全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題及解析 蘇教版32

20042004 年全國高中數(shù)學聯(lián)賽試卷年全國高中數(shù)學聯(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設點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 32535設三位數(shù)n=，若以a，b，c為三條邊長可以構(gòu)成一個等腰(含等邊)三角形，則這樣的三位數(shù)n abc有( ) A45 個 B81 個 C165 個 D216 個6頂點為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，B是底面圓內(nèi)的點，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，則當三棱錐OHPC的體積最大時，OB的長為 ( ) A B C D 二填空題(本題滿分 54 分，每小題 9 分)7在平面直角坐標系xOy中，函數(shù)f(x)=asinax+cosax(a0)在一個最小正周期長的區(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 + 18設函數(shù)f：R RR R，滿足f(0)=1，且對任意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p是給定的奇質(zhì)數(shù)，正整數(shù)k使得也是一個正整數(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在平面直角坐標系xOy中，給定兩點M(1，2)和N(1，4)，點P在x軸上移動，當MPN取最大值時，點P的橫坐標為 ；三解答題(本題滿分 60 分，每小題 20 分)13一項“過關(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)的點數(shù)的和大于 2n，則算過關(guān)問： 某人在這項游戲中最多能過幾關(guān)？ 他連過前三關(guān)的概率是多少？14在平面直角坐標系xOy中，給定三點A(0， )，B(1，0)，C(1，0)，點P到直線BC的距離是該43點到直線AB、AC距離的等比中項 求點P的軌跡方程； 若直線L經(jīng)過ABC的內(nèi)心(設為D)，且與P點軌跡恰好有 3 個公共點，求L的斜率k的取值范圍15已知，是方程 4x24tx1=0(tR R)的兩個不等實根，函數(shù)f(x)=的定義域為，2xtx2 + 1 求g(t)=maxf(x)minf(x)； 證明：對于ui(0， )(i=1，2，3)，若 sinu1+sinu2+sinu3=1，則2+an+14，nN N*； 證明有n0N N*，使得對nn0，都有+n2004b2b1b3b2bnbn1bn+ 1bn三(本題滿分 50 分)對于整數(shù)n4，求出最小的整數(shù)f(n)，使得對于任何正整數(shù)m，集合m，m+1，m+n1的任一個f(n)元子集中，均至少有 3 個兩兩互素的元素2004 年全國高中數(shù)學聯(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 =4cos2cot=0，14 00 的解集為log2x112 12 A2，3) B(2，3 C2，4) D(2，4 解：令 log2x=t1 時，t2t1，2)，x2，4)，選Ct1324設點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AOC=S，則OC1D=3S，OB1D=OB1C1=3S，AOB=OBD=SOBC=S，ABC=3S選C5設三位數(shù)n=，若以a，b，c為三條邊長可以構(gòu)成一個等腰(含等邊)三角形，則這樣的三位數(shù)n abc有( ) A45 個 B81 個 C165 個 D216 個解：等邊三角形共 9 個； 等腰但不等邊三角形：取兩個不同數(shù)碼(設為a，b)，有 36 種取法，以小數(shù)為底時總能構(gòu)成等腰三角形，而以大數(shù)為底時，ba0)在一個最小正周期長的區(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=，取長為，寬為 2的矩形，由對稱性知，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設函數(shù)f：R RR R，滿足f(0)=1，且對任意x，yR R，都有f(xy+1)=f(x)f(y)f(y)x+2，則f(x)= ；解：令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AB=1，作A1MBD1，ANBD1，則BNBD1=AB2，BN=D1M=NM=A1M=AN= AA12=A1M2+MN2+NA22A1MNAcos，12=+ + 2 cos，cos=2323132312=6010設p是給定的奇質(zhì)數(shù)，正整數(shù)k使得也是一個正整數(shù)，則k= ；k2pk解：設=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在平面直角坐標系xOy中，給定兩點M(1，2)和N(1，4)，點P在x軸上移動，當MPN取最大值時，點P的橫坐標為 ；解：當MPN最大時，MNP與x軸相切于點P(否則MNP與x軸交于PQ，則線段PQ上的點P使MPN更大)于是，延長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P的橫坐標=1三解答題(本題滿分 60 分，每小題 20 分)13一項“過關(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)的點數(shù)的和大于 2n，則算過關(guān)問： 某人在這項游戲中最多能過幾關(guān)？ 他連過前三關(guān)的概率是多少？解： 設他能過n關(guān)，則第n關(guān)擲n次，至多得 6n點，由 6n2n，知，n4即最多能過 4 關(guān) 要求他第一關(guān)時擲 1 次的點數(shù)2，第二關(guān)時擲 2 次的點數(shù)和4，第三關(guān)時擲 3 次的點數(shù)和8第一關(guān)過關(guān)的概率= =；4623第二關(guān)過關(guān)的基本事件有 62種，不能過關(guān)的基本事件有為不等式 x+y4 的正整數(shù)解的個數(shù)，有C個 24(亦可枚舉計數(shù)：1+1，1+2，1+3，2+1，2+2，3+1)計 6 種，過關(guān)的概率=1=；66256第三關(guān)的基本事件有 63種，不能過關(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 8 個1，從 8 個空檔中選 3 個空檔的方法為C =56 種，不能過關(guān)的概率=，能過關(guān)的概率=；3887632156637272027連過三關(guān)的概率= =2356202710024314在平面直角坐標系xOy中，給定三點A(0， )，B(1，0)，C(1，0)，點P到直線BC的距離是該43點到直線AB、AC距離的等比中項 求點P的軌跡方程； 若直線L經(jīng)過ABC的內(nèi)心(設為D)，且與P點軌跡恰好有 3 個公共點，求L的斜率k的取值范圍解： 設點P的坐標為(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=0， 或雙曲線：8x217y2+12y8=0 但應去掉點(1，0)與(1，0) ABC的內(nèi)心D(0， )：經(jīng)過D的直線為x=0 或y=kx+ 1212(a) 直線x=0 與圓有兩個交點，與雙曲線沒有交點；(b) k=0 時，直線y=與圓切于點(0， )，與雙曲線交于(， )，即k=0 滿足要求121258212(c) k= 時，直線與圓只有 1 個公共點，與雙曲線也至多有 1 個公共點，故舍去12(c) k0 時，k 時，直線與圓有 2 個公共點，以代入得：(817k2)x25kx=012254當 817k2=0 或(5k)225(817k2)=0，即得k=與k= 所求k值的取值范圍為0，15已知，是方程 4x24tx1=0(tR R)的兩個不等實根，函數(shù)f(x)= 的定義域為，2xtx2 + 1 求g(t)=maxf(x)minf(x)； 證明：對于ui(0， )(i=1，2，3)，若 sinu1+sinu2+sinu3=1，則2+1g(tanu1)1g(tanu2)1g(tanu3)解： +=t，= 故0當x1，x2，時，14 f (x)= =而當x，時，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)(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)= 由于等號不能同時成立，故得證1g(tanu1)1g(tanu2)1g(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H，以DE為直徑的圓分別交AB、AC于F、G兩點，F(xiàn)G與AH相交于點K，已知BC=25，BD=20，BE=7，求AK的長解： 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AH交BC于P， 則APBC APBC=ACBD，AP=24連DF，則DFAB， AE=DE，DFABAF= AE=912 D、E、F、G共圓，AFG=ADE=ABC，AFGABC， =，AK=AKAPAFAB9242521625二(本題滿分 50 分)在平面直角坐標系XOY中，y軸正半軸上的點列An與曲線y=(x0)上的點2x列Bn滿足|OAn|=|OBn|=，直線AnBn在x軸上的截距為an，點Bn的橫坐標為bn，nN N*1n 證明anan+14，nN N*； 證明有n0N N*，使得對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)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)2004 成立nk =1bk+ 1bk三(本題滿分 50 分)對于整數(shù)n4，求出最小的整數(shù)f(n)，使得對于任何正整數(shù)m，集合m，m+1，m+n1的任一個f(n)元子集中，均至少有 3 個兩兩互素的元素解： 當n4 時，對集合M(m，n)=m，m+1，m+n1，當m為奇數(shù)時，m，m+1，m+2 互質(zhì)，當m為偶數(shù)時，m+1，m+2，m+3 互質(zhì)即M的子集M中存在 3 個兩兩互質(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的一個子集，且其中任 3 個數(shù)無不能兩兩互質(zhì)故f(n)card(T)+1但 card(T)=+故f(n)+1 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)計算f(6)，取M=m，m+1，m+5，若取其中任意 5 個數(shù)，當這 5 個數(shù)中有 3 個奇數(shù)時，這 3 個奇數(shù)互質(zhì)；當這 3 個數(shù)中有 3 個偶數(shù)k，k+2，k+4(k0(mod 2)時，其中至多有 1 個被 5 整除，必有 1 個被 3 整除，故至少有 1 個不能被 3 與 5 整除，此數(shù)與另兩個奇數(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 對于 4n9，f(n)= +1 成立 n +12n +13n +16設對于nk，成立，當n=k+1 時，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，即使這 4 個數(shù)全部取出，只要在前面的M(m，k5)中取出f(n)個數(shù)就必有 3 個兩兩互質(zhì)的數(shù)于是當n4 時，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，知對于n=k+1，命題成立對于任意nN N*，n4，f(n)= +1 成立n +12n +13n +16又可分段寫出結(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 * )