历届江苏高中数学竞赛试题及答案
高中数学联赛江苏赛区初赛试卷及答案
2018全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷时间：120分钟 满分：150分 姓名：一、填空题（本题共10小题，每小题107分，满分70分.要求直接将答案写在横线上.）1、函数cos cos2(R)y x x x =-∈的值域为__ __.2、已知2(i)34i a b +=+，其中,R a b ∈，i 是虚数单位，则²²a b +的值为_ ___. 3、圆心在抛物线²2x y =上，并且和该抛物线的准线及y 轴都相切的圆的方程为___ __.4、设函数14()2xx f x x -=-，则不等式2(1)(57)0f x f x -+-<的解集为__ ___. 5、已知等差数列{}n a 的前12项的和为60，则1212a a a +++L 的最小值为__ ___.6、已知正四面体内切球的半径是1，则该四面体的体积为___ __.7、在ABC ∆中，54AB AC ==，，且12=⋅AC AB ,设P 是平面ABC 上的一点，则)(PC PB PA +⋅的最小值为_____.8、设()g n =∑=nk n k 1),(，其中*N n ∈，(,)k n 表示k 与n 的最大公约数，则(100)g 的值为=_____. 9、将1,2,3,4,5,6,7,8,9，这9个数随即填入3⨯3的方格中，每个小方格恰填写一个数，且所填的数各不相同，则使每行、每列所填的数之和都是奇数的概率为__ __.10、在1,2,3,4,,1000L 中， 能写成²²1(N)a b a b -+∈，的形式，且不能被3整除的数有__ ____个.二、解答题（本大题共4小题，每小题20分，共80分）11、如图，在平面直角坐标系xoy 中，已知圆O 的方程为224x y +=，过点(0,1)P 的直线l 与圆O 交于,A B 两点，与x 轴交于点Q ，设PB QB PA QA μλ==,，求证：μλ+为定值.12、已知{}n a 是公差为(0)d d ≠的等差数列，且t a t a t a +=+=+33221，（1）求实数t d ，的值； （2）若正整数满足0222r p =-=-=-r r p p m m t a t a t a m ，＜＜，求数组(,,)m p r 和相应的通项公式n a . 13、如图，在圆内接四边形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点P ，ABD ∆与ABC ∆的内心分别为1I 和 2I ，直线21I I 分别与AC BD ，交于点,M N ，求证：PM PN =.14、从1,2,3,,2050L 这2050个数中任取2018个数组成集合A ，把A 中的每个数染上红色或蓝色，求证：总存在一种染色方法，是使得有600个红数及600个蓝数满足下列两个条件：①这600个红数的和等于这600个蓝数的和；②这600个红数的平方和等于这600个蓝数的平方和.参考答案：（1）9[0,]8； （2）5； （3）221(1)()12x y ±+-=； （4）(2,3)； （5）60； （6）83； （7）658-； （8）520； （9）114； （10）501； （11）83； （12）①12t =-，38d =；②(,,)(1,3,4)m p r =，1(311)8n a n =-； Q AB xy o P。
全国高中数学联赛江苏赛区
全国高中数学联赛江苏赛区初赛分类一：二项式，复数9．(x3x2)3的展开式中，x5的系数为 27 1． 复数44(1i)(1i)++-= ． 答案：－8 二：指数。
对数 2. 函数3log 3xy =的图像大致是（A ）(A ) (B )(C ) (D) 8. 设()log ()a f x x b =+(0a >且1)a ≠的图象经过点(21)，，它的反函数的图象经过点(28)，，则b a +等于4.解：由题设知 log (2)1log (8)2a a b b +=⎧⎨+=⎩，， 化简得 2(2)(8).b a b a +=⎧⎨+=⎩，解之得 113a =⎧⎨⎩，222a =-⎧⎨⎩，（舍去）故a b +等于4.4．已知＝，则实数x ＝． 填1．解：即＝32x －4×3x ＋3＝03x ＝1(舍去)，3x ＝3x ＝1．1．方程9135x x +-=的实数解为．提示与答案：x ＜0无解; 当0x ≥时，原方程变形为32x+3x －6=0，解得3x=2，x=log32． 2. 设)(x f y =为指数函数xa y =. 在P(1,1)，Q(1,2)，M(2,3)，⎪⎭⎫⎝⎛41,21N 四点中，函数)(x f y =与其反函数)(1x f y -=的图像的公共点只可能是点 答：[D]A. PB. QC. MD. N 解 取161=a ，把坐标代入检验，4116121=⎪⎭⎫ ⎝⎛ ，而2116141=⎪⎭⎫⎝⎛，∴公共点只可能是点N.选D.三：不等式。
10.已知 ,则x2+y2的最大值是 9 12. 已知平面上两个点集 22{(,)||1|2(),,M x y x y x y x y =++≥+∈R}, {(,)||||1|1,,N x y x a y x y =-+-≤∈R}. 若 M N ≠∅, 则 a 的取值范围是o11 xy o 11x y o 1 1xyo 1 1xy ≥0 ≥0 ≥0 333y x y x y ⎧⎪-⎨⎪+-⎩.12.[1+由题意知M 是以原点为焦点、直线 10x y ++= 为准线的抛物线上及其凹口 内侧的点集，N 是以 (,1)a 为中心的正方形及其内部的点集(如图)．考察 MN =∅ 时,a 的取值范围:令 1y =, 代入方程|1|x y ++=得 2420x x --=，解出得2x = 所以，当211a <= 时,M N =∅． …………③令 2y =，代入方程|1|x y ++=得 2610x x --=. 解出得3x =±．所以，当3a >+时, MN =∅． …………④因此, 综合 ③与 ④ 可知，当13a -≤≤，即[13a ∈时,M N ≠∅．故填[1+.3.设 0a b >>, 那么 21()a b a b +- 的最小值是A. 2B. 3C. 4D. 53,C 由 0a b >>, 可知22210()()424a ab a b b a <-=--≤ 所以， 222144()a a b a b a+≥+≥-.故选 C ．2．关于x 的不等式02022<--a ax x 任意两个解的差不超过9，则a 的最大值与最小值 的和是（ C ）.（A ） 2 （B ） 1 （C ） 0 （D ） 1-解：方程02022=--a ax x 的两根是14x a =-，25x a =，则由关于x 的不等式22200x ax a --<任意两个解的差不超过9，得9|9|||21≤=-a x x ，即11≤≤-a . 故选（C ）．7．集合A={x ∣x=3n ，n ∈N ，0<n<10}，B={y ∣y=5m ，m ∈N ，O≤m≤6}, 则集合AUB 的所有元素之和为 2256. 设集合[]{}{}222<==-=x x B x x x A 和，其中符号[]x 表示不大于x 的最大整数，则{}3,1-=B A .解 ∵2<x ，[]x 的值可取1,0,1,2--.当[x]=2-，则02=x 无解；当[x]=1-，则12=x ，∴x=1-；当[x]=0，则22=x 无解； 当[x]=1，则32=x ，∴3=x .所以31或-=x .12. 设命题P :2a a <，命题Q : 对任何x ∈R ，都有2410x ax ++>. 命题P 与Q 中有且仅有一个成立，则实数a 的取值范围是 021≤<-a 或 121<≤a . 解：由a a <2得10<<a ．由0142>++ax x 对于任何x ∈R 成立，得04162<-=∆a ，即2121<<-a ．因为命题P 、Q 有且仅有一个成立，故实数 a 的取值范围是 021≤<-a 或 121<≤a ．四．三角函数1.函数 ()y f x = 的图像按向量 (,2)4a π= 平移后, 得到的图像的解析式为sin()24y x π=++. 那么 ()y f x = 的解析式为A. sin y x =B. cos y x =C. sin 2y x =+D. cos 4y x =+ 1,B sin[()]44y x ππ=++, 即 cos y x =.故选 B ． 9.函数 ∈+=x x x y (|2cos ||cos |R) 的最小值是.9,2令 |cos |[0,1]t x =∈，则 2|21|y t t =+-．当1t ≤≤ 时， 2219212()48y t t t =+-=+-，得2y ≤≤；当 02t ≤<时，2219212()48y t t t =-++=--+，得928y ≤≤又 y 可取到2, 故填2．8．设COS2θ=3，则COS4θ+sin4θ的值是11181．已知函数2sin y x =，则（ B ）.（A ） 有最小正周期为π2（B ） 有最小正周期为π（C ） 有最小正周期为2π（D ） 无最小正周期 解：)2cos 1(21sin 2x x y -==，则最小正周期π=T . 故选（B ）． 1．已知sinαcosβ＝1，则cos(α＋β)＝． 填0．解：由于|sinα|≤1，|cosβ|≤1，现sinαcosβ＝1，故sinα＝1，cosβ＝1或sinα＝－1，cosβ＝－1， ∴α＝2kπ＋，β＝2lπ或α＝2kπ－，β＝2lπ＋πα＋β＝2(k ＋l)π＋(k ，l ∈Z)． ∴cos(α＋β)＝0．6．在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，.10103cos ,21tan ==B A 若△ABC 最长的边为1，则最短边的长为（ ） A ．55B ．355C ． 455D ． 556．解：由10103cos =B 知B 为锐角.31tan =∴B 故1tan tan 1tan tan )tan()tan(tan -=⋅-+-=+-=--=BA BA B A B A C π由（1）知︒=∠135C ，故c 边最长，即c=1，又B A tan tan >，故b 边最短∴==22sin ,1010sin C B 由正弦定理CcB b sin sin =得 55sin sin ==C B c b 即最短边的长为55.11．在ABC ∆中，已知3tan =B ，322sin =C ，63=AC ，则ABC ∆的面积为 8362ABC S ∆=解：在ABC ∆中，由3tan =B 得︒=60B ．由正弦定理得sin 8sin AC CAB B⋅==．因为︒>60322arcsin，所以角C 可取锐角或钝角，从而31cos ±=C ． 23sin sin()sin cos cos sin 36A B C B C B C =+=+=±．故 sin 83622ABC AC ABS A ∆⋅==． 4. 如果111C B A ∆的三个内角的余弦值分别是222C B A ∆的三个内角的正弦值，那么答：[B]A. 111C B A ∆与222C B A ∆都是锐角三角形B. 111C B A ∆是锐角三角形，222C B A ∆是钝角三角形C. 111C B A ∆是钝角三角形，222C B A ∆是锐角三角形D. 111C B A ∆与222C B A ∆都是钝角三角形解 两个三角形的内角不能有直角；111C B A ∆的内角余弦都大于零，所以是锐角三角形；若222C B A ∆是锐角三角形，则不妨设cos 1A =sin 2A =cos ⎪⎭⎫⎝⎛-12A π， cos 1B =sin 2B =cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-22A π， cos 1C =sin 2C =cos ⎪⎭⎫⎝⎛-12C π. 则212A A -=π，212B B -=π，212C C -=π，即)(23222111C B A C B A ++-=++π，矛盾. 选B. 10. 在ABC ∆中，若tanAtanB=tanAtanC+tanctanB ，则222c b a += 3 .解 切割化弦，已知等式即CB CB C A C A B A B A cos cos sin sin cos cos sin sin cos cos sin sin +=， 亦即C B A C B A cos )sin(sin sin sin +=，即C C B A 2sin cos sin sin =1，即1cos 2=cC ab . 所以，122222=-+c c b a ，故3222=+c b a . 2．函数sin cos y x x =+(x ∈R )的单调减区间是.提示与答案：与f(x)=y2=1+|sin2x|的单调减区间相同，[,],2422k k k ππππ++∈Z ． 4． 已知1cos45θ=，则44sin cos θθ+=．答案：45五：向量 7.设向量 OA 绕点 O 逆时针旋转 2π得向量 OB , 且 2(7,9)OA OB +=, 则 向量 OB =. 7,1123(,)55-设 (,)OA m n =, 则 (,)OB n m =-, 所以 2(2,2)(7,9)OA OB m n n m +=-+=即 27,29.m n m n -=⎧⎨+=⎩ 解得 23,511.5m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩因此，23111123(,),(,)5555OA OB ==-. 3. 已知向量a 、b ，设AB =a 2+b ，5BC =-a 6+b ，7CD =a 2-b ，则一定共线 的三点是（ A ）.（A ）A 、B 、D （B ）A 、B 、C （C ）B 、C 、D （D ）A 、C 、D 解：2BD BC CD =+=a 4+b 2AB =，所以A 、B 、D 三点共线. 故选（A ）． 8．设点O 是△ABC 的外心，AB ＝13，AC ＝12，则→BC·→AO ＝． 填－．解：设|→AO|＝|→BO|＝|→OC|＝R ．则→BC·→AO ＝(→BO ＋→OC)·→AO ＝→BO·→AO ＋→OC·→AO ＝R2cos(π－2C)＋R2cos2B＝R2(2sin2C －2sin2B)＝(2RsinB)2－(2RsinC)2＝(122－132)＝－．3．在△ABC 中，已知4AB AC ⋅=，12AB BC ⋅=-，则AB ＝.提示与答案：216AB AC AB BC AB ⋅-⋅==，得4AB =． 5． 已知向量a ，b 满足π2,,3==<>=a b a b ，则以向量2+a b 与3-a b 表示的有向线段 为邻边的平行四边形的面积为． 答案：六：圆锥曲线1. 如果实数m ，n ，x ，y 满足a n m =+22，b y x =+22，其中a ，b 为常数，那么mx+ny的最大值为答：[B]A. 2b a +B. abC. 222b a + D. 222b a +解 由柯西不等式ab y x n m ny mx =++≤+))(()(22222；或三角换元即可得到ab ny mx ≤+，当2a n m ==，2by x ==时，ab ny mx =+. 选B.3. 已知抛物线y2=2px ，o 是坐标原点，F 是焦点，P 是抛物线上的点，使得△POF是直角三角形，则这样的点P 共有( B ) (A)0个 (B)2个 (C)4个 (D)6个10．圆锥曲线0|3|102622=+--+-++y x y x y x的离心率是2．解：原式变形为|3|)1()3(22+-=-++y x y x ，即=2|3|2+-y x ．所以动点),(y x 到定点(31)-，的距离与它到直线03=+-y x 的距离之比为2．故此动点轨迹为双曲线，离心率为2．B3．设一个椭圆的焦距、短轴长、长轴长成等比数列，则此椭圆的离心率e ＝． 填－1＋52． 解：由(2b)2＝2c×2a a2－c2＝ac e2＋e －1＝0e ＝－1＋52．9. 与圆0422=-+x y x 外切，且与y 轴相切的动圆圆心的轨迹方程为)0(82>=x x y 或)0(0<=x y .解 由圆锥曲线的定义，圆心可以是以(2,0)为焦点、2-=x 为准线的抛物线上的点；若切点是原点，则圆心在x 轴负半轴上.所以轨迹方程为)0(82>=x x y ，或)0(0<=x y .5．在直角坐标系xOy 中，已知圆心在原点O 、半径为R 的圆与△ABC 的边有公共点，其中()4,0A =、()6,8B =、()2,4C =，则R 的取值范围为．提示与答案：画图观察，R 最小时圆与直线段AC 相切，R 最大时圆过点B ．[855，10]．2． 已知直线10x my -+=是圆22:4450C x y x y +-+-=的一条对称轴，则实数m =.答案：32-七：函数4.设f （x ）是定义在R 上单调递减的奇函数．若x1+x2>O ，x2+x3>O ，x3十x1>O ，则 ( B )(A)f(x1)+f(x2)+f(x3)>0 (B)f(x1)+f(x2)+f(x3)<O (C)f(x1)+f(x2)+f(x3)=0 (D)f(x1)+f(x2)>f(x3)4．函数()()()221f x x x =-+在区间[]0,2上的最大值是，最小值是．提示与答案：极小值－4，端点函数值f(2)=0，f(0)=－2，最小值－4，最大值0． 6．设函数()f x 的定义域为R ，若()1f x +与()1f x -都是关于x 的奇函数，则函数()y f x =在区间[]0,100上至少有 个零点.提示与答案：f(2k1)=0，k ∈Z. 又可作一个函数()f x 满足问题中的条件，且()f x 的 一个零点恰为21x k =-，k ∈Z. 所以至少有50个零点. 6．已知()122007122007f x x x x x x x =+++++++-+-++-（x ∈R ），且2(32)(1),f a a f a -+=- 则a 的值有（ D ）.（A ）2个 （B ）3个 （C ）4个 （D ）无数个 解：由题设知()f x 为偶函数，则考虑在11≤≤-x 时，恒有()2(1232007)20082007f x =⨯++++=⨯．所以当21321a a -≤-+≤，且111a -≤-≤时，恒有2(32)(1)f a a f a -+=-．由于不等式21321a a -≤-+≤a ≤≤ 111≤-≤-a 的解集为20≤≤a ．因此当2253≤≤-a 时，恒有 2(32)(1)f a a f a -+=-. 故选（D ）．9．已知函数()y f x =的图象如图，则满足22221()(lg(620))021x x f f x x x x --⋅-+≤-+的 x 的取值范围为 [21)x ∈-，．解： 因为 (2lg 6201x x -+>，所以()2lg 6200x x -+<. 于是，由图象可知，2111x x +≤-，即 201x x +≤-，解得 21x -≤<. 故x 的取值范围为[21)x ∈-，． 2.如果二次方程 20(,x px q p q --=∈N*) 的正根小于3, 那么这样的二次方程有A. 5个B. 6个C. 7个D. 8个2,C 由 240,0p q q ∆=+>-<, 知方程的根为一正一负．设 2()f x x px q =--，则 2(3)330f p q =-->, 即39p q +<.由于 ,p q ∈N*， 所以 1,5p q =≤ 或 2,2p q =≤. 于是共有7组 (,)p q 符合题意． 故选 C ．7． 设函数2()2f x x =-．若f(a)＝f(b)，且0＜a ＜b ，则ab 的取值范围是． 答案：(0,2) 八：立几4.设四棱锥 P ABCD - 的底面不是平行四边形, 用平面 α 去截此四棱锥, 使得 截面四边形是平行四边形, 则这样的平面 αA. 不存在B. 只有1个C. 恰有4个D. 有无数多个4,D 设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线为 m 、n , 直线 m 、n 确定了一个平面 β作与 β 平行的平面 α, 与四棱锥的各个侧面相截，则截得的四边形必为平行四边形．而这样的平面 α 有无数多个．故选 D ．10.在长方体 1111ABCD A B C D - 中, 12,1AB AA AD ===, 点 E 、F 、G 分别是棱 1AA 、11C D 与 BC 的中点, 那么四面体 1B EFG - 的体积是. 10,138B EFG V -=在 11D A 的延长线上取一点 H ，使 114A H =. 易证,1||HEB G ， ||HE 平面1B FG ． 故 1111B EFG E B FG H B FG G B FH V V V V ----===．而 198B FH S ∆=，G 到平面 1B FH 的距离为 1． 故填 138B EFG V -=． 12．长方体ABCDA1B1C1D1中，已知AB1=4，AD1=3，则对角线AC1 的取值范围为. AC1∈(4,5)5．过空间一定点P 的直线中，与长方体ABCD 一A1B1C1D1的12条棱所在直线成等角的直线共有( C ) (A)0条 (B)1条 (C)4条 (D)无数多条4．设α、β、γ为平面，m 、n 为直线，则m β⊥的一个充分条件是（ D ）. （A ）αβ⊥，n αβ=，m n ⊥ （B ）m αγ=，αγ⊥，βγ⊥（C ）αβ⊥，βγ⊥，m α⊥ （D ）n α⊥，n β⊥，m α⊥解：（A ）选项缺少条件m α⊂；（B ）选项当//αβ，βγ⊥时，//m β；（C ）选项当α、β、γ两两垂直（看着你现在所在房间的天花板上的墙角），m βγ=时，m β⊂；（D ）选项同时垂直于同一条直线的两个平面平行．本选项为真命题. 故选（D ）．5. 设a ，b 是夹角为30°的异面直线，则满足条件“α⊆a ，β⊆b ，且βα⊥”的平面α，β 答： [D]A. 不存在B. 有且只有一对C. 有且只有两对D. 有无数对解 任作a 的平面α，可以作无数个. 在b 上任取一点M ，过M 作α的垂线. b 与 垂线确定的平面β垂直于α. 选D.8. 已知点O 在ABC ∆内部，022=++OC OB OA .OCB ABC ∆∆与的面积之比为5：1. 解 由图，ABC ∆与OCB ∆的底边相同，高是5：1.故面积比是5：1.5．如图，在四面体ABCD 中，P 、Q 分别为棱上的点，且BP ＝2PC ，CQ ＝2QD ．R 为棱AD 的中点，则点A 、B 的距离的比值为．填14． 解：A 、B 到平面PQR 的距离分别为三棱锥APQR 与BPQR 的以三角形PQR 为底的高．故其比值等于这两个三棱锥的体积比．V APQR ＝V APQD ＝×13V APCD ＝×13×13V ABCD ＝V ABCD ；又，SBPQ ＝SBCD －SBDQ －SCPQ ＝(1－13－23×13)SBCD ＝49SBCD ，VRBPQ ＝49VRBCD ＝×49V ABCD ＝418V ABCD ．∴A 、B 到平面PQR 的距离的比＝1∶4．又，可以求出平面PQR 与AB 的交点来求此比值：在面BCD 内，延长PQ 、BD 交于点M ，则M 为面PQR 与棱BD 的交点． 由Menelaus 定理知，··＝1，而＝，＝，故＝4．BCDAPQ R MNR Q PADCB在面ABD 内，作射线MR 交AB 于点N ，则N 为面PQR 与AB 的交点． 由Menelaus 定理知，··＝1，而＝4，＝1，故＝14．∴A 、B 到平面PQR 的距离的比＝1∶4．6．设f(x)＝log3x －4－x ，则满足f(x)≥0的x 的取值范围是． 填[3，4]．解：定义域(0，4]．在定义域内f(x)单调增，且f(3)＝0．故f(x)≥0的x 的取值范围为[3，4]．7．右图是某种净水水箱结构的设计草图，其中净水器是一个宽10cm 、体积为3000cm3的长方体，长和高未定．净水水箱的长、宽、高比净水器的长、宽、高分别长20cm 、20cm 、60cm ．若不计净水器中的存水，则净水水箱中最少可以存水cm3．填78000．解：设净水器的长、高分别为x ，ycm ，则 xy ＝300，V ＝30(20＋x)(60＋y)＝30(1200＋60x ＋20y ＋xy) ≥30(1200＋260x×20y ＋300)＝30(1500＋1200) ＝30×2700．∴ 至少可以存水78000cm3．7．从正方体的12条棱和12条面对角线中选出n 条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异面直线，则n 的最大值为． 提示与答案：不能有公共端点，最多4条，图上知4条可以． 9． 一个等腰直角三角形的顶点分别在底边长为4的正三棱柱的三条侧棱上，则此直角三角形的斜边长是． 答案：4 39．在三棱锥A BCD -中，已知ACB CBD ∠=∠，ACD ADC BCD BDC ∠=∠=∠=∠θ=，且cos θ=．已知棱AB的长为，则此棱锥的体积为． 提示与答案：4面为全等的等腰三角形，由体积公式可求得三棱锥的体积为 144 ． 九：排列。
全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷(含答案)
全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷(含答案)全国高中数学联赛江苏赛区初赛参考答案与评分细则一、填空题（本题共10小题，满分70分，每小题7分，要求直接将答案写在横线上。
）1.已知点P(4,1)在函数$f(x)=\log_a(x-b)$（$b>0$）的图像上，则$ab$的最大值是______。
解：由题意知，$\log_a(4-b)=1$，即$a+b=4$，且$a>0$，$a\neq 1$，$b>0$，从而$ab\leq 4$。
当$a=b=2$时，$ab$的最大值是4.2.函数$f(x)=3\sin(2x-\frac{\pi}{4})$在$x=\frac{3\pi}{4}$处的值是______。
解：$2x-\frac{\pi}{4}=\frac{3\pi}{4}$，所以$f(\frac{3\pi}{4})=3\sin(\frac{3\pi}{4}-\frac{\pi}{4})=-\frac{3}{\sqrt{2}}$。
3.若不等式$|ax+1|\leq 3$的解集为$\{x|-2\leq x\leq 1\}$，则实数$a$的值是______。
解：设函数$f(x)=|ax+1|$，则$f(-2)=f(1)=3$，故$a=2$。
4.第一只口袋里有3个白球、7个红球、15个黄球，第二只口袋里有10个白球、6个红球、9个黑球，从两个口袋里各取出一球，取出的球颜色相同的概率是______。
解：有两类情况：同为白球的概率是$\frac{3}{25}\times\frac{10}{25}=\frac{6}{125}$，同为红球的概率是$\frac{7}{25}\times\frac{6}{25}=\frac{42}{625}$，所求的概率是$\frac{6}{125}+\frac{42}{625}=\frac{72}{625}$。
5.在平面直角坐标系$xOy$中，设焦距为$2c$的椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）与椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$有相同离心率$e$，则$e$的值是______。
江苏省高中数学竞赛预赛试题
江苏省高中数学竞赛预赛试题本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟。
第Ⅰ卷（选择题共36分）一．选择题：本大题共6小题，每小题6分，共36分。
在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．函数y=f(x) 的图像按a→=(π4，2)平移后，得到的图像的解析式为y=sin(x+π4)+2，那么y=f(x)的解析式为 ( ) A．y=sin x B．y=cos x C．y=sin x+2 D．y=cos x+4解: y=sin[(x+π4)+π4], 即y=cos x.故选B．2．如果二次方程x2－px－q=0 (p，q∈N*)的正根小于3，那么这样的二次方程有( ) A．5个B．6个C．7个D．8个解：由∆=p2+4q>0，－q<0，知方程的根一正一负．设f(x)=x2－px－q，则f(3)= 32－3p－q＞0，即3p+q＜9.由p，q∈N*，所以p=1，q≤5或p=2，q≤2. 于是共有7组(p，q)符合题意．故选C．3．设a>b>0，那么a2+1b(a－b)的最小值是（）A．2 B．3 C．4 D．5解：由a>b>0，可知0<b(a－b)≤14a2．所以，a2+1b(a－b)≥a2+4a2≥4．故选C．4．设四棱锥P－ABCD的底面不是平行四边形，用平面α去截此四棱锥，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α( ) A．不存在B．只有1个C．恰有4个D．有无数多个解：设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线为m，n，直线m、n确定了平面β，作与β平行的平面α与四棱锥侧棱相截，则截得的四边形是平行四边形．这样的平面α有无数多个．故选D．5．设数列{a n}：a0=2, a1=16，a n+2=16 a n+1－63 a n (n∈N)，则a2005被64除的余数为( ) A．0 B．2 C．16 D．48解：数列{ a n}模64周期地为2，16，2，－16，又2005被4除余1，故选C．6．一条走廊宽2m、长8m，用6种颜色的1⨯1m2的整块地砖来铺设(每块地砖都是单色的，每种颜色的地砖都足够多)，要求相邻的两块地砖颜色不同，那么所有的不同拼色方案种数有( ) A．308B．30⨯257 C．30⨯207 D．30⨯217解：铺第一列(两块地砖)有30种方法；其次铺第二列，设第一列的两格铺了A、B两色(如图)，那么，第二列的上格不能铺A色，若铺B色，则有(6－1)种铺法；若不铺B色，则有(6－2)2种方法，于是第二列上共有21种铺法．同理，若前一列铺A B好，则其后一列都有21种铺法. 因此，共有30⨯217种铺法．故选D ．二．填空题：本大题共6小题，每小题6分，共36分.7．设向量→OA 绕点O 逆时针旋转2π得→OB ，且2→OA +→OB=（7，9），则向量→OB= ． 解：设→OA=（m ，n ），则→OB=（－n ，m ）， 所以 2→OA +→OB=（2m －n ，2n +m ）=（7，9），即 ⎩⎪⎨⎪⎧2m －n=7，m +2n=9． 得 ⎩⎨⎧m=235，n=115．因此， →OA=(235，115），→OB=（－115，235)．故填（－115，235)．8．设无穷数列{a n }的各项都是正数，S n 是它的前n 项之和，对于任意正整数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项，则该数列的通项公式为 ．解：由题意知a n +22=2S n ， 即S n =(a n +2)28． ①由①式，a 1+22=2a 1，得a 1=2．又由①式得 S n －1=(a n －1+2)28(n ≥2) ② 则有 a n =S n －S n －1=(a n +2)28－(a n －1+2)28(n ≥2)， 整理得 (a n +a n －1)(a n －a n －1－4)=0．又因为a n >0，a n －1>0，所以a n －a n －1=4(n ≥2)，a 1=2.因此, 数列{a n }是以2为首项，4为公差的等差数列，其通项公式为a n =2+4(n －1)， 故填a n =4n －2 (n ∈N*)．9．函数y=|cos x |+|cos2x | (x ∈R ) 的最小值是 ．解：令t=|cos x |∈[0，1]，则y=t +|2t 2－1|． 当22≤t ≤1时，y=2t 2+t －1=2(t +14)2－98，得 22≤y ≤2．当0≤t <22时，y=－2t 2+t +1=－2(t －14)2+98，得22≤y ≤98．又y 可取到22．故填22．10．在长方体中ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB=2， AA 1=AD=1，点E 、F 、G 分别是棱AA 1、C 1D 1与BC 的中点，那么四面体B 1－EFG 的体积是 ．解：在D 1A 1的延长线上取一点H ，使AH=14，易证，HE ∥B 1G ，HE ∥平面B 1FG ．故 V B 1－EFG =V E －B 1FG =V H －B 1FG =V G －B 1FH ．而S ∆B 1EF =98，G 到平面B 1FH 的距离为1．故填V B 1－EFG =38．11．由三个数字1，2，3组成的5位数中，1，2，3都至少出现1次，这样的5位数共有 个．解：在5位数中，若1只出现1次，有C 51(C 41+C 42+C 43)=70个；若1只出现2次，有C 52(C 31+C 32)=60个；若1只出现3次，有C 53C 21=20个．所以这样的五位数共有150个．故填150．12．已知平面上两个点集：M={(x ，y )| |x +y +1|≥2(x 2+y 2)，x ，y ∈R }，N={(x ，y )| |x －a |+|y －1|≤1，x ，y ∈R }，若M ∩N ≠∅，则a 的取值范围为 ．解：由题意知M 是以原点为焦点，直线x +y +1=0为准线的抛物线及其凹口内侧的点集，N 是以(a ，1)为中心的正方形及其内部的点集(如图)．考察M ∩N=∅时a 的取值范围： 令y=1, 代入方程 |x +y +1|=2(x 2+y 2) 得x 2－4x －2=0，解得 x=2±6．所以，当a <2－6－1=1－6时M ∩N=∅．令y=2，代入方程|x +y +1|=2(x 2+y 2)得x 2－6x －1=0，解得 x=3±10．所以，当a >3+10时，M ∩M=∅．于是，当1－6≤a ≤3+10，即a ∈[1－6，3+10]时，M ∩N ≠∅．故填[1－6，3+10]．三、解答题：13． 已知点M 是∆ABC 的中线AD 上的一点，直线BM 交边AC 于点N ，且AB 是∆NBC的外接圆的切线，设BC BN =λ，试求 BM MN （用λ表示）．(15分)证明：在∆BCN 中，由Menelaus 定理得BM MN ·NA AC ·CD DB =1．因为 BD=DC ，所以BM MN =AC AN ．………………………6分 由∠ABN=∠ACB ，知∆ABN ∽∆ACB ，则 AB AN =AC AB =CB BN ．所以，AB AN ·AC AB =⎝ ⎛⎭⎪⎫CB BN 2，即AC AN =BC 2BN 2．…………………………………………………12分 因此，BM MN =BC 2BN 2．A B C D N M又 BC BN =λ，故 BM MN=λ2．………………………………………………………………15分14．求所有使得下列命题成立的正整数n (n ≥2)：对于任意实数x 1，x 2，…，x n ，当i=1∑n x i =0时，总有i=1∑nx i x i +1≤0 (其中x n +1=x 1)．(15分)解：当n=2时，由x 1+x 2=0，得x 1x 2+x 2x 1=－2x 12≤0．故n =2时命题成立；……3分当n=3时，由x 1+x 2+x 3=0，得x 1x 2+x 2x 3+x 3x 1=(x 1+x 2+x 3)2－(x 21 +x 22+x 23)2=－(x 21+x 22+x 23)2≤0．故n=3时命题成立． ……………………………………………………………………………………6分当n=4时，由x 1+x 2+x 3+x 4=0，得x 1x 2+x 2x 3+x 3x 4+x 4x 1=(x 1+x 3)(x 2+x 4)=－(x 2+x 4)2≤0．故n=4时，命题成立．………………………………………………………………9分 当n ≥5时，令x 1=x 2=1，x 4=－2，x 3=x 5=…=x n =0，则i=1∑n x i =0，但i=1∑nx i x i +1=1>0，故n ≥5时命题不成立．综上可知，使命题成立的n=2，3，4．……………………………………………15分15．设椭圆的方程x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，线段PQ 是过左焦点F 且不与x 轴垂直的焦点弦，若在左准线上存在点R ，使△PQR为正三角形，求离心率e 的取值范围，并用e 表示直线PQ 的斜率．(24分)解：如图，设线段PQ 中点M ，过点P 、M 、Q 分别作准线的垂线，垂足分别为点P '，M '，Q '，则|MM '|=12(|PP '|+|QQ '|)=12(|PF |e+|QF |e )=|PQ |2e ．…………………………6分假设存在点R ，则|RM |=32|PQ |，且|MM '|＜|RM | ，即|PQ |2e ＜32|PQ |，所以， e ＞33．………………………………12分于是，cos ∠RMM '=|MM '||RM |=12e ⨯13e ，cot∠RMM'=13e2－1．在图中，|PF| < |QF|，且有k PQ= tan∠QFx= tan∠FMM'=cot∠RMM'=13e2－1．………………………………………………18分当e>33时，过点F作斜率为13e2－1的焦点弦PQ，它的中垂线交左准线于R，由上述过程知，|RM|=32|PQ|．故∆PQR为正三角形．……………………………………………21分根据对称性，当|FP| > |FQ|时，有k PQ=－13e2－1．所以，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e的范围是(33，1)，且直线PQ的斜率为±13e2－1．…………………………………………………………………………………………24分16．⑴若n(n∈N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于2005，求n的最小值，并说明理由；( 12分)⑵若n (n∈N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于20022005，求n的最小值，并说明理由．( 24分)解：⑴因为2005=1728+125+125+27=123+53+53+33，故n=4存在，n min≤4．………6分103=1000，113=1331，123=1728，133=2169，123<2005<133，则n≠1．若n=2，因103+103<2005，则最大立方体的棱长只能为11或12，2005－113=674，2005－123=277，674与277均不是完全立方数，故n=2不可能；若n=3，设此三个立方体中最大一个的棱长为x，由3x3≥2005＞3×83，知最大立方体的棱长只能为9、10、11或12，而2005<3⨯93，2005－93－93=547，2005－93－83－83>0，故x≠9．2005－103－103=5，2005－103－93=276，2005－103－83=493，2005－103－73－73>0．故x≠10；2005－113－93<0，2005－113－83=162，2005－113－73=331，2005－113－63－63>0，故x ≠11；2005－123－73<0，2005－123－63=61，2005－123－53－53>0，故x≠12．所以n=3不可能．综上所述，n min=4．…………………………………………………………………………12分⑵设n个立方体的棱长分别是x1，x2，…，x n，则x31+x32+…+x3n=20022005．①由2002≡4(mod 9)，43≡1(mod 9)，得20022005≡42005≡4668⨯3+1≡(43)668⨯4≡4(mod 9)．②又当x∈N*时，x3≡0，±1(mod 9)，所以x31≡∕4(mod 9)，x31+x32≡∕4(mod 9)，x31+x32+x33≡∕4(mod 9)．③①式模9，并由②、③式可知n≥4．…………………………………………………18分而2002=103+103+13+13，则20022005=20022004⨯(103+103+13+13)=(2002668)3⨯(103+103+13+13)=(2002668⨯10)3+(2002668⨯10)3+(2002668)3+(2002668)3．故n=4为所求的最小值．………………………………………………………………24分。
全国高中数学联赛江苏赛区试卷(8)含解析
江苏赛区初赛试题参考答案及评分标准一、选择题（本题满分30分，每小题6分）1.答：[B] 解 由柯西不等式ab y x n m ny mx =++≤+))(()(22222；或三角换元即可得到ab ny mx ≤+，当2an m ==，2b y x ==时，ab ny mx =+. 选B. 2.答：[D]解 取161=a ，把坐标代入检验，4116121=⎪⎭⎫ ⎝⎛ ，而2116141=⎪⎭⎫ ⎝⎛，∴公共点只可能是 点N . 选D. 3.答：[A]解 第一、二行后两个数分别为2.5，3与1.25，1.5；第三、四、五列中的5.0=x ，165=y ，163=z ，则1=++z y x . 选A. 4. 答：[B] 解 两个三角形的内角不能有直角；111C B A ∆的内角余弦都大于零，所以是锐角三角形；若222C B A ∆是锐角三角形，则不妨设cos 1A =sin 2A =cos ⎪⎭⎫⎝⎛-12A π， cos 1B =sin 2B =cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-22A π，cos 1C =sin 2C =cos ⎪⎭⎫⎝⎛-12C π.则 212A A -=π，212B B -=π，212C C -=π，即 )(23222111C B A C B A ++-=++π，矛盾. 选B.5.答： [D]解 任作a 的平面α，可以作无数个. 在b 上任取一点M ，过M 作α的垂线. b 与垂线确定的平面β垂直于α. 选D.二、填空题（本题满分50分，每小题10分） 6. 解 ∵2<x ，[]x 的值可取1,0,1,2--.当[x ]=2-，则02=x 无解； 当[x ]=1-，则12=x ，∴x =1-； 当[x ]=0，则22=x 无解； 当[x ]=1，则32=x ，∴3=x . 所以31或-=x .7. 解 考虑对立事件，216916513=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=P .8. 解 由图，ABC ∆与OCB ∆的底边相同，高是5：1. 故面积比是5：1.9. 解 由圆锥曲线的定义，圆心可以是以(2,0)为焦点、2-=x 为准线的抛物线上的点；若切点是原点，则圆心在x 轴负半轴上.所以轨迹方程为)0(82>=x x y ，或)0(0<=x y .10. 解 切割化弦，已知等式即CB CB C A C A B A B A cos cos sin sin cos cos sin sin cos cos sin sin +=， 亦即C B A C B A cos )sin(sin sin sin +=，即C C B A 2sin cos sin sin =1，即1cos 2=c C ab .所以，122222=-+c c b a ，故3222=+cb a . 三、解答题（本题满分70分，各小题分别为15分、15分、20分、20分）11. 解 由题 1)1(2)(2+--=x x f ， ……5分1)(≤∴x f ，11≤∴m，即1≥m ，[]n m x f ,)(在∴上单调减， m m m f 11)1(2)(2=+--=∴且nn n f 11)1(2)(2=+--=. ……10分m ∴，n 是方程xx x f 11)1(2)(2=+--=的两个解，方程即)122)(1(2---x x x =0，解方程，得解为1，231+，231-.n m <≤∴1，1=∴m ，231+=n . ……15分12. 证 （Ⅰ）设点A 的坐标为)sin ,cos (θθr r ，B 的坐标为)sin ,cos (θθ''''r r ，则r =，r ='A 在双曲线上，则19sin 4cos 222=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-θθr .所以9sin 4cos 1222θθ-=r . …5分 由0=⋅得⊥，所以θθ22sin cos ='，θθ'=22sin cos .同理，9cos 4sin 9sin 4cos 122222θθθθ-='-'='r ，3659141'11||||2222=-=+=+r r OB OA . ……10分=，所以==⎪⎭⎫⨯.1365914111=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⨯. 于是，5362=OP . 即P 在以O 为圆心、556为半径的定圆上. ……15分 13.解 在平面M 中，过A 作DA 的垂线，交射线DB 于B 点；在平面N 中，过A 作DA 的垂线，交射线DC 于C 点.设DA=1，则βtan =AB ，βcos 1=DB ，γtan =AC ，γcos 1=DC ，…5分并且ϕ=∠BAC 就是二面角N l M --平面角. ……10分在ABC DBC ∆∆与中，利用余弦定理，可得等式ϕγβγβαγβγβcos tan tan 2tan tan cos cos cos 2cos 1cos 122222-+=-+=BC ， 所以，αγβγβγβϕγβcos cos cos 2cos 1cos 1tan tan cos tan tan 22222+--+= =γβγβαcos cos )cos cos (cos 2-，……15分故得到γβγβαϕsin sin cos cos cos cos -=. ……20分14. 解（Ⅰ）不能. ……5分因为若每行的积都相等，则9个数的积是立方数. 但是 2×4×6×8×12×18×24×36×48=21+2+1+3+2+1+3+2+4×3121211+++++=219·38不是立方数，故不能.（Ⅱ）可以. ……15分 如右表表中每行、每列及对角线的积都是26·23. ……20分36 2 248 12 18 6724。
年全国高中数学联赛试题及解析 苏教版
年全国高中数学联合竞赛试卷第一试(10月12日上午8:00-9:40)一、选择题(每小题6分，共36分)1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第项是 (A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 20492．设a ，b ∈R ，ab ≠0，那么直线ax －y +b=0和曲线bx 2+ay 2=ab 的图形是yxO Ox yO xyyx O A.B. C.D.3．过抛物线y 2=8(x +2)的焦点F 作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于点P ，则线段PF 的长等于(A) 163 (B) 83 (C) 163 3 (D) 8 34．若x ∈[－5π12 ，－π3 ]，则y=tan(x +2π3 )－tan(x +π6 )+cos(x +π6 )的最大值是(A) 125 2 (B) 116 2 (C) 116 3 (D) 12535．已知x ，y 都在区间(－2，2)内，且xy=－1，则函数u=44－x 2+99－y2的最小值是(A) 85 (B) 2411 (C) 127 (D) 1256．在四面体ABCD 中， 设AB=1，CD=3，直线AB 与CD 的距离为2，夹角为π3，则四面体ABCD 的体积等于(A)32 (B) 12 (C) 13 (D) 33二．填空题(每小题9分，共54分)7．不等式|x |3－2x 2－4|x |+3<0的解集是 ． 8．设F 1、F 2是椭圆x 29+y 24=1的两个焦点，P 是椭圆上一点，且|PF 1|∶|PF 2|=2∶1，则△PF 1F 2的面积等于 ．9．已知A={x |x 2－4x +3<0，x ∈R }，B={x |21－x +a ≤0，x 2－2(a +7)x +5≤0，x ∈R }若A ⊆B ，则实数a 的取值范围是 ．10．已知a ，b ，c ，d 均为正整数，且log a b=32，log c d=54，若a －c=9，则b －d= ．11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于 ．12． 设M n={(十进制)n 位纯小数0.－a 1a 2…a n |a i 只取0或1(i=1，2，…，n －1)，a n =1}，T n 是M n中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则lim n →∞S nT n= ．三、（本题满分20分）13．设32≤x ≤5，证明不等式2x +1+2x －3+15－3x <219．四、(本题满分20分)14．设A 、B 、C 分别是复数Z 0=a i ，Z 1=12+b i ，Z 2=1+c i(其中a ，b ，c 都是实数)对应的不共线的三点．证明：曲线Z=Z 0cos 4t +2Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (t ∈R )与△ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公共点，并求出此点．五、(本题满分20分)15．一张纸上画有一个半径为R 的圆O 和圆内一个定点A ，且OA=a ，折叠纸片，使圆周上某一点A '刚好与点A 重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A '取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．加试题(10月12日上午10:00-12:00) 一、（本题50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A 、B ，所作割线交圆于C 、D 两点，C 在P 、D 之间．在弦CD 上取一点Q ，使∠DAQ=∠PBC ． 求证：∠DBQ=∠PAC ．二、（本题50分）设三角形的三边长分别是正整数l ，m ，n ．且l >m >n >0．已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m 104+⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n 104，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数．求这种三角形周长的最小值．三、（本题50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n=q 2+q +1，l ≥12q (q +1)2+1，q ≥2，q ∈N ．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q +2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形)．1997年全国高中数学联赛解答 第一试一、选择题(每小题6分，共36分)1．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列．这个数列的第项是 (A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049解：452=2025，462=2116．在1至2025之间有完全平方数45个，而2026至2115之间没有完全平方数．故1至2025中共有新数列中的2025－45=1980项．还缺－1980=23项．由2025+23=2048．知选C ．2．设a ，b ∈R ，ab ≠0，那么直线ax －y +b=0和曲线bx 2+ay 2=ab 的图形是yxO Ox yO xyyx O A.B.C.D.解：曲线方程为x 2a +y2b=1，直线方程为y=ax +b ．由直线图形，可知A 、C 中的a <0，A 图的b >0，C 图的b <0，与A 、C 中曲线为椭圆矛盾． 由直线图形，可知B 、D 中的a >0，b <0，则曲线为焦点在x 轴上的双曲线，故选B ．3．过抛物线y 2=8(x +2)的焦点F 作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于点P ，则线段PF 的长等于(A) 163 (B) 83 (C) 1633 (D) 8 3解：抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB 所在直线方程为y=3x ，弦的中点在y=p k =43上，即AB 中点为(43，43)，中垂线方程为y=－33(x －43)+43，令y=0，得点P 的坐标为163． ∴ PF=163．选A ．4．若x ∈[－5π12 ，－π3]，则y=tan(x +2π3)－tan(x +π6)+cos(x +π6)的最大值是(A) 125 2 (B) 116 2 (C) 116 3 (D) 1253解：令x +π6=u ，则x +2π3=u +π2，当x ∈[－5π12，－π3]时，u ∈[－π4，－π6]，y=－(cot u +tan u )+cos u=－2sin2u +cos u ．在u ∈[－π4，－π6]时，sin2u 与cos u 都单调递增，从而y 单调递增．于是u=－π6时，y 取得最大值1163，故选C ．5．已知x ，y 都在区间(－2，2)内，且xy=－1，则函数u=44－x 2+99－y2的最小值是(A) 85 (B) 2411 (C) 127 (D) 125解：由x ，y ∈(－2，2)，xy=－1知，x ∈(－2，－12)∪(12，2)，u=44－x 2+9x 29x 2－1=－9x 4+72x 2－4－9x 4+37x 2－4=1+3537－(9x 2+4x2)． 当x ∈(－2，－12)∪(12，2)时，x 2∈(14，4)，此时，9x 2+4x 2≥12．(当且仅当x 2=23时等号成立)．此时函数的最小值为125，故选D ．6．在四面体ABCD 中， 设AB=1，CD=3，直线AB 与CD 的距离为2，夹角为π3，则四面体ABCD 的体积等于(A)32 (B) 12 (C) 13 (D) 33解：如图，把四面体补成平行六面体，则此平行六面体的体积=1×3×sin π3×2=3．而四面体ABCD 的体积=16×平行六面体体积=12．故选B ．二．填空题(每小题9分，共54分)7．不等式|x |3－2x 2－4|x |+3<0的解集是 ．解：即|x |3－2|x |2－4|x |+3<0，⇒(|x |－3)(|x |－5－1)(|x |+5+1)<0．⇒|x |<－5+12，或5－12<|x |<3．∴ 解为(－3，－5－12)∪(5－12，3)． 8．设F 1、F 2是椭圆x 29+y 24=1的两个焦点，P 是椭圆上一点，且|PF 1|∶|PF 2|=2∶1，则△PF 1F 2的面积等于 ．解：F 1(－5，，F 2(5，0)；|F 1F 2|=25．|PF 1|+|PF 2|=6，⇒|PF 1|=4，|PF 2|=2．由于42+22=(25)2．故∆PF 1F 2是直角三角形55． ∴ S=4．9．已知A={x |x 2－4x +3<0，x ∈R }，B={x |21－x +a ≤0，x 2－2(a +7)x +5≤0，x ∈R }若A ⊆B ，则实数a 的取值范围是 ．解：A=(1，3)；又，a ≤－21－x∈(－1，－14)，当x ∈(1，3)时，a ≥x 2+52x －7∈(5－7，－4)．∴ －4≤a ≤－1．10．已知a ，b ，c ，d 均为正整数，且log a b=32，log c d=54，若a －c=9，则b －d= ．解：a 3=b 2，c 5=d 4，设a=x 2，b=x 3；c=y 4，d=y 5，x 2－y 4=9．(x +y 2)(x －y 2)=9．∴ x +y 2=9，x －y 2=1，x=5，y 2=4．b －d=53－25=125－32=93．11．将八个半径都为1的球分放两层放置在一个圆柱内，并使得每个球都和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于 ．解：如图，ABCD 是下层四个球的球心，EFGH 是上层的四个球心．每个球心与其相切的球的球心距离=2．EFGH 在平面ABCD 上的射影是一个正方形．是把正方形ABCD 绕其中心旋转45︒而得．设E 的射影为N ，则 MN=2－1．EM=3，故EN 2=3－(2－1)2=22．∴ EN=48．所求圆柱的高=2+48．12． 设M n ={(十进制)n 位纯小数0.－a 1a 2…a n |a i 只取0或1(i=1，2，…，n －1)，a n =1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则lim n →∞S nT n= ．解：由于a 1，a 2，…，a n －1中的每一个都可以取0与1两个数，T n =2n －1．在每一位(从第一位到第n －1位)小数上，数字0与1各出现2n －2次．第n 位则1出现2n －1次．∴ S n =2n －2⨯0.11…1+2n －2⨯10－n．N MD CB AMHGFE D CBA∴ lim n →∞S n T n =12⨯19=118． 三、（本题满分20分）13．设32≤x ≤5，证明不等式2x +1+2x －3+15－3x <219．解：x +1≥0，2x －3≥0，15－3x ≥0．⇒32≤x ≤5．由平均不等式x +1+x +1+2x －3+15－3x4≤x +1+x +1+2x －3+15－3x4≤14+x4． ∴ 2x +1+2x －3+15－3x=x +1+x +1+2x －3+15－3x ≤214+x ．但214+x 在32≤x ≤5时单调增．即214+x ≤214+5=219．故证．四、(本题满分20分)14．设A 、B 、C 分别是复数Z 0=a i ，Z 1=12+b i ，Z 2=1+c i(其中a ，b ，c 都是实数)对应的不共线的三点．证明：曲线Z=Z 0cos 4t +2Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (t ∈R )与△ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公共点，并求出此点．解：曲线方程为：Z=a icos 4t +(1+2b i)cos 2t sin 2t +(1+c i)sin 4t=(cos 2t sin 2t +sin 4t )+i(a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c sin 4t )∴ x=cos 2t sin 2t +sin 4t=sin 2t (cos 2t +sin 2t )=sin 2t ．(0≤x ≤1)y=a cos 4t +2b cos 2t sin 2t +c sin 4t=a (1－x )2+2b (1－x )x +cx 2即 y=(a －2b +c )x 2+2(b －a )x +a (0≤x ≤1)． ①若a －2b +c=0，则Z 0、Z 1、Z 2三点共线，与已知矛盾，故a －2b +c ≠0．于是此曲线为轴与x 轴垂直的抛物线．AB 中点M ：14+12(a +b )i ，BC 中点N ：34+12(b +c )i ．与AC 平行的中位线经过M (14，12(a +b ))及N (34，12(b +c ))两点，其方程为4(a －c )x +4y －3a －2b +c=0．(14≤x ≤34)． ②令 4(a －2b +c )x 2+8(b －a )x +4a=4(c －a )x +3a +2b －c ．即4(a －2b +c )x 2+4(2b －a －c )x +a －2b +c=0．由a －2b +c ≠0，得 4x 2+4x +1=0，此方程在[14，34]内有惟一解： x=12．以x=12代入②得， y=14(a +2b +c )．∴ 所求公共点坐标为(12，14(a +2b +c ))．五、(本题满分20分)15．一张纸上画有一个半径为R 的圆O 和圆内一个定点A ，且OA=a ，折叠纸片，使圆周上某一点A '刚好与点A 重合．这样的每一种折法，都留下一条折痕．当A '取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合． 解：对于⊙O 上任意一点A '，连AA '，作AA '的垂直平分线MN ，连OA '．交MN 于点P ．显然OP +PA=OA '=R ．由于点A 在⊙O 内，故OA=a <R ．从而当点A '取遍圆周上所有点时，点P 的轨迹是以O 、A 为焦点，OA=a 为焦距，R (R >a )为长轴的椭圆C ．而MN 上任一异于P 的点Q ，都有OQ +QA=OQ +QA '>OA '．故点Q 在椭圆C 外．即折痕上所有的点都在椭圆C 上及C 外．反之，对于椭圆C 上或外的一点S ，以S 为圆心，SA 为半径作圆，交⊙O 于A '，则S 在AA '的垂直平分线上，从而S 在某条折痕上．最后证明所作⊙S 与⊙O 必相交．1︒ 当S 在⊙O 外时，由于A 在⊙O 内，故⊙S 与⊙O 必相交；2︒ 当S 在⊙O 内时(例如在⊙O 内，但在椭圆C 外或其上的点S ')，取过S '的半径OD ，则由点S '在椭圆C 外，故OS '+S 'A ≥R (椭圆的长轴)．即S 'A ≥S 'D ．于是D 在⊙S '内或上，即⊙S '与⊙O 必有交点．于是上述证明成立．综上可知，折痕上的点的集合为椭圆C 上及C 外的所有点的集合．DS'M S Q P A'O A加试题(10月12日上午10:00-12:00) 一、（本题50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A 、B ，所作割线交圆于C 、D 两点，C 在P 、D 之间．在弦CD 上取一点Q ，使∠DAQ=∠PBC ． 求证：∠DBQ=∠PAC ．分析：由∠PBC=∠CDB ，若∠DBQ=∠PAC=∠ADQ ，则∆BDQ ∽∆DAQ ．反之，若∆BDQ ∽∆DAQ ．则本题成立．而要证∆BDQ∽∆DAQ ，只要证BD AD =DQ AQ即可． 证明：连AB ．∵ ∆PBC ∽∆PDB ， ∴ BD BC =PD PB ，同理，AD AC =PD PA．∵ PA=PB ，∴ BD AD =BCAC．∵ ∠BAC=∠PBC=∠DAQ ，∠ABC=∠ADQ ． ∴ ∆ABC ∽∆ADQ ． ∴ BC AC =DQ AQ ．∴ BD AD =DQ AQ．∵ ∠DAQ=∠PBC=∠BDQ ． ∴ ∆ADQ ∽∆DBQ ．∴ ∠DBQ=∠ADQ=∠PAC ．证毕．二、（本题50分）设三角形的三边长分别是正整数l ，m ，n ．且l >m >n >0．已知⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m 104+⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n 104，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数．求这种三角形周长的最小值．解：当3l 、3m 、3n的末四位数字相同时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫3l 104=⎩⎨⎧⎭⎬⎫3m 104+⎩⎨⎧⎭⎬⎫3n 104．即求满足3l ≡3m ≡3n ( mod 104)的l 、m 、n ．∴ 3n (3l －n －1)≡0 (mod 104)．(l －n >0)但 (3n ，104)=1，故必有3l －n ≡1(mod 104)；同理3m －n ≡1(mod 104)．下面先求满足3x ≡1(mod 104)的最小正整数x ．∵ ϕ(104)=104⨯12⨯45=4000．故x |4000．用4000的约数试验：∵ x=1，2，时3x ≡∕1(mod 10)，而34≡1(mod 10)，∴ x 必须是4的倍数；∵ x=4，8，12，16时3x ≡∕1(mod 102)，而320≡1(mod 102)，∴ x 必须是20的倍数；∵ x=20，40，60，80时3x ≡∕1(mod 103)，而3100≡1(mod 103)，∴ x 必须是100的倍数；∵ x=100，200，300，400时3x ≡∕1(mod 104)，而3500≡1(mod 104)．即，使3x ≡1(mod 104)成立的最小正整数x=500，从而l －n 、m －n 都是500的倍数， 设l －n=500k ，m －n=500h ，(k ，h ∈N *，k >h )．由m +n >l ，即n +500h +n >n +500k ，⇒n >500(k －h )≥500，故n ≥501． 取n=501，m=1001，l=1501，即为满足题意的最小三个值． ∴ 所求周长的最小值=3003．三、（本题50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n=q 2+q +1，l ≥12q (q +1)2+1，q ≥2，q ∈N ．已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q +2条连线段．证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A 、B 、C 、D 和四条连线段AB 、BC 、CD 、DA 组成的图形)．证明：设点集为V ＝{A 0，A 1，…，A n －1}，与A i 连线的点集为B i ，且|Bi |＝b i ．于是1≤b i ≤n －1．又显然有i ＝0n －1∑b i ＝2l ≥q (q +1)2+2．若存在一点与其余点都连线，不妨设b 0＝n －1． 则B 0中n －1个点的连线数l －b 0≥12q (q +1)2+1－(n －1) (注意：q (q +1)＝q 2+q ＝n －1)＝12(q +1)(n －1)－(n －1)+1＝12(q －1)(n －1)+1 ≥12(n －1)+1≥[12(n －1)]+1．(由q ≥2) 但若在这n －1个点内，没有任一点同时与其余两点连线，则这n －1个点内至多连线[n －12]条，故在B 0中存在一点A i ，它与两点A j 、A k (i 、j 、k 互不相等，且1≤i ，j ，k )连了线，于是A 0、A j 、A i 、A k 连成四边形．现设任一点连的线数≤n －2．且设b 0＝q +2≤n －2．且设图中没有四边形．于是当i ≠j 时，B i 与B j 没有公共的点对，即|B i ∩B j |≤1(0≤i ，j ≤n －1)．记B 0－＝V \B 0，则由|B i ∩B 0|≤1，得|B i ∩B 0－|≥b i －1(i ＝1，2，…，n －1)，且当1≤i ，j ≤n －1且i ≠j 时，B i ∩B 0－与B j ∩B 0－无公共点对．从而B 0－中点对个数≥i ＝1n －1∑(B i ∩B 0－中点对个数)．即C 2 n －b 0≥i ＝1n －1∑C 2 |B i ∩B 0－|≥i ＝1n －1∑C 2 b i－1＝12i ＝1n －1∑ (b 2i －3b i +2)≥12[1n －1(i ＝1n －1∑b i )2－3i ＝1n －1∑b i +2(n －1)](由平均不等式)＝12[1n －1(2l －b 0)2－3(2l －b 0)+2(n －1)]＝12(n －1)[(2l －b 0)2－3(n －1)(2l －b 0)+2(n －1)2]＝12(n －1)(2l －b 0－n +1)(2l －b 0－2n +2)(2l ≥q (q +1)2+2＝(n －1)(q +1)+2)≥12(n －1)[(n －1)(q +1)+2－b 0－n +1][(n －1)(q +1)+2－b 0－2n +2]＝12(n －1)[(n －1)q +2－b 0][(n －1)(q －1)+2－b 0]．(两边同乘以2(n －1)即(n －1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q +2－b 0)(nq －q －n +3－b 0)．(n －1≥q (q +1)代入)得 q (q +1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q +2－b 0)(nq －q －n +3－b 0)．(各取一部分因数比较) ①但(nq －q －n +3－b 0)－q (n －b 0－1)＝(q －1)b 0－n +3(b 0≥q +2)≥(q －1)(q +2)－n +3＝q 2+q +1－n ＝0．② (nq －q +2－b 0)－(q +1)(n －b 0)＝qb 0－q －n +2≥q (q +1)－n +2＝1＞0． ③ 又(nq －q －n +3－b 0)、(nq －q +2－b 0)、q (n －b 0－1)、(q +1)(n －b 0)均为正整数，从而由②、③得， q (q +1)(n －b 0)(n －b 0－1)＜(nq －q +2－b 0)(nq －q －n +3－b 0)． ④ 由①、④矛盾，知原命题成立．O Q CDBAP。
2021年全国高中数学联赛江苏赛区初赛及答案(word)
全国高中数学联赛江苏赛区初赛一、填空题（每小题7分，共70分））1.关于x 的不等式b a x <+的解集为{}42<<x x ，则ab 的值是 -3。
2.从1, 2,3.4.5.6.7.8. 9中任取两个不同的数，则取出的两数之和为偶数的概率。
4/93.已知()x f 是周期为4的奇函数且当()2,0∈x 时()60162+-=x x x f ,则()102f 的值是。
-364.己知直线l 是函数()2ln 2x x x f +=图象的切线，当的斜率最小时l 的方程是。
034=--y x5.在平面直角坐标系XOY 中，如果直线l 将圆04222=--+y x y x 平分，且不经过第四象限，那么l 的斜率的取位范围是。
[]2,06.己知等边△ABC 的边长为2,若()BC AP AQ AC AB AP 21,31+=+=,则△APQ 面积是。
337.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,点P 在棱BC 上，点Q 为棱CC1的中点.若过点A,P .Q的平面截该正方体所得的截面为五边形.则BP 的取值范围为。
⎪⎭⎫⎝⎛1,218.己知数列{}n a 的奇数项依次构成公差为1d 的等差数列，偶数项依次构成公差为2d 的等差数列.且对任意,*∈N n 都有.1+<n n a a 若,2,121==a a 且数列{}n a 的前10项和,7510=S 则=8a119.己知正实数y x ,满足()()162222=+++xy yx 则=+y x。
410.设M 表示满足下列条件的正整数n 的和:n 整除22016，且2016整除2n .那么M 的所有不同正因子几的个数为。
360二、解答题（每小题20分，共80分））11.已知,2,0,1235cos 1sin 1⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∈=+πθθθ求θtan 。
3/4或4/312.如图，点P 在△ABC 的边AB 上且 AB=4AP ，过点P 的直线MN 与△ABC 外接圆交于点M, N ，且点A 是弧M N 的中点.求证： (1)△ABN ≈△ANP 。
高中数学联赛江苏赛区初赛试卷及答案
2018全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷时间：120分钟 满分：150分 姓名：一、填空题（本题共10小题，每小题107分，满分70分.要求直接将答案写在横线上.）1、函数cos cos2(R)y x x x =-∈的值域为__ __.2、已知2(i)34i a b +=+，其中,R a b ∈，i 是虚数单位，则²²a b +的值为_ ___.3、圆心在抛物线²2x y =上，并且和该抛物线的准线及y 轴都相切的圆的方程为___ __.4、设函数14()2xx f x x -=-，则不等式2(1)(57)0f x f x -+-<的解集为__ ___.5、已知等差数列{}n a 的前12项的和为60，则1212a a a +++L 的最小值为__ ___.6、已知正四面体内切球的半径是1，则该四面体的体积为___ __.7、在ABC ∆中，54AB AC ==，，且12=⋅AC AB ,设P 是平面ABC 上的一点，则)(PC PB PA +⋅的最小值为_____.8、设()g n =∑=nk n k 1),(，其中*N n ∈，(,)k n 表示k 与n 的最大公约数，则(100)g 的值为=_____.9、将1,2,3,4,5,6,7,8,9，这9个数随即填入3⨯3的方格中，每个小方格恰填写一个数，且所填的数各不相同，则使每行、每列所填的数之和都是奇数的概率为__ __.10、在1,2,3,4,,1000L 中， 能写成²²1(N)a b a b -+∈，的形式，且不能被3整除的数有__ ____个.二、解答题（本大题共4小题，每小题20分，共80分）11、如图，在平面直角坐标系xoy 中，已知圆O 的方程为224x y +=，过点(0,1)P 的直线l 与圆O 交于,A B 两点，与x 轴交于点Q ，设PB QB PA QA μλ==,，求证：μλ+为定值.12、已知{}n a 是公差为(0)d d ≠的等差数列，且t a t a t a +=+=+33221， （1）求实数t d ，的值；（2）若正整数满足0222r p =-=-=-r r p p m m t a t a t a m ，＜＜，求数组(,,)m p r 和相应的通项公式n a .13、如图，在圆内接四边形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点P ，ABD ∆与ABC ∆的内心分别为1I 和 2I ，直线21I I 分别与AC BD ，交于点,M N ，求证：PM PN =.14、从1,2,3,,2050L 这2050个数中任取2018个数组成集合A ，把A 中的每个数染上红色或蓝色，求证：总存在一种染色方法，是使得有600个红数及600个蓝数满足下列两个条件：①这600个红数的和等于这600个蓝数的和； ②这600个红数的平方和等于这600个蓝数的平方和. 参考答案：（1）9[0,]8； （2）5； （3）221(1)()12x y ±+-=； （4）(2,3)； （5）60； （6）83； （7）658-； （8）520； （9）114； （10）501； Q A Bxy oP（11）83； （12）①12t =-，38d =；②(,,)(1,3,4)m p r =，1(311)8n a n =-；。
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, 与四棱锥的各个侧面
A
A1 D
D1
B1
C1
相截，则截得的四边形必为平行四边形．而这样 的平面 有无数多个．故选 D．
C B
5. 设数列 {an } : a0 2, a1 16, an2 16an1 63an , n N*, 则 a2005 被
64 除的余数为
A. 0
(n∈N*) .
(an 2) 2 an 2 解：由题意知 . 2Sn ， 即 Sn 8 2
由 a1 S1 得 又由 ① 式得 ……… ①
a1 2 2a1 , 从而 a1 2 . 2
Sn1 (an1 2)2 (n 2) , 8
(an 2) 2 (an 1 2) 2 (n 2) , 8 8
2 1 2
若 1 只出现 3 次，有 C5 C2 20 个． 则这样的五位数共有 150 个． 故填 150
3 1
个．
12. 已知平面上两个点集 M {( x, y) | | x y 1| 2( x 2 y 2 ), x, y R},
N {( x, y) | | x a | | y 1| 1, x, y R}. 若 M
x 3 10 ．所以，
当 a 3 10 时,
M
N ．
………… ④
因此, 综合 ③ 与 ④ 可知，当 1 6 a 3 10 ，即 a [1 6, 3 10] 时,
M
N ．故填 [1 6,3 10] .
三．解答题 (第一题、第二题各 15 分；第三题、第四题各 24 分) 13. 已知点 M 是 ABC 的中线 AD 上的一点, 直线 BM 交边 AC 于点 BC BM (用 表示). , 试求 N , 且 AB 是 NBC 的外接圆的切线, 设 BN MN 证明：在 BCN 中，由 Menelaus 定理得 A BM NA CD 1． MN AC DB 因为 BD DC ，所以 N BM AC ． ……………… 6 分 M MN AN
2
种方法. 于是第二列上共有 21 种铺法. 同理， 若
7
A B
前一列铺好，则其后一列都有 21 种铺法．因此，共有 30 21 种铺法． 故 选 D．
二．填空题 (本题满分 36 分, 每小题 6 分) 7. 设向量 OA 绕点 O 逆时针旋转
得向量 OB , 且 2OA OB (7,9) , 则 2
分别是棱 AA1 、 C1 D1 与 BC 的中点, 那么四面体 B1 EFG 的体积是 VB1－EFG
3 = 8
.
解：在 D1 A1 的延长线上取一点 H ，使 A1 H
B1FG ． 故 VB1 EFG VE B1FG VH B1FG
距离为 1 ． 故填
1 . 易证， HE || B1G ， HE || 平面 4 9 VG B1FH ．而 SB1FH ，G 到平面 B1FH 的 8
……… ②
于是有
an Sn Sn1
整理得 (an an1 )(an an1 4) 0 . 因 an 0, an1 0 , 故
an an1 4 (n 2), a1 2 ．
所以数列 {an } 是以 2 为首项、 其通项公式为 an 2 4(n 1) ， 4 为公差的等差数列， 即 an 4n 2 . 故填
2
所以 n 2 时命题成立. 当 n 3 时，由 x1 x2 x3 0 ，得
…………………… 3 分
x1 x2 x2 x3 x3 x1
2 2 2 2 ( x1 x2 x3 )2 ( x12 x2 x3 ) ( x12 x2 x3 ) 0. 2 2
n
………………
xn 0 , 则
9分
i
x
i 1
n
0.
但是,
x x
n 1
i i 1
1 0 ，故对于 n 5 命题不成立．
综上可知，使命题成立的自然数是 n 2, 3, 4 .
…………… 15 分
15. 设椭圆的方程为
x2 y 2 1 (a b 0) , 线段 PQ 是过左焦点 F 且不与 a 2 b2
所以 n 3 时命题成立. 当 n 4 时，由 x1 x2 x3 x4 0 ，得
………………… 6 分
x1 x2 x2 x3 x3 x4 x4 x1 ( x1 x3 )( x2 x4 ) ( x2 x4 )2 0 ．
所以 n 4 时命题成立． 当 n 5 时，令 x1 x2 1 ， x4 2 ， x3 x5
向量 OB （－
11 23 ， ） . 5 5
解：设 OA (m, n) , 则 OB (n, m) , 所以
2OA OB (2m n, 2n m) (7,9) .
2m n 7 , 解得 m 2n 9 .
( 11 23 ． , ) 5 5
x 轴垂直的焦点弦. 若在左准线上存在点 R ,
使 PQR 为正三角形, 求椭圆的离心率 e
2005 年全国高中数学联赛江苏赛区初赛 试题参考答案及评分标准
说明：
1. 评阅试卷时, 请依据本评分标准. 选择题、填空题只设 6 分和 0 分两档. 其他各题 的评阅, 请严格按照本评分标准规定的评分档次给分, 不要再增加其他中间档次. 2. 如果考生的解答方法和本解答不同, 只要思路合理, 步骤正确, 在评卷时可参照本 评分标准适当划分评分档次, 3 分为一个档次, 不要再增加其他中间档次.
y
3 2 1
| x y 1| 2( x 2 y 2 ) ,
-3
-2
-1
O
-1
1
2
3
4
5
6
7
x
得 x 4 x 2 0 ，解出得 x 2 6 ． 所以，
2
当 a 2 6 1 1 6 时, 令 y 2 ，代入方程
M
N ．
………… ③
| x y 1| 2( x 2 y 2 ) , 得 x2 6 x 1 0 . 解出得
A. 308 个
B. 30 257 个
C. 30 207 个
D. 30 217 个
答: [ D ] 解：铺第一列(两块地砖)有 30 种方法；其次铺第二列．设第一列的两格铺了 A 、 B 两色(如图)，那么，第二列的上格不能铺 A 色．若铺 B 色，则有 (6 1) 种铺法；若不 铺 B 色， 则有 (6 2)
一．选择题 (本题满分 36 分, 每小题 6 分) 1. 函数 y f ( x) 的图像按向量 a ( , 2) 平移后, 得到的图像的解析式为 4
y sin( x ) 2 . 那么 y f ( x) 的解析式为 4
A. y sin x
B. y cos x
C. y sin x 2
an 4 n 2 (n N*)．
2 . 2
9. 函数 y | cos x | | cos 2 x | ( x R) 的最小值是
解：令 t | cos x |[0,1] ，则 y t | 2t 1| ．
2
当
1 9 2 t 1 时， y 2t 2 t 1 2(t ) 2 ，得 4 8 2
N , 则 a 的取值范围是
[1－ 6，3+ 10] ．
解：由题意知 M 是以原点为焦点、直线 x y 1 0 为准线的抛物线上及其凹口 内侧的点集， N 是以 (a,1) 为中心的正方形及其 内部的点集(如图)． 考察 M N 时, a 的取值范围: 令 y 1 , 代入方程
D. y cos x 4
答: [ B ]
解： y sin[( x
4
) ], 即 4
y cos x . 故选 B．
2. 如果二次方程 x2 px q 0 ( p, q N*) 的正根小于 3, 那么这样的二次方程
有
A. 5 个
2
B. 6 个
C. 7 个
D. 8 个
3 VB1 E F G ． 8
11. 由三个数字 1 、 2 、 3 组成的 5 位数中, 1 、 2 、 3 都至少出现 1 次, 这样 的 5 位数共有 150 个.
解：在 5 位数中, 若 1 只出现 1 次，有 C5 (C4 C4 C4 ) 70 个；
1 1 2 3
若 1 只出现 2 次，有 C5 (C3 C3 ) 60 个；
答: [ C ]
解：由 p 4q 0, q 0 , 知方程的根为一正一负． 设 f ( x) x px q ，则 f (3) 3 3 p q 0 , 即 3 p q 9 .
2 2
由于 p, q N*， 所以 p 1, q 5 或 p 2, q 2 . 于是共有 7 组 ( p, q) 符合 题意． 故选 C．
4. 设四棱锥 P ABCD 的底面不是平行四边形, 用平面 去截此四棱锥, 使得
截面四边形是平行四边形, 则这样的平面
A. 不存在
B. 只有 1 个
C. 恰有 4 个
D. 有无数多个
答: [ D ]
P
解：设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线 为 m 、 n , 直线 m 、 n 确定了一个平面 . 作与 平行的平面
B. 2
C. 16
D. 48
答: [ C ]
解：数列 {an } 模 64 周期地为 2，16，－2，－16，……. 又 2005 被 4 除余 1, 故 选 C．