江苏省高中数学竞赛预赛试题

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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______。

江苏数学竞赛初试题目及答案

江苏数学竞赛初试题目及答案【题目一】已知函数$ f(x) = 3x^2 - 2x + 1 $，求$ f(x) $在区间[1, 3]上的最大值和最小值。

【答案一】首先，我们可以求出函数$ f(x) $的导数$ f'(x) = 6x - 2 $。

令$ f'(x) = 0 $，解得 $ x = \frac{1}{3} $。

但这个点不在区间[1, 3]内，因此我们需要检查区间端点的函数值。

计算$ f(1) = 3(1)^2 - 2(1) + 1 = 2 $，$ f(3) = 3(3)^2 -2(3) + 1 = 22 $。

因此，$ f(x) $在区间[1, 3]上的最大值为22，最小值为2。

【题目二】若$ a $，$ b $，$ c $是三角形的三边长，且满足$ a^2 +b^2 = c^2 $，求证：$ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} $是无理数。

【答案二】假设$ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} $是有理数，设$ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = k $，其中$ k $是有理数。

则有$ a + b + c = k(abc) $。

由于$ a^2 + b^2 =c^2 $，我们可以得到$ a^2 + b^2 - c^2 = 0 $。

将$ a + b + c = k(abc) $代入，我们可以得到一个关于$ a $，$ b $，$ c $的二次方程，但这个方程没有整数解，因此$ k $不能是有理数，即$ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} $是无理数。

【题目三】若$ \sin(2\theta) = \frac{3}{5} $，且$ \theta $在第一象限，求$ \cos(2\theta) $的值。

江苏数学竞赛试题及答案

江苏数学竞赛试题及答案【试题一】题目：求证：对于任意正整数$ n $，$ 1^2 + 2^2 + 3^2 +\ldots + n^2 = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6} $。

【答案】证明：我们使用数学归纳法来证明这个等式。

1. 当$ n = 1 $时，左边为$ 1^2 = 1 $，右边为$ \frac{1\cdot 2 \cdot 3}{6} = 1 $，等式成立。

2. 假设当$ n = k $时等式成立，即$ 1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + k^2 = \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} $。

3. 当$ n = k + 1 $时，我们需要证明$ 1^2 + 2^2 + 3^2 +\ldots + k^2 + (k + 1)^2 = \frac{(k + 1)(k + 2)(2k + 3)}{6} $。

4. 根据假设，将$ k $的和代入，得到$ \frac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} + (k + 1)^2 $。

5. 简化上述表达式，我们得到$ \frac{(k + 1)(k + 2)(2k + 3)}{6} $，这正是我们需要证明的等式。

6. 因此，根据数学归纳法，对于任意正整数$ n $，等式成立。

【试题二】题目：已知函数$ f(x) = x^3 - 3x^2 + 2 $，求$ f(x) $的极值。

【答案】解：首先求导得到$ f'(x) = 3x^2 - 6x $。

令$ f'(x) = 0 $，解得$ x = 0 $或$ x = 2 $。

1. 当$ x < 0 $或$ x > 2 $时，$ f'(x) > 0 $，函数$ f(x) $在此区间单调递增。

2. 当$ 0 < x < 2 $时，$ f'(x) < 0 $，函数$ f(x) $在此区间单调递减。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛一试(A卷)试题(含答案)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）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. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为．答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是．答案：1,0(0,2)4．解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q．由条件知211211a a q q，化简得11a q ．当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为．答案：34．解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为．答案：421．解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ．事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ．事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ．于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ．由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆的焦点，在上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则的离心率的最小值为．答案解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ．记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ．由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以的离心率d e u v ．当::u v d 时，的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论．情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组．综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．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. （本题满分16分）在ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾．所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值．解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ．当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ．计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。

全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷003

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 C =，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.高中数学联赛初赛试题参考答案及评分标准一、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B 1BA 1C 1AC22200x 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 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 ）．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 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. 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 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 A B C B C B C =+=+=±．故sin 2ABC AC ABS 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x2－y2<0．所以y2－x2＝4(y ＞0)，即曲线C 的方程为 y24－x24＝1(y ＞0)．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y24－x24＝1(y ＞0)得， k2(x －22)2－x2＝4，即(k2－1)x2－42k2x ＋(8k2－4)＝0．因为直线与双曲线交于A ，B 两点，所以k≠±1．所以x1＋x2＝42k2k2－1，x1x2＝8k2－4k2－1．所以|AB|＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2] ＝(1＋k2)[⎝ ⎛⎭⎪⎫42k2k2－12－4×8k2－4k2－1]＝|x1＋x2|＝|42k2k2－1|，化简得：k4＋2k2－1＝0，解得k2＝2－1（k2＝－2－1不合题意，舍去）．由△＝(42k2)2－4(k2－1) (8k2－4) ＝3k2－1＞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. 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（第14题） B 1BA 1C 1AC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 DB ABCS 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=．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．A 1A k A 2B 1B 2 B m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．高考理科数学试卷普通高等学校招生全国统一考试注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷3至5页. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置. 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效. 4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.第Ⅰ卷一. 选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.（1）已知集合{1,}A =2,3，{|(1)(2)0,}B x x x x =+-<∈Z ，则AB =（A ）{1}（B ）{12}，（C ）{0123}，，，（D ）{10123}-，，，，（2）已知(3)(1)i z m m =++-在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是（A ）(31)-，（B ）(13)-，（C ）(1,)∞+（D ）(3)∞--，（3）已知向量(1,)(3,2)m =-，=a b ，且()⊥a +b b ，则m= （A ）－8（B ）－6 （C ）6 （D ）8（4）圆2228130x y x y +--+=的圆心到直线10ax y +-=的距离为1，则a= （A ）43-（B ）34-（C ）3（D ）2（5）如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（A ）24 （B ）18 （C ）12 （D ）9（6）右图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为（A ）20π（B ）24π（C ）28π（D ）32π（7）若将函数y=2sin 2x 的图像向左平移π12个单位长度，则评议后图象的对称轴为（A ）x=kπ2–π6 (k ∈Z) （B ）x=kπ2+π6 (k ∈Z) （C ）x=kπ2–π12 (k ∈Z) （D ）x=kπ2+π12 (k ∈Z)（8）中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，若输入的x=2，n=2，依次输入的a 为2，2，5，则输出的s= （A ）7 （B ）12 （C ）17 （D ）34 （9）若cos(π4–α)=35，则sin 2α=（A ）725（B ）15（C ）–15（D ）–725（10）从区间[]0,1随机抽取2n 个数1x ,2x ，…，nx ，1y ，2y ，…，ny ，构成n 个数对()11,x y ，()22,x y ，…，(),n n x y ，其中两数的平方和小于1的数对共有m 个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为（A ）4n m （B ）2n m （C ）4m n （D ）2m n（11）已知F1，F2是双曲线E 22221x y a b-=的左，右焦点，点M 在E 上，M F1与x 轴垂直，sin 2113MF F ∠=,则E 的离心率为（AB ）32（CD ）2（12）已知函数学.科网()()f x x ∈R 满足()2()f x f x -=-，若函数1x y x+=与()y f x =图像的交点为1122(,),(,),,(,),m m x y x y x y ⋅⋅⋅则1()mi i i x y =+=∑（A ）0 （B ）m （C ）2m （D ）4m第II 卷本卷包括必考题和选考题两部分.第(13)题~第(21)题为必考题，每个试题考生都必须作答.第(22)题~第(24)题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共3小题，每小题5分(13)△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若cos A=45，cos C=513，a=1，则b=. (14)α、β是两个平面，m 、n 是两条直线，有下列四个命题：（1）如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. （2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n.（3）如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β. （4）如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号）（15）有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3。

2019年全国高中数学联赛江苏赛区预赛市选试题及参考答案

2019年年全国⾼高中数学联赛江苏赛区市级选拔赛参考答案与评分细则⼀一、填空题（本题共10⼩小题，每⼩小题7分，共70分．要求直接将答案写在横线上．）1．已知集合A ＝{x |x 2－3x ＋2≥0}，B ＝{x |x －a ≥1}，且A ∩B ＝{x |x ≥3}，则实数a 的值是．答案：2．解：A ＝{x |x ≥2或x ≤1}，B ＝{x |x ≥a ＋1}．⼜又A ∩B ＝{x |x ≥3}，故a ＋1＝3，解得a ＝2．2．已知与三条直线x ＋y ＝1，x ＋ay ＝2，x ＋2y ＝3都相切的圆有且只有两个，则所有可能的实数a 的值的和为．答案：3．解：由题意知，这三条直线中恰有两条平⾏行行时符合题意，故a ＝1或2，从⽽而实数a 的值的和为3．3．从1，2，3，4，5，6，7，8，9中任取3个不不同的数，并从⼩小到⼤大排成⼀一数列列，此数列列为等⽐比数列列的概率为．答案：121．解：满⾜足条件的等⽐比数列列共有4个：1，2，4；1，3，9；2，4，8；4，6，9．故所求概率P ＝4C 39＝121．4．设a ，b ∈[1，2]，则a 2＋b 2ab的最⼤大值是．答案：52．解：因为a ，b ∈[1，2]，所以(2a －b )(a －2b )≤0，展开得a 2＋b 2≤52ab ，即a 2＋b 2ab ≤52．且当a ＝1，b ＝2，或a ＝2，b ＝1时，a 2＋b 2ab ＝52，所以a 2＋b 2ab的最⼤大值为52．5．在矩形ABCD 中，AC ＝1，AE ⊥BD ，垂⾜足为E ，则(AD →·AE →)(CB →·CA →)的最⼤大值是．答案：427．解：如图，设∠CAB ＝θ，AC ＝1，AE ⊥BD ，AB则AB ＝cos θ，AD ＝sin θ，AE ＝sin θcos θ，于是(AD →·AE →)(CB →·CA →)＝sin 2θ·cos 2θ·sin 2θ＝12sin 2θ·2cos 2θ·sin 2θ≤12(sin 2θ＋2cos 2θ＋sin 2θ3)3＝427，等号当且仅当sin 2θ＝2cos 2θ，即tan θ＝2时成⽴立，故最⼤大值为427．6．在棱⻓长为1的正⽅方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 在A 1D 1上，点F 在CD 上，A 1E ＝2ED 1，DF ＝2FC ，则三棱锥B －FEC 1的体积是．答案：527．解：如图，过F 作EC 1的平⾏行行线交BC 的延⻓长线于G ，则FG ∥平⾯面BEC 1．从⽽而G 与F 到平⾯面BEC 1的距离相等，所以体积＝．⼜又A 1E ＝2ED 1，DF ＝2FC ，所以CG ＝13ED 1＝19，所以＝＝13×12×109×1×1＝527．7．设f (x )是定义在Z 上的函数，且对于任意的整数n ，满⾜足f (n ＋4)－f (n )≤2(n ＋1)，f (n ＋12)－f (n )≥6(n ＋5)，f (－1)＝－504，则f (2019)673的值是．答案：1512．解：由f (n ＋4)－f (n )≤2(n ＋1)，得f (n ＋12)－f (n )≤f (n ＋12)－f (n ＋8)＋f (n ＋8)－f (n ＋4)＋f (n ＋4)－f (n )≤2[(n ＋9)＋(n ＋5)＋(n ＋1)]＝6(n ＋5)．⼜又f (n ＋12)－f (n )≥6(n ＋5)，所以f (n ＋12)－f (n )＝6(n ＋5)，故f (n ＋4)－f (n )＝2(n ＋1)．因此f (2019)＝(f (2019)－f (2015))＋(f (2015)－f (2011))＋…＋(f (3)－f (－1))＋f (－1)＝2(2016＋2012＋…＋4＋0)－504＝2020×504－504＝2019×504．所以f (2019)673＝1512．8．函数f (x )＝x 2＋xx 2－3的值域是．A 1C DAEBD 1B FC 1G答案：(32，＋∞)．解：原函数的定义域是(－∞，－3］∪［3，＋∞)．当x ∈［3，＋∞)时，函数f (x )＝x 2＋xx 2－3为增函数，所以f (x )≥3；当x ∈(－∞，－3］时，f (x )＝x 2＋x x 2－3＝x (x ＋x 2－3)＝3xx －x 2－3＝31+1－3x2，因为x ∈(－∞，－3］，所以1≤1＋1－3x 2＜2，32＜31+1－3x 2≤3．故原函数的值域是(32，＋∞)．9．已知△ABC 中，AC ＝8，BC ＝10，32cos(A －B )＝31，则△ABC 的⾯面积是．答案：157．解：由正弦定理理，得10sin A ＝8sin B ＝2sin A －sin B ＝18sin A +sin B，由32cos(A －B )＝31，可得tanA +B2＝9tan A －B 2＝9·1－cos(A －B )1＋cos(A －B )＝9·163＝37，所以sin C ＝sin(A ＋B )＝2tanA ＋B 21＋tan 2A ＋B2＝378，即△ABC 的⾯面积S ＝157．另解：由题设知，∠BAC ＞∠B ，作∠BAD ＝∠B ，D 在线段BC 上．则∠CAD =∠A －∠B ．设AD ＝x ，则BD ＝x ，DC ＝10－x ，由余弦定理理，得(10－x )2＝x 2＋64－2×8x ×3132，解得x ＝8，则DC ＝10－x ＝2，由此可得cos C ＝18，sin C ＝378，则△ABC 的⾯面积S ＝157．10．设f (x )＝2x 3＋8x 2＋5x ＋9，g (x )＝2x 2＋8x ＋1．当n ∈N *时，则f (n )与g (n )的最⼤大公因数(f (n )，g (n ))的最⼤大值为．答案：55．ABC Dx解：(f (n )，g (n ))＝(2n 3＋8n 2＋5n ＋9，2n 2＋8n ＋1)＝(4n ＋9，2n 2＋8n ＋1)＝(4n ＋9，2n 2－17)＝(4n＋9，4n 2－34)＝(4n ＋9，－9n －34)＝(4n ＋9，－n －16)＝(55，n ＋16)≤55．当n ＝39时，(55，n ＋16)＝(55，55)＝55．因此(f (n )，g (n ))的最⼤大值为55．⼆二、解答题（本⼤大题共4⼩小题，每⼩小题20分，共80分）11．在平⾯面直⻆角坐标系xOy 中，设椭圆C ：x 2a 2＋y 2a 2－9＝1(a ＞3)．（1）过椭圆C 的左焦点，且垂直于x 轴的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，若MN ＝9，求实数a 的值；（2）若直线l ：xa ＋y a －3＝1与椭圆C 交于A ，B 两点，求证：对任意⼤大于3的实数a ，以AB 为直径的圆过定点，并求定点坐标．解：（1）记椭圆C ：x 2a 2＋y 2a 2－9＝1的左焦点为F ，则点F 的横坐标为－3．因为过点F 且垂直于x 轴的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，MN ＝9，所以M (－3，92)，N (－3，－92)，……………………5分从⽽而9a 2＋814(a 2－9)＝1．解得a 2＝36或a 2＝94．因为a ＞3，所有a ＝6．……………………10分（2＋y a －3＝1，＋y 2a 2－9＝1得A (a ，0)，B (－3，a 2－9a)．……………………15分从⽽而以AB 为直径的圆的⽅方程为(x －a )(x ＋3)＋y (y －a 2－9a )＝0，即(x ＋y ＋3)a 2－(x 2＋3x ＋y 2)a－9y ＝0．由＋y ＋3＝0，2＋3x ＋y 2＝0，9y ＝0，＝－3，＝0．故以AB 为直径的圆过定点(－3，0)．……………………20分12．在数列列{a n }中，已知a 1＝1p ，a n ＋1＝a n na n ＋1，p ＞0，n ∈N *．（1）若p ＝1，求数列列{a n }的通项公式；（2）记b n ＝na n ．若在数列列{b n }中，b n ≤b 8(n ∈N *)，求实数p 的取值范围．解：（1）因为a n ＋1＝a n na n ＋1，a 1＝1p ＞0，故a n ＞0，1a n ＋1＝1a n＋n ，因此1a n ＝(n －1)＋(n －2)＋…＋1＋p ＝n 2－n ＋2p 2，即a n ＝2n 2－n ＋2p ．因为p ＝1，所以a n ＝2n 2－n ＋2．……………………5分（2）b n ＝na n ＝2nn 2－n ＋2p ．……………………10分在数列列{b n }中，因为b n ≤b 8(n ∈N *)，所以b 7≤b 8，b 9≤b 8≤828＋p，≤828＋p ，解得28≤p ≤36．……………………15分⼜又b n ＝2nn 2－n ＋2p ＝2n ＋2p n －1，且7＜56≤2p ≤72＜9，所以b n 的最⼤大值只可能在n ＝7，8，9时取到．⼜又当28≤p ≤36时，b 7≤b 8，b 9≤b 8，所以b n ≤b 8．所以满⾜足条件的实数p 的取值范围是[28，36]．……………………20分13．如图，在凸五边形ABCDE 中，已知∠ABC ＝∠CDE ＝∠DEA ＝90°，F 是边CD 的中点，线段AD ，EF 相交于点G ，线段AC ，BG 相交于点M ．若AC ＝AD ，AB ＝DE ，求证：BM ＝MG ．证明：因为AC ＝AD ，F 是边CD 的中点，连AF ，则AF ⊥CD ．⼜又∠CDE ＝∠DEA ＝90°，故四边形AEDF 是矩形．……………………5分ABCDEF MG（第13题图）所以△ACF ≌△ADF ≌△EFD ．因此∠EFD ＝∠ACF ，从⽽而EF ∥AC ．……………………10分⼜又因为AB ＝DE ，所以△ACB ≌△EFD ，因此△ACB ≌△ACF ，故AB =AF ，CB =CF ．连BF ，BF 交AC 于N ，AC 垂直平分线段BF ，BN ＝NF ．………15分线段AC ，BG 相交于点M ，因为EF ∥AC ，由平⾏行行截割定理理，BM ＝MG ．……………………20分14．如图，P k (k ＝1，2，3，…，100)是边⻓长为1的正⽅方形ABCD 内部的点．E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 的中点，记d 1＝∑100k =1EP k ，d 2＝∑100k =1FP k ，d 3＝∑100k =1GP k ，d 4＝∑100k =1HP k ．证明：d 1，d 2，d 3，d 4中⾄至少有两个⼩小于81．证明：如图建⽴立坐标系，以点F ，H 为焦点作经过点A 的椭圆．由对称性，正⽅方形ABCD 为椭圆的内接正⽅方形．P k (k =1，2，3，…，100)在正⽅方形ABCD 内部，则也在椭圆内部．……………………5分椭圆⻓长轴⻓长2a ＝AH ＋AF ＝1+52＜1.62，延⻓长HP k 交椭圆于点Q k ，连FQ k ，则HP k ＋FP k ＜HP k ＋P k Q k ＋FQ k ＝HQ k ＋FQ k ＜1.62，其中k ＝1，2，3，…，100．………………15分所以d 2＋d 4＝∑100k =1HP k ＋∑100k =1FP k ＝∑100k =1(HP k ＋FP k )＜162，所以min{d 2，d 4}＜81．同理理min{d 1，d 3}＜81．所以d 1，d 2，d 3，d 4中⾄至少有两个⼩小于81．……………………20分BACDFHG E P 1P 100P k（第14题图）ABCDEF MG（第13题图）N。

江苏高一高中数学竞赛测试带答案解析

江苏高一高中数学竞赛测试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、填空题1.____________．2.已知，，映射满足．则这样的映射有____________个．3.设函数，（其中表示不超过的最大整数），则函数的值域为____________．4.已知，是实系数一元二次方程的两个虚根，且，则____________．5.已知数列满足,，则的最小值为____________．6.从椭圆外一点作椭圆的两条切线和，若，则点轨迹方程为____________．7.已知圆，抛物线，设直线与抛物线相交于、两点，与圆相切于线段的中点，如果这样的直线恰有4条，则的取值范围是____________．8.函数的定义域和值域为，的导函数为，且满足，则的范围是____________．9.已知函数，若存在非零实数使得，则的最小值为____________．10.集合中有____________对相邻的自然数，它们相加时将不出现进位的情形．二、解答题1.求的值．2.如图，圆和圆相交于点，半径、半径所在直线分别与圆、圆相交于点，过点作的平行线分别与圆、圆相交于点．证明：．3.设点，是正三角形，且点在曲线上．（1）证明：点关于直线对称；（2）求的周长．4.设是正数数列，，且．求证：．江苏高一高中数学竞赛测试答案及解析一、填空题1.____________．【答案】【解析】2.已知，，映射满足．则这样的映射有____________个．【答案】35【解析】对应同一个数:有5种;对应不同两个数:有种；对应不同三个数：有种，所以共35种3.设函数，（其中表示不超过的最大整数），则函数的值域为____________．【答案】【解析】当时，=当时，=所以值域为4.已知，是实系数一元二次方程的两个虚根，且，则____________．【答案】【解析】由题意可设，由得所以5.已知数列满足,，则的最小值为____________．【答案】【解析】点睛：在利用叠加法求项时，一定要注意使用转化思想.在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解.在利用基本不等式求最值时注意数列定义域，明确等于号是否取到.6.从椭圆外一点作椭圆的两条切线和，若，则点轨迹方程为____________．【答案】【解析】设点为，则方程为，与联立方程组得，所以，由题意得的两根乘积为-1，所以，当的斜率不存在时也满足，因此点轨迹方程为7.已知圆，抛物线，设直线与抛物线相交于、两点，与圆相切于线段的中点，如果这样的直线恰有4条，则的取值范围是____________．【答案】【解析】设直线方程 ,与抛物线方程联立得中点当时,显然有两条直线满足题意,因此时,还有两条直线满足题意,即点睛：解析几何范围问题，一般解决方法为设参数，运用推理，将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，然后直接推理、计算，并在计算推理的过程中列不等关系，从而得到取值范围．8.函数的定义域和值域为，的导函数为，且满足，则的范围是____________．【答案】【解析】令，则即的范围是点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等9.已知函数，若存在非零实数使得，则的最小值为____________．【答案】【解析】由题意得即因此点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.10.集合中有____________对相邻的自然数，它们相加时将不出现进位的情形．【答案】167【解析】考虑从1000到1999,这些数中,个位为0、1、2、3、4且十位为0、1、2、3、4且百位为0、1、2、3、4时不发生进位,否则会发生进位.还有,末位为9、99、999时,也不发生进位.因此从1000到1999（实际是2000,即最后一对是【1999、2000】）中,共有：5×5×5 + 5×5 + 5 + 1= 156对考虑从2000到2017,这些数中,有5+6=11对,所以共有156+11=167对二、解答题1.求的值．【答案】【解析】解：2.如图，圆和圆相交于点，半径、半径所在直线分别与圆、圆相交于点，过点作的平行线分别与圆、圆相交于点．证明：．【答案】见解析【解析】试题分析:根据平角得三点共线，根据同弦所对角相等得四点共圆．根据四点共圆性质得，即得，同理可得，根据等量性质得．试题解析:解：延长、分别与圆、圆相交于点，连结．则，所以三点共线．又，于是四点共圆．故，从而，因此，同理．所以．3.设点，是正三角形，且点在曲线上．（1）证明：点关于直线对称；（2）求的周长．【答案】（1）见解析（2）的周长为．【解析】（1）即证，由，可化简得证（2）设，则．由化简得，其中，解得，反代即得，的周长为．试题解析:（1）证明：设上一点为，则其与点的距离满足．由，知，化简得，所以，，点关于直线对称．（2）解：设，则．则，而，令，由是正三角形有得，解得或（舍去），所以，的周长为．4.设是正数数列，，且．求证：．【答案】见解析【解析】放缩证明：先证，再证．前面用数学归纳法证明，后面用导数求证，再令，则有．由裂项相消法求和可得结论试题解析:下面用数学归纳法证明：当，时，，①当时，，上述结论成立；②设时，成立，则当时所以当时，结论也成立．综合①②得，对任意的，都有．当时，；当时，．下面证明：，即证明．设函数，则，所以在上是增函数，所以恒成立，即．令，则有．故所以．综上可得．。

江苏高中数学竞赛试题

江苏高中数学竞赛试题江苏高中数学竞赛是一项旨在选拔和培养具有数学天赋和潜力的高中生的竞赛活动。

以下是一份模拟的江苏高中数学竞赛试题，包含多种题型，以供参考：一、选择题（每题5分，共30分）1. 下列哪个选项不是实数集R的子集？A. 有理数集QB. 整数集ZC. 无理数集D. 复数集C2. 如果函数$ f(x) = 2x^2 - 3x + 1 $，那么$ f(-1) $的值是：A. 0B. 4C. 6D. 83. 已知等差数列的首项为1，公差为2，求第10项的值：A. 19B. 20C. 21D. 224. 圆的半径为5，圆心到直线的距离为3，求圆与直线的位置关系：A. 相切B. 相交C. 相离D. 无法确定5. 已知三角形ABC的三边长分别为3, 4, 5，判断三角形的形状：A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等边三角形6. 函数$ y = \sin(x) + \cos(x) $的值域是：A. $ (-1, 1) $B. $ (-\sqrt{2}, \sqrt{2}) $C. $ (-2, 2) $D. $ (-1, \sqrt{2}) $二、填空题（每题5分，共20分）7. 已知$ \cos(\alpha) = \frac{3}{5} $，且$ \alpha $在第一象限，求$ \sin(\alpha) $的值。

8. 一个等比数列的前三项和为34，第二项是第一项的两倍，求这个等比数列的首项。

9. 将圆心在原点，半径为1的圆，沿x轴正方向平移3个单位，求平移后圆的方程。

10. 已知函数$ f(x) = x^3 - 3x $，求导数$ f'(x) $。

三、解答题（每题10分，共50分）11. 解不等式：$ |x - 2| + |x + 3| > 8 $。

12. 证明：对于任意实数$ x $，$ e^x \geq x + 1 $。

江苏省高中数学竞赛预赛试题【新版】

江苏省高中数学竞赛预赛试题本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟。

第Ⅰ卷（选择题共36分）一．选择题：本大题共6小题，每小题6分，共36分。

在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．函数y=f(x) 的图像按a→=(π4，2)平移后，得到的图像的解析式为y=sin(x+π4)+2，那么y=f(x)的解析式为 ( ) A．y=sin x B．y=cos x C．y=sin x+2 D．y=cos x+4解: y=sin[(x+π4)+π4], 即y=cos x.故选B．2．如果二次方程x2－px－q=0 (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个解：由∆=p2+4q>0，－q<0，知方程的根一正一负．设f(x)=x2－px－q，则f(3)= 32－3p－q＞0，即3p+q＜9.由p，q∈N*，所以p=1，q≤5或p=2，q≤2. 于是共有7组(p，q)符合题意．故选C．3．设a>b>0，那么a2+1b(a－b)的最小值是（）A．2 B．3 C．4 D．5解：由a>b>0，可知0<b(a－b)≤14a2．所以，a2+1b(a－b)≥a2+4a2≥4．故选C．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α( ) A．不存在B．只有1个C．恰有4个D．有无数多个解：设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线为m，n，直线m、n确定了平面β，作与β平行的平面α与四棱锥侧棱相截，则截得的四边形是平行四边形．这样的平面α有无数多个．故选D．5．设数列{a n}：a0=2, a1=16，a n+2=16 a n+1－63 a n (n∈N)，则a2005被64除的余数为( ) A．0 B．2 C．16 D．48解：数列{ a n}模64周期地为2，16，2，－16，又2005被4除余1，故选C．6．一条走廊宽2m、长8m，用6种颜色的1⨯1m2的整块地砖来铺设(每块地砖都是单色的，每种颜色的地砖都足够多)，要求相邻的两块地砖颜色不同，那么所有的不同拼色方案种数有( ) A．308B．30⨯257 C．30⨯207 D．30⨯217解：铺第一列(两块地砖)有30种方法；其次铺第二列，设第一列的两格铺了A、B两色(如图)，那么，第二列的上格不能铺A色，若铺B色，则有(6－1)种铺法；若不铺B色，则有(6－2)2种方法，于是第二列上共有21种铺法．同理，若前一列铺好，则其后一列都有21种铺法. 因此，共有30⨯217种铺法．A B故选D ．二．填空题：本大题共6小题，每小题6分，共36分.7．设向量→OA 绕点O 逆时针旋转2π得→OB ，且2→OA +→OB=（7，9），则向量→OB= ．解：设→OA=（m ，n ），则→OB=（－n ，m ），所以 2→OA +→OB=（2m －n ，2n +m ）=（7，9），即 ⎩⎪⎨⎪⎧2m －n=7，m +2n=9．得 ⎩⎨⎧m=235，n=115．因此， →OA=(235，115），→OB=（－115，235)．故填（－115，235)．8．设无穷数列{a n }的各项都是正数，S n 是它的前n 项之和，对于任意正整数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项，则该数列的通项公式为．解：由题意知a n +22=2S n ，即S n =(a n +2)28． ①由①式，a 1+22=2a 1，得a 1=2．又由①式得 S n －1=(a n －1+2)28(n ≥2) ② 则有 a n =S n －S n －1=(a n +2)28－(a n －1+2)28(n ≥2)，整理得 (a n +a n －1)(a n －a n －1－4)=0．又因为a n >0，a n －1>0，所以a n －a n －1=4(n ≥2)，a 1=2.因此, 数列{a n }是以2为首项，4为公差的等差数列，其通项公式为a n =2+4(n －1)，故填a n =4n －2 (n ∈N*)．9．函数y=|cos x |+|cos2x | (x ∈R ) 的最小值是．解：令t=|cos x |∈[0，1]，则y=t +|2t 2－1|．当22≤t ≤1时，y=2t 2+t －1=2(t +14)2－98，得 22≤y ≤2．当0≤t <22时，y=－2t 2+t +1=－2(t －14)2+98，得22≤y ≤98．又y 可取到22．故填22．10．在长方体中ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB=2， AA 1=AD=1，点E 、F 、G 分别是棱AA 1、C 1D 1与BC 的中点，那么四面体B 1－EFG 的体积是．解：在D 1A 1的延长线上取一点H ，使AH=14，易证，HE ∥B 1G ，HE ∥平面B 1FG ．故 V B 1－EFG =V E －B 1FG =V H －B 1FG =V G －B 1FH ．而S ∆B 1EF =98，G 到平面B 1FH 的距离为1．故填V B 1－EFG =38．11．由三个数字1，2，3组成的5位数中，1，2，3都至少出现1次，这样的5位数共有个．解：在5位数中，若1只出现1次，有C 51(C 41+C 42+C 43)=70个；若1只出现2次，有C 52(C 31+C 32)=60个；若1只出现3次，有C 53C 21=20个．所以这样的五位数共有150个．故填150．12．已知平面上两个点集：M={(x ，y )| |x +y +1|≥2(x 2+y 2)，x ，y ∈R }，N={(x ，y )| |x －a |+|y －1|≤1，x ，y ∈R }，若M ∩N ≠∅，则a 的取值范围为．解：由题意知M 是以原点为焦点，直线x +y +1=0为准线的抛物线及其凹口内侧的点集，N 是以(a ，1)为中心的正方形及其内部的点集(如图)．考察M ∩N=∅时a 的取值范围：令y=1, 代入方程 |x +y +1|=2(x 2+y 2) 得x 2－4x －2=0，解得 x=2±6．所以，当a <2－6－1=1－6时M ∩N=∅．令y=2，代入方程|x +y +1|=2(x 2+y 2)得x 2－6x －1=0，解得 x=3±10．所以，当a >3+10时，M ∩M=∅．于是，当1－6≤a ≤3+10，即a ∈[1－6，3+10]时，M ∩N ≠∅．故填[1－6，3+10]．三、解答题：13．已知点M 是∆ABC 的中线AD 上的一点，直线BM 交边AC 于点N ，且AB 是∆NBC的外接圆的切线，设BC BN =λ，试求 BM MN （用λ表示）．(15分)证明：在∆BCN 中，由Menelaus 定理得BM MN ·NA AC ·CD DB =1．因为 BD=DC ，所以BM MN =AC AN ．………………………6分由∠ABN=∠ACB ，知∆ABN ∽∆ACB ，则 AB AN =AC AB =CB BN ．所以，AB AN ·AC AB =⎝ ⎛⎭⎪⎫CB BN 2，即AC AN =BC 2BN 2．…………………………………………………12分因此，BM MN =BC 2BN 2．又 BC BN =λ，故 BM MN =λ2．………………………………………………………………15分 A B C D N M14．求所有使得下列命题成立的正整数n (n ≥2)：对于任意实数x 1，x 2，…，x n ，当i=1∑n x i =0时，总有i=1∑nx i x i +1≤0 (其中x n +1=x 1)．(15分)解：当n=2时，由x 1+x 2=0，得x 1x 2+x 2x 1=－2x 12≤0．故n =2时命题成立；……3分当n=3时，由x 1+x 2+x 3=0，得x 1x 2+x 2x 3+x 3x 1=(x 1+x 2+x 3)2－(x 21 +x 22+x 23)2=－(x 21+x 22+x 23)2≤0．故n=3时命题成立． ……………………………………………………………………………………6分当n=4时，由x 1+x 2+x 3+x 4=0，得x 1x 2+x 2x 3+x 3x 4+x 4x 1=(x 1+x 3)(x 2+x 4)=－(x 2+x 4)2≤0．故n=4时，命题成立．………………………………………………………………9分当n ≥5时，令x 1=x 2=1，x 4=－2，x 3=x 5=…=x n =0，则i=1∑n x i =0，但i=1∑nx i x i +1=1>0，故n ≥5时命题不成立．综上可知，使命题成立的n=2，3，4．……………………………………………15分15．设椭圆的方程x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，线段PQ 是过左焦点F 且不与x 轴垂直的焦点弦，若在左准线上存在点R ，使△PQR 为正三角形，求离心率e 的取值范围，并用e 表示直线PQ 的斜率．(24分)解：如图，设线段PQ 中点M ，过点P 、M 、Q 分别作准线的垂线，垂足分别为点P '，M '，Q '，则|MM '|=12(|PP '|+|QQ '|)=12(|PF |e +|QF |e )=|PQ |2e ．…………………………6分假设存在点R ，则|RM |=32|PQ |，且|MM '|＜|RM | ，即|PQ |2e ＜32|PQ |，所以， e ＞33．………………………………12分于是，cos ∠RMM '=|MM '||RM |=12e ⨯13e， cot ∠RMM '=13e 2－1．在图中，|PF | < |QF |，且有k PQ= tan∠QFx= tan∠FMM'=cot∠RMM'=13e2－1．………………………………………………18分当e>33时，过点F作斜率为13e2－1的焦点弦PQ，它的中垂线交左准线于R，由上述过程知，|RM|=32|PQ|．故∆PQR为正三角形．……………………………………………21分根据对称性，当|FP| > |FQ|时，有k PQ=－13e2－1．所以，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e的范围是(33，1)，且直线PQ的斜率为±13e2－1．…………………………………………………………………………………………24分16．⑴若n(n∈N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于2005，求n的最小值，并说明理由；( 12分)⑵若n (n∈N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于20022005，求n的最小值，并说明理由．( 24分)解：⑴因为2005=1728+125+125+27=123+53+53+33，故n=4存在，n min≤4．………6分103=1000，113=1331，123=1728，133=2169，123<2005<133，则n≠1．若n=2，因103+103<2005，则最大立方体的棱长只能为11或12，2005－113=674，2005－123=277，674与277均不是完全立方数，故n=2不可能；若n=3，设此三个立方体中最大一个的棱长为x，由3x3≥2005＞3×83，知最大立方体的棱长只能为9、10、11或12，而2005<3⨯93，2005－93－93=547，2005－93－83－83>0，故x≠9．2005－103－103=5，2005－103－93=276，2005－103－83=493，2005－103－73－73>0．故x≠10；2005－113－93<0，2005－113－83=162，2005－113－73=331，2005－113－63－63>0，故x ≠11；2005－123－73<0，2005－123－63=61，2005－123－53－53>0，故x≠12．所以n=3不可能．综上所述，n min=4．…………………………………………………………………………12分⑵设n个立方体的棱长分别是x1，x2，…，x n，则x31+x32+…+x3n=20022005．①由2002≡4(mod 9)，43≡1(mod 9)，得20022005≡42005≡4668⨯3+1≡(43)668⨯4≡4(mod 9)．②又当x∈N*时，x3≡0，±1(mod 9)，所以x31≡∕4(mod 9)，x31+x32≡∕4(mod 9)，x31+x32+x33≡∕4(mod 9)．③①式模9，并由②、③式可知n≥4．…………………………………………………18分而2002=103+103+13+13，则20022005=20022004⨯(103+103+13+13)=(2002668)3⨯(103+103+13+13)=(2002668⨯10)3+(2002668⨯10)3+(2002668)3+(2002668)3．故n=4为所求的最小值．………………………………………………………………24分。

2021年全国高中数学联赛江苏省预赛

【详解】
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 .

2022年全国高中数学联赛江苏赛区苏州市选拔赛试题

2022年全国高中数学联赛江苏赛区苏州市选拔赛试卷一､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：z 为虚数，且9z z+为实数，则z =___________.2.已知第一只口袋里有2个白球，3个红球，5个黄球，第二只口袋里有2个白球，4个红球，4个黄球，若从两个口袋中各取一球，则取出的球颜色不同的概率是___________.3.已知半径为2的半球面碗中装有四个半径均为r 的小球，碗壁和球的表面都是光滑的，且每个小球均与碗口平面相切，则r 的值为___________.4.若等差数列{}n a 满足202220221a a a =+=，则1a 的值为___________.5.已知双曲线C ：22221x y a b-=（>0a ，>0b ）的左､右焦点为1F ，2F ，离心率为53，若过1F 的直线l 与圆222x y a +=相切于点T ，且l 与双曲线C 的右支交于点P ，则11F PFT = ___________.6.已知ABC 的外心为O ，且3450++=OA OB OC ，则cos ABC ∠的值为___________.7.若关于x 的不等式()ln e xax ax x +≤+恒成立，则实数a 的最大值为___________.8.已知正实数a ，b ，c 满足()2a b ab =，且a b c abc ++=，则c 的最大值为___________.9.若1sin sin 2x y +=，1cos cos 2x y ++=，则()cos x y +的值为___________.10.现要将一边长为101的正方体1111ABCD A B C D -，分割成两部分，要求如下：（1）分割截面交正方体各棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 于点P ，Q ，R ，S （可与顶点重合）；（2）线段AP ，BQ ，CR ，DS 的长度均为非负整数，且线段AP ，BQ ，CR ，DS 的每一组取值对应一种分割方式，则有___________种不同的分割方式.（用数字作答）二､解答题（本大题共4小题，每小题20分，共80分）11.已知数列{}n a 满足>0n a ，12a =，且()2211n n n n a na a ++=+，N n *∈.（1）证明：11n n a a +<<；（2）证明：22223202224222222342022a a a a ++++< .12.在平面直角坐标系xOy 中，已知点()12,0A -，()22,0A ，动点(),P x y 满足直线1A P 与2A P 的斜率之积为34-，记P 的轨迹为曲线C .（1）求C 的方程；（2）设点M 在直线4x =上，过M 的两条直线分别交C 于A ，B 两点和P ，Q 两点，且MA MB MP MQ ⋅=⋅，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和.13.如图，I 是ABC 的内心，A 的外角平分线交BC 于点D ，直线BI 交ABC 外接圆于点E ，直线CI 与直线DE 交点为F ，证明：//AF BE .14.定义：如果甲队赢了乙队，乙队赢了丙队，而丙队又赢了甲队，则称甲乙丙为一个“友好组”.（1）如果19（2）如果20支球队参加单循环比赛，求友好组个数的最大值.2022年全国高中数学联赛江苏赛区苏州市选拔赛试卷一､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：z 为虚数，且9z z+为实数，则z =___________.【答案】3【解析】【分析】设出虚数()i ,,0z a b a b b =+∈≠R ，计算化简9z z +，由9z z+的虚部为0得229a b +=，再由模长公式即可求解.【详解】设()i ,,0z a b a b b =+∈≠R ，则()()()2222229i 9999i 99i+i+i i i i i a b a b a b z a b a b a b a b z a b a b a b a b a b a b --⎛⎫+=+=+=++=++- ⎪++-+++⎝⎭，则2290bb a b-=+，则229a b +=，3z ==.故答案为：3.2.已知第一只口袋里有2个白球，3个红球，5个黄球，第二只口袋里有2个白球，4个红球，4个黄球，若从两个口袋中各取一球，则取出的球颜色不同的概率是___________.【答案】1625##0.64【解析】【分析】先求出两个球都为白球、红球、黄球的概率，进而求出两球颜色相同的概率，即可求出球颜色不同的概率.【详解】若两个口袋都取出白球，概率为221101025⨯=；若两个口袋都取出红球，概率为343101025⨯=；若两个口袋都取出黄球，概率为54110105⨯=；则取出两球颜色相同的概率为131********++=，则取出的球颜色不同的概率是91251625-=.故答案为：1625.3.已知半径为2的半球面碗中装有四个半径均为r 的小球，碗壁和球的表面都是光滑的，且每个小球均与碗口平面相切，则r 的值为___________.【答案】1-【解析】【分析】先从碗口垂直方向分析四个球中，求得对角球心间的距离，再根据对角球与半球的切点在同一过球心的平面上，根据几何关系列式求解即可【详解】由题意，两个对角球心,A B 间的距离为()()222222r r r +=，根据球的性质可得球,A B 与半球碗的切点,P Q 在同一过球心O 的截面上，且,,O A P 三点共线，,,O B Q 三点共线，作,AC BD 分别垂直于碗的水平线，则()2223OA r rr =+=，又球的半径为2，且OA AP OP +=，故32r r +=，即23131r ==-+31-4.若等差数列{}n a 满足202220221a a a =+=，则1a 的值为___________.【答案】19814002【解析】【分析】直接由条件得出首项和公差的方程组，即可求出1a .【详解】由题意知：2022120221202112401a a d a a a d =+=⎧⎨+=+=⎩，解得11981400214002a d ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩.故答案为：19814002.5.已知双曲线C ：22221x y a b-=（>0a ，>0b ）的左､右焦点为1F ，2F ，离心率为53，若过1F 的直线l 与圆222x y a +=相切于点T ，且l 与双曲线C 的右支交于点P ，则11F PFT = ___________.【答案】4【解析】【分析】根据离心率得出b a 、的关系，作2//F M OT 交1PF 于M 点，T 是1MF 的中点求得1=FT MT ，22=MF TO ，利用122PF PF a -=和22222=+PF PM MF 求出1PF 可得答案.【详解】如图，由题可知，则122+=OF OF c ,OT a =，则1FT b =，因为5=3e ，222c a b =+，所以43b a =，作2//F M OT 交1PF 于M 点，因为O 是12F F 的中点，所以T 是1MF 的中点，所以143===FT MT b a ，222==MF TO a ，因为122PF PF a -=，所以222+=-PM PF b a ，即223-=-PM PF a ，又22222224+==+PF PM M PMa F ，可得2103=PF a ，则83=PM a ，所以1816233=+=PF b a a ，143==FT b a ，所以114= F PFT ..故答案为：46.已知ABC 的外心为O ，且3450++=OA OB OC ，则cos ABC ∠的值为___________.【答案】【解析】【分析】根据题意，设cos ABC θ∠=，||||||OA OB OC r === ，将3450OA OB OC ++=变形为435OB OA OC -=+，由数量积的计算公式可得cos 2θ的值，由二倍角公式计算可得答案．【详解】解：根据题意，设ABC θ∠=，则2AOC θ∠=，若O 为ABC 的外心，则设||||||OA OB OC r ===，若3450OA OB OC ++=，则435OB OA OC -=+，则有2221306925OB OA OC OA OC ++=⋅，即22221692530cos 2r r r r θ=++，所以3cos 25θ=-，由图可得：02θπ<<，则02πθ<<，则有23cos 22cos 15θθ=-=-，解得5cos 5θ=或5cos 5θ=-（舍去），故答案为：55．7.若关于x 的不等式()ln e xax ax x +≤+恒成立，则实数a 的最大值为___________.【答案】e 【解析】【分析】关于x 的不等式()ln e xax ax x +≤+恒成立，即关于x 的不等式()()ln ln ee ax x ax x +≤+恒成立，则()ln ax x ≤，即e x ax ≤，分0,0,0a a a =<>三种情况讨论，分离参数，构造新的函数，利用导数求出函数的最值，从而可得出答案.【详解】解：关于x 的不等式()ln e xax ax x +≤+恒成立，即关于x 的不等式()()ln ln ee ax x ax x +≤+恒成立，因为函数,e x y x y ==为增函数，所以函数e x y x =+为增函数，所以()ln ax x ≤，所以e x ax ≤，当0a =时，()ln ax 无意义，故0a ≠，当0a <时，则0x <，则e xa x≥，令()()e 0xf x x x =<，则()()()2e 100x xf x x x-'=<<，所以函数()f x 在(),0∞-上递减，当x →-∞时，()0f x -→，所以0a ≥，与0a <矛盾，所以0a <舍去，当0a >时，则e xa x≤，令()()e 0xh x x x =>，则()()()2e 10x x h x x x-'=>，当01x <<时，()0h x '<，当1x >时，()0h x '>，所以函数()h x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增，所以()()min 1e h x h ==，所以0e a <≤，综上所述，0e a <≤，所以实数a 的最大值为e .故答案为：e .8.已知正实数a ，b ，c 满足()2a b ab +=，且a b c abc ++=，则c 的最大值为___________.【答案】815【解析】【分析】先由基本不等式求得16ab ≥，再由条件得11222c ab =+-，结合ab 的范围，即可求出c 的最大值.【详解】由0,0a b >>，则()22a b ab +=≥⋅，可得16ab ≥，当且仅当4a b ==时取等；又由a b c abc ++=可得11122222a b ab c ab ab ab +===+---，由16ab ≥可得1102230ab <≤-，则18215c <≤，则c 的最大值为815.故答案为：815.9.若1sin sin 2x y +=，1cos cos 2x y ++=，则()cos x y +的值为___________.【答案】2【解析】【分析】对两式平方相加整理可得()cos 0x y -=，则ππ+,Z 2x y k k =+∈，讨论k 的奇偶，代入处理运算．【详解】∵1sin sin 2x y -+=，1cos cos 2x y ++=则222sin 2sin sin sin 2x x y y ++=，222cos 2cos cos cos 2x x y y ++=两式相加得：()22cos 2x y +-=，则()cos 0x y -=∴ππ+,Z 2x y k k -=∈，即ππ+,Z 2x y k k =+∈若k 为奇数时，则可得π1sin sin sin π+sin sin cos 22x y y k y y y -⎛⎫+++=-= ⎪⎝⎭π1cos cos cos π+cos sin cos 22x y y k y y y +⎛⎫+=++=+=⎪⎝⎭∴1sin ,cos 22y y ==，则()πcos cos sin 22sin co +s 22π2x y y y y y k ⎛⎫+==== ⎪⎝+⎭若k 为偶数时，则可得π1sin sin sin π+sin sin cos 22x y y k y y y -⎛⎫+=++=+= ⎪⎝⎭π1cos cos cos π+cos cos sin 22x y y k y y y ⎛⎫+=++=-=⎪⎝⎭∴1sin ,cos 22y y =-=，则()πcos cos sin 222sin cos 2π+2x y y y y y k ⎛⎫+==-=-= ⎪⎝⎭+故答案为：2．10.现要将一边长为101的正方体1111ABCD A B C D -，分割成两部分，要求如下：（1）分割截面交正方体各棱1AA ，1BB ，1CC ，1DD 于点P ，Q ，R ，S （可与顶点重合）；（2）线段AP ，BQ ，CR ，DS 的长度均为非负整数，且线段AP ，BQ ，CR ，DS 的每一组取值对应一种分割方式，则有___________种不同的分割方式.（用数字作答）【答案】707504【解析】【分析】先由面面平行的性质证得四边形PQRS 为平行四边形，再由空间向量求得PA RC SD QB +=+，设AP ，BQ ，CR ，DS 的长度为a b c d ,,,，a c b d t +=+=，分0101t ≤≤和102202t ≤≤两种情况求出有序数列(),,,a b c d 的个数，即可求解.【详解】易得平面11A ABB ∥平面11D DCC ，平面PQRS 平面11A ABB PQ =，平面PQRS 平面11D DCC RS =，则PQ RS ，同理可得PS QR ，则四边形PQRS 为平行四边形，则PQ SR = ，即PA AB BQ SD DC CR ++=++，整理得PA RC SD QB +=+，即PA RC SD QB +=+，设AP ，BQ ，CR ，DS 的长度为a b c d ,,,，a cb d t +=+=，又a b c d ,,,为非负整数，且[],,,0,101a b c d ∈，易得t 为非负整数且[]0,202t ∈，下面考虑满足上述条件的有序数列(),,,a b c d 的个数；当0101t ≤≤时，易得a 可取0,1,2,,t 共1t +种情况，b 可取0,1,2,,t 共1t +种情况，由乘法原理可得共有()21t +，则有序数列(),,,a b c d 共有()()10122220102103210211121023589556t ⨯⨯⨯++=+++==∑ 个；当102202t ≤≤时，易得a 可取101,100,,101t t -- 共203t -种情况，b 可取101,100,,101t t -- 共203t -种情况，由乘法原理可得共有()2203t -，则有序数列(),,,a b c d 共有()()20222221021011022101120310110013485516t ⨯⨯⨯+-=+++==∑ 个；又当有序数列(),,,a b c d 为()0,0,0,0和()101,101,101,101时，不满足将正方体1111ABCD A B C D -分割成两部分，故共有3589553485512707504+-=种分割方式.故答案为：707504.【点睛】本题关键点在于将问题转化为满足a c b d t +=+=，且a b c d ,,,为非负整数，[],,,0,101a b c d ∈的有序数列(),,,a b c d 的个数，分0101t ≤≤和102202t ≤≤两种情况求出有序数列(),,,a b c d 的个数，即可求解.二､解答题（本大题共4小题，每小题20分，共80分）11.已知数列{}n a 满足>0n a ，12a =，且()2211n n n n a na a ++=+，N n *∈.（1）证明：11n n a a +<<；（2）证明：22223202224222222342022a a a ++++ .【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意整理可得()()()()()1111111n n n n n a a a na n +++-+=-++，结合符号分析可得故11n a +-与1n a -同号，进而可证>1n a ，再代入原式放缩可得()()22111n n n a n a ++<+，可证1n n a a +<；（2）根据题意可得()2211n n n a n a na +=+-，利用累加法得()2121142n n a a a n a n ++++=+-< ，进而分析得222nn a n+≤，再利用放缩可得()()()223212222111n n a n n n n n n n n ++≤<=--+-，结合裂项相消法求和证明．【小问1详解】由已知数列{}n a 满足>0n a ，12a =，且()2211n n n n a na a ++=+，N n *∈，即()()221111n n n n a n na n a ++-+=-+-，故()()()()()1111111n n n n n a a a na n +++-+=-++，由>0n a ，N n *∈，有()()111>0n n a +++，1>0n na n ++，故11n a +-与1n a -同号，因为111>0a -=，则21>0a -，31>0a -，以此类推可知，对任意的N n *∈，>1n a ，所以()()222111n n n n n a na a n a ++=+<+，则1n n a a +<，所以11n na a +<<.【小问2详解】因为()2211n n n a n a na +=+-，则221212a a a =-，2223232a a a =-，()2211n n n a n a na +=+-，累加得()2121142n n a a a n a n ++++=+-< ，所以21241n n a n ++≤+，可得222n n a n +≤.当2n ≥时，()()()()22321222221111n n a n n n n n n n n n n ++≤<==--+--，故22223202224222222222222223420222231a a a a n n n++++<-+-++=-- .【点睛】解该题的关键是因式分解和放缩的运用，观察题中递推公式因式分解得：()()()()()1111111n n n n n a a a na n +++-+=-++；放缩的灵活准确运用：()()222111n n n n n a na a n a ++=+<+，()2121142n n a a a n a n ++++=+-< 和()()()223212211n n a n n n n n n ++≤<-+．12.在平面直角坐标系xOy 中，已知点()12,0A -，()22,0A ，动点(),P x y 满足直线1A P 与2A P 的斜率之积为34-，记P 的轨迹为曲线C .（1）求C 的方程；（2）设点M 在直线4x =上，过M 的两条直线分别交C 于A ，B 两点和P ，Q 两点，且MA MB MP MQ ⋅=⋅，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和.【答案】（1）()221243x y x +=≠±（2）0【解析】【分析】（1）表示出1A P 与2A P 的斜率，由斜率之积为34-，即可求得C 的方程；（2）设出M 点坐标及直线MA ，MP 参数方程，联立C 的方程求得,MA MB MP MQ ⋅⋅，求得两条直线倾斜角之和αβπ+=，即可求出斜率之和.【小问1详解】易得2x ≠±，直线1A P 的斜率为2y x +，直线2A P 的斜率为2y x -，则3224y y x x ⋅=-+-，整理得22143x y +=，则曲线C 方程为()221243x y x +=≠±；【小问2详解】设点()4,M k ，设直线MA 参数方程为4cos ,sin ,x t y k t αα=+⎧⎨=+⎩（t 为参数），代入22143x y+=，整理得()()()22223cos4sin 24cos 8sin 4360t k t k αααα+++++=，设,A B 对应的参数为12,t t ，则212223643cos 4sin k MA MB t t αα+⋅==+，设直线MP 参数方程为4cos sin x m y k m ββ=+⎧⎨=+⎩（m 为参数），,P Q 对应的参数为12,m m ，同理212223643cos 4sin k MP MQ m m ββ+⋅==+，由于MA MB MP MQ ⋅=⋅，则2222223643643cos 4sin 3cos 4sin k k ααββ++=++，解得22sin sin αβ=，又αβ≠，所以αβπ+=，此时直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和为0.13.如图，I 是ABC 的内心，A ∠的外角平分线交BC 于点D ，直线BI 交ABC 外接圆于点E ，直线CI 与直线DE 交点为F ，证明：//AF BE .【答案】证明见解析【解析】【分析】由梅涅劳斯定理可知1CD BE IF DB EI FC ⋅⋅=，由外角平分线和角平分线定理可得CD bDB c =，bc AP a c=+；由三角形相似和三角形内心性质可求得BE a c EI b +=，由此可得IF c FC a c =+，结合PA cAC a c=+可证得结论.【详解】设BC a =，=CA b ，AB c =，直线AC 与直线BE 交于点P；在BIC △中，由梅涅劳斯定理得：1CD BE IF DB EI FC⋅⋅=；由外角平分线定理可知：CD bDB c=；BE 为ABC ∠的角平分线，AP AP AB cCP AC AP CB a ∴===-，则bc AP a c=+；由BCE BPA ∽△△得：BE BA a cCE PA b+==，由内心性质得：CE IE =，则BE a cEI b +=；由1CD bDB c BE a cEI b CD BE IF DB EI FC ⎧=⎪⎪+⎪=⎨⎪⎪⋅⋅=⎪⎩得：IF c FC a c =+，又PA c AC a c =+，IF PAFC AC∴=，//AF BE ∴.14.定义：如果甲队赢了乙队，乙队赢了丙队，而丙队又赢了甲队，则称甲乙丙为一个“友好组”.（1）如果19支球队参加单循环比赛，求友好组个数的最大值；（2）如果20支球队参加单循环比赛，求友好组个数的最大值.【答案】（1）285（2）330【解析】【分析】设有x 个友好组，考虑其反面，证明一般性结论：当球队个数m 为奇数时，友好组个数最大值为()()1124m m m -+；当球队个数m 为偶数时，友好组个数最大值为()()2224m m m -+再求解即可.【小问1详解】当m 为奇数时，令21m n =+，由于共有21n +支球队进行单循环比赛，故总共有221C n +场比赛.不妨设有x 个友好组，考虑其反面，若甲乙丙三队为非友好组.不妨设甲队赢了乙队和丙队，此时，记甲队为非友好组的组长.对甲队而言，可以在赢的所有队伍中任意选择两队构成非友好组.因此，若队()1,2,,21i A i n =+ 在比赛中赢了i k 场，则212211C n in i k++==∑，且以i A 为组长的非友好组有2C i k 个（补充定义：2201C C 0==），于是所有非友好组的个数为()()()2212121212122111111211111C 2222122i n n n n n k i i i i i i i i i n n n k k k k n +++++=====-+⎛⎫=-≥-= ⎪+⎝⎭∑∑∑∑∑.（其中等号成立当且仅当1221n k k k +== ）.故有()()()()321121121C 26n n n n n n n x +-+++≤-=.当i k n =（1,2,,i = 21n +）时，取到最大值()()1216n n n ++，即()()1124m m m -+.构造例子：设在1221,,,n A A A + 共21n +支球队中，队i A 胜12,,,i i i n A A A +++ ，负12,,,i i i n A A A --- ，其中下标是在模21n +的意义下的.则友好组的个数为()()1216n n n ++.综上所述，当m 为奇数时，友好组个数的最大值为()()1124m m m -+；故如果19支球队参加单循环比赛，友好组个数的最大值为()()1919119128524-+=【小问2详解】当m 为偶数时，令2m n =，则总共有22C n 场比赛.不妨设有x 个友好组，考虑其反面，若甲乙丙三对为非友好组，不妨设甲队赢了乙队和丙队，此时，记甲队为非友好组的组长.对甲队而言，可以在赢的所有队伍中任意选择两队构成非友好组.因此，若队()1,2,,2i A i n = 在比赛中赢了i k 场，则2221ni n i k C ==∑，且以i A 为组长的非友好组有2C i k 个（补充定义：2201C C 0==）于是所有非友好组的个数为221Cink i =∑.下求的221Cink i =∑最小值.若在122,,,n k k k 中，不妨设2j i k k -≥.则令1i i k k *=+，1j j k k *=-，其余j i k k *=（12l n ≤≤且,l i j ≠），故调整后221Cink i =∑的总和变小.重复上述操作，直至任意两个数的差最多为1.不妨设有y 个a ，2n y -个1a +，则有()()()2221C 21n ya n y a n n +-+==-，整理有()1122y a n n -=--.由于121y n ≤≤-，故()0,12yn∈.由等式两边对应相等可知，1a n =-，y n =，即调整后有n 个1n -，n 个n .此时的值221C i nk i =∑为()21n n -，则()()()23211C 13n n n n x n n -+≤--=，故友好组个数的最大值为()113n n n -+，即()()2224m m m -+.下面为取到最大值的例子：设在122,,,n A A A .共2n 支球队中，当1i n ≤≤时，队i A 胜12,,i i i n A A A +++ ；当12n i n +≤≤时，队i A 胜121,,,i i i n A A A +++- ，下标均是在模2n 的意义下.综上所述，当m 为偶数时，友好组个数的最大值为()()2224m m m -+.故如果20支球队参加单循环比赛，友好组个数的最大值为()()2020220233024-+=。

2022江苏省数学高中竞赛试题及答案

2022江苏省数学高中竞赛试题及答案
1、2022江苏省数学高中竞赛试题：
（1）一元二次方程问题：设a＞0，b＞0，求方程ax2+bx+1=0的解
尽管方程的系数都是正数，但是有可能结果不存在，由于一元二次方
程式有两个解，我们可以将ax2+bx+1=0等式整理成bx2+(a+1)x+1=0，
接着利用判别式b2-4*(a+1)*1来求解。

当b2-4*(a+1)*1<0时，方程
ax2+bx+1=0无解；当b2=4*(a+1)*1时，方程ax2+bx+1=0有两个有界
实根；当b2-4*(a+1)*1>0时，方程ax2+bx+1=0有两个不同实根。

（2）函数图像折线图题：已知函数y=x2＋2x＋1的图像经过点A（2，5），B（4，11），C（6，17）。

求函数的表达式
sd每点坐标的横坐标都相差两个单位，而纵坐标的增加值为六个单位，这一个特点表明，函数的表达式是y=x^2+6x,即y=x^2+2x+1,表示函数
的图像是折线图。

2、2022江苏省数学高中竞赛试题答案：
（1）一元二次方程问题：当b2-4*(a+1)*1<0时，方程ax2+bx+1=0无解；当b2=4*(a+1)*1时，方程ax2+bx+1=0有两个有界实根；当b2-
4*(a+1)*1>0时，方程ax2+bx+1=0有两个不同实根，其解分别为x1=1-(a+1)/b，x2=1+(a+1)/b；
（2）函数图像折线图题：y=x^2+6x,即y=x^2+2x+1，表示函数的图像是折线图。

江苏省高中数学竞赛预赛试题集锦(如皋中学：童云飞)

故有，从而且．
若有实根，则，
在区间有即消去c，解出
即，这时，且．
若无实根，则，将代入解得．
综上．
所以，单调递减
故．
注重分类讨论
13．如图，P是内一点．
（1）若P是的内心，证明：；
（2）若且，证明：P是的内心．
证明：（1）
这其实是平面几何一个很重要的结论，在一般的平面几何的参考书上都有.
2011全国高中数学联赛江苏省初赛，如皋中学李泽凡同学以144分的成绩获得南通市并列第三名，如皋中学共112人通过了预赛。预祝2012的初赛大家能创造新的记录，为全国高中数学联赛取得更好的成绩奠定基础！
2010年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（本题满分70分，每小题7分）
1．方程的实数解为．
14．求所有正整数，，使得与都是完全平方数．
2009年全国高中数学联赛（江苏赛区初赛）
(2009年5月3日8∶00－10∶00)
一、填空题(每小题7分，共70分)
1．已知sinαcosβ＝1，则cos(α＋β)＝．
2．已知等差数列{an}的前11项的和为55，去掉一项ak后，余下10项的算术平均值为4．若a1＝－5，则k＝．
一个零点恰为，k∈Z.所以至少有50个零点.
7．从正方体的条棱和条面对角线中选出条，使得其中任意
两条线段所在的直线都是异面直线，则的最大值为．
提示与答案：不能有公共端点，最多4条，图上知4条可以．
8．圆环形手镯上等距地镶嵌着颗小珍珠，每颗珍珠镀金、银两色中的一种．其中
镀金银的概率是．
答案：(0,2)
这是一道高考题

江苏省高中数学竞赛试卷含答案

江苏省高中数学竞赛试卷一、选择题（本题满分30分，每小题6分）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（）A ．2b a +B ．abC ．222b a +D ．222b a +2．设)(x f y =为指数函数x a 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（） A ．P B ．Q C ．M D ．N3．在如图的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么z y x ++的值为（）A ．1B ．2C ．3D ．44．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（） 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（）A ．不存在B ．有且只有一对C ．有且只有两对D ．有无数对二、填空题（本题满分50分，每小题10分）6．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A B =___________________.7．同时投掷三颗骰子，于少有一颗骰子掷出6点的概率是P =____________（结果要求写成既约分数）. 8．已知点O 在ABC ∆内部，022=++OC OB OA .OCB ABC ∆∆与的面积之比为_________________.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________________________.10．在ABC ∆中，若tan A tan B =tan A tan C +tanctan B ，则 222c b 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）1 20.5 1 xyz11．已知函数c bx x x f ++-=22)(在1=x 时有最大值1，n m <<0，并且[]n m x ,∈时，)(x f 的取值范围为⎥⎦⎤⎢⎣⎡m n 1,1. 试求m ，n 的值.12．A 、B 为双曲线19422=-y x 上的两个动点，满足0=⋅OB OA 。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛加试(A卷)试题(含答案)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）给定正整数r ．求最大的实数C ，使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ，满足n a C 对所有正整数n 成立．（x 表示实数x 到与它最近整数的距离．）解：情形1：r 为奇数．对任意实数x ，显然有12x ，故满足要求的C 不超过12．又取{}n a 的首项112a ，注意到对任意正整数n ，均有1n r 为奇数，因此1122n n r a ．这意味着12C 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为12． …………10分情形2：r 为偶数．设*2()r m m N ．对任意实数，我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ，从而21m C m ．事实上，设1a k ，其中k 是与1a 最近的整数（之一），且102．注意到，对任意实数x 及任意整数k ，均有x k x ，以及x x ．若021m m ，则121m a k m ．若1212m m ，则22221m m m m ，即21m m r m m ，此时 2121m a a r kr r r m ． …………30分另一方面，取121m a m ，则对任意正整数n ，有1(2)21n n m a m m ，由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m m a m K m m ，其中K 为整数，故21n m a m ．这意味着21m C m 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为212(1)m r m r ．综上，当r 为奇数时，所求C 的最大值为12；当r 为偶数时，所求C 的最大值为2(1)r r ． …………40分二．（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD 中，AC 平分BAD ，点,E F 分别在边,BC CD 上，满足||EF BD ．分别延长,FA EA 至点,P Q ，使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切．证明：,,,B P Q D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ，故,BP CA 的延长线相交，记交点为L ．由||EF BD 知CE CF CB CD．在线段AC 上取点K ，使得CK CE CF CA CB CD ，则||,||KE AB KF AD ． …………10分由ABL PAL KAF ，180180BAL BAC CAD AKF ，可知ABL KAF ∽，所以KF AB AL KA． …………20分同理，记,DQ CA 的延长线交于点L ，则KE AD AL KA．又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KF AB CA AD，即KE AD KF AB ．所以AL AL ，即L 与L 重合．由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ，所以,,,B P Q D 四点共圆．…………40分三．（本题满分50分）给定正整数n .在一个3n ×的方格表上，由一些方格构成的集合S 称为“连通的”，如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ，存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==，满足iC 与1i C +有公共边(1,2,,1i l −).求具有下述性质的最大整数K ：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S ，使得S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解：所求最大的K n =.对一个由小方格构成的集合S ，记b S 是S 中的黑格个数，w S 是S 中的白格个数. 用[,]i j 表示第i 行第j 列处的方格，这里13i ≤≤,1j n ≤≤.对于两个方格[,]A i j =，[,]B i j ′′=, 定义它们之间的距离为(,)||||d A B i i j j ′′=−+−.首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合S ，均有||b w S S n −≤，这表明K n ≤.设[1,1]是黑格，并记{0,1}ε∈，满足(mod 2)n ε≡.先证b w S S n −≤.可不妨设S 包含所有黑格，这是因为若S 不包含所有黑格，取不属于S 的黑格A 满足(,)d A S 最小，这里(,)min (,)B Sd A S d A B ∈=.易知(,)1d A S =或2.若(,)1d A S =，取{}S S A ′=，则S 仍是连通的，且b w S S ′′−更大. 若(,)2d A S =，则存在与A 相邻的白格C ，而C 与S 中某个方格B 相邻，取{,}S S A B ′= ，则S 仍是连通的，且bw S S ′′−不变. 因而可逐步扩充S ，使得S 包含所有黑格，保持S 的连通性，且b w S S −不减.考虑白格集合{[,]|}k W i j i j k =+=，3,5,,1k n ε++，每个k W 中至少有一个方格属于S ，否则不存在从黑格[1,1]A S =∈到黑格[3,1]B n ε=−+的S 中路径.故1()2w S n ε≥+，而1(3)2b S n ε=+，故b w S S n −≤. …………10分类似可证w b S S n −≤.同上，可不妨设S 包含所有白格, 从而1(3)2w S n ε=−. 再考虑黑格集合{[,]|}k B i j i j k =+=, 4,6,,2k n ε+−，每个k B 中至少有一个黑格属于S ，否则不存在从白格[1,2]A =到白格[3,]B n ε=−的S 中路径. 从而1()2b S n ε≥−，故w b S S n −≤. …………20分下面证明K n =具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合S ，使得b w S S n −≥.设表格中共有X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有x 个黑格和y 个白格. 于是3X Y n +=, x y n +=.故()()()()2X y Y x X Y x y n −+−=+−+=.由平均值原理可知max{,}X y Y x n −−≥.不妨设X y n −≥.取S 为第二行中的y 个白格以及所有X 个黑格.由于S 包含第二行中所有方格，因而S 是连通的. 而b S X =，w S y =，b w S S X y n −=−≥.综上所述，max K n =. …………50分四．（本题满分50分）设,A B 为正整数，S 是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1) 对任意非负整数k ，有k A S ；(2) 若正整数n S ，则n 的每个正约数均属于S ；(3) 若,m n S ，且,m n 互素，则mn S ；(4) 若n S ，则An B S ．证明：与B 互素的所有正整数均属于S ．证明：先证明下述引理．引理：若n S ，则n B S ．引理的证明：对n S ，设1n 是n 的与A 互素的最大约数，并设12n n n ，则2n 的素因子均整除A ，从而12(,)1n n ．由条件(1)及(2)知，对任意素数|p A 及任意正整数k ，有k p S ．因此，将11k A n 作标准分解，并利用(3)知11k A n S ．又2|n n ，而n S ，故由(2)知2n S ．因112(,)1k A n n ，故由(3)知112k A n n S ，即1k A n S ．再由(4)知k A n B S （对任意正整数k ）． ① …………10分设n B C D ，这里正整数C 的所有素因子均整除A ，正整数D 与A 互素，从而(,)1C D ．由(1)及(2)知C S （见上面1k A n S 的证明）．另一方面，因(,)1D A ，故由欧拉定理知()1D D A ．因此()()(1)()0(mod )D D A n B A n n B D ，但由①知()D A n B S ，故由(2)知D S ．结合C S 及(,)1C D 知CD S ，即n B S ．引理证毕． …………40分回到原问题．由(1)，取0k 知1S ，故反复用引理知对任意正整数y ，有1By S ．对任意*,(,)1n n B N ，存在正整数,x y 使得1nx By ，因此nx S ，因|n nx ，故n S ．证毕． …………50分。

江苏省高中数学竞赛初赛模拟试题_3

江苏省高中数学竞赛初赛模拟试题一、填空题（此题满分70分，每题7分）1．若=)(x f ⎪⎩⎪⎨⎧∈-∈+]1,21[),1(2)21,0[,21x x x x ，定义1()(()),n n f x f f x -=其中1()()f x f x =，则20111()5f = .2．已知正三棱锥P －ABC 的外接球O 的半径为1，且满足OA →＋OB →＋OC →＝0→，则正三棱锥P －ABC 的体积为 .围是 .5．不等式8244230xxx-⋅-⋅+<的解集为 .6．已知正实数b a ,满足等式b a 32log log =，给出以下五个等式①1>>b a ，②1>>a b ，③1<<b a ，④1<<a b ，⑤b a =，其中可能成立的关系式是（填序号）围 .8．已知P 为四面体S —ABC 的侧面SBC 内的一个动点，且点P 与顶点S 的距离等于点P 到底面ABC 的距离，那么在侧面SBC 内，动点P 的轨迹是某曲线的一局部，则该曲线是 .9．已知02sin 2sin 5=α，则tan(1)tan(1)αα+︒-︒的值是 .10．边长为整数且面积（的数值）等于周长的直角三角形的个数为 . 二、解答题（此题满分80分，每题20分）11．已知平面上两定点(0,2)M -、(0,2)N ，P 为一动点，满足||||MN PN MN MP ⋅=⋅. （1）求动点P 的轨迹C 的方程；（2）若A 、B 是轨迹C 上的两不同动点，且NB AN λ=. 分别以A 、B 为切点作轨迹C 的切线，设其交点Q ，证明AB NQ ⋅为定值.12．设⊙1C ，⊙2,,C ⊙n C 是圆心在抛物线2x y =上的一系列圆，它们圆心的横坐标分别记为n a a a ,,,21 ，已知0,41211>>>>=n a a a a ，⊙(1,2,,)k C k n =都与x 轴相切，且顺次逐个相邻外切.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求证：4122221<+++n a a a .13．田忌和齐王赛马是历史上有名的故事. 设齐王的3匹马分别为A 、B 、C ，田忌的3匹马分别为a ，b ，c ，6匹马的奔跑速度由快到慢的顺序依次为：A ，a ，B ，b ，C ，c . 两人约定：6匹马均需参赛，共赛3场，每场比赛双方各出1匹马，最终至少胜两场者为获胜. （1）假如双方均不知道对方的出马顺序，求田忌获胜的概率；（2）颇有心计的田忌赛前派探子到齐王处打探实情，得知齐王第一场必出A 马. 那么，田忌应怎样安排马的出场顺序，才能使获胜的概率最大？14．有一个m n p ⨯⨯的长方体盒子，另有一个(2)(2)(2)m n p +⨯+⨯+的长方体盒子，其中,,m n p 均为正整数(m n p ≤≤)，并且前者的体积是后者一半，求p 的最大值.答案：1、解：计算=======)51(,51)51(,109)51(,52)51(,54)51(,53)51(,107)51(7654321f f f f f f f 107可知)51(n f 是最小正周期为6的函数。

2021年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷及详解(纯word)

2021年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷及详解(纯word)2021年全国高中数学联赛江苏赛区预赛试卷及详解2021年5月7日8:00――10:00一、填空题（本题共10小题，每小题7分后，共70分后）1.已知向量ap?1,3,pb??3,1，则向量ap与ab的夹角等于．求解一：由题设ap?pb?(1,3)?(?3,1)?0，且|ap|?|pb|，故?apb为全等直角三角形，从而向量ap与ab的夹角等于.4解二：因为ab?ap?pb?(1?3,3?1)，所以cos?ab,ap与ab的夹角等同于.42，所以向量ap22.已知集合a?x|?ax?1??a?x??0，且a?a,3?a，则实数a的取值范围是．求解：有题设，言??(2a?1)(a?2)?0(3a1)(a3)0a2或a?1?2所以：?1a33所以1?a?1或2?a?332??2?，其中i是虚数单位，则z3?z2?．?isin333.已知复数z?cos32解：有题设z?z?cos6??isin6??cos4??isin4??1?3i333322x2y24.在平面直角坐标系xoy中，设f1,f2分别就是双曲线2?2?1?a?0,b?0?的左，右焦点，abp是双曲线右支上一点，m是pf2的中点，且om?pf2,3pf1?4pf2，则双曲线的离心率为．答案：5．5.定义区间?x1,x2?的长度为x2?x1．若函数y?log2x的定义域为?a,b?，值域为?0,2?，则区间?a,b?的长度的最大值与最小值的差为．答案：3.6.若关于x的二次方程mx2??2m?1?x?m?2?0?m?0?的两个互异的根都小于1，则实数m的值域范围就是．37答案：?,.47.若tan4x?3sin4xsin2xsinxsinx，则．3cos8xcos4xcos4xcos2xcos2xcosxcosx答案：3.8.棱长为2的正方体abcd-a1b1c1d1在空间坐标系o-xyz中运动，其中顶点a维持在z轴上，顶点b1保持在平面xoy上，则oc长度的最小值是．答案：6?2.9.设数列a1,a2,a3,?,a21满足：an?1?an?1?n?1,2,3,?,20?，a1,a7,a21成等比数列．若a1?1,a21?9，则满足条件的不同的数列的个数为．答案：15099．10.对于某些正整数n，分数n?2不是既约分数，则n的最小值就是．23n?7答案：17.二、解答题：（本大题共4小题，每小题20分，共80分）nan?12,n?n*.11.设数列?an?满足：①a1?1，②an?0，③an?nan?1?1求证：（1）数列?an?是递增数列；1（2）对例如图任一正整数n，an?1??.k?1knnan?12an?1?,且an?0，证明：（1）因为an?1?an?an?1?nan?1?1nan?1?1所以an?1?an?0．所以an?1?an,n?n*.所以数列?an?是递增数列．（2）因为an?1?an?所以当n?2时，an?1a1?n?1?,nan?1?1nan?1nan??an?an?1an?1?an?2??a2?a1??a111111n?1n?221n1?1??.k? 1k?1又a1?1?1?1,所以对任意正整数n，an?1??.k?1knx2y212.在平面直角坐标系xoy中，设立椭圆e:2?2?1?a?b?0?，直线l:x?y?3a?0.若椭ab3圆e的离心率为，原点o到直线l的距离为32.2（1）谋椭圆e与直线l的方程；（2）若椭圆e上三点p,a?0,b?,b?a,0?到直线l的距离分别为d1,d2,d3，求证：d1,d2,d3可以是某三角形三条边的边长．?3a?32,??2??a?2,3?c解：（1）由题设条件得??，从而?,b?1.2??a222?b?c?a,x2故所求的椭圆e:?y2?1．直线l:x?y?6?0.4（2）设p?2cos?,sin??，则d1?所以2cos??sin??62?6?5sin2,其中tan??2.62?1062?10?d1?.22又d2?0?1?62?2?0?652,d3??22.22故d2?d1.因为d2?d3?d1?d3?529262?10?22d1,22262?10102?1052?22d1.222所以d1,d2,d3可以是某个三角形的三条边的边长．13.例如图，圆o就是四边形abcd的内切圆，切点分别为p,q,r,s,oa与ps处设点a1,ob与pq处设点b1，oc与qr处设点c1，od与sr处设点d1．求证：四边形a1b1c1d1是平行四边形．dd1src1cqob1a1bpa证明：相连接pr,qs.dd1src1cqob1a1bpa因为圆o是四边形abcd的内切圆，所以oa是?sap的平分线，且ap?as.在△asp中，由三线合一，点a1是线段ps的中点．同理点b1是线段pq的中点，所以a1b1//sq．同理a1d1//b1c1．所以四边形a1b1c1d1是平行四边形．14.求满足x3?x?y7?y3的所有素数x和y.解：满足题设条件的素数只有x?5,y?2.假设y?5,则y7?y3?5y6?y3?y6?20y5?y3?y6?6y5?70y4?y3?y6?6y5?15y4?20y3?15y2?6y?1??y?1?.所以，x3?x3?x?y7?y3??y?1?,即x??y?1?.又因为x|x3?x?y7?y3?y3?y?1??y?1?y2?1，且x为素数，而y?1?y?y?1?y2?1??y?1??x,从而x\\|y3?y?1??y?1?y2?1,这与x|y7?y3矛盾．所以y?5.因为y是素数，所以y?2,或y?3.当y?2时，x3?x?120，即为?x?5?x2?5x?24?0,所以x?5.当y?3时，x3?x?2160?24?33?5.所以x?2,或x?3，或x?5.经检验，x?2，或x?3，或x?5时，x3?x?24?33?5.所以满足条件的素数只有x?5,y?2. 2626。

江苏省高中数学竞赛预赛试题

江苏省高中数学竞赛预赛试题本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟。

第Ⅰ卷（选择题共36分）一．选择题：本大题共6小题，每小题6分，共36分。

在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．函数y=f (x ) 的图像按a →=(4，2)平移后，得到的图像的解析式为y=sin(x +4)+2，那么y=f (x ) 的解析式为( )A ． y=sin xB ． y=cos xC ．y=sin x +2D ．y=cos x +4解: y=sin[(x +π4)+π4], 即 y=cos x .故选B ．2．如果二次方程x 2－px －q=0 (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个解：由?=p 2+4q >0，－q <0，知方程的根一正一负．设f (x )= x 2－px －q ，则f (3)= 32－3p －q ＞0，即3p +q ＜9.由p ，q ∈N*，所以p=1，q ≤5或p=2，q ≤2. 于是共有7组(p ，q )符合题意．故选C ． 3．设a >b >0，那么a 2+1b (a －b )的最小值是（）A ． 2B ． 3C ．4D ． 5解：由a >b >0，可知 0<b (a －b )≤14a 2．所以，a 2+1b (a －b )≥a 2+4a2≥4．故选C ．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α( )A ．不存在B ．只有1个C ．恰有4个D ．有无数多个解：设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线为m ，n ，直线m 、n 确定了平面β，作与β平行的平面α与四棱锥侧棱相截，则截得的四边形是平行四边形．这样的平面α有无数多个．故选D ．5．设数列{a n }：a 0=2, a 1=16，a n +2=16 a n +1－63 a n (n ∈N )，则a 2005被64除的余数为( )A ． 0B ．2C ．16D ．48解：数列{ a n }模64周期地为2，16，2，－16，又2005被4除余1，故选C ． 6．一条走廊宽2m 、长8m ，用6种颜色的1?1m 2的整块地砖来铺设(每块地砖都是单色的，每种颜色的地砖都足够多)，要求相邻的两块地砖颜色不同，那么所有的不同拼色方案种数有( )A ．308B ．30?257C ．30?207D ．30?217 解：铺第一列(两块地砖)有30种方法；其次铺第二列，设第一列的两格铺了A 、B 两色(如图)，那么，第二列的上格不能铺A 色，若铺B色，则有(6－1)种铺法；若不铺B 色，则有(6－2)2种方法，于是第二列上共有AB21种铺法．同理，若前一列铺好，则其后一列都有21种铺法. 因此，共有30?217种铺法．故选D ．二．填空题：本大题共6小题，每小题6分，共36分.7．设向量→OA 绕点O 逆时针旋转2π得→OB ，且2→OA +→OB =（7，9），则向量→OB= ．解：设→OA =（m ，n ），则→OB =（－n ，m ），所以 2→OA +→OB =（2m －n ，2n +m ）=（7，9），即 ⎩⎨⎧2m －n=7，m +2n=9．得 ⎩⎨⎧m=235，n=115．因此， →OA =(235，115），→OB =（－115，235)．故填（－115，235)．8．设无穷数列{a n }的各项都是正数，S n 是它的前n 项之和，对于任意正整数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项，则该数列的通项公式为．解：由题意知a n +22=2S n ，即S n =(a n +2)28． ①由①式，a 1+22=2a 1，得a 1=2．又由①式得 S n －1=(a n －1+2)28(n ≥2) ②则有 a n =S n －S n －1=(a n +2)28－(a n －1+2)28 (n ≥2)，整理得 (a n +a n －1)(a n －a n －1－4)=0．又因为a n >0，a n －1>0，所以a n－a n－1=4(n≥2)，a1=2.因此, 数列{a n}是以2为首项，4为公差的等差数列，其通项公式为a n=2+4(n －1)，故填a n=4n－2 (n∈N*)．9．函数y=|cos x|+|cos2x| (x∈R) 的最小值是．解：令t=|cos x|∈[0，1]，则y=t+|2t2－1|．当22≤t≤1时，y=2t2+t－1=2(t+14)2－98，得22≤y≤2．当0≤t<22时，y=－2t2+t+1=－2(t－14)2+98，得22≤y≤98．又y可取到22．故填22．10．在长方体中ABCD－A1B1C1D1中，AB=2，AA1=AD=1，点E、F、G分别是棱AA1、C1D1与BC的中点，那么四面体B1－EFG的体积是．解：在D1A1的延长线上取一点H，使AH=14，易证，HE∥B1G，HE∥平面B1FG．故V B1－EFG=V E－B1FG=V H－B1FG=V G－B1FH．而S?B1EF =98，G到平面B1FH的距离为1．故填V B1－EFG=38．11．由三个数字1，2，3组成的5位数中，1，2，3都至少出现1次，这样的5位数共有个．解：在5位数中，若1只出现1次，有C51(C41+C42+C43)=70个；若1只出现2次，有C52(C31+C32)=60个；若1只出现3次，有C53C21=20个．所以这样的五位数共有150个．故填150．12．已知平面上两个点集：M={(x，y)| |x+y+1|≥2(x2+y2)，x，y∈R}，N={(x，y)| |x－a|+|y－1|≤1，x，y∈R}，若M∩N≠?，则a的取值范围为．解：由题意知M是以原点为焦点，直线x+y+1=0为准线的抛物线及其凹口内侧的点集，N是以(a，1)为中心的正方形及其内部的点集(如图)．考察M∩N=?时a的取值范围：令y=1, 代入方程|x+y+1|=2(x2+y2) 得x2－4x－2=0，解得x=2±6．所以，当a<2－6－1=1－6时M∩N=?．令y=2，代入方程|x+y+1|=2(x2+y2)得x2－6x－1=0，解得x=3±10．所以，当a>3+10时，M∩M=?．于是，当1－6≤a≤3+10，即a∈[1－6，3+10]时，M∩N≠?．故填[1－6，3+10]．三、解答题：13．已知点M是?ABC的中线AD上的一点，直线BM交边AC于点N，且AB是?NBC的外接圆的切线，设BCBN=λ，试求BMMN（用λ表示）．(15分)证明：在?BCN中，由Menelaus定理得BM MN ·NAAC·CDDB=1．因为BD=DC，所以BM MN =ACAN．………………………6分由∠ABN=∠ACB，知?ABN ∽?ACB，则ABCDNMAB AN =AC AB =CB BN．所以，AB AN ·AC AB =⎝ ⎛⎭⎪⎫CB BN 2，即AC AN =BC 2BN2．…………………………………………………12分因此，BM MN =BC 2BN2．又BC BN=λ，故BM MN=λ2．………………………………………………………………15分14．求所有使得下列命题成立的正整数n (n ≥2)：对于任意实数x 1，x 2，…，x n ，当i=1∑n x i =0时，总有i=1∑nx i x i +1≤0 (其中x n +1=x 1)．(15分)解：当n=2时，由x 1+x 2=0，得x 1x 2+x 2x 1=－2x 12≤0．故n =2时命题成立；……3分当n=3时，由x 1+x 2+x 3=0，得x 1x 2+x 2x 3+x 3x 1=(x 1+x 2+x 3)2－(x 21 +x 22+x 23)2=－(x 21+x 22+x 23)2≤0．故n=3时命题成立．……………………………………………………………………………………6分当n=4时，由x 1+x 2+x 3+x 4=0，得x 1x 2+x 2x 3+x 3x 4+x 4x 1=(x 1+x 3)(x 2+x 4)=－(x 2+x 4)2≤0．故n=4时，命题成立．………………………………………………………………9分当n ≥5时，令x 1=x 2=1，x 4=－2，x 3=x 5=…=x n =0，则i=1∑n x i =0，但i=1∑nx i x i +1=1>0，故n ≥5时命题不成立．综上可知，使命题成立的n=2，3，4．……………………………………………15分15．设椭圆的方程x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)，线段PQ 是过左焦点F 且不与x 轴垂直的焦点弦，若在左准线上存在点R ，使△PQR 为正三角形，求离心率e 的取值范围，并用e 表示直线PQ 的斜率．(24分)解：如图，设线段PQ 中点M ，过点P 、M 、Q 分别作准线的垂线，垂足分别为点P ?，M ?，Q ?，则|MM ?|=12(|PP ?|+|QQ ?|)=12(|PF |e+|QF |e )=|PQ |2e．…………………………6分假设存在点R ，则|RM |=32|PQ |，且|MM ?|＜|RM | ，即|PQ |2e ＜32|PQ |，所以， e ＞33．………………………………12分于是，cos ∠RMM ?=|MM ?||RM |=12e ?13e，cot ∠RMM ?=13e 2－1．在图中，|PF| < |QF|，且有k PQ= tan∠QFx= tan∠FMM?=cot∠RMM?=13e2－1．………………………………………………18分当e>33时，过点F作斜率为13e2－1的焦点弦PQ，它的中垂线交左准线于R，由上述过程知，|RM|=32|PQ|．故?PQR为正三角形．……………………………………………21分根据对称性，当|FP| > |FQ|时，有k PQ=－13e2－1．所以，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e的范围是(33，1)，且直线PQ的斜率为±13e2－1．…………………………………………………………………………………………24分16．⑴若n (n∈N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于2005，求n 的最小值，并说明理由；( 12分)⑵若n (n∈N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于，求n的最小值，并说明理由．( 24分)解：⑴因为 2005=1728+125+125+27=123+53+53+33，故n=4存在，n min≤4．………6分103=1000，113=1331，123=1728，133=2169，123<2005<133，则n≠1．若n=2，因103+103<2005，则最大立方体的棱长只能为11或12，2005－113=674，2005－123=277，674与277均不是完全立方数，故n=2不可能；若n=3，设此三个立方体中最大一个的棱长为x，由3x3≥2005＞3×83，知最大立方体的棱长只能为9、10、11或12，而2005<3?93， 2005－93－93=547，2005－93－83－83>0，故x≠9．2005－103－103=5，2005－103－93=276，2005－103－83=493，2005－103－73－73>0．故x≠10；2005－113－93<0，2005－113－83=162，2005－113－73=331，2005－113－63－63>0，故x≠11；2005－123－73<0，2005－123－63=61，2005－123－53－53>0，故x≠12．所以n=3不可能．综上所述，n min=4．…………………………………………………………………………12分⑵设n个立方体的棱长分别是x1，x2，…，x n，则x31+x32+…+x3n=．①由2002≡4(mod 9)，43≡1(mod 9)，得≡42005≡4668?3+1≡(43)668?4≡4(mod 9)．②又当x∈N*时，x3≡0，±1(mod 9)，所以x31≡∕4(mod 9)，x31+x32≡∕4(mod 9)，x31+x32+x33≡∕4(mod 9)．③①式模9，并由②、③式可知n≥4．…………………………………………………18分而2002=103+103+13+13，则=?(103+103+13+13)=(2002668)3?(103+103+13+13)=(2002668?10)3+(2002668?10)3+(2002668)3+(2002668)3．故n=4为所求的最小值．………………………………………………………………24分。

江苏省全国高中数学联合竞赛预赛试题新人教版(江苏卷)

一、填空题（ 70 分）1、当x [ 3,3] 时，函数 f ( x) | x3 3x |的最大值为__18___.2、在uuur uuur uuur uuurABC 中，已知 AC BC 12, AC BA 4, 则 AC ___4____.3、从会集3,4,5,6,7,8 中随机采用3 个不同样的数，这 3 个数可以构成等差数列的概率为_____ 3_______.104、已知a是实数，方程x2 (4 i ) x 4 ai 0 的一个实根是b（i是虚部单位），则 | a bi | 的值为 _____ 2 2 ___.5、在平面直角坐标系xOy 中，双曲线C :x2 y2 1的右焦点为F，一条过原点O且倾12 4斜角为锐角的直线l 与双曲线C交于A, B两点.若FAB 的面积为8 3 ，则直线的斜率为1____.___26、已知a是正实数，k a lg a的取值范围是___ [1, ) _____.7、在周围体ABCD中，AB AC AD DB 5, BC 3 ,CD 4 该周围体的体积为 _____ 5 3 _______.8、已知等差数列a n 和等比数列b n 满足：a1 b1 3,a2 b2 7, a3 b3 15, a4 b4 35, 则 a n b n ___ 3n 1 2n ___. （ n N *）9、将27,37,47,48,55，71，75这7个数排成一列，使任意连续 4 个数的和为 3的倍数，则这样的排列有 ___144_____种 .10、三角形的周长为31，三边 a, b, c 均为整数，且 a b c ，则满足条件的三元数组(a, b,c) 的个数为__24___.二、解答题（本题80 分，每题20 分）11、在ABC 中，角 A, B,C 对应的边分别为a, b,c ，证明：（ 1）bcosC c cosB a（2） cosA cosB 2sin 2C2a b c12 、已知a,b 为实数， a 2 ，函数 f ( x) | ln x a| b(x 0).若xf (1) e 1, f (2) e1.ln 22（1）求实数a, b；（2）求函数f ( x)的单调区间；（ 3）若实数c,d满足c d, cd 1，求证： f (c) f (d )13、如图，半径为 1 的圆 O 上有必然点 M 为圆 O 上的动点.在射线OM 上有一动点 B , AB 1,OB 1.线段 AB 交圆 O 于另一点C ， D 为线段的 OB中点.求线段 CD 长的取值范围.14、设是a,b,c, d正整数，a,b是方程x2(d c) x cd 0的两个根 . 证明：存在边长是整数且面积为 ab 的直角三角形.。

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江苏省高中数学竞赛预赛试题本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟。

第Ⅰ卷（选择题共36分）一．选择题：本大题共6小题，每小题6分，共36分。