全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版21

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1、二一年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽試題參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)說(shuō)明：1評(píng)閱試卷時(shí)，請(qǐng)依據(jù)本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)選擇題只設(shè)6分和0分兩檔，填空題只設(shè)9分和0分兩檔；其它各題的評(píng)閱，請(qǐng)嚴(yán)格按照本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定的評(píng)分檔次給分，不要再增加其他中間檔次2如果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(píng)卷時(shí)請(qǐng)參照本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)劃分檔次評(píng)分，可以5分為一個(gè)檔次，不要再增加其它中間檔次一、選擇題（本題滿分36分，每小題6分）本題共有6小題，每題均給出（A）、（B）、（C）、（D）四個(gè)結(jié)論，其中有且僅有一個(gè)是正確的請(qǐng)將正確答案的代表字母填在題后的括號(hào)內(nèi)每小題選對(duì)得6分；不選、選錯(cuò)或選出的代表字母超過(guò)一個(gè)（不論是否寫在括號(hào)內(nèi)），

2、一律得0分1已知a為給定的實(shí)數(shù)，那么集合M=x| x2-3x-a2+2=0，xR的子集的個(gè)數(shù)為（A）1（B）2（C）4（D）不確定【答】（C）【解】方程x2-3x-a2+2=0的根的判別式=1+4a20，方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根由M有2個(gè)元素，得集合M有22=4個(gè)子集2 命題1 長(zhǎng)方體中，必存在到各頂點(diǎn)距離相等的點(diǎn); 命題2 長(zhǎng)方體中，必存在到各棱距離相等的點(diǎn); 命題3 長(zhǎng)方體中，必存在到各面距離相等的點(diǎn). 以上三個(gè)命題中正確的有 （A） 0個(gè) （B） 1個(gè) （C） 2個(gè) （D） 3個(gè) 【答】（B）【解】只有命題1對(duì) 3在四個(gè)函數(shù)y=sin|x|，y=cos|x|，y=|ctgx|，y=lg|

3、sinx|中以為周期、在(0，)上單調(diào)遞增的偶函數(shù)是（A）y=sin|x| （B）y=cos|x| （C）y=|ctgx|（D）y=lg|sinx|【答】（D）【解】y=sin|x|不是周期函數(shù)y=cos|x|=cosx以2為周期y=|ctgx|在（0，）上單調(diào)遞減只有y=lg|sinx|滿足全部條件4如果滿足ABC=60，AC=12， BC=k的ABC恰有一個(gè)，那么k的取值范圍是（A） k= （B）0k12 （C） k12 （D） 0k12或k= 【答】（D） 【解】根據(jù)題設(shè)，ABC共有兩類如圖 易得k=或024,4x+5yx+3y=a24,4x+5y=b3y 也可以根據(jù)二元一次不等式所表示

4、的區(qū)域來(lái)研究二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）本題共有6小題，要求直接將答案寫在橫線上7橢圓的短軸長(zhǎng)等于【解】 故從而8若復(fù)數(shù)z1，z2滿足| z1|=2，| z2|=3，3z1-2z2=，則z1z2=【解】由3z1-2z2=可得本題也可設(shè)三角形式進(jìn)行運(yùn)算9正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，則直線A1C1與BD1的距離是【解】作正方體的截面BB1D1D，則A1C1面BB1D1D設(shè)A1C1與B1D1交于點(diǎn)O，在面BB1D1D內(nèi)作OHBD1，H為垂足，則OH為A1C1與BD1的公垂線顯然OH等于直角三角形BB1D1斜邊上高的一半，即OH=10. 不等式的解集為【解】 等價(jià)于或 即或此

5、時(shí)或或解為x 4或0x1 或 1x即解集為11函數(shù)的值域?yàn)椤窘狻績(jī)蛇吰椒降茫瑥亩矣苫蛉稳?，令，易知，于是且任取，同樣令，易知，于是且因此，所求函?shù)的值域?yàn)?2 在一個(gè)正六邊形的六個(gè)區(qū)域栽種觀賞植物（如圖），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 732 種栽種方案【解】考慮A、C、E種同一種植物，此時(shí)共有4333=108種方法考慮A、C、E種二種植物，此時(shí)共有343322=432種方法考慮A、C、E種三種植物，此時(shí)共有P43222=192種方法故總計(jì)有108+432+192=732種方法三、解答題（本題滿分60分，每小題20分）13設(shè)an為等差數(shù)列，

6、bn為等比數(shù)列，且b1=a12，b2=a22，b3=a32（a1a2） ，又試求an的首項(xiàng)與公差【解】設(shè)所求公差為d，a10由此得a12(a1+2d)2=(a1+d)4化簡(jiǎn)得2a12+4a1d+d2=0解得d=() a1.5分而0，故a10若d=() a1，則； 若d=()a1，則；10分但存在，故|q|1于是不可能從而所以a1=，d=() a1=()()=20分14設(shè)曲線C1：（a為正常數(shù)）與C2：y2=2（x+m） 在x軸上方僅有一個(gè)公共點(diǎn)P 求實(shí)數(shù)m的取值范圍（用a表示）； O為原點(diǎn)，若C1與x軸的負(fù)半軸交于點(diǎn)A，當(dāng)0a時(shí)，試求OAP的面積的最大值（用a表示）【解】 由消去y得，x2+2

7、a2x+2a2m-a2=0 設(shè)f(x)= x2+2a2x+2a2m-a2，問題轉(zhuǎn)化為方程在x(-a，a)上有唯一解或等根只須討論以下三種情況：1 =0得 m=此時(shí) xp= -a2，當(dāng)且僅當(dāng)-a-a2a，即0a1時(shí)適合；2 f(a)f(-a)0當(dāng)且僅當(dāng)ama；3 f(-a)=0得m=a此時(shí) xp=a-2a2，當(dāng)且僅當(dāng)-a a-2a2a，即0a1時(shí)適合f(a)=0得m=-a，此時(shí) xp=-a-2a2，由于-a-2a2-a，從而m-a綜上可知，當(dāng)0a1時(shí)，m=或-ama； 當(dāng)a1時(shí)，-ama.10分【解】 OAP的面積S=ayp0a，故-a0，從而取值最大，此時(shí)yp=2，S=a當(dāng)m=時(shí)，xp=-a2

8、，yp=，此時(shí)S=a下面比較a與a的大?。毫頰=a，得a=.故當(dāng)0a時(shí) , 此時(shí)Smax= 當(dāng)aa2a3a4a5a6) 的電阻組裝成一個(gè)如圖的組件，在組裝中應(yīng)如何選取電阻，才能使該組件總電阻值最??？證明你的結(jié)論 【解】 設(shè)6個(gè)電阻的組件（如圖3）的總電阻為RFG當(dāng)Ri=ai ，i=3，4，5，6，R1，R2是a1，a2的任意排列時(shí)，RFG最小5分證明如下1設(shè)當(dāng)兩個(gè)電阻R1，R2并聯(lián)時(shí)，所得組件阻值為R：則故交換二電阻的位置，不改變R值，且當(dāng)R1或R2變小時(shí)，R也減小，因此不妨取R1R2R1R3R22設(shè)3個(gè)電阻的組件(如圖1)的總電阻為RAB：R3R4R1R2顯然R1+R2越大，RAB越小，所以

9、為使RAB最小必須取R3為所取三個(gè)電阻中阻值最小的一個(gè)3設(shè)4個(gè)電阻的組件(如圖2)的總電阻為RCD：若記，則S1、S2為定值于是只有當(dāng)R3R4最小，R1R2R3最大時(shí)，RCD最小，故應(yīng)取R4R3，R3R2，R3R1，即得總電阻的阻值最小15分4對(duì)于圖3，把由R1、R2、R3組成的組件用等效電阻RAB代替要使RFG最小，由3必需使R6R5；且由1，應(yīng)使RCE最小由2知要使RCE最小，必需使R5 R4，且應(yīng)使RCD最小E而由3，要使RCD最小，應(yīng)使R4 R3 R2且R4 R3 R1G這就說(shuō)明，要證結(jié)論成立20分圖3R1AR2R4R6R3R5BCDFGE二一年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽加試參考答案及評(píng)分標(biāo)

10、準(zhǔn)說(shuō)明：1評(píng)閱試卷時(shí)，請(qǐng)嚴(yán)格按照本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定的評(píng)分檔次給分2如果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(píng)卷時(shí)請(qǐng)參照本評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)適當(dāng)劃分檔次評(píng)分，可以10分為一個(gè)檔次，不要再增加其它中間檔次一如圖，ABC中，O為外心，三條高AD、BE、CF交于點(diǎn)H，直線ED和AB交于點(diǎn)M， FD和AC交于點(diǎn)N求證：（1）OBDF，OCDE（2）OHMN【證明】（1）A，C，D，F(xiàn)四點(diǎn)共圓，BDF=BAC又OBC=(180-BOC)=90-BAC，OBDF同理OCDE10分（2） CFMA，MC 2-MH 2=AC 2-AH 2BENA，NB 2-NH 2=AB 2-AH 2DABC，BD 2-C

11、D 2=BA 2-AC 2OBDF，BN 2-BD 2=ON 2-OD 2OCDE，CM 2-CD 2=OM 2-OD 230分-+-，得NH 2-MH 2=ON 2-OM 2MO 2-MH 2=NO 2-NH 2所以O(shè)HMN50分二設(shè)（i=1，2，n），且，求的最大值與最小值【解】先求最小值，因?yàn)?，等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)存在i使得 xi =1，xj =0，ji的最小值為110分再求最大值，令，設(shè)M =令則30分令an+1=0，則M=由柯西不等式得M等號(hào)成立（k=1，2，n）由于，從而，即所求最大值為50分三將邊長(zhǎng)為正整數(shù)m，n的矩形劃分成若干邊長(zhǎng)均為正整數(shù)的正方形每個(gè)正方形的邊均平行于矩形的相應(yīng)

12、邊試求這些正方形邊長(zhǎng)之和的最小值【解】記所求最小值為f（m，n），可以證明f（m，n）=m+n-(m，n) (*)其中(m，n)表示m和n的最大公約數(shù)10分事實(shí)上，不妨設(shè)mn(1)關(guān)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(zhǎng)之和恰為m+n-(m，n)當(dāng)m=1時(shí),命題顯然成立 假設(shè)當(dāng)mk時(shí)，結(jié)論成立（k1）當(dāng)m=k+1時(shí)，若n= k+1，則命題顯然成立若n k+1，從矩形ABCD中切去正方形AA1D1D（如圖），由歸納假設(shè)矩形A1BCD1有一種分法使得所得正方形邊長(zhǎng)之和恰為m-n+n-(m-n，n)= m-(m，n).于是原矩形ABCD有一種分法使得所得正方形邊長(zhǎng)之和為m+n-

13、(m，n)20分(2)關(guān)于m歸納可以證明(*)成立當(dāng)m=1時(shí),由于n=1，顯然f (m，n)=1= m+n- (m，n)假設(shè)當(dāng)mk時(shí)，對(duì)任意1nm有f (m，n)= m+n- (m，n)若m=k+1，當(dāng)n= k+1時(shí)顯然f（m，n）= k+1= m+n- (m，n)當(dāng)1nk時(shí)，設(shè)矩形ABCD按要求分成了p個(gè)正方形，其邊長(zhǎng)分別為a1，a2，ap，不妨設(shè)a1a2ap顯然a1=n或a1n若a1 m+n- (m，n)若a1=n，則一個(gè)邊長(zhǎng)分別為m-n和n的矩形可按題目要求分成邊長(zhǎng)分別為a2，ap的正方形，由歸納假設(shè)a2+apm-n+n-(m-n，n)= m- (m，n)從而a1+a2+apm+n-(m，n)于是當(dāng)m=k+1時(shí)，f（m，n）m+n- (m，n)再由(1)可知f (m，n)=m+n- (m，n)50分