全国高中数学联赛山西省预赛试卷试题及参考标准答案.doc
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。
全国高中数学联赛省级预赛模拟试题
全国高中数学联赛省级预赛模拟试题第Ⅰ卷（选择题 共60分）参考公式1．三角函数的积化和差公式sinα•cosβ=[sin(α+β)+sin(α-β)],cosα•sinβ=[sin(α+β)-sin(α-β)],cosα•cosβ=[cos(α+β)+cos(α-β)],sinα•sinβ=[cos(α+β)-cos(α-β)].2．球的体积公式V球=πR3（R为球的半径）。
一、选择题（每小题5分，共60分）1．设在xOy平面上，0<y≤x2,0≤x≤1所围成图形的面积为。
则集合M={(x,y)|x≤|y|}, N={(x,y)|x≥y2|的交集M∩N所表示的图形面积为A． B． C．1 D．2．在四面体ABCD中，设AB=1，CD=，直线AB与直线CD的距离为2，夹角为。
则四面体ABCD的体积等于A． B． C． D．3．有10个不同的球，其中，2个红球、5个黄球、3个白球。
若取到一个红球得5分，取到一个白球得2分，取到一个黄球得1分，那么，从中取出5个球，使得总分大于10分且小于15分的取法种数为A．90 B．100 C．110 D．1204．在ΔABC中，若(sinA+sinB)(cosA+cosB)=2sinC，则A．ΔABC是等腰三角形，但不一定是直角三角形B．ΔABC是直角三角形，但不一定是等腰三角形C．ΔABC既不是等腰三角形，也不是直角三角形D．ΔABC既是等腰三角形，也是直角三角形5．已知f(x)=3x2-x+4, f(g(x))=3x4+18x3+50x2+69x+48.那么，整系数多项式函数g(x)的各项系数和为A．8 B．9 C．10 D．116．设0<x<1, a,b为正常数。
则的最小值是A．4ab B．(a+b)2 C．(a-b)2 D．2(a2+b2)7．设a,b>0，且a2008+b2008=a2006+b2006。
则a2+b2的最大值是A．1 B．2 C．2006 D．20088．如图1所示，设P为ΔABC所在平面内一点，并且AP=AB+AC。
2022年全国高中数学联赛加试B卷参考答案
2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2022年全国高中数学联合竞赛 加试（B 卷）参考答案及评分标准说明：1． 评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2． 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图，设,,,A B C D 四点在圆 上顺次排列，其中AC 经过 的圆心O ．线段BD 上一点P 满足APC BPC ，线段AP 上两点,X Y 满足,,,A O X B 四点共圆，,,,A Y O D 四点共圆．证明：2BD XY ．ωY XDBCOAP证明：根据条件，可知OXA OBA CAB CDB ， OYP ODA CAD CBD ，所以OXY CDB ∽． ………………10分设OM AP 于点M ，CK AP 于点K （K 在圆 上），CL BD 于点L ． 由O 为AC 的中点，得2CK OM ．由APC BPC ，得CK CL ． ………………20分 考虑到,OM CL 是相似三角形,OXY CDB 的对应边,XY DB 上的高，从而12XY OM OM BD CL CK ， 即有2BD XY ． ………………40分ωM LK Y X DBCPAO二．（本题满分40分）给定正实数,a b ，a b ．设[]122022,,,,x x x a b ∈ ，求12232021202220221122022x x x x x x x x x x x的最大值．解：首先证明：当[],,x y a b ∈时，有()b ax y x y a b−−≤++． ① ………………10分不妨设a x y b ≤≤≤，则1a xb y≤≤，于是1111x a x y y x b a y b x a x y y x b ay b−−−−−==≤=+++++， 故①得证． ………………20分于是12232021202220221x x x x x x x x −+−++−+−()122320221()()()b ax x x x x x a b −≤+++++++ 1220222()()b a x x x a b−++++ ， 故122320212022202211220222()x x x x x x x x b a x x x a b−+−++−+−−≤++++ ， ………………30分 当132021242022,x x x a x x x b ======== 时，等号成立． 因此，所求的最大值为2()b a a b−+． ………………40分三．（本题满分50分）设正整数,a b 都恰有(3)m m 个正约数，其中12,a a 3,,m a a 是a 的所有正约数的一个排列．问112231,,,,m m a a a a a a a 是否可能恰好是b 的所有正约数的一个排列？证明你的结论．解：答案是否定的．用反证法．假设题述情形发生，记123{,,,,}m A a a a a ，112231{,,,,}m m B a a a a a a a ．显然13(1,2,,1)i i a a i m ，而1B ，故11a ．又知2B ，故b 是奇数． ………………10分所以12a a 为奇数，得2a 为偶数，又2a A ，故a 是偶数．………………20分易知A 中最大的两个元素为,2aa ．显然B 中每个元素都不超过322a a a．特别地，有32b a ． ………………30分设,2i j aa a a ，其中,2i j （因为a 有(3)m m 个正约数，而11a ）．于是B 中存在两个元素11,i i j j a a a a ，它们都大于2a ，进而都大于3b，且均为b的约数．这表明2|b ，与b 为奇数矛盾．因此题述情形不可能发生． ………………50分 四．（本题满分50分）圆周上依次有100个点12100,,,P P P （其中100P 与1P相邻）．现有5种颜色，要求12100,,,P P P 中每个点染5种颜色之一，每种颜色至少染一个点．若对任意这样的染色方式，12100,,,P P P 中总存在t 个连续的点含有至少3种颜色，求t 的最小值．解法1：首先，让255075100,,,P P P P 分别染颜色1,2,3,4，其余点染颜色5．此时12100,,,P P P 中任意25个连续的点只含有两种颜色，不符合要求．从而t 至少为26． ………………10分以下假设有一种染色方式，使得任意26个连续的点含有至多两种颜色．对该染色方式，在12100,,,P P P 中选取尽可能多的连续的点，使这些点中不含全部5种颜色，从而恰好含有4种颜色（否则可再添入这些连续的点的一个相邻点，仍不含全部5种颜色）．不妨设选出的点是12100,,,k k P P P ，且这100k 个点不含颜色1．由极端性，可知1P 与k P 均染有颜色1． ………………20分对1,2,3,4,5i ，用i x 表示染有颜色i 的点的最大下标，则1x k ． 由对称性，可不妨设2345x x x x ，则5100x ，且易知2x k ．对每个2,3,4,5i ，我们证明125i i x x ． ………………30分 事实上，假如124i i x x ，考虑26个连续的点111125,,,i i i x x x P P P （下标模100理解，下同），其中1i x P 染有颜色1i ，i x P 染有颜色i ，而1i x P 所染的颜色j 异于1i 和i （当2,3,4i 时，必有15i j ；当5i 时，由于511011x P P P ，故1{4,5}j ），即这些点中含有至少3种颜色，与假设矛盾．从而有55112()1425100i i i x x x x ，这与5100x 矛盾．以上表明，对任意符合要求的染色方式，12100,,,P P P 中总存在26个连续的点含有至少3种颜色．综上，所求t 的最小值为26． ………………50分 解法2：首先，让255075100,,,P P P P 分别染颜色1,2,3,4，其余点染颜色5．此时12100,,,P P P 中任意25个连续的点只含有两种颜色，不符合要求．从而t 至少为26． ………………10分 以下证明26t 符合要求．考虑任何一种染色方式，对1,2,3,4,5i ，用i n 表示12100,,,P P P 中染颜色i 的点的个数，其中125100n n n ．考虑含有颜色1的弧段 125(1,2,,100)k k k k P P P k 的数目1s ，其中下标模100理解．若任意26个连续的点都含有颜色1，则1100s ．若存在26个连续的点不含颜色1，不妨设染为颜色1的所有1n 个点分别为121112,,,(27100)n i i i n P P P i i i ，则11112125241,,,,,,,n i i i i i i 是125n 个两两不同的弧段，从而1125s n ．这表明 11min 25,100s n ． ………………20分 同理，对于2,3,4,5i ，含有颜色i 的弧段(1,2,,100)k k 的数目i s 满足min 25,100i i s n ．所以125s s s S ，其中记 51min 25,100i i S n ．若(15)i n i 中存在一个数不小于75，不妨设175n ，则52100(125)200i S ．若(15)i n i 都小于75，则51251(25)100525200i i s s s n ．所以125201s s s S ． ………………40分由抽屉原理，必存在一个弧段被至少2013100种颜色对应到，该弧段所覆盖的26个点含有至少3种颜色．综上，所求t 的最小值为26． ………………50分。
全国高中数学联赛山西省预赛及参考答案5
全国高中数学联赛山西省预赛试题解答一、填空题（共8题，每题10分，计80分）1、在集合{}1,2,3,,2011A =中，末位数字为1的元素个数为 ．答案：202．解：将集合{}0001,0002,,2011A =中的每个数都截去其末位数字，都会得到集合{}000,001,,199,200,201B =中的数，而A 中形如1abc 的数，皆可看成由B 中的元素abc 后面添加数字1而得到；故A 中形如1abc 的元素个数，等于B 的元素个数，即202个． 2、椭圆2222153x y +=的焦点为12,F F ，如果椭圆上的一点P 使12PF PF ⊥，则12PF F ∆的面积为 ．答案：9．解：易知128F F =，1210PF PF +=，所以2212()10PF PF +=，在直角12PFF ∆中，222128PF PF +=，由以上两式得，1212192PF F S PF PF ∆=⋅=． 3、数列{}n a 满足：11a =，2212122,3,1k k k ka ak a a +-==≥；则其前100项的和为： 100S = ．答案：503(61)5-． 解：212122222212122122126,6k k k k k k k k k k k ka a a a a aa a a a a a +++++--+=⋅==⋅=，121,2a a ==，所以， 112126,26k k k k a a ---==⋅，100123499100()()()S a a a a a a =++++++501501336(61)5k k -===-∑．4、若41,61n n ++都是完全平方数，则正整数n 的最小值是 ．答案：20．解：41,61n n ++都是奇平方数；设261(21)4(1)1n m m m +=+=++，则32(1)n m m =+，而(1)m m +为偶数，所以4n ，设4n k =，则41161n k +=+，61241n k +=+，当1,234k =时，41,61n n ++不同为平方数，而当5k =，即20n =时，4181,61121n n +=+=皆为平方数，因此正整数n 的最小值是20．5、函数25y x =-的最大值是 ． 答案：6524．t =，则612304(113)14y x x =-+=--+223656546142244t t t ⎛⎫=-++=--+≤ ⎪⎝⎭，则6524y ≤，当34t =，即16748x =取得等号． 6、如图，单位正方体1111ABCD A BC D -中，,,E F G 分别是棱11111,,AA C D D A 的中点，则点1B 到EFG 所在平面的距离为 ．解一、补形法，如图，过,,E F G 的平面截正方体，所得截面是一个正六边形，易知该平面垂直平分正方体的对角线1B D，而1B D ， 所以1B 到面EFG的距离h =． 解二：等体积法，易知1111111113114488B FG B A G BC FD FG S S S S =---=---=， 而点E 到平面1B FG 的距离012h =，所以11011316EB FG B FG V h S ==．又222222111111113()1442EF EA A F EA A D D F =+=++=++=，即EF =GF GE ==，2221cos 22GE GF EF EGF GE GF +-∠==-⋅，0120EGF ∠=，则01sin1202EGF S GE GF ∆=⋅=1B 到面EFG 的距离为h ，则 111163EB FG EGF V h S ∆==⋅=，所以h =． 7、2000sin 130sin 70cos80+= ．1A E答案：34． 解：22sin 130sin 70cos80cos 40sin 70sin10+=+0000000001cos8011sin 70sin10(cos70cos10sin 70sin10)sin 70sin10222+=+=+-+0000011113(cos 70cos10sin 70sin10)cos 6022224=++=+=． 8、如果四位数abcd 的四个数码满足a b c d +=+，就称其为“好数”；例如2011就是一个“好数”．那么，“好数”的个数是 ． 答案：615．解：由于19,0,,9a b c d ≤≤≤≤，记k a b c d =+=+，则118k ≤≤． 当19k ≤≤，则上式中的a 可取{}1,,k 中的任意值，c 可取{}0,1,,k 中的任意值，而当,a c 取定后，,b d 便随之确定，因此满足k a b c d =+=+的四位数abcd 有(1)k k +个； 从而满足9k ≤的四位数abcd 共有91(1)330k k k =+=∑个；当1018k ≤≤，由k a b c d =+=+知，,,,a b c d 皆不能为0，令1110,10a a b b =-=-，1110,10c c d d =-=-，则11111,,,9a b c d ≤≤，记11111k a b c d =+=+，则1210k ≤≤，且四位数abcd 与四位数1111a b c d 一一对应．上式中的1a 及1c 皆可取{}11,,1k -中的任意值，而当11,a c 取定后，11,b d 便随之确定，因此满足11111k a b c d =+=+的四位数1111a bc d 有21(1)k -个，从而满足1210k ≤≤的1111a bc d 共有110922121(1)k k k k ==-=∑∑个，即满足1018k ≤≤的四位数abcd 共有921285k k ==∑个．故“好数”的个数是330285615+=．二、解答题（共3题，合计70分）9、（20分）三角形ABC 三个内角的度数满足：13A B B C ==； 求cos cos cos T A B C =++的值．解：设,3,9A B C θθθ===，由39θθθπ++=，得13πθ=．cos cos3cos9cos cos3cos 4T θθθθθθ=++=+-2222cos cos 22cos 212cos 22cos 211θθθθθ=-+>-+=．22222(cos cos3cos9)cos cos 3cos 92cos cos3T θθθθθθθθ=++=+++2cos cos92cos3cos9θθθθ++1cos 21cos 61cos8222θθθ+++=++ (cos 2cos 4)(cos8cos10)(cos6cos12)θθθθθθ++++++；而cos cos3cos9cos12cos10cos 4T θθθθθθ=++=---，所以22T T -=33(cos 2cos 4cos6cos8cos10cos12)θθθθθθ++++++， 又令cos 2cos 4cos 6cos8cos10cos12P θθθθθθ=+++++，则2sin (sin3sin )(sin5sin3)(sin 7sin5)(sin9sin 7)P θθθθθθθθθ⋅=-+-+-+-(sin11sin9)(sin13sin11)sin θθθθθ+-++-=-，所以12P =-．从而2332322T T -=-=，即24230T T --=，由于1T >，解此方程得T =． 10、（25分）如图，,,D E F 分别是ABC ∆的边,,BC CA AB 上的点，且0DE AB F =，00,EFBC D FD CA E ==；证明：,,AD BE CF 三线共点， 当且仅当000,,D E F 三点共线．证明：据梅尼劳斯定理，000,,D E F 三点共线， 当且仅当0000001AE CD BF E C D B F A⋅⋅=； 而据塞瓦定理，,,AD BE CF 三线共点， 当且仅当1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=． 因直线0D EF 截ABC ∆，得到01BD CE AF EA FB D C ⋅⋅=，所以，00CD CE AF D B EA FB=⋅， 同理，由直线0E DF 截ABC ∆得，00CE CD BFE A DB FA=⋅，由直线0F DE 截ABC ∆得，00BF BD CEF A DC EA=⋅．因此，2000000AE CD BF BD CE AF E C D B F A DC EA FB ⎛⎫⋅⋅=⋅⋅ ⎪⎝⎭； 由于该等式中的一端取值为1当且仅当其另一端也取值为1，故结论得证．11、（25分）20个巫师孤岛聚会．在这期间,任何三个巫师都曾在一起诅咒过别的某些巫师；证明：其中必存在某个巫师，他至少受到过其余九个巫师的诅咒．证：20个巫师，共可作成320C 个“三巫组”，每个组至少诅咒过一人，故被诅咒过的巫师至少有320C 人次，设W 是受到诅咒最多的一个巫师，他被m 个“三巫组”诅咒过，则 3205720C m ≥=，若这m 个“三巫组”中，总共含有k 个巫师，这k 人共可作成3k C 个“三巫组”，因此，357k C m ≥≥，注意到，当3k ≥时，组合数3k C 严格递增； 因为33895657,8457C C =<=>，由此得9k ≥．。
217山西省预赛试题解答
2017年全国高中数学联赛山西省预赛试题解答一、 填空题（每小题8分，共64分）1、20172017的正因数个数是． 答案：2018．解：由于2017是质数，所以，20172017的正因数必具有2017k 形式，其中，0,1,2,,2017k =，这种数共计2018个．因EC （点B F ，则为直角4、将全体正奇数按自小到大的顺序排列，然后取第一数为1a ，取后续两数和为2a ，再取后续三数和为3a ，如此继续，得到数列{}n a ，即：1231,35,7911,a a a ==+=++，则{}n a 的前20项之和1220a a a +++=．答案：44100． 解：1220a a a +++为前1220210+++=个奇数之和，答案是221044100=．5、直线2y kx =-交抛物线28y x =于,A B 两点，若线段AB 中点的横坐标为2，则 线段AB 的长度AB =．答案：解：据2kx y =+，则28816ky kx y ==+，1,24y k =±1,21,22224y x kk k +==+±，据条件，1222422x x k k+==+，得2k =或1k =-；若k =若k =这时6所以7、()20111234202010771727372017k k k +=+=+++++∑的末位数字是．答案：6． 解：()20110107k k k +=+∑的末位数字与201107k k +=∑的末位数字相同，注意对任意自然数n ，414243447,7,7,7n n n n ++++的末位数字顺次为7,9,3,1，其和的末位数字为0，所以()2011107k k k +=+∑的末位数字等于20120277+的末位数字，也即1277+的末位数字6．8、设{}1,2,,2017M =是前2017个正整数构成的集合，若从M 中去掉一个元素后，M 中剩下的元素之和恰为一个平方数，则去掉的元素是．答案：1677．解：2220172018122017142620334762⨯+++=>==，而20172018203347616772⨯-=．二、解答题(16分)求所有的正整数n ，使得集合{}1,2,,4M n =可以分拆成n 个四元子集：nk M M =，对于每个子集k a 4(4)1242n n n d n +++=+++=M 1k k A ==，其中}2,,88kkA k M M '+=， }{,83,88,84k k M k k k a =+++=有3)(88)83k k k ++++，2)(86)(87)k k ++++AC N =，Cl AB M =证：由于CD BI ⊥，CDAB M =，故BI 是CBM ∆的高与顶角C B M ∠的平分线，因此CBM ∆是等腰三以,,B I F 共线，角形，于是BI 也是CBM ∆底边CM 上的中线，所BM BC =．取BC 的中点P ，则12PF BC =，且PF ∥BM ，即PF ∥BA ，同理有11=22PE CN BC =，PE ∥CA ．因此PEF ∆是等腰三角形，其顶角EPF ∠的平分线 PK EF ⊥；又因CAB ∠与EPF ∠的夹边对应平行：PE ∥CA ，PF ∥BA ，所以其对应的角平分线也平行， 即AI ∥PK ，而PK EF ⊥，所以EF AI ⊥． 四、解答题（20分）证明：有无穷多组正整数,,x y z ，满足：2()2()5()x y z x y z xy yz zx +++++=++．证：采用调整法，显然111(,,)(1,1,1)x y z =是一组解，若(,,)k k k x y z 是方程的一组解，不妨设min(,,)k k k k z x y z =，以z 为主元，变形原方程为则kz '。
历年全国高中数学竞赛试卷及答案(77套)
9.若 是双曲线 上的点，则 的最小值是_________.
10. 如图，设正方体 的棱长为1，α为过直线 的平面，则α截该正方体的截面面积的取值范围是_________.
11.已知实数 满足： 的最大值是____.
12.设集合 则集合A中元素的个数是___________
二．填空题(本大题共4小题，每小题10分)：
1．设x≠y，且两数列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均为等差数列，那么 =．
解：a2－a1= (y－x)，b4－b3= (y－x)， = ．
2．( +2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为．
解：( +2)2n+1－( －2)2n+1=2(C 2xn22n+1)．
1．设x≠y，且两数列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均为等差数列，那么 =．
2．( +2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为．
3．在△ABC中，已知∠A=α，CD、BE分别是AB、AC上的高，则 =．
4．甲乙两队各出7名队员，按事先排好顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，……直至一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程．那么所有可能出现的比赛过程的种数为．
⑴ 点(1，1)∈ln，(n=1，2，3，……)；
⑵kn+1=an－bn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距，(n=1，2，3，……)；
⑶knkn+1≥0，(n=1，2，3，……)．
2016年全国高中数学联赛山西赛区预赛
焦 点为 ｆ —ｃ ０ １ ３ 一 ＝ ． ２ ０ ． ２ ）一 二 Ｊ ｆ 则 ｃ ～ ＝ 一 ， Ｃ Ｂ ２ ． ， ０ ．
准线方程 为 ：一 ２
，
２
：
，
Ｃ
２
ｃ
图 ３
两准线距离 为 ２ ． ， 焦距 为 ２ ｃ ．
ｋ＝Ｉ
故 ＝ ５ （ ３ ｓ ｉ ｎ 。 一 ４ ｃ 。 ｓ ）
＝５ ｓ ｉ ｎ （ ｘ ｏ 一０ ） ≤５ ．
③
由式② 、 ③得
当 一 ＝ ２ ＋ 詈 时 ， 上 式 等 号 成 立 ， 此 时 ，
ｔ ａ ｎ ｘ ｏ ＝ ｔ ａ ｎ ２ ｋ ＋ 詈 ＋ ） ＝ ｔ ａ ｎ （ 詈 ＋ ）
故 ｃ 。 ｓ ＝ √ Ｄ Ｅ ＝ ：
Ｓ＆ Ｂ Ｃ Ｏ－・ Ｉ ＤＥ
．
项式．
６・ 一 ・
ＢＣ － ８
．
设 ｃ 。 ｓ ＝ ３ ｓ ｉ ｎ ＝ ４（ 为锐角 ）
，
．
２ ０ １ ７年第 ３期
１ ９
２ ７
ａｎ
＝
．
＝
（ ３ 一 １ ） １ Ｔ（ ３ ＋ １ ） ＝ …
２ ０ １ ７年第 ３期
２ ０ １ ６年全 国高 中数学联赛 山西赛 区预赛
中图分类号 ： Ｇ ４ ２ ４ ． ７ ９ 文献标识码 ： Ａ 文章编号 ：１ ０ ０ ５— ６ ４ １ ６ （ ２ ０ １ ７ ） ０ ３－ ０ ０ ２ ５一 ｏ ４
一
、
填 空题 （ 每小题 ８分 ， 共６ ４分 ）
—‘。。一 ● — ———…
Ｃ
口
Ｚ
８ ． ３ ２ ￣ ￣－１
2014年全国高中数学联赛山西赛区预赛
2014年全国高中数学联赛山西赛区预赛
佚名
【期刊名称】《中等数学》
【年(卷),期】2015(0)2
【摘要】一、填空题(每小题8分,共64分)1.将正整数数列1,2,…按如下方式自左至右分段,使得第一段有1×2个数,第二段有2×3个数,…,第n段有n×(n+1)个数,….则2 014位于第____段.2.在直角四面体ABCD中,若六条棱长的和为6,则其体积的最大值为____.3.若△OAB的垂心恰为抛物线y^2=4x的焦点,其中,O为原点,点A、B在抛物线上,则△OAB的面积S=____.4.设sinα-cosα=1/3.则sin 3α+cos
3α=____.5.设对一切实数x,函数f(x)满足xf(x)=2f(1-x)+1.
【总页数】3页(P31-33)
【正文语种】中文
【中图分类】G424.79
【相关文献】
1.2014年全国高中数学联赛黑龙江赛区预赛 [J],
2.2014年全国高中数学联赛河南赛区预赛(高二) [J],
3.2014年全国高中数学联赛甘肃赛区预赛 [J],
4.2014年全国高中数学联赛江西赛区预赛 [J],
5.2014年全国高中数学联赛山东赛区预赛 [J],
因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。
01年全国高中数学联赛试题及解答
二OO—年全国高中数学联合竞赛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分两档；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，在评卷时请参照本评分标准适当划分档次评分，可以5分为一个档次，不要再增加其它中间档次.、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已知a为给定的实数，那么集合M={x| x2-3x-a2+2=0, x€ R}的子集的个数为(A) 1 (B) 2 (C) 4 (D) 不确定【答】(C ) 【解】方程x2-3x- a2+2=0的根的判别式△ =1+4a2>0，方程有两个不相等的实数根.由M有2个元素，得集合M有22=4个子集.2. 命题1 长方体中，必存在到各顶点距离相等的点；命题2 长方体中，必存在到各棱距离相等的点；命题3 长方体中，必存在到各面距离相等的点•以上三个命题中正确的有(A) 0 个(B) 1 个(C) 2 个(D) 3 个【答】(B ) 【解】只有命题1对.3. 在四个函数y=sin|x|, y=cosxi, y=|ctgx|, y=lg|sinx|中以为周期、在(0, )上单调递2增的偶函数是(A) y=sin|x| (B) y=cosXI (C) y=|ctgx| (D) y=lg|sinx|【答】(D )【解】y=sin|x|不是周期函数.y=cosXI=cosx以2 为周期.y=|ctgx|在(0,—)2上单调递减.只有y=lg|sinx|满足全部条件.4. 如果满足/ ABC=60° AC=12, BC=k 的厶ABC 恰有一个，那么 k 的取值范围是（A ） k=8：$3之和小于22元，则2枝玫瑰的价格和3枝康乃馨的价格比较结果是（） （A ） 2枝玫瑰价格高 （B ） 3枝康乃馨价格高（C ）价格相同（D ）不确定 【答】（A ）【解】 设玫瑰与康乃馨的单价分别为 x 、y 元/枝.则 6x+3y>24, 4x+5y<22.令 6x+3y=a>24, 4x+5y=b<22,解出 x=±(5a3b)，y=^(3b 2a)18 919(11 24 12 22)=0，即 2x>3y .5. 若 (1 x 2、1000 ,x ) 的展开式为a 0 a 1X 2a ?x a 20002000x ,则 a 。
2021年全国高中数学联赛山西省预赛试题解答
2021年全国高中数学联赛山西省预赛试题解答2021年全国高中数学联赛山西省预赛回答问题一、填空题（共8题，每题10分，计80分）1.在a组中？？1,2,3，答案：202解：将集合a??0001,0002,,2021?中，末位数字为1的元素个数为．2022？中的每个数字都从最后一位截断以获得集合b??000,001,,199,200,201?中的数，而a中形如abc1的数，皆可看成由b中的元素ABC是在ABC之后加上数字1得到的；因此，a中ABC1形式的元素数量等于B中的元素数量，即202x2y22、椭圆2?2?1的焦点为f1,f2，如果椭圆上的一点p使pf1?pf2，则?pf1f253的面积为．回答：922解：易知f1f2?8，pf1?pf2?10，所以(pf1f2中，1?pf2)?10，在直角?pfpf12?pf22?82，由以上两式得，s?pf1f2?3、数列?an?满足：a1?1，1pf1？pf2？9.2a2ka？2,2k？1.3，k？1、那么前100项的总和是：a2k？1a2ks100？。
答案：(6?1)．解：3550a2k？1a2k？1a2kaaa6,2k？2.2k？2.2k？1.6，a1？1，a2？2.那么，a2k？1a2ka2k？1a2ka2k？1a2ka2k？1.6k？1，a2k？2.6k？1，s100？（a1？a2）？（a3？a4）？3.3.6k？1.(650?1)．5k?150?(a99?a100)4.如果4N？1,6n？1是一个完整的平方数，则正整数n的最小值为答案：20．解决方案：4N？1,6n？1是一个奇数平方数；设定6N？1.（2百万？1）？4m（m？1）？1那么23n？2m（m1），M（m1）是偶数，那么4N，集n？4K，然后是4N？1.16k？1,6n？1.24k？1,2,3,4什么时候k？4N什么时候？1,6n？1不同于平方数，当k？5，即n？20:00，4n?1?81,6n?1?121皆为平方数，因此正整数n的最小值是20．5.功能y？2倍？5.11? 3x的最大值为。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2018 年全国高中数学联赛山西省预赛试题解答一、填空题（每小题8 分，共 64 分）1. 集合 M1,2,L ,2018中，末尾数字为8 的元素之和是 ________.答案： 204626解：若将所有的这种数划去其尾数8，剩下的数就是0，1，2，， 201，共计划去202 个 8，因此所求的和值为S 10 0 1 2 L 201 8 202 204626 .2. 将全体正整数按自小到大的顺序排列，然后这样分段，使得第一段有 1 个数，第二段有 3 个数，，第n 段有2n 1个数；那么，第20 段中的第18 个数是 ________.答案： 379解：显然，前 n 段共有 1 3 5 L2n 1 n2个数，即第 n 段中最大数为n 2；于是第 19段中的最大数为 19 2，则第20 段中第18 个数为361 18 379 .3613. 函数 y 1 x2 的值域是 ________.2 x答案： 0,331 x2 1 t 22解：因 x 1,1 ， y 0 ；又据 y2 ，令t x 2 ，则y2 ，即x 2 2 t 2y 2 1 t 2 4t 3 0 ，视为t 的二次方程，其判别式16 12 y 2 1 0 ，得 y 2 1 ，3y3，因 y 0 ，所以 y 0, 3 .3 3另解：x 1,1 ，令x cos ，0, ，则ysin，y 0 ，2 cos2 y sin y cos 1 y2 sin 1 y2 ，所以1 y2 4 y2，即 y2 1，因 y 0 ，3则 y 0, 3 .34. 若正整数 n 使得 3 恒介于 13与 1 3 之间，则 n ________. n n 1答案： 4解：当 n 为正整数时，易知 3 3，由 3 13，得 n 3 3 33 ；由 3 1 3 ，n 1 n n 3 1 2 n 1得 n 1 3 3，所以 n 1 3 3 , 3 3 3 ，此区间长度为1，其中只有唯一的整数4，所以2 2 2n 4 .5. 若双曲线 L 1 的两个焦点分别是椭圆 x 2y 21 的两个顶点， 而双曲线 L 1 的两条准线分L 2 : 2254别通过椭圆 L 2 的两个焦点，则双曲线 L 1 的方程是 ________.答案：x 22y 11510解：椭圆的长轴顶点为A 5,0 ，B 5,0 ，则其焦点在 X 轴上，用 c 1 ， c 2 分别表示 L 1 ， L 2的半焦距，则 c 1 5 ，而 c 22 524 2 9 ， c 2 3 ；所以椭圆焦点为 F 13,0 ， F 2 3,0 ，所x2y22以 双 曲 线 的 实 轴 为 X 轴 ， 设 其 方 程 为a215 ，a 2b 2 1 ， 由3 ， 所 以 ac 122 22L 1 的方程是x 2y 21510 ，因此双曲线1 .bc1a515 106. 计算 cos2 76的值为 ________.coscos777答案：18解：记 S2 46 ，则 Scoscos 2 cos 4 ，cos coscos77777 7 S 8sin8sincos244sin 2 2 cos 4 4 47 7 cos cos cos 2sin cos77 7 7 77 7 7 8 sin ，所以， 1sin S.7 7 87. 四面体 ABCD 中，有一条棱长为 3，其余五条棱长皆为 2，则其外接球的半径为 ________.答案：213解：设 BC 3 ，AB AC AD BD CD 2 ，E ，F 分别是 BC ，AD 的中点， D 在面 ABC上的射影 H 应是 ABC 的外心，由于 DH 上的任一点到 ， ， 等距，则外接球心 O 在DHA B C上，因 ABC ≌ DBC ，所以 AE DE ，于是 EF 为 AD 的中垂线， 所以球心 O 是 DH ， EF的交点，且是等腰EAD 的垂心，记球半径为 r ，由DOF ∽ EAF ，得 r AE DF ，而EF27， DF23，所以 rAE 22 23AF 1 ， EF2AE 2AF 7 21 .2443 38. 在一张印有 4 月 29 日的生日贺卡上， 某位小朋友在4 与 29 之间添加了两个正整数 x ， ，y 得到一个五位数 4 xy29 ，结果发现它恰好是自己的生日所对应的正整数T 的平方：4 xy29 TH 2 ；则这位小朋友生日对应的数 T ________.答案： 223解：由于 40000 4 xy29 50625 ，而 400002002 ， 50625 2252 ，所以 200 T 225 ，又因 T 24 xy29 的末位数为 9，所以 T 的末位数是 3 或 7；在 200 与 225 之间，这种数共有 5个： 203， 207， 213， 217， 223；验算知，只有 2232 49729 ，因此 T 223。
（对应的日期是 2 月 23 日）二、解答题（ 16 分）求解函数 yxx 3的最大最小值 .1 22x解：易知函数定义域为全体实数，由于yx x31 2x 1x 2 ，令 xtan ，则1 x2 22 1 x 2 1 x 2，121sin 21sin 42 xsin 2 x cos2 ，所以 ycos2 ，因此1 y 1 ；当1 x 21 x 2244 442k时，函数 y 分别取得最大、最小值 .2三、解答题（20 分）如图，圆内接四边形 ABCD 中，自 AD 的中点 M ，作 MN BC ，ME AB，MF CD ， N ， E ， F 为垂足： 证明： MN 过线段 EF 的中点 .证：在线段 AB ， CD 上分别取点 G ， H ，使 GE AE ， HF DF ，则 AGHD 四点共圆 （以M 点为该圆的圆心） ，所以 BGHADC 180 ABC ，于是 GH P BC ，则 MNGH ，设垂足为 K ，于是 K 为 GH 的中点（圆心 M 至圆弦的垂线， 平分该弦），这样， E ， K ， F ，M 为四边形 AGHD 四条边的中点， 因此 EKFM 为平行四边形， 故其对角线互相平分， 即 MN 过线段 EF 的中点 .四、解答题（ 20 分）已知正整数 n 的各位数字中，共含有a 1 个 1， a 2 个 2， ， a 9 个 9，证明： aa an 1 ，并确定使等号成立的条件。
2 13 210 9证：对正整数 n 的位数使用数学归纳法，当1 n 10 时，显然所证式成立等号，这是由于，此时数 n 的十进制表达中只有一位数字， 也就是 a n 1 ，其余 a i1 in 1，于是，左 1右。
设在 n 10kk 1时结论已成立， 则当 10 kn 10k 1时，据带余数除法， 存在 r ， 1 r9 ，使 n r 10k n 1 ， 0 n 1 10k1 ①如 果 n 10 ， 则 数 n 的 十 进 制 表 达 式 中 ， a r1 ， 其 余 a i 0 i r ， 显 然 有a1r 1 10 n 1 . 若 1 n 1 10 k1，设 n 1 的各位数字中，含有 a 1 个 1， a 2 个 2， ，r 1a 9 个 9，则 n 的各位数字中，含有 a r 1 个 r ， a i 个 i 1 i 9,i r，据归纳假设，对n 1 有2 a 13a 2Lr 1 2 a 13a 2r 1a r10ann 1 1 ，所以a r 110a 9r 1 n 1 1r n 1 1n 1 1 r 10 kn 1 1 n 1 . ②即当 10k n 10k 1 时结论成立，由归纳法，对一切正整数n ，结论皆成立 . 欲使等号成立，由证明过程可知，10 、或者 n 是一位数；20、在数 n 的位数多于一位时，由②式，必须n1 1 10k，故由①式得， n r 10k 10k 1 ， 1 r 9 ；总之， n 可表为n r 99L 9 k 0,1 r 9 形式；此结论也是充分的，当 n 可表为以上形式时，ar 1 ，a9 k ，1 2 3 k个 9此时 2a1 3a2 L L 10a91n 1 . r 1 10k。