2016经典的高中数学联赛常用试题
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高中数学联赛常用试题
一、选择题(每小题6分,共36分)1.在正四棱锥P-ABCD中,∠APC=60°.则二面角A-PB-C的平面角的余弦).值为(
(A)
(B)- (C) (D)-7722
图1
2.设实数a使得不等式
2
|2x-a|a.a所组).((A)[-(C)[-,]33,]43
(B)[-,]22
6.已知A、B是集合{1,2,,100}的两,A与B,且A∩BnA,∈B,则
).B
(62(B)66(C)68(D)74二、填空题(每小题9分,共54分)7.在平面直角坐标系内,有四个定点A(-3,0)、B(1,-1)、C(0,3)、D(-1,3)及
(D)[-3,3]
一个动点P.则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为.
8.在△ABC、△AEF中,B是EF的中点,AB=EF=1,BC=6,CA=若AB・AE+AC・AF=2,则EF与BC的夹角的余弦值等于.
9.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,以顶点A为半径作一个球.
3
则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于.
10.已知等差数列{an}的公差d不为0,
3.将号码分别为1,2,…,9的九个小球
放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完全相同.甲从袋中摸出一个球,其号码为a,放回后,乙从此袋中再摸出一个球,其号码为
b.则使不等式a-2b+10>0成立的事件发
).生的概率为(
(A)
81
(B)
81
(C)
81
(D)
81
4.设函数f(x)=3sinx+2cosx+1.若
实数a、b、c使得af(x)+bf(x-c)=1对任意实数x恒成立,则
(A)-).的值为(
a
等比数列{bn}的公比q是小于1的正有理
a+a+a数.若a1=d,b1=d,且是正整
b1+b2+b3
2
2
2
2
(B) (C)-1 (D)122
5.设⊙O1、⊙O2是两个定圆,动圆P与
数,则q等于.
11.已知函数
≤().f(x)=x44x
则f(x)的最小值为.
12.将2个a和2个
b共4个字母填在
这两个定圆都相切.则⊙P的圆心轨迹不可).能是图1中的(
2007年第12期27
如图2的16个小方格内,每个小方格内至多填1个字母.若使相同字母既不同行也不同列,则不同的填法共
图2有种(用数字作答).
三、解答题(每小题20分,共60分)
n
13.设an=.求证:当正()k=1kn+1-k整数n≥2时,an+1
14.已知过点(0,1)的直线l与曲线C:
y=x+
连.问最少取出多少枚棋子才可能满足要求?
并说明理由.
(50分)设集合P={1,2,3,4,5}.对三、
任意k∈P和正整数m,记
5
f(m,k)=
i=1
m
i+,
其中,[a]表示不大于a的最大整数.
求证:对任意正整数n,存在k∈P和正整数m,使得f(m,k)=n.
x
参考答案
第一试
、1.B.
,P内.AC则∠AMC为二面角A-PB-C的平面角.不妨
(x>0)交于两个不同点M、N.求
曲线C在点M、N处的切线的交点轨迹.
15.设函数f(x)对所有的实数x都满足π)=f(x).求证:存在4fif(x+2
(i=1,2,3)(,2fi(x),且对x有fix+π)=fi(x);
(2)对任意的实数x,有
f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+
f3(x)sinx+f4(x)sin2x.
设AB=2,则PA=AC=
2,斜高为图4
故2=AM・2由此得CM=AM=
2
.2
2
2
加 试
(50分)在锐角△ABC中,AB
AD是边BC上的高,P是线段AD内一点,过P作PE⊥AC,垂足为E,作PF⊥AB,垂足为F,O1、O2分别是△BDF、△CDE的外心.求
故cos∠AMC=
2.A.
=-.
2AM・CM7
对k∈R,令x=
|a|・|k-1|+
ka.则原不等式为2
证:O1、O2、E、F四点共圆的充要条件为P是△ABC的垂心.
(50分)二、如图3,在7×8
的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一枚棋子.如果两枚棋子所在的小方格共边或共顶点,
≥2|a|・|k-||a|.23
由此易知原不等式等价于
|a|≤|k-1|+|k-|
23
对任意的k∈R成立.由于
k-3,2
|k-1|+
|k-|=1-k,
232
3-图3
k;
31
≤k
;3
k,2
=
所以|k-1|+
k∈R
那么,称这两枚棋子“相连”.现从这56枚棋
子中取出一些,使得棋盘上剩下的棋子没有5枚在一条直线(横、竖、斜方向)上依次相
|k-|
23.3
从而,上述不等式等价于|a|.
33.D.
28中等数学
6.B.
甲、乙两人每人摸出一个小球都有9种不同结果,故基本事件总数为9=81个.
由不等式a-2b+10>0,得2b
2,…,9中每一个值,使不等式成立,则共有9×5=45种;当b=6时,a可取3,4,…,9中每一个值,有7
2
先证|A∪B|≤66,只须证|A|≤33.为此,只须证:若A是{1,2,…,49}的任一个34元子集,则必存在n∈A,使得2n+2∈A.证明如下:
将{1,2,…,49}分成如下33个集合:
{1,4},{3,8},{5,12},…,{23,48}共12个;{2,6},{10,22},{14,30},{18,38}共4个;{25},{27},{29},…,{49}共13个;{26},{34},{42},{46}共4个.
种;当b=7时,a可取5,6,…,9中每一个值,有5种;当b=8时,a可取7,8,9中每一个值,有3种;当
b=9时,a只能取9,有1种.故所求事件的.概率为
=.
81814.C.
由于A是{1,2,…,49}的34元子集,由抽屉原理可知,上述33个集合中至少有一个2元集合中的数均属于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满A∪B|=66.
二32如图5,设AC、BD交于点F,则
|PA|+|PC|
由题设可得
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|
由已知条件,上式对任意x∈R恒成立,故必有
a+bcosc=0,bsinc=0,a+b-1=0.
≥|BD|=|FB|+|FD|.
图5
①②③
因此,当动点P与F重合时,|PA|+|PB|+
|PC|+|PD|取到最小值|AC|+|BD|=3+28..3
若b=0,则式①与式③矛盾,故b≠0.所以,由式②知sinc=0.
当cosc=1时,则①、③两式矛盾,故cosc=-1.由式①、③知a=b=
5.A.
,所以,=-1.2a
因为AB・AE+AC・AF=2,所以,
(AB+BE)+AC・(AB+BF)=2,AB・
即 AB2+AB・BE+AC・AB+AC・BF=2.
因为AB2=1,BE=-BF,
AC・AB=
设⊙O1、⊙O2的半径分别是r1、r2,|O1O2|=
2c.则一般地,⊙P的圆心轨迹是焦点为O1和O2且
和的圆锥曲线(当r1
r1+r2|r1-r2|
1=-1,×
2××1
(AC-AB)-1=2,即所以,1+BF・BF・BC=2.
离心率分别是
设EF与BC的夹角为θ
,则
|BF|・|BC|cosθ=2]3cosθ=2]cosθ=9.
.3
=r2时,O1O2的中垂线是轨迹的一部分,当c=0
时,轨迹是两个同心圆).
当r1=r2且r1+r2<2c时,⊙P的圆心轨迹为选项(B);当0<2c<|r1-r2|时,⊙P的圆心轨迹为选项(C);当r1≠r2且r1+r2<2c时,⊙P的圆心轨迹为选项(D).由于选项(A)中的椭圆和双曲线的焦点不重合,因而,⊙P的圆心轨迹不可能是选项(A).
.6
如图6,球面与正方体的六个面都相交,所得的交线分为两类:一类在顶点A所在的三个面上;另一类在不过顶点A的三个面上.
在面AA1B1B上,交线为EF且在过球心A的大
2007年第12期29
圆上.
因为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[,]上是减函数,故f(x)≥
44f(
图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个a既不同行也不同列的填法有C24A4=72
π故EF=.而这样的弧共有3条.
369在面BB1C1C上,交线为FG且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上,此时,小圆的圆心为πB,半径为,∠FBG=.
32
故FG6,3种.同样,使2个b既不同行也不同列的填法也有
C4A4=72种.
2
2
故由乘法原理,这样的填法共有722种,其中,不符合要求的有两种情况:2个ab72a1
种.=-72-16×72=3960(种).
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
则an=
n+1
k=1
k.
n
于是,对任意的正整数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
则q=-
k=1
k
nk=1
(n+1)(n+2)-1>0,
因为q是小于1的正有理数,所以,1<即5≤m≤13且
<3,
=
(n+1)(n+2)
k
即 an+1
14.设点M(x1,y1)、N(x2,y2),曲线C在点M、N处的切线分别为l1、l2,其交点为P(xP,yP).若直
是某个有理数的平方.4m
.2
由此可知q=
11.
.5
线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.
y=x+
x消去y得
,
易知f(x)=
πx-(
π
)+2≤().x44x
π≤)(),则x444
y=kx+1
x+
x
2
=kx+1](k-1)x+x-1=0.
设g(x)=sin(πx-
)上有两个相异的由题意知,该方程在(0,+∞
g(x)≥0,g(x)在[,]上是增函数,在[,]
4444
实根x1、x2,故k≠
1,且
Δ=1+4(k-1)>0,
x1+x2=
上是减函数,且y=g(x)的图像关于直线x=称.故对任意的x1∈[
对4>0,x1x2=>0.1-k1-k
,],存在x2∈[,],4444
解得
30中等数学
x
对y=x+求导,得y′=1-
x
2
.
f4(x)=
,x;
2sin2x20,
x=
于是,直线l1的方程为
y-y1=1-
2
,
x1x+
2
(x-x1),x1
其中,k为任意整数.
①
容易验证fi(x)(i=1,2,3,4)是偶函数,且对任意的x∈R,fi(x+π)=fi(x)(i=1,2,3,4).
下面证明:对任意的x∈R,有
②
f1(x)+f2(x)cosx=g(x).
即 y=1-
x1
2
.
同理,直线l2的方程为
y=1-
2
x2
x+
x2
.xP+
①-②得
x2
2
-
x1
2
x1
-
x2
π+当x≠k
=0.
π
时,显然成立;2
π
时,因为2
2
,
因为x1≠x2,所以,
xp=
π+当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,对任意的x∈R,
f1(x)+f2(x)cosx=g(x).
=
xxx1x2
-
x1x2
=1-2(1-k)=2k-1.
接下来证明:对任意的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
当x时,显然成立;
2π时,当x=k
π)=h(kπ-2kπ)h(x)=h(k
π)=-h(kπ).=h(-k
π)=0.故h(x)=h(k
而此时f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0,因此,
h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x.
(2,为(2,2)、
15.记g(x)=h(x)=
22
.
,
则f(x)=g(x)+h(x),且g(x)是偶函数,
h(x)是奇函数.
对任意的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+当x=k
π
时,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,从而,
h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x.
于是,对任意的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.
由题设P在高AD上,知P是△ABC的垂心.二、最少要取出11枚棋子,才可能满足要求.原因如下:
如果一个方格在第i行第j列,则记这个方格为(i,j).
第一步证明:若任取10枚棋子,则余下的棋子必有一个五子连珠,即五枚棋子在一条直线(横、竖、斜方向)上依次相连.
综上所述,结论得证.
加 试
一、如图7,联结
BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1.
因为PD⊥BC,PF⊥AB,所以,B、D、P、F四点共圆,且BP为该圆的直径.
图7
用反证法.
假设可取出10枚棋子,使余下的棋子没有一个五子连珠.如图8,枚列前出1枚棋子.这样,
10枚被取出的棋子
又O1是△BDF的外心,故O1是BP的中点.同理,C、D、P、E四点共圆,O2是CP的中点.综上,O1O2∥BC.从而,∠PO2O1=∠PCB.因为AF・AB=AP・AD=AE・AC,所以,B、C、EF四点共圆.
充分性:
⊥,PFAB,所以,BP,C、P、F分别四点共线.则
∠FO2O1=∠FCB=∠FEB=∠FEO1.故O1、O2、E、F四点共圆.必要性:
设O1、O2、E、F四点共圆,故∠O1O2E+∠EFO1=180°.
注意到∠PO2O1=∠PCB=∠ACB-∠ACP.又因为O2是Rt△CEP斜边的中点,也就是△CEP的外心,所以,∠PO2E=2∠ACP.
因为O1是Rt△BFP斜边的中点,也就是△BFP的外心,所以,
∠PFO1=90°-∠BFO1=90°-∠ABP.因为B、C、E、F四点共圆,所以,∠AFE=∠ACB,∠PFE=90°-∠ACB.于是,由∠O1O2E+∠EFO1=180°,得
(∠ACB-∠ACP)+2∠ACP+(90°-∠ABP)+(90°-∠ACB)=180°,
不会分布在图8右下角的阴影区域.
图8
同理,由对称性,也不会分布在其他角上的阴影区域.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)这些方格上.
(6,5)、(7,4)、(7,5)这些方格上至同理,(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)所在区域.
(3,7)、(3,8)、(4,6)、(4,7)、(4,8)、同理,(3,6)、
(5,6)、(5,7)、(5,8)所在区域内至少要取3枚棋子.
这样,在这些区域内至少要已取出10枚棋子.因此,在中心阴影区域内不能取出棋子.由于①、②、③、④这4枚棋子至多被取出2枚,从而,从斜的方向看必有五子连珠了.矛盾.
第二步构造一种取法:共取走11枚棋子,余下的棋子没有五子连珠.如图9,只要取出有标号位置的棋子,则余下的棋子不可能五子连珠.
图9
即 ∠ABP=∠ACP.
又因为AB
∠AB′P=∠ABP=∠ACP.因此,A、P、B′、C四点共圆.
由此可知,∠PB′B=∠CAP=90°-∠ACB.因为∠PBC=∠PB′B,所以,
32中等数学
2007女子数学奥林匹克
第一天
1.设m为正整数,如果存在某个正整数
n,使得m可以表示为n和n的正约数个数
第二天
5.设D是△ABC内的一点,满足∠DAC=∠DCA=30°,∠DBA=60°,E是边BC的中
(包括1和自身)的商,则称m是“好数”.求
证:
(1)1,2,…,17都是好数;(2)18不是好数.
(李胜宏 提供)
2.设△ABC是锐角三角形,点D、点,F是边AC的三等分点,满足AF=2FC.
(叶中豪 求证:DE⊥EF.提供)
a、b、c≥,a=求证:
+
b-c+b分别在边BC、CA、AB、BE经过DCEAFBFAECDB
(李伟固 提供)
7.给定绝对值都不大于10的整数a、b、32
c,三次多项式f(x)=x+ax+bx+c满足
中至少有两个是整数.求证:△ABC是等腰
(冯祖鸣 三角形.提供)
3.设整数n(n>3),非负实数a1,a2,…,an满足a1+a2+…+an=2.
求
aa+1
22
+
aa+1
23
+…+
ana+1
21
的最小值.
(朱华伟 提供
)
4.平面内n(n≥3)个点组成集合S,P
条件f(2+)<010001.问:2+是否一
(张景中 定是这个多项式的根?提供)
8.n个棋手参加象棋比赛,每两个棋手比赛一局.规定:胜者得1分,负者得0分,平局各得015分.如果赛后发现任何m个棋手中都有一个棋手胜了其余m-1个棋手,也有一个棋手输给了其余m-1个棋手,就称此赛况具有性质P(m).
对给定的m(m≥4),求n的最小值
f(m),使得对具有性质P(m)的任何赛况,
是此平面内m条直线组成的集合,满足S关于P中的每一条直线对称.求证:m≤n,并问等号何时成立?
(边红平 提供)
都有所有n名棋手的得分各不相同.
(王建伟 提供)
若m1
i+1≤m
k+1,则m1≤m
i+1
综上,最少取出11枚棋子,才可能满足要求.
三、定义集合A={m
k+1|m∈N+,k∈P}.
i+1
.
由于对任意的k、i∈P,且k≠i,
是无理
由m1是正整数知,对i=1,2,3,4,5,满足这个条件的m1的个数为m
5
i+i+数,则对任意的k1、k2∈P和正整数m1、m2,
m1
k1+1=m2
k2+1Ζm1=m2,k1=k2.
.
从而,n=
注意到A是一个无穷集.现将A中的元素按从
小到大的顺序排成一个无穷数列.对于任意的正整数n,设此数列中第n项为m+1.
接下来确定n与m、k间的关系.
i=1
m
=f(m,k).
因此,对任意n∈N+,存在m∈N+,k∈P,使得
f(m,k)=n.
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