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2016高中數(shù)學聯(lián)賽預(yù)賽試題
導語：高中數(shù)學聯(lián)賽競賽分為一試和二試，在這項競賽中取得優(yōu)異成績的全國約200名學生有資格參加由中國數(shù)學會奧林匹克委員會主辦的“中國數(shù)學奧林匹克(CMO)暨全國中學生數(shù)學冬令營”(每年元月)。!歡迎閱讀，僅供參考，更多相關(guān)的知識，請關(guān)注CNFLA學習網(wǎng)的欄目!
高中數(shù)學聯(lián)賽預(yù)賽試題
第一試
一、填空題(每小題8分,共64分)
1.設(shè)集合A={5,loga+3)},B={a,b}(a、bR).2(若A∩B={1},則A∪B=
.2.如圖1,在第一象限內(nèi),矩形ABCD的三個頂點A、B、C分別在函數(shù)y=
2xl、、2
1
7.若關(guān)于x的方程
32x+ax+bx-4=0(a、bN+)有正整數(shù)解,則 a-b =.
8.設(shè)對任意的正整數(shù)n,都有
11+2+…+n-n
.
則實數(shù)a=.二、解答題(共36分)9.(16分)在■ABC中,·8,記BAC=θ,■ABC的面積為S,且滿足4(23)≤S≤43.(1)求θ的取值范圍;(2)求函數(shù)f(θ)=2si的最大值和最小值.
1210.(20分)設(shè)動圓圓心在拋物線yx
4
上,半徑等于該圓圓心的縱坐標.求所有這樣的圓上點的集合.
2
y
的圖像
2
上,且矩形的邊分別平行于兩坐標軸.若點A的縱坐標為2,則點D的坐標為.
3.將四個全等的直角三角形可以拼成圖2(甲)所示的正方形弦圖,還可以拼成圖2(乙)所示的菱形.若圖2(甲)中大正方形圖2的面積為100,小
正方形的面積為4,則圖2(乙)中的菱形的一個銳角的余弦值為.4.一個長方體的體對角線長為10,這條對角線在長方體一個表面上投影的長為8.則這個長方體體積的最大值為.
5.從一個正方體的八個頂點中取出三個.則以這三個點為頂點構(gòu)成直角三角形的概率是.
6.設(shè)a、b、c是三個質(zhì)數(shù),且滿足abc=5(a+b+c).
x
圖1
4
++2cosθ2
第二試
一、(30分)如圖3,在凸四邊形ABCD
中,ABC=ADC,E、F、G、H分別為AC、BD、AD、CD的中點.求證:
(1)E、F、G、H四點共圓;
圖3
(2)AEF=ACB-ACD.二、(30分)已知函數(shù)
32中等數(shù)學
x-3
(a>0,且a≠1).x+3
若存在實數(shù)m、n(m
(1+log(n-1),1+logm-1)),aa(
f(x)=log分別求m和a的取值范圍.三、(40分)把正整數(shù)數(shù)列1,2,…中含有數(shù)字9的項都刪掉,剩下的項按原次序組成一個數(shù)列,記作a證明:1,a2,…,an,….
+…<80.
aaa12n
84
所以,cosθ.
105
2故cos2θ=2cosθ-1.
25
4.192.
依題意知,長方體的高為10=6.設(shè)長方體的底面邊長為a、b.
22
則a+b=64.從而,長方體的體積為
22
V=6ab≤3(a+b)=192.
當且僅當a=b=42時,上式等號成立.故V192.max=5.7
解法1 從正方體的八個頂點中取出三個,共有C56種取法.8=
正方體有六個表面和六個對角面,它們都是矩形(包括正方形).而每一個矩形中都有四個直角三角形,所以,共有12×4=48個直角三角形.
故構(gòu)成直角三角形的概率為P.
567
解法2 從正方體的八個頂點中取出三
3
個,共有C56種取法.8=
先求銳角三角形(即正三角形)的個數(shù).易知,每個頂點都對應(yīng)著唯一一個正三角形.所以,共有8個銳角三角形.
以任意三個點為頂點都不能構(gòu)成鈍角三角形.從而,直角三角形共有56-8=48個..故構(gòu)成直角三角形的概率567
6.2,5,7.由abc=5(a+b+c)及a、b、c都是質(zhì)數(shù)知,這三個數(shù)中必有一個等于5.
不妨設(shè)a=5,且b>c.則bc=5+b+c,即 (b-1)(c-1)=6.
b-1=3,b-1=6,
所以,
c-1=2c-1=1.
于是,(b,c)=(4,3)(舍),(7,2).,5,.
3
參考答案
第一試
一、1.{5,1,-1}.
因為A∩B={1},所以,loga+3)=1.2(
解得a=-1.從而,b=1.故A∪B={5,1,-1}.2,.2將y2代入y=l,得x.A=xA22從而,x.D2
因為AB∥x軸,所以,yy2.B=A=
代入y=,得x4.從而,x4.B=C=
9再將x4代入y,得y.C=C162.從而,yD16
故點,.2x
73.25
設(shè)直角三角形的三邊長分別為a、b、c(a
2010年第7期33
7.1.解法1 設(shè)m是方程的一個正整數(shù)解.
23
若m≥2,則am+bm=4-m<0,這與a、b均為正整數(shù)矛盾.
所以,只有m=1.代入得a+b=3.由a、bN知,{a,b}={1,2}.+故 a-b =1.
解法2 易知,方程的正整數(shù)解必為4的約數(shù).而4的約數(shù)有1、2、4,分別代入原方程得
a+b-3=0,4a+2b+4=0,16a+4b+60=0.
易知,后兩個方程無正整數(shù)解.所以,a+b=3.以下同解法1.
8
.4
構(gòu)造函數(shù)y=1-x(x≥0),它的圖像是單位圓在第一象限內(nèi)的部分
,如圖4.
n個大矩形的面積之和為
S211+
1+…+n-n
.
而單位圓在第一象限內(nèi)部分的面積為S,顯然,S
又當n※+∞時,S14,S24.
所以,對任意的正整數(shù)n,當且僅當a4
時,不等式Sa
二、9.(1)由=8,得
· cosθ=8.
1
因4(2 · sinθ≤,
2所以,23≤tanθ3.注意到0<θ<.故θ的取值范圍為(2)注意到
f(θ)1-c2
+2+(1+cos2θ)3
,.
12sin2θ+cos2θ+1=2s2θ因
6+1.
≤θ,所以,≤2θ.123366
圖4
記A(1,0)、B(0,1).將線段OA分成n
等份,并過每一個等分點及點A作x軸的垂線,與單位圓交于n-1個點,再過點B及n-1個交點分別作x軸的平行線,在圓內(nèi)生成了n-1個“小矩形”(有一個頂點在圓上),同時生成了n個“大矩形”(有一個頂點在圓外).
易知,這n-1個小矩形的面積之和為
為
故當2θ,即θ,
626
f(θ)3;max=
5
當2θ,即θ時,f(θ)2.min=
663
2
10.設(shè)動圓圓心為,,P(x,y)
4
C上任意一點.則
2
2
2
22
,(x-a)y44
222
即 (2-y)a-4xa+2(x+y)=0.
,則x當y=2時,a≠0.
2x
當y≠2時,由aR,得
222
02
34中等數(shù)學
化簡得y(x+y-2≥0.
y≥0,y≤0,
所以,2222
x+y-2≥0x+y-2y≤0.y≤0,2或x=y=
0.2
x+(y-1)≥1故所求集合為
22
{(x,y) x+(y-1)≥1,y≥0} {(0,2)}.
22
則log(n-1)
②
由式①、②得
n-3
a(n-1),
n+3m-3
a(m-1).
m+3
因此,m、n是關(guān)于t的方程
a(t-1),
t+3
2
即 at+(2a-1)t+3(1-a)=0的兩個不相等的實根,且3
2
令g(t)=at+(2a-1)t+3(1-a).則
2
Δ=(2a-1)-12a(1-a)>0,g(3)=12a>0,>3.2a
解得0
4
故m的取值范圍為(3,+∞),a的取值范圍為0,2.
4
三、易知,從1到10中不含數(shù)字9的自
nn-1n
然數(shù)的個數(shù)是9.從而,由10到10-1的自然數(shù)中不含數(shù)字9的數(shù)的個數(shù)是8×9
設(shè)由10
n-1
n
n-1
n
第二
試
一、(1)如圖
5,聯(lián)結(jié)EG
、EH、FG、FH、GH.則
FG∥BA
,FH∥BC.故GFH=ABC.
圖5
同理,GHF=ACB.又四邊形DGEH為平行四邊形,因此,
GEH=ADC=ABC=GFH.于是,E、F
、G、H四點共圓.(2)因為E、F、G
、H四點共圓,所以,GEF=GHF=ACB.又EG∥CD,則AEG=ACD.故AEF=GEF-AEG=ACB-ACD.
>二、由0,得x的取值范圍為x+3(-∞,-3)∪(3,+∞).
因為f(x)的定義域為(m,n),且m>1,n>1,所以,m>3.
又m-1
則0
x-3易知,u=1在(m,n)上單
x+3x+3
調(diào)遞增,log單調(diào)遞減,因此,f(x)在(m,n)au上單調(diào)遞減.則
f(n)
即 lo3.①aa
n+3m+3又f(x)的值域為
1),1lom-1,(
.
到10-1的自然數(shù)中不含數(shù)8=10
n-1
字9的數(shù)的倒數(shù)之和為S則n.
S8×9n<
m-1
n-1
.
對任意的正整數(shù)n,總存在正整數(shù)m,使m
得9≤n<9.
故
1111
+…aaaa123n
m
2
+…m-=80-8m
<80.
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