各省高中數(shù)學(xué)競賽預(yù)賽試題匯編

各省高中數(shù)學(xué)競賽初賽試卷試題匯編各省高中數(shù)學(xué)競賽初賽試卷試題匯編82/82各省高中數(shù)學(xué)競賽初賽試卷試題匯編2012各省數(shù)學(xué)競賽齊集

目錄1.2012高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽江蘇賽區(qū)初賽試卷

第

3頁2.20XX年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽湖北省初賽試卷（高一年級）

第

7頁3.20XX年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽湖北省初賽試卷（高二年級）

第

10頁20XX年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽陜西省初賽試卷第16頁20XX年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽上海市初賽試卷第21頁20XX年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽四川省初賽試卷第28頁7.20XX年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽福建省初賽試卷（高一年級）第35頁20XX年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽山東省初賽試卷第45頁20XX年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽甘肅省初賽試卷第50頁20XX年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽河北省初賽試卷第55頁20XX年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽浙江省初賽試卷第62頁20XX年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽遼寧省初賽試卷第72頁20XX年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽新疆區(qū)初賽試卷（高二年級）第77頁20XX年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽河南省初賽試卷（高二年級）第81頁20XX年高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽北京市初賽試卷（高一年級）第83頁2012高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽江蘇賽區(qū)初賽試卷一、填空題（70分）1、當(dāng)x[3,3]時，函數(shù)f(x)|x33x|的最大值為__18___.2、在ABC中，已知ACBC12,ACBA4,則AC___4____.3、從會集3,4,5,6,7,8中隨機(jī)采用3個不相同的數(shù)，這3個數(shù)能夠組成等差數(shù)列的概率為_____3_______.104、已知a是實(shí)數(shù)，方程x2(4i)x4ai0的一個實(shí)根是b（i是虛部單位），則|abi|的值_____22___.5、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，雙曲線C:x2y21的右焦點(diǎn)為F，一條過原點(diǎn)O且傾斜角124為銳角的直線l與雙曲線C交于A,B兩點(diǎn).若FAB的面積為83，則直線的斜率為1____.___26、已知a是正實(shí)數(shù)，kalga的取值范圍是___[1,)_____.7、在周圍體ABCD中，ABACADDB5,BC3,CD4該周圍體的體積為_____53_______.8、已知等差數(shù)列an和等比數(shù)列bn滿足：a1b13,a2ba7,b315,a4則3an5bn,___3n12n___.3（nN*）9、將27,37,47,48,55，71，75這7個數(shù)排成一列，使任意連續(xù)4個數(shù)的和為3的倍數(shù)，則這樣的排列有___144_____種.10、三角形的周長為31，三邊a,b,c均為整數(shù)，且abc，則滿足條件的三元數(shù)組(a,b,c)的個數(shù)為__24___.二、解答題（本題80分，每題20分）11、在ABC中，角A,B,C對應(yīng)的邊分別為a,b,c，證明：（1）bcosCccosBa（2）cosAcosB2sin2C2abc12、已知a,b為實(shí)數(shù)，a2，函數(shù)a若f()|ln|x(.0)xf(1)e1,f(2)eln21.21）求實(shí)數(shù)a,b；2）求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；（3）若實(shí)數(shù)c,d滿足cd,cd1，求證：f(c)f(d)13、如圖，半徑為

1的圓

O

上有必然點(diǎn)

M

為圓

O

上的動點(diǎn)

.在射線OM

上有一動點(diǎn)

B,

AB

1,OB

1.

線段

AB交圓

O

于另一點(diǎn)C，D

為線段的

OB中點(diǎn).求線段

CD長的取值范圍

.14、設(shè)是a,b,c,d正整數(shù)，a,b是方程x2(dc)xcd0的兩個根.證明：存在邊長是整數(shù)且面積為ab的直角三角形.20XX年全國高中數(shù)學(xué)結(jié)合競賽湖北省初賽試題參照答案（高一年級）說明：評閱試卷時，請依據(jù)本評分標(biāo)準(zhǔn)。填空題只設(shè)8分和0分兩檔；解答題的評閱，只要思路合理、步驟正確，在評卷時可參照本評分標(biāo)準(zhǔn)合適劃分品位評分。一、填空題（本題滿分64分，每題8分。直接將答案寫在橫線上。）1．已知會集A{x|xa},B{x|xb},a,bN，且ABN{1}，則ab1．2．已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比q1，且a2,a4,a5成等差數(shù)列，則a1a4a735．a(chǎn)3a6a923．函數(shù)f(x)x1的值域?yàn)閇0,6]．x24x764．已知3sin22sin21，3(sincos)22(sincos)21，則cos2()1．35．已知數(shù)列{an}滿足：a1為正整數(shù)，an1an,an為偶數(shù),2an為奇數(shù),3an1,若是a1a2a329，則a15．6．在△ABC中，角A,B,C的對邊長a,b,c滿足ac2b，且C2A，則sinA7．47．在△ABC中，ABBC2，AC3．設(shè)O是△ABC的內(nèi)心，若AOpABqAC，則p的q值為3．28．設(shè)x1,x2,x3是方程x3x10的三個根，則x15x25x35的值為－5．二、解答題（本大題滿分56分，第9題16分，第10題20分，第11題20分）9．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足anan1anan24anan1an213anan1且a11，a28，求{an}的通項(xiàng)公式．解在已知等式兩邊同時除以anan1，得1an24an13，an11an因此1an214(1an11)．4分anan1令bn1an11b14,bn4bn，即數(shù)列{bn}1an,則1是以b＝4為首項(xiàng),4為公比的等比數(shù)列，所以bnb14n14n.8分因此1an114n,即an1[(4n1)21]an.12分an于是，當(dāng)n1時,an[(4n11)21]an1[(4n11)21][(4n21)21]an2n1n1[(4k11)21]a1[(4k11)21]，k1k11,n1,因此,ann1k1216分[(41)1],n2.k110．已知正實(shí)數(shù)a,b滿足a2b21，且a3b31m(ab1)3，求m的最小值．解令acos,bsin，0，則2mcos3sin31(cossin)(cos2cossinsin2)1．(cossin1)3(cossin1)35分令xcossin，則x2sin()(1,2]，且4cossinx2110分2．于是2mx(1x21)123xx32xx22x31(x1)32(x1)32(x1)22(x1)2(x1)．215分由于函數(shù)f(x)31在(1,2]上單調(diào)遞減，因此f(2)mf(1)．2(x1)2因此，m的最小值為f(2)324．20分211．設(shè)f(x)loga(x2a)loga(x3a)，其中a0且a1．若在區(qū)間[a3,a4]上f(x)1恒建立，求a的取值范圍．解f(x)2ax52)5a2a2)．]loagx(a6alxog[(42由x2a0,得x3a，由題意知a33a，故a3，從而(a3)5a3(a2)0，故x3a0,222函數(shù)g(x)x5a2a2)在區(qū)間[a3,a4]上單調(diào)遞增.(425分（1）若0a1，則f(x)在區(qū)間[a3,a4]上單調(diào)遞減，因此f(x)在區(qū)間[a3,a4]上的最大值為f(a3)loga(2a29a9)．在區(qū)間[a3,a4]上不等式f(x)1恒建立，等價(jià)于不等式loga(2a29a9)1建立，從而2a29a9a，解得a57或a57．22結(jié)合0a1得0a1．10分（2）若1a3，則f(x)在區(qū)間[a3,a4]上單調(diào)遞加，因此f(x)在區(qū)間[a3,a4]上的最2大值為f(a4)loga(2a212a16).在區(qū)間[a3,a4]上不等式f(x)1恒建立，等價(jià)于不等式loga(2a212a16)1建立，從而2a212a16a，即2a21316013411341a，解得4a4．易知13413，因此不吻合．1542分綜上可知：a的取值范圍為(0,1)．20分20XX年全國高中數(shù)學(xué)結(jié)合競賽湖北省初賽試題（高二年級）說明：評閱試卷時，請依據(jù)本評分標(biāo)準(zhǔn)。填空題只設(shè)8分和0分兩檔；解答題的評閱，只要思路合理、步驟正確，在評卷時可參照本評分標(biāo)準(zhǔn)合適劃分品位評分。一、填空題（本題滿分64分，每題8分。直接將答案寫在橫線上。）1．函數(shù)f(x)x1的值域?yàn)開_______________．4xx272．已知3s2in2s2in1，3(sincos)22(sincos)21，則c2o(s)_______________．3．已知數(shù)列{an}滿足：a1為正整數(shù)，an1an,an為偶數(shù),若是a1a2a329，則21,an為奇數(shù),3ana1．4．設(shè)會集S{1,2,3,,12}，A{a1,a2,a3}是S的子集，且滿足a1a2a3，a3a25，那么滿足條件的子集A的個數(shù)為．25．過原點(diǎn)O的直線l與橢圓C：x2a的任一點(diǎn)．若直線PM,PN的斜率之積為

y21(ab0)交于M,N兩點(diǎn)，P是橢圓C上異于M,Nb2，則橢圓C的離心率為_______________．6．在△ABC中，ABBC2，AC3．設(shè)O是△ABC的內(nèi)心，若AOpABqAC，則p的q值為_______________．7．在長方體ABCDA1B1C1D1中，已知AC1,B1C2,AB1p，則長方體的體積最大時，p為_______________．2012[20122k]．8．設(shè)[x]表示不高出x的最大整數(shù)，則2k1k0二、解答題（本大題滿分56分，第9題16分，第10題20分，第11題20分）9．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足anan1anan24anan1an213anan1且a11，a28，求{an}的通項(xiàng)公式．10．已知正實(shí)數(shù)a,b滿足a2b21，且a3b31m(ab1)3，求m的取值范圍．11．已知點(diǎn)E(m,n)為拋物線y22px(p0)內(nèi)必然點(diǎn)，過E作斜率分別為k1,k2的兩條直線交拋物線于A,B,C,D，且1）當(dāng)n0且k12）若k1k2

M,N分別是線段AB,CD的中點(diǎn)．k21時，求△EMN的面積的最小值；（0,為常數(shù)），證明：直線MN過定點(diǎn)．20XX年全國高中數(shù)學(xué)結(jié)合競賽湖北省初賽試題參照答案（高二年級）說明：評閱試卷時，請依據(jù)本評分標(biāo)準(zhǔn)。填空題只設(shè)8分和0分兩檔；解答題的評閱，只要思路合理、步驟正確，在評卷時可參照本評分標(biāo)準(zhǔn)合適劃分品位評分。一、填空題（本題滿分64分，每題8分。直接將答案寫在橫線上。）1．函數(shù)f(x)x16x24x的值域?yàn)閇0,]．762．已知3sin22sin21，3(sincos)22(sincos)21，則cos2()1．33．已知數(shù)列{an}滿足：a1為正整數(shù)，an1an,an為偶數(shù),2an為奇數(shù),3an1,若是a1a2a329，則a15．4．設(shè)會集S{1,2,3,,12}，A{a1,a2,a3}是S的子集，且滿足a1a2a3，a3a25，那么滿足條件的子集A的個數(shù)為185．2y21(ab0)交于M,N兩點(diǎn)，P是橢圓C上異于M,N5．過原點(diǎn)O的直線l與橢圓C：x2b2a的任一點(diǎn)．若直線PM,PN的斜率之積為1，則橢圓C的離心率為6．336．在△ABC中，ABBC2，AC3．設(shè)O是△ABC的內(nèi)心，若AOpABqAC，則p的q值為3．27．在長方體ABCDA1B1C1D1中，已知AC1,B1C2,AB1p，則長方體的體積最大時，p31．38．設(shè)[x]表示不高出x的最大整數(shù)，則201220122k2012．[2k1]k0二、解答題（本大題滿分56分，第9題16分，第10題20分，第11題20分）9．已知正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足anan1anan24anan1an213anan1且a11，a28，求{an}的通項(xiàng)公式．解在已知等式兩邊同時除以anan1，得an241an13，1anan1因此1an214(1an11)．4分an1an令bn1an11,則b14,bn14bn，即數(shù)列{bn}1＝4為首項(xiàng),4為公比的等比數(shù)列，an是以b所以bnb14n14n.8分因此1an114n,即an1[(4n1)21]an.12分an于是，當(dāng)n1時,an[(4n11)21]an1[(4n11)21][(4n21)21]an2n1n1[(4k11)21]a1[(4k11)21]，k1k11,n1,因此,ann1k1216分[(41)1],n2.k110．已知正實(shí)數(shù)a,b滿足a2b21，且a3b31m(ab1)3，求m的取值范圍．解令acos,bsin，0，則2mcos3sin31(cossin)(cos2cossinsin2)1．(cossin1)3(cossin1)35分令xcossin，則x2sin()(1,2]，且4csox2110分isn．2于是x(1x21)132xx22x31m223xx(x32(x1)322(x1)2(x1)．1)2(x1)215分由于函數(shù)f(x)31在(1,2]上單調(diào)遞減，因此f(2)mf(1)．2(x1)2又f(1)1,f(2)324，所以42m[324,1)．20分2411．已知點(diǎn)E(m,n)為拋物線y22px(p0)內(nèi)必然點(diǎn)，過E作斜率分別為k1,k2的兩條直線交拋物線于A,B,C,D，且M,N分別是線段AB,CD的中點(diǎn)．（1）當(dāng)n0且k1k21時，求△EMN的面積的最小值；（2）若k1k2（0,為常數(shù)），證明：直線MN過定點(diǎn)．解AB所在直線的方程為xt1(yn)m，其中t11，代入y22px中，得k1y22pt1y2pt1n2pm0，設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，則有y1y22pt1，從而x1x2t1(y1y22n)2mt1(2pt12n)2m．M(pt12nt1m,pt1)．CD

所在直線的方程為

xt2

(y

n)

m，其中

t2

1k2

，同理可得

N(pt22

nt2

m,pt2)．5分（1）當(dāng)

n

0時，

E(m,0)

，

M(pt12

m,pt1)

，

N(pt22

m,pt2)

，

|EM||pt1|1t1

2

，|EN||pt2

|1t2

2

．又k1

k2

1，故

t1

t2

1，于是△

EMN

的面積S1|EM||EN|1|p2t1t2|(1t12)(1t22)p22t12t22222p24p2，2當(dāng)且僅當(dāng)|t1||t2|1時等號建立．因此，△EMN的面積的最小值為p2.10分（2）kMNp(t1t2)1，22)n(t1t2)p(t1t2(t1t2)npMN所在直線的方程為ypt11[x2nt1m]，n(pt1(t1t2)p即y(t1t2n)pt1t2xm．15分p又k1k211t1t2，代入上式，得y(t1t2nt1t2xm，t2，即t1t2)pt1p即(t1t2)(ypxnym．)pp當(dāng)yp時，有xnym0，即y為方程的一組解，0pxmn因此直線MN恒過定點(diǎn)(mn,p)．20分20XX年上海市高中數(shù)學(xué)競賽一、填空題（本題滿分60分，前4小題每題7分，后4小題每題8分）A11.如圖,正六邊形A1B1C1D1E1F1的邊長為1,它的6條對角線又B1A2F1圍成一個正六邊形A2B2C2D2E2F2,這樣連續(xù)下去,則所有這些F2六邊形的面積和是.B2E2aj3C1C2D2E12.已知正整數(shù)a1,a2,10,則a10,a10滿足:,1ijai2的最小可能值是.D13.若tantantan17，cotcotcot4,cotcot65cotcotcotcot17.，則tan54．已知關(guān)于x的方程lgkx2lgx1AD僅有一個實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是.F5．如圖，AEF是邊長為x的正方形ABCD的內(nèi)接三角形，已知CB

EAEF

90，

AE

a,EF

b,a

b，則

x

.6．方程2m3n3n12m13的非負(fù)整數(shù)解m,n.7．一個口袋里有5個大小相同的小球，其中兩個是紅色的，兩個是白色的，一個是黑色的，依次從中摸出5個小球，相鄰兩個小球的顏色均不相同的概率是.（用數(shù)字作答）8．?dāng)?shù)列an定義以下：a11,a22n1n1,2,.若2,an2an1an,nn2n2am22011，則正整數(shù)m的最小值為.2012二、解答題9．（本題滿分14分）如圖，在平行四邊形ABCD中，ABx，BC1，對角線AC與BD的夾角BOC45，記直線AB與CD的距離為h(x)．DC求h(x)的表達(dá)式，并寫出x的取值范圍．

OAB10．（本題滿分14分）給定實(shí)數(shù)a1，求函數(shù)f(x)(asinx)(4sinx)的最小值．1sinx11．（本題滿分16分）正實(shí)數(shù)x,y,z滿足9xyzxyyzzx4，求證：4（1）xyyzzx；（2）xyz2．12．（本題滿分16分）給定整數(shù)n(3)，記f(n)為會集1,2,,2n1的滿足以下兩個條件的子集A的元素個數(shù)的最小值：（a）1A,2n1A；（b）A中的元素（除1外）均為A中的另兩個（能夠相同）元素的和．（1）求f(3)的值；（2）求證：f(100)108．學(xué)必迎下20XX年上海市高中數(shù)學(xué)競賽答案1、932、9243、114、,045、a26、3,0,2,2b)2a2(a7、28、402559．解由平行四形角平方和等于四條的平方和得OB2OC21(AB2BC2)1(x21)．①22???????（2分）在△OBC中，由余弦定理BC2OB2OC22OBOCcosBOC，因此OB2OC22OBOC1，②由①，②得OBOCx21．③22???????（5分）因此1SABCD4SOBC42OBOCsinBOC2OBOCx21，2故ABh(x)x21，2學(xué)必迎下因此h(x)x21．???????（10分）2x由③可得，x210，故x1．因OB2OC22OBOC，合②，③可得1(x21)2x21，222解得（合x1）1x2．1上所述，h(x)x21，1x21．???????（14分）2x10．解f(x)(asinx)(4sinx)1sinx3(a1)a2．1sinx1sinx7，當(dāng)1a03(a1)2，此33(a1)f(x)1sinxa223(a1)a2，1sinx且當(dāng)sinx3(a1)11,1不等式等號建立，故fmin(x)23(a1)a2．???????（6分）當(dāng)a7，3(a1)2，此“耐克”函數(shù)yt3(a1)在0,3(a1)內(nèi)是3t減，故此fmin(x)f(1)23(a1)a25(a1)．2223(a1)a2,1a7;上所述，fmin(x)5(a1),7.3???????（14分）a2311．（1）txyyzzx，由平均不等式33xyz3(xy)(yz)(zx)2

3xyyzzx23

．???????（4分）于是49xyzxyyzzx9t33t2，學(xué)必迎下因此3t23t23t20，而3t23t20，因此3t20，即t2，從而3zx4．xyyz???????（10分）（2）又因3(xyz)23(xyyzzx)，因此(xyz)24，故xyz2．???????（16分）12．解（1）會集A1,2,,231，且A足（a），（b）．1A,7A．由于1,m,7m2,3,,6不足（b），故A3．1,2,3,7,1,2,4,7,1,2,5,7,1,2,6,7,1,3,4,7,1,3,5,7,1,3,6,7,1,4,5,7,1,4,6,7,1,5,6,7都不滿足（b），故A4．而會集1,2,4,6,7足（a），（b），因此f(3)5．???????（6分）（2）第一明f(n1)f(n)2,n3,4,．①事上，若A1,2,,2n1，足（a），（b），且A的元素個數(shù)f(n)．令BA2n12,2n11，由于2n122n1，故Bf(n)2．又2n122(2n1),2n111(2n12)，因此，會集B1,2,,2n11，且B足（a），（b）．從而f(n1)Bf(n)2．???????（10分）其次證明：f(2n)f(n)n1,n3,4,．②事上，A1,2,,2n1足（a），（b），且A的元素個數(shù)f(n)．令學(xué)必迎下BA2(2n1),22(2n1),,2n(2n1),22n1，由于2(2n1)22(2n1)2n(2n1)22n1，因此B1,2,,22n1，且Bf(n)n1．而2k1(2n1)2k(2n1)2k(2n1),k0,1,,n1，22n12n(2n1)(2n1)，從而B足（a），（b），于是f(2n)Bf(n)n1．???????（14分）由①，②得f(2n1)f(n)n3．③屢次利用②，③可得f(100)f(50)501f(25)25151f(12)12377f(6)6192f(3)3199108．???????（16分）20XX年全國高中數(shù)學(xué)結(jié)合競賽（四川初賽）一、單項(xiàng)選擇題（本大題共6個小題，每題5分，共30分）1、設(shè)會集Sx|x25x60，Tx|x2|3，則ST=（）A、{x|5x1}B、{x|5x5}C、{x|1x1}D、{x|1x5}2、正方體ABCDA1B1C1D1中BC1與截面BB1D1D所成的角是（）A、B、C、D、26433、已知f(x)x22x3，g(x)kx1，則“|k|2”是“f(x)g(x)在R上恒建立”的（）A、充分但不用要條件B、必要但不充分條件C、充要條件D、既不充分也不用要條件4、設(shè)正三角形1的面積為S1，作1的內(nèi)切圓，再作內(nèi)切圓的內(nèi)接正三角形，設(shè)為2，面積為S2，這樣下去作一系列的正三角形3,4,，其面積相應(yīng)為S3,S4,，設(shè)S11,TnS1S2Sn，則limTn=（）n64C、3D、2A、B、2535、設(shè)拋物線y24x的焦點(diǎn)為F，極點(diǎn)為O，M是拋物線上的動點(diǎn)，則|MO|的最大值為（）|MF|323C、4D、3A、B、3336、設(shè)倒圓錐形容器的軸截面為一個等邊三角形，在此容器內(nèi)注入水，并放入半徑為r的一個實(shí)心球，此時球與容器壁及水面恰好都相切，則取出球后水面高為（）A、rB、2rC、312rD、315r二、填空題（本大題共6個小題，每題5分，共30分）ADFEBC7、如圖，正方形ABCD的邊長為3，E為DC的中點(diǎn)，AE與BD訂交于F，則FDDE的值是．8、(x2x1)6的張開式中的常數(shù)項(xiàng)是．（用詳盡數(shù)字作答）x9、設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足Sn(an1)2，則S20的值為．410、不高出2012的只有三個正因數(shù)的正整數(shù)個數(shù)為．11、已知銳角A,B滿足tan(AB)2tanA，則tanB的最大值是．12、從1,2,3,4,5組成的數(shù)字不重復(fù)的五位數(shù)中，任取一個五位數(shù)abcde，滿足條件“abcde”的概率是．三、解答題（本大題共4個小題，每題20分，共80分）13、設(shè)函數(shù)f(x)sinx3cosx1，（I）求函數(shù)f(x)在[0,]上的最大值與最小值；2（II）若實(shí)數(shù)a,b,c使得af(x)bf(xc)1對任意xR恒建立，求bcosc的值．a(chǎn)14、已知a,b,cR，滿足abc(abc)1，（I）求S(ac)(bc)的最小值；（II）當(dāng)S取最小值時，求c的最大值．15、直線ykx1與雙曲線x2y21的左支交于A、B兩點(diǎn)，直線l經(jīng)過點(diǎn)(2,0)和AB的中點(diǎn)，求直線l在y軸的截距b的取值范圍．16、設(shè)函數(shù)fn(x)xn(1x)2在[1,1]上的最大值為an（n1,2,3,）．2（I）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（II）求證：對任何正整數(shù)n(n2)1建立；，都有an(n2)2（III）設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求證：對任意正整數(shù)n，都有Sn7建立．1620XX年全國高中數(shù)學(xué)結(jié)合競賽（四川初賽）參照解答一、選擇題（本大題共6個小題，每題5分，共30分）1、C2、A3、A4、B5、B6、D二、填空題（本大題共6個小題，每題5分，共30分）7、359、010、14228、11、12、2415三、解答題（本大題共4個小題，每題20分，共80分）13、解：（I）由條件知f(x)2sin(x3)1，（5分）51由0x知，x，于是sin(x)13362213因此x2時，f(x)有最小值212；2當(dāng)x時，f(x)有最大值2113．（10分）6（II）由條件可知2asin(x)2bsin(xc)ab1對任意的xR恒建立，33∴2asin(x)2bsin(x3)cosc2bcos(x)sinc(ab1)033∴2(abcosc)sin(x)2bsinccos(x)(ab1)033abcosc0∴bsinc0,（15分）ab10由bsinc0知b0或sinc0。若b0時，則由abcosc0知a0，這與ab10矛盾！若sinc0，則cosc1（舍去），cosc1，解得ab1,c(2k1)，因此，bcosc1．（20分）2a114、解：（I）由于(ac)(bc)abacbcc2ab(abc)cab（5分）ab2ab12，等號建立的條件是ab1，ab當(dāng)ab1,c21時，S可取最小值2．（10分）（II）當(dāng)S取最小值時，ab1，從而c(abc)1，即c2(ab)c10，令tab，則t2ab2（15分）從而ctt24也許ctt240（舍去）22故ctt242在t[2,)單減，2t24t因此在t2時，c有最大值21．（20分）15、解：將直線ykx1與雙曲線x2y2ykx11方程聯(lián)立得2y21x化簡得(k21)x22kx20①（5分）4k28(k21)0由題設(shè)知方程①有兩負(fù)根，因此x1x22k0，解得1k2．（10分）k21x1x220k21設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，則有x1x22k，k212k222y1y2k(x1x2)2k1k212故AB的中點(diǎn)為(k,1)，k21k21因此直線l方程為y1(x2k2k2當(dāng)1k2時，2k2k22(k因此b2的取值范圍是(2k22k

，其在y軸的截距b1)217，其取值范圍是822)(2,)．

2，（15分）2k2k2(1,22)（20分）16、解：（I）fn'(x)nxn1(1x)22xn(1x)xn1(1x)[n(1x)2x]，當(dāng)x[1,1]時，由fn'(x)0知x1也許xnn，（5分）2n1[1,1]，又f1(1)121當(dāng)n1時，n，fn(1)0，故a1；232288當(dāng)n2時，n1[1,1]，又f2(1)1，fn(1)0，故a21；n22221616當(dāng)n3時，n1,1]，n2[2∵x[1,n)時，fn'(x)0；x(n,1)時，fn'(x)0；2n2n2∴fn(x)在xn處獲取最大值，即an(n)n(2)24nnn2n2n2(n2)n21,(n1)綜上所述，an8．（10分）4nnn2,(n2)(n2)（II）當(dāng)n2時，欲證(n4nn(n1，只要證明(12)n42)n22)2n∵(12)nCn0Cn1(2)1Cn2(2)2Cnn(2)nnnnn12n(n1)412142n2因此，當(dāng)n2時，都有an1建立．（15分）(n2)2（III）當(dāng)n1,2時，結(jié)論顯然建立；當(dāng)n3時，由（II）知Sn11a3a4an816111118165262(n2)211111111816()()()4556n1n21117．816416因此，對任意正整數(shù)n，都有Sn7（20分）建立．16山省20XX屆高中數(shù)學(xué)夏令數(shù)學(xué)競賽（及答案）一.填空(本共5道小,每小8分,分40分)1.函數(shù)f(x)12x32x的最大是________________;(王陽供)解:f(x)12x32x22,其等號當(dāng)12x32x即x1成2立,因此,f(x)最大=22.2.若是自然數(shù)a的各位數(shù)字之和等于5,那么稱a“吉祥數(shù)”,將所有吉祥數(shù)從小到大排成一列a1,a2,?,an.若an=2012.n=_______________.(王忠供)解:x1x2xm吉祥數(shù),x1+x2+?+xm=5,由x1≥1和x2,?,xm≥0得(x1-1)+x2+?+xm=4,因此,x1x2xm第Cm43個吉祥數(shù).1x2xm第Cm42個吉祥數(shù).由此得:一位吉祥數(shù)共1個,二位吉祥數(shù)共C545個,三位吉祥數(shù)共4C615個,因以1首位的四位吉祥數(shù)共C6415個,以2首位的前兩個四位吉祥數(shù):2003和2012.故n=1+5+15+15+2=38.3.已知f(x)是2011次多式,當(dāng)n=0,1,?,2011,f(n)n.n1f(2012)=______;(王林供):當(dāng)n=0,1,?,2011,(n+1)f(n)=n,即多式(x+1)f(x)-x有2012個根,(x+1)f(x)-x=ax(x-1)(x-2)?(x-2011).取x=-1,1=2012!a.故a1,2012!f(x)x(x1)(x2)(x2011)x,2012!(x1)x1f(2012)2012!201220131.2012!2013201320134.將周上5個點(diǎn)按以下染色:先任一點(diǎn)染成色,爾后依逆方向,第1步1個隔將到達(dá)的那個點(diǎn)染,第2步2個隔將到達(dá)的那個點(diǎn)染,第k步k個隔將到達(dá)的那個點(diǎn)染.素來行下去,可獲取_________個點(diǎn).(戈供):將5個點(diǎn)依次號0—4,且不如開始染的是0號點(diǎn),第1步染的是1號點(diǎn),第2步染的是3號點(diǎn),第3步染的又是1號點(diǎn).故共可得3個點(diǎn).5.如，O,I分ABC的外心、內(nèi)心，且B60，AB＞BC，A的外角均分交⊙O于D，已知AD18,OI_____________.(李耀文供)解:接BI并延交⊙O于E,E弧AC的中點(diǎn).OE、AE、CE、OC，由B60，易知AOE、COE均

DAEO正三角形.由內(nèi)心的性得知：AEIECE,因此IA、O、I、C四點(diǎn)共,且心E.再延AI交⊙O于F,BCF由知D、O、F共，于是OEI2OAI,AOD2AFD2OAI,又OAODOEIE,從而OAD≌EOI,故OIAD18.二.解答題(本題共5道小題,每題20分,滿分100分)6.證明:對任給的奇素?cái)?shù)p,總存在無量多個正整數(shù)n使得p|(n2n-1).(陳永高供題)證明:取n=(p-1)k,則由費(fèi)爾馬小定理知2(p1)k1(modp),因此,p|(n2n-1)(p1)k2(p1)k1(modp)(p1)k1(modp)k1(modp).取k=pr-1(r∈N*),即n=(p-1)(pr-1),就有(p1)k(p1k)1(mopd即)2p|(n2n-1).如圖，已知P是矩形ABCD內(nèi)任意一點(diǎn)，延長BP交AD于E，延DP交AB于F，延長CP交矩形的外接圓于G。求證：GE⊥GF.(葉G中豪供題)QEDA證法1:設(shè)CG交AD于Q,由∠GBA＝∠GDA及PFAGB＝∠CGD知△ABG∽△QDG。延長DF、CBRBC交于R，由AD∥BR,AD=BC得AFBC①FBBRBCQE又由△CPB∽△QPE及△RPB∽△DPE得BRED②由①,②得AFQEFBED

,表示F,E是△ABG,△QDG的相似對應(yīng)點(diǎn),故得FBG∽△EDG.因此,∠FGB=∠EGD,∠FGE=∠BGD=900,GE⊥GF.法2:GB,GD,令∠GCB=,∠GCD=,

G由正弦定理得:GBsinBPsinPBCGDsinDPsinPDCBFsinBFPsinPBCBFDEsinDEPsinPDCDE,由∠GBF＝∠GDE得△FBG∽△EDG.

AQEDPFβBαC因此,∠FGB=∠EGD,∠FGE=∠BGD=900,即GE⊥GF.于恰有120個元素的會集A.可否存在子集A1,A2,?,A10足:(1)|Ai|=36,i=1,2,?,10;(2)A1∪A2∪?∪A10=A;(3)|Ai∩A|=8,i≠j.明原由.(劉裕文供)j解:答案:存在.考度10的0,1數(shù)列.其中31的恰有C103120個,每個作會集A的一個元素.每個j=1,2,?,10,第j1的0,1數(shù)列恰有C9236個,它是集合A的36個元素.每i,j∈{1,2,?,10}(i<j),第i與第j均1j的0,1數(shù)列恰有C18ij8個,它是A∩A的元素.上知,存在足條件的10個子集.9.求最小的正整數(shù)m,n(n≥2),使得n個m的正方形,恰好能夠割并成n個分1,2,?,n的正方形.(明供)解:依意n個m的正方形,恰好能夠割并成n個分1,2,?,n的正方形12+22+?+n2=nm2,即6m2=(n+1)(2n+1),(n+1)(2n+1)=2n2+3n+1≡0(mod6),n2≡0,1,3,4(mod6)知n≡±1(mod6).6|n+1,n=6k-1(k∈N),得m2=k(12k-1),因(k,12k-1)=1,因此k與12k-1都是完好平方數(shù),但12k-1≡3(mod4)矛!6|n-1,n=6k+1(k∈N),得m2=(3k+1)(4k+1),因(3k+1,4k+1)=1,因此,3k+1=v2,4k+1=u2,消去k得4v2-3u2=1,v=u=1,k=0,n=1,但n≥2,故u>1,v>1.4v2-3u2≡1(mod8)知u,v奇數(shù),直接算得umin=15,vmin=13,k=56,因此,m最小=15×13=195,n最小=337.10.系數(shù)三次多式p(x)x3ax2bxc有三個非零數(shù)根.求:6a310(a232b)212ab27c.(李宏供)明:,,p(x)=0的三個根,由根與系數(shù)關(guān)系a得:c6a(a210(a23a22b222.原式2b)2b)227c36()(222)10(222)227①.若2220,①建立.若2220,不如設(shè)||||||,由①的齊次性,不如設(shè)2229,則23,222926.①2()10.因[2()]2[2()(2)]2[4(2)2][()22][84(2)](92)32()2()20()72(2)2(27)100100,因此,2()10.故原式成.二Ｏ一二年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽甘肅初賽試卷(2012年6月24日上午9:00-11:30)考生注意:1、本試卷共兩大題(12道小題),全卷滿分120分.2、用鋼筆、簽字筆或圓珠筆作答.3、解題書寫不要高出裝訂線.4、不能夠使用計(jì)算器.一、填空題(本題滿分56分,每題7分)1.空間四點(diǎn)A，B，C，D兩兩間的距離均為1，點(diǎn)P與點(diǎn)Q分別在線段AB與CD上運(yùn)動，則點(diǎn)P與點(diǎn)Q間的最小距離為____________；2.向量OA1,0,OB1,1,O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動點(diǎn)Px,y0OPOA1,則點(diǎn)滿足0OPOB2Qxy,y組成的圖形的面積為3.設(shè)有非空會集A1,2,3,4,5,6,7且當(dāng)aA時，必有8aA，這樣的會集A的個數(shù)是_____________；4.設(shè)fxxx,x0,其中x表示不高出x的最大整數(shù)，若fxkxkk0有三個fx1,x0不相同的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是41355.111390931個數(shù)字只能是、、且都最少出現(xiàn)位數(shù)的手機(jī)號碼，前七位數(shù)字是，若余下的次,這樣的手機(jī)號碼有___________個；6.若tanx1tanx2tanx20121,則sinx1sinx2sinx2012的最大值是；7.設(shè)函數(shù)f:RR，滿足f01且對任意x,yR都有fxy1fxfyfyx2，則fx；8.實(shí)數(shù)x,y,z滿足x2y2z21，則xyyz的最大值為；二、解答題(本題滿分64分,第9、10題每題14分，第11、12題每題18分)9.已知數(shù)列an滿足an1an1nnN*，且a26。an1an1（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)bnannN*,c為非零常數(shù)，若數(shù)列bn是等差數(shù)列，記bn,Sncccccn，求Sn.n2nn1210.M是拋物線y22pxp0的準(zhǔn)線上任意點(diǎn)，過作拋物線的切線12，切點(diǎn)分別為A、Ml,lB（A在x軸上方）。1）證明：直線AB過定點(diǎn)；2）設(shè)AB的中點(diǎn)為P，求｜MP｜的最小值。11.設(shè)a,b,c為正實(shí)數(shù)，且abc1，求證：a2b2c2abc1.bcacab2某校數(shù)學(xué)興趣小組由m位同學(xué)組成，學(xué)校特地安排n位老師作為指導(dǎo)教師.在該小組的一次活動中，每兩位同學(xué)之間相互為對方提出一個問題,每位同學(xué)又向每位指導(dǎo)教師各提出一個問題，并且每位指導(dǎo)教師也向全組提出一個問題，以上所有問題互不相同，這樣共提出了51m，個問題.試求的值．20XX年河北省高中數(shù)學(xué)競賽試題參照解答與評分標(biāo)準(zhǔn)說明：本試卷分為A卷和B卷：A卷由本試卷的2２題組成，即10道選擇題，7道填空題、3道解答題和2道附加題；B卷由本試卷的前20題組成，即10道選擇題，7道填空題和3道解答題。一、選擇題（本大題共有10小題，每題只有一個正確答案，將正確答案的序號填入題干后的括號里，多項(xiàng)選擇、不選、錯選均不得分，每題5分，共50分）1.已知[5,3]，則1sin21sin2可化簡為（D）42A．2sinB.2sinC.2cosD.2cos解答：由于531sin21sin2=cossincossin[,]，因此422cos。正確答案為D。2．若是復(fù)數(shù)a2i1i的模為4，則實(shí)數(shù)a的值為（C）A.2B.22C.2D.22解答：由題意得2a244a2。正確答案為C。3.設(shè)A，B為兩個互不相同的會集，命題P：xAB，命題q：xA或xB，則p是q的（B）A.充分且必要條件B.充分非必要條件C.必要非充分條件D.非充分且非必要條件解答：P是q的充分非必要條件。正確答案為B。4.過橢圓x2y21的右焦點(diǎn)F2作傾斜角為45弦AB，則AB為（C）226464243A.3B.3C.3D.3解答：橢圓的右焦點(diǎn)為（1，0），則弦AB為yx1,代入橢圓方程得3x24x0x10,x24AB2(x1x2)242。正確答案為C。335.函數(shù)f(x)15xx0，則該函數(shù)為（A）5x1x0A.單調(diào)增加函數(shù)、奇函數(shù)B.單調(diào)遞減函數(shù)、偶函數(shù)C.單調(diào)增加函數(shù)、偶函數(shù)D.單調(diào)遞減函數(shù)、奇函數(shù)解答：由單調(diào)性和奇偶性定義知道函數(shù)為單調(diào)增加的奇函數(shù)。正確答案為A。6.設(shè)有一立體的三視圖以下，則該立體體積為（A）222222113正視圖側(cè)視圖俯視圖（圓和正方形）A.4+5B.4+3C.4+D.4+222解答：該幾何體是一個圓柱與一個長方體的組成，其中重疊了一部分（），因此該幾2何體的體積為221345。正確答案為A。227．某程序框圖如右圖所示，現(xiàn)將輸出（x,y)值依次記為：(x1,y1),(x2,y2),,(xn,yn),;若程序運(yùn)行中輸出的一個數(shù)組是(x,10),則數(shù)組中的x（B）A．64B．32C．16D．8答案經(jīng)計(jì)算x32。正確答案為B。8.在平面地域(x,y)|x|1,|y|1上恒有ax2by2，則動點(diǎn)P(a,b)所形成平面地域的面積為（A）A.4B.8C.16D.32解答：平面地域(x,y)|x|1,|y|1的四個界線點(diǎn)（—1，—1），（—1，1），（1，—1），（1，1）滿足ax2by2，即有a2b2,a2b2,a2b2,a2b2由此計(jì)算動點(diǎn)P(a,b)所形成平面地域的面積為4。正確答案為A。9.已知函數(shù)f(x)sin(2x)m在0,上有兩個零點(diǎn)，則m的取值范圍為（C）62A.1,1B1,1C.1,1D.1,12222解答：問題等價(jià)于函數(shù)f(x)sin(2x6)與直線ym在0,上有兩個交點(diǎn)，因此m2的取值范圍為1,1。正確答案為C。210.已知a[1,1]，則x2(a4)x42a0的解為（C）A.x3或x2B.x2或x1C.x3或x1D.1x3解答：不等式的左端看作a的一次函數(shù)，f(a)(x2)a(x24x4)由f(1)x25x60,f(1)x23x20x1或x3。正確答案為C。二、填空題（本大題共有7小題，將正確答案填入題干后的橫線上，每空7分，共49分）11.函數(shù)f(x)x3cosx的最小正周期為______4____。2sin2解答：最小正周期為4。12.已知等差數(shù)列an前15項(xiàng)的和S15=30，則a1a8a15=____6_______.解答：由S1530a17d2，而a1a8a153(a17d)6。學(xué)必迎下13.向量a(1,sin)，b(cos,3)，R，ab的取范[1，3]。解答：ab(1cos)2(sin3)252(cos3sin)=54sin()，其最大值為3，最小值為1，取值范圍為[1，3]。614.直三棱柱ABCA1B1C1，底面ABC是正三角形，P，E分BB1，CC1上的點(diǎn)（含端點(diǎn)），DBC上的中點(diǎn)，且PDPE。直AP,PE的角_90_。解答：因平面ABC⊥平面BCC1B1，AD⊥BC，因此AD⊥平面BCC1B1，因此AD⊥PE，又PE⊥PD，PE⊥平面APD，因此PE⊥PD。即角90。15．x,y數(shù)，2max2(x2y2)_____4________。5x4y10x解答：5x24y210x4y210x5x200x24(x2y2)10xx225(5x)22532x2y24路上有號1，2，3，?，2011的2011只路燈，用要求關(guān)其中的只燈，但不能夠同關(guān)相兩只，也不能夠關(guān)兩端的路燈，足條件的關(guān)燈方法共有___300種。（用合數(shù)符號表示）C1710_______解答：等價(jià)于在1711只路燈中插入300只暗燈，因此共有C1710300種關(guān)燈方法。17.x,y,z整數(shù)，且xyz3,x3y3z33，x2y2z2_3或57_。解答：將z3xy代入x3y3z33獲取xy3(xy)8，由于x,y都是整數(shù)，因此9xyxy1,xy4,xy2,xy8,前兩個方程無解；后兩個方程解得xy2xy5xy1xy16xyz1;xy4,z5。因此x2y2z23或57。三、解答（本大共

3小，每小

17

分，共

51

分）18.a

2，求

y

(x

2)x

在[a,2]上的最大和最小。解答：當(dāng)x0,y(x1)21,當(dāng)x0,y(x1)21,5分由此可知ymax0。10分當(dāng)1a2,ymina22a；當(dāng)12a1,ymin1；當(dāng)a12,ymina22a。17分19.給定兩個數(shù)列xn，yn滿足x0y01，xnxn1(n1)，2xn1ynyn21(n1)。證明關(guān)于任意的自然數(shù)n，都存在自然數(shù)jn，使得12yn1ynxjn。解答：由已知獲?。?12112(11){11}為等比數(shù)列，首項(xiàng)為2，公比為2，xnxn1xnxn1xn因此112n1xn2n1。5分xn11又由已知，yn1(yn11)2yn1(yn11)211(11)212yn1ynyn1ynyn11211nyn1由1yn22n，y0122因此取jn2n1即可。17分20.已知橢圓x2y21，過其左焦點(diǎn)F1作一條直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，D(a,0)為F15242右側(cè)一點(diǎn)，連AD、BD分別交橢圓左準(zhǔn)線于M,N。若以MN為直徑的圓恰好過求a的值。解答：F1(3,0),左準(zhǔn)線方程為x25;AB方程為yk(x3)(k為斜率)。3yk(x3)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，由x2y2(1622222k5x)1k50x2k2525116

F1，4得000x1x2150k22,x1x2225k24002(x13)(x23)256k21625k1625k2y1y2k1625k210分設(shè)M(25,y3),N(25,y4)。由M、A、D共線y3(3a25)y1,同理y4(3a25)y2。333(ax1)3(ax2)又F1M(16,y3),F1N(16,y4),由已知得F1MF1NF1MF1N0，得33y3y4256,而y3y4（25)2y1y2，即256k2（2=256,整理得3a3a25)99(ax1)(ax2)1625k29(ax1)(ax2)9(1k2)(16a2400)0a5,又a3,因此a5。17分四、附加題（本大題共2小題，每題25分，共計(jì)50分）21.在銳角三角形ABC中，A，設(shè)在其內(nèi)部同時滿足PAPB和PAPC的點(diǎn)P3的全體形成的地域G的面積為三角形ABC面積的1。證明三角形ABC為等邊三角3形。解答：做ABC的外接圓O，做OEAB于E,OFAC于F,OMBC于M,則G為四邊形AAEOF。又EFOCBMDS四邊形AEOF1SABC,2S四邊形AEOF2SAEO2SAOFSAOBSAOC3因此SOBC110分SABC。31由已知BOC120,則OBC30,則OM=R(R為ABC外接圓半徑)2作ADBC于D,則ADAOOM3R13RBC2SABC3SOBC，等號建立當(dāng)且僅當(dāng)A、O、M共線，即ABC為等邊三角形。2225分22.設(shè)a,b,cR，且abc3。求證：aabbcc2ca3，2b2bca2并指明等號建立的條件。n證明：由柯西不等式nai2(i1ai)2i1bin獲取bii1abbcca(abcbac)2（1）2ab2bc2ca62(abc)10分（1）式右側(cè)的分子=2(abc)2(abcbcbacaccb)=2(abc)2(b2b(ac)ac)2(abc)2(b22bacac)2(abc)2(bacabccab)3(abc)(abc)23(abc3)。20分等號建立條件是abc1。結(jié)論建立。25分20XX年浙江省高中數(shù)學(xué)競賽試題參照解答與評分標(biāo)準(zhǔn)說明：本試卷分為A卷和B卷：A卷由本試卷的2２題組成，即10道選擇題，7道填空題、3道解答題和2道附加題；B卷由本試卷的前20題組成，即10道選擇題，7道填空題和3道解答題。一、選擇題（每題5分，共50分）1．已知數(shù)列{an}滿足3an+1+an=4(n≥1)，且a1=9，其前n項(xiàng)之和為Sn。則滿足不等式|Sn-n-6|<1的最小整數(shù)n是（125）A．5B．6C．7D．82．設(shè)O是正三棱錐P-ABC底面是三角形ABC的中心，過O的動平面與PC交于S，與PA、PB的延長線分別交于Q、R，則和式111）PQ（PRPSA．有最大值而無最小值B．有最小值而無最大值C．既有最大值又有最小值，兩者不等D．是一個與面QPS沒關(guān)的常數(shù)3xn1，則20053．給定數(shù)列{xn}，x1=1，且xn+1=xn=（）3xnn1A．1B．-1C．2+3D．-2+34．已知a=(cos2π,sin2π),OAab,OBab，若△OAB是以O(shè)為直角極點(diǎn)的等腰直角33三角形，則△OAB的面積等于（）A．11C．23B．D．225．過橢圓C：x2y21上任一點(diǎn)P，作橢圓C的右準(zhǔn)線的垂線PH（H為垂足），延長PH到點(diǎn)32Q，使|HQ|=λ|PH|(λ≥1)。當(dāng)點(diǎn)P在橢圓C上運(yùn)動時，點(diǎn)Q的軌跡的離心率的取值范圍為（）A．(0,3]B．(3,3]C．[3,1)D．(3,1)332326．在△ABC中，角A、B、C的對邊分別記為a、b、c(b≠1)，且C，sinB都是方程logbx=logb(4x-4)AsinA的根，則△ABC（）A．是等腰三角形，但不是直角三角形B．是直角三角形，但不是等腰三角形C．是等腰直角三角形D．不是等腰三角形，也不是直角三角形7．某程序框圖如右圖所示，現(xiàn)將輸出（x,y)值依次記為：(x1,y1),(x2,y2),,(xn,yn),;若程序運(yùn)行中輸出的一個數(shù)組是(x,10),則數(shù)組中的x（）A．64B．32C．16D．88.在平面地域(x,y)|x|1,|y|1上恒有ax2by2，則動點(diǎn)P(a,b)所形成平面地域的面積為（）A.4B.8C.16D.329.已知函數(shù)f(x)sin(2x)m在0,上有兩個零點(diǎn)，則m的取值范圍為（）62A.1,1B1,1C.1,1D.1,1222210.已知a[1,1]，則x2(a4)x42a0的解為（）A.x3或x2B.x2或x1C.x3或x1D.1x3二、填空（每7分.共49分）11．若log4(x+2y)+log4(x-2y)=1，|x|-|y|的最小是_________.12．若是：（1）a,b,c,d都屬于{1,2,3,4}2）a≠b,b≠c,c≠d,d≠a3）a是a,b,c,d中的最小數(shù)那么，能夠成的不相同的四位數(shù)abcd的個數(shù)是________.13．n是正整數(shù)，會集M={1，2，?，2n}．求最小的正整數(shù)k，使得于M的任何一個k元子集，其中必有4個互不相同的元素之和等于14．若|x|≤1的所有x，t+1>(t2-4)x恒建立，t的取范是_______________.15．我注意到6!=8×9×10，求能使n!表示成(n-3)個自然三數(shù)之的最大正整數(shù)n__________.16．每一數(shù)(x,y)，函數(shù)f(t)足f(x+y)=f(x)+f(y)+f(xy)+1。若f(-2)=-2，求足f(a)=a的所有整數(shù)a=__________.17．已知a,b,c∈R+，且足kabc≥(a+b)2+(a+b+4c)2，k的最小__________.。abc三、解答（每17分，共51分）18．已知半徑1的定⊙P的心⊙Q交l于M、N兩點(diǎn)，于任意直徑

P到定直l的距離2，Q是l上一點(diǎn)，⊙Q與⊙P相外切，MN，平面上恒有必然點(diǎn)A，使得∠MAN定。求∠MAN的度數(shù)。19．已知

a>0，函數(shù)

f(x)=ax-bx

2,（1）當(dāng)

b>0

時，若對任意

x∈R都有

f(x)≤1，證明：

a≤2

b

；（2）當(dāng)

b>1

時，證明：對任意

x∈[0,1],|f(x)|

≤1的充要條件是：

b-1≤a≤2

b

；（3）當(dāng)

0<b≤1時，談?wù)摚簩θ我?/p>

x∈[0,1],|f(x)|

≤1的充要條件。20.已知橢圓x2y21，過其左焦點(diǎn)F1作一條直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，D(a,0)為F1右5242側(cè)一點(diǎn)，連AD、BD分別交橢圓左準(zhǔn)線于M,N。若以MN為直徑的圓恰好過F1，求a的值。附加題（每題25分，共50分）如圖，已知△ABC的外角∠EAC的均分線與△ABC的外接圓交于點(diǎn)D，以CD為直徑的圓分別交BC，CA于點(diǎn)P、Q，求證：線段PQ均分△ABC的周長。EADQBPC22.（50分）求所有實(shí)多項(xiàng)式f和g，使得對所有x∈R，有：(x2+x+1)f(x2-x+1)=(x2-x+1)g(x2+x+1)。參照答案一、1．由推式得：3(an+1-1)=-(an-1)，{an-1}是以8首，公比-1的等比數(shù)列，∴138[1()n]11Sn-n=(a1-1)+(a2-1)+?+(an-1)=31nn<，得：3n-1，1=6-6×(-)，∴|Sn-n-6|=6×()>2501331253∴足條件的最小整數(shù)n=7，故C。12．正三棱P-ABC中，各棱兩兩角α，PC與面PAB所成角β，vS-PQR=S△11PQR·h=(32

3PQ·PRsinα)·PS·sinβ。另一方面，O到各面的距離d，vS-PQR=vO-PQR+vO-PRS+vO-PQS，1S△PQR·d=1△PRS·d+1S△PRS·d+1△PQS·d=d1PQ·PRsinα333332d1d1PS·PRsinα+PQ·PS·sinα，故有：PQ·PR·PS·sinβ=d(PQ·PR+PR·PS+PQ·PS)，3232即111sin=常數(shù)。故D。PQPRPSdxn333,x3=-2-3,x4=-1,3．xn+1=，令xn=tanαn，∴xn+1=tan(αn+),∴xn+6=xn,x1=1，x2=2+13xn6320055=-2+36=2-3,x7，??，∴有xnx11。故A。x,x=1n14．向量b=(x,y)，(ab)(ab)0，|ab||ab|(x1,y3)(x1,y302231即2222，即xy1x.∴b(,)或(x1)2(y3)2(x1)2(y3)23y222222(3,1)，∴S△AOB=1|ab||ab|=1。2225．設(shè)P(x1,y1)，Q(x,y)，由于右準(zhǔn)線方程為x=3，因此H點(diǎn)的坐標(biāo)為(3,y)。又∵HQ=λPH，因此HP1，因此由定比分點(diǎn)公式，可得：x13(1)x，代入橢圓方程，得Q點(diǎn)軌跡為PQ1y1y[x3(1)]2y232212[3,1)。應(yīng)選C。321，因此離心率e=3223236．由logbx=logb(4x-4)得：x2-4x+4=0，因此x1=x2=2，故C=2A，sinB=2sinA，因A+B+C=180°，因此3A+B=180°，因此sinB=sin3A，∴3sinA-4sin3A=2sinA，∵sinA(1-4sin2A)=0，又sinA≠0，因此sin2A=1，而sinA>0，∴sinA=1。因此A=30°,B=90°,C=60°。應(yīng)選B。42經(jīng)計(jì)算x32。正確答案為B平面地域(x,y)|x|1,|y|1的四個界線點(diǎn)（—1，—1），（—1，1），（1，—1），（1，1）滿足ax2by2，即有a2b2,a2b2,a2b2,a2b2由此計(jì)算動點(diǎn)P(a,b)所形成平面地域的面積為4。正確答案為A問題等價(jià)于函數(shù)f(x)sin(2x)與直線ym在0,上有兩個交點(diǎn)，因此m的取9.26值范圍為1,1。正確答案為C210.不等式的左端看作a的一次函數(shù)，f(a)(x2)a(x24x4)由f(1)x25x60,f(1)x23x20x1或x3。正確答案為C。.二、填空題x2y0x2|y|．3。x2y011x24y24(x2y)(x2y)4由對稱性只考慮y≥0，由于x>0，∴只須求x-y的最小值，令x-y=u，代入x2-4y2=4，有3y2-2uy+(4-u)2=0，這個關(guān)于y的二次方程顯然有實(shí)根，故△=16(u2-3)≥0。12．46個。abcd中恰有2個不相同數(shù)字時，能組成C42=6個不相同的數(shù)。abcd中恰有3個不相同數(shù)字時，11111個不相同數(shù)字，能成4個不相同數(shù)，所能成C3C2C2C2C2=16個不相同數(shù)。abcd中恰有4A4=24以吻合要求的數(shù)共有6+16+24=46個。13．解考M的n+2元子集P={n-l，n，n+1，?，2n}．P中任何4個不相同元素之和不小于(n-1)+n+(n+1)+(n+2)=4n+2，因此k≥n+3．M的元配n，Bi=(i，2n+1-i)，1≤i≤n．M的任一n+3元子集A，必有三Bi,Bi,Bi同屬于123A(i1、i2、i3兩兩不相同)．又將M的元配n-1，Ci(i，2n-i)，1≤i≤n-1．M的任一n+3元子集A，必有一Ci4同屬于A，一Ci4必與Bi1,Bi2,Bi3中最少一個無公共元素，4個元素互不相同，且和2n+1+2n=4n+1,最小的正整數(shù)k=n+314．131,211。①若t2-4>0，即t<-2或t>2，由t1>x(|x|≤1)恒建立，得t11,22t24t24t+1>t2-4,t2-t-s<0解得121t121，從而121<t<-2或2<t<121。②若t2-4=0，2222t=2吻合意。③若t2-4<0，即-2<t<2，由t1<x(|x|≤1)恒建立，得t11，t+1>-t2+4;t24t24t2+t-3>0，解得：t<113或t>113，從而113<t<2。上所述，t的取范是：222131<t<211。2215．23．。16．1或-2。令x=y=0得f(0)=-1；令x=y=-1，由f(-2)=-2得，f(-1)=-2，又令x=1,y=-1可得f(1)=1，再令x=1，得f(y+1)=f(y)+y+2①，因此f(y+1)-f(y)=y+2，即y正整數(shù)，f(y+1)-f(y)>0，由f(1)=1可知所有正整數(shù)y，f(y)>0，因此y∈N*，f(y+1)=f(y)+y+2>y+1，即所有大于1的正整t，恒有f(t)>t，由①得f(-3)=-1,f(-4)=1。下面明：當(dāng)整數(shù)t≤-4，f(t)>0，因t≤-4，故-(t+2)>0，由①得：f(t)-f(t+1)=-(t+2)>0，f(-5)-f(-4)>0，f(-6)-f(-5)>0，??，f(t+1)-f(t+2)>0，f(t)-f(t+1)>0相加得：f(t)-f(-4)>0，因：t≤4，故f(t)>t。上所述：足f(t)=t的整數(shù)只有t=1或t=2。17．解：因(a+b)2+(a+b+4c)2=(a+b)2+[(a+2c)+(b+2c)]2≥(2ab)2+(22ac+22bc)2=(ab)2(ab4c)2bc)4ab+8ac+8bc+16cab。因此(aabc≥8(5312)(55a2b2c)100。22c242aba=b=2c>0時等號建立。故k的最小值為100。三、解答題18．以l為x軸，點(diǎn)P到l的垂線為y軸建立以下列圖的直角坐標(biāo)系，設(shè)Q的坐標(biāo)為(x,0)，點(diǎn)A(k,λ)，⊙Q的半徑為r，則：M(x-r,0),N(x+r,0),P(2,0),PQ=x222=1+r。因此x=±r22r3,∴kANkAMorohtan∠MAN=xrhxrhkANkAMohoh11xrhxrk2rh2rh2rh，令(xk)2r2h2r22r3)2r2h2h2k232r2kr2(2r32m=h2+k2-3，tan∠MAN=1，因此m+rkr22r3=nhr，∴m+(1-nh)r=kr22r3，兩2n222222邊平方，得：m，由于關(guān)于任意實(shí)數(shù)r≥1，上式恒建立，因此+2m(1-nh)r-(1-nh)r=kr+2kr-3km23k2(1)2m(1nh)2k2(2)，由（1）（2）式，得m=0,k=0，由（3）式，得n=1。由2m=h2+k2-3得(1nh)2k2(3)hh=±3，因此tan∠MAN=13。因此∠MAN=60°或120°（舍）（當(dāng)Q(0,0),r=1時∠=h=±nMAN=60°），故∠MAN=60°。19．（1）證：依題設(shè)，對任意x∈R，都有f(x)≤1?！遞(x)=-b(x-a2+a2a)=a2≤1，∵)，∴f(2b4b2b4ba>0,b>0,∴a≤2b。（2）證：（必要性），對任意x∈[0,1]，|f(x)|≤1-1≤f(x)據(jù)此可推出-1≤f(1)即a-b≥-1，∴a≥b-1。對任意x∈[0,1]，|f(x)|≤1f(x)≤1，由于b>1，可推出f(1)≤1。即a·1-≤1，∴abb≤2b，因此b-1≤a≤2b。（充分性）：因b>1,a≥b-1，對任意x∈[0,1]，能夠推出：ax-bx2≥b(x-x2)-x≥-x≥-1，即：ax-bx2≥-1；由于b>1，a≤2b，對任意x∈[0,1]，可推出ax-bx2≤2b-bx2≤1，即ax-bx21，∴-1≤f(x)≤1。綜上，當(dāng)

b>1

時，對任意

x∈[0,1],|f(x)|

≤1的充要條件是：

b-1≤a≤2

b。（3）解：由于

a>0,0<b≤1時，對任意

x∈[0,1]。f(x)=ax-bx2≥-b≥-1，即f(x)≥-1；f(x)≤1f(1)≤1a-b≤1，即a≤b+1；a≤b+1f(x)≤(b+1)x-bx2≤1，即f(x)≤1。因此，當(dāng)a>0,0<b≤1時，對任意x∈[0,1]，|f(x)|≤1的充要條件是：a≤b+1.20.F1(3,0),左準(zhǔn)線方程為x25k(x3)(k為斜率)。3;AB方程為yyk(x3)2222設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，由x2y2(164得00012k5x)1k50x2k252516x1x2150k22,x1x2225k2400y1y22(x13)(x23)256k21625k1625k2k1625k210分設(shè)M(25,y3),N(25,y4)。由M、A、D共線y3(3a25)y1,同理y4(3a25)y2。333(ax1)3(ax2)又F1M(16,y3),F1N(16,y4),由已知得F1MF1NF1MF1N0，得33y3y4256,而y3y4（25)2y1y2，即256k2（2256,整理得3a3a25)=99(ax1)(ax2)1625k29(ax1)(ax2)9(1k2)(16a2400)0a5,又a3,因此a5。ADQBPC附加題21證：如圖，連結(jié)DB、OP、DQ，因∠ABD+∠ACD，∠EAC=∠ABC+∠ACB，則∠EAC=∠DBC+∠DCB，即：2∠DAC=∠DBC+∠DCB；又∠DAC=∠DBC，則：∠OBC=∠DCB；故△DBC為等腰三角形，因OP⊥BC，則CP=1BC。在圓內(nèi)接四邊形ABCD中，由托勒密定理得：2BCAD2BPAD，又DQ⊥AC，則AC·BD=BC·AD+AB·CD，因BD=CD，則：AC-AB=BDBD△ADQ∽△BDP，因此AQAD，即：AQ=BPAD。故AC-AB=2AQ，即AQ=ACAB。BPBDBD2從而：CQ+CP=（AC-AQ）+1BC=（AC-ACAB)1BC=1(AB+BC+CA)。222222.設(shè)w是1的非實(shí)的立方根，滿足22，設(shè)α為-1的非實(shí)的立方根，w+w+1=0，則g(w+w+1)g(0)=0則f(α2-α+1)=f(0)=0，故可設(shè)：f(x)=x·a(x)；g(x)=x·b(x)。因此原條件可化為：a(x2-x+1)=b(x2+x+1)。令x=-y，得：a(y2+y+1)=b(y2-y+1)，1]。下面證明無量多個n使得：a(n2+3n+3)=a(1)。由n=1可得：a(1)=a(7)，假設(shè)a[(n-1)2+3(n-1)+3]=a(1)(n≥2)，則a[(n+1)2+3(n+1)+3]=a[(n+2)2+(n+2)+1]=a[(n+1)2-(n+1)+1]=a[(n-1)2+3(n-1)+3]=a(1)。由于多項(xiàng)式a(x)-a(1)有無量多個根，因此a(x)-a(1)是零多項(xiàng)式，即a(x)為常數(shù)，因此f(x)=kx，近似可知：g(x)=kx。20XX年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽遼寧省初賽參照答案一．（安分30分，每小5分）1.(B).2.(C)．3.(C).4.(A)．5.(D)．6.(A).二．填空（安分30分，每小5分）7.16.8.1007.9.n1.10.(,2)(1,1).11.2.12.3.30182三．解答13.（本小分20分）明：假ab，13a13b,5a5b.aa由3a13b17a,得3a13a17a,即3131，????????(5分)1717x13x31316由于f(x)3減，f(1)f(1)，171717171，且f(a)117故a1.??????????(10分)bb由5a7b11b,得5b7b11b，即571.??????????(15分)1111x7x5712由于g(x)5減，g(1)1g(1)，111111111,g(b)11b1.因此，a1b，與ab矛盾，因此，ab.????????(20分)14．（本小分20分）解：由意可方程x2y21(ab0)ya2b2，Pc3由a2得a2Ox21b，Q11a22b2因此，方程x2y21．????????(5分)4由意可知，直l的斜率存在且不0，故可直l的方程ykxm(m0)，ykxmP(x1,y1),Q(x2,y2)足24y2，x40消去y得(14k2)x28kmx4(m21)0．64k2m216(14k2)(m21)16(4k2m21)0，且x1x28km，x1x24(m21)．14k214k2y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2．?????(10分)因直O(jiān)P，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列，因此，y1y2k2x1x2km(x1x2)m22，即8k2m2m20，xxxxk14k22112又m0，因此k21，即k1????????(15分)4．2由于直O(jiān)Q的斜率存在，且0，得0m22且m21．d點(diǎn)O到直l的距離，SOPQ1dPQ1m1k2xx2221k211m(x1x2)24x1x2m2(2m2)，2因此SOPQ的取范(0,1)．????????(20分)15.（本小分25分）明：OP,OA,OC,EP，然O,P,N三點(diǎn)共，且OPAB，因此N是AB中點(diǎn)，由M是PA的中點(diǎn)，故MNMPMA，MNPQ．A????????(5分)MPM2AM2EMEMC，OP因此MPE∽MCP，MCPMPE．ND????????(10分)QC又O,A,P,B四點(diǎn)共，BONPNANBNCNEN，故O,C,P,E四點(diǎn)共，OCNEPN．????????(15分)PAO是直角三角形，有PNPOPA2PDPC，于是C,D,N,O四點(diǎn)共．????????(20分)QNPPCOMCPMCOMPEEPNAPN，因此MNPQ，四形MNQP是菱形.????????(25分)16.（本小分25分）（1）解法一：由a11,4an15an9an216(n1,nN+)得a25,a321,a485，248由514,211442,85144243，猜想an14424n14n12n1????????(5分)2n132n1(22n).3明：當(dāng)n1，a12(21)1然建立；2312當(dāng)nk，akk)建立，當(dāng)nk1，(22k35ak9ak21610(2k1k)4(2k1k)21610(2k1k)2(2k1k)322322＝162k418(2k111)4ak133k3k建立，22因此，通公式an2(2n1).????????(10分)32n解法二：由4an15an9an216得an21an25an1an1，故an2an215anan11（n1），兩式相減得22an1an1anan15an0，又an增數(shù)列，12故an15anan10(n1).????????(5分)25x11特色方程x20，特色根x12,x2，22因此an1x1n2x2n，將a11,a25代入，得2211211223，解之得，1524122423通公式22n1????????(10分)an2n.3（2）Sn1111a1a2a3，an由2n122n1122n11n2得2n2n12n1an2an1，111n2，????????(15分)an2an1Sn1111111111a1a2a3ana12a1a2a3an111Sn111Sn.a12ana12因此Sn22.????????(25分)a12012新疆維吾爾自治區(qū)高中數(shù)學(xué)競賽高二卷120分分：150分第一：（有6小，每小5分30分）1.xyz,且xyz,乘cosxsinycosz的最大減去兩倍的最122?。海ǎ〢．3B.3