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2016高中数学联赛预赛试题
导语：高中数学联赛竞赛分为一试和二试，在这项竞赛中取得优异成绩的全国约200名学生有资格参加由中国数学会奥林匹克委员会主办的“中国数学奥林匹克(CMO)暨全国中学生数学冬令营”(每年元月)。!欢迎阅读，仅供参考，更多相关的知识，请关注CNFLA学习网的栏目!
高中数学联赛预赛试题
第一试
一、填空题(每小题8分,共64分)
1.设集合A={5,loga+3)},B={a,b}(a、bR).2(若A∩B={1},则A∪B=
.2.如图1,在第一象限内,矩形ABCD的三个顶点A、B、C分别在函数y=
2xl、、2
1
7.若关于x的方程
32x+ax+bx-4=0(a、bN+)有正整数解,则 a-b =.
8.设对任意的正整数n,都有
11+2+…+n-n
.
则实数a=.二、解答题(共36分)9.(16分)在■ABC中,·8,记BAC=θ,■ABC的面积为S,且满足4(23)≤S≤43.(1)求θ的取值范围;(2)求函数f(θ)=2si的最大值和最小值.
1210.(20分)设动圆圆心在抛物线yx
4
上,半径等于该圆圆心的纵坐标.求所有这样的圆上点的集合.
2
y
的图像
2
上,且矩形的边分别平行于两坐标轴.若点A的纵坐标为2,则点D的坐标为.
3.将四个全等的直角三角形可以拼成图2(甲)所示的正方形弦图,还可以拼成图2(乙)所示的菱形.若图2(甲)中大正方形图2的面积为100,小
正方形的面积为4,则图2(乙)中的菱形的一个锐角的余弦值为.4.一个长方体的体对角线长为10,这条对角线在长方体一个表面上投影的长为8.则这个长方体体积的最大值为.
5.从一个正方体的八个顶点中取出三个.则以这三个点为顶点构成直角三角形的概率是.
6.设a、b、c是三个质数,且满足abc=5(a+b+c).
x
图1
4
++2cosθ2
第二试
一、(30分)如图3,在凸四边形ABCD
中,ABC=ADC,E、F、G、H分别为AC、BD、AD、CD的中点.求证:
(1)E、F、G、H四点共圆;
图3
(2)AEF=ACB-ACD.二、(30分)已知函数
32中等数学
x-3
(a>0,且a≠1).x+3
若存在实数m、n(m
(1+log(n-1),1+logm-1)),aa(
f(x)=log分别求m和a的取值范围.三、(40分)把正整数数列1,2,…中含有数字9的项都删掉,剩下的项按原次序组成一个数列,记作a证明:1,a2,…,an,….
+…<80.
aaa12n
84
所以,cosθ.
105
2故cos2θ=2cosθ-1.
25
4.192.
依题意知,长方体的高为10=6.设长方体的底面边长为a、b.
22
则a+b=64.从而,长方体的体积为
22
V=6ab≤3(a+b)=192.
当且仅当a=b=42时,上式等号成立.故V192.max=5.7
解法1 从正方体的八个顶点中取出三个,共有C56种取法.8=
正方体有六个表面和六个对角面,它们都是矩形(包括正方形).而每一个矩形中都有四个直角三角形,所以,共有12×4=48个直角三角形.
故构成直角三角形的概率为P.
567
解法2 从正方体的八个顶点中取出三
3
个,共有C56种取法.8=
先求锐角三角形(即正三角形)的个数.易知,每个顶点都对应着唯一一个正三角形.所以,共有8个锐角三角形.
以任意三个点为顶点都不能构成钝角三角形.从而,直角三角形共有56-8=48个..故构成直角三角形的概率567
6.2,5,7.由abc=5(a+b+c)及a、b、c都是质数知,这三个数中必有一个等于5.
不妨设a=5,且b>c.则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
参考答案
第一试
一、1.{5,1,-1}.
因为A∩B={1},所以,loga+3)=1.2(
解得a=-1.从而,b=1.故A∪B={5,1,-1}.2,.2将y2代入y=l,得x.A=xA22从而,x.D2
因为AB∥x轴,所以,yy2.B=A=
代入y=,得x4.从而,x4.B=C=
9再将x4代入y,得y.C=C162.从而,yD16
故点,.2x
73.25
设直角三角形的三边长分别为a、b、c(a
2010年第7期33
7.1.解法1 设m是方程的一个正整数解.
23
若m≥2,则am+bm=4-m<0,这与a、b均为正整数矛盾.
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,方程的正整数解必为4的约数.而4的约数有1、2、4,分别代入原方程得
a+b-3=0,4a+2b+4=0,16a+4b+60=0.
易知,后两个方程无正整数解.所以,a+b=3.以下同解法1.
8
.4
构造函数y=1-x(x≥0),它的图像是单位圆在第一象限内的部分
,如图4.
n个大矩形的面积之和为
S211+
1+…+n-n
.
而单位圆在第一象限内部分的面积为S,显然,S
又当n※+∞时,S14,S24.
所以,对任意的正整数n,当且仅当a4
时,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的取值范围为(2)注意到
f(θ)1-c2
+2+(1+cos2θ)3
,.
12sin2θ+cos2θ+1=2s2θ因
6+1.
≤θ,所以,≤2θ.123366
图4
记A(1,0)、B(0,1).将线段OA分成n
等份,并过每一个等分点及点A作x轴的垂线,与单位圆交于n-1个点,再过点B及n-1个交点分别作x轴的平行线,在圆内生成了n-1个“小矩形”(有一个顶点在圆上),同时生成了n个“大矩形”(有一个顶点在圆外).
易知,这n-1个小矩形的面积之和为
为
故当2θ,即θ,
626
f(θ)3;max=
5
当2θ,即θ时,f(θ)2.min=
663
2
10.设动圆圆心为,,P(x,y)
4
C上任意一点.则
2
2
2
22
,(x-a)y44
222
即 (2-y)a-4xa+2(x+y)=0.
,则x当y=2时,a≠0.
2x
当y≠2时,由aR,得
222
02
34中等数学
化简得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故所求集合为
22
{(x,y) x+(y-1)≥1,y≥0} {(0,2)}.
22
则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是关于t的方程
a(t-1),
t+3
2
即 at+(2a-1)t+3(1-a)=0的两个不相等的实根,且3
2
令g(t)=at+(2a-1)t+3(1-a).则
2
Δ=(2a-1)-12a(1-a)>0,g(3)=12a>0,>3.2a
解得0
4
故m的取值范围为(3,+∞),a的取值范围为0,2.
4
三、易知,从1到10中不含数字9的自
nn-1n
然数的个数是9.从而,由10到10-1的自然数中不含数字9的数的个数是8×9
设由10
n-1
n
n-1
n
第二
试
一、(1)如图
5,联结EG
、EH、FG、FH、GH.则
FG∥BA
,FH∥BC.故GFH=ABC.
图5
同理,GHF=ACB.又四边形DGEH为平行四边形,因此,
GEH=ADC=ABC=GFH.于是,E、F
、G、H四点共圆.(2)因为E、F、G
、H四点共圆,所以,GEF=GHF=ACB.又EG∥CD,则AEG=ACD.故AEF=GEF-AEG=ACB-ACD.
>二、由0,得x的取值范围为x+3(-∞,-3)∪(3,+∞).
因为f(x)的定义域为(m,n),且m>1,n>1,所以,m>3.
又m-1
则0
x-3易知,u=1在(m,n)上单
x+3x+3
调递增,log单调递减,因此,f(x)在(m,n)au上单调递减.则
f(n)
即 lo3.①aa
n+3m+3又f(x)的值域为
1),1lom-1,(
.
到10-1的自然数中不含数8=10
n-1
字9的数的倒数之和为S则n.
S8×9n<
m-1
n-1
.
对任意的正整数n,总存在正整数m,使m
得9≤n<9.
故
1111
+…aaaa123n
m
2
+…m-=80-8m
<80.
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