全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版32
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1、20042004 年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試卷年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試卷第一試一選擇題(本題滿分 36 分,每小題 6 分)1設(shè)銳角使關(guān)于x的方程x2+4xcos+cos=0 有重根,則的弧度數(shù)為 ( ) A B或 C 或 D6125126512122已知M=(x,y)|x2+2y2=3,N=(x,y)|y=mx+b若對(duì)于所有的mR R,均有MN,則b的取值范圍是 ( ) A, B(,) C(, D, 3不等式+ logx3+20 的解集為log2x112 A2,3) B(2,3 C2,4) D(2,4 4設(shè)點(diǎn)O在ABC的內(nèi)部,且有+2+3=,則ABC的面積與AOC的面積的比為( ) OA OB OC
2、0 A2 B C3 D 32535設(shè)三位數(shù)n=,若以a,b,c為三條邊長(zhǎng)可以構(gòu)成一個(gè)等腰(含等邊)三角形,則這樣的三位數(shù)n abc有( ) A45 個(gè) B81 個(gè) C165 個(gè) D216 個(gè)6頂點(diǎn)為P的圓錐的軸截面是等腰直角三角形,A是底面圓周上的點(diǎn),B是底面圓內(nèi)的點(diǎn),O為底面圓圓心,ABOB,垂足為B,OHPB,垂足為H,且PA=4,C為PA的中點(diǎn),則當(dāng)三棱錐OHPC的體積最大時(shí),OB的長(zhǎng)為 ( ) A B C D 二填空題(本題滿分 54 分,每小題 9 分)7在平面直角坐標(biāo)系xOy中,函數(shù)f(x)=asinax+cosax(a0)在一個(gè)最小正周期長(zhǎng)的區(qū)間上的圖像與函數(shù)g(x)= 的圖像所
3、圍成的封閉圖形的面積是 ;a2 + 18設(shè)函數(shù)f:R RR R,滿足f(0)=1,且對(duì)任意x,yR R,都有f(xy+1)=f(x)f(y)f(y)x+2,則f(x)= ;9如圖,正方體ABCDA1B1C1D1中,二面角ABD1A1的度數(shù)是 ;10設(shè)p是給定的奇質(zhì)數(shù),正整數(shù)k使得也是一個(gè)正整數(shù),則k= ;k2pk11已知數(shù)列a0,a1,a2,an,滿足關(guān)系式(3an+1)(6+an)=18,且a0=3,則的值是 ni =01ai;12在平面直角坐標(biāo)系xOy中,給定兩點(diǎn)M(1,2)和N(1,4),點(diǎn)P在x軸上移動(dòng),當(dāng)MPN取最大值時(shí),點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為 ;三解答題(本題滿分 60 分,每小題 20
4、分)13一項(xiàng)“過(guò)關(guān)游戲”規(guī)則規(guī)定:在第n關(guān)要拋擲一顆骰子n次,如果這n次拋擲所出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)的和大于 2n,則算過(guò)關(guān)問(wèn): 某人在這項(xiàng)游戲中最多能過(guò)幾關(guān)? 他連過(guò)前三關(guān)的概率是多少?14在平面直角坐標(biāo)系xOy中,給定三點(diǎn)A(0, ),B(1,0),C(1,0),點(diǎn)P到直線BC的距離是該43點(diǎn)到直線AB、AC距離的等比中項(xiàng) 求點(diǎn)P的軌跡方程; 若直線L經(jīng)過(guò)ABC的內(nèi)心(設(shè)為D),且與P點(diǎn)軌跡恰好有 3 個(gè)公共點(diǎn),求L的斜率k的取值范圍15已知,是方程 4x24tx1=0(tR R)的兩個(gè)不等實(shí)根,函數(shù)f(x)=的定義域?yàn)椋?xtx2 + 1 求g(t)=maxf(x)minf(x); 證明:對(duì)于ui(
5、0, )(i=1,2,3),若 sinu1+sinu2+sinu3=1,則2+an+14,nN N*; 證明有n0N N*,使得對(duì)nn0,都有+n2004b2b1b3b2bnbn1bn+ 1bn三(本題滿分 50 分)對(duì)于整數(shù)n4,求出最小的整數(shù)f(n),使得對(duì)于任何正整數(shù)m,集合m,m+1,m+n1的任一個(gè)f(n)元子集中,均至少有 3 個(gè)兩兩互素的元素2004 年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試卷第一試一選擇題(本題滿分 36 分,每小題 6 分)1設(shè)銳角使關(guān)于x的方程x2+4xcos+cot=0 有重根,則的弧度數(shù)為 ( ) A B或 C 或 D612512651212解:由方程有重根,故 =4cos
6、2cot=0,14 00 的解集為log2x112 12 A2,3) B(2,3 C2,4) D(2,4 解:令 log2x=t1 時(shí),t2t1,2),x2,4),選Ct1324設(shè)點(diǎn)O在ABC的內(nèi)部,且有+2+3=,則ABC的面積與AOC的面積的比為( ) OA OB OC 0 A2 B C3 D 3253解:如圖,設(shè)AOC=S,則OC1D=3S,OB1D=OB1C1=3S,AOB=OBD=SOBC=S,ABC=3S選C5設(shè)三位數(shù)n=,若以a,b,c為三條邊長(zhǎng)可以構(gòu)成一個(gè)等腰(含等邊)三角形,則這樣的三位數(shù)n abc有( ) A45 個(gè) B81 個(gè) C165 個(gè) D216 個(gè)解:等邊三角形共
7、9 個(gè); 等腰但不等邊三角形:取兩個(gè)不同數(shù)碼(設(shè)為a,b),有 36 種取法,以小數(shù)為底時(shí)總能構(gòu)成等腰三角形,而以大數(shù)為底時(shí),ba0)在一個(gè)最小正周期長(zhǎng)的區(qū)間上的圖像與函數(shù)g(x)= 的圖像所圍成的封閉圖形的面積是 ;a2 + 1解:f(x)= sin(ax+),周期=,取長(zhǎng)為,寬為 2的矩形,由對(duì)稱性知,面積之a(chǎn)2 + 12a2aa2 + 1半即為所求故填2aa2 + 1又解:1sin(ax+)dx=(1sint)dt=10a2 + 12paa2 + 18設(shè)函數(shù)f:R RR R,滿足f(0)=1,且對(duì)任意x,yR R,都有f(xy+1)=f(x)f(y)f(y)x+2,則f(x)= ;解:令
8、x=y=0,得,f(1)=110+2,f(1)=2令y=1,得f(x+1)=2f(x)2x+2,即f(x+1)=2f(x)x又,f(yx+1)=f(y)f(x)f(x)y+2,令y=1 代入,得f(x+1)=2f(x)f(x)1+2,即f(x+1)=f(x)+1比較、得,f(x)=x+19如圖,正方體ABCDA1B1C1D1中,二面角ABD1A1的度數(shù)是 ;解:設(shè)AB=1,作A1MBD1,ANBD1,則BNBD1=AB2,BN=D1M=NM=A1M=AN= AA12=A1M2+MN2+NA22A1MNAcos,12=+ + 2 cos,cos=2323132312=6010設(shè)p是給定的奇質(zhì)數(shù),
9、正整數(shù)k使得也是一個(gè)正整數(shù),則k= ;k2pk解:設(shè)=n,則(k )2n2=,(2kp+2n)(2kp2n)=p2,k=(p+1)2k2pkp2p241411已知數(shù)列a0,a1,a2,an,滿足關(guān)系式(3an+1)(6+an)=18,且a0=3,則的值是 ni =01ai;解:=+ ,令bn=+ ,得b0=,bn=2bn1,bn=2n即1an+ 12an131an132323=,=(2n+2n3)1an2n+ 113ni =01ai1312在平面直角坐標(biāo)系xOy中,給定兩點(diǎn)M(1,2)和N(1,4),點(diǎn)P在x軸上移動(dòng),當(dāng)MPN取最大值時(shí),點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為 ;解:當(dāng)MPN最大時(shí),MNP與x軸相切于
10、點(diǎn)P(否則MNP與x軸交于PQ,則線段PQ上的點(diǎn)P使MPN更大)于是,延長(zhǎng)NM交x軸于K(3,0),有KMKN=KP2,KP=4P(1,0),(7,0),但(1,0)處MNP的半徑小,從而點(diǎn)P的橫坐標(biāo)=1三解答題(本題滿分 60 分,每小題 20 分)13一項(xiàng)“過(guò)關(guān)游戲”規(guī)則規(guī)定:在第n關(guān)要拋擲一顆骰子n次,如果這n次拋擲所出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)的和大于 2n,則算過(guò)關(guān)問(wèn): 某人在這項(xiàng)游戲中最多能過(guò)幾關(guān)? 他連過(guò)前三關(guān)的概率是多少?解: 設(shè)他能過(guò)n關(guān),則第n關(guān)擲n次,至多得 6n點(diǎn),由 6n2n,知,n4即最多能過(guò) 4 關(guān) 要求他第一關(guān)時(shí)擲 1 次的點(diǎn)數(shù)2,第二關(guān)時(shí)擲 2 次的點(diǎn)數(shù)和4,第三關(guān)時(shí)擲 3 次
11、的點(diǎn)數(shù)和8第一關(guān)過(guò)關(guān)的概率= =;4623第二關(guān)過(guò)關(guān)的基本事件有 62種,不能過(guò)關(guān)的基本事件有為不等式 x+y4 的正整數(shù)解的個(gè)數(shù),有C個(gè) 24(亦可枚舉計(jì)數(shù):1+1,1+2,1+3,2+1,2+2,3+1)計(jì) 6 種,過(guò)關(guān)的概率=1=;66256第三關(guān)的基本事件有 63種,不能過(guò)關(guān)的基本事件為方程x+y+z8 的正整數(shù)解的總數(shù),可連寫(xiě) 8 個(gè)1,從 8 個(gè)空檔中選 3 個(gè)空檔的方法為C =56 種,不能過(guò)關(guān)的概率=,能過(guò)關(guān)的概率=;3887632156637272027連過(guò)三關(guān)的概率= =2356202710024314在平面直角坐標(biāo)系xOy中,給定三點(diǎn)A(0, ),B(1,0),C(1,0
12、),點(diǎn)P到直線BC的距離是該43點(diǎn)到直線AB、AC距離的等比中項(xiàng) 求點(diǎn)P的軌跡方程; 若直線L經(jīng)過(guò)ABC的內(nèi)心(設(shè)為D),且與P點(diǎn)軌跡恰好有 3 個(gè)公共點(diǎn),求L的斜率k的取值范圍解: 設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,y),AB方程:+=1,4x3y+4=0, x13y4BC方程:y=0, AC方程:4x+3y4=0, 25|y|2=|(4x3y+4)(4x+3y4)|,25y2+16x2(3y4)2=0,16x2+16y2+24y16=0,2x2+2y2+3y2=0或 25y216x2+(3y4)2=0,16x234y2+24y16=0,8x217y2+12y8=0 所求軌跡為圓:2x2+2y2+3y2=
13、0, 或雙曲線:8x217y2+12y8=0 但應(yīng)去掉點(diǎn)(1,0)與(1,0) ABC的內(nèi)心D(0, ):經(jīng)過(guò)D的直線為x=0 或y=kx+ 1212(a) 直線x=0 與圓有兩個(gè)交點(diǎn),與雙曲線沒(méi)有交點(diǎn);(b) k=0 時(shí),直線y=與圓切于點(diǎn)(0, ),與雙曲線交于(, ),即k=0 滿足要求121258212(c) k= 時(shí),直線與圓只有 1 個(gè)公共點(diǎn),與雙曲線也至多有 1 個(gè)公共點(diǎn),故舍去12(c) k0 時(shí),k 時(shí),直線與圓有 2 個(gè)公共點(diǎn),以代入得:(817k2)x25kx=012254當(dāng) 817k2=0 或(5k)225(817k2)=0,即得k=與k= 所求k值的取值范圍為0,15
14、已知,是方程 4x24tx1=0(tR R)的兩個(gè)不等實(shí)根,函數(shù)f(x)= 的定義域?yàn)椋?xtx2 + 1 求g(t)=maxf(x)minf(x); 證明:對(duì)于ui(0, )(i=1,2,3),若 sinu1+sinu2+sinu3=1,則2+1g(tanu1)1g(tanu2)1g(tanu3)解: +=t,= 故0當(dāng)x1,x2,時(shí),14 f (x)= =而當(dāng)x,時(shí),x2xt2(x2 + 1)2x(2xt)(x2 + 1)22(x2xt) + 2(x2 + 1)20,即f(x)在,上單調(diào)增 g(t)= =2t2 + 12t2 + 1(2t)(2 + 1)(2t)(2 + 1)(2 + 1)
15、(2 + 1)()t( + )2+ 222 +2 +2 + 1 = g(tanu)= =,8secu(2sec2u+ 3)16sec2u+ 916 + 24cos2u16cosu+ 9cos3u +163+9(cos2u1+cos2u2+cos2u3)= 1g(tanu1)1g(tanu2)1g(tanu3)759(sin2u1+sin2u2+sin2u3)而 (sin2u1+sin2u2+sin2u3)()2,即 9(sin2u1+sin2u2+sin2u3)313sinu1 + sinu2 + sinu33+(753)= 由于等號(hào)不能同時(shí)成立,故得證1g(tanu1)1g(tanu2)1g
16、(tanu3)二試題一(本題滿分 50 分)在銳角三角形ABC中,AB上的高CE與AC上的高BD相交于點(diǎn)H,以DE為直徑的圓分別交AB、AC于F、G兩點(diǎn),F(xiàn)G與AH相交于點(diǎn)K,已知BC=25,BD=20,BE=7,求AK的長(zhǎng)解: BC=25,BD=20,BE=7, CE=24,CD=15 ACBD=CEAB, AC= AB, 65 BDAC,CEAB,B、E、D、C共圓,AC(AC15)=AB(AB7),AB(AB15)=AB(AB18),6565 AB=25,AC=30AE=18,AD=15 DE= AC=1512延長(zhǎng)AH交BC于P, 則APBC APBC=ACBD,AP=24連DF,則DF
17、AB, AE=DE,DFABAF= AE=912 D、E、F、G共圓,AFG=ADE=ABC,AFGABC, =,AK=AKAPAFAB9242521625二(本題滿分 50 分)在平面直角坐標(biāo)系XOY中,y軸正半軸上的點(diǎn)列An與曲線y=(x0)上的點(diǎn)2x列Bn滿足|OAn|=|OBn|=,直線AnBn在x軸上的截距為an,點(diǎn)Bn的橫坐標(biāo)為bn,nN N*1n 證明anan+14,nN N*; 證明有n0N N*,使得對(duì)nn0,都有+0)1n2bn1n 0bn且bn遞減,n2bn=n(n)= =單調(diào)增12n2n2 + 1 0n且tn單調(diào)減bn2由截距式方程知,+=1,(12n2bn=n2bn2
18、)bnan an=()2+()=tn2+tn=(tn+)2 (+)2 =42212212且由于tn單調(diào)減,知 an單調(diào)減,即anan+14 成立亦可由=bn+2=,得 an=bn+2+, 1n2bnbn+ 22bn+ 2 由bn遞減知an遞減,且an0+2+=422 即證(1)2004nk =1bk+ 1bk1=k2( )2()2)bk+ 1bkbkbk+ 1bk1k1k+ 1 2k+ 1(k+ 1)22k+ 1(k+ 1)2121k+ 2(1)( + )+( + + + )+ + + +nk =1bk+ 1bknk =11k+ 2131415161718121212只要n足夠大,就有(1)2
19、004 成立nk =1bk+ 1bk三(本題滿分 50 分)對(duì)于整數(shù)n4,求出最小的整數(shù)f(n),使得對(duì)于任何正整數(shù)m,集合m,m+1,m+n1的任一個(gè)f(n)元子集中,均至少有 3 個(gè)兩兩互素的元素解: 當(dāng)n4 時(shí),對(duì)集合M(m,n)=m,m+1,m+n1,當(dāng)m為奇數(shù)時(shí),m,m+1,m+2 互質(zhì),當(dāng)m為偶數(shù)時(shí),m+1,m+2,m+3 互質(zhì)即M的子集M中存在 3 個(gè)兩兩互質(zhì)的元素,故f(n)存在且f(n)n 取集合Tn=t|2|t或 3|t,tn+1,則T為M(2,n)=2,3,n+1的一個(gè)子集,且其中任 3 個(gè)數(shù)無(wú)不能兩兩互質(zhì)故f(n)card(T)+1但 card(T)=+故f(n)+1
20、n +12n +13n +16n +12n +13n +16由與得,f(4)=4,f(5)=55f(6)6,6f(7)7,7f(8)8,8f(9)9現(xiàn)計(jì)算f(6),取M=m,m+1,m+5,若取其中任意 5 個(gè)數(shù),當(dāng)這 5 個(gè)數(shù)中有 3 個(gè)奇數(shù)時(shí),這 3 個(gè)奇數(shù)互質(zhì);當(dāng)這 3 個(gè)數(shù)中有 3 個(gè)偶數(shù)k,k+2,k+4(k0(mod 2)時(shí),其中至多有 1 個(gè)被 5 整除,必有 1 個(gè)被 3 整除,故至少有 1 個(gè)不能被 3 與 5 整除,此數(shù)與另兩個(gè)奇數(shù)兩兩互質(zhì)故f(6)=5而M(m,n+1)=M(m,n)m+n,故f(n+1)f(n)+1 f(7)=6,f(8)=7,f(9)=8 對(duì)于 4n9
21、,f(n)= +1 成立 n +12n +13n +16設(shè)對(duì)于nk,成立,當(dāng)n=k+1 時(shí),由于M(m,k+1)=M(m,k5)m+k5,m+k4,m+k在m+k5,m+k4,m+k中,能被 2 或 3 整除的數(shù)恰有 4 個(gè),即使這 4 個(gè)數(shù)全部取出,只要在前面的M(m,k5)中取出f(n)個(gè)數(shù)就必有 3 個(gè)兩兩互質(zhì)的數(shù)于是當(dāng)n4 時(shí),f(n+6)f(n)+4=f(n)+f(6)1故f(k+1)f(k5)+f(6)1=+1,k +22k +23k +26比較,知對(duì)于n=k+1,命題成立對(duì)于任意nN N*,n4,f(n)= +1 成立n +12n +13n +16又可分段寫(xiě)出結(jié)果:f(n)= 4k+ 1,(n =6k, k N N * ),4k+ 2,(n =6k+ 1,k N N * ),4k+ 3,(n =6k+ 2,k N N * ),4k+ 4,(n =6k+ 3,k N N * ),4k+ 4,(n =6k+ 4,k N N * ),4k+ 5,(n =6k+ 5,k N N * )
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