全国高中数学联赛山东赛区预赛试题
2020年全国高中联赛山东赛区预赛试卷
∴ D 0,1 是一系列Δ ABC 的外接圆所经过的定点．
9．设 OABC 是边长为 1 的正四面体，E、F 分别为 AB 与 OC 的中点，
则异面直线
OE
与
BF
的距离是
．
__________________________________________________________________
2．已知 a 0 ，函数 f x ax2 bx c, g x ax b 满足：
当 x 1时， f
x
1，且 g x 有最大值 2，则 f
x
．
__________________________________________________________________
【解析】将盒子任意翻动时，小球达不到的空间有两类： 一是正方体 8 个角处的空间，二是正方体 12 条棱处的空间．
其中 8 个角处的空间可以合并为棱长为 2 的正方体挖掉半径为 1 的小球，其体积为 8 4 ； 3
12 条棱处的空间合并为 3 个空心正四棱柱(底边长 2 高 4 的正四棱柱挖去一底半径 1 高 4 的圆柱)，
又a
b ,c q
bq 代入上式得： bx
xd
bq①,
b q
b②,bqxd
b③， q
②×③再代入①得： b2 b2xq2d bq 2 q2d =b2q2d 2 ，∴ q2d3 1，
q
又 q 1，∴ 2d 3 0 ，∴ d 3 ． 2
法二：记 lg a x, lg c y ，则 lg b x y ，且 x y ， 2
∴ da cos A ，同理可得： db cos B , dc cos C ，
db cos B
2004年全国高中数学联赛山东赛区预赛
2004年全国高中数学联赛山东赛区预赛 一、选择题(每小题6分,共60分)1.已知f ( z -i )= z +2z -2i -1.则f (i 3)=( ).(A )2i -1 (B )-2i -1(C )i -1 (D )-i -12.若a ≠0,b >0,分别在同一坐标系内给出函数y =ax +b 和函数y =b ax 的图像(如图1),不可能的是( ).图1(A )①② (B )③④ (C )①③ (D )②④3.向量集合M ={a |a =(-1,1)+x (1,2),x ∈R },N ={a |a =(1,-2)+x (2,3),x ∈R }.则M ∩N =( ).(A ){(1,-2)} (B ){(-13,-23)}(C ){(-1,1)}(D ){(-23,-13)}4.如果直线l 沿x 轴负方向平移5个单位,再沿y 轴正方向平移1个单位后,又回到原来的位置,那么,直线l 的斜率是( ).(A )-15 (B )-5 (C )15 (D )55.若a 、b 满足0<a <b <1,则下列不等式中,正确的是( ).(A )a a <b b 3”(B )b a <b b (C )a a <b a 3”(D )b b <a a6.设双曲线的右准线与两渐近线交于A 、B 两点,以AB 为直径的圆过右焦点F.则双曲线的离心率为( ).(A )2 (B )22 (C )3 (D )237.已知函数f (x )的定义域为(a ,b ),且b -a >2.则F (x )=f (3x -1)-f (3x +1)的定义域为( ).(A )a -13,b +13 (B )a +13,b -13(C )a -13,b -13(D )a +13,b +138.已知函数f (x )=e x+1e x -1.若g (x )=f -1(-x ),则g (x )在区间( ).(A )(-1,+∞)上是增函数(B )(-1,+∞)上是减函数(C )(-∞,-1)上是增函数(D )(-∞,-1)上是减函数9.已知关于x 的方程sin 2x -(2a +1)cos x -a 2=0有实数解.则实数a 的取值集合是( ).(A )-54,1-2 (B )-54,1+2(C )[1-2,1+2](D )-32,1-2图210.如图2,在三棱锥P -ABC 中,P A ⊥底面ABC ,∠ACB =90°,A E ⊥P B 于E ,A F ⊥PC 于F.若P A =AB =2,∠B PC =θ,则当△A EF 的面积最大时,tan θ的值为( ).(A )2 (B )12 (C )2 (D )22二、填空题(每小题6分,共24分)11.某人有10万元,准备用于投资房地62中等数学产或购买股票.如果根据盈利表(表1)进行决策,那么,合理的投资方案应该是.表 1盈利概率购买股票盈利投资房地产盈利巨大成功01310万元8万元中等成功0153万元4万元失 败012-5万元-4万元 12.已知sinα-cosα=12.则sin3α-cos3α的值是.13.将红、黄、蓝、白、黑5个小球分别放入红、黄、蓝、白、黑5个盒子里,每个盒子里放且只放1个小球.则红球不在红盒内且黄球不在黄盒内的概率是.14.设A1、A2是椭圆x 2a2+y2b2=1(a>b>0)长轴上的两个顶点,P1P2是垂直于长轴的弦,直线A1P1与A2P2的交点为P.则点P的轨迹的方程是.三、解答题(共66分)15.(12分)已知b>a>0,且a+b=1.给出下面的四个式子b,a+b2,2ab,a4-b4a-b由大到小的排列,并给出相应的证明.16.(12分)在平面四边形ABCD中,AB=a,BC=b,CD=c,DA=d,且 a・b=b・c=m,c・d=d・a=n.(1)当m=n时,四边形ABCD是什么四边形?证明你的结论.(2)当m≠n时,四边形ABCD是什么四边形?证明你的结论.17.(12分)在数列{a n}中,a1=1,其前n 项和S n满足关系式3tS n-(2t+3)S n-1=3t(t>0,n=2,3,…).(1)求证:数列{a n}是等比数列;(2)设数列{a n}的公比为f(t),作数列{b n},使b1=1,b n=f1b n-1(n=2,3,…),求b n;(3)求b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+ b2n-1b2n-b2n b2n+1的值.图318.(15分)如图3,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M、N、P分别是棱CC1、CB、CD的中点.(1)求证:A1P⊥平面DMN;(2)求四面体A1DMN的体积.19.(15分)如图4,圆盘上有一指针,开始时指向圆盘的正上方.指针每次顺时针方图4向绕圆盘中心转动一角α,且316°<α<180°,经2004次旋转,第一次回到了其初始位置,即又指向了圆盘的正上方.试问:α有多少个可能的不同值?参考答案一、1.B.令 z-i=i3=-i,所以, z=0,z=0.故f(i3)=-2i-1.2.D.观察图像①,可得出a>0,b>1,函数y=ax+ b和y=b ax的图像均满足要求,排除(A)、(C).观察图像②,由y=ax+b得出a>0,0<b<1;由y=b ax得出a>0,b>1或a<0,0<b<1,矛盾,排除(B).3.B.若a=(a1,a2)∈M∩N,则有a1=-1+x1=1+2x2,a2=1+2x1=-2+3x2.整理,得x1-2x2=2,2x1-3x2=-3.解得x1=-12,x2=-7.于是,有M∩N={(-1-12,1-24)}={(-13,-23)}.4.A.722005年第2期依题意,直线l沿向量a=(-5,1)平移后,回到原位.设直线l的方程为y=ax+ b.平移后方程仍有y′=ax′+b的形式,这里y′=y+1, x′=x-5]y=y′-1,x=x′+5.故平移后,直线l的方程为y′-1=a(x′+5)+b,即 y′=ax′+b+5a+1.所以,5a+1=0,a=-15.5.C.根据幂函数及指数函数的单调性,按题意应有b a>a a,b a>b b.而a a、b b大小关系不确定.6.A.设双曲线方程为x 2a2-y2b2=1.则右准线方程为x=a2c,渐近线方程为y=±bax.由此可得,点A、B的坐标分别为a2c,abc、a2c,-abc.从而知|AB|=2abc.设右准线与x轴的交点为K.则有|KF|=c-a2c=b2c.又|KF|=12|AB|,所以,b2c=abc.故a=b,即知e=2.7.B.由题意得a<3x-1<b,a<3x+1<b.a+13<x<b+13,a-13<x<b-13.因为b-a>2,则b-13-a+13=(b-a)-23>0,即 a+13<b-13.所以,不等式组的解为a+13<x<b-13.因此,F(x)的定义域为a+13,b-1 3.8.C.设y=e x+1e x-1.解得x=lny+1y-1.所以,f-1(x)=ln x+1x-1.故g(x)=f-1(-x)=ln-x+1-x-1=ln x-11+x.由x-11+x>0,得x<-1或x>1.所以,g(x)的定义域为(-∞,-1)∪(1,+∞).选项(A)、(B)均不正确.由g(x)=ln x-1x+1=ln1-2x+1在(-∞,-1)上,2x+1随x的增大而减小,则1-2x+1随x的增大而增大.因为ln x是增函数,所以,g(x)随x的增大而增大,即g(x)在区间(-∞,-1)上是增函数.9.B.将方程变形为cos2x+(2a+1)cos x+a2-1=0.令t=cos x,则方程变形为t2+(2a+1)t+a2-1=0.设f(t)=t2+(2a+1)t+a2-1,t∈[-1,1].由题意知实数a应满足(2a+1)2-4(a2-1)≥0,f(1)≥0,f(-1)≥0,-1≤-2a+12≤1,或 f(1)f(-1)≤0.解得-54≤a≤1+2.所以,实数a的取值集合是-54,1+2.10.D.因为P A⊥面ABC,则P A⊥BC.又BC⊥AC,故BC⊥面P AC.所以,面P BC⊥面P AC.因为AF⊥PC,则AF⊥面P BC,有AF⊥EF.又P A=AB=2,AE⊥P B,所以,AE=2.在Rt△AEF中,因为AF2+EF2=AE2=(2)2=2,所以,AF・EF≤AF2+EF22=1.因此,S△AEF=12AF・EF≤12×1=12.当且仅当AF=EF时,上式中的等号成立,即S△AEF取得最大值12.82中等数学这时,AE・EF=EF2=1]EF=1.又AF⊥面P BC,AE⊥P B,由三垂线定理的逆定理,得FE⊥P B.在Rt△PEF中,由PE=2,EF=1,知tanθ=12=22.二、11.投资房地产.购买股票盈利的期望值为013×10+015×3+012×(-5)=315(万元).投资房地产盈利的期望值为013×8+015×4+012×(-4)=316(万元).所以,合理的投资方案应该是投资房地产.12.11 16.sin3α-cos3α=(sinα-cosα)(sin2α+sinα・cosα+cos2α)=(sinα-cosα)(1+sinα・cosα).已知sinα-cosα=12,且(sinα-cosα)2=sin2α-2sinα・cosα+cos2α=14,故sinα・cosα=38.从而,有sin3α-cos3α=1116.13.0165.将5个小球分别放入5个盒子内的放法共有N=5!=120(种).红球不在红盒内且黄球不在黄盒内的放法分为两类:(1)红球在黄盒内,这时有放法n1=4!=24(种);(2)红球不在红盒内也不在黄盒内时,有放法n2=C13C13A33=54(种);红球不在红盒内且黄球不在黄盒内,共有放法n=n1+n2=24+54=78(种).所以,红球不在红盒内且黄球不在黄盒内的概率为P=nN=78120=0165.14.x 2a2-y2b2=1.设点P1的坐标为(x0,y0),则有P2(x0,-y0)、A1(-a,0)、A2(a,0).A1P1所在直线的方程为y=y0x0+a(x+a).A2P2所在直线的方程为y=-y0x0-a(x-a).两式相乘,并利用x20a2+y20b2=1,消去x0、y0有y2=-y20a2-x20(a2-x2)=-b2a2(a2-x20)a2-x20(a2-x2)=-b2a2(a2-x2).整理得x2a2-y2b2=1.三、15.四个式子由大到小的排序是b>a4-b4a-b>a+b2>2ab.因为b>a>0,且a+b=1,所以,a4-b4a-b=(a+b)(a2+b2)=a2+b2,(a+b)22=12=a+b2.由b-(a2+b2)=b-a2-b2=b(1-b)-a2=a(b-a)>0,有b>a2+b2,即b>a4-b4a-b.由a2+b2>2ab,得2(a2+b2)>(a+b)2,则a2+b2>(a+b)22,即a4-b4a-b>a+b2.由a+b>2ab,12>ab,14>ab,12>2ab,有a+b2>2ab.所以,b>a4-b4a-b>a+b2>2ab.16.(1)当m=n时,即a・b=b・c=c・d=d・a.由a+b+c+d=0,得b+d=-(a+c).因为a・b+d・a=b・c+c・d,所以,a・(b+d)=c・(b+d).则a・(a+c)=c・(a+c),a2+a・c=a・c+c2.因此,a2=c2,即|a|2=|c|2,|a|=|c|.同理可得|b|=|d|.故四边形ABCD是平行四边形.又cos(180°-∠B)=a・b|a|・|b|=b・c|b|・|c|=cos(180°-∠C),所以,∠B=∠C.又由AB∥CD得∠B+∠C=180°,所以,922005年第2期∠B=∠C=90°.因此,四边形ABCD是矩形.(2)当m≠n时,四边形ABCD是等腰梯形.由(1)得|a|=|c|,∠B=∠C.同理可得∠A=∠D.因此,∠A+∠B=∠C+∠D=180°.故AD∥BC.下面用反证法证明AD≠BC.假设AD=BC,则四边形ABCD是平行四边形.由此得a=-c,b=-d,则a・b=(-c)・(-d)=c・d.因为a・b=m,c・d=n,则m=n,这与m≠n 矛盾.所以,AD≠BC.又|a|=|c|,则AB=CD.所以,四边形ABCD是等腰梯形.17.(1)由已知3tS2-(2t+3)S1=3t,即 3t(a1+a2)-(2t+3)a1=3t.由a1=1,解得a2=2t+33t.所以,a2a1=2t+33t.当n≥2时,有3tS n+1-(2t+3)S n=3t,①3tS n-(2t+3)S n-1=3t.②①-②得3ta n+1-(2t+3)a n=0.则a n+1a n=2t+33t.综上所述,知a n+1a n=2t+33t(n≥1).因此,{a n}是等比数列. (2)由(1)知f(t)=2t+33t,则b1=1,b n=2・1b n-1+33・1b n-1=23+b n-1.所以,b n-b n-1=23(n=2,3,…).因此,{b n}是等差数列,且b1=1,d=b n-b n-1=2 3.故b n=b1+(n-1)d=23n +13.(3)b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2n b2n+1 =b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…+b2n(b2n-1-b2n+1)=-43(b2+b4+…+b2n)=-43・n(b2+b2n)2=-43・n53+4n+132=-89n2-43n.18.(1)如图3,联结AP,则Rt△ADP≌Rt△DCN.有∠DAP=∠CDN,∠DAP+∠ADN=∠CDN+∠ADN=90°.故AP⊥DN.又A1A⊥平面ABCD,AP是A1P在平面ABCD内的射影,所以,A1P⊥DN.同理,A1P⊥DM.因为DM与DN相交于点D,所以,A1P⊥平面DMN.注:也可以建立坐标系利用向量证明.图5(2)如图5,联结A1D、B1C,B1C与MN相交于点E,联结DE交A1P于点H,则AH为四面体A1DMN的面DMN上的高.因正方体的棱长为2,则B1C=22,CE=14B1C=22.在Rt△CDE中,有DE=DC2+CE2=322.因为Rt△DHP∽Rt△DCE,所以,HPCE=DPDE.从而,HP=CE・DPDE=13.又A1P=DA21+DP2=3,所以,A1H=83.在△DMN中,由DM=DN,MN=CM2+CN2=2,且E是MN的中点,有DE⊥MN.则S△DMN=12MN・DE=32.故V四面体A1DMN=13×32×83=43.19.显然有316°<α=n×360°2004<180°.①(下转第42页)故DNTB =CD CB,即DN・CB=CD・TB.因此,DN・CB=CN・AB.(2)因为N为BM的中点,则BN=MN=6.又DM∥AB,所以,∠DMB=90°.如图5,过A作AG⊥MD交MD的延长线于点G,延长DN交AB的延长线于点F,设E为AD的中点,联结EF.因为∠ADN=∠BAD,所以,EF⊥AD.因为∠ABC=∠DMB=∠AG D=90°,AB=BM =12,所以,四边形ABMG为正方形.由于∠G AD=∠AFE,所以,△AG D∽△FE A.故G DAE =ADAF,即AD2=2G D・AF.①设B F=DM=x,则AF=12+x,G D=12-x.由勾股定理,有AD2=122+(12-x)2.代入式①,得122+(12-x)2=2(12+x)(12-x).解得x=8.因此,S△DMN=12・DM・MN=12×6×8=24.三、设这个四位数为abcd.由题意,得1000a+100b+10c+d+a+b+c+d=2004,即 1001a+101b+11c+2d=2004.①显然a=1或2,否则1001a>3000.(1)当a=1时,式①两边同时减去1001,得101b+11c+2d=1003.因为11c+2d的最大值为99+18=117,故101b ≥886,所以,b=9.从而,有11c+2d=1003-909=94.由于0≤2d≤18,则有94-18≤11c≤94.故c=7或8.当c=7时,11c+2d=77+2d=94,得d=172 (舍去);当c=8时,11c+2d=88+2d=94,得d=3.此时,这个四位数为1983.(2)当a=2时,式①两边同时减去2002,得101b+11c+2d=2.所以,b=0,c=0.故d=1.此时,这个四位数为2001.综上所述,所求的四位数为1983和2001.(杨 晋 安徽省芜湖市第13中学,241002)(上接第30页) 这里n是当指针第一次回到其初始位置时已经转过的圈数.因n是正整数,式①整理后可得21≤n≤1001.同时n必与2004互质,即(n,2004)=1.设d=(n,2004).若有d>1,则令n1=nd,n2=2004d.此时有α=n1×360°n2.这意味着指针转动n2次,每次转动角α,指针则旋转n1圈之后,回到其初始位置,与题设矛盾.由上述讨论可知,对任一满足21≤n≤1001,且(n,2004)=1的n,对应一个可能的α.反之亦然.故问题成为求满足上述两个条件的所有n的个数.因为2004=22×3×167,所以,(n,2004)=1Ζ28n,38n,1678n.在不大于1001的正整数中,不能被2或3整除的正整数共有1001-10012+10013-10012×3=1001-(500+333-166)=334(个).(符号[a]表示不超过a的最大整数.)其中只有1×167及5×167能被167整除,所以,不大于1001且满足条件的n共有334-2=332个.再去掉1,5,7,11,13,17,19这7个不大于20的数,知同时满足两个条件的n共有332-7=325个.因此,α共有325个可能的不同值.(李耀文 提供)。
2010年全国高中数学联赛山东赛区预赛
在其定义域内既有极 大值又有极小值． 实 则
数 ａ的取值 范围是 （
（ Ａ）一１ ＜０＜ ２
（ ） ａ∈ Ａ， 一／ Ａ ２若 则 ｔ∈ ． ，
） ．
（） ２ Ｂ ０＞
则 所有这样 的集 合 Ａ的个 数为 （
（ １ （ １ （ ） １ Ａ） ５ Ｂ）６ Ｃ ３
） ．
中 等 数 学
２ １ 全 国高 中 数学 联赛 山东赛 区预赛 ００年
中图分类号 ：（ ２ ．９ ； ４ ７ ４ 文献标识码 ： Ａ 文章编号：１０ ６ １ （０ １ ０ ０ ２ ０ ０ ５— ４ ６ ２ １ ）３— ０ ８— ７
一
、
选择题 （ 每小 题 ６分 ， ６ 共 ０分 ）
１ 已知 ｛ 是 一 等 差 数 列 ， 是 其 前 ． ａ｝ ５
（ 既不充 分也不 必要 Ｄ）
（譬 （ （ （ Ａ Ｂ ｃ 。 ） ） ） ）
５ 已知整 数集合 ． Ｍ ＝｛ ＋ 一 ６＝ ｍｌ ３ ０有 整数解 ｝ ，
２ 已知 函数 ． ）＝ ＋（ ｎ＋１ ＋（ ） 口＋１ ＋ｔ ） ／ ，
集合 Ａ满 足条件 ：
（ ） ＣＡＣＭ； １
（ ） ． 项
厂 ） － （ ～
１． ４ 函数 ）＝ ＋ ｘ ３ ４的 图像 ２ ＋ ＋
的对称 中心 为 ． 三、 解答 题 （ ６ 共 ６分 ） １．１ ５ （２分 ） 图 ２ 在 三 棱 锥 Ｐ —Ａ Ｃ 如 ， Ｂ
中 ． Ｂ ：Ｐ Ａ Ｂ Ｐ Ｃ， Ｐ
第二 组是 编号为 ３ ５ … ， ９的 ４ ，， ９ ９所学
校． 男选手 总 和设 为 Ａ ， 女选手 总和设 为 Ｂ ．
由 … （ ＝１２， ，９ 得 ２≥ ２ ｋ ， … ４ ）
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。
2005年全国高中数学联赛山东赛区预赛
- 1 -2005年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题一、选择题（每小题6分，共60分） 1．数集{x x x -2,}中x 的取值范围是（ ）A ．),(+∞-∞B ．),0()0,(+∞⋃-∞C ．),2()2,(+∞⋃-∞D ．),2()2,0()0,(+∞⋃⋃-∞2．若012=++z z ，则2005z的值是（ ）A ．1B ．1-C ．i 2321± D ．i 2321±- 3．函数x x y 24sin cos +=的最小正周期为（ ）A ．4πB ．2πC ．πD ．π24．随机抛掷一颗6个面分别刻有1，2，3，4，5，6个点的骰子，其出现（即向上一面）的 点数的数学期望值为 （ ） A ．3 B ．3.5 C ．4 D ．4.5 5．函数cx bx ax x f ++=23)(的图像如图，则下面关于c b a ,,符号判断正确的是 （ ）A ．0,0,0<<>c b aB ．0,0,0>>>c b aC ．0,0,0><<c b aD ．0,0,0<><c b a6．16666101192111011111-++++C C C 被8除所得余数是（ ）A ．0B ．2C ．3D ．5 7．不等式31|1log 1|31>+x 的解集为（ ）A ．)81,91(B ．)27,31(C ．)27,3()3,31(⋃ D ．)81,3()3,91(⋃8．当22ππ≤≤-x 时，函数)(x f 满足x x f x f 2sin )(sin 3)sin (2=+-，则)(x f 是（ ）A ．奇函数B ．偶函数C ．非奇非偶函数D ．既奇又偶函数- 2 - 9．点P 在双曲线222a y x =-的右支上，21,A A 21122A PA PA A ∠=∠，则21A PA ∠等于（ ） A ．30 B ．5.27C ． 25D ． 5.2210．正四面体ABCD 中，CD CF AB AE 41,41==，则直线DE 和BF 所成角是 （ ）A ．134arccosB ．133arccosC ．134arccos -πD ．133arccos -π二、填空题（每小题6分，共24分）11．已知函数⎩⎨⎧≤<+-<≤---=10,101,1)(x x x x x f ，则1)()(->--x f x f 的解集为 . 12．数列{n a }的前n 项和n S 满足n n a n S 2=，若10031=a ，则2005a 等于 .13．设平面内的两个向量,互相垂直，12==，又k 与t 是两个不同时为零的实数， 若向量b t a x )3(-+=与b t a k y 2+-=互相垂直，则k 的极大值为 .14．在某次商品的有奖销售活动中，有n 人获三等奖（4≥n ），三等奖的奖品共有四种，每 个三等奖获得者随意从四种奖品中挑选了一种，结果有一种奖品无人挑选的概率是 . 三、解答题（共5小题，计66分） 15．（12分）某人购房向银行贷款s 元，年利率为p ，每两年向银行返还一次本息，十年还清，要求每次向银行的付款数相同，那么十年付款的总额是多少？16．（12分）如图，斜三棱柱111C B A ABC -的侧面C C AA 11的面积为23的菱形，1ACC ∠ 为锐角，侧面11A ABB ⊥侧面C C AA 11，且11===AC AB B A .ABC1A 1B 1C- 3 -（1）求证11BC AA ⊥； （2）求11B A 到平面ABC 的距离.17．（12分）设c bx x x f ++=2)(（c b ,为常数），方程x x f =)(的两个实数根为21,x x ，且满足01>x ，112>-x x .（1）求证：)2(22c b b +>；（2）若10x t <<，比较1x 与)(t f 的大小.18．（15分）如图，过原点O 作抛物线px y 22=（0>p ）的两条互相垂直的弦OB OA ,， 再作AOB ∠的平分线交AB 于点C .求点C 的轨迹方程.- 4 -19．（15分）圆周上有800个点，依顺时针方向标号依次为800,,2,1 .它们将圆周分成800个间隙.任意选定一点染成红色，然后按如下规则逐次染红其余的一些点：若第k 号点已被染红，则可按顺时针方向经过k 个间隙，将所到达的那个点染红.如此继续下去，试问圆周上最多可得到多少个红点？证明你的结论.。
2022_年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题与解析
２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题与解析张志刚(山东省宁阳县复圣中学ꎬ山东泰安２７１４００)摘㊀要:文章给出２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题及其解析ꎬ部分试题从多个视角尝试解答ꎬ启迪学生敏锐捕捉解题灵感ꎬ多方位搭建解题思路ꎬ从而提高解题效益.关键词:竞赛数学ꎻ试题解析ꎻ极值问题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１６－００４９－０４收稿日期:２０２３－０３－０５作者简介:张志刚(１９８３－)ꎬ男ꎬ山东省宁阳人ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题共１４道题目ꎬ包括１０道填空题和４道解答题.考查内容主要有代数运算(第１㊁２题)㊁数列(第４㊁９题)㊁函数与不等式(第３㊁６㊁１１㊁１３题)㊁三角函数(第１０题)㊁平面解析几何(第８㊁１２题)㊁概率(第８题)㊁平面几何图形(第５题)㊁立体几何(第７题)㊁组合数学(第１４题)等.该套试卷设计简洁清新ꎬ构思别具匠心ꎬ解法灵活多变ꎬ饱含数学思想ꎬ凝聚教学智慧ꎬ富有较高的研究价值.与高考试题相比ꎬ竞赛试题综合性更强ꎬ思维跨度更大ꎬ需要考生具备较高的数学抽象㊁逻辑推理㊁数学运算等核心素养ꎬ以及转化与化归㊁函数与方程㊁分类讨论㊁换元法㊁配方法等数学思想方法ꎬ颇具挑战性和选拔性.命题组只给出了填空题的结果ꎬ未给出具体的解答过程ꎬ解答题也只提供了一种解法供阅卷参考.为此ꎬ笔者尝试对每道试题剖析解答ꎬ部分试题给出了有别于参考答案的精彩解法.题１㊀用ｘ[]表示不超过ｘ的最大整数ꎬ则方程２２ｘ－１[]２＋２ｘ－１[]－１＝０的解集是.解析㊀解方程２２ｘ－１[]２＋２ｘ－１[]－１＝０ꎬ得２ｘ－１[]＝－１(２ｘ－１[]＝１２舍)ꎬ则－１ɤ２ｘ－１<０ꎬ解得０ɤｘ<１２ꎬ故解集是０ꎬ１２[öø÷.题２㊀设ａꎬｂꎬｃɪＲꎬａ㊁ｃʂ０ꎬ方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０的两个虚根ｘ１ꎬｘ２满足ｘ２１ｘ２ɪＲꎬ则ð２０２２ｋ＝０ｘ１ｘ２æèçöø÷ｋ＝.解析㊀由于ｘ１ꎬｘ２是方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０的两个虚根ꎬ所以ｘ２＝ｘ－１ꎬｘ２１ｘ２＝ｘ２１ｘ－１ɪＲꎬｘ２１ｘ１－＝ｘ－２１ｘ１ꎬ即ｘ３１－ｘ－３１＝０ꎬ从而ｘ２１＋ｘ１ｘ－１＋ｘ－２１＝０ꎬ即ｘ１ｘ－１＝ωꎬ故ð２０２２ｋ＝０ｘ１ｘ２æèçöø÷ｋ＝ð２０２２ｋ＝０ωｋ＝１－ω２０２３１－ω＝１.题３㊀已知ｆｘ()是－ɕꎬ＋ɕ()上单调递增的奇函数ꎬ满足对一切实数θ恒有ｆａ－ｃｏｓ２θ()＋ｆａ＋ｓｉｎθ()ȡ０.则实数ａ的取值范围是.解析㊀对一切实数θ恒有ｆａ＋ｓｉｎθ()ȡｆｃｏｓ２θ－ａ()ꎬ则ａ＋ｓｉｎθȡｃｏｓ２θ－ａ.从而２ａȡ－２ｓｉｎ２θ－ｓｉｎθ＋１＝－２ｓｉｎθ＋１４æèçöø÷２＋９８.从而２ａȡ９８ꎬ解得ａȡ９１６.题４㊀数列ａｎ{}共１００项ꎬａ１＝０ꎬａ１００＝４７５ꎬ且ａｋ＋１－ａｋ＝５ꎬｋ＝１ꎬ２ꎬ ꎬ９９.则满足这种条件的不同数列的个数为.解析㊀由题意得ａｋ＋１－ａｋ＝ʃ５ꎬａ１００＝ａ１００－ａ９９()＋ａ９９－ａ９８()＋ ＋ａ２－ａ１()＝４７５ꎬ设９９个差ａｋ＋１－ａｋ中有ｘ个５和ｙ个－５ꎬ则有５ｘ－ｙ()＝４７５ꎬｘ＋ｙ＝９９ꎬ{解得ｘ＝９７ꎬｙ＝２.{所以９９个差ａｋ＋１－ａｋ中ꎬ有９７个取５和２个取－５.这９７个５和２个－５的每一个排列都唯一对应一个满足条件的数列ꎬ故满足这种条件的不同数列的个数为９９!９７!ˑ２!＝９９ˑ４９＝４８５１个.题５㊀单位圆内接四边形对角线互相垂直ꎬ则该四边形四条边平方和是.解析㊀如图１示ꎬ设四边形ＡＢＣＤ的边ａꎬｂꎬｃꎬｄꎬ对角线ＡＣꎬＢＤ的中点分别是Ｏ１ꎬＯ２ꎬ交点为Ｉꎬ记ＩＡ＝ｘꎬＩＢ＝ｙꎬＩＣ＝ｚꎬＩＤ＝ｗꎬＯＯ１＝ｆꎬＯＯ２＝ｅꎬ则ａ２＋ｂ２＋ｃ２＋ｄ２＝２ｘ２＋ｙ２＋ｚ２＋ｗ２()＝２[(Ｏ１Ａ＋ｅ)２＋(Ｏ２Ｂ－ｆ)２＋(Ｏ１Ａ－ｅ)２＋(Ｏ２Ｂ＋ｆ)２]＝４Ｏ１Ａ２＋Ｏ２Ｂ２＋ｅ２＋ｆ２()＝４ˑ１＋１()＝８.所以该四边形四条边平方和是８.图１题６㊀已知０<ａ<ｂ<１ｅꎬ则ａａꎬｂｂꎬａｂꎬｂａ从小到大排列为.解析㊀易知ａｂ<ａａꎬｂｂ<ｂａꎬａａ<ｂａꎬａｂ<ｂｂꎬ即有ａｂ<ａａ<ｂａꎬａｂ<ｂｂ<ｂａ.下面比较ａａ与ｂｂ的大小.设ｆｘ()＝ｘｌｎｘ０<ｘ<１ｅæèçöø÷ꎬ则ｆᶄｘ()＝ｌｎｘ＋１<０ꎬ所以ｆｘ()在０ꎬ１ｅæèçöø÷上单调递减.又０<ａ<ｂ<１ｅꎬ所以ｆａ()>ｆｂ().即ａｌｎａ>ｂｌｎｂ.即ｌｎａａ>ｌｎｂｂ.从而ａａ>ｂｂ.综上ꎬａｂ<ｂｂ<ａａ<ｂａ.题７㊀将３个１２ˑ１２的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分(如图２)ꎻ将这６部分接于一个边长为６２的正六边形上(图３)ꎬ若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图ꎬ则该多面体的体积是.图２㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图３解析㊀折成的多面体如图４所示ꎬ将其补形为正方体(如图５)ꎬ所求多面体体积为正方体体积的一半ꎬ即Ｖ＝１２ˑ１２３＝８６４.图４㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图５题８㊀设ａꎬｂ是从集合１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５{}中随机选取的数ꎬ则直线ｙ＝ａｘ＋ｂ与圆ｘ２＋ｙ２＝２有公共点的概率是.解析㊀易知ｙ＝ａｘ＋ｂꎬｘ２＋ｙ２＝２{即ａ２＋１()ｘ２＋２ａｂｘ＋ｂ２－２＝０有实根ꎬ则Δ＝２ａｂ()２－４ａ２＋１()ｂ２－２()ȡ０ꎬ解得ｂ２ɤ２ａ２＋１().当ｂ＝１ꎬ２时ꎬａ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝３时ꎬａ＝２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝４时ꎬａ＝３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝５时ꎬａ＝４ꎬ５.所以使得ｂ２ɤ２ａ２＋１()的ａꎬｂ()共有１９个ꎬ所求概率为１９２５.题９㊀已知正数列ａｎ{}满足对∀ｎɪＮ∗ꎬðｎｉ＝１ａ３ｉ＝ðｎｉ＝１ａｉ()２ꎬ则ａｎ＝.解析㊀由ａ３１＝ａ２１得ａ１＝１.由１＋ａ３２＝１＋ａ２()２得ａ２＝２.设当ｎɤｋ时ꎬａｋ＝ｋꎬ则当ｎ＝ｋ＋１时ꎬðｋ＋１ｉ＝１ａ３ｉ＝ðｋ＋１ｉ＝１ａｉ()２ꎬａ３ｋ＋１＋ðｋｉ＝１ａ３ｉ＝ａｋ＋１＋ðｋｉ＝１ａｉ()２ꎬａ３ｋ＋１＝ａ２ｋ＋１＋２ａｋ＋１ðｋｉ＝１ａｉꎬ从而ａ２ｋ＋１＝ａｋ＋１＋ｋｋ＋１()ꎬ解得ａｋ＋１＝ｋ＋１ꎬ故ａｎ＝ｎ.题１０㊀已知０<ｘꎬｙ<π２ꎬ则ｆ＝１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙ＋９ｓｉｎ２ｘ的最小值是.解法１㊀(柯西不等式法)ｆ＝９ｓｉｎ２ｘ＋ｓｉｎ２ｙ＋ｃｏｓ２ｙｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙ＝９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋１ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙꎬ解析式ｆ中三个分式分母之和ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ＝１－ｃｏｓ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝－ｃｏｓｘ－１２æèçöø÷２＋５４ɤ５４.由柯西不等式ꎬ得５４ｆȡ(ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ)[９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋１ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ]ȡ３＋１＋１()２＝２５ꎬ当ｘ＝π３ꎬｙ＝π４时取等号.所以ｆ的最小值是２０.解法２㊀(基本不等式＋柯西不等式法)ｆ＝９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙȡ９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘ[(ｃｏｓ２ｙ＋ｓｉｎ２ｙ)/２]２ȡ９ｓｉｎ２ｘ＋４ｃｏｓｘȡ３＋２()２ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝２５１－ｃｏｓ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝２５－ｃｏｓｘ－１/２()２＋５/４ȡ２５５/４＝２０ꎬ当且仅当ｘ＝π３时取等号ꎬ所以ｆ的最小值是２０.题１１㊀已知函数ｆｘ()满足对任意实数ｘꎬｙ有ｆｘｙ()＋ｆｙ－ｘ()ȡｆｘ＋ｙ().求证:对于任意实数ｘ均有ｆｘ()ȡ０.证明㊀取实数ｘꎬｙ满足ｘｙ＝ｘ＋ｙꎬ即ｘ－１()ｙ－１()＝１.令ｙ－１＝ｔｔʂ０()ꎬ则ｙ＝ｔ＋１ꎬｘ＝１ｔ＋１ꎬ则ｆｔ－１ｔæèçöø÷ȡ０ꎬ对于任意ｕɪＲꎬ令ｕ＝ｔ－１ｔꎬ则ｔ２－ｕｔ－１＝０.由Δ＝ｕ２＋４>０得ꎬ存在实数ｔꎬ使得ｕ＝ｔ－１ｔꎬｆｕ()ȡ０ꎬ即对于任意实数ｘꎬ均有ｆｘ()ȡ０.题１２㊀已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()ꎬ证明:存在圆心在原点的定圆ꎬ使该圆上任一点的切线与椭圆Ｃ恒有两个交点ＡꎬＢ且ＯＡң ＯＢң＝０.证法１㊀(命题组提供)当ＡꎬＢ分别为椭圆Ｃ的长㊁短轴端点时ꎬ原点到直线ＡＢ的距离为ａｂａ２＋ｂ２.下面证明圆ｘ２＋ｙ２＝ｒ２(其中ｒ＝ａｂａ２＋ｂ２)上任意一点处的切线与椭圆Ｃ恒交于两点ꎬ且满足ＯＡң ＯＢң＝０.由ｒ＝ａｂａ２＋ｂ２<ｂ知圆ｘ２＋ｙ２＝ｒ２在椭圆Ｃ内部ꎬ故该圆上任意一点处的切线与椭圆Ｃ恒交于两点.易得该圆上任意一点ｘ０ꎬｙ０()处的切线为ｘ０ｘ＋ｙ０ｙ＝ｒ２ꎬ代入ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ得ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ｘ２－２ａ２ｒ２ｘ０ｘ＋ａ２ｒ４－ｂ２ｙ２０()＝０ꎬ消去ｘꎬ得ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ｙ２－２ｂ２ｒ２ｙ０ｙ＋ｂ２ｒ４－ａ２ｘ２０()＝０.设Ａｘ１ꎬｙ１()ꎬＢｘ２ꎬｙ２()ꎬ则ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＝ｒ４ａ２＋ｂ２()－ａ２ｂ２ｘ２０＋ｙ２０()ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０＝ｒ４ａ２＋ｂ２()－ａ２ｂ２ｒ２ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０＝ａｂ()４－ａｂ()４ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ａ２＋ｂ２()＝０.即ＯＡң ＯＢң＝０.故圆ｘ２＋ｙ２＝ａｂ()２ａ２＋ｂ２满足条件.证法２㊀(极坐标法)设Ａρ１ｃｏｓθꎬρ１ｓｉｎθ()ꎬＢρ２ｃｏｓθ＋π２æèçöø÷ꎬρ２ｓｉｎθ＋π２æèçöø÷æèçöø÷ꎬ即Ｂ－ρ２ｓｉｎθꎬρ２ｃｏｓθ().代入ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ得ρ２１ｃｏｓ２θａ２＋ρ２１ｓｉｎ２θｂ２＝１ꎬρ２２ｓｉｎ２θａ２＋ρ２２ｃｏｓ２θｂ２＝１.故１ρ２１＋１ρ２２＝１ａ２＋１ｂ２＝ａ２＋ｂ２ａ２ｂ２.在ＲｔәＡＯＢ中ꎬＯＭʅＡＢꎬ故ＡＢ ＯＭ＝ＯＡ ＯＢꎬ１ＯＭ２＝ＡＢ２ＯＡ２ ＯＢ２＝ＯＡ２＋ＯＢ２ＯＡ２ ＯＢ２＝１ＯＡ２＋１ＯＢ２＝１ρ２１＋１ρ２２＝ａ２＋ｂ２ａ２ｂ２.所以ｒ２＝ａ２ｂ２ａ２＋ｂ２是定值ꎬ即存在圆ｘ２＋ｙ２＝ａｂ()２ａ２＋ｂ２满足条件.题１３㊀设ａꎬｂꎬｃ>０且ａ２＋ｂ＋ｃ＝５３ꎬａｂｃ＝２８.求ｆ＝ａ＋ｂ＋２ｂ＋ｃ＋ｃ＋ａ的最小值.解析㊀设ａ＝７ｘꎬｂ＝２ｙꎬｃ＝２ｚꎬ则ｘｙｚ＝１ꎬ４９ｘ２＋２ｙ＋２ｚ＝５３ꎬ即２ｙ＋ｚ()＝５３－４９ｘ２.①由１＝ｘｙｚɤｘ＋ｙ＋ｚ３æèçöø÷３得ｘ＋ｙ＋ｚȡ３ꎬ即２ｘ＋５３－４９ｘ２ȡ６ꎬ即０<ｘɤ１.由１＝ｘｙｚɤｙｚɤｙ＋ｚ２æèçöø÷２ꎬ得ｙ＋ｚȡ２ꎬｙｚȡ１.②故ｂ＋ｃ＝２ｙ＋２ｚȡ２.由①②ꎬ得ａ＋ｂ＋ｃ＋ａ＝７ｘ＋２ｙ＋２ｚ＋７ｘ＝７ｘ＋２ｙ＋２ｚ＋７ｘ()２＝１４ｘ＋２ｙ＋ｚ()＋２４９ｘ２＋１４ｘｙ＋ｚ()＋４ｙｚȡ１４ｘ＋５３－４９ｘ２＋２４９ｘ２＋２８ｘ＋４＝－４９ｘ２＋２８ｘ＋５７.因为ｙ＝－４９ｘ２＋２８ｘ＋５７０<ｘɤ１()的图象的对称轴为ｘ＝２７ꎬ所以当ｘ＝１时ꎬｙ取得最小值３６ꎬ从而ａ＋ｂ＋ｃ＋ａȡ６ꎬｆȡ１０ꎬ显然ꎬ当且仅当ｘ＝ｙ＝ｚ＝１ꎬａ＝７ꎬｂ＝ｃ＝２时等号成立ꎬ故ｆ的最小值为１０.题１４㊀把集合Ａ＝１０１１ꎬ１０１２ꎬ ꎬ２０２２{}任意划分为两个不交的非空子集.证明:至少有一个子集中包含两个数ꎬ这两个数之和为完全平方数.证明㊀先找三个正整数ｘ<ｙ<ｚ使得两两之和为完全平方数ꎬ令ｘ＋ｙ＝ｍ２ꎬｘ＋ｚ＝ｍ＋１()２ꎬｙ＋ｚ＝ｍ＋２()２ꎬ则ｍ为奇数(否则ꎬｘ㊁ｙ同奇偶ꎬｙ㊁ｚ同奇偶ꎬ得ｘ㊁ｙ㊁ｚ同奇偶ꎬ故ｘ＋ｚ＝ｍ＋１()２为偶数ꎬ矛盾).令ｍ＝２ｋ－１ｋɪＮ∗()ꎬ解ｘ＋ｙ＝２ｋ－１()２ꎬｘ＋ｚ＝４ｋ２ｙ＋ｚ＝２ｋ＋１()２ìîíïïïï得ｘ＝２ｋ２－４ｋꎬｙ＝２ｋ２＋１ꎬｚ＝２ｋ２＋４ｋ.{由ｘ＝２ｋ２－４ｋȡ１０１１ꎬ得ｋȡ２４.当ｋ＝２４时ꎬｘ＝１０５６ꎬｚ＝１２４８<２０２２.由ｘ＝２ｋ２－４ｋɤ２０２２得ｋɤ３０ꎬ故当２４ɤｋɤ３０时ꎬ１０１１ɤｘ<ｙ<ｚɤ２０２２.将Ａ中１０１２个数任意划分成两不交的非空子集时ꎬ对２４ɤｋɤ３０中的任一整数ｋ对应的ｘꎬｙꎬｚ中必有两个属于同一子集ꎬ这两个数之和为完全平方数.参考文献:[１]张志刚.一道联考试题命制背景与破解研究[Ｊ].数理化学习(高中版)ꎬ２０２２(０３):３－６.[责任编辑:李㊀璟]。
2023年全国中学生数学奥林匹克暨2023年全国高中数学联合竞赛一试(A卷)试题及参考答案
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）试题（含参考答案）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. 设复数910i z （i 为虚数单位），若正整数n 满足2023n z ，则n 的最大值为 ． 答案：2．解：22910181nnnnz z．因21812023z ，而当3n 时，181132023nn n z，故n 的最大值为2．2. 若正实数,a b 满足lg 2b a ，lg lg 5a b a b ，则lg ()ab ab 的值为 ． 答案：20．解：因为lg lg lg lg 102a a b b b a ，所以lg lg lg lg lg lg lg ()()()52220ab a b a b b a ab ab a b a b ．3. 将一枚均匀的骰子独立投掷三次，所得的点数依次记为,,x y z ，则事件“777C C C x y z”发生的概率为 ． 答案：127．解：由于162534777777C C C C C C ，因此当,,{1,2,3,4,5,6}x y z 时，事件“777C C C x y z”发生当且仅当“{1,6},{2,5},{3,4}x y z ”成立，相应的概率为321627． 4. 若平面上非零向量,, 满足 ，2|| ，3|| ，则||的最小值为 ．答案：23．解：由 ，不妨设(,0),(0,)a b ，其中,0a b ，并设(,)x y，则由2||得2by a ，由3|| 得3ax b ．所以2232||2223b ax y xy a b． 取3,2a b ，此时6x y ，||取到最小值23．5. 方程sin cos2x x 的最小的20个正实数解之和为 ． 答案：130 ．解：将2cos212sin x x 代入方程，整理得(2sin 1)(sin 1)0x x ，解得532,2,2()662Z x k k k k．上述解亦可写成2()36Z k x k，其中0,1,,19k 对应最小的20个正实数解，它们的和为192219202013036326k k． 6. 设,,a b c 为正数，a b ．若,a b 为一元二次方程20ax bx c 的两个根，且,,a b c 是一个三角形的三边长，则a b c 的取值范围是 ．答案：7,518． 解：由条件知2222()()()ax bx c a x a x b ax a ab x a b ，比较系数得22,b a ab c a b ，故24,11a a b c a a，从而 24231a a a b c a a a a a ．由于201a a b a，故112a ．此时显然0b c ．因此，,,a b c 是一个三角形的三边长当且仅当a c b ，即4211a a a a a，即2(1)0a a a ，结合112a ，解得15122a ．令23()f x x x x ，则()a b c f a ．显然当0x 时()f x 连续且严格递增，故a b c 的取值范围是151,22f f，即7,518 ． 7. 平面直角坐标系xOy 中，已知圆 与x 轴、y 轴均相切，圆心在椭圆2222:1(0)x y a b a b内，且 与 有唯一的公共点(8,9)．则 的焦距为 ．答案：10．解：根据条件，可设圆心为(,)P r r ，则有222(8)(9)r r r ，解得5r 或29r ．因为P 在 内，故5r ．椭圆 在点(8,9)A 处的切线为2289:1x y l a b ，其法向量可取为2289,n a b． 由条件，l 也是圆 的切线，故n 与PA 平行，而(3,4)PA ，所以223227a b．又2264811a b ，解得22160,135a b ．从而 的焦距为22210a b ．8. 八张标有,,,,,,,A B C D E F G H 的正方形卡片构成下图．现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边（例如可按,,,,,,,D A B E C F G H 的次序取走卡片，但不可按,,,,,,,D B A E C F G H 的次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为 ．AB C D EFGH答案：392．解：如左下图重新标记原图中的八张卡片．现将每张卡片视为顶点，有公共边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边，得到一个八阶图，该图可视为右下图中的2m n 阶图(,)G m n 在3,3m n 时的特殊情况．231-3-20P-1 G (m , n )Pn...210-1-2-m ...取卡片（顶点）的规则可解释为：(i) 若顶点P 已取走，则以下每步取当前标号最小或最大的顶点，直至取完； (ii) 若顶点P 未取走，则必为某个(,)(,0)G m n m n 的情形，此时若0m ，则将P 视为1 号顶点，归结为(i)的情形；若0,0m n ，则将P 视为1号顶点，归结为(i)的情形；若,1m n ，则当前可取P 或m 号顶点或n 号顶点，分别归结为(i)或(1,)G m n 或(,1)G m n 的情形．设(,)G m n 的符合要求的顶点选取次序数为(,)f m n ，本题所求即为(3,3)f ．由(i)、(ii)知1(,0)2(0)m f m m ，1(0,)2(0)n f n n ，且(,)2(1,)(,1)(,1)m n f m n f m n f m n m n ．由此可依次计算得(1,1)12f ，(1,2)(2,1)28f f ，(1,3)(3,1)60f f ，(2,2)72f ，(2,3)(3,2)164f f ，(3,3)392f ，即所求数目为392．二、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）平面直角坐标系xOy 中，抛物线2:4y x ，F 为 的焦点，,A B 为 上的两个不重合的动点，使得线段AB 的一个三等分点P 位于线段OF 上（含端点），记Q 为线段AB 的另一个三等分点．求点Q 的轨迹方程．解：设1122(,),(,)A x y B x y ．不妨设AP PQ QB ，则121222,33x x y y P． 易知(1,0)F ．由于点P 位于线段OF 上，故122[0,1]3x x ，12203y y ． ……………4分可设12,2y t y t ，则2212,4t x x t ．此时有2122[0,1]32x x t ，且由,A B 不重合知0t ，所以2(0,2]t ． ……………8分设(,)Q Q Q x y ，则21212232,343Q Q x x y y x t y t，有243Q Q y x ． 注意到2330,42Q x t ，故点Q 的轨迹方程为243(0)32y x x ．……………16分10.（本题满分20分）已知三棱柱111:ABC A B C 的9条棱长均相等．记底面ABC 所在平面为 ．若 的另外四个面（即面111111111,,,A B C ABB A ACC A BCC B ）在 上投影的面积从小到大重排后依次为23,33,43,53，求 的体积．解：设点111,,A B C 在平面 上的投影分别为,,D E F ，则面11111,,A B C ABB A 1111,ACC A BCC B 在 上的投影面积分别为,,,DEF ABED ACFD BCFE S S S S ．由已知及三棱柱的性质，DEF 为正三角形，且,,ABED ACFD BCFE 均为平行四边形．由对称性，仅需考虑点D 位于BAC 内的情形（如图所示）． 显然此时有ABED ACFD BCFE S S S ． ……………5分XFEB DCA由于,,,23,33,43,53DEF ABED ACFD BCFE S S S S ，故,ABED ACFD S S 必为23,33的排列，53BCFE S ，进而43DEF S ，得DEF 的边长为4，即正三棱柱 的各棱长均为4． ……………10分不妨设23,33ABED ACFD S S ，则333,2ABD ACD S S ．取射线AD 与线段BC 的交点X ，则23ABD ACD BX S CX S ，故85BX ．因此2242cos60195AX AB BX AB BX ， 而58ABD ACD ABC AD S S AX S ，故192AD． ……………15分 于是 的高221352h AA AD． 又43ABC S ，故 的体积615ABC V S h ． ……………20分11.（本题满分20分）求出所有满足下面要求的不小于1的实数t ：对任意,[1,]a b t ，总存在,[1,]c d t ，使得()()1a c b d ．解：记[1,]t I t ，()()S a c b d ．假如2t ，则当a b t 时，对任意,t c d I ，均有2(1)1S t ，不满足要求．假如312t，则当1,2a b t 时，对任意,t c d I ，均有 21a c t ，12t b d ．若,a c b d 同正或同负，则2(1)1S t ，其余情况下总有01S ，不满足要求． ……………5分以下考虑322t 的情形．为便于讨论，先指出如下引理．引理：若1,2u v ，且52u v ，则1uv ．事实上，当32u v 时，22225312244u v u v uv ． 当32u v 时，1131222uv ．引理得证． 下证对任意,t a b I ，可取11,t c d I ，使得111()()1S a c b d ．① 若12a b ，则取111c d ，此时1(1)(1)(1)(1)S a b a b ，其中31311,12222a b b a ，且5(1)(1)2()2a b a b ，故由引理知11S ．若12a b ，则取1132t c d I ，此时13322S a b， 其中331,222a b ，且3353222a b a b ，故由引理知11S ． ……………15分 注意到，当,t a b I 时，可取2t c I ，使得21a c （例如，当[1,1]a 时取20c ，当(1,]a t 时取21c ），同理，可取2t d I ，使得21b d ．此时22222()()1S a c b d a c b d ．②根据①、②，存在一个介于12,c c 之间的实数c ，及一个介于12,d d 之间的实数d ，使得()()1a c b d ，满足要求．综上，实数t 满足要求当且仅当322t ． ……………20分。
2010年全国高中数学联赛山东赛区预赛试卷及解析
2010年全国高中数学联赛山东赛区预赛试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、选择题1.已知{n S n是其前n项之和. 则−a m<a1<a m+1是S m>0，S m+1<0的（）条件.A. 充分必要B. 充分而不必要C. 必要而不充分D. 既不充分也不必要2.已知函数f(x)=x3+(a+1)x2+(a+1)x+a在其定义域内既有极大值又有极小值. 则实数a的取值范围是（）A. −1<a<2B. a>2C. a<−1D. a>2或a<−13.若集合M={x |3−x||5−x|≤12}和集合N={x|x2−2x+c≤0}满足M∩N=M，则实数c的取值范围是（）.A. c≤−449B. c≤−559C. c≤−669D. c≤−7794.已知−π2<α<π2，2tanβ=tan2α，tan(β−α)=−2√2. 则cosα=（）.A. √32B. √22C. √33D. √235.已知整数集合M={m|x2+mx−36=0有整数解}，集合A满足条件：（1）∅⊂A⊆M；（2）若a∈A，则−a∈A，则所有这样的集合A的个数为（）.A. 15B. 16C. 31D. 326.已知0<a<b，在a、b之间插入一个正数k，使a、k、b成等比数列；在a、b之间插入两个正数m、n，使a、m、n、b成等差数列. 则(k+1)2与(m+1)(n+1)的大小关系为（）.A. (k+1)2<(m+1)(n+1)B. (k+1)2=(m+1)(n+1)C. (k+1)2>(m+1)(n+1)D. 不确定7.设z为复数，i为虚数单位. 若|z|=1，|z+i|=1，则当(z+i)n(n∈N+)，为实数时，|z+i|n的最小值为（）.A. √3B. 3C. 2√3D. 3√38.在多项式(a+b+c+d)8的展开式中，每一字母的指数均不为零的项共有（）项.A. 35B. 42C. 45D. 509.如图，在三棱锥P−ABC中，侧面PAC⊥底面ABC，底面ABC是边长为1的正三角形，PA=PC，∠APC=90°，M是棱BC的中点. 则AB与PM间的距离为（）.A. √34B. 12C. √32D. √3310.某人从上一层到二层需跨10级台阶. 他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2级台阶，称为二阶步，最多能跨3级台阶，称为三阶步. 从一层上到二层他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶. 则他从一层到二层可能的不同过程共有（）种. A. 6 B. 8 C. 10 D. 12第II卷（非选择题）二、解答题11.如图，在三棱锥ABC中，PB=PC，∠APB=∠APC=90°，∠BPC= 60°. 若此三棱锥的体积为定值V，求点P到平面ABC距离的最大值.=1(a>b>0)的左、右焦点，弦AB经过点F2，且12.已知F1、F2是椭圆x2a2+y2b2|AF2|=2|F2B|，tan∠AF1B=3.4（1）求椭圆的离心率e ；（2）若△F 1F 2B 的面积为2，求椭圆的方程. 13.已知函数f (x )对于任意实数x 、y ，都有f (x+y )=f (x )+f (y )−3，且当x >0时，f (x )<3.（1）f (x )在实数集R 上是否为单调函数？并说明理由； （2）若f (6)=−9，求f ((12)2010).14.服装销售商甲和乙欲销某品牌服装制造企业生产的服装. 该企业的设计部门在无任何有关甲和乙销售信息的情况下，随机地为他们提供了n 种不同设计的款式，由甲和乙各自独立地选定自己认可的那些款式. 则至少有一个款式为甲和乙共同认可的概率为多少？ 15.某年级n 位同学参加语文和数学两门课的考试，每门课的考分从0到100分. 假如考试的结果没有两位同学的成绩是完全相同的（即至少有一门课的成绩不同）. 另外，“甲比乙好”是指同学甲的语文和数学的考分均分别高于同学乙的语文和数学的考分. 试问：当n 最小为何值时，必存在三位同学（设为甲、乙、丙），有甲比乙好，乙比丙好.三、填空题16.已知函数f (x )=ax 2−12x −34(a >0)，若在任何长度为2的闭区间上总存在两点x 1、x 2，使|f (x 1)−f (x 2)|≥14成立，则a 的最小值为______.17.已知△ABC 的垂心为H . 若B (0,0)，C (2,0)，且点H 在圆(x −1)2+(y +1)2=2上移动，则动点A 的轨迹为______. 18.若函数f (x )=lnex e−x，则∑f (ke 2011)=2010k=1______.19.函数f (x )=x 3+2x 2+3x +4的图像的对称中心为______.参考答案1.A【解析】1.事实上，{S m=m2(a1+a m)>0S m+1=m+12(a1+a m+1)<0⇔a1+a m+1<0<a1+a m⇔−a m<a1<−a m+1.所以，是充分必要条件.2.D【解析】2.由f(x)=x3+(a+1)x2+(a+1)x+a，得f′(x)=3x2+2(a+1)x+(a+1).由题设知f′(x)=0一定有两个不相等的实数根.从而，Δ=4(a+1)2−12(a+1)>0.解得a>2或a<−1.3.B【解析】3.由M={x≠5|4(3−x)2≤(5−x)2}={x≠5|3x2−14x+11≤0}={x|1≤x≤113}，N={x|1−√1−c≤x≤1+√1−c}，且1−√1−c≤1，得1+√1−c≥11 3⇒c≤−559.4.C【解析】4.设tanα=u.由tanβ=12tan2α=tanα1−tan2α=u1−u2，得tan(β−α)=tanβ−tanα1+tanα⋅tanβ=u1−u2−u1+u⋅u1−u2=u3.由u3=−2√2，得u=tanα=−√2.因为−π2<α<π2，所以，cosα=√1+tan 2α=√33.5.C【解析】5.设α、β为方程x 2+mx −36=0的两根. 则αβ=−36. 于是，当|α|=1，|β|=36时，m =±35； 当|α|=2，|β|=18时，m =±16； 当|α|=3，|β|=12时，m =±9；当|α|=4，|β|=9时，m =±5； 当|α|=6，|β|=6时，m =0.故M={0}∪{−5,5}∪{−35,35}.由条件（1）知A≠∅.由条件（2）知A 是由一些成对的相反数所成之集. 所以，M 的5对相反数共能组成25−1=31个不同的非空集合A .6.A【解析】6.由a 、k 、b 成等比数列知k 2=ab .则(k +1)2=(√ab +1)2<(a +1)(b +1).由a 、m 、n 、b 成等差数列知a+b =m +n ，且b −a >n −m .由(m +1)+(n +1)=(a +1)+(b +1)，知(m +1)(n +1)>(a +1)(b +1). 故(k +1)2<(a +1)(b +1)<(m +1)(n +1).7.D【解析】7. 设z=x +yi(x 、 y ∈R).由|z |=1，|z +i |=1，得{x 2+y 2=1x 2+(1−y )2=1⇒{x =±√32y =12. 故z =±√32+12i ，|z +i |n =|√3(±12+√32i )|n =|√3ek−i 3|n =(√3)n(k ∈{1,2}).易见，使(z +i )n 为实数时，n 的最小值为3.此时，|z +i |n 的最小值为(√3)3=3√3.8.A【解析】8.设(a +b +c +d )8的展开式中任意一项为pa x 1b x 2c x 3d x 4. 若其每一字母的指数不为零，则x 1≥1(i =1,2,3,4)，且x 1+x 2+x 3+x 4=8.令u i=x i −1(i =1,2,3,4). 则u 1+u 2+u 3+u 4=4.因此，所求的项数为C 73=35.9.A【解析】9. 如图，作PO⊥AC 于点O ，则O 是AC 的中点. 联结OM .由M 是BC 的中点知OM ∥AB .过点M 作MN ⊥AB 于点N .易知，MN =√34.因为OM∥AB ，所以，MN ⊥OM .又侧面PAC ⊥底面ABC ，PO ⊥AC ，则PO ⊥底面ABC ，PO ⊥MN . 从而，MN⊥平面POM ，MN ⊥PM .故MN 是AB 和PM 的公垂线.10.C【解析】10.按题意要求，不难验证这6步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1个的三阶步. 因此，只能是1个三阶步，2个二阶步，3个一阶步.为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级台阶的过程： 白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步. 每一过程可表为3个白球、2个黑球、1个红球的一种同色球不相邻的排列. 下面分三种情形讨论.（1）第1、第6球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧. 此时，共有4个黑白球之间的空位放置红球. 所以，此种情况共有4种可能的不同排列. （2）第1球不是白球.（i ）第1球为红球，则余下5球只有一种可能的排列；（ii ）若第1球为黑球，则余下5球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列，此种情形共有3种不同排列.（3）第6球不是白球，同（2），共有3种不同排列. 总之，按题意要求从一层到二层共有4+3+3=10种可能的不同过程.11.√2V 3【解析】11.如图，设BC 的中点为D ，联结AD 、PD . 由对称性知BC ⊥平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABC .作PO ⊥AD ，垂足为O . 则PO ⊥平面ABC . 设PO=ℎ，∠PAD =α(0°<α<90°). 则PA =ℎsinα.因为∠APB =∠APC =90°，所以，PA ⊥平面PBC ，PA ⊥PD .故PD =ℎcosα.易知△PBC 是三角形.又因为PD ⊥BC ，所以，BC =√3=√3cosα.则V=16PA ⋅PD ⋅BC =33√3sinα⋅cos 2α.故ℎ3=3√3Vsinα⋅cos 2α.注意到sinα⋅cos 2α=√12(2sin 2α⋅cos 2α⋅cos 2α)≤√12(2sin 2α+cos 2α+cos 2α3)3=2√39.当且仅当sinα=√33时，上式等号成立.此时，ℎ取最大值√2V 3.12.（1）√53；（2）x 29+y 24=1【解析】12.（1）设|AF 2|=2|F 2B |=2k .由|AF 1|+|AF 2|=2a ，|BF 1|+|BF 2|=2a ，得|AF 1|=2a −2k ，|BF 1|=2a −k .因为tan∠AF 1B=34，所以，cos∠AF 1B =45.在△AF 1B 中，由余弦定理得|AB |2=|AF 1|2+|BF 1|2−2|AF 1||BF 1|cos∠AF 1B ，即(3k )2=(2a −2k )2+(2a −k )2−2(2a −2k )(2a −k )⋅45.化简得(a −3k )(2a +3k )=0.因为2a+3k >0，所以，a =3k .于是，|AF 1|=2a −2k =4k ，|AB |=3k ，|BF 1|=2a −k =5k . 故|AF 1|2+|AB |2=|BF 1|2.因此，∠F 1AF 2=90°.在Rt △AF 1F 2中，设|F 1F 2|=2c . 则|AF 1|2+|AF 2|2=|F 1F 2|2，即(4k )2+(2k )2=4c 2.解得c=√5k .所以，e =c a=√53.（2）由S △AF 1F2S △F 1F 2B =|AF 2||F 2B |=2，得S △AF 1F 2=12|AF 1||AF 2|=2S △F 1F 2B =4， 即12×4k ×2k =4⇒k =1.所以，a =3，c =√5，b =√a 2−c 2=2.故椭圆方程为x 29+y 24=1.13.（1）见解析；（2）3−(12)2009【解析】13.（1）对任意的x 1、x 2∈R ，且x 1<x 2，则f (x 2)=f(x 1+(x 2−x 1))=f (x 1)+f (x 2−x 1)−3. 因x 2−x 1>0，所以，f (x 2−x 1)<3，即f (x 2)<f (x 1).从而，f (x )在R 上为单调减函数. （2）由f (6)=f (2)+f (4)−3=f (2)+(f (2)+f (2)−3)−3=3f (2)−6=−9，得f (2)=−1.又由f (2)=f (1)+f (1)−3，得f (1)=1. 对任意的a∈R ，显然有f (a )=2f (a2)−3⇒f (a2)=f (a )+32.令a 1=f (1)=1，a n+1=f ((12)n)=f ((12)n−1)+32=a n +32.令b n=a n+1−a n . 则b n =12b n−1，b 1=a 2−a 1=1. 从而，b n =(12)n−1，即a n+1−a n =(12)n−1. 故a n+1=a 1+1+12+⋅⋅⋅+(12)n−1=3−(12)n−1.所以，f ((12)2010)=a 2011=3−(12)2009.14.1−(34)n【解析】14.记n 种款式的集合为V ，分别记甲和乙各自选中的款式的集合为P 甲和P 乙. 则P 甲⊆V ，P 乙⊆V .把甲和乙的选择合称为一个选择方案，记为(P 甲,P 乙).先证明：任何一个选择方案(P 甲,P 乙)发生的概率为(14)n.事实上，因设计部门关于甲和乙的销售情况无任何信息，所以，每一款式被甲或乙认可还是否定，他们的概率均为12. 若甲选中了k (k=0,1,⋅⋅⋅,n )个款式，同时也否定了其余n −k 个款式，则甲的这一选择发生的概率为(12)k (12)n−k=(12)n .对于乙也完全一样.又因为甲和乙的选择是独立进行的，所以，任一选择方案(P 甲,P 乙)发生的概率为(12)n (12)n =(14)n .以P 记所有P 甲∩P 乙=∅的选择方案(P 甲,P 乙)发生的概率. 则所求的概率为P =1−P .为计算P ，需计算所有满足P 甲∩P 乙=∅的选择方案的个数S .按P 甲∪P 乙所含元素的个数|P 甲∪P 乙|进行分类.若|P 甲∪P 乙|=i (i =0,1,⋅⋅⋅,n,)，则P 甲是这一i 元集合中的任一子集，相应的P 乙即为其补集.于是，当|P 甲∪P 乙|=i 时，所有可能的选择方案数为2i C n i.从而，由加法原理可知，当P 甲∩P 乙=∅时，所有可能的选择方案数为S =∑2i ni=0C n i=(1+2)n =3n . 故P =(14)n ×3n=(34)n，P=1−(34)n.15.401【解析】15.建立平面直角坐标系xOy .若一位同学的成绩语文为i 分，数学为j 分，令其对应平面上的整点(i,j )，称为“成绩点”. 于是，n 位同学的考试结果映射到平面上是在0≤x ≤100，0≤y ≤100范围内的n个成绩点.考虑平面上201条直线：y=x ±b (b =0,1,⋅⋅⋅,100).若一条直线上有三个成绩点，即表示存在三位同学甲、乙、丙，有甲比乙好，乙比丙好. 显然，直线y=x +100和y =x −100每条至多只能有一个成绩点；直线y =x +99和y =x −99每条至多只能有两个成绩点.因为2×(201−2)+1×2=400，所以，当n >400时，必有一条直线有三个成绩点.从而，n 的最小值n 0≤401.令集合S={(i,j )|i =0,1;j =0,1,⋅⋅⋅,100 }；T ={(i,j )|i =0,1,⋅⋅⋅,100;j =0,1 }.显然，|S ∪T |=400，且在S ∪T 中不存在三个成绩点在同一条直线上.故n 0≥401.从而，n 0=401.16.14【解析】16.在长度为2的闭区间[14a −1,14a+1]上，有 f max (x )=f (14a −1)=f (14a +1)=a −116a −34， f min (x )=f (14a )=−116a −34.故a=f max (x )−f min (x )≥14. 当a =14时，f (x )=14x 2−12x −34=14(x −1)2−1. 下面证明：在任何长度为2的闭区间[t −1,t +1]上总存在两点x 1、x 2，使|f (x 1)−f (x 2)|≥14. 当t ≥1时，f (x )在[t,t +1]上是增函数.令x 1=t ，x 2=t +1. 则|f (x 1)−f (x 2)|=f (t +1)−f (t )=14(2t −1)≥14.当t <1时，f (x )在[t −1,t ]上是减函数.令x 1=t −1，x 2=t . 则|f (x 1)−f (x 2)|=f (t −1)−f (t )=14(3−2t )>14. 综上，a 的最小值为14.17.圆(x −1)2+(y −1)2=2(y ≠0)和直线x =0(y ≠0)或x =2(y ≠0).【解析】17.设A (x,y )，H (x,y 1).当x ≠0，x ≠2时，y 1x ⋅y x−2=−1，y 1=−x 2−2x y .因为点H 在圆(x −1)2+(y +1)2=2上， 所以，(x −1)2+(−x 2−2x y +1)2=2，即(x 2−2x )(y 2−2y +x 2−2x )=0.又因为x ≠0，x ≠2，所以，x 2−2x ≠0.故(x −1)2+(y −1)2=2. 当x =0或2时，只要y ≠0，△ABC 都是直角三角形，其垂心为点B 或C ，都在圆(x −1)2+(y +1)2=2上.综上，动点A 的轨迹为圆(x −1)2+(y −1)2=2(y ≠0)和直线x =0(y ≠0)或x =2(y ≠0).18.2010【解析】18.注意到f (x )+f (e −x )=ln [ex e−x ⋅e (e−x )e−(e−x )]=2. 故∑f (ke 2011)2010k=1=∑(f (ke 2011)+f (e −ke 2011))1005k=1=2×1005=2010. 19.(−23,7027)【解析】19.设点(a,b )为函数f (x )图像的对称中心.则f (a +x )+f (a −x )=2b ，即: 2b =[(a +x )3+(a −x )3]+2[(a +x )2+(a −x )2]+6a +8，b =a 3+3ax 2+2a 2+2x 2+3a +4=(2+3a )x 2+a 3+2a 2+3a +4. 于是，应有2+3a =0⇒a =−23，b =−827+89−2+4=7027.。
2020年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题 答案
2020年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题参考答案一.填空题(本题共12道小题,每小题5分,共60分)1.数列{a n }是集合{2x +2y +2z |0≤x<y<z,x,y,z ∈Z}中的数从小到大排成的数列, 则a 2020=_________________(用2a +2b +2c 的形式表示);解:令f(x,y,z)=2x +2y +2z ,因f(21,22,23)是第324C =2024项,所以a 2020=f(17,22,23)=217+222+223.2.设二次函数f (x)=a x 2+b x+c (a >0)和一次函数y=a x+b 满足:当|x|≤1时,|f (x)| ≤1且y=a x+b 有最大值2.则函数f (x)=__________________.解:由a >0时y=a x+b 递增,知当-1≤x ≤1时,y 最大=a +b =2.由|x|≤1时,|f (x)|≤1 及0,1∈[-1,1],得|c|≤1,|a +b +c |≤1,又a +b =2得|2+c |≤1,得-1≤c ≤-1即c=-1. 故f (0)=c=-1及|f (x)|≤1知f (x)最小=-1,所以0,02==-b ab,代入a +b =2得a =2, 所以f (x)=2x 2-1.3.经过曲线xy 1=与y=x 2+3x -7交点的圆的方程是_______________________;解:由交点(x,y)满足⎩⎨⎧-+==7312x x y xy ,得⎪⎩⎪⎨⎧+-=+-=733722x y x y x y ,相加得106222=+++y x y x , 即20)3()1(22=+++y x 为所求圆的方程.4.设ΔABC 中∠A=450,∠B=600,则其外心O 到ΔABC 三边距离之比___________; 解:O 到三边a,b,c 距离分别为r a ,r b ,r c ,则BAS S b r a r AOC BOC b a 2sin 2sin ==∆∆, 所以B Ar r b a cos cos =,同理CB r r c b cos cos =,所以r a :r b :r c =cosA:cosB:cosC 13:2:2-=;ABCO5.正实数a,b,c 成等比数列(q ≠1),log a b,log b c,log c a 成等差数列.则公差d =______; 解:设qb a =,c=bq,log a b=x -d,log b c=x,logc a=x+d,则a x-d =b,b x =c,c x+d =a.将bq c q ba ==,代入得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===+-)3()()2()1()(q bbq bq b b q b d x x dx ,将(1)×(3)得b 2x q 2d =b 2q -1,将(2)代入得b 2q 2d+2=b 2q -1,即q 2d+3=1,因q≠1,所以23-=d . 6.设A,B,C 为ΔABC 的三个内角,则使得CB A cos 23sin 1sin 1+≥+λ恒成立的实 数λ的最大值是——————;解:因3+2cosC=42cos2C +1>0,所以,)sin 1sin 1)(12cos 4(2BA C ++≤λ, 因]cos )[cos(212cos8sin sin 2cos8)sin 1sin 1)(12cos4(2C B A C B A CBA C +-=≥++82cos 2cos8)cos 1(212cos8==+≥C CC C,等号成立仅当A=B=300,C=1200,所以λ最大=8. 7.随机选取{1,2,…,n}中r(1≤r ≤n)个元构成子集的最小数的期望值是________.解:集合M 含r 个元素的子集共有rn C 个,M 中以正整数k 为最小数的含r 个元素的子集共有1--r k n C 个,其中1≤k ≤n -r+1.所以最小数的期望值是rnr r r n r n r n C C r n C C C 11131211)1(321--------⨯+-++⨯+⨯+⨯=rn r r r r r n r r r n r n C C C C C C C 111112111211)()(------------++++++++ =1111111++==+++++---r n C C C C C C rn r n r n r r r n r n . 8.与坐标轴交于三个不同点A,B,C 的所有抛物线y=x 2+ax +b ,ΔABC 的外接圆恒过同一定点___________;解:设A(x 1,0),B(x 2,0),C(0,b ),⊙ABC 交y 轴于D,显然b ≠0. 若A,B 在原点两侧,则b <0,由|b ||OD|=|x 1x 2|=|b |,得 |OD|=1,所以点D(0,1);若A,B 在原点同侧,则b >0, 由b |OD|=|x 1x 2|=b ,仍有点D(0,1).⊙ABC 恒过点D(0,1). 9.设OABC 是边长为1的正四面体，E 、F 分别为AB 与OC 的 中点.则异面直线OE 与BF 的距离是______________; 解:令则 假设是OE 与BF 的公垂线向量,则有,取 ,则,, 所以,向量在上的射影长即为所求. 10.一棱长为6的正方体封闭空盒子中放有一半径为1的小球,若将盒子任 意翻动,则小球达不到的空间的体积是_____________ ;解:将盒子任意翻动时,小球达不到的空间为:正方体8个角处的空间加正方 体12条棱处的空间.其中8个角处的空间合并为棱长为2的正方体挖掉半,,,c OC b OB a OA ===,21),(21b c BF b a OE -=+=c z b y a x n ++=⎩⎨⎧=+=++⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=-++=⋅=++=+++=⋅0302330)3(41)21)((0)233(41))((21y x z y x y x b c c z b y a x BF n z y x b a c z b y a x OE n c b a n 33)3,1,3(--=--=1039319||=+--=n 1)33(-=⋅--=⋅b c b a b n b OB =n 1010||||=⋅=n b n d O ABC xyDO ABC xy D径为1的小球,其体积为π348-;12条棱处的空间合并为3个空心正四棱柱 (底边长2高4的正四棱柱挖去一底半径1高4的圆柱),体积为)416(3π-, 所以小球达不到的空间的体积为34056)416(3348πππ-=-+-.11.数列{a n }共1001项,a 1=0,a 1001=2020,且a k+1-a k =1或3,k=1,2,…,1000.则满 足这种条件的不同数列的个数为________(用组合数作答);解:由a k+1-a k =1或3,a 1001=(a 1001-a 1000)+(a 1000-a 999)+…+(a 2-a 1)=2020,设1000个差a 1001-a 1000,a 1000-a 999,…,a 2-a 1中有x 个1和y 个3,则有⎩⎨⎧=+=+100020203y x y x解得⎩⎨⎧==510490y x ,即所求数列的1000个差a k+1-a k (1≤k ≤1000)中有490个1和510个3.因这490个1和510个3的每一个排列都唯一对应一个满足条件的数列,故所求数列的个数是4901000!510!490!1000C =个.12.用6种不同颜色,给图中n(n≥2)个彼此相连的区域A 1,A 2,…,A n 染色,任何 相邻的两个区域染不同色,则所有不同的染色方案种数a n =_________________; 解:如图记符合要求的染色方案a n 种,则区域A 1有6 种染法,区域A 2,A 3,…,A n 各有5种染法,这包括A n 与A 1染 同色或不同色两类:若区域A n 与A 1同色,则视A n ,A 1为一个区域,共n -1个区域,符合要求的染法a n-1种;若区域A n 与A 1染不同色,则有a n 种染法.故有a n +a n-1=6×5n-1,即(a n -5n )=-(a n-1-5n-1).因a 2=6×5=30,a 2-52=5,所以 a n -5n =5(-1)n-2=5(-1)n ,故a n =5(-1)n +5n . 二.解答题(本题共4道小题,每题20分,共80分)13.设a 为常数,0<a ≠1.求所有函数f :R +→R,对任意x,y ∈R +,f (xy)=f (x)+f (y)A 2A 3 A 4 A nA n －1 A 1…A n-2P图1且f (a )=1.解:取x=y=1得f (1)=0,yx y f y x f x y x f y x f y x f x f y y y )1(lim)()1(lim )()(lim )(000/+=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-+=→→→ )1(1)1()1(lim 1/0f x xy f x yf x xy =-+=→,令C 1=f /(1),则,)(1/x C x f =21ln )(C x C x f +=,其中C 1, C 2为常数,因f (1)=C 2=0,f (a )=C 1ln a =1,所以x ax x f a C a log ln ln )(,ln 11===. 又显然x x f a log )(=满足方程,故x x f a log )(=为所求.14.设AB 为椭圆161622=+y x 的长轴,该椭圆的动弦PQ 过C(2,0),但不过原点,直线AP 与QB 相交于点M,PB 与AQ 相交于点N.求直线MN 的方程. 解:椭圆为:3x 2+8y 2=48,设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),由A(-4,0),B(4,0)得直线AP,QB 为⎩⎨⎧-=-+=+)4()4()4()4(2211x y x y x y x y ,消去y 得))(4(4))(4(121221211221y y y x y x y y y x y x x M -++=++-①, 由⎪⎩⎪⎨⎧-=-=2222212134883488x y x y 相除得222122211616x x y y --=得)(16212221222221y y y x y x -=-②, 由P,C,Q 共线即),2(),2(2211y x CQ y x CP -=-=，共线得)(2121221y y y x y x -=-③, 将②÷③得)(8121221y y y x y x +=+④,将③,④代入①得)3(8)3(2121y y y y x M +=+,因 PQ 运动过程中213y y +不恒为0,故8=M x ,同理8=N x ,直线MN 的方程为8=x . 15.已知a ,b 均为正整数,且a >b,)20(2sin 22πθθ<<+=ba ab .证明:对一切正整数 n,存在锐角ϕ,使得)sin()(222ϕθ++n b a n 均为整数,证明:由222sin ba ab+=θ得2222cos b a b a +-=θ,由复数(a 2+b 2)n (cos θ+isin θ)n =(a 2+b 2)n (cosn θ+isinn θ),又[(a 2+b 2)(cos θ+isin θ)]n =(a 2-b 2+2ab i)n =(a +b i)2n=nn n n n n n n n n bi C bi a C bi a C bi a C a 222332322222212122)()()(+++++---=)()(5525233232121244242222222 -+-+-+------b aC b a C b a C i b a C b a C a n n n n n n n n n n n .比 较实,虚部得:)4sin()(2)sin (cos )(2222πθθθ++=++n b a n n b a nn =Z b a C b a C b a C b a C b a C a n nn n n n n n n n n ∈-+-+-+------)()(5525233232121244242222222 . 即锐角4πϕ=满足条件.16.求最小的正整数k,使得在任意k 个整数中,总可以选出其中的偶数个数, 其和为2020的倍数.解:引理 任意m 个整数中必有若干个,其和为m 的倍数.证明:设m 个整数x 1,x 2,…,x m ,S i =x 1+x 2+…+x i (i=1,2,…,m),若S 1,S 2,…,S m 被m 除的余数两两不同,则必有m|S i ;否则必有1≤i<j ≤m 使得S i ≡S j (modm),则 m|S j -S i =x i+1+…+x j ,引理得证.回到原题.2020=2×1010,由2019个1与1个0之和为2019,2020∤2020-1,故2019个1 和1个0中不存在偶数个1之和是2020的倍数,所以k ≥2021. 任取2021个整数,设其中有t 个奇数a 1,a 2,…,a t ,s 个偶数b 1,b 2,…,b s ,其中 t+s=2021,若t 为奇数,则s 为偶数,令,2,,2,21221432211---+=+=+=t t t a a x a a x a a x 22121b b x t +=+,2,,21101043121s s t b b x b b x +=+=-++ ,则由引理知x 1,x 2,…,x 1010中必有若干个之和为1010的倍数,即a 1,a 2,…,a t ,b 1,b 2,…,b s 中有偶数个之和为2020的倍 数.所以k ≤2021,k=2021.当t 为偶数,s 为奇数时,同理k=2021.综上k=2021.。
2013年全国高中数学联赛山东赛区预赛参考答案及评分标准
2013年全国高中数学联赛山东赛区预赛参考答案及评分标准一、填空题（本大题共10个小题，每小题8分，共80分）1．函数()4cos cos2y x x x R =+∈值域是____________________． 【解析】令[]cos 1,1t x =∈-，则()[]22133,5y t =+-∈-．2．已知复数z 满足1z =，则21z z -+的最大值是____________________．【解析】令cos sin z i θθ=+，由1z =得：1z z =， 故22112cos 13z z z z z z z z z θ-+=-+=-+=-≤，当且仅当cos 1θ=-即1z =-时取等号，因此21z z -+的最大值是3．【法二】2221313132424z z z z ⎛⎫⎛⎫-+=-+≤-+≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当且仅当1z =-时取等号，故21z z -+的最大值是3．3．如图，在⊿ABC 中，点O 是BC 的中点，过点O 的直线分别交直线AB 、AC 于不同的两点,M N ，,AB mAM AC nAN ==，则m n +的值是____________________．【解析】()1222m nAO AB AC AM AN =+=+， 由M 、O 、N 三点共线得：122m n+=，∴2m n +=．【法二】直线MON 是⊿ABC 的割线，由梅涅劳斯定理得：1AM BO CNMB OC NA=，即111n m -=-，∴2m n +=． 4．如果关于x 的不等式1x a x x +<++的解集是R ，则实数a 的取值范围是____________________． 【解析】令0x =时，有1a <即11a -<<；令1x =-时，有11a -+<即02a <<，故0a <<1；当0a <<1时，{}max ,1x a x x +<+，故1x a x x +<++总成立，ONMCBA因此实数a 的取值范围是()0,1．5．已知正数,,a b c 满足4a b abc +=，则a b c ++的最小值是____________________． 【解析】由已知得：14c a b =+，故146a b c a b a b++=+++≥， 当且仅当1,2a b ==时取等号，因此a b c ++的最小值是6．6．已知对x R ∀∈，()2log sin cos 2a x x +≥-恒成立，则实数a 的取值范围是____________________．【解析】当1a >时，有222sin 41x a π⎛⎫+ ⎪⎝⎭≥，由于函数22sin 4x π⎛⎫+⎪⎝⎭无上界，故不可能恒成立， 当01a <<时，有222sin 41x a π⎛⎫+ ⎪⎝⎭≤，若222sin 41x a π⎛⎫+ ⎪⎝⎭≤恒成立，则212a ≤，∴02a <≤， 综上，实数a的取值范围是0,2⎛ ⎝⎦． 7．已知{}{},,,,,,,AB C a b c d e A B a b c ==，c A B C ∈，则符合上述条件的{},,A B C 共有____________________组．【解析】如右图，集合AB C 可分为7个互不相交的区域，分别记为1234567,,,,,,I I I I I I I ．已知7c I ∈，元素,a b 属于4I 、7I 中的某一个区域，共有4种可能，元素,d e 属于1I 、2I 、3I 、5I 、6I 中的某一个区域，各有5种可能，共有25种可能， 因此符合条件的{},,A B C 共有100组．8．已知函数()f x ，对x R ∀∈，有()()131********4f x f +=-=， 则()2013f =____________________．【解析】由已知得：()()11110051006224f f =-+=+， ()()1310071100624f f =+=+=， I7I 6I 5I 4I 3I 2I 1()()112013*********2f f =+==+． 9．用五种不同颜色给三棱台ABC DEF -六个顶点涂色， 要求每个点涂一种颜色，且每条棱的两个端点涂不同颜色， 则不同的涂色方法有____________________种． 【解析】当六个顶点使用三种颜色涂满时，A 、B 、C 三点的涂色方法共有3560A =种，这时，点D 、E 、F 只有两种涂色方法， 故共有352120A ⨯=种涂色方法；当六个顶点使用四种颜色涂满时，A 、B 、C 、D 三点的涂色方法共有45120A =种，这时，点E 、F 只有三种涂色方法，故共有453360A ⨯=种涂色方法；当六个顶点使用五种颜色涂色涂完时，先用五种颜色涂不同的五点的涂色方法有56720A =种，这时，余下的那一点只有两种涂色方法，共有5621440A ⨯=种涂色方法；综上知，满足题意的所有不同的涂色方法共有1920种．10．假设实数,b c 满足221b c +=，且()sin cos f x ax b x c x =++的图像上存在两条切线垂直，则实数a 的取值范围是____________________．【解析】由已知得：()()()sin f x ax x ax x φφ=+=++，()()'cos f x a x φ=++，其中sin ,cos c b φφ==，若()sin cos f x ax b x c x =++的图像上存在两条切线垂直，则存在实数12,x x 使得：()()12cos cos 1a x a x φφ++++=-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，（*） 即()()()()21212cos cos cos cos 10a a x x x x φφφφ++++++++=⎡⎤⎣⎦，从而()()212cos cos 40x x φφ∆=+-+-≥⎡⎤⎣⎦，∴()()12cos cos 2x x φφ+-+≥， 又()()12cos 1,cos 1x x φφ+≤+≤，∴()()12cos cos 2x x φφ+-+≤， 故()()()()1212cos cos ,cos cos 1x x x x φφφφ+=-+++=-， 于是（*）式化为20a =，解得0a =，因此实数a 的取值范围是{}0．DABECF二、解答题（本大题共4个小题，前两个小题各15分，后两个小题各20分，共70分） 11．（本小题满分15分）如图所示， 在长方体1111ABCD A BC D -中， 已知11,2,AD AB AA c ===，若对角线1BD 上存在一点P 使得11PB PC ⊥， 求实数c 的取值范围．【解析】以点D 为原点，分别以1,,DA DC DD 为,,x y z 轴的正向，建立空间直角坐标系．则()()()()1111,2,0,1,2,,0,2,,0,0,B B c C c D c ，设()11,2,D P D B c λλλλ==-， 则()()11,22,,1,22,PC c PB c λλλλλλ=--=--，∴()()()()222211122940PC PB c c λλλλλλ=--+-+=+5-+=，由()2281161160c c ∆=-+5=-≥，解得：104c <≤，因此实数c 的取值范围是10,4⎛⎤ ⎥⎝⎦． 12．（本小题满分15分）已知椭圆22143x y +=的内接平行四边形的一组对边分别过椭圆的焦点12,F F ， 求该平行四边形面积的最大值．【解析】由已知得：122FF =，如图所示， 由于四边形ABCD 是椭圆的内接四边形， 所以原点O 是其对称中心，且122ABCDABF F SS =四边形()()121121222AF F AF B AF F BF F S S S S ∆∆∆∆=+=+()122A B A D F F y y y y =+=-，当直线AD 的斜率存在时，设其方程为()1y k x =-，代入椭圆方程，整理得：()2222344120k x k x k +-+-=，由韦达定理得：22228412,3434A D A D k k x x x x k k-+==++，∴()()()()()2222222221441434A D A D A D A D k k y y kx x k x x x x k +⎡⎤-=-=+-=⎣⎦+，∴26ABCDA D Sy y =-==<，当直线AD 的斜率不存在时，易得：331,,1,22A D ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴26ABCDA D S y y =-=，综上知，符合条件的椭圆内接四边形面积的最大值是6． 【法二】求出()2212134k AD k+=+，再求出AD与BC 间的距离d =，亦可解出．13．（本小题满分20分）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()1*n n S a n N =-∈． ⑴ 试求数列{}n a 的通项公式； ⑵ 设11111n n n c a a +=++-，求证：列{}n c 的前n 项和125n P n >-． 【解析】⑴ ∵()1*n n S a n N =-∈，∴111n n S a ++=-，作差得：()11*2n n a a n N +=∈， 又当1n =时，112a =，故()1*2n n a n N =∈． ⑵ 由已知得：当1n =时，11225P =>-，结论成立， 当2n ≥时，12231111111111111n n n P a a a a a a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++ ⎪ ⎪⎪+-+-+-⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1221221121111112112111111311ni n n n i n a a a a a a a =++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++++=++ ⎪ ⎪ ⎪+-+-+---⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑ 111222422112213412134121i n n ni n i n i i +++==⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++=+++1+ ⎪ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑ ()()212221221212112341213415n n n n +⎛⎫≥+-++1+>+-++=- ⎪---⎝⎭，结论也成立， 综上知，对*n N ∀∈，125n P n >-都成立．14．（本小题满分20分）已知,,n a b 均为正整数，且n a b =+，p 是一素数，,,n a b 的p 进制表示分别为0s s siiiiiii i i n n p a a p b b p====,=,=∑∑∑，其中0,,1,0,1,2,,i i i n a b p i s ≤≤-=，用[]x 表示不超过x 的最大整数，用A 表示集合A 中元素的个数，证明：⑴ 若00,0,1,2,,si i ii n d p di s ==,≥=∑，且对整数()0j j s ≤≤有()1i i i i ji jd p p p <<≤-∑∑，则()1s i j ii j i ji j n d p p p p -=<⎡⎤=≤-⎢⎥⎣⎦∑∑；⑵ p β!!!n a b ，1p β+!!!n a b {},0,1,2,,i i i i a b n i s β⇔=+>=．【证明】⑴ ∵()()()12111jj j p p pp p p p p --=-+-++-+，∴()11j i i jp p p <-=-∑，∴()()()111iiiijijiiii i j i ji j i ji ji ji jjjjji jd p d p p p d p pd p p nd p p p p p p <=<==-=+-+-+-=≤==+∑∑∑∑∑∑，∴i j i j i jn d p p -=⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∑． ⑵ 不会做．。
2017年全国高中数学联赛山东赛区预赛
二 、解答题 （共 ７０分 ）
１１．（１５分 ）已知 实数 、Ｙ∈ （１，＋∞ ），且
边 的长 可构成等 腰 （含等边 ）三 角形．则 这样 的三位 数 ｎ有— — 个．
５．设 、ｂ、Ｃ为非负实数 ，满 足
ｎ ＋ｂ＋ｃ＝８．ａｂ＋６ｃ＋ｃｎ＝ １６．
ｘｙ一２ｘ—Ｙ＋１＝０．求— ＋ｙ２的最小值．
１２．（１５分 ）已 知 正 实 数 数 列 ０ ，０ ，… ， 倪 ，…满 足 ：
记 ｍ＝ｍｉｎ｛０６，ｂｅ，ｃｎ｝．则 ｍ 的最 大可能
（１）０ ＋ ＝ｎ２ ｎ …。 一３（ｎ∈ ｚ＋）；
值 为一 ６．已知 Ｐ（ ）＝似 ＋ ＋ＣＸ＋ｄ为 三 次
（２）÷（口．＋￣／ｎ：一１）∈ｚ＋．
故 Ｉ ＋ｚ；ｌ的最小值为 ３ ５２０．
２． 一 １
设 集合 Ｍ ＝｛ａ Ｉ ｉ＝１，２，… ，ｎ｝．则
２ 一１
∑ ｍ ＝１－１７（口 ＋１）一１．
ｉ＝ ｌ
＝ １
１ ０２３
由一ｌ∈Ｍ，知∑ ＝一１．
３．（７—４４３）兀
如 图 １， 设
正 方 体 为 Ａ．设三位数 ｎ＝ａｂｃ，其 中 ，以 Ｃｔ、ｂ、Ｃ为三
３ ＋４ ＋５ ：０．
则 Ｃ的 大 小 为 一
９．已知 、Ｙ、 ∈ Ｒ＋，且
２＋Ｙ２＋ ｘｙ ＝ １ Ｙ２＋ ２＋ｙｚ＝ ２
。
，
＋ ＋ ＝３．
贝０ ＋Ｙ＋三＝————．
１０．在一个 边 长为 口的正方 形 草 坪 的 四
综 上 ，共 有 ３×（４Ｏ＋６＋４＋２）＋９＝１６５
种 情 况 ．
５－ １６
。
‘
不 妨 设 Ｃ≥ｂ≥ａ．则
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2009年全国高中数学联赛山东赛区预赛试 题一、单项选择题（本大题共10小题，每小题6分）1．若集合()12|log 11M x x 禳镲镲=->-睚镲镲铪，{}|124x N x =<<，则M N ?（ ）.（A ）{}|13x x << （B ）{}|12x x <<（C ）{}|03x x <<（D ）{}|02x x <<2．函数()()212log 23f x x x =--+的递增区间是（ ）.（A ）()3,1-- （B ）[)1,1- （C ）(]3,1-- （D ）()1,1-3．若对任意的x ÎR ，函数()f x 满足()()20092008f x f x +=-+，且()20092009f ，=-则()1f -=（ ）.（A ）1（B ）－1（C ）2009（D ）－20094．在△ABC 中，)cos cos 4cos cos B B C C B C --=，且4AB AC +=，则BC 的取值范围为（ ）.（A ）（2，4） （B ）（2，4]（C ）[2，4）（D ）[2，4]5．对任意的x ÎR ，[x ]表示不大于x 的最大整数，则满足2[|1|]10x -=的x 的集合是（ ）.（A ）(-- （B ）（C ）(--（D ）[--6．已知两个一元二次方程：20;ax bx c ++= 20,ux vx w ++=都有实根，这里.a u ¹若交换这两个方程的二次项系数，则0wc >是系数交换之后所得两个二次方程中至少有一个有实根的（ ）.（A ）充分但不必要条件 （B ）必要但不充分条件（C ）充分且必要条件 （D ）既不充分又不必要条件7．已知||,||a b 都是整数，且满足()()||||||3||105++=a b a b ，()()333++=a b a b ,则a 和b 的夹角为（ ）. （A ）30° （B ）60° （C ）120° （D ）150°8．在复平面上，复数z 1对应的点互连结1和i 两点的线段上运动，复数z 2对应的点在以原点为圆心，半径等于1的圆上运动，则复数z 1+ z 2对应的点所在区域的面积为（ ）.（A ）4p +（B ）p（C ）p（D ）312p + 9．以四面体的顶点和各棱中点为顶点的空间四边形有（ ）. （A ）141个 （B ）144个 （C ）423个 （D ）432个10．在正三棱锥P ABC -中，有一半球，其底面与正三棱锥的底面重合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切. 如果半球的半径等于1，则正三棱锥的体积最小时，正三棱锥的高等于 （ ）.（A （B （C （D ）二、填空题：（每小题6分，共24分）11．若直线223sin cos 30x y αα+-=与双曲线221x y -=仅有一个公共点，则该公共点的坐标为 .12．对任意的0x >,总有()lg f x a x x =--≤0,则a 的取值范围是 .13．已知数列{}n a 满足：*111,1),n n a a a n +==+∈N 则数列的通项n a = . 14．随机地投掷4颗骰子，则其中有两颗骰子所示数字之和为9的概率为 . 三、解答题（本大题共5小题，共66分）15. 如图，平面m ∥平面n ，线段AD 分别交m 和n 于点B 和 点C ，过点A 的另一直线分别交m 和n 于点M 和点P ，过点D 的 另一直线分别交m 和n 于点N 和点Q .已知ΔΔ32BMN CPQ S S =,求ADCD 的最小值.16.（12分）对任一正整数k ,1≤k ≤9,是否存在相应的二次函数(),k f x 使得对任意的正整数p ，有2()k p p f kk k kk k =个个……(例如,33,2,33,(33)3333k p kk f ====).若存在,请给出证明及相应二次函数()k f x 的表达式;若不存在,请给出理由.17. （12分）已知椭圆T :22221(0)x y a b a b +=>>和双曲线S :22221(0,)x y m n m n-=>>0具有相同的焦点F (2,0).设双曲线S 经过第一象限的渐近线为l ，若焦点F 和椭圆T 的上方的顶点B 关于直线l 的对称点都在双曲线S 上，求椭圆T 和双曲线S 的方程.18. （15分）在一圆周上有k 个数，k ≥3.若其中任意三个相邻之数,依顺时针方向分别设为,,a b c ,恒有b a c αβ=+,这里1αβαβ+=≥0,≥0,.证明这k 个数必互相相等. 19. （15分）证明:定义在R 上的奇函数()f x 能表示为一个周期函数与一个线性函数之和的充分必要条件是()f x 的图象有异于点(0,0)的对称中心(,)a b .注:线性函数是指形如,y kx h =+k 和h 可为任意实数的函数.解 答1. ()12log 11x Mx 污->- 110,13;1122x x x -ì->ïïïï?<í骣÷çï-<=÷çï÷çï桫ïî124x x N污<<0 2.x ?<所以{}|12.M Nx x ?<< 故选B.2．解法1：由2230x x --+>，得3 1.x -<<抛物线223y x x =--+的顶点坐标为 （-1，4）.所以函数223y x x =--+在[)1,1-上递减，又112<，从而知函数()()212log 23f x x x =--+的递增区间为[)1,1-.解法2：由2230x x --+>，得3 1.x -<<()()()122(1)log 013x f x e x x ≥-+¢=-+得10x ≥+，即1x ≥-.所以函数()()212log 23f x x x =--+的递增区间为[)1,1-.故选B.3． ()()()20092008(1)2009f x f x f x +=-+=--+()()120082007f x f x ，=-+=+所以()f x 是以2为周期的周期函数，从而有()()()120092100520092009.f f f -=-?=-故选D.4．解法1：由已知3sin sin cos sin cos cos 4cos cos ,B C B C B C B C B C --+=)()sin cos cos sin 3cos cos sin sin ,B C B C B C A C +=--()()3cos ,B C B C +=-+()tan B C +=-因为0B C p <+<，所以23B C p +=,()3A B C p p =-+=.由4AB AC +=，得4AB AC =-.2222cos BC AB AC AB AC A =+-()()2244AC AC AC AC =-+-- 231216AC AC =-+()2324AC =-+ 4≥.当且仅当2AC =时，上式取等号，所以2BC ≥.又 4.BC AB AC <+=所以BC 的取值范围为[2，4）. 故选C.解法2：由已知)114,B C --=3tan tan 14B C B C --+=)()tan tan 3tan tan 1B C B C +=-()tan tan tan 1tan tan B CB C B C++==--以下同解法1.5．由对[x ]的规定知[][] 1.x x x ≤<+所以有210111.x ≤-< 当21x ≤时，有1011,x 2≤1-<无解.当21x >时，有10111,x 2≤-<即21112,x ≤<||x <x <x ≤--故选C.6．原来两个二次方程的判别式分别为214;b ac D =- 224.v uw D =- 二次项系数交换后两个方程的判别式分别为214;b uc D ¢=- 224.v aw D ¢=- ()()()()112216.wc u a a u D D D D ⅱ--=--若0wc >，则()()11220,D D D D ⅱ--<所以，或有110,≥D D ¢>或有220,≥D D ¢>即二次项系数交换后两个方程中至少有一个方程有实根，所以条件“0wc >”是充分的.条件不必要，事实上，若0wc =，二次项系数交换后两个方程中至少有一个有0x =的实根. 故选A.7．解法1：令||||m +=a b ，则()|2||105m m +=b ，由||10m ≤<b ,得105||,22mm m =-<b 解得 6.m >又105357,=创所以7,m =从而有10549||4,14-==b ||74 3.=-=a ()()2222++3=||+3||+4=||+3||+4||cos =33a 创a b a b a b a b a b a |b |. 这里a 为a 与b 的夹角，从而有()2211cos 33||3||4||||2α=--=-a b a b . 又0180,α≤? 所以120.α=解法2：令||||m +=a b ,||3||,n +=a b 则3.m n m <<而1051105335521715,=???只有71537.<< 所以||||7,15||3||.ì+=ïïíï=+ïîa b a b 解得||3,|| 4.ì=ïïíï=ïîa b 下同解法1. 故选C. 8．由已知可得()11z t t i =+-()01.t ≤≤2cos sin ,z i q q =+得()12cos 1sin .z z t t i q q +=++-+设12.z z x yi +=+则cos ,1sin .x t y t q q ì=+ïïíï=-+ïî消去q ，得22()[(1)]1x t y t -+--=.即12z z +对应的点以(),1t t -为圆心半径等于1的圆上，而因为()01.t ≤≤故12z z +对应点所在区域为图中阴影部分.其面积为22.2pp ?故选B. 9．解法1：四面体有4个顶点，6条棱，每条棱有1个中点，共有10个点，从其中任取4个不共面的点有以下几种情况：①这4个点都是顶点的取法只有1种；②这4个点中有3个顶点的取法共有4×3=12种； ③这4个点中有2个顶点的取法共有()256248C ?=种； ④这4个点中有1个顶点的取法共有()384368C ?=种；⑤这4个点中没有顶点的取法共有46312C -=种.综上所述，从这10个点中取4个不共面的点的取法共有1+12+48+68+12=141种.每不共面的4个点可以构成3个不同的空间四边形，则以这10个点为顶点的空间四边形共有141×3=423个.解法2：从这10个点中任取4个，共有410210C =种取法，其中取出的4个点共面的情况共有以下3种：①从每个面上的6个点中任取4个点都共面，这样的取法共有46460C =种；②每条棱上的3个点与相对棱的中点共面，这样的取法共有6种； ③去掉1组相对棱后，其余四棱的中点共面，这样的取法共有3种.综上所述，所取4点共面的取法共60+6+3=69种. 所以，所取4点不共面的取法共有210-69=141种，以下同解法1. 故选C.10． 如图，O 是正三棱锥底面中心，也是半球的球心，CD 是正三棱锥底面的高，侧面P AB 与半球相切于点E ，连结OE ，OE PD ^，1OE =，.PO h =设()090PDOαα??? ，则,POEα?1cos h α=.设正三棱锥底面三角形的边长为a ，则1,sin OD a==所以a =正三棱锥的体积为2113cos V α==桫. 下面用两种方法求V 的最小值：方法1：令cos t α=，则22sin 1t α=-，所以V ==)())()2222331331.t t V t t t t --¢==--已知01,t <<此时有0000 1.V t V t V t ⅱ=?<?<>?<所以当t =V92=桫.相应的11cos h t a ===方法2：因2sin cos 0,αa >所以由4222232221sin cos sin sin 2cos 21sin sin 2cos 23=鬃骣++÷ç÷ç÷ç÷桫≤αααααααα 4,27=知20sin cos αα<，所以9.2V =当且仅当22sin 2cos ,αα=即cos α=V 取最小值9.2相应的1cos h α== 故选B.11． 1．当2cos 0α=时，2sin 1α=，直线方程为1x =，代入221x y -=解得直线与双曲线此时惟一交点（1,0）；2．当2cos 0α≠时，设直线方程为(1)3y k x =-+，这里23tan 0k α=-≤.(i)当1k =-时，直线方程为4y x =-，代入221x y -=解得直线与双曲线此时仅有的一个公共点1715(,).188(ii)当1k ≠-时，则由22(1)3,1y k x x y =-+⎧⎨-=⎩可得()22221(26)6100.k xk k x k k -+--+-=2222(26)4(1)(610)2440k k k k k k ∆=----+-=+，由0∆=解得503k =>，不合题意. 综上所述，当直线与双曲线仅有一个公共点时，该公共点的坐标或为(1,0)，或为1715(,).18812．1．当x ≥1时，lg lg x x =，由lg x x +≥1，知a ≤1; 2．当01x <<时，lg lg x x =-，此时，lg ()1.e f x x'=-+由()0,f x '=得lg x e =.当0lg x e <<，有()0f x '>；当l g ,x e >有()0f x '<，所以当01x <<时，lg x e =是()f x 的最大值点.由()(lg )lg lg lg f x f e a e e =-+≤≤0，可得a ≤lg lg lg e e -.综合1,2，由3e >10，3ln10>,知lg lg lg lglg(ln10)lg10 1.lg ee e e e-==⋅<= 所以a 的取值范围为(],lg lglg .e e -∞-13．令n b 则21,4n n b a -=从而有22111144n n nb b b +--=++,即222144(2).n n n n b b b b +=++=+由1b ==0n b >，知12n n b b +=+，即有2(1)n b n =-.从而得2211(1)51)4(1)144n n a b n n ⎡⎤=-=+-+--⎣⎦21(1)(1)1(51).n n n =-+-=+-- 14．4颗骰子的每次投掷所示结果为一基本事件，以X 记全部基本事件的集合.显然有|X |=64，这里|X |表示集合X 所含元素的个数，对于每一个i ,i =1,2,…，6，定义事件i A ：i A ={4颗骰子所示之数中没有i 的所有基本事件}.因9=3+6=4+5，所以每次投掷结果中有两颗骰子所示数字之和为9的事件记为B ，则B=3645.A A A A U U U这里A 表示与A 互斥的事件.363643636||||6(||||||)A A X A A A A A A U U U =-=-+-44446(554)302.=-+-= 同理有45A A U =302，从而得36453645||B A A A A A A A A =+-U U U I U60424580=-=. 所求概率=||580145.||64324B X == 15．由平面m ∥平面n ,知BM ∥CP ,BN ∥CQ ,所以有sin =sin MBN PCQ ∠∠,且BM AB CP AC =,BN BDCQ CD=. 又11=sin ;=sin ,22BMN CPQ S BM BN MBN S CP CQ PCQ ∆∆⋅∠⋅∠ 由32BMN CPQ S S ∆∆=,得32AB BD AC CD ⋅=.令AC AB α=,BD CD β=,则23βα=，且 1.βα>>-11,1BC AC AB AB BC AB AB αα==-=-. ++-1111AD AB BC CD BC BD CDCD CD CD CDαααα==+⋅=+⋅-- 23321(1)1(1)1122(1)αααβαααα-=+-=+-=---31(1)22(1)αα=++- 31[(1)]323(1)αα=-++-≥332⋅3=16．对任意的正整数m ,有12(1010)(101)9m m m m kkk k k --=++=-个……+1 当2m p =时,有2(101)(101)(101)99p p p k kkk k =-=-+2个…p 29[(101)]2(101)99p p k kk =-+⋅-29()2()p p kk k kk k k =+⋅个个……. 所以,对任一正整数k , 1≤k ≤9,存在二次函数29()2k f x x x k=+,使得对任意的正整数p ，2()k p p f kk k kk k =个个…… 17．由已知,22224a b m n -=+=,渐近线l 的方程为ny x m=,经过焦点F 且与直线l 垂直的直线l '的方程为(2)m y x n =--,由(2)n y x m m y x n ⎧=⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩解得2222222m x m n mny m n ⎧=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩,又已知224m n +=.所以直线l 和l '相交于点2(,)22m mn.则焦点F 关于直线l 的对称点为2(2,)F m mn '-. . 3分 由已知,点F '在双曲线S 上,所以222222(2)1m m n m n --=.解得2224416,44555m n m ==-=-=.所以双曲线S 的方程为22551416x y -=.椭圆T 的上方的顶点B 的坐标为(0,b ),因为22416,55m n ==,所以渐近线l 的方程为2y x =,经过点B 且与直线l 垂直的直线l ''的方程为12y x b =-+,由2,1.2y x y x b =⎧⎪⎨=-+⎪⎩ 解得2,54.5x b y b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩即直线l 与直线l ''相交于点24(,)55b b .所以点B 关于直线l 的对称点B'的坐标为43(,)55b b .已知点B'在双曲线S 上，所以22435()5()551416b b -=，解得2221660,4,1111b a b ==+=所以椭圆T 的方程为22111116016x y +=. 18．任取其中一数,记为0a ,其余各数依顺时针方向分别记为121,,,k a a a -…. 对任意的正整数,n k n p k i =⋅+≥, p 是正整数, i 是整数,且01i k -≤≤,令n i a a =,按题意,对任意正整数n ,有11n n n a a a αβ-+=+.若0αβ⋅=,结论显然成立.否则,有11()()n n n n a a a a βα+--=-. 令1n n n b a a +=-,则1n n b b αβ-=.设100a a b a -==,则()n n b a αβ= 当n k =,有110()k k k k a b a a a a a αβ+==-=-=.由此可得0a =或1αβ=. 若0a =,即0,0,1,2n b n ==…,结论显然成立.若有1,αβ=即,0,1,2,n b a n ==…,知数列{}n a 是以0a 为首项,a 为公差的等差数列,则有,00k a a a ka ==+ 即0a =.结论得证.19．点11(,)a b 与点22(,)a b 关于点(,)a b 对称1212,.22a a b b a b ++⇔== 所以，函数()f x 的图象关于点(,)a b 对称⇔图象上任意两点1122(,()),(,())x f x x f x ,若有122x x a +=,则12()()2f x f x b +=.充分性显然,0a ≠,否则的话,0b =,矛盾.令()()f x x kx h ϕ=++,则有(2)(2)(2)a x f a x k a x h ϕ+=+-+-2()2()22()2().b f x kx h akf x kx h b ak x b ak ϕ=-----=--+-=+-所以,只要令b k a =,则对任意的x ∈R ,有(2)()a x x ϕϕ+=,即()x ϕ是一个以2a 为周期的周期函数.必要性已知奇函数()()f x x kx h ϕ=++,其中()x ϕ是以T 为周期的周期函数,令T ,T 2,2a a ==则 ()()()f a x a x k a x h ϕ+=++++ [()]()()()()()()()2.T a x k a x hx a k a x hf x a k x a h k a x hf a x ak ϕϕ=--+++=-+++=----+++=--+ 即()()2.f a x f a x ak ++-=T (0).2a =≠ 由此可知()f x 的图象有异于点(0,0)的对称中心(,)a ak .。
2023年全国高中数学联赛山东省预赛试题(含答案)
2023全国数学联赛山东省预赛试题一、填空题（每小题8分，共80分）1、已知},33811|{1Z x x A x ∈≤<=-，},032|{N x x x x B ∈<-+=，则集合},,|{B y A x xy m m C ∈∈==的元素个数是.2、已知：3tan sin 41=-αα2,0((πα∈，则α是.3、已知关于x 的方程023=+++c bx ax x 的三个非零实数根成等比数列，则33b c a -的值是.4、正方体1111D C B A ABCD -的底面1111D C B A 内有一个动点M ，且C AD BM 1//平面，则MD D 1tan ∠的最大值是.5、数列}{n a 中，11=a ，),2,1(211 =+=+n a a n n ，那么=n a .6、已知0,,>z y x ，则z y x x z z y y x f 539164222222+++++++=的最小值是.7、设ABC ∆的内心为I ，而且满足0652=++IC IB IA ，则B ∠cos 的值是.8、已知双曲线H ：221x y -=上第一象限内一点M ，过M 的作H 的切线l ，与双曲线H 切于M ，交H的渐近线于P ，Q 两点（P 在第一象限），R 与Q 在同一渐近线上.则RP RQ ⋅ 的最小值为.9、小张参加一次十道选择题的测试，做对一道得一分，做错一道扣一分，不做得零分．他的目标是至少得7分，7分及格．小张现在确定他前六道题的答案是正确的，而剩下的每道题做对的概率为21，小张应该做______多少道题，及格的概率最大.10、设实数y x ,使得y x -，22y x -，33y x -均为素数，则y x -的值是.二、解答题（共70分）11、（本题15分）已知：O 是ABC ∆的外心，E D ,分别是边AB AC ,上的点.线段CE BD DE ,,的中点分别为R Q P ,,.DE OH ⊥垂足为H .求证：P ，Q ，R ，H 四点共圆.12、（本题15分）在区间)2,2(32n n 中任取1212+-n 个奇数.求证：在所取出的数中，必有两个数，其中一个数的平方不能被另一个数整除.13、（本题20分）已知：c b a ,,为正实数.证明：)(9)2)(2)(2(222ca bc ab c b a ++≥+++.14、（本题20分）1010⨯的表格上填入1到100，第i 行第j 列填入j i +-)1(10.每次操作如下：取一个格子，或者将此格2023全国数学联赛山东省预赛试题解析一、填空题（每小题8分，共80分）1、答案：72、答案：18π 3、答案：0 4、答案：25、答案：),2,1(1)2(32 =--+=n a n n6、答案：55 7、答案：85 8、答案：21- 9、答案：7或910、答案：3二、解答题（共70分）11、 证明：设ADE ∆的三个内角分别为E D A ,,，ABC ∆的外接圆半径为R由AC RP AB QP //,//知E QPH sin sin =∠，A QPR sin sin =∠，D HPR sin sin =∠ 又2,2CD PR BE PQ ==， 故 H R Q P ,,,四点共圆⇔QPR PH QPH PR RPH PQ ∠=∠-∠sin sin sin ⇔A PH E CD D BE sin sin 2sin 2=- ⇔DE PH AD CD AE BE ⋅=⋅-⋅2 ⇔)()()()(2222EH DH EH DH OD R DE R +⋅-=---⇔2222EH DH OE OD -=-⇔DE OH ⊥ 得证12、13、 证明：由抽屉原理，c b a ,,中必有两个数同时不大于1，或同时比小于1，设为b a , 则由0)1)(1(22≥--b a 得22221b a b a +≥+所以)2)(422()2)(2)(2(22222222++++=+++c b a b a c b a)11)(1(3222c b a ++++≥2)(3c b a ++≥)(9ca bc ab ++≥14、 证明：设一开始填数字k 的格子为k a ，令∑==1001i i ia A则A 在操作中是不变量，始终为33835010012=∑=i i又因此数为表格中1到100所能得到的最大值，故等号成立，所以顺序不变.。
全国高中数学联赛山东省预赛试题与答案
2011年全国高中数学联赛省预赛试 题一、选择题（每小题6分，共60分）1．已知集合{|(1)(3)(5)0,},{|(2)(4)(6)0,}M x x x x x N x x x x x = ---< ∈ = ---> ∈． R RMN =（ ） .(A) (2,3)(B) (3,4)(C) (4,5) (D) (5,6)2．已知3)n z i =, 若z 为实数，则最小的正整数n 的值为（ ） . (A) 3(B) 4(C) 5(D) 63．已知p ：,,,a b c d 成等比数列，q:ad bc =， 则p 是q 的（ ） . (A) 充分不必要条件(B) 必要不充分条件 (C) 充分且必要条件(D) 既不充分也不必要条件4．函数20.3()log (2)f x x x =+-的单调递增区间是（ ） . (A) (,2)-∞- (B) (,1)-∞ (C) (-2,1)(D) (1,) +∞5．已知,x y 均为正实数，则22x yx y x y+++的最大值为（ ） .(A)2 (B)23 (C)4(D)436．直线y=5与1y =-在区间40,πω⎡⎤⎢⎥⎦⎣上截曲线sin (0, 0)2y m x n m n ω=+>>所得的弦长相等且不为零，则下列描述正确的是（ ） .（A ）35,n=22m ≤（B ）3,2m n ≤= （C ）35,n=22m >（D ）3,2m n >=7．有6名同学咨询成绩．老师说：甲不是6人中成绩最好的，乙不是6人中成绩最差的，而且6人的成绩各不一样．那么他们6人的成绩不同的可能排序共有 （ ） .(A) 120种(B) 216 种(C) 384 种 (D) 504种8．若点P 在曲线21y x =--上,点Q 在曲线21x y =+上，则PQ 的最小值是（ ） .(A)(B)2(C)4(D)89．已知函数211()()612xf x x bx a =+++- (,a b 为常数，1a >)，且8(lglog 1000)8f =，则(lglg 2)f 的值是（ ） .(A) 8 (B) 4 (C) 4- (D) 8-10．在等差数列{}n a 中，若11101a a <-，且它的前n 项和n S 有最大值，那么当n S 取最小正值时，n =（ ）.(A) 1 (B) 10 (C) 19 (D) 20二、填空题（每小题6分，共24分）11．已知()cos 2|cos |f x x p x p =++，x ∈R ．记()f x 的最大值为()h p ，则()h p 的表达式为.12．已知sin(sin )cos(cos )x x x x +=-，[]0,,x π∈则=x .13．设,A B 为抛物线22(0)y px p =>上相异两点，则22OA OB AB +-的最小值为___________________．14．已知ABC ∆中，G 是重心，三角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且564035aGA bGB cGC ++=0，则B ∠=__________．三、解答题（本大题共5题，共66分） 15．(12分)不等式sin 2)sin()324cos()4a πθθπθ-+->---对⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,0πθ恒成立．数a 的取值围．16. （12分）已知在正方体1111ABCD A B C D -中，,,,O E F G 分A1别为11111,,,BD BB A D D C 的中点，且1AB =． 求四面体OEFG 的体积．17. （12分） 在平面直角坐标系中, 已知圆1C 与圆2C 相交于点P ，Q , 点P 的坐标为()3,2, 两圆半径的乘积为132．若圆1C 和2C 均与直线l : y kx =与x 轴相切，求直线l 的方程．18. （15分）甲乙两人进行某种游戏比赛，规定每一次胜者得1分，负者得0分；当其中一人的得分比另一人的多2分时即赢得这场游戏，比赛随之结束；同时规定比赛次数最多不超过20次，即经20次比赛，得分多者赢得这场游戏，得分相等为和局．已知每次比赛甲获胜的概率为p （01p <<），乙获胜的概率为1q p =-．假定各次比赛的结果是相互独立的，比赛经ξ次结束，求ξ的期望E ξ的变化围．19. （15分） 集合{1,2,,2011},M ⊆ 若M 满足：其任意三个元素,,a b c ，均满足ab c ≠，则称M 具有性质P ，为方便起见，简记M ∈P ．具有性质P 的所含元素最多的集合称为最大集．试问具有性质P 的最大集共有多少个？并给出证明．本文档选自华东师大学的《高中数学联赛备考手册（2012）（预赛试题集锦）》，该书收录了2011年各省市预赛试题和优秀解答。
2003年全国高中数学联赛山东赛区预赛
1 - x2 1 - x 2 1 - x 25nx - 22003 年全国高中数学联赛山东赛区预赛一、选择题(每小题 6 分 ,共 60 分)1. 已知 y = f ( x ) 是定义在 R 上的偶函数 ,当 x> 0 时 , f ( x ) = log 2 (1 + x ) . 那么 ,当 x < 0 时 , f ( x ) = () .(A ) log 2 (1 + x ) (B ) log 2 (1 - x ) (C ) log 2 ( - 1 + x ) (D ) log 2 ( - 1 - x )2. 若 p 、q 为实数 ,则函数 f ( x ) = x 3 + px 2 + qx + r() .(A) 在( - ∞, + ∞) 上是减函数 (B) 在( - ∞, + ∞) 上是增函数(C) 当 p 2 < 3 q 时 ,在( - ∞, + ∞) 上是增函数 (D) 当 p 2 > 3 q 时 ,在( - ∞, + ∞) 上是增函数3. 已知α、β均为锐角 ,cos (α+ β) = - 4. 若设 sin β = x , cos α = y , 则 y 与 x 的函数关系式为() . 7. 如图 1 ,A 、B 、C 、D 是某油田的四口油井 ,计划建三条路将这四口油井连结起来(每条路只连结两口油井) . 那么 ,不同的建路方案有() 种.图 1(A ) 12 (B ) 14 (C ) 16(D ) 188. 已知 OA = (4 ,3) ,函数 y = x 2 + bx + c 的图像按向量 OA 平移得到的图像恰与直线 4 x + y - 8 = 0 相切于点 T (1 ,4) . 则原函数的解析式是( ) .(A ) y = x 2 + 2 x + 1 (B ) y = x 2 + 2 x (C ) y = x 2 + 2 x + 2(D ) y = x 2 + 2 x - 29. 设等差数列的前四项的和为 26 ,后四项的和为 110 ,这个数列的所有各项的和为 187. 那么 ,这个数列的项数是( ) .(A ) 11(B ) 22(C ) 8(D ) 16(A ) y = - 45 + 3x (0 < x < 1) 5 10. 已知在长方体 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 中 , 侧面 A 1 ADD 1 是正方形 , M 是棱 CD 的中点 , AM 与 CD 1 成(B ) y = - 4+ 3 x (4 < x < 1)AA5 5 5 的角为θ. 若 sin θ=78 ,则1的值为() . (C ) y = - 4- 3 x ( 4 < x < 1) 9 AB5 5 5 (A ) 2(B ) 2 2(C)2(D)3 (D ) y = - 4- 3x (0 < x < 1) 32255二、填空题(每小题 6 分 ,共 24 分)4. 已知复平面上相异的三点 Z 1 、Z 2 、Z 3 分别对应复数 z 1 、z 2 、z 3 . 若( z 2 - z 1 ) 2+ ( z 3 - z 1 ) 2= 0 ,那么 , △Z 1 Z 2 Z 3 是() .(A ) 等边三角形(B ) 等腰直角三角形(C) 直角三角形 ,但不一定是等腰三角形(D) 等腰三角形 ,但不一定是等边三角形x2y2x 2y 2.5. 若椭圆 m + p= 1 与双曲线 n - p = 112. 设 t 为正数 ,数列{ a n }是首项为 t ,公差为 2 t( m 、n 、p > 0) 有公共的焦点 F 1 、F 2 ,其交点为 Q . 那么 , △QF F 的面积是() . 的等 差 数 列 , 其 前 n 项 和 为 S . 若 limS n>1 2n →∞ a n(A ) m + n (B )m + n2(C ) p (D )p2,则 t 的取值范围是 .6. 已知正四面体 ABCD 的棱长为 2 ,所有与它的四个顶点距离相等的平面截这个四面体所得截面的面积之和为( ) .(A ) 4(B ) 3(C ) 3(D ) 3 + 313. 已知集合 A = ( x , y )y - 3= a + 1 , B = { ( x , y ) | ( a 2 - 1) x + ( a - 1) y = 15} . 则 使 得 A ∩B =Ø的 a 的所有可能的值为.1 - x 21 - t5454 6 1 - x 2 . 故14. 设曲线 2 x 2 + y 2 = 4 x + 6 上与原点距离最大和最小的点分别为 M 和 N . 则| MN | =.三、解答题(共 66 分)15. (12 分) f ( x ) 是定义在 R 上的函数 ,且对任意的 x ∈R 满足b [ f ( x + p ) + f ( x ) ] = a [ 1 - f ( x ) f ( x + p ) ] .这里 a 、b 、p 均为非零常数. 证明 : f ( x ) 是一个周期 解得4< x < 1.4. B.由已知等式得 z 2 - z 1 = ±i ( z 3 - z 1 ) . 所 以 , Z 1 Z 2 = Z 1 Z 3 , 且 Z 1 Z 2 ⊥Z 1 Z 3 .5. C.根据题意 ,得 m - n = 2 p ,且 m + n = 2 ( m - p ) .函数 ,并求其周期.16. (12 分) 如图 2 , P 为 △ABC 内任意一点.由方程组 x 2 y 2m + p= 1 , x 2 y 2- = 1 n p求证 : AP ·BC + B P ·CA+ CP ·AB = 0.17. (12 分) 椭圆 C :图 2x 2 =2 mn m + n,进而求得 y = ± 2 p.m + nAx 2 + By 2 = 1 与直线 l : x + 2 y = 7 相交于 P 、Q 两又 | F 1 F 2 | = 2m - p = 2 n + p ,所以 ,点 ,点 R 的坐标为(2 ,5) . 若 △PQR 是等腰直角三角形 , ∠PRQ = 90°,求 A 、B 的值.18. (15 分) 设集合 M = { n ∈Z | 0 ≤n ≤11} ,集合 S △QF 1 F 2 6. D.=1 2×2 m - p ×2 pm + n= p .F = { ( a , b , c , d ) | a 、b 、c 、d ∈M } ,映射 f : F →Z ,使得( a , b , c , d ) 与 ab - cd 对应. 若( u , v , x , y ) 与 39 对应 , ( u , y , x , v ) 与 66 对 应 ,求 u 、v 、x 、y 的值.19. (15 分) 如图 3 ,已 知 正 方 体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 的棱长为 2 ,点 E 是棱 CD 的中点.这样的截面有两类 :(1) 截面的一侧有一点 ,另一侧有三点 ,如图 4(a ) 中的 △B 1 C 1 D 1 ,其中 B 1 、C 1 、D 1 分别是棱 AB 、 AC 、AD 的中点 ,这样的截面共有四个 ,每个截面的面积为3;求 异 面 直 线 A 1 C 1 和图 3B 1 E 的距离.一、1. B.2. C.参 考 答 案图 4因为f ′( x ) = 3 x 2+ 2 px + q 的二次项系数大于 0 ,所以 ,当Δ = 4 p 2 - 12 q < 0 时 ,在 ( - ∞, + ∞) 上f ′( x ) > 0. 故当 p 2 < 3 q 时 , f ( x ) 在( - ∞, + ∞) 上是增函数.3. B.由已 知 条 件 得 sin (α + β) =3, cos β =y = cos α= cos[ (α+β) - β]= cos (α+β) ·cos β+ sin (α+β) ·sin β(2) 截面的两侧各有两点 ,如图 4 (b ) 中的四边形MN PQ ,其中 M 、N 、P 、Q 分别是棱 AB 、BC 、CD 、DA的中点 ,这样的截面共有三个 ,都是正方形 ,每个截面的面积为 1.综上所述 ,所有截面的面积之和为 3 + 3 .7. C.连结任意两口油井的路共有 C 2= 6 条 ,从中任取 3 条有 C 3= 20 种. 但是只连结其中三口油井的路不合题意 ,这样的建路方案有 C 1= 4 种.= - 45 + 3 x . 5 4故符合题意的建路方案有 C 3 - C 1= 16 种.x 的取值范围应满足不等式组648. D.0 < x < 1 , 0 < - 4 5+ 3x < 1.5函数 y = x 2 + bx + c 的导数 y ′= 2 x + b . 设切点T ′( x , y ) 按向量 OA = (4 ,3) 平移为 T (1 ,4) ,则 x = 1 - x 2 1 - x 2 解得4 a 2+ b 2· a 2+ b 2b24 a 2+ b 2· a 2+ b 2t2 2b即a2n2a - b1 - 4 = - 3 , y = 4 - 3 = 1 ,即 T ′( - 3 ,1) . S = nt +n ( n - 1)·2 t = n 2 t .由切线的斜率为 - 4 ,切点 T ′( - 3 ,1) 在函数 y 2= x 2+ bx + c 的图像上 ,所以 ,从 而 , lim S n = lim= 1 .- 4 = 2 ×( - 3) + b ,1 = ( - 3) 2+ b ( - 3) + c .解得 b = 2 , c = - 2. 因此 , y = x 2 + 2 x - 2.n →∞ a n 由1 >2 n →∞(2 n t 2 ,解得 0 < t ≤1 且 t ≠1.9. A.设数列共有 n 项 : a 1 , a 2 ,, a n . 根据题意得a 1 + a 2 + a 3 + a 4 = 26 , a n - 3 + a n - 2 + a n - 1 + a n = 110.因为等差数列满足13. - 4 , - 1 ,1 ,5.2A 即 { ( x , y ) | ( a + 1) x - y - 2 a + 1 = 0 , x ≠2} .仅在以下三种情况之一发生时 , A ∩B = Ø .(1) a = - 1 时 , 因 为 A = | ( x , y ) | y = 3 , x ≠2} ,B = { ( x , y ) | y = - 15 } ,直线 y = 3 和 y = - 15互相a 1 + a n = a 2 + a n - 1 = a 3 + a n - 2 = a 4 2 2+ a n - 3 ,所 以 ,4 ( a + a ) = 26 + 110 = 136 , a + a= 34. 平行 ,所以 , A ∩B = Ø ;1n1na 2 - 1 a - 1 - 15 又n ( a 1 + a n )= 187 ,即n ×34= 187 ,故 n = 11.(2) a ≠- 1 , 且a + 1=- 1≠- 2 a + 1时 ,直线2210. A.如图 5 建立坐标系. 设DA = DD 1 = a , DC = b , 则D 1 ( 0 , 0 , a ) , C ( 0 , b , 0 ) , D 1 C = (0 , b , - a ) ; A ( a ,0 ,0) , M ( 0 , b , 0 ) , AM =2( - a , b ,0) .2( a + 1) x - y - 2 a + 1 = 0 与 ( a 2 - 1) x + ( a - 1) y = 15 平行 ,所以 , A ∩B = Ø ,这时 a = 1.(3) a ≠±1 ,且 (2 ,3) ∈B 时 ,直线 ( a + 1) x - y - 2 a + 1 = 0 与 ( a 2 - 1) x + ( a - 1) y = 15 相交于点 (2 ,3) ,而(2 ,3) | A ,所以 , A ∩B = Ø . 这时 ( a 2 - 1)×2 + ( a - 1) ×3 = 15 , 解 得 a = - 4 或 a = 5 .14.15 .图 5 由已知 y 2 = - 2 x 2 + 4 x + 6 ≥0 ,得 - 1 ≤x ≤3.b2在曲线 2 x 2 + y 2 = 4 x + 6 上任取一点 P ( x , y ) ,cos θ=AM ·D 1 C =2| AM | ·| D 1 C |· P 到原点的距离为d = =x 2- 2 x 2 + 4 x + 6=b.= - ( x - 2) 2+ 10 .因为 - 1 ≤x ≤3 ,所以 ,1 ≤d ≤ 10 . 由已知得2278 当 x = 2 时 , d 取最大值M (2 , - 6) ;, 则 M ( 2 , 6 ) 或1 -=9.当 x = - 1 时 , d 取最小值 1 ,则 N (- 1 ,0) . 化简得a= , AA 1= 2 .AB故| MN | == 15 .二、11. 101136.三、15. 先证对任意的 x ∈R ,有 f ( x ) ≠- b .以ξ记该队最终的得分数 ,则P (ξ= 100) = 014 ×013 = 0112 , P (ξ= 101) = 016 ×012 + 014 ×017 = 014 ,事实上 ,若 f ( x ) = -b 2b ,aP (ξ= 102) = 016 ×018 = 0148.bf ( x + p ) -a= a + bf ( x + p ) ,E ξ= 100 ×0112 + 101 ×014 + 102 ×0148 = 101136. 12. 0 < t ≤1 , 且 t ≠1 .已知等差数列{ a }中 , a = t , d = 2 t ( t > 0) ,则故 a 2 + b 2 = 0 ,与 a 、b 是非零常数矛盾. 根据所给条件 ,可得a - bf ( x - p ) ( + ) = a - bf ( x ) =·b + af ( x - p ) n1f x p b + af ( x ) a - bf ( x - p )a n = t + ( n - 1) 2 t = (2 n - 1) t ,b + a ·b + af ( x - p )a + 42b 2a 2+ b 22 t t1 - t x 2+ y 2 10 (2 + 1) 2 + ( ± 6) 2 则则b 2 + a 2 =b 2+ a2· f ( x - p ) = f ( x - p ) .从 而 ,10 ≤v + y ≤22 , 3 ≤u + x ≤22. 所以 , f ( x ) 是以 2 p 为周期的函数.16. 如图 6 ,设 H 为△ABC 的垂心 ,则由 ③得由 ④得u - x = 7 , 或 v + y = 15 u + x = 3 , 或y - v = 9u - x = 5 , v + y = 21. u + x = 9 , y - v = 3.AH ·BC + BH ·CA +CH ·AB = 0.但 u + x ≥u - x ,故 u + x ≠3 ,所以 ,而 AH ·BC= ( AP + PH ) ·BC 图 6= AP ·BC + PH ·BC ;u - x = 7 , v + y = 15 ,u + x = 9 , y - v = 3u - x = 5 , v + y = 21 , 或u + x = 9 , y - v = 3.同理 ,有 B H ·CA = B P ·CA + PH ·CA ;CH ·AB = CP ·AB + PH ·AB .故 AP ·BC + B P ·CA + CP ·AB + PH ·( AB + BC + CA ) = 0. 因为 AB + BC + CA = 0 ,从而 ,AP ·BC + B P ·CA + CP ·AB = 0.17. 因为 △PQR 是等腰直角三角形 , ∠PRQ =解以上两组方程得 x = 1 , y = 9 , u = 8 , v = 6 或x = 2 , y = 12 , u = 7 , v = 9.因为 y = 12 | M ,所以 , x = 2 , y = 12 , u = 7 , v = 9 不合题意.因此 , x = 1 , y = 9 , u = 8 , v = 6.19. 如图 7 建立空 90°,点 R 到 PQ 的距离为| 2 + 2 ×5 - 7|12 + 22= 5 ,所以 ,间直角坐标系 D - xyz , 则 A 1 (2 ,0 ,2) , C 1 ( 0 , 2 ,| RP | = | RQ | = 2 × 5 = 10 .从而 ,点 P 、Q 是以 R 为圆心、 10为半径的圆 2) , B 1 0) .(2 ,2 ,2) , E ( 0 , 1 , 与直线 l 的交点. 由此得A C = ( - 2 ,2 ,0) ,1 1( x - 2) 2+ ( y - 5) 2= 10 ,x + 2 y = 7.解得 x = - 1 , y = 4 , 或 x = 3 , y = 2. 又点 P 、Q 在椭圆 Ax 2 + By 2 = 1 上 ,所以 ,A + 16B = 1 ,9A + 4 B = 1.B 1 E = ( - 2 , - 1 , - 2) , A 1 B 1 = (0 ,2 ,0) .图 7设 PQ 是异面直线 A 1 C 1 和 B 1 E 的公垂线段 ,且A 1 P =λA 1 C 1 = ( - 2λ,2λ,0) ,B 1 Q = μB 1 E = ( - 2μ, - μ, - 2μ) .A =3 35 , B = 2 .35则 PQ = PA 1 + A 1 B 1 + B 1 Q= (2λ- 2μ, - 2λ- μ+ 2 , - 2μ) . 18. 根据题意得uv - xy = 39 , uy - xv = 66.②+ ①并整理得因为 PQ ⊥A 1 C 1 , PQ ⊥B 1 E ,所以 ,① PQ ·A 1 C 1 = 0 , PQ ·B 1 E = 0.② 又 PQ ·A 1 C 1 = - 8λ+ 2μ+ 4 ,PQ ·B 1 E = - 2λ+ 9μ- 2 ,( u - x ) ( v + y ) = 105 = 3 ×5 ×7 ,③②- ①并整理得 ( u + x ) ( y - v ) = 27 = 33.④又因为- 8λ+ 2μ+ 4 = 0 ,则- 2λ+ 9μ- 2 = 0.解得λ= 10 ,μ= 6.x 、y 、u 、v ∈M ,所以 ,v + y ≥0 , u + x ≥0 ,0 < u - x ≤11 , 0 < y - v ≤11 ,17, PQ = 8 17 17 , 8 17, -2, 17 105 105 68 28 212 24 17且 v + y =u - x ≥ = 9 11 , | PQ | =17+17+ - 17 = 17. 27 ≥27 5(梁本江 提供)u + x = y - v11 = 2 11 . 解得 所以 11。
2004年全国高中数学联赛山东赛区预赛试卷及解析
2004年全国高中数学联赛山东赛区预赛试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、选择题1.已知2z−2i−1．则f(i3)=（）．A. 2i−1B. −2i−1C. i−1D. −1i−12.若a≠0,b>0，分别在同一坐标系内给出函数y=ax+b和函数y=b ax的图像（如图），不可能的是（）．A. ①②B. ③①C. ①③D. ②①3.向量集合M={a|a=(−1,1)+x(1,2),x∈R},N={a|a=(1,−2)+x(2,3),x∈R}．则M∩N=（）．A. {(1,−2)}B. {(−13,−23)}C. {(−1,1)}D. {(−23,−13)}4.如果直线l沿x轴负方向平移5个单位，再沿y轴正方向平移1个单位后，又回到原来的位置，那么，直线l的斜率是（）．A. −15B. −5C. 15D. 55.若a,b满足0<a<b<1，则下列不等式中，正确的是（）．A. a a<b bB. b a<b bC. a a<b aD. b b<a a6.设双曲线的右准线与两渐近线交于A,B两点，以AB为直径的圆过右焦点F．则双曲线的离心率为（）．A. √2B. 2√2C. √3D. 2√37.已知函数f(x)的定义域为(a,b)，且b−a<2．则F(x)=f(3x−1)−f(3x+1)的定义域为（）．A. (a−13,b+13)B. (a+13,b−13)C. (a−13,b−13)D. (a+13,b+13)8.已知函数f(x)=e x+1e x−1．若g(x)=f−1(−x)，则g(x)在区间（）．A. (−1,+∞)上是增函数B. (−1,+∞)上是减函数C. (−∞,−1)上是增函数D. (−∞,−1)上是减函数9.已知关于x的方程sin2x−(2a+1)cosx−a2=0有实数解．则实数a的取值集合是（）．A. [−54,1−√2]B. [−54,1+√2]C. [1−√2,1+√2]D. [−32,1−√2]10.如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC,∠ACB=90∘,AE⊥PB于E,AF⊥PC于F．若PA=PB=2,∠BPC=θ，则当ΔAEF的面积最大时，tanθ的值为（）．A. 2B. 12C. √2D. √22第II卷（非选择题）二、填空题合理的投资方案应该是______．12.已知sinα−cosα=2．则sinα−cos3α的值是______．13.将红、黄、蓝、白、黑5个小球分别放入红、黄、蓝、白、黑5个盒子里，每个盒子里放且只放1个小球，则红球不在红盒内且黄球不在黄盒内的概率是______.14.设A1,A2是椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）长轴上的两个顶点，P1P2是垂直于长轴的弦，直线A1P1与A2P2的交点为P．则点P的轨迹的方程是______．三、解答题15.已知b>a>0，且a+b=1．给出下面的四个式子b,a+b2,2ab,a 4−b4a−b由大到小的排列，并给出相应的证明．16.在平面四边形ABCD中，AB=a,BC=b,CD=c,DA=d，且a⋅b=b⋅c= m,c⋅d=d⋅a=n．（1）当m=n时，四边形ABCD是什么四边形?证明你的结论．（2）当m≠n时，四边形ABCD是什么四边形?证明你的结论．17.在数列{a n}中，a1=1，其前n项和S n满足关系式3S n−(2t+3)S n−1=3t（t> 0,n=2,3,⋅⋅⋅）．（1）求证：数列{a n}是等比数列；（2）设数列{a n}的公比为f(t)，作数列{b n}，使b1=1,b n=f(1bn−1)（n=2,3,⋅⋅⋅），求b n．（3）求b1b2−b2b3+b3b4−b4b5+⋅⋅⋅+b2n−1b2n−b2n b2n−1的值．18.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M,N,P分别是棱CC1,CB,CD的中点．（1）求证：A1P⊥平面DMN；（2）求四面体A1DMN的体积．19.如图，圆盘上有一指针，开始时指向圆盘的正上方．指针每次顺时针方向绕圆盘中心转动一角α，且3.6∘<α<180∘，经2004次旋转，第一次回到了其初始位置，即又指向了圆盘的正上方．试问：α有多少个可能的不同值?参考答案1.B【解析】1.令z̅−i=i3=−i，所以，z̅=0,z=0．故f(i3)=−2i−1．选B.2.D【解析】2.观察图像①，可得出a>0,b>1，函数y=ax+b和y=b ax的图像均满足要求，排除（A）、（C）．观察图像②，由y=ax+b得出a>0,0<b<1；由y=b ax得出a>0,b>1或a<0,0<b<1，矛盾，排除（B）．选D.3.B【解析】3.若a=(a1,a2)∈M∩N，则有a1=−1+x1=1+2x2,a2=1+2x1=−2+ 3x2．整理，得{x1−2x2=2,2x1−3x2=−3解得x1=−12,x2=−7．于是，有M∩N={(−1−12,1−24)}={(−13,−23)}．选B.4.A【解析】4.设直线l的方程为y=kx+b，根据题意平移得：y=k（x+5）+b+1，即y=kx+5k+b+1，则kx+b=kx+5k+b+1，解得：k=−1 5．故选A．5.C【解析】5.根据幂函数及指数函数的单调性，按题意应有b a>a a,b a>b b．而a a,b b大小关系不确定．选C.6.A【解析】6.设双曲线方程为x 22−y 2b2=1．则右准线方程为x =a 2c，渐近线方程为y=±bax ．由此可得，点A,B 的坐标分别为(a 2c ,abc ),(a 2c ,−ab c)． 从而知|AB |=2abc．设右准线与x 轴的交点为K ． 则有|KF |=c −a 2c=b2c． 又|KF |=12|AB |，所以，b 2c =ab c．故a =b ，即知e =√2．选A.7.B【解析】7. 由题意得{a <3x −1<b,a <3x +1<b.分别解两个不等式得{a+13<x <b+13,a−13<x <b−13.因为b−a >2，则b−13−a+13=(b−a )−23>0，即a+13<b−13． 所以，不等式组的解为a+13<x <b−13．因此，F (x )的定义域为(a+13,b−13)．选B. 8.C【解析】8. 设y=e x +1e x −1．解得x =lny+1y−1．所以，f−1(x )=lnx+1x−1． 故g (x )=f −1(x )=ln−x+1−x−1=lnx−11+x．由x−11+x >0，得x<−1或x >1．所以，g (x )的定义域为(−∞,−1)∪(1,+∞)． 选项（A ）、（B ）均不正确． 由g (x )=lnx−1x+1=ln (1−2x+1)在(−∞,−1)上，2x+1随x 的增大而减小，则1−2x+1随x 的增大而增大．因为lnx 是增函数，所以，g (x )随x 的增大而增大，即g (x )在区间(−∞,−1)上是增函数．选C. 9.B【解析】9.将方程变形为cos 2x +(2a +1)cosx +a 2−1=0．令t=cosx ，则方程变形为t 2+(2a +1)t +a 2−1=0．设f (t )=t 2+(2a +1)t +a 2−1,t ∈[−1,1]．由题意知实数a 应满足{(2a +1)2−4(a 2−1)≥0,f (1)≥0,f (−1)≥0,−1≤−2a+12≤1, 或f (1)f (−1)≤0．解得−54≤a ≤1+√2．所以，实数a 的取值集合是[−54,1+√2]．选B. 10.D【解析】10. 因为PA ⊥面ABC ，则PA ⊥BC ．又BC⊥AC ，故BC ⊥面PAC ．所以，面PBC ⊥面PAC ．因为AF ⊥PC ，则AF ⊥面PBC ，有AF ⊥EF ．又PA=AB =2,AE ⊥PB ，所以，AE =√2．在RtΔAEF 中，因为AF 2+EF 2=AE 2=(√2)2=2，所以，AF ⋅EF ≤AF 2+EF 22=1．因此，S ΔAEF =12AF ⋅EF ≤12×1=12． 当且仅当AF =EF 时，上式中的等号成立，即S ΔAEF 取得最大值12． 这时，AE ⋅EF =EF 2=1⇒EF =1．又AF⊥面PBC,AE ⊥PB ，由三垂线定理的逆定理，得PE ⊥PB ．在RtΔPEF 中，由PE =√2,EF =1，知tanθ=√2=√22．选D.11.投资房地产【解析】11.购买股票盈利的期望值为0.3×10+0.5×3+0.2×(−5)=3.5（万元）． 投资房地产盈利的期望值为0.3×8+0.5×4+0.2×(−4)=3.6（万元）．所以，合理的投资方案应该是投资房地产． 12.1116【解析】12.sin3α−cos3α=(sinα−cosα)(sin2α+sinα⋅cosα+cos2α) =(sinα−cosα)(1+sinα⋅cosα)．已知sinα−cosα=12，且(sinα−cosα)2=sin2α−2sinα⋅cosα+cos2α=14，故sinα⋅cosα=38．从而，有sin3α−cos3α=1116．13.0.65【解析】13.设红球不在红盒内且黄球不在黄盒内的概率为P，再设红球在红盒内的概率为P1，黄球在黄盒内的概率为P2，红球在红盒内且黄球在黄盒内的概率为P3，则P=1−(P1+P2−P3)P:红球不在红盒且黄球不在黄盒由古典概型概率公式可得，P1=P2=4!5!,P3=3!5!，则P=1−(P1+P2−P3)=1−(2×4!5!−3!5!)=1320，即P=0.65，故答案为0.65.14.x 2a2−y2b2=1【解析】14.设点P1的坐标为(x0,y0)，则有P2(x0,−y0),A1(−a,0),A2(a,0)．A1P1所在直线的方程为y=y0x0+a(x+a)．A2P2所在直线的方程为y=−y0x0−a(x−a)．两式相乘，并利用x 02a 2+y 02b2=1，消去x 0,y 0有y 2=−y 02a 2−x 02(a 2−x 2)=−b 2a 2(a 2−x 02)a 2−x 02(a 2−x 2)=−b 2a2(a 2−x 2)．整理得x 2a 2−y 2b 2=1． 15.b >a 4−b 4a−b>a+b 2>2ab【解析】15.四个式子由大到小的排序是b >a 4−b 4a−b>a+b 2>2ab ．因为b>a >0，且a +b =1，所以a 4−b4a−b=(a +b )(a 2+b 2)=a 2+b 2，(a+b )22=12=a+b2． 由b −(a 2+b 2)=b −a 2−b 2=b (1−b )−a 2=a (b −a )>0，有b>a 2+b 2，即b >a 4−b 4a−b．由a 2+b 2>2ab ，得2(a 2+b 2)>(a +b )2， 则a 2+b2>(a+b )22，即a 4−b 4a−b >a+b 2． 由a+b >2√ab,12>√ab,14>ab,12>2ab ，有a+b 2>2ab ．所以，b>a 4−b 4a−b>a+b 2>2ab ．16.（1）见解析；（2）见解析【解析】16. （1）当m =n 时，即a ⋅b =b ⋅c =c ⋅d =d ⋅a ．由a+b +c +d =0，得b +d =−(a +c )．因为a ⋅b +d ⋅a =b ⋅c +c ⋅d ，所以a ⋅(b +d )=c ⋅(b +d )． 则a⋅(a +c )=c ⋅(a +c )，a 2+a ⋅c =a ⋅c +c 2．因此，a 2=c 2，即|a |2=|c |2,|a |=|c |．同理可得|b |=|d |．故四边形ABCD 是平行四边形． 又cos (180∘−∠B )=a⋅b |a |⋅|b|=b⋅c |b |⋅|c|=cos (180∘−∠C )， 所以，∠B =∠C ．又由AB∥CD 得∠B +∠C =180∘，所以，∠B =∠C =90∘．因此，四边形ABCD 是矩形． （2）当m≠n 时，四边形ABCD 是等腰梯形． 由（1）得|a |=|c |,∠B =∠C ． 同理可得∠A=∠D ，因此，∠A +∠B=∠C +∠D =180∘．故AD ∥BC ．下而用反证法证明AD ≠BC ．假设AD =BC ，则四边形ABCD 是平行四边形．由此得a=−c,b =−d ，则a ⋅b =m,c ⋅d =n ，则m =n ，这与m ≠n 矛盾． 所以，AD≠BC ．又|a |=|c |，则AB=CD ．所以，四边形ABCD 是等腰梯形． 17.（1）见解析；（2）b n =23n +13；（3）−89n 2−43n【解析】17. （1）由已知3tS 2−(2t +3)S 1=3t ，即3t (a 1+a 2)−(2t +3)S 1=3t ，即3t (a 1+a 2)−(2t +3)a 1=3t ．由a 1=1，解得a 2=2t+33t． 所以，a2a 1=2t+33t ．当n≥2时，有3tS n+1−(2t +3)S n =3t ，① 3tS n −(2t +3)S n−1=3t ．②①-②得3ta n+1−(2t +3)a n =0．则a n+1a n=2t+33t．综上所述，知a n+1a n=2t+33t（n ≥1）．因此，{a n }是等比数列． （2）由（1）知f (t )=2t+33t，则b 1=1,b n =2⋅1b n−1+33⋅1b n−1=23+b n−1． 所以，b n −b n−1=23（n =2,3,⋅⋅⋅）． 因此，{b n }是等差数列，且b 1=1,d =b n −b n−1=23． 故b n=b 1+(n −1)d =23n +13． （3）b 1b 2−b 2b 3+b 3b 4−b 4b 5+⋅⋅⋅+b 2n−1b 2n −b 2n b 2n−1=b2(b1−b3)+b4(b3−b5)+⋅⋅⋅+b2n(b2n−1−b2n+1)=−43(b2+b4+⋅⋅⋅+b2n)=−43⋅n(b2+b2n)2=−43⋅n(53+4n+13)2=−89n2−43n．18.（1）见解析；（2）43【解析】18.（1）如图，联结AP，则RtΔADP≅RtΔDCN．有∠DAP=∠CDN,∠DAP+∠ADN=∠CDN+∠ADN=90∘．故AP⊥DN．又A1A⊥平面ABCD,AP是A1P在平面ABCD内的射影，所以，A1P⊥DN．同理，A1P⊥DM．因为DM与DN相交于点D，所以A1P⊥平面DMN．注：也可以建立坐标系利用向量证明．（2）如图5，联结A1D,B1C,B1C与MN相交于点E，联结DE交A1P于点H，则AH为四面体A1DMN的面DMN上的高．因正方体的棱长为2，则B1C=2√2,CE=14B1C=√22．在RtΔCDE中，有DE=√DC2+CE2=3√22．因为RtΔDHP∽RtΔDCE，所以，HP CE=DP DE．从而，HP=CE⋅DPDE=13．又A1P=√DA12+DP2=3，所以，A1H=83．在ΔDMN中，由DM=DN,MN=√CM2+CN2=√2，且E是MN的中点，有DE⊥MN．则SΔDMN=12MN⋅DE=32．故V四面体A1DMN =13×32×83=43．19.325【解析】19.显然有3.6∘<α=n×360∘2004<180∘．①这里n是当指针第一次回到其初始位置时已经转过的圈数．因n是正整数，式①整理后可得21≤n≤1001．同时n必与2004互质，即(n,2004)=1．设d=(n,2004)．若有d>1，则令n1=n d,n2=2004d．此时有α=n1×360∘n2．这意味着指针转动n2次，每次转动角α，指针则旋转n1圈之后，回到其初始位置，与题设矛盾．由上述讨论可知，对任一满足21≤n≤1001，且(n,2004)=1的n，对应一个可能的α．反之亦然．故问题成为求满足上述两个条件的所有n的个数．因为2004=22×3×167，所以，(n,2004)=1⇔2∤n,3n,167n．在不大于1001的正整数中，不能被2或3整除的正整数共有1001−([10012]+[10013]−[10012×3])=1001−(500+333−166)=334（个）．（符号[a]表示不超过a的最大整数．）其中只有1×167及5×167能被167整除，所以，不大于1001且满足条件的n共有334−2=332个．再去掉1，5，7，11，13，17，19这7个不大于20的数，知同时满足两个条件的n共有332−7=325个．因此，α共有325个可能的不同值．。
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全国高中数学联赛山东赛区预赛试题一、选择题（每小题6分，共60分） 1．数集{x x x -2,}中x 的取值范围是 （ ）A ．),(+∞-∞B ．),0()0,(+∞⋃-∞C ．),2()2,(+∞⋃-∞D ．),2()2,0()0,(+∞⋃⋃-∞ 2．若012=++z z ，则2005z 的值是 （ ）A ．1B ．1-C ．i 2321±D ．i 2321±- 3．函数x x y 24sin cos +=的最小正周期为 （ ）A ．4πB ．2πC ．πD ．π2 4．随机抛掷一颗6个面分别刻有1，2，3，4，5，6个点的骰子，其出现（即向上一面）的 点数的数学期望值为 （ ） A ．3 B ．3.5 C ．4 D ．4.55．函数cx bx ax x f ++=23)(的图像如图，则下面关于c b a ,,符号判断正确的是 （ ）A ．0,0,0<<>c b aB ．0,0,0>>>c b aC ．0,0,0><<c b aD ．0,0,0<><c b a 6．16666101192111011111-++++C C C 被8除所得余数是（ ）A ．0B ．2C ．3D ．5 7．不等式31|1log 1|31>+x 的解集为（ ）A ．)81,91(B ．)27,31(C ．)27,3()3,31(⋃ D ．)81,3()3,91(⋃8．当22ππ≤≤-x 时，函数)(x f 满足x x f x f 2sin )(sin 3)sin (2=+-，则)(x f 是（ ）A ．奇函数B ．偶函数C ．非奇非偶函数D ．既奇又偶函数9．点P 在双曲线222a y x =-的右支上，21,A A21122A PA PA A ∠=∠，则21A PA ∠等于（ ）A ．30B ．5.27 C ． 25D ． 5.2210．正四面体ABCD 中，CD CF AB AE 41,41==，则直线DE 和BF 所成角是 （ ） A ．134arccos B ．133arccos C ．134arccos -πD ．133arccos -π二、填空题（每小题6分，共24分） 11．已知函数⎩⎨⎧≤<+-<≤---=10,101,1)(x x x x x f ，则1)()(->--x f x f 的解集为.12．数列{n a }的前n 项和n S 满足n n a n S 2=，若10031=a ，则2005a 等于.13．设平面内的两个向量,12==，又k 与t 是两个不同时为零的实数，若向量t )3(-+=与t k 2+-=互相垂直，则k 的极大值为.14．在某次商品的有奖销售活动中，有n 人获三等奖（4≥n ），三等奖的奖品共有四种，每个三等奖获得者随意从四种奖品中挑选了一种，结果有一种奖品无人挑选的概率是. 三、解答题（共5小题，计66分）15．（12分）某人购房向银行贷款s 元，年利率为p ，每两年向银行返还一次本息，十年还清，要求每次向银行的付款数相同，那么十年付款的总额是多少？16．（12分）如图，斜三棱柱111C B A ABC -的侧面C C AA 11的面积为23的菱形，1ACC ∠ 为锐角，侧面11A ABB ⊥侧面C C AA 11，且11===AC AB B A .BC1B 1C（1）求证11BC AA ⊥； （2）求11B A 到平面ABC 的距离.17．（12分）设c bx x x f ++=2)(（c b ,为常数），方程x x f =)(的两个实数根为21,x x ，且满足01>x ，112>-x x .（1）求证：)2(22c b b +>；（2）若10x t <<，比较1x 与)(t f 的大小.18．（15分）如图，过原点O 作抛物线px y 22=（0>p ）的两条互相垂直的弦OB OA ,，再作AOB ∠的平分线交AB 于点C .求点C 的轨迹方程.19．（15分）圆周上有800个点，依顺时针方向标号依次为800,,2,1 .它们将圆周分成800个间隙.任意选定一点染成红色，然后按如下规则逐次染红其余的一些点：若第k 号点已被染红，则可按顺时针方向经过k 个间隙，将所到达的那个点染红.如此继续下去，试问圆周上最多可得到多少个红点？证明你的结论.高考数学（文）一轮：一课双测A +B 精练(四十六) 两直线的位置关系1．(·海淀区期末)已知直线l1：k1x ＋y ＋1＝0与直线l2：k2x ＋y －1＝0，那么“k1＝k2”是“l1∥l2”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件2．当0＜k ＜12时，直线l1：kx －y ＝k －1与直线l2：ky －x ＝2k 的交点在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3．(·长沙检测)已知直线l1的方程为3x ＋4y －7＝0，直线l2的方程为6x ＋8y ＋1＝0，则直线l1与l2的距离为( )A.85B.32 C ．4D ．84．若直线l1：y ＝k(x －4)与直线l2关于点(2,1)对称，则直线l2恒过定点( ) A ．(0,4) B ．(0,2) C ．(－2,4)D ．(4，－2)5．已知直线l1：y ＝2x ＋3，若直线l2与l1关于直线x ＋y ＝0对称，又直线l3⊥l2，则l3的斜率为( )A ．－2B ．－12C.12D ．2 6．(·岳阳模拟)直线l 经过两直线7x ＋5y －24＝0和x －y ＝0的交点，且过点(5,1)．则l 的方程是( )A ．3x ＋y ＋4＝0B ．3x －y ＋4＝0C ．x ＋3y －8＝0D ．x －3y －4＝07．(·郑州模拟)若直线l1：ax ＋2y ＝0和直线l2：2x ＋(a ＋1)y ＋1＝0垂直，则实数a 的值为________．8．已知平面上三条直线x ＋2y －1＝0，x ＋1＝0，x ＋ky ＝0，如果这三条直线将平面划分为六部分，则实数k 的所有取值为________．9．(·临沂模拟)已知点P(4，a)到直线4x －3y －1＝0的距离不大于3，则a 的取值范围是________．10．(·舟山模拟)已知1a ＋1b ＝1(a ＞0，b ＞0)，求点(0，b)到直线x －2y －a ＝0的距离的最小值．11．(·荆州二检)过点P(1,2)的直线l 被两平行线l1：4x ＋3y ＋1＝0与l2：4x ＋3y ＋6＝0截得的线段长|AB|＝2，求直线l 的方程．12．已知直线l ：3x －y ＋3＝0，求： (1)点P(4,5)关于l 的对称点；(2)直线x －y －2＝0关于直线l 对称的直线方程．1．点P 到点A(1,0)和直线x ＝－1的距离相等，且点P 到直线y ＝x 的距离为22，这样的点P 的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．42．(·福建模拟)若点(m ，n)在直线4x ＋3y －10＝0上，则m2＋n2的最小值是( ) A ．2B ．22 C ．4D ．233．在直线l ：3x －y －1＝0上求一点P ，使得P 到A(4,1)和B(0，4)的距离之差最大． [答 题 栏]A 级1._________2._________3._________4._________5.__________6._________B 级1.______2.______7.__________8.__________9.__________ 答 案高考数学（文）一轮：一课双测A+B 精练(四十六)A 级1．C2.B3.B4.B5．选A 依题意得，直线l2的方程是－x ＝2(－y)＋3， 即y ＝12x ＋32，其斜率是12，由l3⊥l2，得l3的斜率等于－2.6．选C 设l 的方程为7x ＋5y －24＋λ(x －y)＝0，即(7＋λ)x ＋(5－λ)y －24＝0，则(7＋λ)×5＋5－λ－24＝0.解得λ＝－4.l 的方程为x ＋3y －8＝0.7．解析：由2a ＋2(a ＋1)＝0得a ＝－12.答案：－128．解析：若三条直线有两条平行，另外一条与这两条直线相交，则符合要求，此时k ＝0或2；若三条直线交于一点，也符合要求，此时k ＝1，故实数k 的所有取值为0,1,2.答案：0,1,29．解析：由题意得，点到直线的距离为|4×4－3×a －1|5＝|15－3a|5.又|15－3a|5≤3，即|15－3a|≤15，解得，0≤a ≤10，所以a ∈[0,10]．答案：[0,10]10．解：点(0，b)到直线x －2y －a ＝0的距离为d ＝a ＋2b 5＝15(a ＋2b)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝15⎝⎛⎭⎪⎫3＋2b a ＋a b ≥15(3＋22)＝35＋2105，当且仅当a2＝2b2，a ＋b ＝ab ，即a ＝1＋2，b ＝2＋22时取等号．所以点(0，b)到直线x －2y －a ＝0的距离的最小值为35＋2105. 11．解：设直线l 的方程为y －2＝k(x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋2－k ，4x ＋3y ＋1＝0，解得A ⎝⎛⎭⎪⎫3k －73k ＋4，－5k ＋83k ＋4；由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2－k ，4x ＋3y ＋6＝0，解得B ⎝⎛⎭⎪⎫3k －123k ＋4，8－10k 3k ＋4.∵|AB|＝2， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫53k ＋42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫5k 3k ＋42＝2， 整理，得7k2－48k －7＝0， 解得k1＝7或k2＝－17.因此，所求直线l 的方程为x ＋7y －15＝0或7x －y －5＝0.12．解：设P(x ，y)关于直线l ：3x －y ＋3＝0的对称点为P ′(x ′，y ′)．∵kPP ′·kl ＝－1，即y ′－yx ′－x ×3＝－1.①又PP ′的中点在直线3x －y ＋3＝0上， ∴3×x ′＋x 2－y ′＋y 2＋3＝0.②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝－4x ＋3y －95，③ y ′＝3x ＋4y ＋35.④(1)把x ＝4，y ＝5代入③④得x ′＝－2， y ′＝7，∴P(4,5)关于直线l 的对称点P ′的坐标为(－2,7)．(2)用③④分别代换x －y －2＝0中的x ，y ，得关于l 的对称直线方程为－4x ＋3y －95－3x ＋4y ＋35－2＝0， 化简得7x ＋y ＋22＝0.B 级1．选C ∵点P 到点A 和定直线距离相等， ∴P 点轨迹为抛物线，方程为y2＝4x. 设P(t2,2t)，则22＝|t2－2t|2，解得t1＝1，t2＝1＋2，t3＝1－2，故P 点有三个．2．选C 设原点到点(m ，n)的距离为d ，所以d2＝m2＋n2，又因为(m ，n)在直线4x ＋3y －10＝0上，所以原点到直线4x ＋3y －10＝0的距离为d 的最小值，此时d ＝|－10|42＋32＝2，所以m2＋n2的最小值为4.3．解：如图所示，设点B 关于l 的对称点为B ′，连接AB ′并延长交l 于P ，此时的P 满足|PA|－|PB|的值最大．设B ′的坐标为(a ，b)，则kBB ′·kl ＝－1， 即3·b －4a ＝－1.则a ＋3b －12＝0.①又由于线段BB ′的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，b ＋42，且在直线l 上，则3×a 2－b ＋42－1＝0，即3a －b －6＝0.②解①②，得a ＝3，b ＝3，即B ′(3,3)． 于是AB ′的方程为y －13－1＝x －43－4，即2x ＋y －9＝0.解⎩⎪⎨⎪⎧3x －y －1＝0，2x ＋y －9＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝5，即l 与AB ′的交点坐标为P(2,5)．高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十)空间几何体的结构特征及三视图和直观图1．(·青岛摸底)如图，在下列四个几何体中，其三视图(正视图、侧视图、俯视图)中有且仅有两个相同的是( )A．②③④B．①②③C．①③④D．①②④2．有下列四个命题：①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长相等的直四棱柱是正方体；③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．其中真命题的个数是( )A．1B．2C．3D．43．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是( )4．如图是一几何体的直观图、正视图和俯视图．在正视图右侧，按照画三视图的要求画出的该几何体的侧视图是( )5.如图△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是( )A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．钝角三角形6．(·东北三校一模)一个几何体的三视图如图所示，则侧视图的面积为( )A．2＋3B．1＋3C．2＋23D．4＋37．(·昆明一中二模)一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为1，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的________．(填入所有可能的图形前的编号) 2①锐角三角形；②直角三角形；③四边形；④扇形；⑤圆8．(·安徽名校模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．9．正四棱锥的底面边长为2，侧棱长均为3，其正视图(主视图)和侧视图(左视图)是全等的等腰三角形，则正视图的周长为________．10．已知：图1是截去一个角的长方体，试按图示的方向画出其三视图；图2是某几何体的三视图，试说明该几何体的构成．11．(·银川调研)正四棱锥的高为3，侧棱长为7，求侧面上斜高(棱锥侧面三角形的高)为多少？12．(·四平模拟)已知正三棱锥V－ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积．1．(·江西八所重点高中模拟)底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正视图有最大面积时，其侧视图的面积为( )A．23B．3C.3D．42．(·深圳模拟)如图所示的几何体中，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面ABE，已知AB＝2，AE＝BE＝3，且当规定正视方向垂直平面ABCD时，该几何体的侧视图的面积为22.若M，N分别是线段DE，CE上的动点，则AM＋MN＋NB的最小值为________．3．一个多面体的直观图、正视图、侧视图如图1和2所示，其中正视图、侧视图均为边长为a的正方形．(1)请在图2指定的框内画出多面体的俯视图；(2)若多面体底面对角线AC，BD交于点O，E为线段AA1的中点，求证：OE∥平面A1C1C；(3)求该多面体的表面积．[答题栏]A级1._________2._________3._________4._________5._________6._________B级 1.______2.______ 7.__________8.__________9.__________答案高考数学（文）一轮：一课双测A+B精练(四十)A级1．A2.A3.C4.B5．选B由斜二测画法知B正确．6．选D依题意得，该几何体的侧视图的面积等于22＋12×2×3＝4＋ 3.7．解析：如图1所示，直三棱柱ABE－A1B1E1符合题设要求，此时俯视图△A BE是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABC－A1B1C1符合题设要求，此时俯视图△ABC是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCD－A1B1C1D1符合题设要求，此时俯视图(四边形ABCD)是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除④⑤.答案：①②③8．解析：结合三视图可知，该几何体为底面边长为2、高为2的正三棱柱除去上面的一个高为1的三棱锥后剩下的部分，其直观图如图所示，故该几何体的体积为12×2×2sin60°×2－13×12×2×2sin60°×1＝533.答案：5339.解析：由题意知，正视图就是如图所示的截面PEF ，其中E 、F 分别是AD 、BC 的中点，连接AO ，易得AO ＝2，而PA ＝3，于是解得PO ＝1，所以PE ＝2，故其正视图的周长为2＋2 2.答案：2＋2210．解：图1几何体的三视图为：图2所示的几何体是上面为正六棱柱，下面为倒立的正六棱锥的组合体． 11．解：如图所示，正四棱锥S －ABCD 中， 高OS ＝3，侧棱SA ＝SB ＝SC ＝SD ＝7， 在Rt △SOA 中，OA ＝SA2－OS2＝2，∴AC ＝4. ∴AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝2 2. 作OE ⊥AB 于E ，则E 为AB 中点． 连接SE ，则SE 即为斜高， 在Rt △SOE 中，∵OE ＝12BC ＝2，SO ＝3，∴SE ＝5，即侧面上的斜高为 5.12．解：(1)三棱锥的直观图如图所示． (2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝12＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.B 级1．选A 当正视图的面积达最大时可知其为正三棱柱某个侧面的面积，可以按如图所示位置放置，此时侧视图的面积为2 3.2．解析：依题意得，点E 到直线AB 的距离等于32－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝2，因为该几何体的左(侧)视图的面积为12·BC ×2＝22，所以BC ＝1，DE ＝EC ＝DC ＝2.所以△DEC 是正三角形，∠DEC ＝60°，tan ∠DEA ＝AD AE ＝33，∠DEA ＝∠CEB ＝30°.把△DAE ，△DEC 与△CEB 展在同一平面上，此时连接AB ，AE ＝BE ＝3，∠AEB ＝∠DEA ＋∠DEC ＋∠CEB ＝120°，AB2＝AE2＋BE2－2AE ·BEcos120°＝9，即AB ＝3，即AM ＋MN ＋NB 的最小值为3.答案：33．解：(1)根据多面体的直观图、正视图、侧视图，得到俯视图如下：(2)证明：如图，连接AC ，BD ，交于O 点，连接OE. ∵E 为AA1的中点，O 为AC 的中点， ∴在△AA1C 中，OE 为△AA1C 的中位线． ∴OE ∥A1C.∵OE ⊄平面A1C1C ，A1C ⊂平面A1C1C ， ∴OE ∥平面A1C1C.(3)多面体表面共包括10个面，SABCD ＝a2， SA1B1C1D1＝a22，S △ABA1＝S △B1BC ＝S △C 1DC ＝S △ADD1＝a22，S △AA1D1＝S △B1A1B ＝S △C1B1C ＝S △DC1D1 ＝12×2a 2×32a 4＝3a28， ∴该多面体的表面积S ＝a2＋a22＋4×a22＋4×3a28＝5a2.。