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    經典的高中數學聯賽常用試題

    時間:2021-01-15 09:53:48 高中數學

    2016經典的高中數學聯賽常用試題

      導語:高中數學聯賽為了促進拔尖人才的盡快成長,教育部規定:在高中階段獲得全國數學聯賽省、市、自治區賽區一等獎者便獲得保送重點大學的資格,對于沒有保送者在高考中加分!歡迎閱讀,僅供參考,更多相關的知識,請關注CNFLA學習網的欄目!

    2016經典的高中數學聯賽常用試題

      高中數學聯賽常用試題

      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

      ).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

      ①②③

      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.

      ①

      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+

      ①-②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右下角的陰影區域.

      圖8

      同理,由對稱性,也不會分布在其他角上的陰影區域.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)所在區域.

      (3,7)、(3,8)、(4,6)、(4,7)、(4,8)、同理,(3,6)、

      (5,6)、(5,7)、(5,8)所在區域內至少要取3枚棋子.

      這樣,在這些區域內至少要已取出10枚棋子.因此,在中心陰影區域內不能取出棋子.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.規定:勝者得1分,負者得0分,平局各得015分.如果賽后發現任何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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