2021年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试题(1)
2021年全国高中数学联赛(A卷一试)(含答案与解析)
2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛）暨2021年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1．等差数列{a n }满足a 2021＝a 20+a 21＝1，则a 1的值为__________．2．设集合A ＝{1，2，m }，其中m 为实数．令B ＝{a 2｜a ∈A }，C ＝A ∪B ．若C 的所有元素之和为6，则C 的所有元素之积为__________．3．设函数f (x )满足：对任意非零实数x ，均有f (x )＝f (1)·x +()2f x－1，则f (x )在(0，+∞)上的最小值为__________．4．设函数f (x )＝cosx +log 2x （x >0），若正实数a 满足f (a )＝f (2a )，则f (2a )－f (4a )的值为__________．5．在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝2，B －C ＝23π，则△ABC 的面积为__________．6．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线Γ：y 2＝2px （p >0）的焦点为F ，过Γ上一点P （异于O ）作Γ的切线，与y 轴交于点Q ．若|FP |＝2，|FQ |＝1，则向量OP 与OQ 的数量积为__________．7．一颗质地均匀的正方形骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6．随机地抛掷该骰子三次（各次抛掷结果相互独立），所得的点数依次为a 1，a 2，a 3，则事件“|a 1－a 2|+|a 2－a 3|+|a 3－a 1|＝6”发生的概率为__________．8．设有理数r ＝p q∈(0，1)，其中p ，q 为互素的正整数，且pq 整除3600．这样的有理数r 的个数为__________．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9．已知复数列{z n }满足：z 1＝32，z n +1＝n z (1+z n i )（n ＝1，2，…），其中i 为虚数单位．求z 2021的值．10．在平面直角坐标系中，函数y ＝11x x ++的图像上有三个不同的点位于直线l 上，且这三点的横坐标之和为0．求l 的斜率的取值范围．11．如图，正方体ABCD －EFGH 的棱长为2，在正方形ABFE 的内切圆上任取一点P 1，在正方形BCGF 的内切圆上任取一点P 2，在正方形EFGH 的内切圆上任取一点P 3．求|P 1P 2|+|P 2P 3|+|P 3P 1|的最小值与最大值．2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛）暨2021年全国高中数学联合竞赛一试（A卷）一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1．等差数列{a n}满足a2021＝a20+a21＝1，则a1的值为__________．【答案】1981 4001【解析】2．设集合A＝{1，2，m}，其中m为实数．令B＝{a2｜a∈A}，C＝A∪B．若C的所有元素之和为6，则C的所有元素之积为__________．【答案】－8【解析】3．设函数f(x)满足：对任意非零实数x，均有f(x)＝f(1)·x+()2fx－1，则f(x)在(0，+∞)上的最小值为__________．【答案】－1【解析】4．设函数f(x)＝cosx+log2x（x>0），若正实数a满足f(a)＝f(2a)，则f(2a)－f(4a)的值为__________．【答案】－3或－1【解析】5．在△ABC 中，AB ＝1，AC ＝2，B －C ＝23，则△ABC 的面积为__________．【答案】3314【解析】6．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线Γ：y 2＝2px （p >0）的焦点为F ，过Γ上一点P （异于O ）作Γ的切线，与y 轴交于点Q ．若|FP |＝2，|FQ |＝1，则向量OP 与OQ 的数量积为__________．【答案】32【解析】7．一颗质地均匀的正方形骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6．随机地抛掷该骰子三次（各次抛掷结果相互独立），所得的点数依次为a 1，a 2，a 3，则事件“|a 1－a 2|+|a 2－a 3|+|a 3－a 1|＝6”发生的概率为__________．【答案】14【解析】8．设有理数r ＝p q∈(0，1)，其中p ，q 为互素的正整数，且pq 整除3600．这样的有理数r 的个数为__________．【答案】112【解析】二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9．已知复数列{z n }满足：z 132，z n +1＝n z (1+z n i )（n ＝1，2，…），其中i 为虚数单位．求z 2021的值．【解析】10．在平面直角坐标系中，函数y ＝11x x ++的图像上有三个不同的点位于直线l 上，且这三点的横坐标之和为0．求l 的斜率的取值范围．【解析】11．如图，正方体ABCD－EFGH的棱长为2，在正方形ABFE的内切圆上任取一点P1，在正方形BCGF的内切圆上任取一点P2，在正方形EFGH的内切圆上任取一点P3．求|P1P2|+|P2P3|+|P3P1|的最小值与最大值．【解析】。
2021年全国高中数学联赛试卷及答案(Word可编辑版)
2021年全国高中数学联赛试卷及答案（最新版）-Word文档，下载后可任意编辑和处理-2021年全国高中数学联合竞赛试卷得分评卷人一．选择题（本题满分36分，每小题6分）本题共有6小题，每题均给出A、B、C、D四个结论，其中有且仅有一个是正确的，请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分)。
1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个新数列的第2021项是A．2046B．2047 C．2048 D．2049 答（）2．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y＋b＝0和曲线bx2＋ay2＝ab 的图形是A B C D答（）3．过抛物线y2＝8(x＋2)的焦点F作倾斜角为60o的直线，若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于P点，则线段PF的长等于A．B．C． D．答（）4．若，则的最大值是A．B．C． D．答（）5.已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy＝－1，则函数的最小值是A．B．C． D．答（）6.在四面体ABCD中，设AB＝1，CD＝，直线AB与CD的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于A． B．C．D．答（）得分评卷人二．填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。
7．不等式 x 3－2x2－4 x ＋3 < 0 的解集是____________________．8．设F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，且PF1 : PF2＝2 : 1，则三角形PF1F2的面积等于______________．9．已知A＝{x｜x2－4x＋3＜0，x∈R}，B＝{x｜21－x＋a≤0，x2－2(a＋7)＋5≤0，x∈R}，若AB，则实数a的取值范围是___________________．10．已知a，b，c，d均为正整数，且，若a－c＝9，则b－d ＝________．11．将8个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于______________．12．设M n ＝{(十进制)n位纯小数｜ai只取0或1（i＝1，2，…，n－1，an＝1}，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则＝_______．得分评卷人三．解答题（本题满分60分，每小题20分）13．设≤x≤5，证明不等式．14．设A，B，C分别是复数Z0＝ai，Z1＝＋bi，Z2＝1＋ci（其中a，b，c都是实数）对应的不共线的三点，证明：曲线Z＝Z0cos4t＋2Z1cos2t sin2t＋Z2sin4t （t∈R）与ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点．15. 一张纸上画有半径为R的圆O和圆内一定点A，且OA＝a. 拆叠纸片，使圆周上某一点A/ 刚好与A点重合，这样的每一种拆法，都留下一条直线折痕，当A/取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．2021年全国高中数学联合竞赛加试试卷得分评卷人一．（本题满分50分）过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A，B所作割线交圆于C，D两点，C在P，D之间，在弦CD上取一点Q，使∠DAQ＝∠PBC．求证：∠DBQ＝∠PAC．得分评卷人二．（本题满分50分）设三角形的三边分别是整数l，m，n，且l ＞m＞n，已知，其中{x}＝x－[x]，而[x]表示不超过x的最大整数．求这种三角形周长的最小值．得分评卷人三．（本题满分50分）由n个点和这些点之间的t条连线段组成一个空间图形，其中n＝q2＋q＋1，t≥，q≥2，q∈N，已知此图中任圆点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q＋2条连线段，证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A，B，C，D和四条连线段AB，BC，CD，DA组成的图形）．2021年全国高中数学联合竞赛试卷试题参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请依据本评分标准．选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两；其它各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步骤正确，在评卷时可参照本评分标准当划分档次评分，5分为一个档次。
2021_年全国高中数学联赛（A1）卷解析几何题的解法探究
２０２１年全国高中数学联赛(Ａ１)卷解析几何题的解法探究宋长芬(福建省福州第八中学ꎬ福建福州３５０００４)摘㊀要:２０２１年全国高中数学联赛(Ａ１)卷一试第１１题是解析几何题ꎬ考查的是椭圆ꎬ求的是两三角形内切圆半径之差的最大值.本文利用解析法与参数法给出试题的四种解法.关键词:２０２１年全国高中数学联赛ꎻ解析几何ꎻ内切圆ꎻ最大值ꎻ参数方程中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３６－００７７－０３收稿日期:２０２３－０９－２５作者简介:宋长芬(１９７８.１０－)ꎬ女ꎬ福建省福州人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２１年全国数学联赛(Ａ１)卷的解析几何题ꎬ作为一试的最后一题ꎬ对考生的数学能力要求较高ꎬ有很好的区分度ꎬ有助于选拔优秀的竞赛选手ꎬ是个难得的好题.笔者经过探究ꎬ从解析法和参数法两个视角给出四种解法ꎬ供读者参考㊁研究.１赛题再现如图１所示ꎬ在平面直角坐标系中ꎬ椭圆Γ:ｘ２２＋ｙ２＝１的左㊁右焦点分别为Ｆ１㊁Ｆ２.设Ｐ是第一象限内Γ上一点ꎬＰＦ１㊁ＰＦ２的延长线分别交Γ于点Ｑ１㊁Ｑ２.设ｒ１㊁ｒ２分别为әＰＦ１Ｑ２㊁әＰＦ２Ｑ１的内切圆半径.求ｒ１－ｒ２的最大值[１].图１㊀竞赛题图２解法探究解法１㊀易知Ｆ１的坐标为(－１ꎬ０)ꎬＦ２的坐标为(１ꎬ０).设Ｐ㊁Ｑ１㊁Ｑ２的坐标分别为ｘ０ꎬｙ０()㊁ｘ１ꎬｙ１()㊁ｘ２ꎬｙ２()ꎬ由条件知ｘ０ꎬｙ０>０ꎬｙ１<０ꎬｙ２<０.由椭圆定义ꎬ得ＰＦ１＋ＰＦ２＝Ｑ１Ｆ１＋Ｑ１Ｆ２＝Ｑ２Ｆ１＋Ｑ２Ｆ２＝２２故әＰＦ１Ｑ２与әＰＦ２Ｑ１的周长均为ｌ＝４２.又Ｆ１Ｆ２＝２ꎬ因此ｒ１＝２ＳәＰＦ１Ｑ２ｌ＝ｙ０－ｙ２() Ｆ１Ｆ２ｌ＝ｙ０－ｙ２２２同理可得ｒ２＝ｙ０－ｙ１２２ꎬ所以ｒ１－ｒ２＝ｙ１－ｙ２２２.以下先求ｙ１－ｙ２.直线ＰＦ１的方程为ｘ＝ｘ０＋１()ｙｙ０－１ꎬ将其代入ｘ２２＋ｙ２＝１ꎬ整理得ｘ０＋１()２２ｙ２０＋１[]ｙ２－ｘ０＋１ｙ０ｙ－１２＝０两边乘以２ｙ２０ꎬ并注意到ｘ２０＋２ｙ２０＝２ꎬ可得３＋２ｘ０()ｙ２－２ｘ０＋１()ｙ０ｙ－ｙ２０＝０该方程的两根为ｙ０㊁ｙ１ꎬ由韦达定理ꎬ得ｙ０ｙ１＝－ｙ２０３＋２ｘ０ꎬ于是ｙ１＝－ｙ０３＋２ｘ０.７７同理可得ｙ２＝－ｙ０３－２ｘ０.因此ｙ１－ｙ２＝ｙ０３－２ｘ０－ｙ０３＋２ｘ０＝４ｘ０ｙ０９－４ｘ２０由于９－４ｘ２０＝１２ｘ２０＋９ｙ２０ȡ２１２ｘ２０ ９ｙ２０＝３２ｘ０ｙ０故ｒ１－ｒ２＝ｙ１－ｙ２２２＝２ｘ０ｙ０９－４ｘ２０ɤ２ｘ０ｙ０３２ｘ０ｙ０＝１３其中等号成立时要求１２ｘ２０＝９ｙ２０ꎬ相应地ꎬ有ｘ０＝３５５ꎬｙ０＝１０１０.所以ｒ１－ｒ２的最大值为１３.解法２㊀利用椭圆的参数方程.易知Ｆ１的坐标为(－１ꎬ０)ꎬＦ２的坐标为(１ꎬ０).设Ｐｘ０ꎬｙ０()＝(２ｃｏｓαꎬｓｉｎα)ꎬＱ１ｘ１ꎬｙ１()ꎬＱ２(ｘ２ꎬｙ２)ꎬ由条件知０<α<π２ꎬｙ１<０ꎬｙ２<０.由椭圆定义ꎬ得ＰＦ１＋ＰＦ２＝Ｑ１Ｆ１＋Ｑ１Ｆ２＝Ｑ２Ｆ１＋Ｑ２Ｆ２＝２２ꎬ故әＰＦ１Ｑ２与әＰＦ２Ｑ１的周长均为ｌ＝４２.又Ｆ１Ｆ２＝２ꎬ因此ｒ１＝２ＳәＰＦ１Ｑ２ｌ＝ｙ０－ｙ２() Ｆ１Ｆ２ｌ＝ｙ０－ｙ２２２同理可得ｒ２＝ｙ０－ｙ１２２ꎬ所以ｒ１－ｒ２＝ｙ１－ｙ２２２.以下先求ｙ１－ｙ２.直线ＰＦ１的方程为ｙ＝ｓｉｎα２ｃｏｓα＋１(ｘ＋１)ꎬ即ｘ＝２ｃｏｓα＋１ｓｉｎαｙ－１.将其代入ｘ２２＋ｙ２＝１ꎬ整理得(３＋２２ｃｏｓα)ｙ２－２ｓｉｎα(２ｃｏｓα＋１)ｙ－ｓｉｎ２α＝０这个方程的两个根分别为ｙ０＝ｓｉｎα和ｙ１ꎬ由韦达定理得ｙ０ｙ１＝－ｓｉｎ２α３＋２２ｃｏｓαꎬ所以ｙ１＝－ｓｉｎα３＋２２ｃｏｓα同理可得ｙ２＝－ｓｉｎα３－２２ｃｏｓα所以ｒ１－ｒ２＝ｙ１－ｙ２２２＝２ｓｉｎαｃｏｓα９－８ｃｏｓ２α＝２ｓｉｎαｃｏｓα９ｓｉｎ２α＋ｃｏｓ２αɤ２ｓｉｎαｃｏｓα２９ｓｉｎ２α ｃｏｓ２α＝１３其中等号成立时要求ｃｏｓ２α＝９ｓｉｎ２αꎬ即ｃｏｓα＝３１０１０ꎬｓｉｎα＝１０１０ꎬ相应地ꎬ有ｘ０＝３５５ꎬｙ０＝１０１０.所以ｒ１－ｒ２的最大值为１３.注:最后ꎬ最值也可以用辅助角公式或柯西不等式㊁万能公式等方法处理:ｒ１－ｒ２＝ｙ１－ｙ２２２＝２ｓｉｎαｃｏｓα９－８ｃｏｓ２α＝ｓｉｎ２α５－４ｃｏｓ２α＝ｆ(α)ꎬ则ｓｉｎ２α＋４ｆ(α)ｃｏｓ２α＝５ｆ(α)ꎬ所以５ｆ(α)ɤ１＋１６ｆ２(α)ꎬ解得ｆ(α)ɤ１３.解法３㊀利用椭圆的参数方程.易知Ｆ１的坐标为(－１ꎬ０)ꎬＦ２的坐标为(１ꎬ０).设Ｐｘ０ꎬｙ０()＝(２ｃｏｓαꎬｓｉｎα)ꎬＱ１ｘ１ꎬｙ１()＝(２ｃｏｓβꎬｓｉｎβ)ꎬＱ２ｘ２ꎬｙ２()＝(２ｃｏｓγꎬｓｉｎγ)ꎬ由条件知０<α<π２ꎬｙ１<０ꎬｙ２<０ꎬπ<β<３π２<γ<２π.由椭圆定义ꎬ得ＰＦ１＋ＰＦ２＝Ｑ１Ｆ１＋Ｑ１Ｆ２＝Ｑ２Ｆ１＋Ｑ２Ｆ２＝２２ꎬ故әＰＦ１Ｑ２与әＰＦ２Ｑ１的周长均为ｌ＝４２.又Ｆ１Ｆ２＝２ꎬ因此ｒ１＝２ＳәＰＦ１Ｑ２ｌ＝ｙ０－ｙ２() Ｆ１Ｆ２ｌ＝ｙ０－ｙ２２２＝ｓｉｎα－ｓｉｎγ２２同理可得ｒ２＝ｙ０－ｙ１２２＝ｓｉｎα－ｓｉｎβ２２ꎬ所以ｒ１－ｒ２＝ｓｉｎβ－ｓｉｎγ２２.因为Ｐ㊁Ｆ１㊁Ｑ１三点共线ꎬ所以ｓｉｎα２ｃｏｓα＋１＝ｓｉｎβ２ｃｏｓβ＋１.８７下面用α的三角函数表示ｓｉｎβ.因为ｓｉｎα２ｃｏｓα＋１＝ｓｉｎβ２ｃｏｓβ＋１ꎬ所以２(ｓｉｎαｃｏｓβ－ｃｏｓαｓｉｎβ)＝ｓｉｎβ－ｓｉｎαꎬ即２ｓｉｎ(α－β)＝ｓｉｎβ－ｓｉｎαꎬ２２ｓｉｎα－β２ｃｏｓα－β２＝－２ｓｉｎα－β２ｃｏｓα＋β２ꎬ显然ｓｉｎα－β２ʂ０.于是２ｃｏｓα－β２＝－ｃｏｓα＋β２⇒２(ｃｏｓα２ｃｏｓβ２＋ｓｉｎα２ｓｉｎβ２)＝－(ｃｏｓα２ｃｏｓβ２－ｓｉｎα２ｓｉｎβ２)两边同时除以ｃｏｓα２ｃｏｓβ２ꎬ得ｔａｎα２ｔａｎβ２＝－(２＋１)２ꎬ所以ｔａｎβ２＝－３＋２２ｔａｎα２由万能公式及ｔａｎα２＝ｓｉｎα１＋ｃｏｓαꎬｔａｎ２α２＝１－ｃｏｓα１＋ｃｏｓαꎬ得ｓｉｎβ＝２ｔａｎβ２１＋ｔａｎ２β２＝－(３＋２２)ｔａｎα２ｔａｎ２α２＋(３＋２２)２＝－２(３＋２２)ｓｉｎα１＋ｃｏｓα１－ｃｏｓα１＋ｃｏｓα＋(３＋２２)２＝－２(３＋２２) ｓｉｎα１８＋１２２＋(１６＋１２２)ｃｏｓα＝－ｓｉｎα３＋２２ｃｏｓα同理可得ｓｉｎγ＝－ｓｉｎα３－２２ｃｏｓα.所以ｒ１－ｒ２＝ｓｉｎβ－ｓｉｎγ２２＝２ｓｉｎαｃｏｓα９－８ｃｏｓ２α＝２ｓｉｎαｃｏｓα９ｓｉｎ２α＋ｃｏｓ２α＝２９ｔａｎα＋ｃｏｔαɤ２２９ｔａｎα ｃｏｔα＝１３其中等号成立时要求ｔａｎα＝１３ꎬ即ｃｏｓα＝３１０１０ꎬｓｉｎα＝１０１０ꎬ相应地ꎬ有ｘ０＝３５５ꎬｙ０＝１０１０.所以ｒ１－ｒ２的最大值为１３.解法４㊀利用椭圆的参数方程.同解法３得ꎬｒ１－ｒ２＝ｓｉｎβ－ｓｉｎγ２２.由焦半径公式ꎬ得ＰＦ１＝ａ＋ｅｘＰ＝２＋ｃｏｓαꎬＱ１Ｆ１＝ａ＋ｅｘＱ１＝２＋ｃｏｓβ又因为ｋＰＦ１＝ｋＱ１Ｆ１ꎬ所以ｓｉｎα２ｃｏｓα＋１＝ｓｉｎβ２ｃｏｓβ＋１ꎬ即ｓｉｎαｓｉｎβ＝２ｃｏｓα＋１２ｃｏｓβ＋１①又因为ＰＦ１Ｑ１Ｆ１＝ｙＰｙＱ１ꎬ所以２＋ｃｏｓα２＋ｃｏｓβ＝－ｓｉｎαｓｉｎβꎬ即ｓｉｎαｓｉｎβ＝－２＋２ｃｏｓα２＋２ｃｏｓβ②由①②及比例性质ꎬ得ｓｉｎαｓｉｎβ＝２ｃｏｓα＋１２ｃｏｓβ＋１＝－２＋２ｃｏｓα２＋２ｃｏｓβ＝３＋２２ｃｏｓα－１所以ｓｉｎβ＝－ｓｉｎα３＋２２ｃｏｓα同理可得ｓｉｎγ＝－ｓｉｎα３－２２ｃｏｓα下同解法３.对于一道经典的联赛题ꎬ学生不仅要会做㊁做全ꎬ更要思考如何从多角度来求解.通过探究一道题ꎬ达到会做一类题的效果ꎬ这不仅可以锻炼学生的数学思维ꎬ也开拓了学生数学视野ꎬ帮助其进一步认识数学的本质ꎬ从而提高数学能力㊁提升数学素养.参考文献:[１]郭子涵ꎬ杨琦佳.一道２０２１年全国联赛试题的探究[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２２(０５):５２－５５.[责任编辑:李㊀璟]９７。
全国高中数学联赛江苏赛区复赛
2010年全国高中数学联赛江苏赛区复赛一、填空题（本题满分64分，每小题8分） 1．已知数列{a n }、{b n }满足a n ＝22n +35，b n ＝1nlog 2(a 1a 2a 3…a n )，n ∈N*，则数列{b n }的通项公式是 ． 答案：b n ＝n ＋45，n ∈N*简解：由a n ＝22n +35，得a 1a 2a 3…a n ＝22(1＋2＋…＋n )＋3n5＝2n (n ＋4)5，n ∈N*．所以b n ＝1n ×n (n ＋4)5＝n ＋45，n ∈N*．2．已知两点M (0，2)、N (－3，6)到直线l 的距离分别为1和4，则满足条件的直线l 的条数是 ． 答案：3简解：易得MN ＝5，以点M 为圆心，半径1为的圆与以点N 为圆心，半径为4的圆外切，故满足条件的直线l 有3条．3．设函数f (x )＝ax 2＋x ．已知f (3)＜f (4)，且当n ≥8，n ∈N*时，f (n )＞f (n ＋1)恒成立，则实数a 的取值范围是 ． 答案：(－17，－117)简解：(方法一) 因为当n ≥8时，f (n )＞f (n ＋1)恒成立，所以a ＜0，此时f (n )＞f (n ＋1)恒成立等价于f (8)＞f (9)，即64a ＋8＞81a ＋9，解得a ＜－117．因为f (3)＜f (4)，所以9a ＋3＜16a ＋4，解得a ＞－17．即a ∈(－17，－117)．(方法二)考察二次函数f (x )＝ax 2＋x 的对称轴和开口方向．因为当n ≥8时，f (n )＞f (n ＋1)恒成立，所以a ＜0，且－12a ＜172，解得a ＜－117．因为f (3)＜f (4)，所以－12a ＞72，解得a ＞－17．即a ∈(－17，－117)．4．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是边长为3的正方体，点P 、Q 、R 分别是棱AB 、AD 、AA 1上的 点，AP ＝AQ ＝AR ＝1，则四面体C 1PQR 的 体积为 ． 答案：43简解：因为C 1C ⊥面ABCD ，所以C 1C ⊥BD ．又因为AC ⊥BD ，所以BD ⊥面ACC 1，所以AC 1⊥BD ． 又PQ ∥BD ，所以AC 1⊥PQ ．(第4题)CA BDD 1C 1B 1A 1PQR同理AC 1⊥QR ．所以AC 1⊥面PQR ．因为AP ＝AQ ＝AR ＝1，所以PQ ＝QR ＝RP ＝2．因为AC 1＝33，且V A －PQR ＝13·12·12·1＝16，所以V C 1－PQR ＝13·34·(2)2·33－V A －PQR ＝43．5．数列{}n a 满足1112,1nn na a a a ++==-，n ∈N *．记T n ＝a 1a 2…a n ，则T 2010等于 ． 答案：－6简解：易得：a 1＝2，a 2＝－3，a 3＝－12，a 4＝13，a 1a 2 a 3a 4＝1．又a 5＝2＝a 1，由归纳法易知a n ＋4＝a n ，n ∈N*．所以T 2010＝T 2008×a 2009×a 2010＝a 1a 2＝－6．6．骰子是一个立方体，6个面上分别刻有1、2、3、4、5、6点. 现有质地均匀的 骰子10只. 一次掷4只、3只骰子，分别得出各只骰子正面朝上的点数之和为6的 概率的比为 ．答案：1：6.提示：掷3只骰子，掷出6点的情况为1，1，4；1，2，3；2，2，2. 共 3+3!+1=10种，概率为 3106 .掷4只骰子，掷出6点的情况为1，1，1，3；1，1，2，2. 共 4+24C =10种，概率为 4106 . 所以概率的比为 3106:4106 = 1:6 .7．在△ABC 中，已知BC ＝5，AC ＝4，cos(A －B )＝78，则cos C ＝ ． 答案：1116简解：因BC AC >，故A B ∠>∠. 如图，作AD ，使∠BAD ＝∠B ，则∠DAC ＝∠A －∠B ．设AD ＝BD ＝x ，则DC ＝5－x ．在△ADC 中，由余弦定理得x ＝3．再由余弦定理得cos C ＝1116．8．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y 2＝2x 的焦点为F . 设M 是抛物线上的动点，则MOMF的最大值为 ． ABC(第7题)答案：233简解：设点M (x ，y )，则(MO MF )2＝x 2＋y 2(x ＋12)2＝4x 2＋8x 4x 2＋4x ＋1＝1＋4x －14x 2＋4x ＋1．令4x －1＝t ，当t ≤0时，显然MOMF ≤1．当t ＞0时，则(MO MF)2＝1＋4t ＋6＋9t ≤1＋13＝43，且当t ＝3，即x ＝1时，等号成立． 所以MO MF 的最大值为233，此时点M 的坐标为(1，±2)．二、解答题（本题满分16分）如图，点P 是半圆C ：x 2＋y 2＝1(y ≥0)上位于x 轴上方的任意一点，A 、B 是直径的两个端点，以AB 为一边作正方形ABCD ，PC 交AB 于E ，PD交AB 于F ，求证：BE ，EF ，F A 成等比数列．证明：设P (cos α，sin α)，C (－1，－2)，D (1，－2)，E (x 1，0)，F (x 2，0)． 因为点P 、E 、C 三点共线，所以sin α＋2cos α＋1＝2x 1＋1，所以x 1＝2(cos α＋1)sin α＋2－1． ………………5分由点P 、F 、D 三点共线，所以sin α＋2cos α－1＝2x 2－1，所以x 2＝2(cos α－1)sin α＋2＋1． ………………10分所以BE ＝x 1＋1＝2(cos α＋1)sin α＋2，EF ＝x 2－x 1＝2sin αsin α＋2 ，F A ＝2(cos α－1)sin α＋2．所以BE ·F A ＝2(cos α＋1)sin α＋2×2(cos α－1)sin α＋2＝4sin 2α(sin α＋2)2＝EF 2． 即BE ，EF ，F A 成等比数列． ………………16分三、解答题（本题满分20分）设实数a ，m 满足1a≤，0m <≤()()2221amx mx f x a a a m-=+-，()0,x a ∈. 若存在a ，m ，x ，使()3f x ≥，求所有的实数x 的值． 解答：因为(0, )x a ∈时，2222()244x ma ma amx mx m a -=--+≤， 当且仅当2ax =时等号成立， ……………5分 所以2222222234(1)(1)4(1(1))a mamx mx am a a a m a a a m a m -≤≤=+-+-+- 344am m ≤≤≤， ……………15分 当且仅当2ax =及1a =与23m =时等号成立. 故1x =. ……………20分四、解答题（本题满分20分）数列{a n }中，已知a 1∈(1，2)，a n ＋1＝a n 3－3a n 2＋3a n ，n ∈N*，求证：(a 1－a 2)( a 3－1)＋(a 2－a 3)( a 4－1)＋…＋(a n －a n ＋1)( a n ＋2－1)＜14．证明：(方法一) 由a n ＋1＝a n 3－3a n 2＋3a n ，得a n ＋1－1＝(a n －1)3．令b n ＝a n －1，则0＜b 1＜1，b n ＋1＝b n 3＜b n ，0＜b n ＜1． ………………5分 所以 (a k －a k ＋1)( a k ＋2－1)＝(b k －b k ＋1)×b k ＋2＝(b k －b k ＋1)×b k ＋13＜14(b k －b k ＋1)×(b k 3＋b k 2b k ＋1＋b k b k ＋12＋b k ＋13)＜14(b k 4－b k ＋14)． ………………15分所以 (a 1－a 2)(a 3－1)＋(a 2－a 3)(a 4－1)＋…＋(a n －a n ＋1)(a n ＋2－1)＜14(b 14－b 24)＋14(b 24－b 34)＋…＋14(b n 4－b n ＋14) ＝14(b 14－b n ＋14)＜14b 14＜14． ………………20分 (方法二) 由a n ＋1＝a n 3－3a n 2＋3a n ，得a n ＋1－1＝(a n －1)3．令b n ＝a n －1，则0＜b 1＜1，b n ＋1＝b n 3，0＜b n ＜1． ………………5分 所以 (a 1－a 2)( a 3－1)＋(a 2－a 3)( a 4－1)＋…＋(a n －a n ＋1)( a n ＋2－1)＝(b 1－b 2) b 3＋(b 2－b 3) b 4＋…＋(b n －b n ＋1) b n ＋2 ＝(b 1－b 2) b 23＋(b 2－b 3) b 33＋…＋(b n －b n ＋1) b n ＋131314x dx <=⎰． ………………20分2010年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分标准加 试一、（本题满分40分）圆心为I 的ABC ∆的内切圆分别切边AC 、AB 于点E 、F . 设M 为线段EF 上一点， 证明：MAB ∆与MAC ∆面积相等的充分必要条件是MI BC ⊥.证明：过点M 作MP AC ⊥、MQ AB ⊥，垂足分别为P 、Q . 圆I 切边BC 于点D ，则ID BC ⊥, IF AB ⊥, IE AC ⊥.显然AF=AE , 所以AFM AEM ∠=∠, 从而推知Rt Rt QFM PEM ∆∆:, 得MQ MFMP ME=. A BCEFPQM IA B C EF M I(第1题)又 1212MAB MAC MQ ABS MQ AB MF AB S MP AC ME ACMP AC ∆∆⋅==⋅=⋅⋅, 所以 MAB ∆与MAC ∆面积相等的充要条件是AB MEAC MF=. ① 由①可知，问题转化为证明：AB MEAC MF =的充分必要条件是MI BC ⊥. ………10分 首先证明：若MI BC ⊥，则AB MEAC MF=. 由MI BC ⊥可知点M 在直线ID 上.因为B 、D 、I 、F 四点共圆，所以MIF DBF B ∠=∠=∠，MIE ECD C ∠=∠=∠.又 IE=IF ，则由正弦定理得sin sin sin()sin MF FI IE MEMIF IMF IMF MIEπ===∠∠-∠∠,即sin sin ME C MF B =，而sin sin AB C AC B =. 所以AB MEAC MF=. ……………30分 其次证明：若AB MEAC MF=，则MI BC ⊥. 设直线ID 与EF 交于点'M ，则由上述证明可知''AB M EAC M F=，于是有 ''AB M EAC M F=，从而 'M M ≡. 故命题成立. ……………40分二、（本题满分40分）将凸n 边形12n A A A L 的边与对角线染上红、蓝两色之一，使得没有三边均为蓝色的三角形. 对k =1, 2,…，n ，记k b 是由顶点k A 引出的蓝色边的条数，求证：2122n n b b b +++≤L .证明：不妨设12max{,,,}n b b b b =L ，并且由点A 向12,,,b A A A L 引出b 条蓝色边，则12,,,b A A A L 之间无蓝色边，12,,,b A A A L 以外的n b -个点，每点至多引出b 条蓝色边，因此蓝色边总数()n b b ≤-22()24n b b n-+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭. …………20分故 2212242n n n b b b +++≤⨯=L . 命题得证. ……………40分三、（本题满分50分）设正整数的无穷数列{}n a （n ∈N *）满足44a =，2111n n n a a a -+-=（2n ≥），求{}n a 的通项公式． 解：由已知得11n n n na aa a -+>. 若有某个n ，使11n na a -≥，则 1n n a a +>， …………10分 从而112n n n n a a a a -++≥>>>L ，这显然不可能，因为*{} (N )n a n ∈是正整数的无穷数列. 故数列{}n a 中的项是严格递增的. …………20分 从而由44a =可知， 11a =，22a =，33a =. …………30分于是由{}n a 的递推公式及数学归纳法知*(N )n a n n =∈. …………40分显然数列*{} (N )n n ∈满足要求，故所求的正整数无穷数列为{}n (1)n ≥. …………50分 四、（本题满分50分）设p 是一个素数， 3 (mod 4)p ≡. 设x ，y 是整数，满足221|4p p x xy y +-+. 求证：存在整数u ，v ，使得222211()44p p x xy y p u uv v ++-+=-+. 证明：由条件可知22|(2)p x y py -+，则2|(2)p x y -.因p 是素数，故有|2p x y -. 设2x y pk -=， …………20分 则 222211((2))44p x xy y py x y +-+=+-2221((2))4x pk p p k =-+ 22((2))4px pk pk =-+ …………30分 22((2))4px pk k k pk =-+-+ 22((2))4p u v pv =-+ （这里(1)2k p u x -=-，v k =） 22(44(1))4pu uv p v =-++ 221()4p p u uv v +=-+.命题得证. …………50分。
全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷(含答案)
全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷(含答案)全国高中数学联赛江苏赛区初赛参考答案与评分细则一、填空题（本题共10小题，满分70分，每小题7分，要求直接将答案写在横线上。
）1.已知点P(4,1)在函数$f(x)=\log_a(x-b)$（$b>0$）的图像上，则$ab$的最大值是______。
解：由题意知，$\log_a(4-b)=1$，即$a+b=4$，且$a>0$，$a\neq 1$，$b>0$，从而$ab\leq 4$。
当$a=b=2$时，$ab$的最大值是4.2.函数$f(x)=3\sin(2x-\frac{\pi}{4})$在$x=\frac{3\pi}{4}$处的值是______。
解：$2x-\frac{\pi}{4}=\frac{3\pi}{4}$，所以$f(\frac{3\pi}{4})=3\sin(\frac{3\pi}{4}-\frac{\pi}{4})=-\frac{3}{\sqrt{2}}$。
3.若不等式$|ax+1|\leq 3$的解集为$\{x|-2\leq x\leq 1\}$，则实数$a$的值是______。
解：设函数$f(x)=|ax+1|$，则$f(-2)=f(1)=3$，故$a=2$。
4.第一只口袋里有3个白球、7个红球、15个黄球，第二只口袋里有10个白球、6个红球、9个黑球，从两个口袋里各取出一球，取出的球颜色相同的概率是______。
解：有两类情况：同为白球的概率是$\frac{3}{25}\times\frac{10}{25}=\frac{6}{125}$，同为红球的概率是$\frac{7}{25}\times\frac{6}{25}=\frac{42}{625}$，所求的概率是$\frac{6}{125}+\frac{42}{625}=\frac{72}{625}$。
5.在平面直角坐标系$xOy$中，设焦距为$2c$的椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）与椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$有相同离心率$e$，则$e$的值是______。
2022年全国高中数学联赛试题及解析 苏教版4
2021年全国高中数学联赛试卷第一试一．选择题(此题总分值36分，每题6分)1．设锐角θ使关于x 的方程x 2+4x cos θ+cos θ=0有重根，那么θ的弧度数为 ( )A ．π6B ．π12或5π12C ．π6或5π12D ．π122．M={(x ，y )|x 2+2y 2=3}，N={(x ，y )|y=mx+b }．假设对于所有的m ∈R ，均有M ∩N ≠∅，那么b 的取值范围是 ( )A ．[－62，62] B ．(－62，62) C ．(－233，233] D ．[－233，233] 3．不等式log 2x －1+12log 12x 3+2>0的解集为A ．[2，3)B ．(2，3]C ．[2，4)D ．(2，4]4．设点O 在∆ABC 的内部，且有→OA +2→OB +3→OC =→0，那么∆ABC 的面积与∆AOC 的面积的比为( ) A ．2 B ．32 C ．3 D ．535．设三位数n=¯¯¯abc ，假设以a ，b ，c 为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形，那么这样的三位数n 有( )A ．45个B ．81个C ．165个D ．216个 6．顶点为P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A 是底面圆周上的点，B 是底面圆内的点，O 为底面圆圆心，AB ⊥OB ，垂足为B ，OH ⊥PB ，垂足为H ，且PA=4，C 为PA的中点，那么当三棱锥O －HPC 的体积最大时，OB 的长为( ) A ．53 B ．253 C ．63 D ．263二．填空题(此题总分值54分，每题9分)7．在平面直角坐标系xOy 中，函数f (x )=a sin ax +cos ax (a >0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函数g (x )= a 2+1的图像所围成的封闭图形的面积是 ；8．设函数f ：R →R ，满足f (0)=1，且对任意x ，y ∈R ，都有f (xy +1)=f (x )f (y )－f (y )－x +2，那么f (x )= ；9．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，二面角A －BD 1—A 1的度数是 ； 10．设p 是给定的奇质数，正整数k 使得k 2－pk 也是一个正整数，那么k= ；11．数列a 0，a 1，a 2，…，a n ，…满足关系式(3－a n +1)(6+a n )=18，且a 0=3，那么n∑i=01a i的值是 ；12．在平面直角坐标系xOy 中，给定两点M (－1，2)和N (1，4)，点P 在x 轴上移动，当∠MPN 取最大值时，点P 的横坐标为 ； 三．解答题(此题总分值60分，每题20分)13．一项“过关游戏〞规那么规定：在第n 关要抛掷一颗骰子n 次，如果这n 次抛掷所出现的点数的和大于2n，那么算过关．问：⑴ 某人在这项游戏中最多能过几关？B 1A 1BCD AC 1D 1⑵ 他连过前三关的概率是多少？14．在平面直角坐标系xOy 中，给定三点A (0，43)，B (－1，0)，C (1，0)，点P 到直线BC 的距离是该点到直线AB 、AC 距离的等比中项．⑴ 求点P 的轨迹方程；⑵ 假设直线L 经过∆ABC 的内心(设为D )，且与P 点轨迹恰好有3个公共点，求L 的斜率k 的取值范围．15．α，β是方程4x 2－4tx －1=0(t ∈R )的两个不等实根，函数f (x )=2x －t x 2+1的定义域为[α，β]．⑴ 求g (t )=max f (x )－min f (x )；⑵ 证明：对于u i ∈(0，π2)(i=1，2，3)，假设sin u 1+sin u 2+sin u 3=1，那么1g (tan u 1)+1g (tan u 2)+1g (tan u 3)<364． 二试题一．(此题总分值50分)在锐角三角形ABC 中，AB 上的高CE 与AC 上的高BD 相交于点H ，以DE 为直径的圆分别交AB 、AC 于F 、G 两点，FG 与AH 相交于点K ，BC=25，BD=20，BE=7，求AK 的长．二．(此题总分值50分)在平面直角坐标系XOY 中，y 轴正半轴上的点列{A n }与曲线y=2x (x ≥0)上的点列{B n }满足|OA n |=|OB n |=1n，直线A n B n 在x轴上的截距为a n ，点B n 的横坐标为b n ，n ∈N *．⑴ 证明a n >a n +1>4，n ∈N *；⑵ 证明有n 0∈N *，使得对∀n >n 0，都有b 2b 1+b 3b 2+…+b n b n －1+b n +1b n<n －2021． 三．(此题总分值50分)对于整数n ≥4，求出最小的整数f (n )，使得对于任何正整数m ，集合{m ，m +1，…，m+n －1}的任一个f (n )元子集中，均至少有3个两两互素的元素．EFBCDAGHK2021年全国高中数学联赛试卷第一试一．选择题(此题总分值36分，每题6分)1．设锐角θ使关于x 的方程x 2+4x cos θ+cot θ=0有重根，那么θ的弧度数为 ( )A ．π6B ．π12或5π12C ．π6或5π12D ．π12解：由方程有重根，故14∆=4cos 2θ－cot θ=0，∵ 0<θ<π2，⇒2sin2θ=1，⇒θ=π12或5π12．选B ．2．M={(x ，y )|x 2+2y 2=3}，N={(x ，y )|y=mx+b }．假设对于所有的m ∈R ，均有M ∩N ≠∅，那么b 的取值范围是 ( )A ．[－62，62] B ．(－62，62) C ．(－233，233] D ．[－233，233] 解：点(0，b )在椭圆内或椭圆上，⇒2b 2≤3，⇒b ∈[－62，62]．选A ． 3．不等式log 2x －1+12log 12x 3+2>0的解集为A ．[2，3)B ．(2，3]C ．[2，4)D ．(2，4] 解：令log 2x=t ≥1时，t －1>32t －2．t ∈[1，2)，⇒x ∈[2，4)，选C ．4．设点O 在∆ABC 的内部，且有→OA +2→OB +3→OC =→0，那么∆ABC 的面积与∆AOC 的面积的比为( ) A ．2 B ．32 C ．3 D ．53解：如图，设∆AOC=S ，那么∆OC 1D=3S ，∆OB 1D=∆OB 1C 1=3S ，∆AOB=∆OBD=1.5S ．∆OBC=0.5S ，⇒∆ABC=3S ．选C ．5．设三位数n=¯¯¯abc ，假设以a ，b ，c 为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形，那么这样的三位数n 有( )A ．45个B ．81个C ．165个D ．216个 解：⑴等边三角形共9个；⑵ 等腰但不等边三角形：取两个不同数码(设为a ，b )，有36种取法，以小数为底时总能构成等腰三角形，而以大数为底时，b <a <2b ．a=9或8时，b=4，3，2，1，(8种)；a=7，6时，b=3，2，1(6种)；a=5，4时，b=2，1(4种)；a=3，2时，b=1(2种)，共有20种不能取的值．共有236－20=52种方法，而每取一组数，可有3种方法构成三位数，故共有523=156个三位数即可取156+9=165种数．选C ．6．顶点为P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A 是底面圆周上的点，B 是底面圆内的点，O 为底面圆圆心，AB ⊥OB ，垂足为B ，OH ⊥PB ，垂足为H ，且PA=4，C 为PA 的中点，那么当三棱锥O －HPC 的体积最大时，OB 的长为 ( )A ．53 B ．253 C ．63 D ．263解：AB ⊥OB ，⇒PB ⊥AB ，⇒AB ⊥面POB ，⇒面PAB ⊥面POB ． OH ⊥PB ，⇒OH ⊥面PAB ，⇒OH ⊥HC ，OH ⊥PC ，又，PC ⊥OC ，⇒PC ⊥面OCH ．⇒PC 是三棱锥P －OCH 的高．PC=OC=2．1ABPO H C而∆OCH 的面积在OH=HC=2时取得最大值(斜边=2的直角三角形)． 当OH=2时，由PO=22，知∠OPB=30︒，OB=PO tan30︒=263．又解：连线如图，由C 为PA 中点，故V O －PBC =12V B －AOP ，而V O －PHC ∶V O －PBC =PH PB =PO 2PB2(PO 2=PH ·PB )．记PO=OA=22=R ，∠AOB=α，那么V P —AOB =16R 3sin αcos α=112R 3sin2α，V B －PCO =124R 3sin2α．PO 2PB 2=R 2R 2+R 2cos 2α=11+cos 2α=23+cos2α．⇒V O －PHC =sin2α3+cos2α⨯112R 3． ∴ 令y=sin2α3+cos2α，y '=2cos2α(3+cos2α)－(－2sin2α)sin2α(3+cos2α)2=0，得cos2α=－13，⇒cos α=33， ∴ OB=263，选D ．二．填空题(此题总分值54分，每题9分)7．在平面直角坐标系xOy 中，函数f (x )=a sin ax +cos ax (a >0)在一个最小正周期长的区间上的图像与函数g (x )= a 2+1的图像所围成的封闭图形的面积是 ；解：f (x )= a 2+1sin(ax +ϕ)，周期=2πa ，取长为2πa，宽为2a 2+1的矩形，由对称性知，面积之半即为所求．故填2πaa 2+1．又解：∫ϕ1ϕ0a 2+1[1－sin(ax +ϕ)]dx=a 2+1a∫π2(1－sin t )dt=2pa a 2+1．8．设函数f ：R →R ，满足f (0)=1，且对任意x ，y ∈R ，都有f (xy +1)=f (x )f (y )－f (y )－x +2，那么f (x )= ；解：令x=y=0，得，f (1)=1－1－0+2，⇒f (1)=2．令y=1，得f (x +1)=2f (x )－2－x +2，即f (x +1)=2f (x )－x ．① 又，f (yx +1)=f (y )f (x )－f (x )－y +2，令y=1代入，得f (x +1)=2f (x )－f (x )－1+2，即f (x +1)=f (x )+1．② 比较①、②得，f (x )=x +1． 9．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，二面角A －BD 1—A 1的度数是 ； 解：设AB=1，作A 1M ⊥BD 1，AN ⊥BD 1，那么BN ·BD 1=AB 2，⇒BN=D 1M=NM=33．⇒A 1M=AN=63．∴ AA 12=A 1M 2+MN 2+NA 2－2A 1M ·NA cos θ，⇒12=23+23+13－2⨯23cos θ，⇒cos θ=12．⇒θ=60︒．10．设p 是给定的奇质数，正整数k 使得k 2－pk 也是一个正整数，那么k= ；解：设k 2－pk=n ，那么(k －p 2)2－n 2=p 24，⇒(2k －p +2n )(2k －p －2n )=p 2，⇒k=14(p +1)2．11．数列a 0，a 1，a 2，…，a n ，…满足关系式(3－a n +1)(6+a n )=18，且a 0=3，那么n∑i=01a i的值是 ；MNB 1A1BC D AC 1D 1解：1a n +1=2a n +13，⇒令b n =1a n +13，得b 0=23，b n =2b n －1，⇒b n =23⨯2n ．即1a n =2n +1－13，⇒n∑i=01a i =13(2n +2－n －3)．12．在平面直角坐标系xOy 中，给定两点M (－1，2)和N (1，4)，点P 在x 轴上移动，当∠MPN 取最大值时，点P 的横坐标为 ；解：当∠MPN 最大时，⊙MNP 与x 轴相切于点P (否那么⊙MNP 与x轴交于PQ ，那么线段PQ 上的点P '使∠MP 'N 更大)．于是，延长NM 交x轴于K (－3，0)，有KM ·KN=KP 2，⇒KP=4．P (1，0)，(－7，0)，但(1，0)处⊙MNP 的半径小，从而点P 的横坐标=1． 三．解答题(此题总分值60分，每题20分) 13．一项“过关游戏〞规那么规定：在第n 关要抛掷一颗骰子n次，如果这n 次抛掷所出现的点数的和大于2n，那么算过关．问：⑴ 某人在这项游戏中最多能过几关？ ⑵ 他连过前三关的概率是多少？解：⑴ 设他能过n 关，那么第n 关掷n 次，至多得6n 点，由6n >2n，知，n ≤4．即最多能过4关．⑵ 要求他第一关时掷1次的点数>2，第二关时掷2次的点数和>4，第三关时掷3次的点数和>8．第一关过关的概率=46=23；第二关过关的根本领件有62种，不能过关的根本领件有为不等式x+y ≤4的正整数解的个数，有C 24个 (亦可枚举计数：1+1，1+2，1+3，2+1，2+2，3+1)计6种，过关的概率=1－662=56；第三关的根本领件有63种，不能过关的根本领件为方程x +y +z ≤8的正整数解的总数，可连写8个1，从8个空档中选3个空档的方法为C 38=8⨯7⨯63⨯2⨯1=56种，不能过关的概率=5663=727，能过关的概率=2027；∴连过三关的概率=23⨯56⨯2027=100243．14．在平面直角坐标系xOy 中，给定三点A (0，43)，B (－1，0)，C (1，0)，点P 到直线BC 的距离是该点到直线AB 、AC 距离的等比中项．⑴ 求点P 的轨迹方程；⑵ 假设直线L 经过∆ABC 的内心(设为D )，且与P 点轨迹恰好有3个公共点，求L 的斜率k 的取值范围．解：⑴ 设点P 的坐标为(x ，y )，AB 方程：x －1+3y4=1，⇒4x －3y +4=0， ① BC 方程：y=0， ② AC 方程：4x +3y －4=0， ③∴ 25|y |2=|(4x －3y +4)(4x +3y －4)|，⇒25y 2+16x 2－(3y －4)2=0，⇒16x 2+16y 2+24y －16=0，⇒2x 2+2y 2+3y －2=0．或25y 2－16x 2+(3y －4)2=0，⇒16x 2－34y 2+24y －16=0，⇒8x 2－17y 2+12y －8=0．∴ 所求轨迹为圆：2x 2+2y 2+3y －2=0， ④或双曲线：8x 2－17y 2+12y －8=0． ⑤但应去掉点(－1，0)与(1，0)．⑵ ∆ABC 的内心D (0，12)：经过D 的直线为x=0或y=kx +12． ⑥(a ) 直线x=0与圆④有两个交点，与双曲线⑤没有交点；(b ) k=0时，直线y=12与圆④切于点(0，12)，与双曲线⑤交于(±582，12)，即k=0满足要求．(c ) k=±12时，直线⑥与圆只有1个公共点，与双曲线⑤也至多有1个公共点，故舍去．(c ) k ≠0时，k ≠12时，直线⑥与圆有2个公共点，以⑥代入⑤得：(8－17k 2)x 2－5kx －254=0．当8－17k 2=0或(5k )2－25(8－17k 2)=0，即得k=±23417与k=±22．∴ 所求k 值的取值范围为{0，±23417，±22}．15．α，β是方程4x 2－4tx －1=0(t ∈R )的两个不等实根，函数f (x )= 2x －t x 2+1的定义域为[α，β]．⑴ 求g (t )=max f (x )－min f (x )；⑵ 证明：对于u i ∈(0，π2)(i=1，2，3)，假设sin u 1+sin u 2+sin u 3=1，那么1g (tan u 1)+1g (tan u 2)+1g (tan u 3)<364． 解：⑴ α+β=t ，αβ=－14．故α<0，β>0．当x 1，x 2∈[α，β]时，∴ f '(x )= 2(x 2+1)－2x (2x －t )(x 2+1)2=－2(x 2－xt )+2(x 2+1)2．而当x ∈[α，β]时，x 2－xt <0，于是f '(x )>0，即f (x )在[α，β]上单调增．∴ g (t )= 2β－t β2+1－2α－t α2+1=(2β－t )(α2+1)－(2α－t )(β2+1)(α2+1)(β2+1)=(β－α)[t (α+β)－2αβ+2]α2β2+α2+β2+1=t 2+1(t 2+52)t 2+2516=8t 2+1(2t 2+5)16t 2+25 ⑵ g (tan u )= 8sec u (2sec 2u +3)16sec 2u +9=16+24cos 2u 16cos u +9cos 3u ≥16616+9cos 2u ，∴ 1g (tan u 1)+1g (tan u 2)+1g (tan u 3)≤1166[16⨯3+9(cos 2u 1+cos 2u 2+cos 2u 3)]= 1166[75－9(sin 2u 1+sin 2u 2+sin 2u 3)]而13(sin 2u 1+sin 2u 2+sin 2u 3)≥(sin u 1+sin u 2+sin u 33)2，即9(sin 2u 1+sin 2u 2+sin 2u 3)≥3． ∴1g (tan u 1)+1g (tan u 2)+1g (tan u 3)≤1166(75－3)= 364．由于等号不能同时成立，故得证．二试题一．(此题总分值50分)在锐角三角形ABC 中，AB 上的高CE 与AC 上的高BD 相交于点H ，以DE 为直径的圆分别交AB 、AC 于F 、G 两点，FG 与AH 相交于点K ，BC=25，BD=20，BE=7，求AK 的长．解：∵ BC=25，BD=20，BE=7， ∴ CE=24，CD=15．∵ AC ·BD=CE ·AB ，⇒ AC=65AB ， ①∵ BD ⊥AC ，CE ⊥AB ，⇒B 、E 、D 、C 共圆，⇒AC (AC －15)=AB (AB －7)，⇒65AB (65AB －15)=AB (AB －18)，∴ AB=25，AC=30．⇒AE=18，AD=15． ∴ DE=12AC=15．延长AH 交BC 于P ， 那么AP ⊥BC ． ∴ AP ·BC=AC ·BD ，⇒AP=24． 连DF ，那么DF ⊥AB ，∵ AE=DE ，DF ⊥AB ．⇒AF=12AE=9．∵ D 、E 、F 、G 共圆，⇒∠AFG=∠ADE=∠ABC ，⇒∆AFG ∽∆ABC ， ∴ AK AP =AF AB ，⇒AK=9⨯2425=21625． 二．(此题总分值50分)在平面直角坐标系XOY 中，y 轴正半轴上的点列{A n }与曲线y=2x (x ≥0)上的点列{B n }满足|OA n |=|OB n |=1n，直线A n B n 在x 轴上的截距为a n ，点B n 的横坐标为b n ，n ∈N *．⑴ 证明a n >a n +1>4，n ∈N *；⑵ 证明有n 0∈N *，使得对∀n >n 0，都有b 2b 1+b 3b 2+…+b n b n －1+b n +1b n<n －2021． 解：⑴ 点A n (0，1n )，B n (b n ，2b n )⇒由|OA n |=|OB n |，⇒b n 2+2b n =(1n)2，⇒b n =1+(1n)2－1(b n >0)．∴ 0<b n <12n 2．且b n 递减，⇒n 2b n =n (n 2+1－n )= n n 2+1+n=11+(1n)2+1单调增．∴ 0<n b n <12．⇒令t n =1n b n>2且t n 单调减．由截距式方程知，b na n +2b n1n=1，(1－2n 2b n =n 2b n 2) ∴ a n =b n 1－n 2b n =b n (1+n 2b n )1－2n 2b n =1+n 2b n n 2b n =(1n b n )2+2(1n b n)=t n 2+2t n =(t n +22)2－12≥(2+22)2－12=4． 且由于t n 单调减，知a n 单调减，即a n >a n+1>4成立．亦可由1n 2b n=b n +2．1n b n=b n +2，得 a n =b n +2+2b n +2，．∴ 由b n 递减知a n 递减，且a n >0+2+2⨯2=4． ⑵ 即证n∑k=1(1－b k +1b k)>2021． 24187252015E FBCDAGHK P1－b k +1b k =b k －b k +1b k=1+(1k)2－1+(1k +1)21+(1k)2－1=k 2((1k )2－(1k +1)2)1+(1k)2+11+(1k)2+1+(1k +1)2≥2k +1(k +1)21+(1k)2+121+(1k)2>2k +1(k +1)2⨯12>1k +2． ∴n∑k=1(1－b k +1b k )>n∑k=11k +2>(13+14)+(15+16+17+18)+…+>12+12+12+…．只要n 足够大，就有n∑k=1(1－b k +1b k)>2021成立． 三．(此题总分值50分)对于整数n ≥4，求出最小的整数f (n )，使得对于任何正整数m ，集合{m ，m +1，…，m+n －1}的任一个f (n )元子集中，均至少有3个两两互素的元素．解：⑴ 当n ≥4时，对集合M (m ，n )={m ，m +1，…，m+n －1}，当m 为奇数时，m ，m +1，m +2互质，当m 为偶数时，m +1，m +2，m +3互质．即M 的子集M 中存在3个两两互质的元素，故f (n )存在且f (n )≤n ． ①取集合T n ={t |2|t 或3|t ，t ≤n +1}，那么T 为M (2，n )={2，3，…，n +1}的一个子集，且其中任3个数无不能两两互质．故f (n )≥card (T )+1．但card(T )=[n+12]+[n+13]－[n+16]．故f (n )≥[n+12]+[n+13]－[n+16]+1． ②由①与②得，f (4)=4，f (5)=5．5≤f (6)≤6，6≤f (7)≤7，7≤f (8)≤8，8≤f (9)≤9．现计算f (6)，取M={m ，m +1，…，m +5}，假设取其中任意5个数，当这5个数中有3个奇数时，这3个奇数互质；当这3个数中有3个偶数k ，k +2，k +4(k ≡0(mod 2))时，其中至多有1个被5整除，必有1个被3整除，故至少有1个不能被3与5整除，此数与另两个奇数两两互质．故f (6)=5．而M (m ，n +1)=M (m ，n )∪{m +n }，故f (n +1)≤f (n )+1． ③ ∴ f (7)=6，f (8)=7，f (9)=8．∴ 对于4≤n ≤9，f (n )= [n+12]+[n+13]－[n+16]+1成立． ④设对于n ≤k ，④成立，当n=k +1时，由于M (m ，k +1)=M (m ，k －5)∪{m +k －5，m +k －4，…，m +k }．在{m +k －5，m +k －4，…，m +k }中，能被2或3整除的数恰有4个，即使这4个数全部取出，只要在前面的M (m ，k －5)中取出f (n )个数就必有3个两两互质的数．于是当n ≥4时，f (n +6)≤f (n )+4=f (n )+f (6)－1．故f (k +1)≤f (k －5)+f (6)－1=[k+22]+[k+23]－[k+26]+1，比较②，知对于n=k +1，命题成立． ∴对于任意n ∈N *，n ≥4，f (n )= [n+12]+[n+13]－[n+16]+1成立．又可分段写出结果：f(n)=4k+1，(n=6k，k∈N*)，4k+2，(n=6k+1，k∈N*)，4k+3，(n=6k+2，k∈N*)，4k+4，(n=6k+3，k∈N*)，4k+4，(n=6k+4，k∈N*)，4k+5，(n=6k+5，k∈N*)．。
全国高中数学联赛江苏赛区试卷(8)含解析
江苏赛区初赛试题参考答案及评分标准一、选择题（本题满分30分，每小题6分）1.答：[B] 解 由柯西不等式ab y x n m ny mx =++≤+))(()(22222；或三角换元即可得到ab ny mx ≤+，当2an m ==，2b y x ==时，ab ny mx =+. 选B. 2.答：[D]解 取161=a ，把坐标代入检验，4116121=⎪⎭⎫ ⎝⎛ ，而2116141=⎪⎭⎫ ⎝⎛，∴公共点只可能是 点N . 选D. 3.答：[A]解 第一、二行后两个数分别为2.5，3与1.25，1.5；第三、四、五列中的5.0=x ，165=y ，163=z ，则1=++z y x . 选A. 4. 答：[B] 解 两个三角形的内角不能有直角；111C B A ∆的内角余弦都大于零，所以是锐角三角形；若222C B A ∆是锐角三角形，则不妨设cos 1A =sin 2A =cos ⎪⎭⎫⎝⎛-12A π， cos 1B =sin 2B =cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-22A π，cos 1C =sin 2C =cos ⎪⎭⎫⎝⎛-12C π.则 212A A -=π，212B B -=π，212C C -=π，即 )(23222111C B A C B A ++-=++π，矛盾. 选B.5.答： [D]解 任作a 的平面α，可以作无数个. 在b 上任取一点M ，过M 作α的垂线. b 与垂线确定的平面β垂直于α. 选D.二、填空题（本题满分50分，每小题10分） 6. 解 ∵2<x ，[]x 的值可取1,0,1,2--.当[x ]=2-，则02=x 无解； 当[x ]=1-，则12=x ，∴x =1-； 当[x ]=0，则22=x 无解； 当[x ]=1，则32=x ，∴3=x . 所以31或-=x .7. 解 考虑对立事件，216916513=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=P .8. 解 由图，ABC ∆与OCB ∆的底边相同，高是5：1. 故面积比是5：1.9. 解 由圆锥曲线的定义，圆心可以是以(2,0)为焦点、2-=x 为准线的抛物线上的点；若切点是原点，则圆心在x 轴负半轴上.所以轨迹方程为)0(82>=x x y ，或)0(0<=x y .10. 解 切割化弦，已知等式即CB CB C A C A B A B A cos cos sin sin cos cos sin sin cos cos sin sin +=， 亦即C B A C B A cos )sin(sin sin sin +=，即C C B A 2sin cos sin sin =1，即1cos 2=c C ab .所以，122222=-+c c b a ，故3222=+cb a . 三、解答题（本题满分70分，各小题分别为15分、15分、20分、20分）11. 解 由题 1)1(2)(2+--=x x f ， ……5分1)(≤∴x f ，11≤∴m，即1≥m ，[]n m x f ,)(在∴上单调减， m m m f 11)1(2)(2=+--=∴且nn n f 11)1(2)(2=+--=. ……10分m ∴，n 是方程xx x f 11)1(2)(2=+--=的两个解，方程即)122)(1(2---x x x =0，解方程，得解为1，231+，231-.n m <≤∴1，1=∴m ，231+=n . ……15分12. 证 （Ⅰ）设点A 的坐标为)sin ,cos (θθr r ，B 的坐标为)sin ,cos (θθ''''r r ，则r =，r ='A 在双曲线上，则19sin 4cos 222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-θθr .所以9sin 4cos 1222θθ-=r . …5分 由0=⋅得⊥，所以θθ22sin cos ='，θθ'=22sin cos .同理，9cos 4sin 9sin 4cos 122222θθθθ-='-'='r ，3659141'11||||2222=-=+=+r r OB OA . ……10分=，所以==⎪⎭⎫⨯.1365914111=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⨯. 于是，5362=OP . 即P 在以O 为圆心、556为半径的定圆上. ……15分 13.解 在平面M 中，过A 作DA 的垂线，交射线DB 于B 点；在平面N 中，过A 作DA 的垂线，交射线DC 于C 点.设DA=1，则βtan =AB ，βcos 1=DB ，γtan =AC ，γcos 1=DC ，…5分并且ϕ=∠BAC 就是二面角N l M --平面角. ……10分在ABC DBC ∆∆与中，利用余弦定理，可得等式ϕγβγβαγβγβcos tan tan 2tan tan cos cos cos 2cos 1cos 122222-+=-+=BC ， 所以，αγβγβγβϕγβcos cos cos 2cos 1cos 1tan tan cos tan tan 22222+--+= =γβγβαcos cos )cos cos (cos 2-，……15分故得到γβγβαϕsin sin cos cos cos cos -=. ……20分14. 解（Ⅰ）不能. ……5分因为若每行的积都相等，则9个数的积是立方数. 但是 2×4×6×8×12×18×24×36×48=21+2+1+3+2+1+3+2+4×3121211+++++=219·38不是立方数，故不能.（Ⅱ）可以. ……15分 如右表表中每行、每列及对角线的积都是26·23. ……20分36 2 248 12 18 6724。
2021年全国高中数学联赛一试试卷(完美WORD)
1全国高中数学联合竞赛一试试题一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分.1．设集合{2,0,1,3}A ，集合2{|,2}Bx x A x A ．则集合B 中所有元素的和为____________．2．在平面直角坐标系xOy 中，点A B 、在抛物线24y x 上，满足4OA OB ，F 是抛物线的焦点. 则OFA OFBS S ∆∆_____________.3．在ABC ∆中，已知sin 10sin sin ,cos 10cos cos A B C A B C ，则tan A 的值为______. 4．已知正三棱锥PABC 底面边长为1________.5．设,a b 为实数，函数()f x ax b 满足：对任意[0,1]x ，有()1f x . 则ab 的最大值为_____________.6．从1,2,,20中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数的概率为__________.7．若实数,x y 满足42xyxy ，则x 的取值范围是____________.8．已知数列{}n a 共有9项，其中191a a ，且对每个{1,2,,8}i ，均有112,1,2i ia a ，则这样的数列的个数为__________. 二、解答题：本大题共3小题，共56分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9．（本题满分16分）给定正数n x 满足12,2,3,nn S S n，这里1n n S x x .证明：存在常数0C，使得2,1,2,n nx C n .10．（本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆的方程为22221(0)x y a b a b ，12A A 、分别为椭圆的左、右顶点，12F F 、分别为椭圆的左、右焦点，P 为椭圆上不同于1A 和2A 的任意一点. 若平面中两个点Q R 、满足11221122,,,QA PA QA PA RF PF RF PF ，试确定线段QR 的长度与b 的大小关系，并给出证明.11．（本题满分20分）求所有的正实数对(,)a b ，使得函数2()f x ax b 满足：对任意实数,x y ，有 ()()()()f xy f xy f x f y .。
全国高中数学联赛江苏赛区1
全国高中数学联赛江苏赛区初赛分类一：二项式，复数9．(x3x2)3的展开式中，x5的系数为 27 1． 复数44(1i)(1i)++-= ． 答案：－8 二：指数。
对数 2. 函数3log 3xy =的图像大致是（A ）(A ) (B )(C ) (D)8. 设()log ()a f x x b =+(0a >且1)a ≠的图象经过点(21)，，它的反函数的图象经过点(28)，，则b a +等于4.解：由题设知 log (2)1log (8)2a a b b +=⎧⎨+=⎩，， 化简得 2(2)(8).b a b a +=⎧⎨+=⎩，解之得 1131a b =⎧⎨=⎩，；2224.a b =-⎧⎨=-⎩，（舍去）. 故a b +等于4.4．已知＝，则实数x ＝． 填1．解：即＝32x －4×3x ＋3＝03x ＝1(舍去)，3x ＝3x ＝1．1．方程9135xx+-=的实数解为．o 1 1 x y o11 xyo 1 1 x y o11 xy提示与答案：x ＜0无解; 当0x ≥时，原方程变形为32x+3x －6=0，解得3x=2，x=log32． 2. 设)(x f y =为指数函数xa y =. 在P(1,1)，Q(1,2)，M(2,3)，⎪⎭⎫ ⎝⎛41,21N 四点中，函数)(x f y =与其反函数)(1x f y -=的图像的公共点只可能是点 答：[D]A. PB. QC. MD. N 解 取161=a ，把坐标代入检验，4116121=⎪⎭⎫ ⎝⎛ ，而2116141=⎪⎭⎫⎝⎛，∴公共点只可能是点N.选D.三：不等式。
10.已知 ,则x2+y2的最大值是 9 12. 已知平面上两个点集{(,)||1|,M x y x y x y =++≥∈R}, {(,)||||1|1,,N x y x a y x y =-+-≤∈R}. 若 MN ≠∅, 则 a 的取值范围是.12.[1+由题意知M 是以原点为焦点、直线 10x y ++= 为准线的抛物线上及其凹口 内侧的点集，N 是以 (,1)a 为中心的正方形及其内部的点集(如图)．考察 MN =∅ 时,a 的取值范围:令 1y =, 代入方程|1|x y ++=得 2420x x --=，解出得2x = 所以，当211a <= 时,M N =∅． …………③令 2y =，代入方程|1|x y ++=得 2610x x --=. 解出得3x =±．所以，当3a >+时, MN =∅． …………④因此, 综合 ③与 ④ 可知，当13a -≤≤，即[13a ∈时,M N ≠∅．故填[1+.3.设 0a b >>, 那么 21()a b a b +- 的最小值是A. 2B. 3C. 4D. 5≥0 ≥0≥0 333y x y x y ⎧⎪-⎨⎪+-⎩3,C 由 0a b >>, 可知22210()()424a ab a b b a <-=--≤ 所以， 222144()a a b a b a+≥+≥-.故选 C ．2．关于x 的不等式02022<--a ax x 任意两个解的差不超过9，则a 的最大值与最小值 的和是（ C ）.（A ） 2 （B ） 1 （C ） 0 （D ） 1-解：方程02022=--a ax x 的两根是14x a =-，25x a =，则由关于x 的不等式22200x ax a --<任意两个解的差不超过9，得9|9|||21≤=-a x x ，即11≤≤-a . 故选（C ）．7．集合A={x ∣x=3n ，n ∈N ，0<n<10}，B={y ∣y=5m ，m ∈N ，O≤m≤6}, 则集合AUB 的所有元素之和为 2256. 设集合[]{}{}222<==-=x x B x x x A 和，其中符号[]x 表示不大于x 的最大整数，则{}3,1-=B A .解 ∵2<x ，[]x 的值可取1,0,1,2--.当[x]=2-，则02=x 无解；当[x]=1-，则12=x ，∴x=1-；当[x]=0，则22=x 无解； 当[x]=1，则32=x ，∴3=x .所以31或-=x .12. 设命题P :2a a <，命题Q : 对任何x ∈R ，都有2410x ax ++>. 命题P 与Q 中有且仅有一个成立，则实数a 的取值范围是 021≤<-a 或 121<≤a . 解：由a a <2得10<<a ．由0142>++ax x 对于任何x ∈R 成立，得04162<-=∆a ，即2121<<-a ．因为命题P 、Q 有且仅有一个成立，故实数 a 的取值范围是 021≤<-a 或 121<≤a ．四．三角函数1.函数 ()y f x = 的图像按向量 (,2)4a π= 平移后, 得到的图像的解析式为sin()24y x π=++. 那么 ()y f x = 的解析式为A. sin y x =B. cos y x =C. sin 2y x =+D. cos 4y x =+ 1,B sin[()]44y x ππ=++, 即 cos y x =.故选 B ． 9.函数 ∈+=x x x y (|2cos ||cos |R) 的最小值是.9,22令 |cos |[0,1]t x =∈，则 2|21|y t t =+-．当212t ≤≤ 时， 2219212()48y t t t =+-=+-，得 222y ≤≤； 当 20t ≤<时，2219212()48y t t t =-++=--+，得298y ≤≤ 又 y 可取到22, 故填22．8．设COS2θ=23，则COS4θ+sin4θ的值是11181．已知函数2sin y x =，则（ B ）.（A ） 有最小正周期为π2（B ） 有最小正周期为π （C ） 有最小正周期为2π（D ） 无最小正周期 解：)2cos 1(21sin 2x x y -==，则最小正周期π=T . 故选（B ）． 1．已知sinαcosβ＝1，则cos(α＋β)＝． 填0．解：由于|sinα|≤1，|cosβ|≤1，现sinαcosβ＝1，故sinα＝1，cosβ＝1或sinα＝－1，cosβ＝－1， ∴α＝2kπ＋，β＝2lπ或α＝2kπ－，β＝2lπ＋πα＋β＝2(k ＋l)π＋(k ，l ∈Z)． ∴cos(α＋β)＝0．6．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，.10103cos ,21tan ==B A 若△ABC 最长的边为1，则最短边的长为（ ） A ．55B ．355C ． 455D ． 556．解：由10103cos =B 知B 为锐角.31tan =∴B 故1tan tan 1tan tan )tan()tan(tan -=⋅-+-=+-=--=BA BA B A B A C π由（1）知︒=∠135C ，故c 边最长，即c=1，又B A tan tan >，故b 边最短∴==22sin ,1010sin C B 由正弦定理CcB b sin sin =得 55sin sin ==C B c b 即最短边的长为55.11．在ABC ∆中，已知3tan =B ，322sin =C ，63=AC ，则ABC ∆的面积为ABC S ∆=解：在ABC ∆中，由3tan =B 得︒=60B ．由正弦定理得sin 8sin AC CAB B⋅==．因为︒>60322arcsin，所以角C 可取锐角或钝角，从而31cos ±=C ．sin sin()sin cos cos sin 3A B C B C B C =+=+=±．故sin 2ABC AC ABS A ∆⋅==． 4. 如果111C B A ∆的三个内角的余弦值分别是222C B A ∆的三个内角的正弦值，那么答：[B]A. 111C B A ∆与222C B A ∆都是锐角三角形B. 111C B A ∆是锐角三角形，222C B A ∆是钝角三角形C. 111C B A ∆是钝角三角形，222C B A ∆是锐角三角形D. 111C B A ∆与222C B A ∆都是钝角三角形解 两个三角形的内角不能有直角；111C B A ∆的内角余弦都大于零，所以是锐角三角形；若222C B A ∆是锐角三角形，则不妨设cos 1A =sin 2A =cos ⎪⎭⎫⎝⎛-12A π， cos 1B =sin 2B =cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-22A π， cos 1C =sin 2C =cos ⎪⎭⎫⎝⎛-12C π. 则212A A -=π，212B B -=π，212C C -=π，即)(23222111C B A C B A ++-=++π，矛盾. 选B. 10. 在ABC ∆中，若tanAtanB=tanAtanC+tanctanB ，则222c b a += 3 .解 切割化弦，已知等式即CB CB C A C A B A B A cos cos sin sin cos cos sin sin cos cos sin sin +=，亦即C B A C B A cos )sin(sin sin sin +=，即C C B A 2sin cos sin sin =1，即1cos 2=c C ab . 所以，122222=-+c c b a ，故3222=+cb a .2．函数sin cos y x x =+(x ∈R )的单调减区间是.提示与答案：与f(x)=y2=1+|sin2x|的单调减区间相同，[,],2422k k k ππππ++∈Z ． 4． 已知1cos45θ=，则44sin cos θθ+=．答案：45五：向量 7.设向量 OA 绕点 O 逆时针旋转 2π得向量 OB , 且 2(7,9)OA OB +=, 则 向量 OB =. 7,1123(,)55-设 (,)OA m n =, 则 (,)OB n m =-, 所以 2(2,2)(7,9)OA OB m n n m +=-+=即 27,29.m n m n -=⎧⎨+=⎩ 解得 23,511.5m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩因此，23111123(,),(,)5555OA OB ==-. 3. 已知向量a 、b ，设AB =a 2+b ，5BC =-a 6+b ，7CD =a 2-b ，则一定共线 的三点是（ A ）.（A ）A 、B 、D （B ）A 、B 、C （C ）B 、C 、D （D ）A 、C 、D 解：2BD BC CD =+=a 4+b 2AB =，所以A 、B 、D 三点共线. 故选（A ）． 8．设点O 是△ABC 的外心，AB ＝13，AC ＝12，则→BC·→AO ＝． 填－．解：设|→AO|＝|→BO|＝|→OC|＝R ．则→BC·→AO ＝(→BO ＋→OC)·→AO ＝→BO·→AO ＋→OC·→AO ＝R2cos(π－2C)＋R2cos2B＝R2(2sin2C －2sin2B)＝(2RsinB)2－(2RsinC)2＝(122－132)＝－．3．在△ABC 中，已知4AB AC ⋅=，12AB BC ⋅=-，则AB ＝.提示与答案：216AB AC AB BC AB ⋅-⋅==，得4AB =． 5． 已知向量a ，b 满足π2,,3==<>=a b a b ，则以向量2+a b与3-a b 表示的有向线段 为邻边的平行四边形的面积为． 答案：六：圆锥曲线1. 如果实数m ，n ，x ，y 满足a n m =+22，b y x =+22，其中a ，b 为常数，那么mx+ny的最大值为答：[B]BA. 2b a +B. abC. 222b a + D. 222b a +解 由柯西不等式ab y x n m ny mx =++≤+))(()(22222；或三角换元即可得到ab ny mx ≤+，当2a n m ==，2by x ==时，ab ny mx =+. 选B.3. 已知抛物线y2=2px ，o 是坐标原点，F 是焦点，P 是抛物线上的点，使得△POF是直角三角形，则这样的点P 共有( B ) (A)0个 (B)2个 (C)4个 (D)6个10．圆锥曲线0|3|102622=+--+-++y x y x y x 的离心率是2．解：原式变形为|3|)1()3(22+-=-++y x y x ，即 22(3)(1)x y ++-=2|3|2+-y x ．所以动点),(y x 到定点(31)-，的距离与它到直线03=+-y x 的距离之比为2．故此动点轨迹为双曲线，离心率为2．3．设一个椭圆的焦距、短轴长、长轴长成等比数列，则此椭圆的离心率e ＝． 填－1＋52． 解：由(2b)2＝2c×2a a2－c2＝ac e2＋e －1＝0e ＝－1＋52．9. 与圆0422=-+x y x 外切，且与y 轴相切的动圆圆心的轨迹方程为)0(82>=x x y 或)0(0<=x y .解 由圆锥曲线的定义，圆心可以是以(2,0)为焦点、2-=x 为准线的抛物线上的点；若切点是原点，则圆心在x 轴负半轴上.所以轨迹方程为)0(82>=x x y ，或)0(0<=x y .5．在直角坐标系xOy 中，已知圆心在原点O 、半径为R 的圆与△ABC 的边有公共点，其中()4,0A =、()6,8B =、()2,4C =，则R 的取值范围为．提示与答案：画图观察，R 最小时圆与直线段AC 相切，R 最大时圆过点B ．[855，10]．2． 已知直线10x my -+=是圆22:4450C x y x y +-+-=的一条对称轴，则实数m =.答案：32-七：函数4.设f （x ）是定义在R 上单调递减的奇函数．若x1+x2>O ，x2+x3>O ，x3十x1>O ，则 ( B )(A)f(x1)+f(x2)+f(x3)>0 (B)f(x1)+f(x2)+f(x3)<O (C)f(x1)+f(x2)+f(x3)=0 (D)f(x1)+f(x2)>f(x3)4．函数()()()221f x x x =-+在区间[]0,2上的最大值是，最小值是．提示与答案：极小值－4，端点函数值f(2)=0，f(0)=－2，最小值－4，最大值0． 6．设函数()f x 的定义域为R ，若()1f x +与()1f x -都是关于x 的奇函数，则函数()y f x =在区间[]0,100上至少有 个零点.提示与答案：f(2k1)=0，k ∈Z. 又可作一个函数()f x 满足问题中的条件，且()f x 的 一个零点恰为21x k =-，k ∈Z. 所以至少有50个零点. 6．已知()122007122007f x x x x x x x =+++++++-+-++-（x ∈R ），且2(32)(1),f a a f a -+=- 则a 的值有（ D ）.（A ）2个 （B ）3个 （C ）4个 （D ）无数个 解：由题设知()f x 为偶函数，则考虑在11≤≤-x 时，恒有()2(1232007)20082007f x =⨯++++=⨯．所以当21321a a -≤-+≤，且111a -≤-≤时，恒有2(32)(1)f a a f a -+=-．由于不等式21321a a -≤-+≤a ≤≤ 111≤-≤-a 的解集为20≤≤a ．因此当2253≤≤-a 时，恒有 2(32)(1)f a a f a -+=-. 故选（D ）．9．已知函数()y f x =的图象如图，则满足22221()(lg(620))021x x f f x x x x --⋅-+≤-+的 x 的取值范围为 [21)x ∈-，．解： 因为 (2lg 6201x x -+>，所以()2lg 6200x x -+<. 于是，由图象可知，2111x x +≤-，即 201x x +≤-，解得 21x -≤<. 故x 的取值范围为[21)x ∈-，． 2.如果二次方程 20(,x px q p q --=∈N*) 的正根小于3, 那么这样的二次方程有A. 5个B. 6个C. 7个D. 8个2,C 由 240,0p q q ∆=+>-<, 知方程的根为一正一负．设 2()f x x px q =--，则 2(3)330f p q =-->, 即39p q +<.由于 ,p q ∈N*， 所以 1,5p q =≤ 或 2,2p q =≤. 于是共有7组 (,)p q 符合题意． 故选 C ．7． 设函数2()2f x x =-．若f(a)＝f(b)，且0＜a ＜b ，则ab 的取值范围是． 答案：(0,2)八：立几4.设四棱锥 P ABCD - 的底面不是平行四边形, 用平面 α 去截此四棱锥, 使得 截面四边形是平行四边形, 则这样的平面 αA. 不存在B. 只有1个C. 恰有4个D. 有无数多个4,D 设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线为 m 、n , 直线 m 、n 确定了一个平面 β作与 β 平行的平面 α, 与四棱锥的各个侧面相截，则截得的四边形必为平行四边形．而这样的平面 α 有无数多个．故选 D ．10.在长方体 1111ABCD A B C D - 中, 12,1AB AA AD ===, 点 E 、F 、G 分别是棱 1AA 、11C D 与 BC 的中点, 那么四面体 1B EFG - 的体积是. 10,138B EFG V -=在 11D A 的延长线上取一点 H ，使 114A H =. 易证,1||HEB G ， ||HE 平面1B FG ． 故 1111B EFG E B FG H B FG G B FH V V V V ----===．而 198B FH S ∆=，G 到平面 1B FH 的距离为 1． 故填 138B EFG V -=． 12．长方体ABCDA1B1C1D1中，已知AB1=4，AD1=3，则对角线AC1 的取值范围为. AC1∈(4,5)5．过空间一定点P 的直线中，与长方体ABCD 一A1B1C1D1的12条棱所在直线成等角的直线共有( C ) (A)0条 (B)1条 (C)4条 (D)无数多条4．设α、β、γ为平面，m 、n 为直线，则m β⊥的一个充分条件是（ D ）. （A ）αβ⊥，n αβ=，m n ⊥ （B ）m αγ=，αγ⊥，βγ⊥（C ）αβ⊥，βγ⊥，m α⊥ （D ）n α⊥，n β⊥，m α⊥解：（A ）选项缺少条件m α⊂；（B ）选项当//αβ，βγ⊥时，//m β；（C ）选项当α、β、γ两两垂直（看着你现在所在房间的天花板上的墙角），m βγ=时，m β⊂；（D ）选项同时垂直于同一条直线的两个平面平行．本选项为真命题. 故选（D ）．5. 设a ，b 是夹角为30°的异面直线，则满足条件“α⊆a ，β⊆b ，且βα⊥”的平面α，β 答： [D]A. 不存在B. 有且只有一对C. 有且只有两对D. 有无数对解 任作a 的平面α，可以作无数个. 在b 上任垂线确定的平面β垂直于α. 选D. 8.已知点O在ABC∆内部022=++OC OB OA .OCB ABC ∆∆与的面积之比为5：1.解 由图，ABC ∆与OCB ∆的底边相同，高是5：1.故面积比是5：1.5．如图，在四面体ABCD 中，P 、Q 分别为棱BC 与CD 上的点，且BP ＝2PC ，CQ ＝2QD ．R 为棱AD 的中点，则点A 、B 到平面PQR 的距离的比值为．填14． 解：A 、B 到平面PQR 的距离分别为三棱锥APQR 与BPQR 的以三角形PQR 为底的高．故其比值等于这两个三棱锥的体积比．V APQR ＝V APQD ＝×13V APCD ＝×13×13V ABCD ＝V ABCD ；又，SBPQ ＝SBCD －SBDQ －SCPQ ＝(1－13－23×13)SBCD ＝49SBCD ，VRBPQ ＝49VRBCD ＝×49V ABCD ＝418V ABCD ．∴A 、B 到平面PQR 的距离的比＝1∶4．又，可以求出平面PQR 与AB 的交点来求此比值：在面BCD 内，延长PQ 、BD 交于点M ，则M 为面PQR 与棱BD 的交点． 由Menelaus 定理知，··＝1，而＝，＝，故＝4．在面ABD 内，作射线MR 交AB 于点N ，则N 为面PQR 与AB 的交点． 由Menelaus 定理知，··＝1，而＝4，＝1，故＝14．∴A 、B 到平面PQR 的距离的比＝1∶4．6．设f(x)＝log3x －4－x ，则满足f(x)≥0的x 的取值范围是． 填[3，4]．解：定义域(0，4]．在定义域内f(x)单调增，且f(3)＝0．故f(x)≥0的x 的取值范围为[3，4]．7．右图是某种净水水箱结构的设计草图，其中净水器是一个宽10cm 、体积为3000cm3的长方体，长和高未定．净水水箱的长、宽、高比净水器的长、宽、高分别长20cm 、20cm 、60cm ．若不计净水器中的存水，则净水水箱中最少可以存水cm3．填78000．解：设净水器的长、高分别为x ，ycm ，则 xy ＝300，V ＝30(20＋x)(60＋y)＝30(1200＋60x ＋20y ＋xy) ≥30(1200＋260x×20y ＋300)＝30(1500＋1200)＝30×2700．BCDAPQR MNR Q PADCB∴ 至少可以存水78000cm3．7．从正方体的12条棱和12条面对角线中选出n 条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则n 的最大值为． 提示与答案：不能有公共端点，最多4条，图上知4条可以．9． 一个等腰直角三角形的顶点分别在底边长为4的正三棱柱的三条侧棱上，则此直角三角形的斜边长是． 答案：4 39．在三棱锥A BCD -中，已知ACB CBD ∠=∠，ACD ADC BCD BDC ∠=∠=∠=∠θ=，且cos 10θ=．已知棱AB的长为，则此棱锥的体积为． 提示与答案：4面为全等的等腰三角形，由体积公式可求得三棱锥的体积为 144 ． 九：排列。
全国高中数学联赛江苏赛区试卷(9)含解析
全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1. 已知函数2sin y x =，则 答：[ ]（A ）有最小正周期2π （B ）有最小正周期π（C ）有最小正周期2π （D ）无最小周期 2. 关于x 的不等式22200x ax a --<任意两个解的差不超过9，则a 的最大值与最小值的和是 答：[ ]（A ） 2 （B ） 1 （C ） 0 （D ） 1-3. 已知向量a 、b ，设AB =a 2+b ，5BC =-a 6+b ，7CD =a 2-b ，则一定共线的三点是 答：[ ]（A ） A 、B 、D （B ） A 、B 、C（C ） B 、C 、D （D ） A 、C 、D4. 设α、β、γ为平面，m 、n 为直线，则m β⊥的一个充分条件是 答：[ ]（A ）αβ⊥，n αβ=，m n ⊥ （B ）m αγ=，αγ⊥，βγ⊥（C ）αβ⊥，βγ⊥，m α⊥ （D ）n α⊥，n β⊥，m α⊥5. 若m 、{}22101010n x x a a a ∈=⨯+⨯+，其中{}1234567i a ∈，，，，，，，012i =，，，并且 636m n +=，则实数对(,)m n 表示平面上不同点的个数为 答：[ ]（A ）60个 （B ）70个 （C ）90个 （D ）120个6. 已知()122007122007f x x x x x x x =+++++++-+-++-（x ∈R ）， 且2(32)(1),f a a f a -+=- 则a 的值有 答：[ ]（A ）2个 （B ）3个 （C ）4个 （D ）无数个二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7. 设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若510S =，105S =-，则公差为 .8. 设()log ()a f x x b =+(0a >且1)a ≠的图象经过点(21)，，它的反函数的图象经过点(28)，，则a b +等于 .9. 已知函数()y f x =的图象如图，则满足22221()(lg(620))021x x f f x x x x --⋅-+≤-+的 x 的取值范围为 .10.30x y -+=的离心率是 .11. 在ABC ∆中，已知tan B =，sin 3C =，AC =ABC ∆的面积为 12. 设命题P :2a a <，命题Q : 对任何x ∈R ，都有2410x ax ++>. 命题P 与Q 中有且仅有一个成立，则实数a 的取值范围是 .三、解答题（本题满分60分，共4小题，每题各15分）13. 设不等式组 00x y x y +>⎧⎨-<⎩， 表示的平面区域为D . 区域D 内的动点P 到直线0x y += 和直线0x y -=的距离之积为2. 记点P 的轨迹为曲线C .过点F 的直线l 与 曲线C 交于A 、B 两点. 若以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，求直线l 的斜率.14. 如图，斜三棱柱111ABC A B C -中，面11AAC C 是菱形，160ACC ∠=︒，侧面11ABB A ⊥11AAC C ，11A B AB AC ===.求证：（1）1AA ⊥1BC ；（2）求点1A 到平面ABC 的距离.15. 已知数列{}n a 中，11a =，33n n a a +≤+，22n n a a +≥+. 求2007a .16. 已知平面上10个圆，任意两个都相交. 是否存在直线l ，与每个圆都有公共点？证明你的结论.江苏省高中数学联赛初赛试题参考答案及评分标准 B 1B A 1C 1 A C一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．已知函数2sin y x =，则（ B ）.（A ） 有最小正周期为π2 （B ） 有最小正周期为π（C ） 有最小正周期为2π （D ） 无最小正周期 解：)2cos 1(21sin 2x x y -==，则最小正周期π=T . 故选（B ）． 2．关于x 的不等式02022<--a ax x 任意两个解的差不超过9，则a 的最大值与最小值 的和是（ C ）.（A ） 2 （B ） 1 （C ） 0 （D ） 1-解：方程02022=--a ax x 的两根是14x a =-，25x a =，则由关于x 的不等式 22200x ax a --<任意两个解的差不超过9，得9|9|||21≤=-a x x ，即11≤≤-a . 故选（C ）．3. 已知向量a 、b ，设AB =a 2+b ，5BC =-a 6+b ，7CD =a 2-b ，则一定共线 的三点是（ A ）.（A ）A 、B 、D （B ）A 、B 、C （C ）B 、C 、D （D ）A 、C 、D解：2BD BC CD =+=a 4+b 2AB =，所以A 、B 、D 三点共线. 故选（A ）．4．设α、β、γ为平面，m 、n 为直线，则m β⊥的一个充分条件是（ D ）.（A ）αβ⊥，n αβ=，m n ⊥ （B ）m αγ=，αγ⊥，βγ⊥（C ）αβ⊥，βγ⊥，m α⊥ （D ）n α⊥，n β⊥，m α⊥解：（A ）选项缺少条件m α⊂；（B ）选项当//αβ，βγ⊥时，//m β；（C ）选项当 α、β、γ两两垂直（看着你现在所在房间的天花板上的墙角），m βγ=时，m β⊂；（D ）选项同时垂直于同一条直线的两个平面平行．本选项为真命题. 故选（D ）．5. 若m 、{}22101010n x x a a a ∈=⨯+⨯+，其中{}1234567i a ∈，，，，，，，012i =，，，并且 636m n +=，则实数对(,)m n 表示平面上不同点的个数为（ C ）（A ）60个 （B ）70个 （C ）90个 （D ）120个解：由6514233=+=+=+及题设知，个位数字的选择有5种. 因为321=+= 7610=+-，故（1） 由321=+知，首位数字的可能选择有2510⨯=种；（2） 由37610=+-及54123=+=+知，首位数字的可能选择有248⨯=种.于是，符合题设的不同点的个数为5(108)90⨯+=种. 故选（C ）．6．已知()122007122007f x x x x x x x =+++++++-+-++-（x ∈R ）， 且2(32)(1),f a a f a -+=- 则a 的值有（ D ）.（A ）2个 （B ）3个 （C ）4个 （D ）无数个解：由题设知()f x 为偶函数，则考虑在11≤≤-x 时，恒有()2(1232007)20082007f x =⨯++++=⨯．所以当21321a a -≤-+≤，且111a -≤-≤时，恒有2(32)(1)f a a fa -+=-．由于不等式21321a a -≤-+≤的解集为3322a ≤≤ 111≤-≤-a 的解集为20≤≤a ．因此当2253≤≤-a 时，恒有 2(32)(1)f a a f a -+=-. 故选（D ）．二、填空题（本题满分54分，每小题9分） 7．设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若105=S ，510-=S ，则公差为 1-=d . 解：设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d .由题设得⎩⎨⎧-=+=+，，545101010511d a d a 即 ⎩⎨⎧-=+=+，，1922211d a d a 解之得1-=d . 8. 设()log ()a f x x b =+(0a >且1)a ≠的图象经过点(21)，，它的反函数的图象经过点(28)，，则b a +等于 4 .解：由题设知 log (2)1log (8)2a ab b +=⎧⎨+=⎩，， 化简得 2(2)(8).b a b a +=⎧⎨+=⎩， 解之得 1131a b =⎧⎨=⎩，； 2224.a b =-⎧⎨=-⎩，（舍去）. 故a b +等于4. 9．已知函数()y f x =的图象如图，则满足22221()(lg(620))021x x f f x x x x --⋅-+≤-+的 x 的取值范围为 [21)x ∈-， ．解： 因为 ()()22lg 620lg (3)11lg111x x x -+=-+≥>，所以 ()2lg 6200x x -+<. 于是，由图象可知，2111x x +≤-，即 201x x +≤-，解得 21x -≤<. 故x 的取值范围为 [21)x ∈-，．10．圆锥曲线0|3|102622=+--+-++y x y x y x 的离心率是 2 ．解：原式变形为|3|)1()3(22+-=-++y x y x ，即= 2|3|2+-y x ．所以动点),(y x 到定点(31)-，的距离与它到直线03=+-y x 的距离之比为2．故此动点轨迹为双曲线，离心率为2．11．在ABC ∆中，已知3tan =B ，322sin =C ，63=AC ，则ABC ∆的面积为ABC S ∆=．解：在ABC ∆中，由3tan =B 得︒=60B ．由正弦定理得sin 8sin AC C AB B⋅==． 因为︒>60322arcsin ，所以角C 可取锐角或钝角，从而31cos ±=C ．sin sin()sin cos cos sin A B C B C B C =+=+=±．故sin 2ABC AC AB S A ∆⋅==． 12. 设命题P :2a a <，命题Q : 对任何x ∈R ，都有2410x ax ++>. 命题P 与Q 中有且仅有一个成立，则实数a 的取值范围是 021≤<-a 或 121<≤a . 解：由a a <2得10<<a ．由0142>++ax x 对于任何x ∈R 成立，得04162<-=∆a ，即2121<<-a ．因为命题P 、Q 有且仅有一个成立，故实数 a 的取值范围是 021≤<-a 或 121<≤a ． 三、解答题（本题满分60分，每小题15分）13. 设不等式组 00x y x y +>⎧⎨-<⎩， 表示的平面区域为D . 区域D 内的动点P 到直线0x y +=和直线0x y -=的距离之积为2. 记点P 的轨迹为曲线C .过点F 的直线 l 与曲线C 交于A 、B 两点. 若以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，求直线l 的斜率. 解：由题意可知，平面区域D 如图阴影所示．设动点为(,)P x y2=，即 224x y -=．由P D ∈知0x y +>，x －y <0，即x 2－y 2<0．所以y 2－x 2＝4(y ＞0)，即曲线C 的方程为 y 24－x 24＝设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则以线段AB 为直径的圆的圆心为1212()22x x y y Q ++，. 因为以线段AB 为直径的圆L 与y 轴相切，所以半径 12122x x r AB +==，即 12AB x x =+． ① 因为直线AB 过点F (22，0)， 当AB ⊥ x 轴时，不合题意．所以设直线AB 的方程为y ＝k (x －22)． 代入双曲线方程y 24－x 24＝1(y ＞0)得， k 2(x －22)2－x 2＝4，即(k 2－1)x 2－42k 2x ＋(8k 2－4)＝0．因为直线与双曲线交于A ，B 两点， 所以k ≠±1．所以x 1＋x 2＝42k 2k 2－1，x 1x 2＝8k 2－4k 2－1． 所以|AB |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝(1＋k 2)[⎝ ⎛⎭⎪⎫42k 2k 2－12－4⋅8k 2－4k 2－1]＝|x 1＋x 2|＝|42k 2k 2－1|， 化简得：k 4＋2k 2－1＝0， 解得k 2＝2－1（k 2＝－2－1不合题意，舍去）． 由△＝(42k 2)2－4(k 2－1) (8k 2－4) ＝3k 2－1＞0，又由于y ＞0，所以－1<k <－ 33．所以k ＝－2－114. 如图，斜三棱柱111ABC A B C -中，面11AAC C 是菱形，160ACC ∠=︒，侧面11ABB A ⊥11AAC C ，11A B AB AC ===.求证：（1）1AA ⊥1BC ；（2）求点1A 到平面ABC 的距离.B 1 B A 1C 1A C证：（1）设1AA 中点为D ，连C 、D .因为AB B A =1，所以1AA BD ⊥．因为面C C AA A ABB 1111⊥，所以⊥BD 面C C AA 11．又1ACC ∆为正三角形，111A C AC =，所以 11AA D C ⊥. 从而11AA BC ⊥．（2） 由（1），有1BD C D ⊥，11BC CC ⊥，1CC ⊥面1C DB ．设1A 到面ABC 的 距离为h ，则1113ABC B CAC B CDC hS V V ∆--==. 因为11113C C DB C DB V CC S -∆=⨯， 所以1C DBABC S h S ∆∆=．又 1C D BD =，且2211==⨯=∆BD BD D C S DB C 设ABC ∆的高为AE ，则2512312221212=+=+=+=BD CC BC BC ， 8325411=⋅-=AE ， 41583252=⋅=∆ABC S . 于是有 515153==h ，即1A 到平面ABC 的距离为515． ………………15分 15．已知数列{}n a 中，11a =，33n n a a +≤+，22n n a a +≥+. 求2007a .解：由题设，22n n a a +≥+，则2007200520031222210032007a a a a ≥+≥+⨯≥≥+⨯=.由22n n a a +≥+，得22n n a a +≤-，则3223231(1)n n n n a a a a n +++≤+≤-+=+≥. 于是 200720062005200219991123123212a a a a a ≤+≤+⨯≤++⨯≤+⨯+⨯136********a ≤≤+⨯+⨯=，所以a 2007=2007． 易知数列11a =，22a =，，n a n = 符合本题要求． 注意：猜得答案n a n =或20072007a =，给2分．16．已知平面上10个圆，任意两个都相交．是否存在直线l ，与每个圆都有公共点？证明你的结论．解：存在直线l ，与每个圆都有公共点．证明如下：如图，先作直线0l ，设第i 个圆在直线0l 上的正投影是线段i i A B ，其中i A 、i B 分别是线段的左（第14题） A 1 A k A 2 B 1B 2 B m右端点．10个圆有10个投影线段，有10个左端点，有10个右端点．因为任意两个圆都相交，所以任意两条投影线段都有重叠的部分，设k A 是最右边的左端点，则所有右端点都在k A 的右边，否则必有两条投影线段无重叠部分，与对应的两个圆相交矛盾．再设m B 是最左边的右端点，同理所有左端点都在m B 的左边. k A 与m B 不重合，线段 k m A B 是任意一条投影线段的一部分，过线段k m A B 上某一点作直线0l 的垂线l ，则l 与10 个圆都相交．。
2021年全国高中数学联赛江苏省预赛
如图， .
设动点 ，则切线l： .
设 ，代入l的方程，得 .
因为AC∥BD，则Q分CB的比 .
所以 .
由Q与P关于 对称，且 ，所以 ，
，
即 .则 .
由题意， ，所以 ，故点P的轨迹方程为 .
【点睛】
此题考查求轨迹方程，利用相关点建立等量关系，需要注意考虑剔除不合题意的点，熟练掌握常见二级结论可以减少运算量.
如图①所示，可得正三棱锥P－ABC的斜高为 ，
由 ，可得 ，解得 ，
如图②所示，可得 .
又 ，在直角 中，可得 ，
即 ，所以 ，
所以 ，同理 ，
由圆的性质，可得 ，
所以所求图形的面积为 .
故答案为： .
【点睛】
本题主要考查了棱锥与球的组合体的几何结构特征，以及截面面积的计算，其中解答中熟记应用空间几何体的结构特征，熟练应用圆的基本性质是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力.
取定两个不同的素数p、q使得(pq，c)=1.
由于(p，q)=1，利用裴蜀定理，存在正整数 ，使得 .
由于(pq，c)=1，那么 且 .
由中国剩余定理，下列同余方程组：
有正整数解 .
令 ，那么 ，
而且(u，pqc)=1.因此 .
现在取 ，则 .
从而 .
令a=nd，b=(n+c)d，那么(a，b)=d，因此 .而且：
当0<y<1时， ， .
令 ，得 .
由函数的单调性，得 ②
由①②知，对任意x∈(－∞，0)∪(0，+∞)及任意 ，有：
.③
在③式中，令 ，化简得：
.
此时，当 时，则 .
从而，等号成立的充要条件是 .
全国高中数学联赛江苏赛区
全国高中数学联赛江苏赛区初赛分类一：二项式，复数9．(x3x2)3的展开式中，x5的系数为 27 1． 复数44(1i)(1i)++-= ． 答案：－8 二：指数。
对数 2. 函数3log 3xy =的图像大致是（A ）(A ) (B )(C ) (D) 8. 设()log ()a f x x b =+(0a >且1)a ≠的图象经过点(21)，，它的反函数的图象经过点(28)，，则b a +等于4.解：由题设知 log (2)1log (8)2a a b b +=⎧⎨+=⎩，， 化简得 2(2)(8).b a b a +=⎧⎨+=⎩，解之得 113a =⎧⎨⎩，222a =-⎧⎨⎩，（舍去）故a b +等于4.4．已知＝，则实数x ＝． 填1．解：即＝32x －4×3x ＋3＝03x ＝1(舍去)，3x ＝3x ＝1．1．方程9135x x +-=的实数解为．提示与答案：x ＜0无解; 当0x ≥时，原方程变形为32x+3x －6=0，解得3x=2，x=log32． 2. 设)(x f y =为指数函数xa y =. 在P(1,1)，Q(1,2)，M(2,3)，⎪⎭⎫⎝⎛41,21N 四点中，函数)(x f y =与其反函数)(1x f y -=的图像的公共点只可能是点 答：[D]A. PB. QC. MD. N 解 取161=a ，把坐标代入检验，4116121=⎪⎭⎫ ⎝⎛ ，而2116141=⎪⎭⎫⎝⎛，∴公共点只可能是点N.选D.三：不等式。
10.已知 ,则x2+y2的最大值是 9 12. 已知平面上两个点集 22{(,)||1|2(),,M x y x y x y x y =++≥+∈R}, {(,)||||1|1,,N x y x a y x y =-+-≤∈R}. 若 M N ≠∅, 则 a 的取值范围是o11 xy o 11x y o 1 1xyo 1 1xy ≥0 ≥0 ≥0 333y x y x y ⎧⎪-⎨⎪+-⎩.12.[1+由题意知M 是以原点为焦点、直线 10x y ++= 为准线的抛物线上及其凹口 内侧的点集，N 是以 (,1)a 为中心的正方形及其内部的点集(如图)．考察 MN =∅ 时,a 的取值范围:令 1y =, 代入方程|1|x y ++=得 2420x x --=，解出得2x = 所以，当211a <= 时,M N =∅． …………③令 2y =，代入方程|1|x y ++=得 2610x x --=. 解出得3x =±．所以，当3a >+时, MN =∅． …………④因此, 综合 ③与 ④ 可知，当13a -≤≤，即[13a ∈时,M N ≠∅．故填[1+.3.设 0a b >>, 那么 21()a b a b +- 的最小值是A. 2B. 3C. 4D. 53,C 由 0a b >>, 可知22210()()424a ab a b b a <-=--≤ 所以， 222144()a a b a b a+≥+≥-.故选 C ．2．关于x 的不等式02022<--a ax x 任意两个解的差不超过9，则a 的最大值与最小值 的和是（ C ）.（A ） 2 （B ） 1 （C ） 0 （D ） 1-解：方程02022=--a ax x 的两根是14x a =-，25x a =，则由关于x 的不等式22200x ax a --<任意两个解的差不超过9，得9|9|||21≤=-a x x ，即11≤≤-a . 故选（C ）．7．集合A={x ∣x=3n ，n ∈N ，0<n<10}，B={y ∣y=5m ，m ∈N ，O≤m≤6}, 则集合AUB 的所有元素之和为 2256. 设集合[]{}{}222<==-=x x B x x x A 和，其中符号[]x 表示不大于x 的最大整数，则{}3,1-=B A .解 ∵2<x ，[]x 的值可取1,0,1,2--.当[x]=2-，则02=x 无解；当[x]=1-，则12=x ，∴x=1-；当[x]=0，则22=x 无解； 当[x]=1，则32=x ，∴3=x .所以31或-=x .12. 设命题P :2a a <，命题Q : 对任何x ∈R ，都有2410x ax ++>. 命题P 与Q 中有且仅有一个成立，则实数a 的取值范围是 021≤<-a 或 121<≤a . 解：由a a <2得10<<a ．由0142>++ax x 对于任何x ∈R 成立，得04162<-=∆a ，即2121<<-a ．因为命题P 、Q 有且仅有一个成立，故实数 a 的取值范围是 021≤<-a 或 121<≤a ．四．三角函数1.函数 ()y f x = 的图像按向量 (,2)4a π= 平移后, 得到的图像的解析式为sin()24y x π=++. 那么 ()y f x = 的解析式为A. sin y x =B. cos y x =C. sin 2y x =+D. cos 4y x =+ 1,B sin[()]44y x ππ=++, 即 cos y x =.故选 B ． 9.函数 ∈+=x x x y (|2cos ||cos |R) 的最小值是.9,2令 |cos |[0,1]t x =∈，则 2|21|y t t =+-．当1t ≤≤ 时， 2219212()48y t t t =+-=+-，得2y ≤≤；当 02t ≤<时，2219212()48y t t t =-++=--+，得928y ≤≤又 y 可取到2, 故填2．8．设COS2θ=3，则COS4θ+sin4θ的值是11181．已知函数2sin y x =，则（ B ）.（A ） 有最小正周期为π2（B ） 有最小正周期为π（C ） 有最小正周期为2π（D ） 无最小正周期 解：)2cos 1(21sin 2x x y -==，则最小正周期π=T . 故选（B ）． 1．已知sinαcosβ＝1，则cos(α＋β)＝． 填0．解：由于|sinα|≤1，|cosβ|≤1，现sinαcosβ＝1，故sinα＝1，cosβ＝1或sinα＝－1，cosβ＝－1， ∴α＝2kπ＋，β＝2lπ或α＝2kπ－，β＝2lπ＋πα＋β＝2(k ＋l)π＋(k ，l ∈Z)． ∴cos(α＋β)＝0．6．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，.10103cos ,21tan ==B A 若△ABC 最长的边为1，则最短边的长为（ ） A ．55B ．355C ． 455D ． 556．解：由10103cos =B 知B 为锐角.31tan =∴B 故1tan tan 1tan tan )tan()tan(tan -=⋅-+-=+-=--=BA BA B A B A C π由（1）知︒=∠135C ，故c 边最长，即c=1，又B A tan tan >，故b 边最短∴==22sin ,1010sin C B 由正弦定理CcB b sin sin =得 55sin sin ==C B c b 即最短边的长为55.11．在ABC ∆中，已知3tan =B ，322sin =C ，63=AC ，则ABC ∆的面积为 8362ABC S ∆=解：在ABC ∆中，由3tan =B 得︒=60B ．由正弦定理得sin 8sin AC CAB B⋅==．因为︒>60322arcsin，所以角C 可取锐角或钝角，从而31cos ±=C ． 23sin sin()sin cos cos sin 36A B C B C B C =+=+=±．故 sin 83622ABC AC ABS A ∆⋅==． 4. 如果111C B A ∆的三个内角的余弦值分别是222C B A ∆的三个内角的正弦值，那么答：[B]A. 111C B A ∆与222C B A ∆都是锐角三角形B. 111C B A ∆是锐角三角形，222C B A ∆是钝角三角形C. 111C B A ∆是钝角三角形，222C B A ∆是锐角三角形D. 111C B A ∆与222C B A ∆都是钝角三角形解 两个三角形的内角不能有直角；111C B A ∆的内角余弦都大于零，所以是锐角三角形；若222C B A ∆是锐角三角形，则不妨设cos 1A =sin 2A =cos ⎪⎭⎫⎝⎛-12A π， cos 1B =sin 2B =cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-22A π， cos 1C =sin 2C =cos ⎪⎭⎫⎝⎛-12C π. 则212A A -=π，212B B -=π，212C C -=π，即)(23222111C B A C B A ++-=++π，矛盾. 选B. 10. 在ABC ∆中，若tanAtanB=tanAtanC+tanctanB ，则222c b a += 3 .解 切割化弦，已知等式即CB CB C A C A B A B A cos cos sin sin cos cos sin sin cos cos sin sin +=， 亦即C B A C B A cos )sin(sin sin sin +=，即C C B A 2sin cos sin sin =1，即1cos 2=cC ab . 所以，122222=-+c c b a ，故3222=+c b a . 2．函数sin cos y x x =+(x ∈R )的单调减区间是.提示与答案：与f(x)=y2=1+|sin2x|的单调减区间相同，[,],2422k k k ππππ++∈Z ． 4． 已知1cos45θ=，则44sin cos θθ+=．答案：45五：向量 7.设向量 OA 绕点 O 逆时针旋转 2π得向量 OB , 且 2(7,9)OA OB +=, 则 向量 OB =. 7,1123(,)55-设 (,)OA m n =, 则 (,)OB n m =-, 所以 2(2,2)(7,9)OA OB m n n m +=-+=即 27,29.m n m n -=⎧⎨+=⎩ 解得 23,511.5m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩因此，23111123(,),(,)5555OA OB ==-. 3. 已知向量a 、b ，设AB =a 2+b ，5BC =-a 6+b ，7CD =a 2-b ，则一定共线 的三点是（ A ）.（A ）A 、B 、D （B ）A 、B 、C （C ）B 、C 、D （D ）A 、C 、D 解：2BD BC CD =+=a 4+b 2AB =，所以A 、B 、D 三点共线. 故选（A ）． 8．设点O 是△ABC 的外心，AB ＝13，AC ＝12，则→BC·→AO ＝． 填－．解：设|→AO|＝|→BO|＝|→OC|＝R ．则→BC·→AO ＝(→BO ＋→OC)·→AO ＝→BO·→AO ＋→OC·→AO ＝R2cos(π－2C)＋R2cos2B＝R2(2sin2C －2sin2B)＝(2RsinB)2－(2RsinC)2＝(122－132)＝－．3．在△ABC 中，已知4AB AC ⋅=，12AB BC ⋅=-，则AB ＝.提示与答案：216AB AC AB BC AB ⋅-⋅==，得4AB =． 5． 已知向量a ，b 满足π2,,3==<>=a b a b ，则以向量2+a b 与3-a b 表示的有向线段 为邻边的平行四边形的面积为． 答案：六：圆锥曲线1. 如果实数m ，n ，x ，y 满足a n m =+22，b y x =+22，其中a ，b 为常数，那么mx+ny的最大值为答：[B]A. 2b a +B. abC. 222b a + D. 222b a +解 由柯西不等式ab y x n m ny mx =++≤+))(()(22222；或三角换元即可得到ab ny mx ≤+，当2a n m ==，2by x ==时，ab ny mx =+. 选B.3. 已知抛物线y2=2px ，o 是坐标原点，F 是焦点，P 是抛物线上的点，使得△POF是直角三角形，则这样的点P 共有( B ) (A)0个 (B)2个 (C)4个 (D)6个10．圆锥曲线0|3|102622=+--+-++y x y x y x的离心率是2．解：原式变形为|3|)1()3(22+-=-++y x y x ，即=2|3|2+-y x ．所以动点),(y x 到定点(31)-，的距离与它到直线03=+-y x 的距离之比为2．故此动点轨迹为双曲线，离心率为2．B3．设一个椭圆的焦距、短轴长、长轴长成等比数列，则此椭圆的离心率e ＝． 填－1＋52． 解：由(2b)2＝2c×2a a2－c2＝ac e2＋e －1＝0e ＝－1＋52．9. 与圆0422=-+x y x 外切，且与y 轴相切的动圆圆心的轨迹方程为)0(82>=x x y 或)0(0<=x y .解 由圆锥曲线的定义，圆心可以是以(2,0)为焦点、2-=x 为准线的抛物线上的点；若切点是原点，则圆心在x 轴负半轴上.所以轨迹方程为)0(82>=x x y ，或)0(0<=x y .5．在直角坐标系xOy 中，已知圆心在原点O 、半径为R 的圆与△ABC 的边有公共点，其中()4,0A =、()6,8B =、()2,4C =，则R 的取值范围为．提示与答案：画图观察，R 最小时圆与直线段AC 相切，R 最大时圆过点B ．[855，10]．2． 已知直线10x my -+=是圆22:4450C x y x y +-+-=的一条对称轴，则实数m =.答案：32-七：函数4.设f （x ）是定义在R 上单调递减的奇函数．若x1+x2>O ，x2+x3>O ，x3十x1>O ，则 ( B )(A)f(x1)+f(x2)+f(x3)>0 (B)f(x1)+f(x2)+f(x3)<O (C)f(x1)+f(x2)+f(x3)=0 (D)f(x1)+f(x2)>f(x3)4．函数()()()221f x x x =-+在区间[]0,2上的最大值是，最小值是．提示与答案：极小值－4，端点函数值f(2)=0，f(0)=－2，最小值－4，最大值0． 6．设函数()f x 的定义域为R ，若()1f x +与()1f x -都是关于x 的奇函数，则函数()y f x =在区间[]0,100上至少有 个零点.提示与答案：f(2k1)=0，k ∈Z. 又可作一个函数()f x 满足问题中的条件，且()f x 的 一个零点恰为21x k =-，k ∈Z. 所以至少有50个零点. 6．已知()122007122007f x x x x x x x =+++++++-+-++-（x ∈R ），且2(32)(1),f a a f a -+=- 则a 的值有（ D ）.（A ）2个 （B ）3个 （C ）4个 （D ）无数个 解：由题设知()f x 为偶函数，则考虑在11≤≤-x 时，恒有()2(1232007)20082007f x =⨯++++=⨯．所以当21321a a -≤-+≤，且111a -≤-≤时，恒有2(32)(1)f a a f a -+=-．由于不等式21321a a -≤-+≤a ≤≤ 111≤-≤-a 的解集为20≤≤a ．因此当2253≤≤-a 时，恒有 2(32)(1)f a a f a -+=-. 故选（D ）．9．已知函数()y f x =的图象如图，则满足22221()(lg(620))021x x f f x x x x --⋅-+≤-+的 x 的取值范围为 [21)x ∈-，．解： 因为 (2lg 6201x x -+>，所以()2lg 6200x x -+<. 于是，由图象可知，2111x x +≤-，即 201x x +≤-，解得 21x -≤<. 故x 的取值范围为[21)x ∈-，． 2.如果二次方程 20(,x px q p q --=∈N*) 的正根小于3, 那么这样的二次方程有A. 5个B. 6个C. 7个D. 8个2,C 由 240,0p q q ∆=+>-<, 知方程的根为一正一负．设 2()f x x px q =--，则 2(3)330f p q =-->, 即39p q +<.由于 ,p q ∈N*， 所以 1,5p q =≤ 或 2,2p q =≤. 于是共有7组 (,)p q 符合题意． 故选 C ．7． 设函数2()2f x x =-．若f(a)＝f(b)，且0＜a ＜b ，则ab 的取值范围是． 答案：(0,2) 八：立几4.设四棱锥 P ABCD - 的底面不是平行四边形, 用平面 α 去截此四棱锥, 使得 截面四边形是平行四边形, 则这样的平面 αA. 不存在B. 只有1个C. 恰有4个D. 有无数多个4,D 设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线为 m 、n , 直线 m 、n 确定了一个平面 β作与 β 平行的平面 α, 与四棱锥的各个侧面相截，则截得的四边形必为平行四边形．而这样的平面 α 有无数多个．故选 D ．10.在长方体 1111ABCD A B C D - 中, 12,1AB AA AD ===, 点 E 、F 、G 分别是棱 1AA 、11C D 与 BC 的中点, 那么四面体 1B EFG - 的体积是. 10,138B EFG V -=在 11D A 的延长线上取一点 H ，使 114A H =. 易证,1||HEB G ， ||HE 平面1B FG ． 故 1111B EFG E B FG H B FG G B FH V V V V ----===．而 198B FH S ∆=，G 到平面 1B FH 的距离为 1． 故填 138B EFG V -=． 12．长方体ABCDA1B1C1D1中，已知AB1=4，AD1=3，则对角线AC1 的取值范围为. AC1∈(4,5)5．过空间一定点P 的直线中，与长方体ABCD 一A1B1C1D1的12条棱所在直线成等角的直线共有( C ) (A)0条 (B)1条 (C)4条 (D)无数多条4．设α、β、γ为平面，m 、n 为直线，则m β⊥的一个充分条件是（ D ）. （A ）αβ⊥，n αβ=，m n ⊥ （B ）m αγ=，αγ⊥，βγ⊥（C ）αβ⊥，βγ⊥，m α⊥ （D ）n α⊥，n β⊥，m α⊥解：（A ）选项缺少条件m α⊂；（B ）选项当//αβ，βγ⊥时，//m β；（C ）选项当α、β、γ两两垂直（看着你现在所在房间的天花板上的墙角），m βγ=时，m β⊂；（D ）选项同时垂直于同一条直线的两个平面平行．本选项为真命题. 故选（D ）．5. 设a ，b 是夹角为30°的异面直线，则满足条件“α⊆a ，β⊆b ，且βα⊥”的平面α，β 答： [D]A. 不存在B. 有且只有一对C. 有且只有两对D. 有无数对解 任作a 的平面α，可以作无数个. 在b 上任取一点M ，过M 作α的垂线. b 与 垂线确定的平面β垂直于α. 选D.8. 已知点O 在ABC ∆内部，022=++OC OB OA .OCB ABC ∆∆与的面积之比为5：1. 解 由图，ABC ∆与OCB ∆的底边相同，高是5：1.故面积比是5：1.5．如图，在四面体ABCD 中，P 、Q 分别为棱上的点，且BP ＝2PC ，CQ ＝2QD ．R 为棱AD 的中点，则点A 、B 的距离的比值为．填14． 解：A 、B 到平面PQR 的距离分别为三棱锥APQR 与BPQR 的以三角形PQR 为底的高．故其比值等于这两个三棱锥的体积比．V APQR ＝V APQD ＝×13V APCD ＝×13×13V ABCD ＝V ABCD ；又，SBPQ ＝SBCD －SBDQ －SCPQ ＝(1－13－23×13)SBCD ＝49SBCD ，VRBPQ ＝49VRBCD ＝×49V ABCD ＝418V ABCD ．∴A 、B 到平面PQR 的距离的比＝1∶4．又，可以求出平面PQR 与AB 的交点来求此比值：在面BCD 内，延长PQ 、BD 交于点M ，则M 为面PQR 与棱BD 的交点． 由Menelaus 定理知，··＝1，而＝，＝，故＝4．BCDAPQ R MNR Q PADCB在面ABD 内，作射线MR 交AB 于点N ，则N 为面PQR 与AB 的交点． 由Menelaus 定理知，··＝1，而＝4，＝1，故＝14．∴A 、B 到平面PQR 的距离的比＝1∶4．6．设f(x)＝log3x －4－x ，则满足f(x)≥0的x 的取值范围是． 填[3，4]．解：定义域(0，4]．在定义域内f(x)单调增，且f(3)＝0．故f(x)≥0的x 的取值范围为[3，4]．7．右图是某种净水水箱结构的设计草图，其中净水器是一个宽10cm 、体积为3000cm3的长方体，长和高未定．净水水箱的长、宽、高比净水器的长、宽、高分别长20cm 、20cm 、60cm ．若不计净水器中的存水，则净水水箱中最少可以存水cm3．填78000．解：设净水器的长、高分别为x ，ycm ，则 xy ＝300，V ＝30(20＋x)(60＋y)＝30(1200＋60x ＋20y ＋xy) ≥30(1200＋260x×20y ＋300)＝30(1500＋1200) ＝30×2700．∴ 至少可以存水78000cm3．7．从正方体的12条棱和12条面对角线中选出n 条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则n 的最大值为． 提示与答案：不能有公共端点，最多4条，图上知4条可以． 9． 一个等腰直角三角形的顶点分别在底边长为4的正三棱柱的三条侧棱上，则此直角三角形的斜边长是． 答案：4 39．在三棱锥A BCD -中，已知ACB CBD ∠=∠，ACD ADC BCD BDC ∠=∠=∠=∠θ=，且cos θ=．已知棱AB的长为，则此棱锥的体积为． 提示与答案：4面为全等的等腰三角形，由体积公式可求得三棱锥的体积为 144 ． 九：排列。
2021-2022年高中数学联赛江苏赛区初赛试卷
2021年高中数学联赛江苏赛区初赛试卷一、填空题（本题共10小题，满分70分，每小题7分．要求直接将答案写在横线上．） 1．已知点P (4，1)在函数f (x )＝log a (x －b ) (b ＞0)的图象上，则ab 的最大值是 ． 解：由题意知，log a (4－b )＝1，即a ＋b ＝4，且a ＞0，a ≠1，b ＞0，从而ab ≤(a ＋b )24＝4，当a ＝b ＝2时，ab 的最大值是4．2．函数f (x )＝3sin(2x －π4)在x ＝43π24处的值是 ．解：2x －π4＝43π12－π4＝40π12＝10π3＝2π＋4π3，所以f (43π24)＝3sin 4π3＝－32．3．若不等式|ax ＋1|≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}，则实数a 的值是 ． 解：设函数f (x )＝|ax ＋1|，则f (－2)＝ f (1)＝3，故a ＝2．4．第一只口袋里有3个白球、7个红球、15个黄球，第二只口袋里有10个白球、6个红球、9个黑球，从两个口袋里各取出一球，取出的球颜色相同的概率是 ．解：有两类情况：同为白球的概率是3×1025×25＝30625，同为红球的概率是7×625×25＝42625，所求的概率是72625．5．在平面直角坐标系xOy 中，设焦距为2c 的椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)与椭圆x 2b 2＋y 2c 2＝1有相同的离心率e ，则e 的值是 ．解：若c ＞b ，则c 2a 2＝c 2－b 2c 2，得a ＝b ，矛盾，因此c ＜b ，且有c 2a 2＝b 2－c 2b 2，解得e ＝－1＋52．6．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，对角线B 1D 与平面A 1BC 1交于E 点．记四棱锥E －ABCD 的体积为V 1，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为V 2，则V 1V 2的值是 ．（第6题图） A 1解：记四棱锥B 1－ABCD 的体积为V ．如图，DE ＝23DB 1，从而V 1＝23V ．又V ＝13V 2，所以V 1V 2＝29．7．若实数集合A ＝{31x ，65y }与B ＝{5xy ，403}仅有一个公共元素，则集合A ∪B 中所有元素之积的值是 ．解：因为31x ×65y ＝5xy ×403＝xx xy ．若xy ≠0，则集合A 和集合B 中有一组相等，则另一组也必然相等，这不合题意．所以xy ＝0，从而A ∪B 中所有元素之积的值为0．8．设向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(－sin α，cos α)．向量x 1，x 2，…，x 7中有3个为a ，其余为b ；向量y 1，y 2，…，y 7中有2个为a ，其余为b ．则7∑i =1x i y i 的可能取值中最小的为 ．解：因为a ·a ＝b ·b ＝1，a ·b ＝0，所以7∑i =1x i y i 的最小值为2．9．在3×3的幻方中填数，使每行、每列及两条对角线上的三个数之和都相等．如图，三个方格中的数分别为1，2，xx ，则幻方中其余6个数之和为 ． 解：如图，设幻方正中间的数为x ，则由题意知a ＝－xx ，从而对角线上三个数的和为x －2011．因此b ＝x －xx ，c ＝－4026，d ＝－xx ，e ＝x ＋xx ． 由b ＋e ＋x ＝x －2011，解得x ＝－20112．这9个数的和为3×(－20112－2011)＝－180992，所以幻方中其余6个数之和为－180992－xx ＝－221352．10．在平面直角坐标系xOy 中，设D 是满足x ≥0，y ≥0，x ＋y ＋＋≤19的点(x ，y )形成的区域（其中是不超过x 的最大整数）．则区域D 中整点的个数为 ． 解：区域D 中整点的个数为1＋2＋3＋…＋10＝55．（第9题图） 12 xx（第9题图）e c d ab1 2 xxx （第6题图）A 1二、解答题（本大题共4小题，每小题20分，共80分）11．在等比数列{a n }中，a 2＝2，q 是公比．记S n 为{a n }的前n 项和，T n 为数列{a 2n }的前n 项和．若S 2n ＝2T n ，求q 的值．解：若q ＝1，则a n ＝a 2＝2，a 2n ＝4，则S 2n ＝4n ，T n ＝4n ，S 2n ≠2T n ．若q ＝－1，则a n ＝2×(－1)n ，a 2n ＝4，则S 2n ＝0，T n ＝4n ，S 2n ≠2T n ．……………………………… 5分若q ≠±1，则a n ＝2q n －2，a 2n ＝4q 2n －4，从而S 2n ＝2q ×(1－q 2n )1－q ，T n ＝4q 2×(1－q 2n )1－q 2． ……………………………… 15分由S 2n ＝2T n ，则4q (1＋q )＝1，q 2＋q －4＝0，解得q ＝－1±172．综上，q 的值为－1＋172和－1－172． ……………………………… 20分12．如图，△ABC 中，AB ＞AC ，点D 、E 分别在边AB 、AC 上，且BD ＝CE ．∠BAC 的外角平分线与△ADE 的外接圆交于A 、P 两点．求证：A 、P 、B 、C 四点共圆．证明：如图，连结PD ，PE ，PC ．因为四边形APDE 是圆内接四边形, 所以∠P AD ＝∠PED ，∠P AF ＝∠PDE ． 又因为AP 是∠BAC 的外角平分线， 所以∠P AD ＝∠P AF ， 从而∠PED ＝∠PDE ，故PD ＝PE ． ……………………………… 10分 又∠ADP ＝∠AEP ，ABCDP(第12题图)EA BC DP (第12题图)EF所以∠BDP ＝∠CEP ．又因为BD ＝CE ，所以△BDP ≌△CEP ，从而∠PBD ＝∠PCE ，即∠PBA ＝∠PCA ， 所以A 、P 、B 、C 四点共圆． ……………………………… 10分13．如图，在平面直角坐标系xOy 中，圆O 1、圆O 2都与直线l ：y ＝kx 及x 轴正半轴相切．若两圆的半径之积为2，两圆的一个交点为P (2，2)，求直线l 的方程． 解：由题意，圆心O 1，O 2都在x 轴与直线l若直线l 的斜率k ＝tanα， 设t ＝tan α2，则k ＝2t1－t 2．圆心O 1，O 2在直线y ＝tx 上， 可设O 1(m ，mt )，O 2(n ，nt )．交点P (2，2)在第一象限，m ，n ，t ＞0． ……………………………… 4分 所以⊙O 1：(x －m )2+(y －mt )2=(mt )2，⊙O 1：(x －n )2+(y －nt )2=(nt )2，所以⎩⎨⎧(2－m )2＋(2－mt )2＝(mt )2，(2－n )2＋(2－nt )2＝(nt )2，即⎩⎨⎧m 2－(4＋4t )m ＋8＝0，n 2－(4＋4t )n ＋8＝0，……………… 8分所以 m ，n 是方程X 2－(4+4t )X ＋8=0的两根，mn ＝8．由半径的积(mt )(nt )＝2，得t 2＝14，故t ＝12．……………………………… 16分所以 k ＝2t 1－t 2＝11－14＝43，直线l ：y ＝43x ． ……………………………… 20分14．将正十一边形的k 个顶点染红色，其余顶点染蓝色． （1）当k ＝2时，求顶点均为蓝色的等腰三角形的个数；（2）k 取何值时，三个顶点同色(同红色或同蓝色)的等腰三角形个数最少？并说明理由． 解：（1）设正十一边形的顶点A 1，A 2，A 3，…，A 11，则易知其中任意三点为顶点的三角形都不是正三角形．以这些点为顶点的等腰三角形个数可以如此计算：以A i (i ＝1，2，3，…，11)为顶角顶点的等腰三角形有11－12＝5个，这些三角形均不是等边三角形，即当j ≠i 时，以A j 为顶角顶点的等腰三角形都不是上述等腰三角形．故所有的等腰三角形共有5×11＝55个． …………………… 5分当k ＝2时，设其中A m ，A n 染成红色，其余染成蓝色．以A m 为顶角顶点的等腰三角形有5个，以A m 为底角顶点的等腰三角形有10个；同时以A m ，A n 为顶点的等腰三角形有3个，这些等腰三角形的顶点不同色，且共有(5＋10)×2－3＝27个．注意到仅有这些等腰三角形的三个顶点不同蓝色，故所求三个顶点同为蓝色的等腰三角形有55－27＝28个． ………………………… 10分（2）若11个顶点中k 个染红色，其余11－k 个染蓝色．则这些顶点间连线段(边或对角线)中，两端点染红色的有k (k －1)2条，两端点染蓝色的有(11－k )(10－k )2条，两端点染一红一蓝的有k (11－k )条．并且每条连线段必属于且仅属于3个等腰三角形．把等腰三角形分4类：设其中三个顶点均为红色的等腰三角形有x 1个，三个顶点均为蓝色的等腰三角形有x 2个，两个顶点为红色一个顶点为蓝色的等腰三角形有x 3个，两个顶点为蓝色一个顶点为红色的等腰三角形有x 4个，则按顶点颜色计算连线段，3x 1＋x 3＝3×k (k －1)2， ①3x 2＋x 4＝3×(11－k )(10－k )2， ②2x 3＋2x 4＝3×k (11－k )， ③ 由①＋②得 3(x 1＋x 2)＋x 3＋x 4＝32，用③代入得 x 1＋x 2＝12＝12(3k 2－33k ＋110)．当k ＝5或6时，(x 1＋x 2)min ＝12(5×4＋6×5－5×6)＝10．即顶点同色的等腰三角形最少有10个，此时k ＝5或6．………… 20分。
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2021年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、填空题 1．已知集合()()(){}22,211A x y x y =-+-≤，(){},211B x y x y a =-+-≤，A B ⊆．则实数a 的取值范围是__________．2．若不全相等的三个实数a 、b 、c 满足3333a b c abc ++=，则a b c ++=__________． 3．已知a 、b 为实数．若二次函数()2f x x ax b =++满足()()()()010ff f f ==，且()()01f f ≠，则()2f 的值为__________．4．若小张每天的睡眠时间在69~小时之间随机均匀分布，则小张连续两天平均睡眠时间不少于7小时的概率为__________． 5．已知函数()21log 2a f x ax x ⎛⎫=-+⎪⎝⎭在区间[]1,2内的值恒正．则实数a 的取值范围是__________．6．已知复数1z 、2z 满足1220z z +=，221216z z +=．则3312z z +的最小值为__________．7．设正四面体的棱长为O 为球心作球，球面与正四面体四个面相交所成曲线的总长度为4π．则球O 的半径为__________．8．在86⨯的方格表中，每个格被染上红、蓝、黄、绿四种颜色之一，若每个22⨯的子方格表包含每种颜色的格均为一，称此染法为“均衡”的．则所有不同的均衡的染法有__________种．二、解答题9．已知函数()()2,f x ax bxa b +=-∈R ．（1）若对于任意的x ∈R ，均有()1f x ≤，证明：a ≤（2）当1b >时，证明：对于任意的[]0,1x ∈，()1f x ≤成立的充分必要条件为1b a -≤≤10．在平面直角坐标系xOy 中，点()2,1P 在椭圆22:163x y C +=上，不经过坐标原点O的直线l 与椭圆C 交于A 、B 两点，且线段AB 的中点为D ，直线OD 的斜率为1．记直线PA 、PB 的斜率分别为1k 、2k ，证明：12k k 为定值．11．在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，这样的操作称为该数列的一次“Z 扩展”．已知数列1，2，3第一次Z 扩展后得到数列1，3，2，5，3；第二次Z 扩展后得到数列1，4，3，5，2，7，5，8，3；……设第n 次Z 扩展后所得数列1，1x ，2x ，…，m x ，3，并记1213n m a x x x =+++++．（1）求1a 、2a 、3a 的值；（2）若2n n b a =-，证明：{}n b 为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式．12．如图，在圆内接四边形ABCD 中，边BA 、CD 的延长线交于点P ，1O 、2O 分别为ABC △、DBC △的内心，直线1BO 与2CO 交于点H ．证明：12PH O O ⊥．131=的实数解．14．某台函数计算器上有一个显示屏和两个操作键．若按一下第一个操作键，则将原显示屏上的数变为2x ⎡⎤⎢⎥⎣⎦（[]x 表示不超过实数x 的最大整数）；若按一下第二个操作键，则将原显示屏上的数变为41x +．称按一下任意一个操作键为一次操作．现在显示屏上的数为1．问：（1）是否可以经过有限次操作，显示屏上出现整数2000？说明理由． （2）小于2000的整数中有多少个数可以经过有限次操作在显示屏上出现？ 15．设数列{}n a 满足11a =，23a =，()123,3n n n a a a n n --+=-∈≥Z ． 是否存在正整数n ，使得20162n a ，（20162n a 且20172n a ）？若存在，求出最小的正整数n 的值；若不存在，请说明理由．参考答案1．)2⎡+∞⎣【解析】 【详解】作图可知，若A B ⊆，则0a >，且点()2,1到直线230x y a +--=的距离不小于1，12a ≥⇒≥+)2a ⎡∈++∞⎣．2．0 【解析】 【详解】注意到，()()3332223a b c ab a b c a b c ab bc ca ++-=++++---()()()()()222102a b c a b b c c a =++-+-+-=． 因为a 、b 、c 不全相等，所以，()()()2220a b b c c a -+-+-≠．故0a b c ++=． 3．3 【解析】 【详解】易知，()0f b =，()11f a b =++均为方程()0f x =的根． 则()()()2112x ax b x b x a b a a b ++≡--++⇒=---，()112b b a b a =++⇒=-，()023b f =⇒=． 4．79【解析】 【详解】设小张连续两天睡眠的时间分别为x 、y [](),6,9x y ∈小时．将可能出现的事件记作(),x y ，其对应坐标平面中正方形ABCD 的边及其内的点． 小张连续两天平均睡眠时间不少于7小时，即14x y +≥，(),x y 对应五边形EBCDF 边及其内的点，如图．因此，所求事件的概率为271199AEFABCDSS -=-=正方形． 5．153(,)(,)282⋃+∞ 【解析】解:因为函数21()log ()2a f x ax x =-+（01a a >≠且）在[1,2]上恒正，则说明不等式恒成立，则对于底数a 分情况讨论，a>1,0<a<1，分别讨论单调性得到最值，求解参数的范围． 6．3520 【解析】 【详解】注意到，332212121122z z z z z z z z +=+-+()()22222212121212313120202222z z z z z z z z =+-+≥+-+3520=． ①而当221216z z +=，1220z z+=，即110z =+，210z =-时，式①等号成立． 因此，3312z z +的最小值为3520．7【解析】 【详解】设球O的半径为R ．若正四面体一个面截球如图，则小圆周长为π，小圆半径为12又球心到四面体的面的距离为1，故R == 若正四面体一个面截球如图，记D 为AC 的中点．依题意，知弧AB 的长为π3． 设小圆1O 的半径为r ．则1π3AO B r∠=．又12π3BO C ∠=，1O D =()1111ππ236AO D BO C AO B r∠=∠-∠=-，故ππcos 36r ⎛⎫-=⎪⎝⎭． ①令()ππcos 36f r r r ⎛⎫=--⎪⎝⎭．则()22πππsin 0636f r r r r ⎛⎫=--+> ⎪'⎝⎭． 因此，函数()f x 在区间()0,+∞上单调递增，且最多有一个零点．而()20f =，于是，方程①有唯一解2．从而，R =综上，球O 8．1896 【解析】 【详解】 均衡染法如图．若第一个22⨯的子方格表中四个格分别染A 、B 、C 、D 色，则第三列上面两个格只能染A 、C 色．若第三列第一个格染C 色，则第三列第二个格染A 色，然后，第三行第二个格只能染B 色，第三行第一个格只能染A 色，第三行第三个格只能染C 色，……依此类推，在均衡的染法中，每列（或每行）中仅有两色交错出现，且其相邻的两列（或行）中另两色交错出现． 当每列中两色交错出现时，第一列选两色，然后每列选首色，共有2842C 种染法；当每行中两色交错出现时，类似地，有2642C 种染法．又重复的情形有4424A =种，故不同的染法数为28264422241896C C +-=．9．（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【详解】（1）因为()1f x ≤恒成立，所以，()222max 112244a a a a f x f a b b b b b ⎛⎫==⋅-⋅≤⇒≤ ⎪⎝⎭．又0b >，故24a b a ≤⇒≤ （2）必要性：对于任意的[]0,1x ∈，()1f x ≤．则()11f ≥-，即1a b ≥-．又1b >()0,1．从而，1f a ≤⇒≤因此，1b a -≤≤ 充分性：由1b >，且1b a -≤≤[]0,1x ∈，有()()()22111f x ax bx b x bx bx x x x =-≥--=--≥-≥-．又())222111f x ax bx bx =-≤-=--+≤，故()1f x ≤．10．见解析 【解析】 【详解】设()11,A x y ，()22,B x y ．则1212,22x x y y D ++⎛⎫⎪⎝⎭． 依题意有1OD k =．故1212x x y y +=+． ①由点A 、B 在椭圆上得2211163x y +=，2222163x y +=()22221212121202063x x y y x x y y --⇒+=⇒-+-=． ②联立式①、②解得12132y y x -+=，12232y y x -=． 由2211163x y +=，得()()2212221121231382243y y y y y y y -++=⇒+=+． 故()()()()()()121212121212121112224y y y y y y k k x x x x x x ---++==---++()()()()()1212121222121212121211122242310244y y y y y y y y y y y y y y y y y y -++-++===--++-++-++（定值）． 11．432nn a =⨯+【解析】 【详解】设01x =，13m x +=，1m n i i a x +==∑．则()111110334m mm n iii im n i i i a x x x x xx a +++++====++=--=-∑∑∑．由11325314a =++++=，得213438a a =-=，3234110a a =-=．于是，112363n n n n b a a b ++=-=-=．又1120b =≠，故{}n b 为等比数列，且43nn b =⨯． 从而，432nn a =⨯+．12．见解析 【解析】 【详解】如图，设直线12O O 与AB 、CD 分别交于点E 、F ，联结1O C 、2O B ．由1O 为ABC 的内心知()1111809022BO C ABC ACB BAC ∠=︒-∠+∠=︒-∠． 类似地，21902BO C BDC ∠=︒-∠． 又BAC BDC ∠=∠，故12BO C BO C B ∠=∠⇒、1O 、2O 、C 四点共圆，122EO B O CB O CF ⇒∠=∠=∠，211FO C O BC O BA ∠=∠=∠．则1122PEF EO B ABO FO C O CF PFE PE PF PEF ∠=∠+∠=∠+∠=∠⇒=⇒为等腰三角形．又H 为PBC ∠、PCB ∠的平分线交点，于是，H 为PBC 的内心． 从而，PH EF ⊥，即12PH O O ⊥． 13．38x x ⎧⎫≥⎨⎬⎩⎭【解析】 【详解】令A =B =则3362A B x +=-，12AB x =-． 令t A B =+．注意到，()()3333A B A B AB A B +=+++．则()()3312620t x t x ----=，即()()21620t t t x -++-=．又221362628t t x t x ⎛⎫⎛⎫++-=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当38x =时，1t A B =+==． 故2620t t x ++->．于是，对任意的38x ≥，有2620t t x ++->．从而，1t =． 综上，原方程的实数解构成的集合为38x x ⎧⎫≥⎨⎬⎩⎭．14．（1）见解析；（2）233 【解析】 【详解】 （1）不可能．将数化成二进制．则按第一个操作键表示将显示屏上的数的最后一位去掉；按第二个操作键表示将显示屏上的数后面加上01．当初始数为1时，经过以上两种操作后得到的数没有两个1相邻，而2000化成二进制为()211111010000，其中有两个1相邻，从而，显示屏上不可能出现整数2000．（2）若先进行第二种操作，后进行第一种操作，则相当于在原数后加一个0．故任意一个二进制中没有两个1相邻的数均可以经过有限次操作可得．于是，在显示屏上可以出现小于2000的整数的个数等价于不大于()210101010101，且没有两个1相邻的自然数的个数．又含有()06k k ≤≤个1且不大于()210101010101的自然数有12kk C -个，从而，满足条件的自然数个数为111458*********++++++=． 15．201332⨯ 【解析】 【详解】存在无穷多个正数n ，使得20162n a ，且最小的正整数n 为201332⨯．若2a m ，则记()2v m a =．因此，()()()222v mn v m v n =+，且()()(){}222min ,v m n v m v n +≥． 若()()22v m v n ≠，则()()(){}222min ,v m n v m v n +=．由()12123mod2n n n n n a a a a a ----=-≡-，知{}n a 在模2意义下是周期为3的周期数列． 因此，当3n 时，()20n v a =．令()31n k k =≥．显然，3322n nn a ⎛⎫⎛⎛⎪=- ⎪⎝⎭⎝⎭⎭((33399k kk k k a ⎛⎫⎫⎪⇒=-=+--⎪⎪⎭⎝⎭⎝⎭⎭ ()2121211022945k i i i ik k i C -+++-⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦=⨯⨯∑．又()()()()()()212211222322113i i i kk kk i C kC v C v k i v a v k ++-+=⇒≥≥⇒=+． 故()232016k v a =当且仅当()232016v k +=，即()22013v k =． 因此，20162n a 当且仅当201332n m =⨯，其中，(),21m =．综上，最小的正整数n 为201332⨯．。