高中数学竞赛赛题精选(带答案)

1、高中数学竞赛 赛题精选、选择题(共 12 题)1定义在 R上的函数 y f ( x)的值域为 m,n,则 y f(x 1)的值域为( )A m,nBA m,nD 无法确定C f (m 1), f (n 1) D 无法确定解：当函数的图像左右平移时，不改变函数的值域 . 故应选 A.2设等差数列 an满足 3a8 5a13，且 a1 0, Sn为其前 n项之和，则 Sn(n N )中最大的是A.S10B. SA.S10B. S11C.S20D.S212 解：设等差数列的公差为 d,由题意知 3( a1 +7d)=5( a1 +12d), 即 d=- 2 a1,39an =a1+( n-1)d=2

2、 a1 -a1 391 (n-1)=41 2a1( 41- 2 n), 欲使 Sn(n N )最大，只须 an0，即 1 39 39 n n选 C.3方程log 2x=3cosx共有()组解A 1B 2C3D 4n20. 故应解：画出函数 y=log 2x 和 y=3cosx 的图像，研究其交点情况可知共有 3 组解应选 C 4已知关于 x 的一元二次方程 x2 a2 1 x a 2 0的一个根比 1大，另一个根比 1小，则) 1 a 1 a1 或 a 1 2 a 1 a2 或 a 1解：令 f(x)= x2 a2 1 x a 2 ，其图像开口向上，由题意知 f(1) 0，即12 a2 1 1

3、 a 2 0，整理得 a2 a 2 0 ，解之得 2 a 1，应选 C5已知, 为锐角，sinx,cosy, cos()33 ，则 y 与 x 的函数关系为(5)A y321x4x(3 x1)555By321 x 24x(0 x1)55Cy312 x4x(03) x)5554xDy312 x(0 x 1)55解：ycoscos()cos()cossin() sin3241 x x而 y (0,1)0353得 x (3,1). 故应选 A.5而 y (0,1)0353得 x (3,1). 故应选 A.52的最大值是（）A.B.24D.5C.336函数 y sin x 的定义域为 a,b ，值域为

4、 1,1 ，则解：如右图，要使函数 y sin x 在定义域 a,b 上，值域1 7 41,1 ，则 b a 的最大值是( 7 ) 4 . 故应选 C.2 6 6 37设锐角 使关于 x 的方程 x2+4xcos+cot =0 有重根，则 的弧度数为A6B12或512C 6或512D12=0，选 B=0，选 B解：点 （0 ， b）在椭圆内或椭圆上，2b23，66b 2 ， 2 选 A12解：由方程有重根，故 4 =4cos 2 cot5 0 0 的解集为A2 ，A2 ，3)B(2 ，3C2 ，4)D(2 ，43解：令 log 2x=t 1时， t 12t2t 1，2）， x2，4），选 C1

5、0设点 O在ABC的内部，且有 +2+3=，则 ABC的面积与AOC的面积的比为A23B2C310设点 O在ABC的内部，且有 +2+3=，则 ABC的面积与AOC的面积的比为A23B2C3解：如图，设AOB= OBD1=.5 SOB1D= OB1C1=3S，AOC=，S 则 OC1D=3S，ABC=3S选 COBC0=.5 S，11设三位数 n=， 则这样的三位数 n 有（若以 a， b，）c 为三条边长可以构成一个等腰（含等边 ） 三角5D3C1形，A45个B81C165 个D216 个解：等边三角形共 9 个；（ 设为 a，b） ，有 36 种取法，以小数为底时总能构成等腰三角 b=4，

6、3，2，1，（8 种）；a=7，6时，b=3，2，1（6 种）；a=5，4 等腰但不等边三角形：取两个不同数码 形，而以大数为底时， ba（ 设为 a，b） ，有 36 种取法，以小数为底时总能构成等腰三角 b=4，3，2，1，（8 种）；a=7，6时，b=3，2，1（6 种）；a=5，4即可取 156+9=165 种数选 C长为长为12顶点为 P 的圆锥的轴截面是等腰直角三角形， 心， ABOB，垂足为 B， OH PB，垂足为 H，且 PA=4， ）A 是底面圆周上的点， B 是底面圆内的点， O为底面圆圆 C 为 PA的中点，则当三棱锥 OHPC的体积最大时， OB的A35B253CD2

7、63解： AB OB，PB AB，AB面 POB，面 PAB面 POBOHPB， OH面 PAB，OHHC，OHPC，又， PC OC， PC面 OCH PC是三棱锥 P OCH的高 PC=OC2=而 OCH的面积在 OH=HC=2 时取得最大值 （ 斜边 =2 的直角三角形 ） 当 OH= 2时，由 PO=2 2，知 OPB=30 ，OB=PtOan30 =2361 又解： 连线如图，由 C为 PA中点，故 VO PBC=2VBAOP，PHC而 VOPHCVOPBC=PPBH=PPOB2(PO2=PHPB)PHC记 PO=OA2= 2=R， AOB= ，则1 3 1 3 1 3VPAOB=6

8、R3sin cos =12R3sin2 ， VB PCO=24R sin2 PO2R21 2 sin2 1 3PB2=R2+R2cos 2 =1+cos2 =3+cos2 VOPHC=3+cos212R 令 y= sin2 ，3+cos22cos2 (3+cos2 ) 令 y= sin2 ，3+cos22cos2 (3+cos2 )( 2sin2)sin2(3+cos2)2=0，得 cos213，cos = 33，选 D二、填空题(共 10 题)13. 设 Sn 为等差数列an的前 13. 设 Sn 为等差数列an的前 n 项和，若 S5 10，S105 ，则公差为解：设等差数列an的首项为

9、a1 ，公差为 d .5a1 10d 10，a1 2d 2，由题设得 即 解之得 d 1.10a1 45d5，2a1 9d 1，14. 设 f(x) loga(x b) (a 0且 a 1)的图象经过点 (2，1) ，它的反函数的图象经过点(2，8) ，则 a b等于 4 .解：由题设知loga(2 b)loga(8 b)1，化简得2，(2 b) a，(8 b) a2.解之得 a13， a22，(舍去) .故ab 等于 4b11； b24.15已知函数 y f (x)的图象如图，则满足 f (22x x 1) f (lg( x2 6x 20) 0的 x2 2x 1x 的取值范围为x 2，1)

10、解： 因为 lg x2 6x 20 lg (x 3)2 11 lg11 1，所以lgx2 6x200. 于是，由图象可知，2x11 ，即 x 20，解得x1x12x 1.故x的取值范围为x 2，1)16圆锥曲线x2y2 6x 2y10 |xy3|0 的离心率是2解：原式变形为(x 3) 2 (y1)2 | xy3|，即 (x 3)2(y1)22|x y 3 | 所以动点 ( x, y)到定点 ( 3，1)的距离与它到直线 x y 3 0的距离 2之比为 2 故此动点轨迹为双曲线，离心率为 2 2217在 ABC中，已知 tanB 3，sinC 2 2 ， AC 3 6，则 ABC的面积为 3A

11、C sinC 8 sinBS AC sinC 8 sinB解：在 ABC中，由 tanB 3 得 B 60 由正弦定理得 ABC 可取锐角或钝角，从而 cosCsin A sin(B C) sin BcosCcos B sin C63故SABC AC ABsin A 8 318. 设命题 P : a2 a，命题 Q:对任何 xR，都有4ax0. 命题 P 与 Q 中有且仅有一个成立，则实数 a 的取值范围是或 12解 ：由 a2 a 得 01由 x2 4ax1 0 对于任何 x R 成立，得2216a2 4 0 ，11a 因为命题 P 、 Q 有且仅有一个成立，故实数a 的取值范围是1 a 0

12、 或 1 a 12219. cos2 75o cos215o cos75o cos15o的值是 解： cos2 75o cos215o cos75o cos15o =cos275+sin275 +sin15 cos15=1+1=1+1 = 42sin 30 5120.定义在 R上的函数 f(x) 满足 f (1) 2 ，且对任意的 x R，都有 f (x) ，则不等式 2f (log 2 x)log2 x 3 的解集为解：令 gg(1)=2f(1)-1=3( x) 1/2 得，f (log 2 x)log2 x 3 的解集为解：令 gg(1)=2f(1)-1=3( x) 1/2 得，2f (

13、x) -10 ，即 gx 2x=2f x x，由g(x) 在 R 上为减函数，且化为 2f(log2X)log2X3，即 g(log2X)g(1), 由 g(x) 的单调性得： log2X1, 解得， uuur P 满足 AP0 x2.21. 圆 O的方程为 x2 y2 1， A(1,0) ，在圆 O上取一个动点 uuur uuurAP AB 1则 P 点的轨迹方程为 B ，设点uuurOB( R) 且解：设 P(x,y),AB=OB ( ?R)得B(k(x 1) ，ky) ，=k1)将坐标代入AP . AB =1可得k= (x 1)x2y2又点 B 又点 B 在圆x2+y2=1 上，则由消去

14、k 得 y 2=2x-122. l1、l2、L都过定点 A则这 100 条直线的交点个数最多为、l100为 100条共面且不同的直线，若其中编号为4k(kN*) 的直线互相平行，编号为 4k 1的直线的直线互相平行，编号为 的直线互相平行，编号为 4k 1 的直线都过解：100 条直线任意两条的组合有 C2100，其中编号为 4k(k?N*) 定点 A，所以这 100 条直线的交点个数最多为C 100 C25 C25 +1=435123. 过正四面体 A1 A2 A3 A4的四个顶点分别作四个相互平行的平面 都为 1，则该四面体的体积为1、 2、 3、 4 ，若每相邻两个平面间的距离解：如图：

15、将四面体补成一个正方体， E1 , F 1 分别是 A1B1设正方体的棱长为 a, A 1M=MN=1 , 则 A11、 2、 3、 4 ，若每相邻两个平面间的距离25D1E1= A1D12 A1E12 = a.由 A1D1 * A1E1 =A1M1*D1E1 得 a= 5 .所以，四面体的体积为 V=a34 1 a3 = 5 563三、解答题（共 3 题）以 DE为直径的圆分别交 AB、 AC于24在锐角三角形 ABC中， AB上的高 CE与 AC上的高 BD相交于点 H， F、G两点， FG与 AH相交于点 K，已知 BC=25， BD=20以 DE为直径的圆分别交 AB、 AC于解： B

16、C=25， BD=20，BE=7， 解： BC=25， BD=20，BE=7， CE=24， CD=15 AC BD=CE AB，6AC= AB，5 BDAC， CEAB，B、E、D、C共圆，66AC（ AC15） =AB（ AB 7） ， AB（ AB15） =AB（ AB 18） ，55 AB= AB=25， AC=30AE=18，AD=15 DE=12AC=15延长 AH交 BC延长 AH交 BC于 P，则 AP BC AP BC=AC BD，AP=24连 DF，则 DF AB， AE=D，E DF ABAF=21AE=9 D、 E、F、G共圆，AFG= ADE=ABC，AFG ABC，

17、AK=AF，AP=AB，24=21625 =25bn bn+1+ bn 0) bn 2+2bn=( 1n) 2， nbn bn+1+ bn 0) bn 2+2bn=( 1n) 2， n 0 bn2n2且 bn 递减， n2bn=n( n2+1 n)=n2+1+n11 单调增1+( 1n) 2+1 0n bn 2且 t n单调减由截距式方程知，bn 2bn2 2 2n+n=1，(1 2n2bn=n2bn2)an 1nbnan=1n 2bnbn(1+ n 2bn) 1+n 2bn1 2 1=(n bn)2+ 2(n bn1 2n2bn = n2bn = n bn)212(212=4且由于 t n单

18、调减，知 an 单调减，即 anan+14 成立1亦可由n2bn=bn+2= bn+2，得 a n=bn+2+ 2 bn+2， n bn 由 bn 递减知 an 递减，且 an0+2+ 2 2=4n 即证(1 k=1bk+1bbkk+1)2004bk+1 bk bk +11 bk = bk121+( k1) 2121+(k1+1)21+( k1) 212 1 2 1 2 =k( k) ( k+1) )1+( k1) 2+1211+(k1)1+(k1+1)225在平面直角坐标系 XOY中， y轴正半轴上的点列 An与曲线 y= 2x(x0)上的点列 Bn满足 1| OAn| =|OBn|= ，直

19、线 AnBn在 x 轴上的截距为 an，点 Bn的横坐标为 bn，nN*n 证明 anan+14， nN*；b2 b3 证明有 n0 N* ，使得对 ? nn0，都有 + + +b1 b2bn 1解： 点 An(0 ，1n) ，Bn( bn， 2bn) 由| OAn| =|OBn|，111+(k1)12 k+22k+1k +112 k+2 2 2(k+1) 1+(k1) 21 21+(k1) 2nn(1k=1bk+111 11 1 1 1 1 1 1) ( + )+( + + + )+ + + + + bkk+23 45 6 7 8 2 2 2k=1只要 n 足够大，就有(1k=1bk+1bb

20、kk+1)2004 成立2626对于整数 n4 f(n) 元子集中，均至少有求出最小的整数 f(n) ，使得对于任何正整数3 个两两互素的元素m，集合 m， m+1， m+n1的任一个解： 当 n4 时，对集合 M( m，n)= m， m+1， m+n1 ，当 m为奇数时， m， m+1，m+2互质，当 m为偶数时， m+1， m+2，m+3互质即 M的子集 M中存在 3 个两两互 质的元素，故 f(n)存在且 f (n) n取集合 Tn= t |2| t 或 3| t ， t n+1 ，则 T为 M(2，n)=2，3，n+1的一个子集，且其中任 3个数无不能两 两互质故 f ( n) card ( T)+1 n+1 n+1n+1n+1 n+1n+1但 card( T) = 2 + 3 6 故 f(n) 2 + 3 6 +1 由与得， f(4) =4，f (5) =55f (6) 6，6f(7) 7，7f(8) 8，8f(9) 9现计算 f(6) ，取 M= m，m+1， m+5 ，若取其中任意 5个数，当这 5个数