2024-2025年全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題及解答

二oo一年全國中學數(shù)學聯(lián)合競賽題

(10月4日上午8:00—9:40)

題號—*二合計加試總成果

131415

得分

評卷人

復核人

學生留意：1、本試卷共有三大題(15個小題)，全卷滿分150分。

2、用圓珠筆或鋼筆作答。

3、解題書寫不要超過裝訂線。

4、不能運用計算器。

一、選擇題(本題滿分36分，每小題6分)

本題共有6個小是題，每題均給出(A)(B)(C)(D)四個結論，其中有且僅有一個是

正確的。請將正確答案的代表字母填在題后的括號內(nèi)，每小題選對得6分；不選、選錯或

選的代表字母超過一個(不論是否寫在括號內(nèi))，一律得。分。

1、已知a為給定的實數(shù)，那么集合M={x|x2-3x-a2+2=0,x￡R}的子集的個數(shù)為

(A)1(B)2(C)4(D)不確定

2、命題1：長方體中，必存在到各頂點距離相等的點；

命題2：長方體中，必存在到各棱距離相等的點；

命題3：長方體中，必存在到各面距離相等的點；

以上三個命題中正確的有

(A)0個(B)1個(C)2個(D)3個

3、在四個函數(shù)y=sin|x|,y=cos|x|,y=|ctgx|,y=lg|sinx|中以冗為周期、至(0,—)上單調(diào)遞

2

增的偶函數(shù)是

(A)y=sin|x|(B)y=cos|x|(C)y=|ctgx|(D)y=lg|sinx|

4、假如滿意NABC=60°,AC=12,BC=k的/ABC恰有一個，那么k的取值范圍是

(A)k=86(B)0<kW12(C)k212(D)0<kW12或k=8后

5、若(1十x十x’)，mn的綻開式為ao+ax+azx'十…十a(chǎn)zooox'T貝ijao十十生十十…十a(chǎn)i伽的值為

(A)3333(B)3湫(C)3項(D)32024

6、已知6技玫瑰與3枝康乃馨和價格之和大于24元，而4技玫瑰與5枝康乃馨和價格之和

小于22元，則2枝玫瑰的價格和3枝康乃馨的價格比較結果是

(A)2枝玫瑰價格高(B)3枝康乃馨價格高(C)價格相同(D)不確定

二、填空題(本題滿分24分，每小題9分)

本題共有6小題，要求干脆將答案寫在橫線上。

7、橢圓的短軸長等于o

3

8^若復數(shù)zi,Z2滿意|zi|=2,。|=3,3z「2z2=—T,則ziz?=。

2

9、正方體ABCD—A.B.C,D,的棱長為1,則直線AC與BD1的距離是。

10、不等式的解集為o

11、函數(shù)y=x+Jx=-37+2的值域為o/P\A

EC

D

12、在一個正六邊形的六個區(qū)域栽種欣賞植物(如圖)，要求同一場塊中種同一種植物，相

鄰的兩塊種不同的植物。現(xiàn)有4種不同的植物可供選擇，則有種栽種方

案。

三、解答題(本題滿分60分，每小題20分)

13、設｛闔為等差數(shù)列，｛bj為等比數(shù)列，且a=4：,,b、=a；(aKa?),又

lim(4+a+…+2)=拒+1,試求｛aj的首項與公差。

14、設曲線G:(a為正常數(shù))與C2：y2=2(x+m)在x軸上方公有一個公共點P。

(1)求實數(shù)m的取值范圍(用a表示)；

(2)0為原點，若G與x軸的負半軸交于點A,當0<a<，時，試求/OAP的面積的最

2

大值(用a表示)。

15、用電阻值分別為aixa2>a?、a<>為、a、(ai>a2>a3>ai>as>ae)的電阻組裝成一個如圖的

組件，在組裝中應如何選取電阻，才能使該組件總電阻值最??？證明你的結論。

二oo一年全國中學數(shù)學聯(lián)合競賽加試試題

（10月4日上午10:00—12:00）

學生留意：1、本試卷共有三大題，全卷滿分150分。

2、用圓珠筆或鋼筆作答。

3、解題書寫不要超過裝訂線。

4、不能運用計算器。

一、（本題滿分50分）

如圖：/ABC中，0為外心，三條高AD、BE、CF交于點H,直線ED和AB交于

點M,FD和AC交于點N。求證：（1）OB±DF,0C±DE；（2）0H_LMN。

二、（本題滿分50分）

設兒20(1=1,2,3,…,n）且“2Z勺巴=1,求方巧的最大值與最小值。

i=lVJr=l

三、（本題滿分50分）

將邊長為正整數(shù)m,n的矩形劃分成若丁邊長均為正整數(shù)的正方形，每個正方

形的邊均平行于矩形的相應邊，試求這些正方形邊長之和的最小值。

2024年全國中學數(shù)學聯(lián)合競賽

試題參考答案及評分標準

一.選擇題：

1.C2.B3.D4.D5.C6.A

二.填空題：

7.8.9.

10.(O,l)U(10)U(4,+8)11.12.732

以下為解答

選擇題：

1.已知a為給定的實數(shù)，那么集合乂={x|x2-3x-a2+2=0,x￡R}的子集的個

數(shù)為（）.

A.1B.2C.4D.不確定

講解：M表示方程x2-3x—a2+2=0在實數(shù)范圍內(nèi)的解集.由于A=l+4a2>0,所

以M含有2個元素.故集合M有2?=4個子集，選C.

2.命題1：長方體中，必存在到各頂點距高相等的點.

命題2：長方體中，必存在到各條棱距離相等的點；

命題3：長方體中，必存在到各個面距離相等的點.

以上三個命題中正確的有（）.

A.0個B.l個C.2個D.3個

講解：由于長方體的中心到各頂點的距離?相等，所以命題1正確.對于命題2和命題3,

一般的長方體（除正方體外）中不存在到各條樓距離相等的點，也不存在到各個面距離相等

的點.因此，本題只有命題1正確，選B.

3.在四個函數(shù)y=sinIx|>y=cos|x|、y=|ctgx|、y=1gIs

inx|中，以n為周期、在（0,n/2）上單調(diào)遞增的偶函數(shù)是（）.

A.y=sinIxIB.y=cosIxI

C.y=Ictgx|D.y=lg|sinx|

講解：可考慮用解除法.y=sinIxI不是周期函數(shù)（可通過作圖推斷），解除A；

y=cosIx|的最小正周期為2n,且在（0,n/2）上是減函數(shù)，解除B；y=Ict

gxI在（0,n/2）上是減函數(shù)，解除C.故應選D.

4.假如滿意NABC=60。，AC=12,BC=k的仆ABC恰有一個，那么k的取值范圍

是（）.

A.k=873B.0<k<12

C.k>12D.OVk?12或2=84

講解：這是“已知三角形的兩邊及其一邊的對角，解三角形”這類問題的一個逆向問題，由

課本結論知，應選結論D.

說明：本題也可以通過畫圖直觀地推斷，還可以用特別值法解除A、B、C.

2000

5.若（1+x+X?）i°00的綻開式為aa1x4-a2x2+...+a2000x,

則a0+a3+ae+a9+...+a1998的值為（）.

A.3333B.S666C.3"9D.32024

講解：由于要求的是綻開式中每間降兩項系數(shù)的和，所以聯(lián)想到1的單位根,用特別值法.

取3=—（1/2）+（g/2）i,則0）3=1,w2+u）+l=o.

令x=1,得

31000—dv+ai+a2+a3+…+a2000;

令x=3,得

0=ao+aiu）+a20/+...+a2000W2000；

令x=u）2,得

0=a0+a13'+a20）,+a33"+…+a2ooow4000-

三個式子相加得

31000=3（a°+a3+a（；+...+a1998）.

a0+a3+a6+...+a1998=3"%選C.

6.己知6枝玫瑰與3枝康乃馨的價格之和大于24,而4枝攻瑰與5枝康乃馨的價格之和小

于22元，則2枝玫瑰的價格和3枝康乃馨的價格比較，結果是（）.

A.2枝玫瑰價格高B.3枝康乃馨價格高

C.價格相同D.不確定

講解：這是一個大小比較問題.可先設玫瑰與康乃馨的單價分別為X元、y元，則由題設

得，

<5X+3y>24

{4K-4-5yv22

問題轉化為在條件①、②的約束下，比較2x與3y的大小.有以下兩種解

法：

解法1：為了整體地運用條件①、②，令6x+3y=a,4x+5y=b,聯(lián)

立解得x=(5a—3b)/18,y=(3b—2a)/9.

.*.2x—3y=???=(Ila—12b)/9.

Va>24,b<22,

/.lla-12b>11X24-12X22=0.

A2x>3y,選A.

圖1

解法2：由不等式①、②及x>0、y>0組成的平面區(qū)域如圖1中的陰影部分(不含

邊界).令2x—3y=2c,則c表示直線1：2x—3y=2c在x軸上的截距.明顯，當1

過點(3,2)時，2c有最小值為0.故2x-3y>0,即2x>3y,選A.

說明：(1)本題類似于下面的1983年一道全國中學數(shù)學聯(lián)賽試題：

已知函數(shù)乂=f(x)=ax2-c滿意：-4?f(1)<—1,—1<f(2)<5,那么f

(3)應滿意().

A.-7<f(3)<26B.-4<f(3)<15

C.-1<f(3)<20D.-28/34f(3)<35/3

(2)假如由條件①、②先分別求出x、y的范圍，再由2x-y的范圍得結論，簡潔

出錯.上面的解法1運用了整體的思想，解法2則直觀牢靠，詳見文[1].

填空題

7.橢圓P=1/(2-cos9)的短軸長等于.

講解：若留意到極點在椎圓的左焦點，可利用特別值法；若留意到離心率e

和焦參數(shù)P(焦點到相應準線的距離)的幾何意義，本題也可以干脆求短半軸的

長.

Jp(O)=a+c=l

解法1:由Ip(7r)=a—c-1/3得

a=2/3,從而b=@,故2b=冬叵

33

解法2：由6=。/a=l/2,p=b2/c=l及b2=a2—c2,得

b=—.從而2b=^m

33

說明：這是一道符合教學大綱而超出高考范圍的試題.

8.若復數(shù)z1、z2滿意Iz)|=2,Iz3|=3,321—222=(3/2)—i,

則z?■z2=.

講解：參考答案給出的解法技巧性較強，依據(jù)問題的特點，用復數(shù)的三角形

式好像更符合學生的思維特點，而且也不繁.

令z1=2(cosa+isina),z2—3(cos0+isinP),

則由3ZL2ZZ=(3/2)一i及復數(shù)相等的充要條件，得

f6(cosa—cos/?)=3/2

t6(sinor—sin/3=—\

即

f-12sin((a+夕)/2)sin((a-^)/2)=3/2

112cos((a+6)/2)sin((a-夕)/2)=-l

二式相除，得tg(a+B)/2)=3/2.由萬能公式，得

sin(a+p)=12/13,cos(a+p)=—5/13.

故Z】?Z2=6[COS(a+B)+isin(a+p)]

=-(30/13)+(72/13)i.

說明：本題也可以利用復數(shù)的幾何意義解.

9.正方體ABCD-A|B|CL的棱長為1,則直線A?C1與BD?的距離是

講解：這是一道求兩條異面直線距離的問題，解法較多，下面給出一種基本

的解法.

圖2

為了保證所作出的表示距離的線段與A】C?和BD?都垂直，不妨先將其中

一條直線置于另一條直線的垂面內(nèi).為此，作正方體的對角面BDDiBp則A

且BD】U面BDDIBJ設A】CmB】D1=0,在面B

DDIBI內(nèi)作OH_LBDi,垂足為H,則線段0H的長為異面直線A】C?與B

D1的距離.在R中，0H等于斜邊BDi上高的一半，即0H=#

/6.

10.不等式I(l/logI/2x)+2I>3/2的解集為.

講解：從外形上看，這是一個肯定值不等式，先求得1og^xV-2,或

—2/7<1og1/2x<0,或1ogi/2x>0.

從而x>4,或1VXV22",或OVXVL

11.函數(shù)y=x+JX-3x+2的值域為.

講解：先平方去掉根號.

由題設得(y—x)2=x2—3x+2,則*=(y2—2)/(2y—3).

由y2x,得y2(y2—2)/(2y—3).解得lWyV3/2,或y22.

由于在2-3x+2能達到下界。所以函數(shù)的值域為[1,3/2)U[2,+-).

說明：(1)參考答案在求得layV3/2或y'2后，還用了較長的篇幅

進行了一番驗證，確無必要.

(2)本題還可以用三角代換法和圖象法來解，不過較繁，讀者不妨一試.

圖3

12.在一個正六邊形的六個區(qū)域栽種欣賞植物(如圖3),要求同一塊中種同一種植物，

相鄰的兩塊種不同的植物.現(xiàn)有4種不同的植物可供選擇,則有種栽種方案.

講解：為了敘述便利起見，我們給六塊區(qū)域依次標上字母A、B、C、D、E、F.按

間隔三塊A、C、E種植植物的種數(shù)，分以下三類.

(1)若A、C、E種同一種植物，有4種種法.當A、C、E種植后，B、D、E可

從剩余的三種植物中各選一種植物(允許重復)，各有3種方法.此時共有4x3x3x3-108

種方法.

(2)若A、C、E種二種植物，有PJ種種法.當A、C、E種好后，若A、C種同

一種，則B有3種方法，D、F各有2種方法；若C、E或E、A種同一種，相同(只是次

序不同).此時共有P(3x2x2)=432種方法.

(3)若A、C、E種三種植物，有PJ種種法.這時B、D、F各有2種種方法.此

時共有P4^x2x2x2=192種方法.

依據(jù)加法原理，總共有N=108+432+192=732種栽種方案.

說明：本題是一個環(huán)形排列問題.

三.解答題:

13.設所求公差為d,由此得

/⑷+24)2=31+d)4化簡得：2裙+4qd+d2=o

解得：d=(-2±V2)a1...........................................5分

而一2±"<0,故sVO

若d=(-2-應必,則

若d=(-2+五)％,則........................10分

但/加(4+與+…+〃)=C+1存在，故|g|Vl,于是4=(J?+1戶不行能.

W-

2

從而----止~-=>/2+1na；=(272-2)(72+1)=2

1-(V2-1)2

所以q=—y/l,d—(-2十亞M-2y[l-2........................20分

14.解：⑴由消去y得：x2+2a2x+2a2m-a2=0①

設f(x)=.+202%+2°2用_°2,問題⑴化為方程①在xe(_a,a)上有唯一解或等根

只需探討以下三種狀況：

1°△=()得：，此時沏=一標，當且僅當一aV—MV。，即OVaVl時適合；

2°f(a)f(-a)<0,當且僅當一aVmVa；

3°/(一。)=0得m=a,此時Xp=a—2屋，當且僅當一aVa—2a2<0,即0<0<1時適

入口?

/(a)=0得m=一0,此時x0=-a—2。2,由于一a—2aa,從而mW—a.

綜上可知，當OVQVI時，或一aVmWa；

當時，~a<m<a......................................10分

(2)^0AP的面積

VO<a<—,故一aVmWa時，0V-a2+aja2+1-2mVa,

2

2

由唯一性得xp=-a+ay/J+i—2m

明顯當m=a時，Xp取值最小.由于Xp>0,從而％=取值最大，此時”=24一々2,

S—ay/a-a2.

22

當時，xp=—a,yp=y/\-a,此時.

下面比較aja-a?與的大小:

令，得

故當OVaW—時，ada-a?W,此時.

3

2

當時，，此時S?ua=ayla-a............20分

15.解：設6個電阻的組件（如圖3）的總電阻為RFG，當Ri=a”/=3,4,5,6,%、

生是。1、。2的隨意排列時，RFG最小.........................................5分

證明如下：

1.設當兩個電阻修、Rz并聯(lián)時，所得組件阻值為R，貝IJ.故交換二電阻的位置，不變

更R值，且當片或治變小時，R也減小，因此不妨取

2.設3個電阻的組件（如圖1）的總電阻為RAB

3RR2++R?RM

RAB

&+&R\+&

明顯/?l+/?2越大,R.8越小，所以為使48最

小必需取危為所取三個電阻中阻值最小的一個.

3.設4個電阻的組件（如圖2）的總電阻為RCD

RCDR.BR4

區(qū)氏+Ri&+鳥凡+&&+為凡

R1R述4+RR3R4+R2R3R4

若記S|=E&Rj,

\<i<j<A

S2=E&RjRk，則51、S2為定值，于是

\<i<j<k<4

R<RI，

只有當有危最小,比治色最大時，最小，故應取R4VR3,R3<R2,3即得總電

阻的阻值最小..........................................................15分

40對于圖3把由生、林R3組成的組件用等效電阻RAB代替.要使RFG最小，由3°必

需使能<色；且由1°應使&￡最小.由2°知要使&￡最小，必需使/?$〈色，且應使Reo最

小.

而由3°,要使Reo最小，應使&V3VA2且&V?！幢?

這就說明，要證結論成立.................................................20分

2024年全國中學數(shù)學聯(lián)合競賽

加試參考答案及評分標準

一.證明：(1)：4、C、。、F四點共圓

:?NBDF=NBAC

又/O8C="!-(180°-NBOC|=900-ZBAC

2

：.OB1DF.

(2)*：CF±MA

:,MC2-MH2=AC2-AH2①

9：BEINA

:.NB2-NH2=AB2-AH2②

VDAIBC

:.BD2-CD2=BA2-AC2③

VOBIDF

:.BN2-BD2=ON2-OD2④

VOCXDE

：.CM2-CD2=OM2-OD2⑤............................................................30分

①一②十③十④一⑤，得

NH2-MH2=ON2-OM2MO2-MH2=NO2-NH2

，OH_LMN.......................................................................................................50分

另證：以8c所在直線為x軸，D為原點建立直角坐標系，

設40,。)，B(b,0),C(c,0),則

:.直線AC的方程為，直線BE的方程為

由得E點坐標為￡()

同理可得F()

直線4c的垂直平分線方程為

直線8c的垂直平分線方程為

由得0()

bc+a2

,_2a_bc+a2._ab2-abc_ab-ac

DF

°Bb+c,ac-ab'a'b+ca+bc

VkOBkDF=-lAOBIDF

同理可證OC_LOE.

be

在直線BE的方程中令x=0得H(0,

bc+a2be

-+-

2aa42+3反

b+cab+ac

2

直線DF的方程為

a2c+bc2abc—ac2

由得N(

a2+2bc-c2'a:+2bc-c2

a2b+b2cabc-ab2

同理可得M(

a2+lbc-b2'a2+2bc-b2

.L_aS?-be)_ab+ac

MN(c-b)(a2+Z?c)(a2+3bc)a2+3bc

=

koH'KMN—1，OHA-MN.

二.解：先求最小值，因為(B>j)2=$>：+2Zn521

i=1i=11必i=l

等號成立當且僅當存在j使得Xi=l,Xj=O,j=i

.??￡七最小值為i............................................................................................io分

i?l

再求最大值，令八=R)醍

:?①

設，令

貝I]①一裙+播+…+/=130分

令4T=0,則

*=lhl*=1blk=\

由柯西不等式得：

M<[^(y[k-FT-硝*=這(VT-標1)2/

hlhl*=1

等號成立4…Mb?___

(y/~n~y/n—\)2

o_____________a；+4；+???+.；________二娘

i+(V2-vr)2+---+(Vn-v?^T)2"(VT-VI^T)2

。

4="尿-g—g,2,...,n)

[f(GGW

Jt=l

ri■.工、、、UK2>[k-(>lk+\+-Jk-\).AHn、八

aa

由十。12。2與…與。"，從而yk=k~k+\=-----------------------------------------20，即Xk》0

k=l

所求最大值為...................................50分

三.解：記所求最小值為/(m,n],可義證明/(m,n)=r/i+n—(m,n)(*)

其中(m,n)表示m和〃的最大公約數(shù)...............................10

分

事實上，不妨沒m2”

(1)關于m歸納，可以證明存在一種合乎題意的分法，使所得正方形邊長之和恰為

一(m,n)

當用m=l時，命題明顯成立.

假設當，mWk時，結論成立(心1).當?shù)?女+1時，若。=k+L則命題明顯成立.若

"VA+1,從矩形48co中切去正方形44D1D(如圖)，由歸納假設矩形48CD1有一種分法使

得所得正方形邊長之和恰為m-n~i-n—(m—n,n)=m。DiC

一(m,n),于是原矩形48co有一種分法使得所得正方

形邊長之和為m+/?—(m,

n).......................................................20分n

(2)關于m歸納可以證明(*)成立.

當m=l時，由于〃=工，明顯f(m,n)=rn+n—Am4Q

(m,n)

假設當mWk時，對隨意lWnWm有f(m,n)=rn+n—(m,n)

若/7)=4+1,當n=k+l時明顯f(m,，)=k+l=m+n—(m,n).

當時，設矩形48C。按要求分成了p個正方形，其邊長分別為a,s，…，ap

不妨a】2a22…2%

明顯ai=n或ai<n.

若則在4。與8c之間的與八。平行的任始終線至少穿過二個分成的正方形(或

其邊界).于是ai+a2H-----Fa。不小于48與CD之和.

所以卜Q2H-----\ap^>2m>rn\-n(m,n)

若s=c，則一個邊長分別為m—nn的矩形可按題目要求分成邊長分別為s，…如

的正方形，由歸納假設

。2-1------1-ap^m-n-\-n-(m-n,n))=rn-(m,n)

從而6+02+…+ap2m+〃一(m,n)

于是當m=k+l時，f(m,川2E+〃一(m,n)

再由⑴可知/(m,n)=rn+n—(m,n).................................................................50分

二。。二年全國中學數(shù)學聯(lián)合競賽

試題參考答案及評分標準

說明：

1.評閱試卷時，請依據(jù)本評分標準，選擇題只設6分的。分兩檔，填空題只設9分和。分

兩檔，其它各題的評閱，請嚴格依據(jù)本評分標準規(guī)定的評分檔次給分，不要再嗇其他中

間檔次。

2.假如考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理，步驟正確，在評卷時請參照本評分

標準適當檔次評分，可以5分為一個檔次，不要再增加其它中間檔次。

四、選擇題(本題滿分36分，每小題6分)

1、函數(shù)f(x)=的單調(diào)遞增區(qū)間是

(A)(-8,-1)出)(-8，1)(C)(l,+8)(D)(3,+8)

解：由x2-2x-3>0=x<；或x>3,令f(x)=log1〃，u=X2-2X?3,故選A

2

2、若實數(shù)x,y滿意(x+5產(chǎn)+(y-12產(chǎn)=142,則x2+y2的最小值為

(A)2(B)l(C)V3(D)V2

解：B

3、函數(shù)f(x)=

(A)是偶函數(shù)但不是奇函數(shù)(B)是奇函數(shù)但不是偶函數(shù)

(C)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)(D)既不是奇函數(shù)又大是偶函數(shù)

解：A

4、直線橢圓相交于A,B兩點，該圓上點P,使得/PAB面積等于3,這樣的點P共有

(A)l個(B)2個(C)3個(D)4個

JT

解：設Pi(4cosa,3sina)(0<a<—),即點Pi在第一象限的橢圓上，如圖，考慮四邊形PiAOB

2

的面積So

?"SJOAB=6

:.(5*8)max=~6-

V6A/2-6<3

???點P不行能在直線AB的上方，明顯在直線AB的下方有兩個點P,故選B

5、已知兩個實數(shù)集合A={ai,a?,…，aioo}VB={bi,bz,…,bso)?若從A到B的映射f使得B

中的每一個元素都有原象，且f(ai)Wf(a2)W…Wf(a】oo),則這樣的映射共有

(A)C漓(B)(C)①)4

解:不妨設bi<b2<-<b5o,將A中元素ai,…，awo按依次分為非空的50組，定義映射f：

A-B,使得第i組的元素在f之下的象都是bi(i=l,2,…,50),易知這樣的f滿意題設要求，每

個這樣的分組都一一對應滿意條件的映射，于是滿意題設要求的映射f的個數(shù)與A按足碼依

次分為50組的分法數(shù)相等，而A的分法數(shù)為C；；,則這樣的映射共有故選D。

6、由曲線x2=4y,x2=-4y,x=4,x=-4圍成圖形繞y軸旋轉一周所得為旋轉體的體積為Vi，滿

意x2+y2^16,x2+(y-2)2^4,x2+(y+2)25：4的點(x,y)組成的圖形繞y軸旋轉一周所得旋轉體

的體積為V2，則

12

(A)Vi=—V(B)Vi=—V(C)Vi=V(D)VI=2V

223222

解：如圖，兩圖形繞y軸旋轉所得的旋轉體夾在y

兩相距為8的平行平面之間，用隨意一個與y軸L_____I______J)

垂直的平面截這兩個旋轉體，設截面與原點距離'I4/

為|y|,則所得截面面積1二、[/二：|-《一I

,**Si=n(42-41y|),-4r—\-41—o

2222

S2=K(4-y)-7r[4-(2-1y|)]=TC(4-4|y|)\~JV'T

由祖唾原理知，兩個幾何體體積相等。故遠C。

五、填空題(本題滿分54分，每小題9分)

7、已知復數(shù)Zi,Zz滿意|Z「=2,|Z2|=3,若它們所對應向量的夾角為50°,則=

解：由余弦定理得|Zi+Z2|=|ZI-Z2|=J7,=

8、將二項式的綻開式按x的降號排列，若前三項系數(shù)成等差數(shù)列，則該綻開式中x的指數(shù)

是整數(shù)的項共有個。

解：不難求出前三項的系數(shù)分別是，

???當n=8時,(r=0,1,2,,,,,8)

Ar=O,4,8,即有3個

9、如圖，點P],P2,…,Pio分別是四面體點或棱的中點，那么在同

一平面上的四點組(PLP。Pj,Pk)(IvqvkWlO)有個。

解：首先，在每個側面上除R點外尚有五個點，其中隨意三點組

添加點P后組成的四點組都在同一個平面，這樣三點組有

個，三個側面共有3個。

其次，含P,的每條棱上三點組添加底面與它異面的那條棱上

的中點組成的四點組也在一個平面上，這樣的四點組有3個

，共有3C；+3=33個

10、己知f(x)是定義在R上的函數(shù)，且對隨意xCR都有

f(x+5)2f(x)+5f(x+l)Wf(x)+l

若g(x)=f(x)+l-x,貝ljg(2024)=o

解：由g(x)=f(x)+l-x得f(x)=g(x)+x-1

g(x+5)+(x+5)-l>g(x)+(x-l)+5

g(x+l)+(x+l)-lCg(x)+(x-l)45

:.g(x+5)2g(x),g(x+l)Wg(x)

g(x)Wg(x+5)Wg(x+4)Wg(x+3)Wg(x+2)Wg(x+l)Wg(x)

/.g(x+l)=g(x)

AT=1

Vg(l)=l

Ag(2024)=l

11、若1084(1+2)，)+1084(%一2丁)=1,則的最小值是

x+2y>0

x>2|y|>0

解：x-2y>0

x2-4y2=4

(x+2y)(x-2y)=4

由對稱性只考慮y2。，因為x>0,所以只須求x-y的最小值。

令x-y=u代入X?-4y2=4中有3y2-2uy+(4-u2)=0

VyeR

/20nu>V3

，當時，u=百，故的最小值是百

12、使不等式siMx+acosx+aZ'l+cosx對一切x￡口恒成立的負數(shù)a的取值范圍是

解：Vsin2x+acosx+a2>1+cosx

?/a—1/、((7—I)2

..(cosx---------)"<a~-\------------

24

Va<0,

???當cosx=l時，函數(shù)有最大值

/.(1—――-)2<(T+——―=>a2+a_2^0=>a<-2或a21

24

Va<0

.??負數(shù)a的取值范圍是(-8,2]

六、解答題(本題滿分60分，每小題20分)

13、已知點A(0,2)和拋物線y=W+4上兩點B、C使得AB_LBC,求點C的縱坐標的取值范

圍。

解：設B點坐標為B(y/-4,yi),C點坐標為C(y2-4,y)

明顯yi2_4K0,故........5分

VAB1BC

?,?KBC--(yi+2)

.fy-Ji=-(yi+2)[x-(y,2-4)]

??1

y2=x+4

=>(2+yi)(y+yi)+i=0

=>yi2+(2+y)yi+(2y+l)=0........10分

VyieR

/20=>yW0或y，4........15分

???當y=0時，點B的坐標為(-3,-1)；當y=4時,點B的坐標為(5,-3),均滿意題意。

故點C的縱坐標的取值范圍為(-8,0]U[4,+8)

14、如圖，有一列曲線Po,PLP2,……,已知Po所圍成的圖形是面積為1的等邊三角形，

Pk+i是對Pk進行如下操作得到的：將Pk的每條邊三等分，以每邊中間部分的線段為邊,

向外作等邊三角形，再將中間部分的線段去掉(k=0,1,2,3,…)，記S「為曲線Pk所圍成圖形

面積。

①求數(shù)列｛Sn｝的通項公式；②求limSo

W->oOn

解：①對P0進行操作，簡潔看出亮的每條邊變成Pl的4條邊，故巴的邊數(shù)為3X4；同樣,

對巴進行操作，P1的每條邊變成P2的4條邊，故P2的邊數(shù)為3X42,從而不難得到

Pn的邊數(shù)為3X4(1.5分

已知Po的面積為So=l,比較Pi與Po，簡潔看出Pi在Po的每條邊上增加了一個小等邊

二角形，其面積為一7,而Po有3條邊，故Si=So+3Xf=1+—

32323

再比較P2與P1，簡潔看出P2在％的每條邊上增加了一個小等邊三角形，其面積為」T

32

1114

X—―,而Pi有3X4條邊，放S2=SI+3X4X—―=1+—+——

3234333

]1442

類似地有：S=S+3X42X—=1+-+—+—................5分

323633335

...Sn=1+i3+433435-32n_,

=1+

=(X)................10分

下面用數(shù)學歸納法證明(派)式

當n=l時，由上面已知(X)式成立，

假設當n-k時，有Sk-

當n=k+l時，易知第k+1次操作后，比較Pk.i與Pk，Pk+i在Pk的每條邊上增加了一個

小等邊三角形，其面積為，而Pk有3X4k條邊。故

k

Sk+i=Sk+3X4X=

綜上所述，對任何n￡N,(派)式成立。

R34R

②limS,=-

—5595

15、設二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(abc￡R,aKO)滿意條件：

①當x￡R時，f(x-4)=f(2-x),且f(x)Nx；

②當x￡(0,2)時，f(x)W

(3)f(x)在R上的最小值為0。

求最大值使得存在t《R,只要就有f(x+t)Wx

解：Vf(x-4)=f(2-x)

???函數(shù)的圖象關于x=-l對稱

b=2a

由③知當x=-1時,y=0,即a-b+c=O

由①得f⑴21，由②得f⑴W1

即工+了+以=1,又a-b+c=O

；?f(x)=................5分

假設存在t￡R,只要就有f(x+t)￡x

取x=l時，有f(t+l)Wl=>—(t+l)2+—(t+l)+—Wl=>—4WtW。

424

對固定的t￡[-4,0],?x=m,有

f(t+m)Wm

=>—(t+m)2+—(t+m)+—Wm

424

=>m2-2(l-t)m+(t2+2t+l)W0

1—/—J—4fWmW1-1+J-4z...............10分

，mW1—t^\1—4?/1-(