答案】13【解析】【详解】设O 为原点.则()()()OA OP OB OP OC OP PA PB PC -+-+-=++ ()22AB OB OA ==-,即()3OA OP OB OC -=-. 故3PA CB =.得PA BC ,且3BC PA =. 所以,PABS=11=33ABC S ∆. 故答案为1313．（2019·全国·高三竞赛）在①ABC 中，已知2,3,4AB AC BC ===，设0为①ABC 的内心，且AO AB BC λμ=+.则λ+μ=________．【答案】79【解析】【详解】设AO 与BC 交于点D. 由角平分线定理知23BD AB DC AC ==. 于是，3255AD AB AC =+. 又54AO AB AC AB AC OD BD CD BD CD ===+=，则 512939AO AD AB AC ==+ ()1239AB AB BC =++ 5299AB BC =+. 因此，79λμ+=. 故答案为7914．（2021·全国·高三竞赛）已知向量(cos ,sin ),(2,7)a b αα==，则|2|a b +的最大值是___________．【答案】5 【解析】【详解】|2|2||||235a b a b +≤+≤+=，当tan α=故答案为：5.15．（2019·全国·高三竞赛）在正四面体ABCD 中，设14AE AB =，14CF CD =，记DE 和BF 所成的角为θ．则cos θ=______．【答案】413- 【解析】【详解】设正四面体棱长为4．则()()224cos43BF DE BC CF DA AE CF DA BC AE π⋅=+⋅+=⋅+⋅=⨯=-．而222cos3BF DE BC CF BC CF π==+-=4cos 13BF DE BF DEθ⋅==-⋅．16．（2019·全国·高三竞赛）如图，已知G 是ABO 的重心，若PQ 过点G ,且,,,OA a OB b OP ma OQ nb ====，则11m n+=_____.【答案】3 【解析】【详解】由1()2OM a b =+，可知21()33OG OM a b ==+.由P 、G 、Q 三点共线有PG GQ λ=.而111()()333PG OG OP a b ma m a b =-=+-=-+,111()(),333GQ OQ OG nb a b a n b =-=-+=-+-故11113333m n λ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-+=-+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦.因为、a b 不共线，所以，11331133m n λλ⎧-=-⎪⎪⎨⎛⎫⎪=- ⎪⎪⎝⎭⎩. 解得3mn m n =+.故113m n+=. 故答案为317．（2021·全国·高三竞赛）ABC 中，A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，O 是ABC 的外心，点P 满足OP OA OB OC =++，若3B π=，且4BP BC ⋅=，则ABC 的面积为_________．【答案】【解析】【分析】【详解】由OP OA OB OC=++，得OP OA OB OC -=+，即AP OB OC =+．注意到()OB OC BC +⊥，所以AP BC ⊥．同理，BP AC ⊥，所以P 是ABC 的垂心， ()BP BC BA AP BC BA BC ⋅=+⋅=⋅，所以cos 4ac B =，8ac =，所以1sin 2ABC S ac B ==△故答案为：18．（2021·全国·高三竞赛）已知平面单位向量a b c x 、、、，且0a b c ++=，记||||||y x a x b x c =-+-+-，则y 的最大值为________．【答案】4 【解析】【分析】【详解】单位向量a b c 、、满足0a b c ++=，则有2,,,3a b b c c a π===，不妨设四个向量如图所示，分别为OA OB OC OX 、、、，X 在单位圆O 的AB 上．设||,||AX m BX n ==，则有223m n mn ++=，故有22()()334m n m n mn ++=+≤+，即有2m n +≤，故||||||||224y x a x b x c m n x c =-+-+-=++-≤+=．故答案为：4.19．（2021·全国·高三竞赛）已知点A 满足1||2OA =，B 、C 是单位圆O 上的任意两点，则AC BC ⋅的取值范围是__________．【答案】1,38⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】【详解】(221()()()2AC BC OC OA OC OB OC OA OB OC ⋅=-⋅-=++--)222211()28OA OB OCOA CB --=+-. 又150||||||222OA CB OA CB ≤+≤+≤+=，取等可以保证，故所求范围为1,38⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．故答案为：1,38⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.20．（2020·浙江·高三竞赛）已知a ，b 为非零向量，且1a a b =+=，则2a b b ++的最大值为__________.【答案】【解析】【详解】解法一设()1,0a =，()cos 1,sin b θθ=-，则(cos 2cos sin222a b b θθθ⎛⎫==+≤ ⎝++⎪⎭解法二设m an a b =⎧⎨=+⎩，则2a b n m a n m ⎧+=+⎨=-⎩，且1n m ==，所以()()222222422a b b n m n m n m n mn m++=++-≤++-=+=故答案为：21．（2021·全国·高三竞赛）已知两个非零向量,m n 满足2,22m m n =+=，则2m n n ++的最大值是_____．【解析】【分析】【详解】设()()2,0,22cos ,2sin m m n x x =+=，则()cos 1,sin n x x =-．则：|2|||(cos m n n x ++==≤=.当且仅当102cos 3(22cos )3x x +=-，即1cos 3x =.. 22．（2021·全国·高三竞赛）设P 是ABC 所在平面内一点，满足3PA PB PC AB ++=，若PAC △的面积为1，则PAB △的面积为__________. 【答案】12 【解析】【分析】【详解】因为3PA PB PC AB ++=，所以33PA AB AC AB ++=，即1322()2PA AB AC AB AC =-=-，记AC 的中点为M ，于是23PA MB =，因此1122PAB PAM PAC S S S ===.故答案为：12.23．（2021·全国·高三竞赛）已知、、A B C 为ABC 三内角，向量cos,3sin ,||222A B A B αα-+⎛⎫== ⎪⎝⎭.如果当C 最大时，存在动点M ，使得|||||MA AB MB 、、∣成等差数列，则||||MC AB 最大值为________.【解析】【分析】【详解】2213||2cos 3sin 2cos()cos()22222A B A B A B A B α-+=⇔+=+--+=1cos()3cos()2sin sin cos cos tan tan 2A B A B A B A B A B ⇔-=+⇔=⇔=，tan tan tan tan()2(tan tan )tan tan 1A BC A B A B A B +=-+==-+≤-=--等号成立仅当tan tan A B ==. 令||2AB c =，因||||4MA MB c +=，所以M 是椭圆2222143x y c c +=上的动点.故点C ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，设(,)M x y ，则：22222224||432c MC x y c y y ⎛⎫=+=-++ ⎪ ⎪⎝⎭221932c y =-+，||y ≤.当y =时，22max max ||,||MC MC =.即max||||MC AB =24．（2021·全国·高三竞赛）如图，在ABC 中，32,5,cos ,5CAB AB AC D ===∠是边BC 上一点，且2BD DC =．若点P 满足BP 与AD 共线，PA PC ⊥，则||||BP AD 的值为_________．【答案】34或316【解析】【分析】【详解】因为2BD DC =，所以2()AD AB AC AD -=-，即1233AD AB AC =+．因为BP 与AD 共线，所以存在实数λ，使得BP AD λ=．因为1233AD AB AC =+，所以233BP AB AC λλ=+，从而2213333PA PB BA AB AC AB AB AC λλλλ⎛⎫=+=---=-+- ⎪⎝⎭21133PC PA AC AB AC λλ⎛⎫⎛⎫=+=-++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以222422111133333PA PC AB AB AC AC λλλλλ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅=+++-⋅-- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭．因为32,5,cos 5AB AC CAB ==∠=，所以2234,25,2565AB AC AB AC ==⋅=⨯⨯=，所以24221411612533333PA PC λλλλλ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅=+⨯++-⨯--⨯ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭2128829λλ=--．因为PA PC ⊥，所以0PC PA ⋅=，即21288209λλ--=，解得34λ=或316λ=-．因此||3||4||BP AD λ==或316．故答案为：34或316.25．（2021·全国·高三竞赛）若平面向量a b a b +、、的模均在区间[]2,4内，则a b ⋅的取值范围是_________．【答案】[]14,4- 【解析】【分析】【详解】222222()||||2441422a b a b a b +----⋅=≥=-．等号成立当且仅当||||4,||2a b a b ==+=时成立．取边长为4、4、2的等腰OAB ，其中2AB =．令,OA a BO b ==即可．又222()()4444a b a b a b +--⋅=≤=．取(2,0)a b ==，等号成立．故答案为：[]14,4-.26．（2019·广西·高三竞赛）已知点P (－2，5)在圆22:220C x y x y F +--+=上，直线l ：3480x y ++=与圆C 相交于A 、B 两点，则AB BC →→⋅=____________ . 【答案】32- 【解析】【详解】由已知求得圆C ：(x －1)2+(y －1)2=52到直线l 的距离为3，从而4||5,||8,cos 5BC AB ABC ==∠=. 所以||||cos()32AB BC AB BC ABC π⋅=-∠=-. 故答案为：32-．27．（2019·甘肃·高三竞赛）△ABC 的三边分别为a 、b 、c ，点O 为△ABC 的外心，已知2220b b c -+=，那么BC AO ⋅的取值范围是____________ .【答案】1,24⎛⎫- ⎪⎝⎭【解析】【详解】延长AO 交①ABC 的外接圆于D ，得到BC AO AO AC AO AB ⋅=⋅-⋅1122AD AC AD AB =⋅-⋅ ()2212b c =-21124b ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭. 因为2220c b b =-+>，所以b ①(0，2)，故1,24BC AO ⎛⎫⋅∈- ⎪⎝⎭.故答案为：1,24⎛⎫- ⎪⎝⎭．28．（2019·四川·高三竞赛）设正六边形ABCDEF 的边长为1，则()()AB DC AD BE +⋅+=______ .【答案】－3 【解析】【详解】如图所示，建立平面直角坐标系设C (1，0)，则11,22B A ⎛⎛- ⎝⎭⎝⎭，11,,,22D E ⎛⎛- ⎝⎭⎝⎭.于是1(1,0)2AB DC ⎛+=+ ⎝⎭32⎛= ⎝⎭，(1,(1,(0,AD BE +=+-=-，于是3()()(0,32AB DC AD BE ⎛+⋅+=⋅-=- ⎝⎭.故答案为：3-．29．（2019·重庆·高三竞赛）已知向量,,a b c 满足()||:||:||1::3a b c k k +=∈Z ，且b a -=2()c b -，若α为,a c 的夹角，则cos α=_______ .【答案】112- 【解析】【详解】因为2()b a c b -=-，所以1233b ac =+，所以222144999b a c a c =++⋅.因为||||:||1::3a b c k ==，所以2144cos (2,6)93k α=++∈. 又因为k ①Z +，所以k =2，所以1cos 12α=-. 故答案为：112-． 30．（2018·山东·高三竞赛）在ABC 中，60BAC ∠=︒，BAC ∠的平分线AD 交BC 于D ，且有14AD AC t AB =+．若8AB =，则AD=______．【答案】【解析】【详解】过点D 作DE AB 交AC 于点E ，DF AC 交AB 于点F ，由题设14AD AC t AB AE AF =+=+，所以14AE AC =，13AE EC =，AF t AB =．因此13AE BD BF AB EC CD FA AC ====，所以24AC =，334FA BF AB ==，因此34t =．所以22131313444444AD AC AB AC AB AC AB ⎛⎫⎛⎫=+=+⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22196108161616AC AB AC AB =++⋅=．由此得AD =31．（2018·河北·高三竞赛）设点O 为三角形ABC 内一点，且满足关系式： 23=AOBBOC COAABCSS SS++_____.【答案】116【解析】【详解】将OA 2OB 3OC 32CA AB BC ++=++化为3OA OB 2OC 0++=，()()OA OB 2OA OC 0+++=.设M 、N 分别是AB 、AC 的中点，则OM 2ON =-. 设①ABC 的面积为S ，由几何关系知12BOCS S =，13AOHS S =，16AOCSS =，所以23116AOBBOC COAABCSS SS++=. 32．（2018·全国·高三竞赛）在等腰①ABC 中，已知AC BC ==D 、E 、F 分别在边AB 、BC 、CA 上，且AD =DB=EF=1．若25·16DE DF ≤，则·EF BA 的取值范围是_______．【答案】423⎡⎤⎢⎥⎣⎦，【解析】【详解】以D 为原点、射线DB 和DC 分别为x 和y 轴正方向建立平面直角坐标系.则 A(-1,0)，B(1,0)，C(0,2).设点()()1122,,,E x y F x y ，其中，112222,22y x y x =-+=+. 设线段EF 的中点为()00,M x y .则()121201212024,22.2y y x x x y y x x y ⎧-=-+=-⎪⎨+-==-⎪⎩由EF=1，得()()2200421x y -+-=. ①故()()2200041201 3.x y y -=--≥⇒≤≤ ②又()()222221125·4416DE DF DE DF DE DF DM EF DM ⎡⎤=+-+=-=-≤⎢⎥⎣⎦222002929.1616DM x y ⇒≤⇒+≤ ③ 将式①代入式①，消去0x ，整理得220002984154321653y y y --≤⇒-≤≤. ④ 综合式①、①得041.3y ≤≤于是，12312x x ≤-≤. 故()()()2121124·,?1,02,23EF BA x x y y x x ⎡⎤=---=-∈⎢⎥⎣⎦. 33．（2018·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系中，已知O 为原点，点()1,0A -，(B ，动点C在圆()2234x y -+=上运动，则OA OB OC ++的最大值为_________． 2 【解析】【详解】令()[)()32cos ,2sin 0,2C θθθπ+∈，则(2OA OB OC++=2≤.当且仅当点)2与()2cos ,2sin θθ的连线过原点O 时，上式等号成立.这显然是可以取得的.34．（2019·全国·高三竞赛）如图，在ABC 中，已知O 为BC 的中点，点M 、N 分别在边AB 、AC 上，且6AM =，4MB =，4AN =，3NC =，90MON ∠=︒．则cos A =______．【答案】38【解析】【详解】令AB a =，AC b =．则10a =，7b =．因为O 为BC 的中点，所以，1122AO a b =+．由题意知35AM a =，47AN b =．故31111522102OM AM AO a a b a b ⎛⎫=-=-+=- ⎪⎝⎭，41111722214ON AN AO b a b a b ⎛⎫=-=-+=-+ ⎪⎝⎭．由90MON ∠=︒，知11110102214OM ON a b a b ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭221910203528a ab b ⇒-+⋅-=191100107cos 490203528A ⇒-⨯+⨯⨯-⨯= 3cos 8A ⇒=．故答案为3835．（2018·全国·高三竞赛）已知D 为ABC 边AB 上的一点, P 为ABC 内一点,且满足3D 4AAB =,25AP AD BC =+.则APD ABCS S =△△ ______. 【答案】310【解析】【详解】注意到,1sin 23232154510sin 2APD ABCAD DP ADPS DP BC DP BC ADP B SAB BC B ∠=⇒⇒∠=∠⇒==⨯=36．（2018·全国·高三竞赛）已知O 是ABC 的外心.若AB AC =,30CAB ∠=︒,且12CO CA CB λλ=+,则12λλ=______.【答案】12 【解析】【详解】不妨设2AB =.以A 为原点、AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系.则()())0,0,2,0,A B C.设外心为()O 1,y .由C OA O =，得())()222111y y +=+-.解得2y =则(()()12121121CO CA CB λλλλ==+=-+-. 解得13,λ= 22λ=故1212λλ=.37．（2018·全国·高三竞赛）在①ABC 中，已知∠A=120︒，记向量,cos cos BA BC BA ABC Cα=+.cos cos CA CB CA ACB Bβ=+则α与β的夹角等于________.【答案】60︒ 【解析】【详解】注意到1221IG F F IG PF IG PF ⋅=⋅-⋅，即,CA BA αβ⊥⊥. 从而，α与β的夹角与①A 相等或互补. 又11.cos ?cos cos cos cos cos ?cos BA CB BC CB B C ABA CB A BBC CB B Cαβ⋅⋅⋅=+=--⋅⋅⋅显然，cos cos cos 0.B C A ⋅>->则0.αβ⋅>因此，α与β的夹角等于60.︒38．（2018·全国·高三竞赛）如图，设G H 、分别为ABC ∆的重心、垂心，F 为线段GH 的中点，ABC ∆外接圆的半径1R =．则222AF BF CF ++ =_______．【答案】3 【解析】【详解】以ABC ∆的外心O 为原点建立平面直角坐标系. 于是， O H OA OB OC =++，()13OG OA OB OC =++. 则()()1223OF OG OH OA OB OC =+=++. 故222AF BF CF ++()()()()()()OA OF OA OF OB OF OB OF OC OF OC OF =-⋅-+-⋅-+-⋅-()22223OA OB OC OA OB OC OF OF OF =++-++⋅+⋅ 2223OA OB OC =++=39．（2019·全国·高三竞赛）如图，M ，N 分别是正六边形ABCDEF 的对角线AC 、CE 的内分点，且AM CNAC CEλ==，若B 、M 、N 三点共线，则λ=______.【解析】【详解】延长EA 、CB 交于点P ，设正六边形边长为1，易知2PB =，A 为EP 的中点，EA AP ==，由AM AC λ=，可得(1)CM CA λ=-，又3CP CB =，CA 是PCE ∆边PE 上的中线，CN CE λ=，则有1()2CA CE CP =+，即113122λλ=+-，整理得CM ()31122λλλ--=+，因为当B 、M 、N 三点共线时，存在实数t 使得(1)CM t CN tCB =-+，故()311122λλλ--+=，解得λ=40．（2019·全国·高三竞赛）设实常数k 使得方程222250x y xy x y k +-+++=在平面直角坐标系xOy 中表示两条相交的直线,交点为P.若点A 、B 分别在这两条直线上,且||1PA PB ==,则PA PB ⋅=_____.【答案】45±【解析】【详解】由题设知，关于x y 、的二次多项式222250x y xy x y k +-+++=可以分解为两个一次因式的乘积.因()()2222522x y xy x y x y +-=-+-+，所以，()()2222522x y xy x y k x y a x y b +-+++=-++-++，其中，a b 、为待定的常数. 将上式展开后比较对应项的系数得 ,21,21ab k a b b a =--=+= .解得1,1,1a b k ==-=-.再由210,210,x y x y -++=⎧⎨-+-=⎩得两直线斜率为121,22k k ==，交点()1,1P .设两直线的夹角为θ（θ为锐角）.则 212134tan ,cos 145k k k k θθ-===+.故PA PB ⋅cos PA PB θ=⋅或()4cos 180cos 5PA PB PA PB θθ⋅︒-=±⋅=±.故答案为45±41．（2018·全国·高三竞赛）在Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，AB c =.沿向量AB 的方向，点121,,,n M M M -将线段AB 分成了n 等份.设0A M =，n B M =.则()11211limn n CA CM CM CM CM CB n -→+∞⋅+⋅++⋅=______.【答案】23c【解析】【详解】设CB a =，CA b =.则222a b c +=.故i n i iCM CA CB n n-=+. 由0CA CB ⋅=，得111lim ni i n i CM CM n -→∞=⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭∑ ()()()22221111lim n n i i i n i n i a b n n n →∞=⎡⎤---+=+⎢⎥⎣⎦∑ ()()222111lim n n i i i b a n n →∞=-=-∑ ()222223211lim lim 33n n n i c n c i i c n n →∞→∞=-=-==∑. 42．（2019·全国·高三竞赛）设点O 在ABC 的外部，且230OA OB OC --=.则:ABCOBCSS=______.【答案】4 【解析】【详解】如图，设D ，E 分别是边AB 、BC 的中点，联结CD .则2OA OB OD += ①2OB OC OE += ①3-⨯①②得2326OA OB OC OD OE →=--=-.则3OD OE =.因此，OD 与OE共线，且3OD OE =.于是，2DE OE =. 故221BCD OBCS S==，24ABC BCDOBCOBCS S SS ==. 43．（2018·全国·高三竞赛）已知向量a 、b 满足·2a b a b ===，且()()·0a c b c --=.则2b c -的最小值为______. 1 【解析】【详解】注意到，·1cos ,,=23a b a b a b ab π==⇒. 由此可设()(2,0,b a == . 设(),c m n = .由()()()()())223·0120012a c b c m m n n m n ⎛⎛⎫--=⇒--+-=⇒-+-= ⎪⎝⎭⎝⎭. 设3cos ,sin 2m n αα=+=. 又()24,b c m n-=--，则2b c -==1.因此，min 21b c -.44．（2018·江苏·高三竞赛）在ABC ∆中，5AB =，4AC =，且12AB AC ⋅=，设P 为平面ABC 上的一点，则()PA PB PC ⋅+的最小值是________. 【答案】658- 【解析】【详解】由5AB =，4AC =，且12AB AC ⋅=得3cos 5A =.如图，以A 为坐标原点，AC 为x 轴建立直角坐标系，则()4,0C ，()3,4B ，设(),P x y ，则()()()22,72,422724PA PB PC x y x y x x y y ⋅+=--⋅--=-+-()2276522148x y ⎛⎫=-+-- ⎪⎝⎭.即()PA PB PC ⋅+的最小值是658-. 故答案为658-45．（2018·贵州·高三竞赛）已知O 为△ABC 所在平面上一定点，动点P 满足AB AC OP OA AB AC λ⎛⎫⎪=++ ⎪⎝⎭，其[]0λ∈+∞，，则P 点的轨迹为________．【答案】①BAC 的角平分线【解析】【详解】AB AC AB AC OP OA AB AC AB AC λλ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪=++⇒=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 而AB AC AB AC ⎛⎫⎪+ ⎪⎝⎭，且[]0λ∈+∞，，所以AB AC AB AC λ⎛⎫⎪+ ⎪⎝⎭表示①BAC 的角平分线上的一个向量．因此，P 点的轨迹为①BAC 的角平分线．故答案为①BAC 的角平分线46．（2021·全国·高三竞赛）已知平面向量a ､b ､c ，满足||2,||||5,01a b c λ===<<，若0b c ⋅=，那么2|()|(1)()5a b bc c b c λλ-+-++--的最小值为___________. 2##2-【解析】【分析】设(,),(5,0),(0,5)a x y b c ===，则2|()|(1)()5a b b c c b c λλ-+-++--即为点(55,5)P λλ-到点(,)A x y （圆224x y +=上的动点）的距离与到点(0,3)D 的距离，利用对称可求其最小值. 【详解】解析：建立直角坐标系.设(,),(5,0),(0,5)a x y b c ===，则2|()|(1)()5a b b c c b c λλ-+-++--问题转化为点(55,5)P λλ-到点(,)A x y 的距离与到点(0,3)D 的距离之和最小，其中点(55,5)P λλ-在直线5(05)x y x +=<<上运动，点(,)A x y 在圆224x y +=上运动，所以||||||||||||2PD PA PD PO r PD PO +≥+-=+-. 点O 关于直线5x y +=对称的点为(5,5)G ，所以|||||PD PO DG +≥=∣，所以||||2PD PA +≥2.2. 【点睛】思路点睛：向量的模的最值问题，可建立平面直角坐标系，将问题转化为动点到几何对象的距离和最值的问题.47．（2019·贵州·高三竞赛）在①ABC 中，0,0GA GB GC GA GB ++=⋅=.则(tan tan )tan tan tan A B CA B+⋅=____________ .【答案】12 【解析】【详解】设△ABC 中角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c .由0,0GA GB GC GA GB ++=⋅=，知G 为△ABC 的重心. 又GA ①GB ，所以22222222211221122GA GB c GA GB a GB GA b ⎧⎪+=⎪⎪⎪⎛⎫⎛⎫+=⎨ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎪⎛⎫⎛⎫⎪+= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎩.得到2225a b c +=.故：(tan tan )tan (sin cos cos sin )sin tan tan sin sin cos A B C A B A B C A B A B C++=⋅2sin sin sin cos C A B C =()22222abc ab a b c =+-2222212c a b c==+-. 故答案为：12．48．（2021·全国·高三竞赛）已知三个非零向量a 、b 、c ，满足||a b c a b b c c a t λ++=⋅+⋅+⋅=（其中λ为给定的正常数）．则实数t 的最小值为___________．【答案】23λ 【解析】【分析】应用()()222211||||cos ,||||||||22a b a b a b a b a b a b ⋅=⋅<>≤⋅≤+=+及求和的轮换关系得到2222cyccyc||23t a b c a a b t λ=++=+⋅≥∑∑，再分类讨论即可得解.【详解】()()222211||||cos ,||||||||22a b a b a b a b a b a b ⋅=⋅<>≤⋅≤+=+，所以2cyccyca b a ⋅≤∑∑．故2222cyc cyc||23t a b c a a b t λ=++=+⋅≥∑∑．假设0=t ，则0,()0a b c a b a b c ++=⋅++⋅=．故2222()2a b c a b a b c a b a b +=-⋅=-+⋅-⋅=-⋅，所以22||||||||||2||||a b a b a b a b ⋅≥⋅=+≥⋅，这与a 、b 为非零向量矛盾．从而0t >．又223t t λ≥，所以23t λ≥，当,,a b c 两两同向且模均为λ时等号成立．故2min 3t λ=．故答案为：23λ 三、解答题49．（2020·浙江温州·高一竞赛）若平面上的点111222333()(),,,,,(),2)1(,A x y A x y A x y C -满足1235CA CA CA === （1）求12CA CA -的最大值；（2）设向量(,)m a b =,(,)n c d =,定义运算m n ac bd ⊗=-．若21230A A A A ⋅=,求122331OA OA OA OA OA OA ⊗+⊗+⊗的取值范围．(其中О为坐标原点)【答案】（1）（2）[]24,6-．【解析】【详解】（1）因为121225CA CA CA CA -≤+=等号当且仅当向量1CA 与2CA 反向共线时成立,所以12CA CA -的最大值为（2）由于1235CA CA CA ===所以点123,,A A A 在以C 为圆心又因为21230A A A A ⋅=,所以13A A 为圆的直径,则点C 为A 1A 3的中点．所以122331OA OA OA OA OA OA ⊗+⊗+⊗121223233131x x y y x x y y x x y y =-+-+-① 因为点C 为13A A 的中点,所以132x x +=,134y y +=-,代入式①可得原式=2213132211112424(2)(4)x y x x y y x y x x y y ++-=++---- 222211112424x y x x y y =+-+++①因为125CA CA ==,所以()()()()22112222125125x y x y ⎧-++=⎪⎨-++=⎪⎩, 可得221111244x x y y -+=+≥-,再代入式①可化简为：22211242(2)x y x x ++-+,且21182(2)2x x -≤-+≤．设21xα=,22y α=-,则22246x y αα+=-++4[]16,∈-．故122331OA OA OA OA OA OA ⊗+⊗+⊗22211242(2)x y x x =++-+6[]24,∈-．50．（2021·全国·高三竞赛）已知点(2cos ,sin ),(2cos ,sin ),(2cos ,sin )A B C ααββγγ，其中,,[0,2)αβγπ∈，且坐标原点O 恰好为ABC 的重心，判断ABCS 是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】三角形ABC 【解析】【分析】【详解】先证明一个引理：若()()1122,,,,(0,0)A x y B x y C ，则122112ABCS x y x y =-．因为()()1122,,,CA x y CB x y ==，所以21cos CA CB C CA CBx⋅==⨯所以sin C ==所以：1sin 2ABCSCACB C =⋅⋅ 12211122x y x y ==-回到原题，连结OA 、OB 、OC ，则： ABCOABOBCOACSSSS=++112cos sin 2sin cos 2cos sin 2sin cos 22αβαββγβγ=-+- 12cos sin 2sin cos 2αγαγ+- sin()sin()sin()αββγαγ=-+-+-．由三角形的重心为原点得sin sin sin 0,2cos 2cos 2cos 0.αβγαβγ++=⎧⎨++=⎩即sin sin sin ,cos cos cos .αβγαβγ+=-⎧⎨+=-⎩所以两式平方相加可得1cos()2αβ-=-，所以sin()αβ-=，同理sin()sin()βγαγ-=-=所以sin()sin()sin()3ABCSαββγαγ=-+-+-==故三角形ABC。

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【高中数学竞赛真题·强基计划真题考前适应性训练】专题07解析几何真题专项训练（全国竞赛＋强基计划专用〉一、单选题1. (2020·北京高三强基计划〉从圆～切J羔间的线段称为切J羔弦，贝0椭困C内不与任何切点弦相交的区域丽积为（〉－zA B.!!.3c.主4 D.前三个答案都2不对2. (2022·北京·高三校考强基计划〉内接于椭圆王→L=1的菱形周长的最大值和最小4 9值之利是（〉A. 4..{JjB.14.J]3c孚♂D上述三个选项都不对3. (2020湖北武汉·高三统考强基计划〉己知直线11:y=-..!.x，乌：y=..!.x ，动点户在椭2圆ι4= l(a > b > 0）上，作PM Ill，交12于点M，作PN I I以忏点N若。

－－IPMl2 +IPN l2为定值，则（〉A.ab=2B.ab=3C.a=2bD.a=3b4. (2020北京·高三强基计划〉设直线y=3x+m与椭圆三＋丘＝I交于A,B两点，0为25 16坐标原点，贝I],.OAB面积的最大值为（〉A.88.JO c.12 D.前三个答案都不对s. (2022·贵州·高二统考竞赛〉如圈，c,,c2是离心率都为e的椭圆，点A,B是分别是C2的右顶点和上顶点，过A,B两点分别作c,�］切线，，' 12 .若直线l，，儿的斜率分别芳、J k, , k2，则lk儿｜的值为（〉A .e 2 B.e 2 -1C.I-e2D.-i e 6. (2020湖北武汉·高三统考强基计划〉过椭圆！....＋L =I 的中心作两条互相垂直的弦4 9A C 和B D ，顺次连接A ,B,C,D 得－四边形，则该四边形的丽积可能为（A. 10B. 12c. 14D. 167.(2019贵州高三校联考竞赛〉设椭圆C：牛牛！（a>b>O）的左、右焦点分别为。

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