全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版42

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1、2005年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試卷(2005年10月16日上午800940)一、選擇題：1使關(guān)于x的不等式+k有解的實(shí)數(shù)k的最大值是 ( ) A B C+ D2空間四點(diǎn)A、B、C、D滿足|3，|7，|11，|9則的取值( ) A只有一個(gè) B有二個(gè) C有四個(gè) D有無(wú)窮多個(gè)3ABC內(nèi)接于單位圓，三個(gè)內(nèi)角A、B、C的平分線延長(zhǎng)后分別交此圓于A1、B1、C1，則的值為 ( ) A2 B4 C6 D84如圖，ABCDABCD為正方體，任作平面與對(duì)角線AC垂直，使得與正方體的每個(gè)面都有公共點(diǎn)，記這樣得到的截面多邊形的面積為S，周長(zhǎng)為l，則 ( ) AS為定值，l不為定值 BS不為定值，l為定值 CS與l均為定

2、值 DS與l均不為定值5方程+1表示的曲線是 ( ) A焦點(diǎn)在x軸上的橢圓 B焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線 C焦點(diǎn)在y軸上的橢圓 D焦點(diǎn)在y軸上的雙曲線6記集合T0，1，2，3，4，5，6，M+| aiT，i1，2，3，4，將M中的元素按從大到小排列，則第2005個(gè)數(shù)是 ( ) A+ B+ C+ D+二、填空題：7將關(guān)于x的多項(xiàng)式f(x)1x+x2x3+x19+x20表為關(guān)于y的多項(xiàng)式g(y)a0+a1y+a2y2+a19y19+a20y20，其中yx4，則a0+a1+a20 ；8已知f(x)是定義在(0，+)上的減函數(shù)，若f(2a2+a+1)f(3a24a+1)成立，則a的取值范圍是 ；9設(shè)、滿足0

3、2，若對(duì)于任意xR，cos(x+)+cos(x+)+cos(x+)0，則 ；10如圖，四面體DABC的體積為，且滿足ACB45，AD+BC+3，則CD ；11若正方形ABCD的一條邊在直線y2x17上，另外兩個(gè)頂點(diǎn)在拋物線yx2上，則該正方形面積的最小值為 ；12如果自然數(shù)a的各位數(shù)字之和等于7，那么稱a為“吉祥數(shù)”將所有“吉祥數(shù)”從小到大排成一列a1，a2，a3，若an2005，則a5n 三、解答題：13數(shù)列an滿足a01，an+1，nN，證明： 對(duì)任意nN，an為正整數(shù)； 對(duì)任意nN，anan+11為完全平方數(shù)14將編號(hào)為1，2，3，9的九個(gè)小球隨機(jī)放置在圓周的九個(gè)等分點(diǎn)上，每個(gè)等分點(diǎn)上各

4、放一個(gè)小球，設(shè)圓周上所有相鄰兩個(gè)球號(hào)碼之差的絕對(duì)值之和為S，求使S達(dá)到最小值的放法的概率(注：如果某種放法，經(jīng)旋轉(zhuǎn)或鏡面反射后與另一種放法重合，則認(rèn)為是相同的放法)15過(guò)拋物線yx2上一點(diǎn)A(1，1)作拋物線的切線，分別交x軸于點(diǎn)D，交y軸于點(diǎn)B，點(diǎn)C在拋物線上，點(diǎn)E在線段AC上，滿足1；點(diǎn)F在線段BC上，滿足2，且1+21，線段CD與EF交于點(diǎn)P，當(dāng)點(diǎn)C在拋物線上移動(dòng)時(shí)，求點(diǎn)P的軌跡方程加試卷一、如圖，在ABC中，設(shè)ABAC，過(guò)點(diǎn)A作ABC的外接圓的切線l，又以點(diǎn)A為圓心，AC為半徑作圓分別交線段AB于點(diǎn)D；交直線l于點(diǎn)E、F證明：直線DE、DF分別通過(guò)ABC的內(nèi)心與一個(gè)旁心二、設(shè)正數(shù)a、b

5、、c、x、y、z滿足cy+bza，az+cxb，bx+ayc求函數(shù)f(x，y，z)+的最小值三、對(duì)每個(gè)正整數(shù)n，定義函數(shù)f(n)(其中x表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，xxx)試求f(k)的值嗚呼！不怕繁死人，就怕繁不成！2005年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試卷(2005年10月16日上午800940)一、選擇題：1使關(guān)于x的不等式+k有解的實(shí)數(shù)k的最大值是 ( ) A B C+ D選D解：3x6，令sin(0)，則x3+3sin2，cos故(sin+cos)故選D2空間四點(diǎn)A、B、C、D滿足|3，|7，|11，|9則的取值( ) A只有一個(gè) B有二個(gè) C有四個(gè) D有無(wú)窮多個(gè)選A解：+DA22(+)2AB2+B

6、C2+CD2+2(+)AB2+BC2+CD2+2(+2)，(其中+，)AB2+BC2+CD22BC2+2()故2DA2+BC2AB2CD292+723211200選A3ABC內(nèi)接于單位圓，三個(gè)內(nèi)角A、B、C的平分線延長(zhǎng)后分別交此圓于A1、B1、C1，則的值為 ( ) A2 B4 C6 D8選A解：AA1cos2sin(B+)cossin(A+B)+sinBsinC+sinBAA1cos+BB1cos+CC1cos2(sinA+sinB+sinC)故原式2選A4如圖，ABCDABCD為正方體，任作平面與對(duì)角線AC垂直，使得與正方體的每個(gè)面都有公共點(diǎn)，記這樣得到的截面多邊形的面積為S，周長(zhǎng)為l，則

7、 ( ) AS為定值，l不為定值 BS不為定值，l為定值 CS與l均為定值 DS與l均不為定值選B解：設(shè)截面在底面內(nèi)的射影為EFBGHD，設(shè)AB1，AEx(0x)，則l3x+(1x)3為定值；而S1x2(1x)2sec(xx2)sec(為平面與底面的所成角)不為定值故選B5方程+1表示的曲線是 ( ) A焦點(diǎn)在x軸上的橢圓 B焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線 C焦點(diǎn)在y軸上的橢圓 D焦點(diǎn)在y軸上的雙曲線選C解：由于+0cos()cos()sinsin0；又，0ccoscos0，曲線為橢圓sinsin(coscos)sin()sin()而0sinsincoscos焦點(diǎn)在y軸上故選C 6記集合T0，1，2，3

8、，4，5，6，M+| aiT，i1，2，3，4，將M中的元素按從大到小排列，則第2005個(gè)數(shù)是 ( ) A+ B+ C+ D+選C解：M(a173+a272+a37+a4)| aiT，i1，2，3，4，a173+a272+a37+a4可以看成是7進(jìn)制數(shù)，(a1a2a3a4)7，其最大的數(shù)為(6666)77412400從而從大到小排列的第2005個(gè)數(shù)是24002004396，即從1起從小到大排的第396個(gè)數(shù)，39673+72+4(1104)7，故原數(shù)為+故選C二、填空題：7將關(guān)于x的多項(xiàng)式f(x)1x+x2x3+x19+x20表為關(guān)于y的多項(xiàng)式g(y)a0+a1y+a2y2+a19y19+a20

9、y20，其中yx4，則a0+a1+a20 ；填解：f(x)a0+a1(x4)2+a2(x4)2+a20(x4)20令x5得f(5)15+5253+519+520a0+a1+a208已知f(x)是定義在(0，+)上的減函數(shù)，若f(2a2+a+1)f(3a24a+1)成立，則a的取值范圍是 ；填(0，)(1，5)解：a(，)(1，+)2a2+a+13a24a+1a25a00a5故所求取值范圍為(0，)(1，5)9設(shè)、滿足02，若對(duì)于任意xR，cos(x+)+cos(x+)+cos(x+)0，則 ；填 解：由f(x)0，得f()f()f()0：cos ()+cos()cos()+cos()cos()

10、+cos()1故cos()cos()cos()，由于02，故，從而10如圖，四面體DABC的體積為，且滿足ACB45，AD+BC+3，則CD ；填解：VACBCsin45hACBCADsin45即ACBCADsin451BCAD1而3AD+BC+33，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)ADBC1時(shí)成立，故AC，且ADBC1，AD面ABCCD11若正方形ABCD的一條邊在直線y2x17上，另外兩個(gè)頂點(diǎn)在拋物線yx2上，則該正方形面積的最小值為 ；填80解：設(shè)正方形ABCD的頂點(diǎn)A、B在拋物線上，C、D在直線上設(shè)直線AB方程為y2x+b， 求AB交拋物線yx2的弦長(zhǎng)：以y2x+b代入yx2，得x22xb04+4bl2

11、兩直線的距離 由ABCD為正方形得，2100(b+1)b2+34b+289b266b+1890解得b3，b63正方形邊長(zhǎng)4或16正方形面積最小值8012如果自然數(shù)a的各位數(shù)字之和等于7，那么稱a為“吉祥數(shù)”將所有“吉祥數(shù)”從小到大排成一列a1，a2，a3，若an2005，則a5n 填52000解：一位的吉祥數(shù)有7，共1個(gè)；二位的吉祥數(shù)有16，25，34，43，52，61，70，共7個(gè)；三位的吉祥數(shù)為x1+x2+x37的滿足x11的非負(fù)整數(shù)解數(shù)，有C28個(gè)(也可枚舉計(jì)數(shù))一般的，k位的吉祥數(shù)為x1+x2+xk7的滿足x11的非負(fù)整數(shù)解數(shù)，令xixi+1(i2，3，k)，有x1+x2+xk7+k1

12、共有解CC組4位吉祥數(shù)中首位為1的有28個(gè)，2005是4位吉祥數(shù)中的第29個(gè)故n1+7+28+28+1655n325C+C+C+C+C1+7+28+84+210330即是5位吉祥數(shù)的倒數(shù)第6個(gè)：5位吉祥數(shù)從大到小排列：70000，61000，60100，60010，60001，52000，三、解答題：13數(shù)列an滿足a01，an+1，nN，證明： 對(duì)任意nN，an為正整數(shù)； 對(duì)任意nN，anan+11為完全平方數(shù)證明： a15，且an單調(diào)遞增所給式即 (2an+17an)245a36a7an+1an+a+90 下標(biāo)加1： a7an+2an+1+a+90 相減得： (an+2an)(an+27a

13、n+1+an)0由an單調(diào)增，故an+27an+1+an0an+27an+1an 因a0、a1為正整數(shù)，且a1a0，故a2為正整數(shù)，由數(shù)學(xué)歸納法，可知，對(duì)任意nN，an為正整數(shù) 由：a+2an+1an+a9(an+1an1)an+1an1()2 由于an為正整數(shù)，故an+1an1為正整數(shù)，從而()2為正整數(shù)但an、an+1均為正整數(shù)，于是必為有理數(shù)，而有理數(shù)的平方為整數(shù)時(shí)，該有理數(shù)必為整數(shù)，從而是整數(shù)即an+1an1是整數(shù)的平方，即為完全平方數(shù)故證原解答上有一段似無(wú)必要：記f(n)an+1an()2，則f(n)f(n1)(an+1ananan1)(2an+an+1+an1)(an+1an1)(

14、an1an+1)(an+17an+an1)0即f(n)f(n1)f(0)1，故式成立故anan+11為完全平方數(shù)又證：由上證，得式后：an+27an+1+an0特征方程為 x27x+10解得： x令 an+由a01，a15解得 ，；得 an+ 注意到1，+有， anan+11+1 +5 +2由二項(xiàng)式定理或數(shù)學(xué)歸納法知+為k型數(shù)(kN*)，故anan+11為完全平方數(shù)(用數(shù)學(xué)歸納法證明：n0時(shí)，+2設(shè)當(dāng)nm(mN*)時(shí)，+kn(knN*)，且k1k2km+7kmkm1(7kmkm1)由歸納假設(shè)知km+17kmkm1N*，且kmkm+1成立得證14將編號(hào)為1，2，3，9的九個(gè)小球隨機(jī)放置在圓周的九

15、個(gè)等分點(diǎn)上，每個(gè)等分點(diǎn)上各放一個(gè)小球，設(shè)圓周上所有相鄰兩個(gè)球號(hào)碼之差的絕對(duì)值之和為S，求使S達(dá)到最小值的放法的概率(注：如果某種放法，經(jīng)旋轉(zhuǎn)或鏡面反射后與另一種放法重合，則認(rèn)為是相同的放法)解：9個(gè)有編號(hào)的小球放在圓周的九個(gè)九等分點(diǎn)上，考慮鏡面反射的因素，共有種放法；為使S取得最小值，從1到9之間應(yīng)按增序排列：設(shè)從1到9之間放了k個(gè)球，其上的數(shù)字為x1，x2，xk，則|1x1|+|x1x2|+|xk9|1x1+x1x2+xk9|8當(dāng)且僅當(dāng)1x1、x1x2、xk9全部同號(hào)時(shí)其和取得最小值，即1，x1，x2，xk，9遞增排列時(shí)其和最小故S2816當(dāng)S取得最小值時(shí)，把除1、9外的7個(gè)元素分成兩個(gè)子集

16、，各有k及7k個(gè)元素，分放1到9的兩段弧上，分法總數(shù)為C+C+C種，考慮鏡面因素，共有64種方法所求概率P15過(guò)拋物線yx2上一點(diǎn)A(1，1)作拋物線的切線，分別交x軸于點(diǎn)D，交y軸于點(diǎn)B，點(diǎn)C在拋物線上，點(diǎn)E在線段AC上，滿足1；點(diǎn)F在線段BC上，滿足2，且1+21，線段CD與EF交于點(diǎn)P，當(dāng)點(diǎn)C在拋物線上移動(dòng)時(shí)，求點(diǎn)P的軌跡方程解：過(guò)點(diǎn)A的切線方程為y2x1交y軸于點(diǎn)B(0，1)AB與x軸交于點(diǎn)D(，0)設(shè)點(diǎn)C坐標(biāo)為C(x0，y0)，點(diǎn)P坐標(biāo)為(x，y)由11+1，同理，1+2；而、成等差數(shù)列(過(guò)A、B作CD的平行線可證)得21+1+1+23，即從而點(diǎn)P為ABC的重心x，yy0x解得x03

17、x1，y03y，代入y0x得，y(3x1)2由于x01，故x所求軌跡方程為y(3x1)2(x)又解：過(guò)點(diǎn)A的切線方程為y2x1交y軸于點(diǎn)B(0，1)AB與x軸交于點(diǎn)D(，0)設(shè)點(diǎn)C坐標(biāo)為C(t，t2)，CD方程為，即y(2x1)點(diǎn)E、F坐標(biāo)為E(，)；F(，)從而得EF的方程為：化簡(jiǎn)得：(21)t(1+2)y(21)t23x+1+t2t2 當(dāng)t時(shí)，直線CD方程為： y 聯(lián)立、解得消去t，得點(diǎn)P的軌跡方程為y(3x1)2當(dāng)t時(shí)，EF方程為：y(213)x+2，CD方程為：x，聯(lián)立解得點(diǎn)(，)，此點(diǎn)在上述點(diǎn)P的軌跡上，因C與A不能重合，故t1，x故所求軌跡為 y(3x1)2 (x)加試卷一、如圖，

18、在ABC中，設(shè)ABAC，過(guò)點(diǎn)A作ABC的外接圓的切線l，又以點(diǎn)A為圓心，AC為半徑作圓分別交線段AB于點(diǎn)D；交直線l于點(diǎn)E、F證明：直線DE、DF分別通過(guò)ABC的內(nèi)心與一個(gè)旁心證明：連DC、DE，作BAC的平分線交DE于點(diǎn)I，交CD于G由ADAC，DAICAI，AIAIADIACI故ADIACI，但FADACB(弦切角)；FAD2ADE(等腰三角形頂角的外角)所以FAD2ACIACB2ACI，即CI是ACB的平分線故點(diǎn)I是ABC的內(nèi)心連FD并延長(zhǎng)交AI延長(zhǎng)線于點(diǎn)I，連CI由于ADAEAFEDF90IDI90而由ADIACI知，AIDAICDIICII，又IDIC，II為公共邊故IDIICI，I

19、CI90由于CI是ACB的平分線，故CI是其外角的平分線，從而I為ABC的一個(gè)旁心又證： 連DE、DC，作BAC的平分線分別交DE于I，DC于G，連IC，則由ADAC，得AGDC，IDIC又D、C、E在A上，故IACDACIEC故A、I、C、E四點(diǎn)共圓所以CIECAEABC，而CIE2ICD，故ICDABC所以，AICIGC+ICG90+ABC，所以ACIACB故I為ABC的內(nèi)心 連FD并延長(zhǎng)交ABC的外角平分線于I1，連II1，BI1、BI，則由知，I為ABC的內(nèi)心，故IBI190EDI1故D、B、I1、I四點(diǎn)共圓故BII1BDI190ADI(BAC+ADG)ADIBAC+IDG，故A、I、

20、I1共線所以，I1是ABC的BC邊外的旁心二、設(shè)正數(shù)a、b、c、x、y、z滿足cy+bza，az+cxb，bx+ayc求函數(shù)f(x，y，z)+的最小值解：解方程組：得，由于x、y、z為正數(shù)，故即以a、b、c為邊可以構(gòu)成銳角三角形記邊a、b、c的對(duì)角分別為A、B、C則cosAx，cosBy，cosCz(A、B、C為銳角)f(x，y，z)f(cosA，cosB，cosC)+令ucotA，vcotB，wcotC，則u，v，wR+，且uv+vw+wu1于是，(u+v)(u+w)u2+uv+uw+vwu2+1同理，v2+1(v+u)(v+w)，w2+1(w+u)(w+v)cos2Asin2Acot2A，

21、所以，u2u2u2(+)同理v2(+)，w2(+)于是fu2+v2+w2(+)u2+v2+w2(u2uv+v2+v2vw+w2+w2wu+u2)(uv+vw+wu)(等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)uvw，即abc，xyz時(shí)成立)故知f(x，y，z)min又證：由約束條件可知 故得，f(x，y，z) 顯然有a+bc0，ab+c0，a+b+c0由Cauchy不等式有，bc(b+ca)+ca(c+ab)+ab(a+bc)(a2+b2+c2)2故f(x，y，z)下面證明1即證a4+b4+c4a3b+a3c+b3c+b3a+c3a+c3b(a+b+c)abc 由于，a4a3ba3c+a2bca2(a2abacbc)a2(

22、ab)(ac)故式即a2(ab)(ac)+b2(ba)(bc)+c2(ca)(cb)0不妨設(shè)abc則a2(ab)(ac)+b2(ba)(bc)a2(ab)(bc)b2(ab)(bc)(a2b2)(ab)(bc)0，又，c2(ca)(cb)0于是a2(ab)(ac)+b2(ba)(bc)+ c2(ca)(cb)0成立等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)abc時(shí)成立所以，f(x，y，z)，且f(，)又證：令p(a+b+c)，式即f(x，y，z)(由Cauchy不等式) 而a2+b2+c22(p24Rrr2)，ab+bc+cap2+4Rr+r2，abc4Rrp(*)故，f(x，y，z)而p2p4+16R2r2+r48p2R

23、r2p2r2+8Rr3p48p2Rr+p2r216R2+8Rr+r23p24R+rp (*)最后一式成立故得結(jié)論關(guān)于(*)式：由rp，得 r2； 又由，得4Rr故4Rr+r2p2+(ab+bc+ca) 就是 ab+bc+cap2+4Rr+r2； a2+b2+c2(a+b+c)22(ab+bc+ca)4p22p28Rr2r22(p24Rrr2)； abc4R4Rrp關(guān)于(*)式：由r4Rsinsinsin，故4R+r4R+4Rsinsinsin4R+4R(cosA+cosB+cosC1)R(3+ cosA+cosB+cosC)2R(cos2+cos2+cos2)而p=RsinA+RsinB+Rs

24、inC4R coscoscos故4R+rpcos2+cos2+cos22coscoscos又cos2+cos2+cos23，而32coscoscos coscoscos sinA+sinB+sinC3sin(由琴生不等式可證)三、對(duì)每個(gè)正整數(shù)n，定義函數(shù)f(n)(其中x表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，xxx)試求f(k)的值解：對(duì)于任意n(n不是完全平方數(shù))，存在k，滿足k2n(k+1)2，則1nk22k此時(shí)k+由于2k2k+2k+1故從而在與之間沒(méi)有整數(shù)即=若記nk2i(i1，2，2k)，又240152+15于是，f(k)+由于ki2k時(shí)1故k于是f(k)+k(2+6+11+16+22+29+34+

25、42+49+56+63+72+78+87+96)+105768即所求值為768又解：為計(jì)算，畫一2k2k的表格，在第i行中，凡i的倍數(shù)處填寫*號(hào)，則這行的*號(hào)共有個(gè)，全表共有個(gè)另一方面，第j列中的*號(hào)個(gè)數(shù)等于j的約數(shù)的個(gè)數(shù)T(j)，從而全表中的*號(hào)個(gè)數(shù)等于T(j)故T(j)以2k6為例：j i1234561*2*3*4*5*6*故f(a)T(j)nT(1)+T(2)+(n1)T(3)+T(4)+T(2n1)+T(2n) 由此，f(k)(16k)T(2k1)+T(2k) 記anT(2k1)+T(2k)可得ak的取值如下表(k1，2，15)：k123456789101112131415ak356678698881071010f(k)(16k)ak783 又當(dāng)k241，242，255時(shí)，設(shè)k152+r(r16，17，30)則1515，從而，于是12故，1，k241，242，255，又f(256)0，所以f(k)78315