2016經典的高中數學聯(lián)賽常用試題
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高中數學聯(lián)賽常用試題
一、選擇題(每小題6分,共36分)1.在正四棱錐P-ABCD中,∠APC=60°.則二面角A-PB-C的平面角的余弦).值為(
(A)
(B)- (C) (D)-7722
圖1
2.設實數a使得不等式
2
|2x-a|a.a所組).((A)[-(C)[-,]33,]43
(B)[-,]22
6.已知A、B是集合{1,2,,100}的兩,A與B,且A∩BnA,∈B,則
).B
(62(B)66(C)68(D)74二、填空題(每小題9分,共54分)7.在平面直角坐標系內,有四個定點A(-3,0)、B(1,-1)、C(0,3)、D(-1,3)及
(D)[-3,3]
一個動點P.則|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值為.
8.在△ABC、△AEF中,B是EF的中點,AB=EF=1,BC=6,CA=若AB・AE+AC・AF=2,則EF與BC的夾角的余弦值等于.
9.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,以頂點A為半徑作一個球.
3
則球面與正方體的表面相交所得到的曲線的長等于.
10.已知等差數列{an}的公差d不為0,
3.將號碼分別為1,2,…,9的九個小球
放入一個袋中,這些小球僅號碼不同,其余完全相同.甲從袋中摸出一個球,其號碼為a,放回后,乙從此袋中再摸出一個球,其號碼為
b.則使不等式a-2b+10>0成立的事件發(fā)
).生的概率為(
(A)
81
(B)
81
(C)
81
(D)
81
4.設函數f(x)=3sinx+2cosx+1.若
實數a、b、c使得af(x)+bf(x-c)=1對任意實數x恒成立,則
(A)-).的值為(
a
等比數列{bn}的公比q是小于1的正有理
a+a+a數.若a1=d,b1=d,且是正整
b1+b2+b3
2
2
2
2
(B) (C)-1 (D)122
5.設⊙O1、⊙O2是兩個定圓,動圓P與
數,則q等于.
11.已知函數
≤().f(x)=x44x
則f(x)的最小值為.
12.將2個a和2個
b共4個字母填在
這兩個定圓都相切.則⊙P的圓心軌跡不可).能是圖1中的(
2007年第12期27
如圖2的16個小方格內,每個小方格內至多填1個字母.若使相同字母既不同行也不同列,則不同的填法共
圖2有種(用數字作答).
三、解答題(每小題20分,共60分)
n
13.設an=.求證:當正()k=1kn+1-k整數n≥2時,an+1
14.已知過點(0,1)的直線l與曲線C:
y=x+
連.問最少取出多少枚棋子才可能滿足要求?
并說明理由.
(50分)設集合P={1,2,3,4,5}.對三、
任意k∈P和正整數m,記
5
f(m,k)=
i=1
m
i+,
其中,[a]表示不大于a的最大整數.
求證:對任意正整數n,存在k∈P和正整數m,使得f(m,k)=n.
x
參考答案
第一試
、1.B.
,P內.AC則∠AMC為二面角A-PB-C的平面角.不妨
(x>0)交于兩個不同點M、N.求
曲線C在點M、N處的切線的交點軌跡.
15.設函數f(x)對所有的實數x都滿足π)=f(x).求證:存在4fif(x+2
(i=1,2,3)(,2fi(x),且對x有fix+π)=fi(x);
(2)對任意的實數x,有
f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+
f3(x)sinx+f4(x)sin2x.
設AB=2,則PA=AC=
2,斜高為圖4
故2=AM・2由此得CM=AM=
2
.2
2
2
加 試
(50分)在銳角△ABC中,AB
AD是邊BC上的高,P是線段AD內一點,過P作PE⊥AC,垂足為E,作PF⊥AB,垂足為F,O1、O2分別是△BDF、△CDE的外心.求
故cos∠AMC=
2.A.
=-.
2AM・CM7
對k∈R,令x=
|a|・|k-1|+
ka.則原不等式為2
證:O1、O2、E、F四點共圓的充要條件為P是△ABC的垂心.
(50分)二、如圖3,在7×8
的長方形棋盤的每個小方格的中心點各放一枚棋子.如果兩枚棋子所在的小方格共邊或共頂點,
≥2|a|・|k-||a|.23
由此易知原不等式等價于
|a|≤|k-1|+|k-|
23
對任意的k∈R成立.由于
k-3,2
|k-1|+
|k-|=1-k,
232
3-圖3
k;
31
≤k
;3
k,2
=
所以|k-1|+
k∈R
那么,稱這兩枚棋子“相連”.現(xiàn)從這56枚棋
子中取出一些,使得棋盤上剩下的棋子沒有5枚在一條直線(橫、豎、斜方向)上依次相
|k-|
23.3
從而,上述不等式等價于|a|.
33.D.
28中等數學
6.B.
甲、乙兩人每人摸出一個小球都有9種不同結果,故基本事件總數為9=81個.
由不等式a-2b+10>0,得2b
2,…,9中每一個值,使不等式成立,則共有9×5=45種;當b=6時,a可取3,4,…,9中每一個值,有7
2
先證|A∪B|≤66,只須證|A|≤33.為此,只須證:若A是{1,2,…,49}的任一個34元子集,則必存在n∈A,使得2n+2∈A.證明如下:
將{1,2,…,49}分成如下33個集合:
{1,4},{3,8},{5,12},…,{23,48}共12個;{2,6},{10,22},{14,30},{18,38}共4個;{25},{27},{29},…,{49}共13個;{26},{34},{42},{46}共4個.
種;當b=7時,a可取5,6,…,9中每一個值,有5種;當b=8時,a可取7,8,9中每一個值,有3種;當
b=9時,a只能取9,有1種.故所求事件的.概率為
=.
81814.C.
由于A是{1,2,…,49}的34元子集,由抽屜原理可知,上述33個集合中至少有一個2元集合中的數均屬于A,即存在n∈A,使得2n+2∈A.
如取A=,3,5,…,23,2,25,27,29,…,26,46},+2|,A、B滿A∪B|=66.
二32如圖5,設AC、BD交于點F,則
|PA|+|PC|
由題設可得
f(x)=
13sin(x+φ)+1,
13sin(x+φ-c)+1,
f(x-c)=
其中,0<φ<
πtan2afbf=1)+bsin(x+φ-c)+a+b=1,a(x即 (a+bcosc)sin(x+φ)-cos(x+φ)+(a+b-1)=0.bsinc・
≥|AC|=|FA|+|FC|,
|PB|+|PD|
由已知條件,上式對任意x∈R恒成立,故必有
a+bcosc=0,bsinc=0,a+b-1=0.
≥|BD|=|FB|+|FD|.
圖5
�、佗冖�
因此,當動點P與F重合時,|PA|+|PB|+
|PC|+|PD|取到最小值|AC|+|BD|=3+28..3
若b=0,則式①與式③矛盾,故b≠0.所以,由式②知sinc=0.
當cosc=1時,則①、③兩式矛盾,故cosc=-1.由式①、③知a=b=
5.A.
,所以,=-1.2a
因為AB・AE+AC・AF=2,所以,
(AB+BE)+AC・(AB+BF)=2,AB・
即 AB2+AB・BE+AC・AB+AC・BF=2.
因為AB2=1,BE=-BF,
AC・AB=
設⊙O1、⊙O2的半徑分別是r1、r2,|O1O2|=
2c.則一般地,⊙P的圓心軌跡是焦點為O1和O2且
和的圓錐曲線(當r1
r1+r2|r1-r2|
1=-1,×
2××1
(AC-AB)-1=2,即所以,1+BF・BF・BC=2.
離心率分別是
設EF與BC的夾角為θ
,則
|BF|・|BC|cosθ=2]3cosθ=2]cosθ=9.
.3
=r2時,O1O2的中垂線是軌跡的一部分,當c=0
時,軌跡是兩個同心圓).
當r1=r2且r1+r2<2c時,⊙P的圓心軌跡為選項(B);當0<2c<|r1-r2|時,⊙P的圓心軌跡為選項(C);當r1≠r2且r1+r2<2c時,⊙P的圓心軌跡為選項(D).由于選項(A)中的橢圓和雙曲線的焦點不重合,因而,⊙P的圓心軌跡不可能是選項(A).
.6
如圖6,球面與正方體的六個面都相交,所得的交線分為兩類:一類在頂點A所在的三個面上;另一類在不過頂點A的三個面上.
在面AA1B1B上,交線為EF且在過球心A的大
2007年第12期29
圓上.
因為AE=
AA1=1,所以,
使g(x2)=g(x1).于是,
,3
f(x1)=
g(x)+2
x1
=
g(x)+2
x1
()
gx+2=f(x2).
x2
∠A1AE=
π.6
而f(x)在[,]上是減函數,故f(x)≥
44f(
圖6
π
同理,∠BAF=.
6因此,∠EAF=
π.6
)=,即f(x)在[,]上的最小值是.4544512.3960.
2使2個a既不同行也不同列的填法有C24A4=72
π故EF=.而這樣的弧共有3條.
369在面BB1C1C上,交線為FG且在距球心為1的平面與球面相交所得的小圓上,此時,小圓的圓心為πB,半徑為,∠FBG=.
32
故FG6,3種.同樣,使2個b既不同行也不同列的填法也有
C4A4=72種.
2
2
故由乘法原理,這樣的填法共有722種,其中,不符合要求的有兩種情況:2個ab72a1
種.=-72-16×72=3960(種).
2
三、13.由于
k(n+1-k)
+3=.966
=
n
n+1
k
+
n+1-,
10..
2
222222()()由=2
b1+b2+b3b1+b1q+b1q
則an=
n+1
k=1
k.
n
于是,對任意的正整數n≥2,有
(an-an+1)=2n+1=(
)-n+1n+2
n
k=1
=
N+),2=m(m∈
1+q+q
+2
++-1=-4m2
.4mm
--kn+2
n+1
k=1
k
則q=-
k=1
k
nk=1
(n+1)(n+2)-1>0,
因為q是小于1的正有理數,所以,1<即5≤m≤13且
<3,
=
(n+1)(n+2)
k
即 an+1
14.設點M(x1,y1)、N(x2,y2),曲線C在點M、N處的切線分別為l1、l2,其交點為P(xP,yP).若直
是某個有理數的平方.4m
.2
由此可知q=
11.
.5
線l的斜率為k,則l的方程為y=kx+1.
y=x+
x消去y得
,
易知f(x)=
πx-(
π
)+2≤().x44x
π≤)(),則x444
y=kx+1
x+
x
2
=kx+1](k-1)x+x-1=0.
設g(x)=sin(πx-
)上有兩個相異的由題意知,該方程在(0,+∞
g(x)≥0,g(x)在[,]上是增函數,在[,]
4444
實根x1、x2,故k≠
1,且
Δ=1+4(k-1)>0,
x1+x2=
上是減函數,且y=g(x)的圖像關于直線x=稱.故對任意的x1∈[
對4>0,x1x2=>0.1-k1-k
,],存在x2∈[,],4444
解得
30中等數學
x
對y=x+求導,得y′=1-
x
2
.
f4(x)=
,x;
2sin2x20,
x=
于是,直線l1的方程為
y-y1=1-
2
,
x1x+
2
(x-x1),x1
其中,k為任意整數.
�、�
容易驗證fi(x)(i=1,2,3,4)是偶函數,且對任意的x∈R,fi(x+π)=fi(x)(i=1,2,3,4).
下面證明:對任意的x∈R,有
②
f1(x)+f2(x)cosx=g(x).
即 y=1-
x1
2
.
同理,直線l2的方程為
y=1-
2
x2
x+
x2
.xP+
�、�-②得
x2
2
-
x1
2
x1
-
x2
π+當x≠k
=0.
π
時,顯然成立;2
π
時,因為2
2
,
因為x1≠x2,所以,
xp=
π+當x=k
2xx=2.
x1+x2
21
f1(x)+f(x)cosx=(x)①+②得
2yP=2-+2
π+x+π)=g(k
+
x2
2
,③
π+gk
其中,
x1
2
2
1x1x2
)-2(k+1)π
2
ππ)=g(kπ+)=g(x),22
π-=g(-k
x1
+
x2
2
=
22
xx(xx)xx=2222
x1x2x1x2
2
所以,對任意的x∈R,
f1(x)+f2(x)cosx=g(x).
=
xxx1x2
-
x1x2
=1-2(1-k)=2k-1.
接下來證明:對任意的x∈R,有
f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x).
代入式③得2yP=(3-2k)xP+2.而xP=2,得yP=4-2k.又由
當x時,顯然成立;
2π時,當x=k
π)=h(kπ-2kπ)h(x)=h(k
π)=-h(kπ).=h(-k
π)=0.故h(x)=h(k
而此時f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0,因此,
h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x.
(2,為(2,2)、
15.記g(x)=h(x)=
22
.
,
則f(x)=g(x)+h(x),且g(x)是偶函數,
h(x)是奇函數.
對任意的x∈R,
π)=g(x),h(x+2π)=h(x).g(x+2
令f1(x)=,
2
ππ+,x≠k;
2cosx2
f2(x)=
ππ+0,x=k,
2
π;,x≠k
2sinxf3(x)=
π,0,x=k
π+當x=k
π
時,2
)2
)=h(kπ+h(x+π
π+=h(k
)-2(k+1)π
2
ππ)=-h(kπ+)=-h(x).22
2
=h(x).
π-=h(-k
故f3(x)sinx=
又f4(x)sin2x=0,從而,
h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x.
于是,對任意的x∈R,有
2007年第12
期
h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x.
31
∠PBC+∠ACB=(90°-∠ACB)+∠ACB=90°.故BP⊥AC.
由題設P在高AD上,知P是△ABC的垂心.二、最少要取出11枚棋子,才可能滿足要求.原因如下:
如果一個方格在第i行第j列,則記這個方格為(i,j).
第一步證明:若任取10枚棋子,則余下的棋子必有一個五子連珠,即五枚棋子在一條直線(橫、豎、斜方向)上依次相連.
綜上所述,結論得證.
加 試
一、如圖7,聯(lián)結
BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1.
因為PD⊥BC,PF⊥AB,所以,B、D、P、F四點共圓,且BP為該圓的直徑.
圖7
用反證法.
假設可取出10枚棋子,使余下的棋子沒有一個五子連珠.如圖8,枚列前出1枚棋子.這樣,
10枚被取出的棋子
又O1是△BDF的外心,故O1是BP的中點.同理,C、D、P、E四點共圓,O2是CP的中點.綜上,O1O2∥BC.從而,∠PO2O1=∠PCB.因為AF・AB=AP・AD=AE・AC,所以,B、C、EF四點共圓.
充分性:
⊥,PFAB,所以,BP,C、P、F分別四點共線.則
∠FO2O1=∠FCB=∠FEB=∠FEO1.故O1、O2、E、F四點共圓.必要性:
設O1、O2、E、F四點共圓,故∠O1O2E+∠EFO1=180°.
注意到∠PO2O1=∠PCB=∠ACB-∠ACP.又因為O2是Rt△CEP斜邊的中點,也就是△CEP的外心,所以,∠PO2E=2∠ACP.
因為O1是Rt△BFP斜邊的中點,也就是△BFP的外心,所以,
∠PFO1=90°-∠BFO1=90°-∠ABP.因為B、C、E、F四點共圓,所以,∠AFE=∠ACB,∠PFE=90°-∠ACB.于是,由∠O1O2E+∠EFO1=180°,得
(∠ACB-∠ACP)+2∠ACP+(90°-∠ABP)+(90°-∠ACB)=180°,
不會分布在圖8右下角的陰影區(qū)域.
圖8
同理,由對稱性,也不會分布在其他角上的陰影區(qū)域.第1、2行必在每行取出1枚,且只能分布在(1,4)、(1,5)、(2,4)、(2,5)這些方格上.
(6,5)、(7,4)、(7,5)這些方格上至同理,(6,4)、
少要取出2枚棋子.
在第1、2、3列,每列至少要取出1枚棋子,分布
(3,2)、(3,3)、(4,1)、(4,2)、(4,3)、(5,1)、在(3,1)、
(5,2)、(5,3)所在區(qū)域.
(3,7)、(3,8)、(4,6)、(4,7)、(4,8)、同理,(3,6)、
(5,6)、(5,7)、(5,8)所在區(qū)域內至少要取3枚棋子.
這樣,在這些區(qū)域內至少要已取出10枚棋子.因此,在中心陰影區(qū)域內不能取出棋子.由于①、②、③、④這4枚棋子至多被取出2枚,從而,從斜的方向看必有五子連珠了.矛盾.
第二步構造一種取法:共取走11枚棋子,余下的棋子沒有五子連珠.如圖9,只要取出有標號位置的棋子,則余下的棋子不可能五子連珠.
圖9
即 ∠ABP=∠ACP.
又因為AB
∠AB′P=∠ABP=∠ACP.因此,A、P、B′、C四點共圓.
由此可知,∠PB′B=∠CAP=90°-∠ACB.因為∠PBC=∠PB′B,所以,
32中等數學
2007女子數學奧林匹克
第一天
1.設m為正整數,如果存在某個正整數
n,使得m可以表示為n和n的正約數個數
第二天
5.設D是△ABC內的一點,滿足∠DAC=∠DCA=30°,∠DBA=60°,E是邊BC的中
(包括1和自身)的商,則稱m是“好數”.求
證:
(1)1,2,…,17都是好數;(2)18不是好數.
(李勝宏 提供)
2.設△ABC是銳角三角形,點D、點,F是邊AC的三等分點,滿足AF=2FC.
(葉中豪 求證:DE⊥EF.提供)
a、b、c≥,a=求證:
+
b-c+b分別在邊BC、CA、AB、BE經過DCEAFBFAECDB
(李偉固 提供)
7.給定絕對值都不大于10的整數a、b、32
c,三次多項式f(x)=x+ax+bx+c滿足
中至少有兩個是整數.求證:△ABC是等腰
(馮祖鳴 三角形.提供)
3.設整數n(n>3),非負實數a1,a2,…,an滿足a1+a2+…+an=2.
求
aa+1
22
+
aa+1
23
+…+
ana+1
21
的最小值.
(朱華偉 提供
)
4.平面內n(n≥3)個點組成集合S,P
條件f(2+)<010001.問:2+是否一
(張景中 定是這個多項式的根?提供)
8.n個棋手參加象棋比賽,每兩個棋手比賽一局.規(guī)定:勝者得1分,負者得0分,平局各得015分.如果賽后發(fā)現(xiàn)任何m個棋手中都有一個棋手勝了其余m-1個棋手,也有一個棋手輸給了其余m-1個棋手,就稱此賽況具有性質P(m).
對給定的m(m≥4),求n的最小值
f(m),使得對具有性質P(m)的任何賽況,
是此平面內m條直線組成的集合,滿足S關于P中的每一條直線對稱.求證:m≤n,并問等號何時成立?
(邊紅平 提供)
都有所有n名棋手的得分各不相同.
(王建偉 提供)
若m1
i+1≤m
k+1,則m1≤m
i+1
綜上,最少取出11枚棋子,才可能滿足要求.
三、定義集合A={m
k+1|m∈N+,k∈P}.
i+1
.
由于對任意的k、i∈P,且k≠i,
是無理
由m1是正整數知,對i=1,2,3,4,5,滿足這個條件的m1的個數為m
5
i+i+數,則對任意的k1、k2∈P和正整數m1、m2,
m1
k1+1=m2
k2+1Ζm1=m2,k1=k2.
.
從而,n=
注意到A是一個無窮集.現(xiàn)將A中的元素按從
小到大的順序排成一個無窮數列.對于任意的正整數n,設此數列中第n項為m+1.
接下來確定n與m、k間的關系.
i=1
m
=f(m,k).
因此,對任意n∈N+,存在m∈N+,k∈P,使得
f(m,k)=n.
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