全国高中数学联赛山东赛区预赛试题
2020年全国高中联赛山东赛区预赛试卷
∴ D 0,1 是一系列Δ ABC 的外接圆所经过的定点．
9．设 OABC 是边长为 1 的正四面体，E、F 分别为 AB 与 OC 的中点，
则异面直线
OE
与
BF
的距离是
．
__________________________________________________________________
2．已知 a 0 ，函数 f x ax2 bx c, g x ax b 满足：
当 x 1时， f
x
1，且 g x 有最大值 2，则 f
x
．
__________________________________________________________________
【解析】将盒子任意翻动时，小球达不到的空间有两类： 一是正方体 8 个角处的空间，二是正方体 12 条棱处的空间．
其中 8 个角处的空间可以合并为棱长为 2 的正方体挖掉半径为 1 的小球，其体积为 8 4 ； 3
12 条棱处的空间合并为 3 个空心正四棱柱(底边长 2 高 4 的正四棱柱挖去一底半径 1 高 4 的圆柱)，
又a
b ,c q
bq 代入上式得： bx
xd
bq①,
b q
b②,bqxd
b③， q
②×③再代入①得： b2 b2xq2d bq 2 q2d =b2q2d 2 ，∴ q2d3 1，
q
又 q 1，∴ 2d 3 0 ，∴ d 3 ． 2
法二：记 lg a x, lg c y ，则 lg b x y ，且 x y ， 2
∴ da cos A ，同理可得： db cos B , dc cos C ，
db cos B
2004年全国高中数学联赛山东赛区预赛
2004年全国高中数学联赛山东赛区预赛 一、选择题(每小题6分,共60分)1.已知f ( z -i )= z +2z -2i -1.则f (i 3)=( ).(A )2i -1 (B )-2i -1(C )i -1 (D )-i -12.若a ≠0,b >0,分别在同一坐标系内给出函数y =ax +b 和函数y =b ax 的图像(如图1),不可能的是( ).图1(A )①② (B )③④ (C )①③ (D )②④3.向量集合M ={a |a =(-1,1)+x (1,2),x ∈R },N ={a |a =(1,-2)+x (2,3),x ∈R }.则M ∩N =( ).(A ){(1,-2)} (B ){(-13,-23)}(C ){(-1,1)}(D ){(-23,-13)}4.如果直线l 沿x 轴负方向平移5个单位,再沿y 轴正方向平移1个单位后,又回到原来的位置,那么,直线l 的斜率是( ).(A )-15 (B )-5 (C )15 (D )55.若a 、b 满足0<a <b <1,则下列不等式中,正确的是( ).(A )a a <b b 3”(B )b a <b b (C )a a <b a 3”(D )b b <a a6.设双曲线的右准线与两渐近线交于A 、B 两点,以AB 为直径的圆过右焦点F.则双曲线的离心率为( ).(A )2 (B )22 (C )3 (D )237.已知函数f (x )的定义域为(a ,b ),且b -a >2.则F (x )=f (3x -1)-f (3x +1)的定义域为( ).(A )a -13,b +13 (B )a +13,b -13(C )a -13,b -13(D )a +13,b +138.已知函数f (x )=e x+1e x -1.若g (x )=f -1(-x ),则g (x )在区间( ).(A )(-1,+∞)上是增函数(B )(-1,+∞)上是减函数(C )(-∞,-1)上是增函数(D )(-∞,-1)上是减函数9.已知关于x 的方程sin 2x -(2a +1)cos x -a 2=0有实数解.则实数a 的取值集合是( ).(A )-54,1-2 (B )-54,1+2(C )[1-2,1+2](D )-32,1-2图210.如图2,在三棱锥P -ABC 中,P A ⊥底面ABC ,∠ACB =90°,A E ⊥P B 于E ,A F ⊥PC 于F.若P A =AB =2,∠B PC =θ,则当△A EF 的面积最大时,tan θ的值为( ).(A )2 (B )12 (C )2 (D )22二、填空题(每小题6分,共24分)11.某人有10万元,准备用于投资房地62中等数学产或购买股票.如果根据盈利表(表1)进行决策,那么,合理的投资方案应该是.表 1盈利概率购买股票盈利投资房地产盈利巨大成功01310万元8万元中等成功0153万元4万元失 败012-5万元-4万元 12.已知sinα-cosα=12.则sin3α-cos3α的值是.13.将红、黄、蓝、白、黑5个小球分别放入红、黄、蓝、白、黑5个盒子里,每个盒子里放且只放1个小球.则红球不在红盒内且黄球不在黄盒内的概率是.14.设A1、A2是椭圆x 2a2+y2b2=1(a>b>0)长轴上的两个顶点,P1P2是垂直于长轴的弦,直线A1P1与A2P2的交点为P.则点P的轨迹的方程是.三、解答题(共66分)15.(12分)已知b>a>0,且a+b=1.给出下面的四个式子b,a+b2,2ab,a4-b4a-b由大到小的排列,并给出相应的证明.16.(12分)在平面四边形ABCD中,AB=a,BC=b,CD=c,DA=d,且 a・b=b・c=m,c・d=d・a=n.(1)当m=n时,四边形ABCD是什么四边形?证明你的结论.(2)当m≠n时,四边形ABCD是什么四边形?证明你的结论.17.(12分)在数列{a n}中,a1=1,其前n 项和S n满足关系式3tS n-(2t+3)S n-1=3t(t>0,n=2,3,…).(1)求证:数列{a n}是等比数列;(2)设数列{a n}的公比为f(t),作数列{b n},使b1=1,b n=f1b n-1(n=2,3,…),求b n;(3)求b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+ b2n-1b2n-b2n b2n+1的值.图318.(15分)如图3,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M、N、P分别是棱CC1、CB、CD的中点.(1)求证:A1P⊥平面DMN;(2)求四面体A1DMN的体积.19.(15分)如图4,圆盘上有一指针,开始时指向圆盘的正上方.指针每次顺时针方图4向绕圆盘中心转动一角α,且316°<α<180°,经2004次旋转,第一次回到了其初始位置,即又指向了圆盘的正上方.试问:α有多少个可能的不同值?参考答案一、1.B.令 z-i=i3=-i,所以, z=0,z=0.故f(i3)=-2i-1.2.D.观察图像①,可得出a>0,b>1,函数y=ax+ b和y=b ax的图像均满足要求,排除(A)、(C).观察图像②,由y=ax+b得出a>0,0<b<1;由y=b ax得出a>0,b>1或a<0,0<b<1,矛盾,排除(B).3.B.若a=(a1,a2)∈M∩N,则有a1=-1+x1=1+2x2,a2=1+2x1=-2+3x2.整理,得x1-2x2=2,2x1-3x2=-3.解得x1=-12,x2=-7.于是,有M∩N={(-1-12,1-24)}={(-13,-23)}.4.A.722005年第2期依题意,直线l沿向量a=(-5,1)平移后,回到原位.设直线l的方程为y=ax+ b.平移后方程仍有y′=ax′+b的形式,这里y′=y+1, x′=x-5]y=y′-1,x=x′+5.故平移后,直线l的方程为y′-1=a(x′+5)+b,即 y′=ax′+b+5a+1.所以,5a+1=0,a=-15.5.C.根据幂函数及指数函数的单调性,按题意应有b a>a a,b a>b b.而a a、b b大小关系不确定.6.A.设双曲线方程为x 2a2-y2b2=1.则右准线方程为x=a2c,渐近线方程为y=±bax.由此可得,点A、B的坐标分别为a2c,abc、a2c,-abc.从而知|AB|=2abc.设右准线与x轴的交点为K.则有|KF|=c-a2c=b2c.又|KF|=12|AB|,所以,b2c=abc.故a=b,即知e=2.7.B.由题意得a<3x-1<b,a<3x+1<b.a+13<x<b+13,a-13<x<b-13.因为b-a>2,则b-13-a+13=(b-a)-23>0,即 a+13<b-13.所以,不等式组的解为a+13<x<b-13.因此,F(x)的定义域为a+13,b-1 3.8.C.设y=e x+1e x-1.解得x=lny+1y-1.所以,f-1(x)=ln x+1x-1.故g(x)=f-1(-x)=ln-x+1-x-1=ln x-11+x.由x-11+x>0,得x<-1或x>1.所以,g(x)的定义域为(-∞,-1)∪(1,+∞).选项(A)、(B)均不正确.由g(x)=ln x-1x+1=ln1-2x+1在(-∞,-1)上,2x+1随x的增大而减小,则1-2x+1随x的增大而增大.因为ln x是增函数,所以,g(x)随x的增大而增大,即g(x)在区间(-∞,-1)上是增函数.9.B.将方程变形为cos2x+(2a+1)cos x+a2-1=0.令t=cos x,则方程变形为t2+(2a+1)t+a2-1=0.设f(t)=t2+(2a+1)t+a2-1,t∈[-1,1].由题意知实数a应满足(2a+1)2-4(a2-1)≥0,f(1)≥0,f(-1)≥0,-1≤-2a+12≤1,或 f(1)f(-1)≤0.解得-54≤a≤1+2.所以,实数a的取值集合是-54,1+2.10.D.因为P A⊥面ABC,则P A⊥BC.又BC⊥AC,故BC⊥面P AC.所以,面P BC⊥面P AC.因为AF⊥PC,则AF⊥面P BC,有AF⊥EF.又P A=AB=2,AE⊥P B,所以,AE=2.在Rt△AEF中,因为AF2+EF2=AE2=(2)2=2,所以,AF・EF≤AF2+EF22=1.因此,S△AEF=12AF・EF≤12×1=12.当且仅当AF=EF时,上式中的等号成立,即S△AEF取得最大值12.82中等数学这时,AE・EF=EF2=1]EF=1.又AF⊥面P BC,AE⊥P B,由三垂线定理的逆定理,得FE⊥P B.在Rt△PEF中,由PE=2,EF=1,知tanθ=12=22.二、11.投资房地产.购买股票盈利的期望值为013×10+015×3+012×(-5)=315(万元).投资房地产盈利的期望值为013×8+015×4+012×(-4)=316(万元).所以,合理的投资方案应该是投资房地产.12.11 16.sin3α-cos3α=(sinα-cosα)(sin2α+sinα・cosα+cos2α)=(sinα-cosα)(1+sinα・cosα).已知sinα-cosα=12,且(sinα-cosα)2=sin2α-2sinα・cosα+cos2α=14,故sinα・cosα=38.从而,有sin3α-cos3α=1116.13.0165.将5个小球分别放入5个盒子内的放法共有N=5!=120(种).红球不在红盒内且黄球不在黄盒内的放法分为两类:(1)红球在黄盒内,这时有放法n1=4!=24(种);(2)红球不在红盒内也不在黄盒内时,有放法n2=C13C13A33=54(种);红球不在红盒内且黄球不在黄盒内,共有放法n=n1+n2=24+54=78(种).所以,红球不在红盒内且黄球不在黄盒内的概率为P=nN=78120=0165.14.x 2a2-y2b2=1.设点P1的坐标为(x0,y0),则有P2(x0,-y0)、A1(-a,0)、A2(a,0).A1P1所在直线的方程为y=y0x0+a(x+a).A2P2所在直线的方程为y=-y0x0-a(x-a).两式相乘,并利用x20a2+y20b2=1,消去x0、y0有y2=-y20a2-x20(a2-x2)=-b2a2(a2-x20)a2-x20(a2-x2)=-b2a2(a2-x2).整理得x2a2-y2b2=1.三、15.四个式子由大到小的排序是b>a4-b4a-b>a+b2>2ab.因为b>a>0,且a+b=1,所以,a4-b4a-b=(a+b)(a2+b2)=a2+b2,(a+b)22=12=a+b2.由b-(a2+b2)=b-a2-b2=b(1-b)-a2=a(b-a)>0,有b>a2+b2,即b>a4-b4a-b.由a2+b2>2ab,得2(a2+b2)>(a+b)2,则a2+b2>(a+b)22,即a4-b4a-b>a+b2.由a+b>2ab,12>ab,14>ab,12>2ab,有a+b2>2ab.所以,b>a4-b4a-b>a+b2>2ab.16.(1)当m=n时,即a・b=b・c=c・d=d・a.由a+b+c+d=0,得b+d=-(a+c).因为a・b+d・a=b・c+c・d,所以,a・(b+d)=c・(b+d).则a・(a+c)=c・(a+c),a2+a・c=a・c+c2.因此,a2=c2,即|a|2=|c|2,|a|=|c|.同理可得|b|=|d|.故四边形ABCD是平行四边形.又cos(180°-∠B)=a・b|a|・|b|=b・c|b|・|c|=cos(180°-∠C),所以,∠B=∠C.又由AB∥CD得∠B+∠C=180°,所以,922005年第2期∠B=∠C=90°.因此,四边形ABCD是矩形.(2)当m≠n时,四边形ABCD是等腰梯形.由(1)得|a|=|c|,∠B=∠C.同理可得∠A=∠D.因此,∠A+∠B=∠C+∠D=180°.故AD∥BC.下面用反证法证明AD≠BC.假设AD=BC,则四边形ABCD是平行四边形.由此得a=-c,b=-d,则a・b=(-c)・(-d)=c・d.因为a・b=m,c・d=n,则m=n,这与m≠n 矛盾.所以,AD≠BC.又|a|=|c|,则AB=CD.所以,四边形ABCD是等腰梯形.17.(1)由已知3tS2-(2t+3)S1=3t,即 3t(a1+a2)-(2t+3)a1=3t.由a1=1,解得a2=2t+33t.所以,a2a1=2t+33t.当n≥2时,有3tS n+1-(2t+3)S n=3t,①3tS n-(2t+3)S n-1=3t.②①-②得3ta n+1-(2t+3)a n=0.则a n+1a n=2t+33t.综上所述,知a n+1a n=2t+33t(n≥1).因此,{a n}是等比数列. (2)由(1)知f(t)=2t+33t,则b1=1,b n=2・1b n-1+33・1b n-1=23+b n-1.所以,b n-b n-1=23(n=2,3,…).因此,{b n}是等差数列,且b1=1,d=b n-b n-1=2 3.故b n=b1+(n-1)d=23n +13.(3)b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2n b2n+1 =b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…+b2n(b2n-1-b2n+1)=-43(b2+b4+…+b2n)=-43・n(b2+b2n)2=-43・n53+4n+132=-89n2-43n.18.(1)如图3,联结AP,则Rt△ADP≌Rt△DCN.有∠DAP=∠CDN,∠DAP+∠ADN=∠CDN+∠ADN=90°.故AP⊥DN.又A1A⊥平面ABCD,AP是A1P在平面ABCD内的射影,所以,A1P⊥DN.同理,A1P⊥DM.因为DM与DN相交于点D,所以,A1P⊥平面DMN.注:也可以建立坐标系利用向量证明.图5(2)如图5,联结A1D、B1C,B1C与MN相交于点E,联结DE交A1P于点H,则AH为四面体A1DMN的面DMN上的高.因正方体的棱长为2,则B1C=22,CE=14B1C=22.在Rt△CDE中,有DE=DC2+CE2=322.因为Rt△DHP∽Rt△DCE,所以,HPCE=DPDE.从而,HP=CE・DPDE=13.又A1P=DA21+DP2=3,所以,A1H=83.在△DMN中,由DM=DN,MN=CM2+CN2=2,且E是MN的中点,有DE⊥MN.则S△DMN=12MN・DE=32.故V四面体A1DMN=13×32×83=43.19.显然有316°<α=n×360°2004<180°.①(下转第42页)故DNTB =CD CB,即DN・CB=CD・TB.因此,DN・CB=CN・AB.(2)因为N为BM的中点,则BN=MN=6.又DM∥AB,所以,∠DMB=90°.如图5,过A作AG⊥MD交MD的延长线于点G,延长DN交AB的延长线于点F,设E为AD的中点,联结EF.因为∠ADN=∠BAD,所以,EF⊥AD.因为∠ABC=∠DMB=∠AG D=90°,AB=BM =12,所以,四边形ABMG为正方形.由于∠G AD=∠AFE,所以,△AG D∽△FE A.故G DAE =ADAF,即AD2=2G D・AF.①设B F=DM=x,则AF=12+x,G D=12-x.由勾股定理,有AD2=122+(12-x)2.代入式①,得122+(12-x)2=2(12+x)(12-x).解得x=8.因此,S△DMN=12・DM・MN=12×6×8=24.三、设这个四位数为abcd.由题意,得1000a+100b+10c+d+a+b+c+d=2004,即 1001a+101b+11c+2d=2004.①显然a=1或2,否则1001a>3000.(1)当a=1时,式①两边同时减去1001,得101b+11c+2d=1003.因为11c+2d的最大值为99+18=117,故101b ≥886,所以,b=9.从而,有11c+2d=1003-909=94.由于0≤2d≤18,则有94-18≤11c≤94.故c=7或8.当c=7时,11c+2d=77+2d=94,得d=172 (舍去);当c=8时,11c+2d=88+2d=94,得d=3.此时,这个四位数为1983.(2)当a=2时,式①两边同时减去2002,得101b+11c+2d=2.所以,b=0,c=0.故d=1.此时,这个四位数为2001.综上所述,所求的四位数为1983和2001.(杨 晋 安徽省芜湖市第13中学,241002)(上接第30页) 这里n是当指针第一次回到其初始位置时已经转过的圈数.因n是正整数,式①整理后可得21≤n≤1001.同时n必与2004互质,即(n,2004)=1.设d=(n,2004).若有d>1,则令n1=nd,n2=2004d.此时有α=n1×360°n2.这意味着指针转动n2次,每次转动角α,指针则旋转n1圈之后,回到其初始位置,与题设矛盾.由上述讨论可知,对任一满足21≤n≤1001,且(n,2004)=1的n,对应一个可能的α.反之亦然.故问题成为求满足上述两个条件的所有n的个数.因为2004=22×3×167,所以,(n,2004)=1Ζ28n,38n,1678n.在不大于1001的正整数中,不能被2或3整除的正整数共有1001-10012+10013-10012×3=1001-(500+333-166)=334(个).(符号[a]表示不超过a的最大整数.)其中只有1×167及5×167能被167整除,所以,不大于1001且满足条件的n共有334-2=332个.再去掉1,5,7,11,13,17,19这7个不大于20的数,知同时满足两个条件的n共有332-7=325个.因此,α共有325个可能的不同值.(李耀文 提供)。
2010年全国高中数学联赛山东赛区预赛
在其定义域内既有极 大值又有极小值． 实 则
数 ａ的取值 范围是 （
（ Ａ）一１ ＜０＜ ２
（ ） ａ∈ Ａ， 一／ Ａ ２若 则 ｔ∈ ． ，
） ．
（） ２ Ｂ ０＞
则 所有这样 的集 合 Ａ的个 数为 （
（ １ （ １ （ ） １ Ａ） ５ Ｂ）６ Ｃ ３
） ．
中 等 数 学
２ １ 全 国高 中 数学 联赛 山东赛 区预赛 ００年
中图分类号 ：（ ２ ．９ ； ４ ７ ４ 文献标识码 ： Ａ 文章编号：１０ ６ １ （０ １ ０ ０ ２ ０ ０ ５— ４ ６ ２ １ ）３— ０ ８— ７
一
、
选择题 （ 每小 题 ６分 ， ６ 共 ０分 ）
１ 已知 ｛ 是 一 等 差 数 列 ， 是 其 前 ． ａ｝ ５
（ 既不充 分也不 必要 Ｄ）
（譬 （ （ （ Ａ Ｂ ｃ 。 ） ） ） ）
５ 已知整 数集合 ． Ｍ ＝｛ ＋ 一 ６＝ ｍｌ ３ ０有 整数解 ｝ ，
２ 已知 函数 ． ）＝ ＋（ ｎ＋１ ＋（ ） 口＋１ ＋ｔ ） ／ ，
集合 Ａ满 足条件 ：
（ ） ＣＡＣＭ； １
（ ） ． 项
厂 ） － （ ～
１． ４ 函数 ）＝ ＋ ｘ ３ ４的 图像 ２ ＋ ＋
的对称 中心 为 ． 三、 解答 题 （ ６ 共 ６分 ） １．１ ５ （２分 ） 图 ２ 在 三 棱 锥 Ｐ —Ａ Ｃ 如 ， Ｂ
中 ． Ｂ ：Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ｃ， Ｐ
第二 组是 编号为 ３ ５ … ， ９的 ４ ，， ９ ９所学
校． 男选手 总 和设 为 Ａ ， 女选手 总和设 为 Ｂ ．
由 … （ ＝１２， ，９ 得 ２≥ ２ ｋ ， … ４ ）
全国高中数学联合竞赛预赛模拟试卷
全国高中数学联合竞赛预赛模拟试卷一、选择题1、下列三数16273,log 82,log 1242的大小关系正确的是 （ ） A 、16273log 82log 1242<< B 、27163log 124log 822<< C 、27163log 124log 822<< D 、27163log 124log 822<< 2、已知两点A （1,2），B （3,1）到直线LL 共有（ ）A 、1条B 、2条C 、 3条D 、 4条3、设()f n 为正整数n （十进制）的各数位上的数字的平方之和，比如()22212312314f =++=。
记1()()f n f n =，1()(())k k f n f f n +=，1,2,3...k =，则2006(2006)f =（ ）A 、20B 、4C 、42D 、145 4、设在xOy 平面上，20y x <≤，01x ≤≤所围成图形的面积为13，则集合 {}{}2(,)|||||1,(,)|||1M x y y x N x y y x =-≤=≥+的交集M N ⋂所表示的图形面积为（ ）A 、13B 、23C 、1D 、435、在正2006边形中，与所有边均不平行的对角线的条数为（ ）。
A 、2006B 、21003C 、210031003-D 、210031002-6、函数sin cos tan cot sin cos tan cot ()sin tan cos tan cos cot sin cot x x x x x x x x f x x x x x x x x x ++++=+++++++在(,)2x o π∈时的最小值为（ ）。
A 、2B 、4C 、6D 、8二、填空题7、手表的表面在一平面上。
整点1,2,,12这12个数字等间隔地分布在半径为2的圆周上。
从整点i 到整点()1i +的向量记作1i i t t +，则1223233412112t t t t t t t t t t t t ⋅+⋅++⋅＝ 。
全国高中数学联赛省级预赛模拟试题
全国高中数学联赛省级预赛模拟试题第Ⅰ卷（选择题 共60分）参考公式1．三角函数的积化和差公式sinα•cosβ=[sin(α+β)+sin(α-β)],cosα•sinβ=[sin(α+β)-sin(α-β)],cosα•cosβ=[cos(α+β)+cos(α-β)],sinα•sinβ=[cos(α+β)-cos(α-β)].2．球的体积公式V球=πR3（R为球的半径）。
一、选择题（每小题5分，共60分）1．设在xOy平面上，0<y≤x2,0≤x≤1所围成图形的面积为。
则集合M={(x,y)|x≤|y|}, N={(x,y)|x≥y2|的交集M∩N所表示的图形面积为A． B． C．1 D．2．在四面体ABCD中，设AB=1，CD=，直线AB与直线CD的距离为2，夹角为。
则四面体ABCD的体积等于A． B． C． D．3．有10个不同的球，其中，2个红球、5个黄球、3个白球。
若取到一个红球得5分，取到一个白球得2分，取到一个黄球得1分，那么，从中取出5个球，使得总分大于10分且小于15分的取法种数为A．90 B．100 C．110 D．1204．在ΔABC中，若(sinA+sinB)(cosA+cosB)=2sinC，则A．ΔABC是等腰三角形，但不一定是直角三角形B．ΔABC是直角三角形，但不一定是等腰三角形C．ΔABC既不是等腰三角形，也不是直角三角形D．ΔABC既是等腰三角形，也是直角三角形5．已知f(x)=3x2-x+4, f(g(x))=3x4+18x3+50x2+69x+48.那么，整系数多项式函数g(x)的各项系数和为A．8 B．9 C．10 D．116．设0<x<1, a,b为正常数。
则的最小值是A．4ab B．(a+b)2 C．(a-b)2 D．2(a2+b2)7．设a,b>0，且a2008+b2008=a2006+b2006。
则a2+b2的最大值是A．1 B．2 C．2006 D．20088．如图1所示，设P为ΔABC所在平面内一点，并且AP=AB+AC。
全国高中数学联赛山东省预赛精彩试题及问题详解
2011年全国高中数学联赛山东省预赛试 题一、选择题（每小题6分，共60分）1．已知集合{|(1)(3)(5)0,},{|(2)(4)(6)0,}M x x x x x N x x x x x = ---< ∈ = ---> ∈． R RMN =（ ） .(A) (2,3)(B) (3,4)(C) (4,5) (D) (5,6)2．已知3)nz i =, 若z 为实数，则最小的正整数n 的值为（ ） .(A) 3 (B) 4 (C) 5 (D) 63．已知p ：,,,a b c d 成等比数列，q:ad bc =， 则p 是q 的（ ） . (A) 充分不必要条件 (B) 必要不充分条件 (C) 充分且必要条件(D) 既不充分也不必要条件4．函数20.3()log (2)f x x x =+-的单调递增区间是（ ） .(A) (,2)-∞- (B) (,1)-∞ (C) (-2,1) (D) (1,) +∞5．已知,x y 均为正实数，则22x yx y x y+++的最大值为（ ） .(A) 2 (B)23 (C) 4(D)436．直线y=5与1y =-在区间40,πω⎡⎤⎢⎥⎦⎣上截曲线sin (0, 0)2y m x n m n ω=+>>所得的弦长相等且不为零，则下列描述正确的是（ ） .（A ）35,n=22m ≤（B ）3,2m n ≤=（C ）35,n=22m >（D ）3,2m n >=7．有6名同学咨询成绩．老师说：甲不是6人中成绩最好的，乙不是6人中成绩最差的，而且6人的成绩各不相同．那么他们6人的成绩不同的可能排序共有 （ ） .(A) 120种(B) 216 种(C) 384 种 (D) 504种8．若点P 在曲线21y x =--上,点Q 在曲线21x y =+上，则PQ 的最小值是（ ） .(A)(B)2(C)4(D)89．已知函数211()()612x f x x bx a =+++- (,a b 为常数，1a >)，且8(l g l o g 1000)8f =，则(lglg 2)f 的值是（ ） . (A) 8 (B) 4(C) 4- (D) 8-10．在等差数列{}n a 中，若11101a a <-，且它的前n 项和n S 有最大值，那么当n S 取最小正值时，n = （ ）.(A) 1 (B) 10 (C) 19 (D) 20二、填空题（每小题6分，共24分）11．已知()cos 2|cos |f x x p x p =++，x ∈R ．记()f x 的最大值为()h p ，则()h p 的表达式为 .12．已知sin(sin )cos(cos )x x x x +=-，[]0,,x π∈ 则=x . 13．设,A B 为抛物线22(0)y px p =>上相异两点，则22OA OB AB +-的最小值为___________________．14．已知ABC ∆中，G 是重心，三内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且564035a G A b G B c G C ++=0，则B ∠=__________．三、解答题（本大题共5题，共66分） 15．(12分)不等式sin 2)sin()324cos()4a πθθπθ-+->---对⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,0πθ恒成立．求实数a 的取值范围．16. （12分）已知在正方体1111ABCD A B C D -中，,,,O E F G 分别为11111,,,BD BB A D D C 的中点，且1AB =． 求四面体OEFG 的体积．A117. （12分） 在平面直角坐标系中, 已知圆1C 与圆2C 相交于点P ，Q , 点P 的坐标为()3,2, 两圆半径的乘积为132．若圆1C 和2C 均与直线l : y kx =及x 轴相切，求直线l 的方程．18. （15分）甲乙两人进行某种游戏比赛，规定每一次胜者得1分，负者得0分；当其中一人的得分比另一人的多2分时即赢得这场游戏，比赛随之结束；同时规定比赛次数最多不超过20次，即经20次比赛，得分多者赢得这场游戏，得分相等为和局．已知每次比赛甲获胜的概率为p （01p <<），乙获胜的概率为1q p =-．假定各次比赛的结果是相互独立的，比赛经ξ次结束，求ξ的期望E ξ的变化范围．19. （15分） 集合{1,2,,2011},M ⊆ 若M 满足：其任意三个元素,,a b c ，均满足ab c ≠，则称M 具有性质P ，为方便起见，简记M ∈P ．具有性质P 的所含元素最多的集合称为最大集．试问具有性质P 的最大集共有多少个？并给出证明．本文档选自华东师范大学出版社的《高中数学联赛备考手册（2012）（预赛试题集锦）》，该书收录了2011年各省市预赛试题和优秀解答。
2022_年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题与解析
２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题与解析张志刚(山东省宁阳县复圣中学ꎬ山东泰安２７１４００)摘㊀要:文章给出２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题及其解析ꎬ部分试题从多个视角尝试解答ꎬ启迪学生敏锐捕捉解题灵感ꎬ多方位搭建解题思路ꎬ从而提高解题效益.关键词:竞赛数学ꎻ试题解析ꎻ极值问题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１６－００４９－０４收稿日期:２０２３－０３－０５作者简介:张志刚(１９８３－)ꎬ男ꎬ山东省宁阳人ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题共１４道题目ꎬ包括１０道填空题和４道解答题.考查内容主要有代数运算(第１㊁２题)㊁数列(第４㊁９题)㊁函数与不等式(第３㊁６㊁１１㊁１３题)㊁三角函数(第１０题)㊁平面解析几何(第８㊁１２题)㊁概率(第８题)㊁平面几何图形(第５题)㊁立体几何(第７题)㊁组合数学(第１４题)等.该套试卷设计简洁清新ꎬ构思别具匠心ꎬ解法灵活多变ꎬ饱含数学思想ꎬ凝聚教学智慧ꎬ富有较高的研究价值.与高考试题相比ꎬ竞赛试题综合性更强ꎬ思维跨度更大ꎬ需要考生具备较高的数学抽象㊁逻辑推理㊁数学运算等核心素养ꎬ以及转化与化归㊁函数与方程㊁分类讨论㊁换元法㊁配方法等数学思想方法ꎬ颇具挑战性和选拔性.命题组只给出了填空题的结果ꎬ未给出具体的解答过程ꎬ解答题也只提供了一种解法供阅卷参考.为此ꎬ笔者尝试对每道试题剖析解答ꎬ部分试题给出了有别于参考答案的精彩解法.题１㊀用ｘ[]表示不超过ｘ的最大整数ꎬ则方程２２ｘ－１[]２＋２ｘ－１[]－１＝０的解集是.解析㊀解方程２２ｘ－１[]２＋２ｘ－１[]－１＝０ꎬ得２ｘ－１[]＝－１(２ｘ－１[]＝１２舍)ꎬ则－１ɤ２ｘ－１<０ꎬ解得０ɤｘ<１２ꎬ故解集是０ꎬ１２[öø÷.题２㊀设ａꎬｂꎬｃɪＲꎬａ㊁ｃʂ０ꎬ方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０的两个虚根ｘ１ꎬｘ２满足ｘ２１ｘ２ɪＲꎬ则ð２０２２ｋ＝０ｘ１ｘ２æèçöø÷ｋ＝.解析㊀由于ｘ１ꎬｘ２是方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０的两个虚根ꎬ所以ｘ２＝ｘ－１ꎬｘ２１ｘ２＝ｘ２１ｘ－１ɪＲꎬｘ２１ｘ１－＝ｘ－２１ｘ１ꎬ即ｘ３１－ｘ－３１＝０ꎬ从而ｘ２１＋ｘ１ｘ－１＋ｘ－２１＝０ꎬ即ｘ１ｘ－１＝ωꎬ故ð２０２２ｋ＝０ｘ１ｘ２æèçöø÷ｋ＝ð２０２２ｋ＝０ωｋ＝１－ω２０２３１－ω＝１.题３㊀已知ｆｘ()是－ɕꎬ＋ɕ()上单调递增的奇函数ꎬ满足对一切实数θ恒有ｆａ－ｃｏｓ２θ()＋ｆａ＋ｓｉｎθ()ȡ０.则实数ａ的取值范围是.解析㊀对一切实数θ恒有ｆａ＋ｓｉｎθ()ȡｆｃｏｓ２θ－ａ()ꎬ则ａ＋ｓｉｎθȡｃｏｓ２θ－ａ.从而２ａȡ－２ｓｉｎ２θ－ｓｉｎθ＋１＝－２ｓｉｎθ＋１４æèçöø÷２＋９８.从而２ａȡ９８ꎬ解得ａȡ９１６.题４㊀数列ａｎ{}共１００项ꎬａ１＝０ꎬａ１００＝４７５ꎬ且ａｋ＋１－ａｋ＝５ꎬｋ＝１ꎬ２ꎬ ꎬ９９.则满足这种条件的不同数列的个数为.解析㊀由题意得ａｋ＋１－ａｋ＝ʃ５ꎬａ１００＝ａ１００－ａ９９()＋ａ９９－ａ９８()＋ ＋ａ２－ａ１()＝４７５ꎬ设９９个差ａｋ＋１－ａｋ中有ｘ个５和ｙ个－５ꎬ则有５ｘ－ｙ()＝４７５ꎬｘ＋ｙ＝９９ꎬ{解得ｘ＝９７ꎬｙ＝２.{所以９９个差ａｋ＋１－ａｋ中ꎬ有９７个取５和２个取－５.这９７个５和２个－５的每一个排列都唯一对应一个满足条件的数列ꎬ故满足这种条件的不同数列的个数为９９!９７!ˑ２!＝９９ˑ４９＝４８５１个.题５㊀单位圆内接四边形对角线互相垂直ꎬ则该四边形四条边平方和是.解析㊀如图１示ꎬ设四边形ＡＢＣＤ的边ａꎬｂꎬｃꎬｄꎬ对角线ＡＣꎬＢＤ的中点分别是Ｏ１ꎬＯ２ꎬ交点为Ｉꎬ记ＩＡ＝ｘꎬＩＢ＝ｙꎬＩＣ＝ｚꎬＩＤ＝ｗꎬＯＯ１＝ｆꎬＯＯ２＝ｅꎬ则ａ２＋ｂ２＋ｃ２＋ｄ２＝２ｘ２＋ｙ２＋ｚ２＋ｗ２()＝２[(Ｏ１Ａ＋ｅ)２＋(Ｏ２Ｂ－ｆ)２＋(Ｏ１Ａ－ｅ)２＋(Ｏ２Ｂ＋ｆ)２]＝４Ｏ１Ａ２＋Ｏ２Ｂ２＋ｅ２＋ｆ２()＝４ˑ１＋１()＝８.所以该四边形四条边平方和是８.图１题６㊀已知０<ａ<ｂ<１ｅꎬ则ａａꎬｂｂꎬａｂꎬｂａ从小到大排列为.解析㊀易知ａｂ<ａａꎬｂｂ<ｂａꎬａａ<ｂａꎬａｂ<ｂｂꎬ即有ａｂ<ａａ<ｂａꎬａｂ<ｂｂ<ｂａ.下面比较ａａ与ｂｂ的大小.设ｆｘ()＝ｘｌｎｘ０<ｘ<１ｅæèçöø÷ꎬ则ｆᶄｘ()＝ｌｎｘ＋１<０ꎬ所以ｆｘ()在０ꎬ１ｅæèçöø÷上单调递减.又０<ａ<ｂ<１ｅꎬ所以ｆａ()>ｆｂ().即ａｌｎａ>ｂｌｎｂ.即ｌｎａａ>ｌｎｂｂ.从而ａａ>ｂｂ.综上ꎬａｂ<ｂｂ<ａａ<ｂａ.题７㊀将３个１２ˑ１２的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分(如图２)ꎻ将这６部分接于一个边长为６２的正六边形上(图３)ꎬ若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图ꎬ则该多面体的体积是.图２㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图３解析㊀折成的多面体如图４所示ꎬ将其补形为正方体(如图５)ꎬ所求多面体体积为正方体体积的一半ꎬ即Ｖ＝１２ˑ１２３＝８６４.图４㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图５题８㊀设ａꎬｂ是从集合１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５{}中随机选取的数ꎬ则直线ｙ＝ａｘ＋ｂ与圆ｘ２＋ｙ２＝２有公共点的概率是.解析㊀易知ｙ＝ａｘ＋ｂꎬｘ２＋ｙ２＝２{即ａ２＋１()ｘ２＋２ａｂｘ＋ｂ２－２＝０有实根ꎬ则Δ＝２ａｂ()２－４ａ２＋１()ｂ２－２()ȡ０ꎬ解得ｂ２ɤ２ａ２＋１().当ｂ＝１ꎬ２时ꎬａ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝３时ꎬａ＝２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝４时ꎬａ＝３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝５时ꎬａ＝４ꎬ５.所以使得ｂ２ɤ２ａ２＋１()的ａꎬｂ()共有１９个ꎬ所求概率为１９２５.题９㊀已知正数列ａｎ{}满足对∀ｎɪＮ∗ꎬðｎｉ＝１ａ３ｉ＝ðｎｉ＝１ａｉ()２ꎬ则ａｎ＝.解析㊀由ａ３１＝ａ２１得ａ１＝１.由１＋ａ３２＝１＋ａ２()２得ａ２＝２.设当ｎɤｋ时ꎬａｋ＝ｋꎬ则当ｎ＝ｋ＋１时ꎬðｋ＋１ｉ＝１ａ３ｉ＝ðｋ＋１ｉ＝１ａｉ()２ꎬａ３ｋ＋１＋ðｋｉ＝１ａ３ｉ＝ａｋ＋１＋ðｋｉ＝１ａｉ()２ꎬａ３ｋ＋１＝ａ２ｋ＋１＋２ａｋ＋１ðｋｉ＝１ａｉꎬ从而ａ２ｋ＋１＝ａｋ＋１＋ｋｋ＋１()ꎬ解得ａｋ＋１＝ｋ＋１ꎬ故ａｎ＝ｎ.题１０㊀已知０<ｘꎬｙ<π２ꎬ则ｆ＝１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙ＋９ｓｉｎ２ｘ的最小值是.解法１㊀(柯西不等式法)ｆ＝９ｓｉｎ２ｘ＋ｓｉｎ２ｙ＋ｃｏｓ２ｙｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙ＝９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋１ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙꎬ解析式ｆ中三个分式分母之和ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ＝１－ｃｏｓ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝－ｃｏｓｘ－１２æèçöø÷２＋５４ɤ５４.由柯西不等式ꎬ得５４ｆȡ(ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ)[９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋１ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ]ȡ３＋１＋１()２＝２５ꎬ当ｘ＝π３ꎬｙ＝π４时取等号.所以ｆ的最小值是２０.解法２㊀(基本不等式＋柯西不等式法)ｆ＝９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙȡ９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘ[(ｃｏｓ２ｙ＋ｓｉｎ２ｙ)/２]２ȡ９ｓｉｎ２ｘ＋４ｃｏｓｘȡ３＋２()２ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝２５１－ｃｏｓ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝２５－ｃｏｓｘ－１/２()２＋５/４ȡ２５５/４＝２０ꎬ当且仅当ｘ＝π３时取等号ꎬ所以ｆ的最小值是２０.题１１㊀已知函数ｆｘ()满足对任意实数ｘꎬｙ有ｆｘｙ()＋ｆｙ－ｘ()ȡｆｘ＋ｙ().求证:对于任意实数ｘ均有ｆｘ()ȡ０.证明㊀取实数ｘꎬｙ满足ｘｙ＝ｘ＋ｙꎬ即ｘ－１()ｙ－１()＝１.令ｙ－１＝ｔｔʂ０()ꎬ则ｙ＝ｔ＋１ꎬｘ＝１ｔ＋１ꎬ则ｆｔ－１ｔæèçöø÷ȡ０ꎬ对于任意ｕɪＲꎬ令ｕ＝ｔ－１ｔꎬ则ｔ２－ｕｔ－１＝０.由Δ＝ｕ２＋４>０得ꎬ存在实数ｔꎬ使得ｕ＝ｔ－１ｔꎬｆｕ()ȡ０ꎬ即对于任意实数ｘꎬ均有ｆｘ()ȡ０.题１２㊀已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()ꎬ证明:存在圆心在原点的定圆ꎬ使该圆上任一点的切线与椭圆Ｃ恒有两个交点ＡꎬＢ且ＯＡң ＯＢң＝０.证法１㊀(命题组提供)当ＡꎬＢ分别为椭圆Ｃ的长㊁短轴端点时ꎬ原点到直线ＡＢ的距离为ａｂａ２＋ｂ２.下面证明圆ｘ２＋ｙ２＝ｒ２(其中ｒ＝ａｂａ２＋ｂ２)上任意一点处的切线与椭圆Ｃ恒交于两点ꎬ且满足ＯＡң ＯＢң＝０.由ｒ＝ａｂａ２＋ｂ２<ｂ知圆ｘ２＋ｙ２＝ｒ２在椭圆Ｃ内部ꎬ故该圆上任意一点处的切线与椭圆Ｃ恒交于两点.易得该圆上任意一点ｘ０ꎬｙ０()处的切线为ｘ０ｘ＋ｙ０ｙ＝ｒ２ꎬ代入ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ得ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ｘ２－２ａ２ｒ２ｘ０ｘ＋ａ２ｒ４－ｂ２ｙ２０()＝０ꎬ消去ｘꎬ得ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ｙ２－２ｂ２ｒ２ｙ０ｙ＋ｂ２ｒ４－ａ２ｘ２０()＝０.设Ａｘ１ꎬｙ１()ꎬＢｘ２ꎬｙ２()ꎬ则ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＝ｒ４ａ２＋ｂ２()－ａ２ｂ２ｘ２０＋ｙ２０()ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０＝ｒ４ａ２＋ｂ２()－ａ２ｂ２ｒ２ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０＝ａｂ()４－ａｂ()４ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ａ２＋ｂ２()＝０.即ＯＡң ＯＢң＝０.故圆ｘ２＋ｙ２＝ａｂ()２ａ２＋ｂ２满足条件.证法２㊀(极坐标法)设Ａρ１ｃｏｓθꎬρ１ｓｉｎθ()ꎬＢρ２ｃｏｓθ＋π２æèçöø÷ꎬρ２ｓｉｎθ＋π２æèçöø÷æèçöø÷ꎬ即Ｂ－ρ２ｓｉｎθꎬρ２ｃｏｓθ().代入ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ得ρ２１ｃｏｓ２θａ２＋ρ２１ｓｉｎ２θｂ２＝１ꎬρ２２ｓｉｎ２θａ２＋ρ２２ｃｏｓ２θｂ２＝１.故１ρ２１＋１ρ２２＝１ａ２＋１ｂ２＝ａ２＋ｂ２ａ２ｂ２.在ＲｔәＡＯＢ中ꎬＯＭʅＡＢꎬ故ＡＢ ＯＭ＝ＯＡ ＯＢꎬ１ＯＭ２＝ＡＢ２ＯＡ２ ＯＢ２＝ＯＡ２＋ＯＢ２ＯＡ２ ＯＢ２＝１ＯＡ２＋１ＯＢ２＝１ρ２１＋１ρ２２＝ａ２＋ｂ２ａ２ｂ２.所以ｒ２＝ａ２ｂ２ａ２＋ｂ２是定值ꎬ即存在圆ｘ２＋ｙ２＝ａｂ()２ａ２＋ｂ２满足条件.题１３㊀设ａꎬｂꎬｃ>０且ａ２＋ｂ＋ｃ＝５３ꎬａｂｃ＝２８.求ｆ＝ａ＋ｂ＋２ｂ＋ｃ＋ｃ＋ａ的最小值.解析㊀设ａ＝７ｘꎬｂ＝２ｙꎬｃ＝２ｚꎬ则ｘｙｚ＝１ꎬ４９ｘ２＋２ｙ＋２ｚ＝５３ꎬ即２ｙ＋ｚ()＝５３－４９ｘ２.①由１＝ｘｙｚɤｘ＋ｙ＋ｚ３æèçöø÷３得ｘ＋ｙ＋ｚȡ３ꎬ即２ｘ＋５３－４９ｘ２ȡ６ꎬ即０<ｘɤ１.由１＝ｘｙｚɤｙｚɤｙ＋ｚ２æèçöø÷２ꎬ得ｙ＋ｚȡ２ꎬｙｚȡ１.②故ｂ＋ｃ＝２ｙ＋２ｚȡ２.由①②ꎬ得ａ＋ｂ＋ｃ＋ａ＝７ｘ＋２ｙ＋２ｚ＋７ｘ＝７ｘ＋２ｙ＋２ｚ＋７ｘ()２＝１４ｘ＋２ｙ＋ｚ()＋２４９ｘ２＋１４ｘｙ＋ｚ()＋４ｙｚȡ１４ｘ＋５３－４９ｘ２＋２４９ｘ２＋２８ｘ＋４＝－４９ｘ２＋２８ｘ＋５７.因为ｙ＝－４９ｘ２＋２８ｘ＋５７０<ｘɤ１()的图象的对称轴为ｘ＝２７ꎬ所以当ｘ＝１时ꎬｙ取得最小值３６ꎬ从而ａ＋ｂ＋ｃ＋ａȡ６ꎬｆȡ１０ꎬ显然ꎬ当且仅当ｘ＝ｙ＝ｚ＝１ꎬａ＝７ꎬｂ＝ｃ＝２时等号成立ꎬ故ｆ的最小值为１０.题１４㊀把集合Ａ＝１０１１ꎬ１０１２ꎬ ꎬ２０２２{}任意划分为两个不交的非空子集.证明:至少有一个子集中包含两个数ꎬ这两个数之和为完全平方数.证明㊀先找三个正整数ｘ<ｙ<ｚ使得两两之和为完全平方数ꎬ令ｘ＋ｙ＝ｍ２ꎬｘ＋ｚ＝ｍ＋１()２ꎬｙ＋ｚ＝ｍ＋２()２ꎬ则ｍ为奇数(否则ꎬｘ㊁ｙ同奇偶ꎬｙ㊁ｚ同奇偶ꎬ得ｘ㊁ｙ㊁ｚ同奇偶ꎬ故ｘ＋ｚ＝ｍ＋１()２为偶数ꎬ矛盾).令ｍ＝２ｋ－１ｋɪＮ∗()ꎬ解ｘ＋ｙ＝２ｋ－１()２ꎬｘ＋ｚ＝４ｋ２ｙ＋ｚ＝２ｋ＋１()２ìîíïïïï得ｘ＝２ｋ２－４ｋꎬｙ＝２ｋ２＋１ꎬｚ＝２ｋ２＋４ｋ.{由ｘ＝２ｋ２－４ｋȡ１０１１ꎬ得ｋȡ２４.当ｋ＝２４时ꎬｘ＝１０５６ꎬｚ＝１２４８<２０２２.由ｘ＝２ｋ２－４ｋɤ２０２２得ｋɤ３０ꎬ故当２４ɤｋɤ３０时ꎬ１０１１ɤｘ<ｙ<ｚɤ２０２２.将Ａ中１０１２个数任意划分成两不交的非空子集时ꎬ对２４ɤｋɤ３０中的任一整数ｋ对应的ｘꎬｙꎬｚ中必有两个属于同一子集ꎬ这两个数之和为完全平方数.参考文献:[１]张志刚.一道联考试题命制背景与破解研究[Ｊ].数理化学习(高中版)ꎬ２０２２(０３):３－６.[责任编辑:李㊀璟]。
山东省高中数学竞赛试题(备选题)
山东省高中数学竞赛试题（备选题）一、选择题1 O 是平面上一定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三个点，动点P 满足OP =OA +λ（C AC ACB AB ABsin sin +），λ∈[)+∞,0，则P 点的轨迹一定通过△ABC 的（ ）．（A ）外心 （B ）内心 （C ）垂心 （D ）重心解 （D ） 因为AB sinB=AC sinC ，故可设AB sinB=AC sinC=μ，则OP =OA +λ（C AC ACB AB ABsin sin +）=OA +()AC AB +μλ，（[)+∞∈,0μλ） 设t=μλ，则有AP =t ()AC AB +=2t ·AM （t [)+∞∈,0），其中M 为BC 边的中点，所以A 、P 、M 三点共线，故P 点的轨迹是从A 点出发经过M 点的射线，因此，P 点的轨迹一定通过△ABC 的重心．2 已知平面上三点A 、B 、C 满足AB =a ，BC =b ，CA =c ，)(=∙+∙+∙AB CA CA BC BC AB ． （A ）21（a 2+b 2+c 2） （B ）—21（a 2+b 2+c 2） （C ） a 2+b 2+c 2 （D ）0解 （B ）AB CA CA BC BC AB ∙+∙+∙ =21()()()[]BC AB AB CA CA BC CA BC BC AB ∙+∙+∙+∙+∙ =21()BA AB AC CA CB BC ∙+∙+∙ =21（—a 2－b 2－c 2）=－21（a 2+b 2+c 2）． 故选（B ）．山东省高中数学竞赛试题（备选题）二、解答题1 已知n 2（n ≥4）个正数，排列成n ×n 矩阵： ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 3214321433323134232221241312111 其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，且满足：a 42=1 ，a 24=81 ，a 34=163 ，试求：a 11+ a 22+a 33+ … + a n n 的值． 解 由题设知：a 24、a 34、a 44成等差数列，则 2 a 34= a 24+ a 44 ，又a 24=81 ，a 34=163 ，所以a 44=41，且公差为d= a 34— a 24=161． 又n ×n 矩阵中的每一列的数成等比数列，所以有 a 44= a 42·q 2．（设q 为公比）又a 42=1 ，故q 2=41，因各数都是正数，因此q ＞0 ，且q=21． 由第四行的数成等差数列，得：a k 4= a 24+ （k —2）d = 16k ． 又第k 列的数成等比数列，所以a k k = a k 4·q k -4= 16k ·421-⎪⎭⎫ ⎝⎛K = K ·K⎪⎭⎫ ⎝⎛21．（k=1，2，3…，n ） 不妨记 a 11+ a 22+a 33+ … + a n n = S n ，由两式错位相减可得：S n =2 —n n 22+．。
2020年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题 答案
2020年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题参考答案一.填空题(本题共12道小题,每小题5分,共60分)1.数列{a n }是集合{2x +2y +2z |0≤x<y<z,x,y,z ∈Z}中的数从小到大排成的数列, 则a 2020=_________________(用2a +2b +2c 的形式表示);解:令f(x,y,z)=2x +2y +2z ,因f(21,22,23)是第324C =2024项,所以a 2020=f(17,22,23)=217+222+223.2.设二次函数f (x)=a x 2+b x+c (a >0)和一次函数y=a x+b 满足:当|x|≤1时,|f (x)| ≤1且y=a x+b 有最大值2.则函数f (x)=__________________.解:由a >0时y=a x+b 递增,知当-1≤x ≤1时,y 最大=a +b =2.由|x|≤1时,|f (x)|≤1 及0,1∈[-1,1],得|c|≤1,|a +b +c |≤1,又a +b =2得|2+c |≤1,得-1≤c ≤-1即c=-1. 故f (0)=c=-1及|f (x)|≤1知f (x)最小=-1,所以0,02==-b ab,代入a +b =2得a =2, 所以f (x)=2x 2-1.3.经过曲线xy 1=与y=x 2+3x -7交点的圆的方程是_______________________;解:由交点(x,y)满足⎩⎨⎧-+==7312x x y xy ,得⎪⎩⎪⎨⎧+-=+-=733722x y x y x y ,相加得106222=+++y x y x , 即20)3()1(22=+++y x 为所求圆的方程.4.设ΔABC 中∠A=450,∠B=600,则其外心O 到ΔABC 三边距离之比___________; 解:O 到三边a,b,c 距离分别为r a ,r b ,r c ,则BAS S b r a r AOC BOC b a 2sin 2sin ==∆∆, 所以B Ar r b a cos cos =,同理CB r r c b cos cos =,所以r a :r b :r c =cosA:cosB:cosC 13:2:2-=;ABCO5.正实数a,b,c 成等比数列(q ≠1),log a b,log b c,log c a 成等差数列.则公差d =______; 解:设qb a =,c=bq,log a b=x -d,log b c=x,logc a=x+d,则a x-d =b,b x =c,c x+d =a.将bq c q ba ==,代入得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===+-)3()()2()1()(q bbq bq b b q b d x x dx ,将(1)×(3)得b 2x q 2d =b 2q -1,将(2)代入得b 2q 2d+2=b 2q -1,即q 2d+3=1,因q≠1,所以23-=d . 6.设A,B,C 为ΔABC 的三个内角,则使得CB A cos 23sin 1sin 1+≥+λ恒成立的实 数λ的最大值是——————;解:因3+2cosC=42cos2C +1>0,所以,)sin 1sin 1)(12cos 4(2BA C ++≤λ, 因]cos )[cos(212cos8sin sin 2cos8)sin 1sin 1)(12cos4(2C B A C B A CBA C +-=≥++82cos 2cos8)cos 1(212cos8==+≥C CC C,等号成立仅当A=B=300,C=1200,所以λ最大=8. 7.随机选取{1,2,…,n}中r(1≤r ≤n)个元构成子集的最小数的期望值是________.解:集合M 含r 个元素的子集共有rn C 个,M 中以正整数k 为最小数的含r 个元素的子集共有1--r k n C 个,其中1≤k ≤n -r+1.所以最小数的期望值是rnr r r n r n r n C C r n C C C 11131211)1(321--------⨯+-++⨯+⨯+⨯=rn r r r r r n r r r n r n C C C C C C C 111112111211)()(------------++++++++ =1111111++==+++++---r n C C C C C C rn r n r n r r r n r n . 8.与坐标轴交于三个不同点A,B,C 的所有抛物线y=x 2+ax +b ,ΔABC 的外接圆恒过同一定点___________;解:设A(x 1,0),B(x 2,0),C(0,b ),⊙ABC 交y 轴于D,显然b ≠0. 若A,B 在原点两侧,则b <0,由|b ||OD|=|x 1x 2|=|b |,得 |OD|=1,所以点D(0,1);若A,B 在原点同侧,则b >0, 由b |OD|=|x 1x 2|=b ,仍有点D(0,1).⊙ABC 恒过点D(0,1). 9.设OABC 是边长为1的正四面体，E 、F 分别为AB 与OC 的 中点.则异面直线OE 与BF 的距离是______________; 解:令则 假设是OE 与BF 的公垂线向量,则有,取 ,则,, 所以,向量在上的射影长即为所求. 10.一棱长为6的正方体封闭空盒子中放有一半径为1的小球,若将盒子任 意翻动,则小球达不到的空间的体积是_____________ ;解:将盒子任意翻动时,小球达不到的空间为:正方体8个角处的空间加正方 体12条棱处的空间.其中8个角处的空间合并为棱长为2的正方体挖掉半,,,c OC b OB a OA ===,21),(21b c BF b a OE -=+=c z b y a x n ++=⎩⎨⎧=+=++⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=-++=⋅=++=+++=⋅0302330)3(41)21)((0)233(41))((21y x z y x y x b c c z b y a x BF n z y x b a c z b y a x OE n c b a n 33)3,1,3(--=--=1039319||=+--=n 1)33(-=⋅--=⋅b c b a b n b OB =n 1010||||=⋅=n b n d O ABC xyDO ABC xy D径为1的小球,其体积为π348-;12条棱处的空间合并为3个空心正四棱柱 (底边长2高4的正四棱柱挖去一底半径1高4的圆柱),体积为)416(3π-, 所以小球达不到的空间的体积为34056)416(3348πππ-=-+-.11.数列{a n }共1001项,a 1=0,a 1001=2020,且a k+1-a k =1或3,k=1,2,…,1000.则满 足这种条件的不同数列的个数为________(用组合数作答);解:由a k+1-a k =1或3,a 1001=(a 1001-a 1000)+(a 1000-a 999)+…+(a 2-a 1)=2020,设1000个差a 1001-a 1000,a 1000-a 999,…,a 2-a 1中有x 个1和y 个3,则有⎩⎨⎧=+=+100020203y x y x解得⎩⎨⎧==510490y x ,即所求数列的1000个差a k+1-a k (1≤k ≤1000)中有490个1和510个3.因这490个1和510个3的每一个排列都唯一对应一个满足条件的数列,故所求数列的个数是4901000!510!490!1000C =个.12.用6种不同颜色,给图中n(n≥2)个彼此相连的区域A 1,A 2,…,A n 染色,任何 相邻的两个区域染不同色,则所有不同的染色方案种数a n =_________________; 解:如图记符合要求的染色方案a n 种,则区域A 1有6 种染法,区域A 2,A 3,…,A n 各有5种染法,这包括A n 与A 1染 同色或不同色两类:若区域A n 与A 1同色,则视A n ,A 1为一个区域,共n -1个区域,符合要求的染法a n-1种;若区域A n 与A 1染不同色,则有a n 种染法.故有a n +a n-1=6×5n-1,即(a n -5n )=-(a n-1-5n-1).因a 2=6×5=30,a 2-52=5,所以 a n -5n =5(-1)n-2=5(-1)n ,故a n =5(-1)n +5n . 二.解答题(本题共4道小题,每题20分,共80分)13.设a 为常数,0<a ≠1.求所有函数f :R +→R,对任意x,y ∈R +,f (xy)=f (x)+f (y)A 2A 3 A 4 A nA n －1 A 1…A n-2P图1且f (a )=1.解:取x=y=1得f (1)=0,yx y f y x f x y x f y x f y x f x f y y y )1(lim)()1(lim )()(lim )(000/+=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-+=→→→ )1(1)1()1(lim 1/0f x xy f x yf x xy =-+=→,令C 1=f /(1),则,)(1/x C x f =21ln )(C x C x f +=,其中C 1, C 2为常数,因f (1)=C 2=0,f (a )=C 1ln a =1,所以x ax x f a C a log ln ln )(,ln 11===. 又显然x x f a log )(=满足方程,故x x f a log )(=为所求.14.设AB 为椭圆161622=+y x 的长轴,该椭圆的动弦PQ 过C(2,0),但不过原点,直线AP 与QB 相交于点M,PB 与AQ 相交于点N.求直线MN 的方程. 解:椭圆为:3x 2+8y 2=48,设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),由A(-4,0),B(4,0)得直线AP,QB 为⎩⎨⎧-=-+=+)4()4()4()4(2211x y x y x y x y ,消去y 得))(4(4))(4(121221211221y y y x y x y y y x y x x M -++=++-①, 由⎪⎩⎪⎨⎧-=-=2222212134883488x y x y 相除得222122211616x x y y --=得)(16212221222221y y y x y x -=-②, 由P,C,Q 共线即),2(),2(2211y x CQ y x CP -=-=，共线得)(2121221y y y x y x -=-③, 将②÷③得)(8121221y y y x y x +=+④,将③,④代入①得)3(8)3(2121y y y y x M +=+,因 PQ 运动过程中213y y +不恒为0,故8=M x ,同理8=N x ,直线MN 的方程为8=x . 15.已知a ,b 均为正整数,且a >b,)20(2sin 22πθθ<<+=ba ab .证明:对一切正整数 n,存在锐角ϕ,使得)sin()(222ϕθ++n b a n 均为整数,证明:由222sin ba ab+=θ得2222cos b a b a +-=θ,由复数(a 2+b 2)n (cos θ+isin θ)n =(a 2+b 2)n (cosn θ+isinn θ),又[(a 2+b 2)(cos θ+isin θ)]n =(a 2-b 2+2ab i)n =(a +b i)2n=nn n n n n n n n n bi C bi a C bi a C bi a C a 222332322222212122)()()(+++++---=)()(5525233232121244242222222 -+-+-+------b aC b a C b a C i b a C b a C a n n n n n n n n n n n .比 较实,虚部得:)4sin()(2)sin (cos )(2222πθθθ++=++n b a n n b a nn =Z b a C b a C b a C b a C b a C a n nn n n n n n n n n ∈-+-+-+------)()(5525233232121244242222222 . 即锐角4πϕ=满足条件.16.求最小的正整数k,使得在任意k 个整数中,总可以选出其中的偶数个数, 其和为2020的倍数.解:引理 任意m 个整数中必有若干个,其和为m 的倍数.证明:设m 个整数x 1,x 2,…,x m ,S i =x 1+x 2+…+x i (i=1,2,…,m),若S 1,S 2,…,S m 被m 除的余数两两不同,则必有m|S i ;否则必有1≤i<j ≤m 使得S i ≡S j (modm),则 m|S j -S i =x i+1+…+x j ,引理得证.回到原题.2020=2×1010,由2019个1与1个0之和为2019,2020∤2020-1,故2019个1 和1个0中不存在偶数个1之和是2020的倍数,所以k ≥2021. 任取2021个整数,设其中有t 个奇数a 1,a 2,…,a t ,s 个偶数b 1,b 2,…,b s ,其中 t+s=2021,若t 为奇数,则s 为偶数,令,2,,2,21221432211---+=+=+=t t t a a x a a x a a x 22121b b x t +=+,2,,21101043121s s t b b x b b x +=+=-++ ,则由引理知x 1,x 2,…,x 1010中必有若干个之和为1010的倍数,即a 1,a 2,…,a t ,b 1,b 2,…,b s 中有偶数个之和为2020的倍 数.所以k ≤2021,k=2021.当t 为偶数,s 为奇数时,同理k=2021.综上k=2021.。
2017年全国高中数学联赛山东赛区预赛
二 、解答题 （共 ７０分 ）
１１．（１５分 ）已知 实数 、Ｙ∈ （１，＋∞ ），且
边 的长 可构成等 腰 （含等边 ）三 角形．则 这样 的三位 数 ｎ有— — 个．
５．设 、ｂ、Ｃ为非负实数 ，满 足
ｎ ＋ｂ＋ｃ＝８．ａｂ＋６ｃ＋ｃｎ＝ １６．
ｘｙ一２ｘ—Ｙ＋１＝０．求— ＋ｙ２的最小值．
１２．（１５分 ）已 知 正 实 数 数 列 ０ ，０ ，… ， 倪 ，…满 足 ：
记 ｍ＝ｍｉｎ｛０６，ｂｅ，ｃｎ｝．则 ｍ 的最 大可能
（１）０ ＋ ＝ｎ２ ｎ …。 一３（ｎ∈ ｚ＋）；
值 为一 ６．已知 Ｐ（ ）＝似 ＋ ＋ＣＸ＋ｄ为 三 次
（２）÷（口．＋￣／ｎ：一１）∈ｚ＋．
故 Ｉ ＋ｚ；ｌ的最小值为 ３ ５２０．
２． 一 １
设 集合 Ｍ ＝｛ａ Ｉ ｉ＝１，２，… ，ｎ｝．则
２ 一１
∑ ｍ ＝１－１７（口 ＋１）一１．
ｉ＝ ｌ
＝ １
１ ０２３
由一ｌ∈Ｍ，知∑ ＝一１．
３．（７—４４３）兀
如 图 １， 设
正 方 体 为 Ａ．设三位数 ｎ＝ａｂｃ，其 中 ，以 Ｃｔ、ｂ、Ｃ为三
３ ＋４ ＋５ ：０．
则 Ｃ的 大 小 为 一
９．已知 、Ｙ、 ∈ Ｒ＋，且
２＋Ｙ２＋ ｘｙ ＝ １ Ｙ２＋ ２＋ｙｚ＝ ２
。
，
＋ ＋ ＝３．
贝０ ＋Ｙ＋三＝————．
１０．在一个 边 长为 口的正方 形 草 坪 的 四
综 上 ，共 有 ３×（４Ｏ＋６＋４＋２）＋９＝１６５
种 情 况 ．
５－ １６
。
‘
不 妨 设 Ｃ≥ｂ≥ａ．则
全国高中数学联赛山东省预赛试题与答案
2011年全国高中数学联赛省预赛试 题一、选择题（每小题6分，共60分）1．已知集合{|(1)(3)(5)0,},{|(2)(4)(6)0,}M x x x x x N x x x x x = ---< ∈ = ---> ∈． R RMN =（ ） .(A) (2,3)(B) (3,4)(C) (4,5) (D) (5,6)2．已知3)n z i =, 若z 为实数，则最小的正整数n 的值为（ ） . (A) 3(B) 4(C) 5(D) 63．已知p ：,,,a b c d 成等比数列，q:ad bc =， 则p 是q 的（ ） . (A) 充分不必要条件(B) 必要不充分条件 (C) 充分且必要条件(D) 既不充分也不必要条件4．函数20.3()log (2)f x x x =+-的单调递增区间是（ ） . (A) (,2)-∞- (B) (,1)-∞ (C) (-2,1)(D) (1,) +∞5．已知,x y 均为正实数，则22x yx y x y+++的最大值为（ ） .(A)2 (B)23 (C)4(D)436．直线y=5与1y =-在区间40,πω⎡⎤⎢⎥⎦⎣上截曲线sin (0, 0)2y m x n m n ω=+>>所得的弦长相等且不为零，则下列描述正确的是（ ） .（A ）35,n=22m ≤（B ）3,2m n ≤= （C ）35,n=22m >（D ）3,2m n >=7．有6名同学咨询成绩．老师说：甲不是6人中成绩最好的，乙不是6人中成绩最差的，而且6人的成绩各不一样．那么他们6人的成绩不同的可能排序共有 （ ） .(A) 120种(B) 216 种(C) 384 种 (D) 504种8．若点P 在曲线21y x =--上,点Q 在曲线21x y =+上，则PQ 的最小值是（ ） .(A)(B)2(C)4(D)89．已知函数211()()612xf x x bx a =+++- (,a b 为常数，1a >)，且8(lglog 1000)8f =，则(lglg 2)f 的值是（ ） .(A) 8 (B) 4 (C) 4- (D) 8-10．在等差数列{}n a 中，若11101a a <-，且它的前n 项和n S 有最大值，那么当n S 取最小正值时，n =（ ）.(A) 1 (B) 10 (C) 19 (D) 20二、填空题（每小题6分，共24分）11．已知()cos 2|cos |f x x p x p =++，x ∈R ．记()f x 的最大值为()h p ，则()h p 的表达式为.12．已知sin(sin )cos(cos )x x x x +=-，[]0,,x π∈则=x .13．设,A B 为抛物线22(0)y px p =>上相异两点，则22OA OB AB +-的最小值为___________________．14．已知ABC ∆中，G 是重心，三角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且564035aGA bGB cGC ++=0，则B ∠=__________．三、解答题（本大题共5题，共66分） 15．(12分)不等式sin 2)sin()324cos()4a πθθπθ-+->---对⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,0πθ恒成立．数a 的取值围．16. （12分）已知在正方体1111ABCD A B C D -中，,,,O E F G 分A1别为11111,,,BD BB A D D C 的中点，且1AB =． 求四面体OEFG 的体积．17. （12分） 在平面直角坐标系中, 已知圆1C 与圆2C 相交于点P ，Q , 点P 的坐标为()3,2, 两圆半径的乘积为132．若圆1C 和2C 均与直线l : y kx =与x 轴相切，求直线l 的方程．18. （15分）甲乙两人进行某种游戏比赛，规定每一次胜者得1分，负者得0分；当其中一人的得分比另一人的多2分时即赢得这场游戏，比赛随之结束；同时规定比赛次数最多不超过20次，即经20次比赛，得分多者赢得这场游戏，得分相等为和局．已知每次比赛甲获胜的概率为p （01p <<），乙获胜的概率为1q p =-．假定各次比赛的结果是相互独立的，比赛经ξ次结束，求ξ的期望E ξ的变化围．19. （15分） 集合{1,2,,2011},M ⊆ 若M 满足：其任意三个元素,,a b c ，均满足ab c ≠，则称M 具有性质P ，为方便起见，简记M ∈P ．具有性质P 的所含元素最多的集合称为最大集．试问具有性质P 的最大集共有多少个？并给出证明．本文档选自华东师大学的《高中数学联赛备考手册（2012）（预赛试题集锦）》，该书收录了2011年各省市预赛试题和优秀解答。
全国高中数学联赛山东赛区预赛试题
全国高中数学联赛山东赛区预赛试题一、选择题（每小题6分，共60分） 1．数集{x x x -2,}中x 的取值范围是 （ ）A ．),(+∞-∞B ．),0()0,(+∞⋃-∞C ．),2()2,(+∞⋃-∞D ．),2()2,0()0,(+∞⋃⋃-∞ 2．若012=++z z ，则2005z 的值是 （ ）A ．1B ．1-C ．i 2321±D ．i 2321±- 3．函数x x y 24sin cos +=的最小正周期为 （ ）A ．4πB ．2πC ．πD ．π2 4．随机抛掷一颗6个面分别刻有1，2，3，4，5，6个点的骰子，其出现（即向上一面）的 点数的数学期望值为 （ ） A ．3 B ．3.5 C ．4 D ．4.55．函数cx bx ax x f ++=23)(的图像如图，则下面关于c b a ,,符号判断正确的是 （ ）A ．0,0,0<<>c b aB ．0,0,0>>>c b aC ．0,0,0><<c b aD ．0,0,0<><c b a 6．16666101192111011111-++++C C C 被8除所得余数是（ ）A ．0B ．2C ．3D ．5 7．不等式31|1log 1|31>+x 的解集为（ ）A ．)81,91(B ．)27,31(C ．)27,3()3,31(⋃ D ．)81,3()3,91(⋃8．当22ππ≤≤-x 时，函数)(x f 满足x x f x f 2sin )(sin 3)sin (2=+-，则)(x f 是（ ）A ．奇函数B ．偶函数C ．非奇非偶函数D ．既奇又偶函数9．点P 在双曲线222a y x =-的右支上，21,A A21122A PA PA A ∠=∠，则21A PA ∠等于（ ）A ．30B ．5.27 C ． 25D ． 5.2210．正四面体ABCD 中，CD CF AB AE 41,41==，则直线DE 和BF 所成角是 （ ） A ．134arccos B ．133arccos C ．134arccos -πD ．133arccos -π二、填空题（每小题6分，共24分） 11．已知函数⎩⎨⎧≤<+-<≤---=10,101,1)(x x x x x f ，则1)()(->--x f x f 的解集为.12．数列{n a }的前n 项和n S 满足n n a n S 2=，若10031=a ，则2005a 等于.13．设平面内的两个向量,12==，又k 与t 是两个不同时为零的实数，若向量t )3(-+=与t k 2+-=互相垂直，则k 的极大值为.14．在某次商品的有奖销售活动中，有n 人获三等奖（4≥n ），三等奖的奖品共有四种，每个三等奖获得者随意从四种奖品中挑选了一种，结果有一种奖品无人挑选的概率是. 三、解答题（共5小题，计66分）15．（12分）某人购房向银行贷款s 元，年利率为p ，每两年向银行返还一次本息，十年还清，要求每次向银行的付款数相同，那么十年付款的总额是多少？16．（12分）如图，斜三棱柱111C B A ABC -的侧面C C AA 11的面积为23的菱形，1ACC ∠ 为锐角，侧面11A ABB ⊥侧面C C AA 11，且11===AC AB B A .BC1B 1C（1）求证11BC AA ⊥； （2）求11B A 到平面ABC 的距离.17．（12分）设c bx x x f ++=2)(（c b ,为常数），方程x x f =)(的两个实数根为21,x x ，且满足01>x ，112>-x x .（1）求证：)2(22c b b +>；（2）若10x t <<，比较1x 与)(t f 的大小.18．（15分）如图，过原点O 作抛物线px y 22=（0>p ）的两条互相垂直的弦OB OA ,，再作AOB ∠的平分线交AB 于点C .求点C 的轨迹方程.19．（15分）圆周上有800个点，依顺时针方向标号依次为800,,2,1 .它们将圆周分成800个间隙.任意选定一点染成红色，然后按如下规则逐次染红其余的一些点：若第k 号点已被染红，则可按顺时针方向经过k 个间隙，将所到达的那个点染红.如此继续下去，试问圆周上最多可得到多少个红点？证明你的结论.高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十四) 直线、平面垂直的判定与性质1．(·杭州模拟)设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a⊥b的一个充分条件是( )A．a⊥c，b⊥cB．α⊥β，a⊂α，b⊂βC．a⊥α，b∥αD．a⊥α，b⊥α2．设α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列命题①若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ；②若l上两点到α的距离相等，则l∥α；③若l⊥α，l∥β，则α⊥β；④若α∥β，l⊄β，且l∥α，则l∥β.其中正确的命题是( )A．①②B．②③C．②④D．③④3．给出命题：(1)在空间里，垂直于同一平面的两个平面平行；(2)设l，m是不同的直线，α是一个平面，若l⊥α，l∥m，则m⊥α；(3)已知α，β表示两个不同平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的充要条件；(4)a，b是两条异面直线，P为空间一点，过P总可以作一个平面与a，b之一垂直，与另一个平行．其中正确命题个数是( )A．0B．1C．2D．34.(·济南模拟)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在( )A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部5.(·曲阜师大附中质检)如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )A．①②B．①②③C．①D．②③6.(·济南名校模拟)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下面命题正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC7.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)8．(·忻州一中月考)正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，高为2，E是BC的中点，动点P在四棱锥的表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的长为________．9.(·蚌埠模拟)点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列四个命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的命题序号是________．10.如图所示，已知三棱锥A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB的中点，D为PB的中点，且△PMB为正三角形．(1)求证：DM∥平面APC；(2)求证：平面ABC⊥平面APC.11.(·北京海淀二模)如图所示，PA⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，点E为线段PB的中点，点M在AB 上，且OM∥AC.(1)求证：平面MOE∥平面PAC；(2)求证：平面PAC⊥平面PCB.12．(·珠海摸底)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是梯形，AB ∥CD ，四边形ACFE 是矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，AD ＝DC ＝CB ＝AE ＝a ，∠ACB＝π2.(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)若M 是棱EF 上一点，AM ∥平面BDF ，求EM 的长．1.如图，在立体图形D －ABC 中，若AB ＝CB ，AD ＝CD ，E 是AC 的中点，则下列正确的是( )A ．平面ABC ⊥平面ABDB ．平面ABD ⊥平面BDCC ．平面ABC ⊥平面BDE ，且平面ADC ⊥平面BDED ．平面ABC ⊥平面ADC ，且平面ADC ⊥平面BDE2．如图所示，b ，c 在平面α内，a ∩c ＝B ，b ∩c ＝A ，且a ⊥b ，a ⊥c ，b ⊥c ，若C ∈a ，D ∈b ，则△ACD 是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．等腰三角形3.(·莆田模拟)如图，在三棱锥P －ABC 中，△PAC ，△ABC 分别是以A ，B 为直角顶点的等腰直角三角形，AB ＝1.(1)现给出三个条件：①PB ＝3；②PB ⊥BC ；③平面PAB ⊥平面A BC.试从中任意选取一个作为已知条件，并证明：PA ⊥平面ABC ；(2)在(1)的条件下，求三棱锥P －ABC 的体积． [答 题 栏]A 级1._________2._________3._________4._________5._________6._________B 级1.______2.______7.__________8.__________9.__________答 案高考数学（文）一轮：一课双测A+B 精练(四十四)A级1．C2.D3.B4.A5．选B对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC.∴BC⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA.∵PA⊂平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．6．选D在平面图形中CD⊥BD，折起后仍有CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB，又AB⊥AD，故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC.7．解析：由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)8．解析：如图，设AC∩BD＝O，连接SO，取CD的中点F，SC的中点G，连接EF，EG，FG，设EF交AC于点H，连接GH，易知AC⊥EF，GH∥SO，∴GH⊥平面ABCD，∴AC⊥GH，∴AC⊥平面EFG，故动点P的轨迹是△EFG，由已知易得EF＝2，GE＝GF＝62，∴△EFG的周长为2＋6，故动点P的轨迹长为2＋ 6.答案：2＋69．解析：连接BD交AC于O，连接DC1交D1C于O1，连接OO1，则OO1∥BC1.∴BC1∥平面AD1C，动点P到平面AD1C的距离不变，∴三棱锥P－AD1C的体积不变．又VP－AD1C＝VA－D1PC，∴①正确．∵平面A1C1B∥平面AD1C，A1P⊂平面A1C1B，∴A1P∥平面ACD1，②正确．由于DB不垂直于BC1显然③不正确；由于DB1⊥D1C ，DB1⊥AD1，D1C ∩AD1＝D1， ∴DB1⊥平面AD1C.DB1⊂平面PDB1， ∴平面PDB1⊥平面ACD1，④正确． 答案：①②④10．证明：(1)由已知，得MD 是△ABP 的中位线，所以MD ∥AP. 又MD ⊄平面APC ，AP ⊂平面APC ， 故MD ∥平面APC.(2)因为△PMB 为正三角形，D 为PB 的中点， 所以MD ⊥PB.所以AP ⊥PB.又AP ⊥PC ，PB ∩PC ＝P ，所以AP ⊥平面PBC. 因为BC ⊂平面PBC ，所以AP ⊥BC.又BC ⊥AC ，AC ∩AP ＝A ，所以BC ⊥平面APC. 因为BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面APC.11．证明：(1)因为点E 为线段PB 的中点，点O 为线段AB 的中点， 所以OE ∥PA.因为PA ⊂平面PAC ，OE ⊄平面PAC ， 所以OE ∥平面PAC. 因为OM ∥AC ，且AC ⊂平面PAC ，OM ⊄平面PAC ， 所以OM ∥平面PAC.因为OE ⊂平面MOE ，OM ⊂平面MOE ，OE ∩OM ＝O ， 所以平面MOE ∥平面PAC.(2)因为点C 在以AB 为直径的⊙O 上，所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC. 因为PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BC. 因为AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ， PA ∩AC ＝A ， 所以BC ⊥平面PAC. 因为BC ⊂平面PCB ， 所以平面PAC ⊥平面PCB.12．解：(1)证明：因为∠ACB ＝π2，所以BC ⊥AC.又因为BC ⊂平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，平面ACFE ⊥平面ABCD ，所以BC ⊥平面ACFE.(2)记AC ∩BD ＝O ，在梯形ABCD 中，因为AD ＝DC ＝CB ＝a ，AB ∥CD ，所以∠ACD ＝∠CAB＝∠DAC.所以π＝∠ABC ＋∠BCD ＝∠DAB ＋∠ACD ＋∠ACB ＝3∠DAC ＋π2，所以∠DAC ＝π6，即∠CBO ＝π6.又因为∠ACB ＝π2，CB ＝a ，所以CO ＝33a.连接FO ，由AM ∥平面BDF 得AM ∥FO ，因为四边形ACFE 是矩形， 所以EM ＝CO ＝33a. B 级1．选C 要判断两个平面的垂直关系，就需固定其中一个平面，找另一个平面内的一条直线与第一个平面垂直．因为AB ＝CB ，且E 是AC 的中点，所以BE ⊥AC ，同理有DE ⊥AC ，于是AC ⊥平面BDE.因为AC 在平面ABC 内，所以平面ABC ⊥平面BDE.又由于AC ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面BDE.2．解析：选B ∵a ⊥b ，b ⊥c ，a ∩c ＝B ， ∴b ⊥面ABC ，∴AD ⊥AC ，故△ACD 为直角三角形． 3．解：法一：(1)选取条件① 在等腰直角三角形ABC 中， ∵AB ＝1， ∴BC ＝1，AC ＝ 2. 又∵PA ＝AC ，∴PA ＝ 2. ∴在△PAB 中，AB ＝1，PA ＝ 2. 又∵PB ＝3， ∴AB2＋PA2＝PB2.∴∠PAB ＝90°，即PA ⊥AB. 又∵PA ⊥AC ，AB ∩AC ＝A ， ∴PA ⊥平面ABC.(2)依题意得，由(1)可知PA ⊥平面ABC ，V 三棱锥P －ABC ＝13PA ·S △ABC ＝13×2×12×12＝26.法二：(1)选取条件② ∵PB ⊥BC ，又AB ⊥BC ，且PB ∩AB ＝B ，∴BC⊥平面PAB.∵PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA.又∵PA⊥AC，且BC∩AC＝C，∴PA⊥平面ABC.(2)依题意得，由(1)可知PA⊥平面ABC.∵AB＝BC＝1，AB⊥BC，∴AC＝2，∴PA＝2，∴V三棱锥P－ABC＝13PA·S△ABC＝13×12AB·BC·PA＝13×12×1×1×2＝26.法三：(1)选取条件③若平面PAB⊥平面ABC，∵平面PAB∩平面ABC＝AB，BC⊂平面ABC，BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.∵PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA.∵PA⊥AC，且BC∩AC＝C，∴PA⊥平面ABC.(2)同法二．高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十)空间几何体的结构特征及三视图和直观图1．(·青岛摸底)如图，在下列四个几何体中，其三视图(正视图、侧视图、俯视图)中有且仅有两个相同的是( )A．②③④B．①②③C．①③④D．①②④2．有下列四个命题：①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长相等的直四棱柱是正方体；③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．其中真命题的个数是( )A．1B．2C．3D．43．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )4．如图是一几何体的直观图、正视图和俯视图．在正视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的侧视图是( )5.如图△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是( )A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．钝角三角形6．(·东北三校一模)一个几何体的三视图如图所示，则侧视图的面积为( )A．2＋3B．1＋3C．2＋23D．4＋37．(·昆明一中二模)一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为1，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的________．(填入所有可能的图形前的编号) 2①锐角三角形；②直角三角形；③四边形；④扇形；⑤圆8．(·安徽名校模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．9．正四棱锥的底面边长为2，侧棱长均为3，其正视图(主视图)和侧视图(左视图)是全等的等腰三角形，则正视图的周长为________．10．已知：图1是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图2是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．11．(·银川调研)正四棱锥的高为3，侧棱长为7，求侧面上斜高(棱锥侧面三角形的高)为多少？12．(·四平模拟)已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积．1．(·江西八所重点高中模拟)底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正视图有最大面积时，其侧视图的面积为( )A．23B．3C.3D．42．(·深圳模拟)如图所示的几何体中，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面ABE，已知AB＝2，AE＝BE＝3，且当规定正视方向垂直平面ABCD时，该几何体的侧视图的面积为22.若M，N分别是线段DE，CE上的动点，则AM＋MN＋NB的最小值为________．3．一个多面体的直观图、正视图、侧视图如图1和2所示，其中正视图、侧视图均为边长为a的正方形．(1)请在图2指定的框内画出多面体的俯视图；(2)若多面体底面对角线AC，BD交于点O，E为线段AA1的中点，求证：OE∥平面A1C1C；(3)求该多面体的表面积．[答题栏]A级1._________2._________3._________4._________5._________6._________B级 1.______2.______ 7.__________8.__________9.__________答案高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十)A级1．A2.A3.C4.B5．选B由斜二测画法知B正确．6．选D依题意得，该几何体的侧视图的面积等于22＋12×2×3＝4＋ 3.7．解析：如图1所示，直三棱柱ABE－A1B1E1符合题设要求，此时俯视图△A BE是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABC－A1B1C1符合题设要求，此时俯视图△ABC是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCD－A1B1C1D1符合题设要求，此时俯视图(四边形ABCD)是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除④⑤.答案：①②③8．解析：结合三视图可知，该几何体为底面边长为2、高为2的正三棱柱除去上面的一个高为1的三棱锥后剩下的部分，其直观图如图所示，故该几何体的体积为12×2×2sin60°×2－13×12×2×2sin60°×1＝533.答案：5339.解析：由题意知，正视图就是如图所示的截面PEF ，其中E 、F 分别是AD 、BC 的中点，连接AO ，易得AO ＝2，而PA ＝3，于是解得PO ＝1，所以PE ＝2，故其正视图的周长为2＋2 2.答案：2＋2210．解：图1几何体的三视图为：图2所示的几何体是上面为正六棱柱，下面为倒立的正六棱锥的组合体． 11．解：如图所示，正四棱锥S －ABCD 中， 高OS ＝3，侧棱SA ＝SB ＝SC ＝SD ＝7， 在Rt △SOA 中，OA ＝SA2－OS2＝2，∴AC ＝4. ∴AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝2 2. 作OE ⊥AB 于E ，则E 为AB 中点． 连接SE ，则SE 即为斜高， 在Rt △SOE 中，∵OE ＝12BC ＝2，SO ＝3，∴SE ＝5，即侧面上的斜高为 5.12．解：(1)三棱锥的直观图如图所示． (2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝12＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.B 级1．选A 当正视图的面积达最大时可知其为正三棱柱某个侧面的面积，可以按如图所示位置放置，此时侧视图的面积为2 3.2．解析：依题意得，点E 到直线AB 的距离等于32－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝2，因为该几何体的左(侧)视图的面积为12·BC ×2＝22，所以BC ＝1，DE ＝EC ＝DC ＝2.所以△DEC 是正三角形，∠DEC ＝60°，tan ∠DEA ＝AD AE ＝33，∠DEA ＝∠CEB ＝30°.把△DAE ，△DEC 与△CEB 展在同一平面上，此时连接AB ，AE ＝BE ＝3，∠AEB ＝∠DEA ＋∠DEC ＋∠CEB ＝120°，AB2＝AE2＋BE2－2AE ·BEcos120°＝9，即AB ＝3，即AM ＋MN ＋NB 的最小值为3.答案：33．解：(1)根据多面体的直观图、正视图、侧视图，得到俯视图如下：(2)证明：如图，连接AC ，BD ，交于O 点，连接OE. ∵E 为AA1的中点，O 为AC 的中点， ∴在△AA1C 中，OE 为△AA1C 的中位线． ∴OE ∥A1C.∵OE ⊄平面A1C1C ，A1C ⊂平面A1C1C ， ∴OE ∥平面A1C1C.(3)多面体表面共包括10个面，SABCD ＝a2， SA1B1C1D1＝a22，S △ABA1＝S △B1BC ＝S △C 1DC ＝S △ADD1＝a22，S △AA1D1＝S △B1A1B ＝S △C1B1C ＝S △DC1D1 ＝12×2a 2×32a 4＝3a28， ∴该多面体的表面积S ＝a2＋a22＋4×a22＋4×3a28＝5a2.。
2003年全国高中数学联赛山东赛区预赛
1 - x2 1 - x 2 1 - x 25nx - 22003 年全国高中数学联赛山东赛区预赛一、选择题(每小题 6 分 ,共 60 分)1. 已知 y = f ( x ) 是定义在 R 上的偶函数 ,当 x> 0 时 , f ( x ) = log 2 (1 + x ) . 那么 ,当 x < 0 时 , f ( x ) = () .(A ) log 2 (1 + x ) (B ) log 2 (1 - x ) (C ) log 2 ( - 1 + x ) (D ) log 2 ( - 1 - x )2. 若 p 、q 为实数 ,则函数 f ( x ) = x 3 + px 2 + qx + r() .(A) 在( - ∞, + ∞) 上是减函数 (B) 在( - ∞, + ∞) 上是增函数(C) 当 p 2 < 3 q 时 ,在( - ∞, + ∞) 上是增函数 (D) 当 p 2 > 3 q 时 ,在( - ∞, + ∞) 上是增函数3. 已知α、β均为锐角 ,cos (α+ β) = - 4. 若设 sin β = x , cos α = y , 则 y 与 x 的函数关系式为() . 7. 如图 1 ,A 、B 、C 、D 是某油田的四口油井 ,计划建三条路将这四口油井连结起来(每条路只连结两口油井) . 那么 ,不同的建路方案有() 种.图 1(A ) 12 (B ) 14 (C ) 16(D ) 188. 已知 OA = (4 ,3) ,函数 y = x 2 + bx + c 的图像按向量 OA 平移得到的图像恰与直线 4 x + y - 8 = 0 相切于点 T (1 ,4) . 则原函数的解析式是( ) .(A ) y = x 2 + 2 x + 1 (B ) y = x 2 + 2 x (C ) y = x 2 + 2 x + 2(D ) y = x 2 + 2 x - 29. 设等差数列的前四项的和为 26 ,后四项的和为 110 ,这个数列的所有各项的和为 187. 那么 ,这个数列的项数是( ) .(A ) 11(B ) 22(C ) 8(D ) 16(A ) y = - 45 + 3x (0 < x < 1) 5 10. 已知在长方体 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 中 , 侧面 A 1 ADD 1 是正方形 , M 是棱 CD 的中点 , AM 与 CD 1 成(B ) y = - 4+ 3 x (4 < x < 1)AA5 5 5 的角为θ. 若 sin θ=78 ,则1的值为() . (C ) y = - 4- 3 x ( 4 < x < 1) 9 AB5 5 5 (A ) 2(B ) 2 2(C)2(D)3 (D ) y = - 4- 3x (0 < x < 1) 32255二、填空题(每小题 6 分 ,共 24 分)4. 已知复平面上相异的三点 Z 1 、Z 2 、Z 3 分别对应复数 z 1 、z 2 、z 3 . 若( z 2 - z 1 ) 2+ ( z 3 - z 1 ) 2= 0 ,那么 , △Z 1 Z 2 Z 3 是() .(A ) 等边三角形(B ) 等腰直角三角形(C) 直角三角形 ,但不一定是等腰三角形(D) 等腰三角形 ,但不一定是等边三角形x2y2x 2y 2.5. 若椭圆 m + p= 1 与双曲线 n - p = 112. 设 t 为正数 ,数列{ a n }是首项为 t ,公差为 2 t( m 、n 、p > 0) 有公共的焦点 F 1 、F 2 ,其交点为 Q . 那么 , △QF F 的面积是() . 的等 差 数 列 , 其 前 n 项 和 为 S . 若 limS n>1 2n →∞ a n(A ) m + n (B )m + n2(C ) p (D )p2,则 t 的取值范围是 .6. 已知正四面体 ABCD 的棱长为 2 ,所有与它的四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得截面的面积之和为( ) .(A ) 4(B ) 3(C ) 3(D ) 3 + 313. 已知集合 A = ( x , y )y - 3= a + 1 , B = { ( x , y ) | ( a 2 - 1) x + ( a - 1) y = 15} . 则 使 得 A ∩B =Ø的 a 的所有可能的值为.1 - x 21 - t5454 6 1 - x 2 . 故14. 设曲线 2 x 2 + y 2 = 4 x + 6 上与原点距离最大和最小的点分别为 M 和 N . 则| MN | =.三、解答题(共 66 分)15. (12 分) f ( x ) 是定义在 R 上的函数 ,且对任意的 x ∈R 满足b [ f ( x + p ) + f ( x ) ] = a [ 1 - f ( x ) f ( x + p ) ] .这里 a 、b 、p 均为非零常数. 证明 : f ( x ) 是一个周期 解得4< x < 1.4. B.由已知等式得 z 2 - z 1 = ±i ( z 3 - z 1 ) . 所 以 , Z 1 Z 2 = Z 1 Z 3 , 且 Z 1 Z 2 ⊥Z 1 Z 3 .5. C.根据题意 ,得 m - n = 2 p ,且 m + n = 2 ( m - p ) .函数 ,并求其周期.16. (12 分) 如图 2 , P 为 △ABC 内任意一点.由方程组 x 2 y 2m + p= 1 , x 2 y 2- = 1 n p求证 : AP ·BC + B P ·CA+ CP ·AB = 0.17. (12 分) 椭圆 C :图 2x 2 =2 mn m + n,进而求得 y = ± 2 p.m + nAx 2 + By 2 = 1 与直线 l : x + 2 y = 7 相交于 P 、Q 两又 | F 1 F 2 | = 2m - p = 2 n + p ,所以 ,点 ,点 R 的坐标为(2 ,5) . 若 △PQR 是等腰直角三角形 , ∠PRQ = 90°,求 A 、B 的值.18. (15 分) 设集合 M = { n ∈Z | 0 ≤n ≤11} ,集合 S △QF 1 F 2 6. D.=1 2×2 m - p ×2 pm + n= p .F = { ( a , b , c , d ) | a 、b 、c 、d ∈M } ,映射 f : F →Z ,使得( a , b , c , d ) 与 ab - cd 对应. 若( u , v , x , y ) 与 39 对应 , ( u , y , x , v ) 与 66 对 应 ,求 u 、v 、x 、y 的值.19. (15 分) 如图 3 ,已 知 正 方 体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 的棱长为 2 ,点 E 是棱 CD 的中点.这样的截面有两类 :(1) 截面的一侧有一点 ,另一侧有三点 ,如图 4(a ) 中的 △B 1 C 1 D 1 ,其中 B 1 、C 1 、D 1 分别是棱 AB 、 AC 、AD 的中点 ,这样的截面共有四个 ,每个截面的面积为3;求 异 面 直 线 A 1 C 1 和图 3B 1 E 的距离.一、1. B.2. C.参 考 答 案图 4因为f ′( x ) = 3 x 2+ 2 px + q 的二次项系数大于 0 ,所以 ,当Δ = 4 p 2 - 12 q < 0 时 ,在 ( - ∞, + ∞) 上f ′( x ) > 0. 故当 p 2 < 3 q 时 , f ( x ) 在( - ∞, + ∞) 上是增函数.3. B.由已 知 条 件 得 sin (α + β) =3, cos β =y = cos α= cos[ (α+β) - β]= cos (α+β) ·cos β+ sin (α+β) ·sin β(2) 截面的两侧各有两点 ,如图 4 (b ) 中的四边形MN PQ ,其中 M 、N 、P 、Q 分别是棱 AB 、BC 、CD 、DA的中点 ,这样的截面共有三个 ,都是正方形 ,每个截面的面积为 1.综上所述 ,所有截面的面积之和为 3 + 3 .7. C.连结任意两口油井的路共有 C 2= 6 条 ,从中任取 3 条有 C 3= 20 种. 但是只连结其中三口油井的路不合题意 ,这样的建路方案有 C 1= 4 种.= - 45 + 3 x . 5 4故符合题意的建路方案有 C 3 - C 1= 16 种.x 的取值范围应满足不等式组648. D.0 < x < 1 , 0 < - 4 5+ 3x < 1.5函数 y = x 2 + bx + c 的导数 y ′= 2 x + b . 设切点T ′( x , y ) 按向量 OA = (4 ,3) 平移为 T (1 ,4) ,则 x = 1 - x 2 1 - x 2 解得4 a 2+ b 2· a 2+ b 2b24 a 2+ b 2· a 2+ b 2t2 2b即a2n2a - b1 - 4 = - 3 , y = 4 - 3 = 1 ,即 T ′( - 3 ,1) . S = nt +n ( n - 1)·2 t = n 2 t .由切线的斜率为 - 4 ,切点 T ′( - 3 ,1) 在函数 y 2= x 2+ bx + c 的图像上 ,所以 ,从 而 , lim S n = lim= 1 .- 4 = 2 ×( - 3) + b ,1 = ( - 3) 2+ b ( - 3) + c .解得 b = 2 , c = - 2. 因此 , y = x 2 + 2 x - 2.n →∞ a n 由1 >2 n →∞(2 n t 2 ,解得 0 < t ≤1 且 t ≠1.9. A.设数列共有 n 项 : a 1 , a 2 ,, a n . 根据题意得a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = 26 , a n - 3 + a n - 2 + a n - 1 + a n = 110.因为等差数列满足13. - 4 , - 1 ,1 ,5.2A 即 { ( x , y ) | ( a + 1) x - y - 2 a + 1 = 0 , x ≠2} .仅在以下三种情况之一发生时 , A ∩B = Ø .(1) a = - 1 时 , 因 为 A = | ( x , y ) | y = 3 , x ≠2} ,B = { ( x , y ) | y = - 15 } ,直线 y = 3 和 y = - 15互相a 1 + a n = a 2 + a n - 1 = a 3 + a n - 2 = a 4 2 2+ a n - 3 ,所 以 ,4 ( a + a ) = 26 + 110 = 136 , a + a= 34. 平行 ,所以 , A ∩B = Ø ;1n1na 2 - 1 a - 1 - 15 又n ( a 1 + a n )= 187 ,即n ×34= 187 ,故 n = 11.(2) a ≠- 1 , 且a + 1=- 1≠- 2 a + 1时 ,直线2210. A.如图 5 建立坐标系. 设DA = DD 1 = a , DC = b , 则D 1 ( 0 , 0 , a ) , C ( 0 , b , 0 ) , D 1 C = (0 , b , - a ) ; A ( a ,0 ,0) , M ( 0 , b , 0 ) , AM =2( - a , b ,0) .2( a + 1) x - y - 2 a + 1 = 0 与 ( a 2 - 1) x + ( a - 1) y = 15 平行 ,所以 , A ∩B = Ø ,这时 a = 1.(3) a ≠±1 ,且 (2 ,3) ∈B 时 ,直线 ( a + 1) x - y - 2 a + 1 = 0 与 ( a 2 - 1) x + ( a - 1) y = 15 相交于点 (2 ,3) ,而(2 ,3) | A ,所以 , A ∩B = Ø . 这时 ( a 2 - 1)×2 + ( a - 1) ×3 = 15 , 解 得 a = - 4 或 a = 5 .14.15 .图 5 由已知 y 2 = - 2 x 2 + 4 x + 6 ≥0 ,得 - 1 ≤x ≤3.b2在曲线 2 x 2 + y 2 = 4 x + 6 上任取一点 P ( x , y ) ,cos θ=AM ·D 1 C =2| AM | ·| D 1 C |· P 到原点的距离为d = =x 2- 2 x 2 + 4 x + 6=b.= - ( x - 2) 2+ 10 .因为 - 1 ≤x ≤3 ,所以 ,1 ≤d ≤ 10 . 由已知得2278 当 x = 2 时 , d 取最大值M (2 , - 6) ;, 则 M ( 2 , 6 ) 或1 -=9.当 x = - 1 时 , d 取最小值 1 ,则 N (- 1 ,0) . 化简得a= , AA 1= 2 .AB故| MN | == 15 .二、11. 101136.三、15. 先证对任意的 x ∈R ,有 f ( x ) ≠- b .以ξ记该队最终的得分数 ,则P (ξ= 100) = 014 ×013 = 0112 , P (ξ= 101) = 016 ×012 + 014 ×017 = 014 ,事实上 ,若 f ( x ) = -b 2b ,aP (ξ= 102) = 016 ×018 = 0148.bf ( x + p ) -a= a + bf ( x + p ) ,E ξ= 100 ×0112 + 101 ×014 + 102 ×0148 = 101136. 12. 0 < t ≤1 , 且 t ≠1 .已知等差数列{ a }中 , a = t , d = 2 t ( t > 0) ,则故 a 2 + b 2 = 0 ,与 a 、b 是非零常数矛盾. 根据所给条件 ,可得a - bf ( x - p ) ( + ) = a - bf ( x ) =·b + af ( x - p ) n1f x p b + af ( x ) a - bf ( x - p )a n = t + ( n - 1) 2 t = (2 n - 1) t ,b + a ·b + af ( x - p )a + 42b 2a 2+ b 22 t t1 - t x 2+ y 2 10 (2 + 1) 2 + ( ± 6) 2 则则b 2 + a 2 =b 2+ a2· f ( x - p ) = f ( x - p ) .从 而 ,10 ≤v + y ≤22 , 3 ≤u + x ≤22. 所以 , f ( x ) 是以 2 p 为周期的函数.16. 如图 6 ,设 H 为△ABC 的垂心 ,则由 ③得由 ④得u - x = 7 , 或 v + y = 15 u + x = 3 , 或y - v = 9u - x = 5 , v + y = 21. u + x = 9 , y - v = 3.AH ·BC + BH ·CA +CH ·AB = 0.但 u + x ≥u - x ,故 u + x ≠3 ,所以 ,而 AH ·BC= ( AP + PH ) ·BC 图 6= AP ·BC + PH ·BC ;u - x = 7 , v + y = 15 ,u + x = 9 , y - v = 3u - x = 5 , v + y = 21 , 或u + x = 9 , y - v = 3.同理 ,有 B H ·CA = B P ·CA + PH ·CA ;CH ·AB = CP ·AB + PH ·AB .故 AP ·BC + B P ·CA + CP ·AB + PH ·( AB + BC + CA ) = 0. 因为 AB + BC + CA = 0 ,从而 ,AP ·BC + B P ·CA + CP ·AB = 0.17. 因为 △PQR 是等腰直角三角形 , ∠PRQ =解以上两组方程得 x = 1 , y = 9 , u = 8 , v = 6 或x = 2 , y = 12 , u = 7 , v = 9.因为 y = 12 | M ,所以 , x = 2 , y = 12 , u = 7 , v = 9 不合题意.因此 , x = 1 , y = 9 , u = 8 , v = 6.19. 如图 7 建立空 90°,点 R 到 PQ 的距离为| 2 + 2 ×5 - 7|12 + 22= 5 ,所以 ,间直角坐标系 D - xyz , 则 A 1 (2 ,0 ,2) , C 1 ( 0 , 2 ,| RP | = | RQ | = 2 × 5 = 10 .从而 ,点 P 、Q 是以 R 为圆心、 10为半径的圆 2) , B 1 0) .(2 ,2 ,2) , E ( 0 , 1 , 与直线 l 的交点. 由此得A C = ( - 2 ,2 ,0) ,1 1( x - 2) 2+ ( y - 5) 2= 10 ,x + 2 y = 7.解得 x = - 1 , y = 4 , 或 x = 3 , y = 2. 又点 P 、Q 在椭圆 Ax 2 + By 2 = 1 上 ,所以 ,A + 16B = 1 ,9A + 4 B = 1.B 1 E = ( - 2 , - 1 , - 2) , A 1 B 1 = (0 ,2 ,0) .图 7设 PQ 是异面直线 A 1 C 1 和 B 1 E 的公垂线段 ,且A 1 P =λA 1 C 1 = ( - 2λ,2λ,0) ,B 1 Q = μB 1 E = ( - 2μ, - μ, - 2μ) .A =3 35 , B = 2 .35则 PQ = PA 1 + A 1 B 1 + B 1 Q= (2λ- 2μ, - 2λ- μ+ 2 , - 2μ) . 18. 根据题意得uv - xy = 39 , uy - xv = 66.②+ ①并整理得因为 PQ ⊥A 1 C 1 , PQ ⊥B 1 E ,所以 ,① PQ ·A 1 C 1 = 0 , PQ ·B 1 E = 0.② 又 PQ ·A 1 C 1 = - 8λ+ 2μ+ 4 ,PQ ·B 1 E = - 2λ+ 9μ- 2 ,( u - x ) ( v + y ) = 105 = 3 ×5 ×7 ,③②- ①并整理得 ( u + x ) ( y - v ) = 27 = 33.④又因为- 8λ+ 2μ+ 4 = 0 ,则- 2λ+ 9μ- 2 = 0.解得λ= 10 ,μ= 6.x 、y 、u 、v ∈M ,所以 ,v + y ≥0 , u + x ≥0 ,0 < u - x ≤11 , 0 < y - v ≤11 ,17, PQ = 8 17 17 , 8 17, -2, 17 105 105 68 28 212 24 17且 v + y =u - x ≥ = 9 11 , | PQ | =17+17+ - 17 = 17. 27 ≥27 5(梁本江 提供)u + x = y - v11 = 2 11 . 解得 所以 11。
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全国高中数学联赛山东赛区预赛试题一、选择题（每小题6分，共60分） 1．数集{x x x -2,}中x 的取值范围是 （ ）A ．),(+∞-∞B ．),0()0,(+∞⋃-∞C ．),2()2,(+∞⋃-∞D ．),2()2,0()0,(+∞⋃⋃-∞ 2．若012=++z z ，则2005z 的值是 （ ）A ．1B ．1-C ．i 2321±D ．i 2321±- 3．函数x x y 24sin cos +=的最小正周期为 （ ）A ．4πB ．2πC ．πD ．π2 4．随机抛掷一颗6个面分别刻有1，2，3，4，5，6个点的骰子，其出现（即向上一面）的 点数的数学期望值为 （ ） A ．3 B ．3.5 C ．4 D ．4.55．函数cx bx ax x f ++=23)(的图像如图，则下面关于c b a ,,符号判断正确的是 （ ）A ．0,0,0<<>c b aB ．0,0,0>>>c b aC ．0,0,0><<c b aD ．0,0,0<><c b a 6．16666101192111011111-++++C C C 被8除所得余数是（ ）A ．0B ．2C ．3D ．5 7．不等式31|1log 1|31>+x 的解集为（ ）A ．)81,91(B ．)27,31(C ．)27,3()3,31(⋃ D ．)81,3()3,91(⋃8．当22ππ≤≤-x 时，函数)(x f 满足x x f x f 2sin )(sin 3)sin (2=+-，则)(x f 是（ ）A ．奇函数B ．偶函数C ．非奇非偶函数D ．既奇又偶函数9．点P 在双曲线222a y x =-的右支上，21,A A21122A PA PA A ∠=∠，则21A PA ∠等于（ ）A ．30B ．5.27 C ． 25D ． 5.2210．正四面体ABCD 中，CD CF AB AE 41,41==，则直线DE 和BF 所成角是 （ ） A ．134arccos B ．133arccos C ．134arccos -πD ．133arccos -π二、填空题（每小题6分，共24分） 11．已知函数⎩⎨⎧≤<+-<≤---=10,101,1)(x x x x x f ，则1)()(->--x f x f 的解集为.12．数列{n a }的前n 项和n S 满足n n a n S 2=，若10031=a ，则2005a 等于.13．设平面内的两个向量,12==，又k 与t 是两个不同时为零的实数，若向量t )3(-+=与t k 2+-=互相垂直，则k 的极大值为.14．在某次商品的有奖销售活动中，有n 人获三等奖（4≥n ），三等奖的奖品共有四种，每个三等奖获得者随意从四种奖品中挑选了一种，结果有一种奖品无人挑选的概率是. 三、解答题（共5小题，计66分）15．（12分）某人购房向银行贷款s 元，年利率为p ，每两年向银行返还一次本息，十年还清，要求每次向银行的付款数相同，那么十年付款的总额是多少？16．（12分）如图，斜三棱柱111C B A ABC -的侧面C C AA 11的面积为23的菱形，1ACC ∠ 为锐角，侧面11A ABB ⊥侧面C C AA 11，且11===AC AB B A .BC1B 1C（1）求证11BC AA ⊥； （2）求11B A 到平面ABC 的距离.17．（12分）设c bx x x f ++=2)(（c b ,为常数），方程x x f =)(的两个实数根为21,x x ，且满足01>x ，112>-x x .（1）求证：)2(22c b b +>；（2）若10x t <<，比较1x 与)(t f 的大小.18．（15分）如图，过原点O 作抛物线px y 22=（0>p ）的两条互相垂直的弦OB OA ,，再作AOB ∠的平分线交AB 于点C .求点C 的轨迹方程.19．（15分）圆周上有800个点，依顺时针方向标号依次为800,,2,1 .它们将圆周分成800个间隙.任意选定一点染成红色，然后按如下规则逐次染红其余的一些点：若第k 号点已被染红，则可按顺时针方向经过k 个间隙，将所到达的那个点染红.如此继续下去，试问圆周上最多可得到多少个红点？证明你的结论.高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十四) 直线、平面垂直的判定与性质1．(·杭州模拟)设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a⊥b的一个充分条件是( )A．a⊥c，b⊥cB．α⊥β，a⊂α，b⊂βC．a⊥α，b∥αD．a⊥α，b⊥α2．设α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列命题①若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ；②若l上两点到α的距离相等，则l∥α；③若l⊥α，l∥β，则α⊥β；④若α∥β，l⊄β，且l∥α，则l∥β.其中正确的命题是( )A．①②B．②③C．②④D．③④3．给出命题：(1)在空间里，垂直于同一平面的两个平面平行；(2)设l，m是不同的直线，α是一个平面，若l⊥α，l∥m，则m⊥α；(3)已知α，β表示两个不同平面，m为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m⊥β”的充要条件；(4)a，b是两条异面直线，P为空间一点，过P总可以作一个平面与a，b之一垂直，与另一个平行．其中正确命题个数是( )A．0B．1C．2D．34.(·济南模拟)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在( )A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部5.(·曲阜师大附中质检)如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )A．①②B．①②③C．①D．②③6.(·济南名校模拟)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下面命题正确的是( )A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC7.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)8．(·忻州一中月考)正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，高为2，E是BC的中点，动点P在四棱锥的表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的长为________．9.(·蚌埠模拟)点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列四个命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的命题序号是________．10.如图所示，已知三棱锥A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB的中点，D为PB的中点，且△PMB为正三角形．(1)求证：DM∥平面APC；(2)求证：平面ABC⊥平面APC.11.(·北京海淀二模)如图所示，PA⊥平面ABC，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，点E为线段PB的中点，点M在AB 上，且OM∥AC.(1)求证：平面MOE∥平面PAC；(2)求证：平面PAC⊥平面PCB.12．(·珠海摸底)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是梯形，AB ∥CD ，四边形ACFE 是矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，AD ＝DC ＝CB ＝AE ＝a ，∠ACB＝π2.(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)若M 是棱EF 上一点，AM ∥平面BDF ，求EM 的长．1.如图，在立体图形D －ABC 中，若AB ＝CB ，AD ＝CD ，E 是AC 的中点，则下列正确的是( )A ．平面ABC ⊥平面ABDB ．平面ABD ⊥平面BDCC ．平面ABC ⊥平面BDE ，且平面ADC ⊥平面BDED ．平面ABC ⊥平面ADC ，且平面ADC ⊥平面BDE2．如图所示，b ，c 在平面α内，a ∩c ＝B ，b ∩c ＝A ，且a ⊥b ，a ⊥c ，b ⊥c ，若C ∈a ，D ∈b ，则△ACD 是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．等腰三角形3.(·莆田模拟)如图，在三棱锥P －ABC 中，△PAC ，△ABC 分别是以A ，B 为直角顶点的等腰直角三角形，AB ＝1.(1)现给出三个条件：①PB ＝3；②PB ⊥BC ；③平面PAB ⊥平面A BC.试从中任意选取一个作为已知条件，并证明：PA ⊥平面ABC ；(2)在(1)的条件下，求三棱锥P －ABC 的体积． [答 题 栏]A 级1._________2._________3._________4._________5._________6._________B 级1.______2.______7.__________8.__________9.__________答 案高考数学（文）一轮：一课双测A+B 精练(四十四)A级1．C2.D3.B4.A5．选B对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC.∴BC⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA.∵PA⊂平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．6．选D在平面图形中CD⊥BD，折起后仍有CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB，又AB⊥AD，故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC.7．解析：由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)8．解析：如图，设AC∩BD＝O，连接SO，取CD的中点F，SC的中点G，连接EF，EG，FG，设EF交AC于点H，连接GH，易知AC⊥EF，GH∥SO，∴GH⊥平面ABCD，∴AC⊥GH，∴AC⊥平面EFG，故动点P的轨迹是△EFG，由已知易得EF＝2，GE＝GF＝62，∴△EFG的周长为2＋6，故动点P的轨迹长为2＋ 6.答案：2＋69．解析：连接BD交AC于O，连接DC1交D1C于O1，连接OO1，则OO1∥BC1.∴BC1∥平面AD1C，动点P到平面AD1C的距离不变，∴三棱锥P－AD1C的体积不变．又VP－AD1C＝VA－D1PC，∴①正确．∵平面A1C1B∥平面AD1C，A1P⊂平面A1C1B，∴A1P∥平面ACD1，②正确．由于DB不垂直于BC1显然③不正确；由于DB1⊥D1C ，DB1⊥AD1，D1C ∩AD1＝D1， ∴DB1⊥平面AD1C.DB1⊂平面PDB1， ∴平面PDB1⊥平面ACD1，④正确． 答案：①②④10．证明：(1)由已知，得MD 是△ABP 的中位线，所以MD ∥AP. 又MD ⊄平面APC ，AP ⊂平面APC ， 故MD ∥平面APC.(2)因为△PMB 为正三角形，D 为PB 的中点， 所以MD ⊥PB.所以AP ⊥PB.又AP ⊥PC ，PB ∩PC ＝P ，所以AP ⊥平面PBC. 因为BC ⊂平面PBC ，所以AP ⊥BC.又BC ⊥AC ，AC ∩AP ＝A ，所以BC ⊥平面APC. 因为BC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面APC.11．证明：(1)因为点E 为线段PB 的中点，点O 为线段AB 的中点， 所以OE ∥PA.因为PA ⊂平面PAC ，OE ⊄平面PAC ， 所以OE ∥平面PAC. 因为OM ∥AC ，且AC ⊂平面PAC ，OM ⊄平面PAC ， 所以OM ∥平面PAC.因为OE ⊂平面MOE ，OM ⊂平面MOE ，OE ∩OM ＝O ， 所以平面MOE ∥平面PAC.(2)因为点C 在以AB 为直径的⊙O 上，所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC. 因为PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BC. 因为AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ， PA ∩AC ＝A ， 所以BC ⊥平面PAC. 因为BC ⊂平面PCB ， 所以平面PAC ⊥平面PCB.12．解：(1)证明：因为∠ACB ＝π2，所以BC ⊥AC.又因为BC ⊂平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，平面ACFE ⊥平面ABCD ，所以BC ⊥平面ACFE.(2)记AC ∩BD ＝O ，在梯形ABCD 中，因为AD ＝DC ＝CB ＝a ，AB ∥CD ，所以∠ACD ＝∠CAB＝∠DAC.所以π＝∠ABC ＋∠BCD ＝∠DAB ＋∠ACD ＋∠ACB ＝3∠DAC ＋π2，所以∠DAC ＝π6，即∠CBO ＝π6.又因为∠ACB ＝π2，CB ＝a ，所以CO ＝33a.连接FO ，由AM ∥平面BDF 得AM ∥FO ，因为四边形ACFE 是矩形， 所以EM ＝CO ＝33a. B 级1．选C 要判断两个平面的垂直关系，就需固定其中一个平面，找另一个平面内的一条直线与第一个平面垂直．因为AB ＝CB ，且E 是AC 的中点，所以BE ⊥AC ，同理有DE ⊥AC ，于是AC ⊥平面BDE.因为AC 在平面ABC 内，所以平面ABC ⊥平面BDE.又由于AC ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面BDE.2．解析：选B ∵a ⊥b ，b ⊥c ，a ∩c ＝B ， ∴b ⊥面ABC ，∴AD ⊥AC ，故△ACD 为直角三角形． 3．解：法一：(1)选取条件① 在等腰直角三角形ABC 中， ∵AB ＝1， ∴BC ＝1，AC ＝ 2. 又∵PA ＝AC ，∴PA ＝ 2. ∴在△PAB 中，AB ＝1，PA ＝ 2. 又∵PB ＝3， ∴AB2＋PA2＝PB2.∴∠PAB ＝90°，即PA ⊥AB. 又∵PA ⊥AC ，AB ∩AC ＝A ， ∴PA ⊥平面ABC.(2)依题意得，由(1)可知PA ⊥平面ABC ，V 三棱锥P －ABC ＝13PA ·S △ABC ＝13×2×12×12＝26.法二：(1)选取条件② ∵PB ⊥BC ，又AB ⊥BC ，且PB ∩AB ＝B ，∴BC⊥平面PAB.∵PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA.又∵PA⊥AC，且BC∩AC＝C，∴PA⊥平面ABC.(2)依题意得，由(1)可知PA⊥平面ABC.∵AB＝BC＝1，AB⊥BC，∴AC＝2，∴PA＝2，∴V三棱锥P－ABC＝13PA·S△ABC＝13×12AB·BC·PA＝13×12×1×1×2＝26.法三：(1)选取条件③若平面PAB⊥平面ABC，∵平面PAB∩平面ABC＝AB，BC⊂平面ABC，BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.∵PA⊂平面PAB，∴BC⊥PA.∵PA⊥AC，且BC∩AC＝C，∴PA⊥平面ABC.(2)同法二．高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十)空间几何体的结构特征及三视图和直观图1．(·青岛摸底)如图，在下列四个几何体中，其三视图(正视图、侧视图、俯视图)中有且仅有两个相同的是( )A．②③④B．①②③C．①③④D．①②④2．有下列四个命题：①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长相等的直四棱柱是正方体；③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．其中真命题的个数是( )A．1B．2C．3D．43．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )4．如图是一几何体的直观图、正视图和俯视图．在正视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的侧视图是( )5.如图△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是( )A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．钝角三角形6．(·东北三校一模)一个几何体的三视图如图所示，则侧视图的面积为( )A．2＋3B．1＋3C．2＋23D．4＋37．(·昆明一中二模)一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为1，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的________．(填入所有可能的图形前的编号) 2①锐角三角形；②直角三角形；③四边形；④扇形；⑤圆8．(·安徽名校模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．9．正四棱锥的底面边长为2，侧棱长均为3，其正视图(主视图)和侧视图(左视图)是全等的等腰三角形，则正视图的周长为________．10．已知：图1是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图2是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．11．(·银川调研)正四棱锥的高为3，侧棱长为7，求侧面上斜高(棱锥侧面三角形的高)为多少？12．(·四平模拟)已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积．1．(·江西八所重点高中模拟)底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正视图有最大面积时，其侧视图的面积为( )A．23B．3C.3D．42．(·深圳模拟)如图所示的几何体中，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面ABE，已知AB＝2，AE＝BE＝3，且当规定正视方向垂直平面ABCD时，该几何体的侧视图的面积为22.若M，N分别是线段DE，CE上的动点，则AM＋MN＋NB的最小值为________．3．一个多面体的直观图、正视图、侧视图如图1和2所示，其中正视图、侧视图均为边长为a的正方形．(1)请在图2指定的框内画出多面体的俯视图；(2)若多面体底面对角线AC，BD交于点O，E为线段AA1的中点，求证：OE∥平面A1C1C；(3)求该多面体的表面积．[答题栏]A级1._________2._________3._________4._________5._________6._________B级 1.______2.______ 7.__________8.__________9.__________答案高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十)A级1．A2.A3.C4.B5．选B由斜二测画法知B正确．6．选D依题意得，该几何体的侧视图的面积等于22＋12×2×3＝4＋ 3.7．解析：如图1所示，直三棱柱ABE－A1B1E1符合题设要求，此时俯视图△A BE是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABC－A1B1C1符合题设要求，此时俯视图△ABC是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCD－A1B1C1D1符合题设要求，此时俯视图(四边形ABCD)是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除④⑤.答案：①②③8．解析：结合三视图可知，该几何体为底面边长为2、高为2的正三棱柱除去上面的一个高为1的三棱锥后剩下的部分，其直观图如图所示，故该几何体的体积为12×2×2sin60°×2－13×12×2×2sin60°×1＝533.答案：5339.解析：由题意知，正视图就是如图所示的截面PEF ，其中E 、F 分别是AD 、BC 的中点，连接AO ，易得AO ＝2，而PA ＝3，于是解得PO ＝1，所以PE ＝2，故其正视图的周长为2＋2 2.答案：2＋2210．解：图1几何体的三视图为：图2所示的几何体是上面为正六棱柱，下面为倒立的正六棱锥的组合体． 11．解：如图所示，正四棱锥S －ABCD 中， 高OS ＝3，侧棱SA ＝SB ＝SC ＝SD ＝7， 在Rt △SOA 中，OA ＝SA2－OS2＝2，∴AC ＝4. ∴AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝2 2. 作OE ⊥AB 于E ，则E 为AB 中点． 连接SE ，则SE 即为斜高， 在Rt △SOE 中，∵OE ＝12BC ＝2，SO ＝3，∴SE ＝5，即侧面上的斜高为 5.12．解：(1)三棱锥的直观图如图所示． (2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝12＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.B 级1．选A 当正视图的面积达最大时可知其为正三棱柱某个侧面的面积，可以按如图所示位置放置，此时侧视图的面积为2 3.2．解析：依题意得，点E 到直线AB 的距离等于32－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝2，因为该几何体的左(侧)视图的面积为12·BC ×2＝22，所以BC ＝1，DE ＝EC ＝DC ＝2.所以△DEC 是正三角形，∠DEC ＝60°，tan ∠DEA ＝AD AE ＝33，∠DEA ＝∠CEB ＝30°.把△DAE ，△DEC 与△CEB 展在同一平面上，此时连接AB ，AE ＝BE ＝3，∠AEB ＝∠DEA ＋∠DEC ＋∠CEB ＝120°，AB2＝AE2＋BE2－2AE ·BEcos120°＝9，即AB ＝3，即AM ＋MN ＋NB 的最小值为3.答案：33．解：(1)根据多面体的直观图、正视图、侧视图，得到俯视图如下：(2)证明：如图，连接AC ，BD ，交于O 点，连接OE. ∵E 为AA1的中点，O 为AC 的中点， ∴在△AA1C 中，OE 为△AA1C 的中位线． ∴OE ∥A1C.∵OE ⊄平面A1C1C ，A1C ⊂平面A1C1C ， ∴OE ∥平面A1C1C.(3)多面体表面共包括10个面，SABCD ＝a2， SA1B1C1D1＝a22，S △ABA1＝S △B1BC ＝S △C 1DC ＝S △ADD1＝a22，S △AA1D1＝S △B1A1B ＝S △C1B1C ＝S △DC1D1 ＝12×2a 2×32a 4＝3a28， ∴该多面体的表面积S ＝a2＋a22＋4×a22＋4×3a28＝5a2.。