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全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題及解析 蘇教版16

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1、1996年全國高中數(shù)學聯(lián)合競賽試卷 第一試 (10月13日上午8:00-9:20) 一、選擇題(本題滿分36分,每題6分) 1. 把圓x2+(y-1)2=1與橢圓9x2+(y+1)2=9的公共點,用線段連接起來所得到的圖形為( ) (A)線段 (B)不等邊三角形 (C)等邊三角形 (D)四邊形 2. 等比數(shù)列{an}的首項a1=1536,公比q=-,用πn表示它的前n項之積。則πn(n∈N*)最大的是( ) (A)π9 (B)π11 (C)π12 (D)π13 3. 存在整數(shù)n,使+是整數(shù)的質(zhì)數(shù)p(

2、 ) (A)不存在 (B)只有一個 (C)多于一個,但為有限個 (D)有無窮多個 4. 設(shè)x∈(-,0),以下三個數(shù)α1=cos(sinxπ),α2=sin(cosxπ),α3=cos(x+1)π的大小關(guān)系是( ) (A)α3<α2<α1 (B)α1<α3<α2 (C)α3<α1<α2 (D)α2<α3<α1 5. 如果在區(qū)間[1,2]上函數(shù)f(x)=x2+px+q與g(x)=x+在同一點取相同的最小值,那么f(x)在該區(qū)間上的最大值是( )

3、 (A) 4++ (B) 4-+ (C) 1-+ (D)以上答案都不對 6. 高為8的圓臺內(nèi)有一個半徑為2 的球O1,球心O1在圓臺的軸上,球O1與圓臺的上底面、側(cè)面都相切,圓臺內(nèi)可再放入一個半徑為3的球O2,使得球O2與球O1、圓臺的下底面及側(cè)面都只有一個公共點,除球O2,圓臺內(nèi)最多還能放入半徑為3的球的個數(shù)是( ) (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 二、填空題(本題滿分54分,每小題9分) 1. 集合{x|-1≤log10<-

4、,x∈N*}的真子集的個數(shù)是 . 2. 復平面上,非零復數(shù)z1,z2在以i為圓心,1為半徑的圓上,·z2的實部為零,z1的輻角主值為,則z2=_______. 3. 曲線C的極坐標方程是ρ=1+cosθ,點A的極坐標是(2,0),曲線C在它所在的平面內(nèi)繞A旋轉(zhuǎn)一周,則它掃過的圖形的面積是_______. 4. 已知將給定的兩個全等的正三棱錐的底面粘在一起,恰得到一個所有二面角都相等的六面體,并且該六面體的最短棱的長為2,則最遠的兩頂點間的距離是________. 5. 從給定的六種不同顏色中選用若干種顏色,將一個正方體的六個面染色,每 面恰染一種顏色,每兩個具有公共棱的

5、面染成不同的顏色。則不同的染色方法共有_______種.(注:如果我們對兩個相同的正方體染色后,可以通過適當?shù)姆D(zhuǎn),使得兩個正方體的上、下、左、右、前、后六個對應(yīng)面的染色都相同,那么,我們就說這兩個正方體的染色方案相同.) 6. 在直角坐標平面,以(199,0)為圓心,199為半徑的圓周上整點(即橫、縱坐標皆為整數(shù)的點)的個數(shù)為________. 第二試 一、(本題滿分25分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和Sn=2an-1(n=1,2,…),數(shù)列{bn }滿足b1=3,bk+1=ak+bk(k=1,2,…).求數(shù)列{bn }的前n項和. 二、(本題滿分25分)求

6、實數(shù)a的取值范圍,使得對任意實數(shù)x和任意θ∈[0,],恒有 (x+3+2sinθcosθ)2+(x+asinθ+acosθ)2≥. 三、(本題滿分35分)如圖,圓O1和圓O2與△ABC的三邊所在的三條直線都相切,E、F、G、H為切點,并且EG、FH的延長線交于P點。求證直線PA與BC垂直。 E F A B C G H P O1。 。O2 四、(本題滿分35分)有n(n≥6)個人聚會,已知: (1)每人至少同其中個人互相認識; (2)對于其中任意個人,或者其中有2 人相識,或者

7、余下的人中有2人相識. 證明:這n個人中必有三人兩兩認識. 1996年全國高中數(shù)學聯(lián)賽解答 第一試 一、選擇題(本題滿分36分,每題6分) 1. 把圓x2+(y-1)2=1與橢圓9x2+(y+1)2=9的公共點,用線段連接起來所得到的圖形為( ) (A)線段 (B)不等邊三角形 (C)等邊三角形 (D)四邊形 解:9-9(y-1)2=9-(y+1)2,T8y2-20y+8=0,Ty=2或,相應(yīng)的,x=0,或x=±. 此三點連成一個正三角形.選C. 2. 等比數(shù)列{an}的首項a1=1536,公比q=-,用πn表示它的前n項之積。則πn(

8、n∈N*)最大的是( ) (A)π9 (B)π11 (C)π12 (D)π13 解:πn=1536n×(-),故π11<0,π9,π12,π13>0.作商比較: 又,=15363′()66-36>1,=1536′()78-66<1.故選C. 3. 存在整數(shù)n,使+是整數(shù)的質(zhì)數(shù)( ) (A)不存在 (B)只有一個 (C)多于一個,但為有限個 (D)有無窮多個 解:如果p為奇質(zhì)數(shù),p=2k+1,則存在n=k2(k∈N+),使+=2k+1.故選D.

9、 4. 設(shè)x∈(-,0),以下三個數(shù)α1=cos(sinxπ),α2=sin(cosxπ),α3=cos(x+1)π的大小關(guān)系是( ) (A)α3<α2<α1 (B)α1<α3<α2 (C)α3<α1<α2 (D)α2<α3<α1 解:α1= cos(sin|x|π)>0,α2=sin(cos|x|π)>0,α3=cos(1-|x|)π<0,排除B、D. ∵ sin|x|π+ cos|x|π=sin(|x|π+)<,于是cos|x|π<-sin|x|π, ∴ sin(cos|x|π)

10、=-,則α1=cos,α2=sin,α3=cosπ<0.由于<<,故α1>α2. 5. 如果在區(qū)間[1,2]上函數(shù)f(x)=x2+px+q與g(x)=x+在同一點取相同的最小值,那么f(x)在該區(qū)間上的最大值是( ) (A) 4++ (B) 4-+ (C) 1-+ (D)以上答案都不對 解:g(x)= x+=x+x+≥3=.當且僅當x=即x=時g(x)取得最小值. ∴-=,=,Tp=-2,q=+. 由于-1<2-.故在[1.2]上f(x)的最大值為f(2)=4-+.

11、故選B. 6. 高為8的圓臺內(nèi)有一個半徑為2 的球O1,球心O1在圓臺的軸上,球O1與圓臺的上底面、側(cè)面都相切,圓臺內(nèi)可再放入一個半徑為3的球O2,使得球O2與球O1、圓臺的下底面及側(cè)面都只有一個公共點,除球O2,圓臺內(nèi)最多還能放入半徑為3的球的個數(shù)是( ) (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 解:O2與下底距離=3,與O1距離=2+3=5,與軸距離=4,問題轉(zhuǎn)化為在以4為半徑的圓周上,能放幾個距離為6的點? 右圖中,由sin∠O2HC=3/4>0.707,即∠O2HO3>90°,即此圓上還可再放下2個滿足要求的點

12、.故選B. 二、填空題(本題滿分54分,每小題9分) 1. 集合{x|-1≤log10<-,x∈N*}的真子集的個數(shù)是 . 解 由已知,得

13、isin(θ-)],若其實部為0,則θ-=,于是θ=.z2=-+i. 3. 曲線C的極坐標方程是ρ=1+cosθ,點A的極坐標是(2,0),曲線C在它所在的平面內(nèi)繞A旋轉(zhuǎn)一周,則它掃過的圖形的面積是_______。 解:只要考慮|AP|最長與最短時所在線段掃過的面積即可. 設(shè)P(1+cosθ,θ), 則|AP|2=22+(1+cosθ)2-2·2(1+cosθ)cosθ=-3cos2θ-2cosθ+5 =-3(cosθ+)2+≤.且顯然|AP|2能取遍[0,]內(nèi)的一切值,故所求面積=π. 4. 已知將給定的兩個全等的正三棱錐的底面粘在一起,恰得到一個所有二面角都相等的六面體,并且該

14、六面體的最短棱的長為2,則最遠的兩頂點間的距離是________。 解:該六面體的棱只有兩種,設(shè)原正三棱錐的底面邊長為2a,側(cè)棱為b. 取CD中點G,則AG⊥CD,EG⊥CD,故∠AGE是二面角A—CD—E的平面角.由BD⊥AC,作平面BDF⊥棱AC交AC于F,則∠BFD為二面角B—AC—D的平面角. AG=EG=,BF=DF=,AE=2=2. 由cos∠AGE=cos∠BFD,得=. ∴ =T9b2=16a2,Tb=a,從而b=2,2a=3. AE=2.即最遠的兩個頂點距離為3. 5. 從給定的六種不同顏色中選用若干種顏色,將一個正方體的六個面染色,每面恰染一種顏色,每兩個具有

15、公共棱的面染成不同的顏色。則不同的染色方法共有_______種。(注:如果我們對兩個相同的正方體染色后,可以通過適當?shù)姆D(zhuǎn),使得兩個正方體的上、下、左、右、前、后六個對應(yīng)面的染色都相同,那么,我們就說這兩個正方體的染色方案相同。) 解:至少3種顏色: 6種顏色全用:上面固定用某色,下面可有5種選擇,其余4面有(4-1)!=6種方法,共計30種方法; 用5種顏色:上下用同色:6種方法,選4色:C(4-1)! =30;6×30÷2=90種方法;. 用4種顏色:CC=90種方法. 用3種顏色:C=20種方法. ∴共有230種方法. 6. 在直角坐標平面,以(199,0)為圓心,19

16、9為半徑的圓周上整點(即橫、縱坐標皆為整數(shù)的點)的個數(shù)為________. 解:把圓心平移至原點,不影響問題的結(jié)果.故問題即求x2+y2=1992的整數(shù)解數(shù). 顯然x、y一奇一偶,設(shè)x=2m,y=2n-1.且1≤m,n≤99. 則得4m2=1992-(2n-1)2=(198+2n)(200-2n).m2=(99+n)(100-n)≡(n-1)(-n) (mod 4) 由于m為正整數(shù),m2≡0,1 (mod 4);(n-1)(-n)≡ 二者矛盾,故只有(0,±199),(±199,0)這4解. ∴ 共有4個.(199,±199),(0,0),(398,0). 第二試 一、(本

17、題滿分25分) 設(shè)數(shù)列{an}的前n項和Sn=2an-1(n=1,2,…),數(shù)列{bn }滿足b1=3,bk+1=ak+bk(k=1,2,…).求數(shù)列{bn }的前n項和. 解:a1=2a1-1,a1=1; an=(2an-1)-(2an-1-1)=2an-2an-1,Tan=2an-1.T{an}是以1為首項,2為公比的等比數(shù)列.a(chǎn)n=2n-1. bk+1-bk=2k-1,Tbn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)=2n-2+2n-3+…+20=2n-1-1. ∴ bn=2n-1+2. ∴ bi=2n+2n-1. 二、(本題滿分25分)

18、 求實數(shù)a的取值范圍,使得對任意實數(shù)x和任意θ∈[0,],恒有 (x+3+2sinθcosθ)2+(x+asinθ+acosθ)2≥. 解:令sinθ+cosθ=u,則2sinθcosθ=u2-1,當θ∈[0,]時,u∈[1,]. 并記f(x)= (x+3+2sinθcosθ)2+(x+asinθ+acosθ)2. ∴ f(x)=(x+2+u2)2+(x+au)2=2x2+2(u2+au+2)x+(u2+2)2+(au)2=2[x+(u2+au+2)]2+(u2-au+2)2. ∴ x=-(u2+au+2)時,f(x)取得最小值(u2-au+2)2.∴ u2-au+2≥

19、,或u2-au+2≤-. ∴ a≤u+,或a≥u+.當u∈[1,]時,u+∈[,];u+∈[,]. ∴ a≤或a≥. 三、(本題滿分35分) 如圖,圓O1和圓O2與△ABC的三邊所在的三條直線都相切,E、F、G、H為切點,并且EG、FH的延長線交于P點。求證直線PA與BC垂直。 證明 設(shè)⊿ABC的三邊分別為a、b、c,三個角分別為A、B、C,則 CE=BF=CG=BH=(a+b+c). ∴BE=(a+b+c)-a=(b+c-a). ∴EF=(a+b+c)+(b+c-a)=b+c. 連CO1,則CO1平分∠ECG,CO1⊥EG,T∠FEP=90°-∠C. 同理∠EFP=9

20、0°-∠B,∠EPF=(B+C). ∵= ,∴EP=(b+c)。 設(shè)P、A在EF上的射影分別為M、N,則EM=EPcos∠FEP=(b+c) . 又BN=ccosB,故只須證ccosB+ (b+c-a)= (b+c) , 即sinCcosB+ (sinB+sinC-sin(B+C)) =(sinB+sinC) 就是 2coscossin=sinCcosB-sinBcosC-cosBsinC+sincos 右邊= sin(C-B)+sincos=cos(sin-sin) =2cos cos sin 。故證。 四、(本題滿分35分) 有n(n≥6)個

21、人聚會,已知: (1)每人至少同其中個人互相認識; (2)對于其中任意個人,或者其中有2 人相識,或者余下的人中有2人相識. 證明:這n個人中必有三人兩兩認識. 證明:作一個圖,用n個點表示這n個人,凡二人認識,則在表示此二人的點間連一條線.問題即,在題設(shè)條件下,存在以這n點中的某三點為頂點的三角形.設(shè)點a連線條數(shù)最多,在與a連線的所有點中點b連線最多,與a連線的點除b外的集合為A,與b連線的點除a外的集合為B. 1° 設(shè)n=2k,則每點至少連k條線,A、B中都至少有k-1個點. ⑴若存在一點c,與a、b都連線,則a、b、c滿足要求; ⑵若沒有任何兩點與此二點都連線(圖1), 則

22、由A∩B=?,|A∪B|≤2k-2,|A|≥k-1,|B|≥k-1, 故得 |A|=|B|=k-1,且圖中每點都連k條線.若A(或B)中存在兩點,這兩點間連了一條線,則此二點與a連出三角形,若A中任何兩點間均未連線,B中任兩點也未連線,則A∪中不存在兩點連線,B∪{a}中也不存在兩點連線.與已知矛盾. 2° 設(shè)n=2k+1.則每點至少連k條線,A、B中都至少有k-1個點. ⑴若存在一點c,與a、b都連線,則a、b、c滿足要求; ⑵若沒有任何兩點與此二點都連線,且|A|≥k,則由|B|≥k-1時(圖2),則由A∩B=?,|A∪B|≤2k-1,|A|≥k,|B|≥k-1, 故得|A∪B

23、|=2k-1,|A|=k,|B|=k-1,若A(或B)中存在兩點,這兩點間連了一條線,則此二點與a連出三角形,若A中任何兩點間均未連線,B中任兩點也未連線,則A∪中不存在兩點連線,B∪{a}中也不存在兩點連線.與已知矛盾. ⑶若沒有任何兩點與此二點都連線,且|A|=k-1,即每點都只連k條線.這時,必有一點與a、b均未連線,設(shè)為c.c與A中k1個點連線,與B中k2個點連線,k1+k2=k,且1≤k1,k2≤k-1.否則若k2=0,則A∪中各點均未連線,B∪{a,c}中各點也未連線.矛盾.故k1,k2≥1.且由于n>6,即k1,k2中至少有一個≥2,不妨設(shè)k1≥2,現(xiàn)任取B中與c連線的一點b1,由于b1與B中其余各點均未連線,若b1與A中的所有與c連線的點均未連線,則b1連線數(shù)≤2+k-1-k1≤k-1,矛盾,故b1至少與此k1個點中的一點連線.故證.

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