各省高中数学竞赛预赛试题汇编

各省高中数学竞赛初赛试卷试题汇编各省高中数学竞赛初赛试卷试题汇编82/82各省高中数学竞赛初赛试卷试题汇编2012各省数学竞赛齐集

目录1.2012高中数学联赛江苏赛区初赛试卷

第

3页2.20XX年高中数学联赛湖北省初赛试卷（高一年级）

第

7页3.20XX年高中数学联赛湖北省初赛试卷（高二年级）

第

10页20XX年高中数学联赛陕西省初赛试卷第16页20XX年高中数学联赛上海市初赛试卷第21页20XX年高中数学联赛四川省初赛试卷第28页7.20XX年高中数学联赛福建省初赛试卷（高一年级）第35页20XX年高中数学联赛山东省初赛试卷第45页20XX年高中数学联赛甘肃省初赛试卷第50页20XX年高中数学联赛河北省初赛试卷第55页20XX年高中数学联赛浙江省初赛试卷第62页20XX年高中数学联赛辽宁省初赛试卷第72页20XX年高中数学联赛新疆区初赛试卷（高二年级）第77页20XX年高中数学联赛河南省初赛试卷（高二年级）第81页20XX年高中数学联赛北京市初赛试卷（高一年级）第83页2012高中数学联赛江苏赛区初赛试卷一、填空题（70分）1、当x[3,3]时，函数f(x)|x33x|的最大值为__18___.2、在ABC中，已知ACBC12,ACBA4,则AC___4____.3、从会集3,4,5,6,7,8中随机采用3个不相同的数，这3个数能够组成等差数列的概率为_____3_______.104、已知a是实数，方程x2(4i)x4ai0的一个实根是b（i是虚部单位），则|abi|的值_____22___.5、在平面直角坐标系xOy中，双曲线C:x2y21的右焦点为F，一条过原点O且倾斜角124为锐角的直线l与双曲线C交于A,B两点.若FAB的面积为83，则直线的斜率为1____.___26、已知a是正实数，kalga的取值范围是___[1,)_____.7、在周围体ABCD中，ABACADDB5,BC3,CD4该周围体的体积为_____53_______.8、已知等差数列an和等比数列bn满足：a1b13,a2ba7,b315,a4则3an5bn,___3n12n___.3（nN*）9、将27,37,47,48,55，71，75这7个数排成一列，使任意连续4个数的和为3的倍数，则这样的排列有___144_____种.10、三角形的周长为31，三边a,b,c均为整数，且abc，则满足条件的三元数组(a,b,c)的个数为__24___.二、解答题（本题80分，每题20分）11、在ABC中，角A,B,C对应的边分别为a,b,c，证明：（1）bcosCccosBa（2）cosAcosB2sin2C2abc12、已知a,b为实数，a2，函数a若f()|ln|x(.0)xf(1)e1,f(2)eln21.21）求实数a,b；2）求函数f(x)的单调区间；（3）若实数c,d满足cd,cd1，求证：f(c)f(d)13、如图，半径为

1的圆

O

上有必然点

M

为圆

O

上的动点

.在射线OM

上有一动点

B,

AB

1,OB

1.

线段

AB交圆

O

于另一点C，D

为线段的

OB中点.求线段

CD长的取值范围

.14、设是a,b,c,d正整数，a,b是方程x2(dc)xcd0的两个根.证明：存在边长是整数且面积为ab的直角三角形.20XX年全国高中数学结合竞赛湖北省初赛试题参照答案（高一年级）说明：评阅试卷时，请依据本评分标准。填空题只设8分和0分两档；解答题的评阅，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参照本评分标准合适划分品位评分。一、填空题（本题满分64分，每题8分。直接将答案写在横线上。）1．已知会集A{x|xa},B{x|xb},a,bN，且ABN{1}，则ab1．2．已知正项等比数列{an}的公比q1，且a2,a4,a5成等差数列，则a1a4a735．a3a6a923．函数f(x)x1的值域为[0,6]．x24x764．已知3sin22sin21，3(sincos)22(sincos)21，则cos2()1．35．已知数列{an}满足：a1为正整数，an1an,an为偶数,2an为奇数,3an1,若是a1a2a329，则a15．6．在△ABC中，角A,B,C的对边长a,b,c满足ac2b，且C2A，则sinA7．47．在△ABC中，ABBC2，AC3．设O是△ABC的内心，若AOpABqAC，则p的q值为3．28．设x1,x2,x3是方程x3x10的三个根，则x15x25x35的值为－5．二、解答题（本大题满分56分，第9题16分，第10题20分，第11题20分）9．已知正项数列{an}满足anan1anan24anan1an213anan1且a11，a28，求{an}的通项公式．解在已知等式两边同时除以anan1，得1an24an13，an11an因此1an214(1an11)．4分anan1令bn1an11b14,bn4bn，即数列{bn}1an,则1是以b＝4为首项,4为公比的等比数列，所以bnb14n14n.8分因此1an114n,即an1[(4n1)21]an.12分an于是，当n1时,an[(4n11)21]an1[(4n11)21][(4n21)21]an2n1n1[(4k11)21]a1[(4k11)21]，k1k11,n1,因此,ann1k1216分[(41)1],n2.k110．已知正实数a,b满足a2b21，且a3b31m(ab1)3，求m的最小值．解令acos,bsin，0，则2mcos3sin31(cossin)(cos2cossinsin2)1．(cossin1)3(cossin1)35分令xcossin，则x2sin()(1,2]，且4cossinx2110分2．于是2mx(1x21)123xx32xx22x31(x1)32(x1)32(x1)22(x1)2(x1)．215分由于函数f(x)31在(1,2]上单调递减，因此f(2)mf(1)．2(x1)2因此，m的最小值为f(2)324．20分211．设f(x)loga(x2a)loga(x3a)，其中a0且a1．若在区间[a3,a4]上f(x)1恒建立，求a的取值范围．解f(x)2ax52)5a2a2)．]loagx(a6alxog[(42由x2a0,得x3a，由题意知a33a，故a3，从而(a3)5a3(a2)0，故x3a0,222函数g(x)x5a2a2)在区间[a3,a4]上单调递增.(425分（1）若0a1，则f(x)在区间[a3,a4]上单调递减，因此f(x)在区间[a3,a4]上的最大值为f(a3)loga(2a29a9)．在区间[a3,a4]上不等式f(x)1恒建立，等价于不等式loga(2a29a9)1建立，从而2a29a9a，解得a57或a57．22结合0a1得0a1．10分（2）若1a3，则f(x)在区间[a3,a4]上单调递加，因此f(x)在区间[a3,a4]上的最2大值为f(a4)loga(2a212a16).在区间[a3,a4]上不等式f(x)1恒建立，等价于不等式loga(2a212a16)1建立，从而2a212a16a，即2a21316013411341a，解得4a4．易知13413，因此不吻合．1542分综上可知：a的取值范围为(0,1)．20分20XX年全国高中数学结合竞赛湖北省初赛试题（高二年级）说明：评阅试卷时，请依据本评分标准。填空题只设8分和0分两档；解答题的评阅，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参照本评分标准合适划分品位评分。一、填空题（本题满分64分，每题8分。直接将答案写在横线上。）1．函数f(x)x1的值域为________________．4xx272．已知3s2in2s2in1，3(sincos)22(sincos)21，则c2o(s)_______________．3．已知数列{an}满足：a1为正整数，an1an,an为偶数,若是a1a2a329，则21,an为奇数,3ana1．4．设会集S{1,2,3,,12}，A{a1,a2,a3}是S的子集，且满足a1a2a3，a3a25，那么满足条件的子集A的个数为．25．过原点O的直线l与椭圆C：x2a的任一点．若直线PM,PN的斜率之积为

y21(ab0)交于M,N两点，P是椭圆C上异于M,Nb2，则椭圆C的离心率为_______________．6．在△ABC中，ABBC2，AC3．设O是△ABC的内心，若AOpABqAC，则p的q值为_______________．7．在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知AC1,B1C2,AB1p，则长方体的体积最大时，p为_______________．2012[20122k]．8．设[x]表示不高出x的最大整数，则2k1k0二、解答题（本大题满分56分，第9题16分，第10题20分，第11题20分）9．已知正项数列{an}满足anan1anan24anan1an213anan1且a11，a28，求{an}的通项公式．10．已知正实数a,b满足a2b21，且a3b31m(ab1)3，求m的取值范围．11．已知点E(m,n)为抛物线y22px(p0)内必然点，过E作斜率分别为k1,k2的两条直线交抛物线于A,B,C,D，且1）当n0且k12）若k1k2

M,N分别是线段AB,CD的中点．k21时，求△EMN的面积的最小值；（0,为常数），证明：直线MN过定点．20XX年全国高中数学结合竞赛湖北省初赛试题参照答案（高二年级）说明：评阅试卷时，请依据本评分标准。填空题只设8分和0分两档；解答题的评阅，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参照本评分标准合适划分品位评分。一、填空题（本题满分64分，每题8分。直接将答案写在横线上。）1．函数f(x)x16x24x的值域为[0,]．762．已知3sin22sin21，3(sincos)22(sincos)21，则cos2()1．33．已知数列{an}满足：a1为正整数，an1an,an为偶数,2an为奇数,3an1,若是a1a2a329，则a15．4．设会集S{1,2,3,,12}，A{a1,a2,a3}是S的子集，且满足a1a2a3，a3a25，那么满足条件的子集A的个数为185．2y21(ab0)交于M,N两点，P是椭圆C上异于M,N5．过原点O的直线l与椭圆C：x2b2a的任一点．若直线PM,PN的斜率之积为1，则椭圆C的离心率为6．336．在△ABC中，ABBC2，AC3．设O是△ABC的内心，若AOpABqAC，则p的q值为3．27．在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知AC1,B1C2,AB1p，则长方体的体积最大时，p31．38．设[x]表示不高出x的最大整数，则201220122k2012．[2k1]k0二、解答题（本大题满分56分，第9题16分，第10题20分，第11题20分）9．已知正项数列{an}满足anan1anan24anan1an213anan1且a11，a28，求{an}的通项公式．解在已知等式两边同时除以anan1，得an241an13，1anan1因此1an214(1an11)．4分an1an令bn1an11,则b14,bn14bn，即数列{bn}1＝4为首项,4为公比的等比数列，an是以b所以bnb14n14n.8分因此1an114n,即an1[(4n1)21]an.12分an于是，当n1时,an[(4n11)21]an1[(4n11)21][(4n21)21]an2n1n1[(4k11)21]a1[(4k11)21]，k1k11,n1,因此,ann1k1216分[(41)1],n2.k110．已知正实数a,b满足a2b21，且a3b31m(ab1)3，求m的取值范围．解令acos,bsin，0，则2mcos3sin31(cossin)(cos2cossinsin2)1．(cossin1)3(cossin1)35分令xcossin，则x2sin()(1,2]，且4csox2110分isn．2于是x(1x21)132xx22x31m223xx(x32(x1)322(x1)2(x1)．1)2(x1)215分由于函数f(x)31在(1,2]上单调递减，因此f(2)mf(1)．2(x1)2又f(1)1,f(2)324，所以42m[324,1)．20分2411．已知点E(m,n)为抛物线y22px(p0)内必然点，过E作斜率分别为k1,k2的两条直线交抛物线于A,B,C,D，且M,N分别是线段AB,CD的中点．（1）当n0且k1k21时，求△EMN的面积的最小值；（2）若k1k2（0,为常数），证明：直线MN过定点．解AB所在直线的方程为xt1(yn)m，其中t11，代入y22px中，得k1y22pt1y2pt1n2pm0，设A(x1,y1),B(x2,y2)，则有y1y22pt1，从而x1x2t1(y1y22n)2mt1(2pt12n)2m．M(pt12nt1m,pt1)．CD

所在直线的方程为

xt2

(y

n)

m，其中

t2

1k2

，同理可得

N(pt22

nt2

m,pt2)．5分（1）当

n

0时，

E(m,0)

，

M(pt12

m,pt1)

，

N(pt22

m,pt2)

，

|EM||pt1|1t1

2

，|EN||pt2

|1t2

2

．又k1

k2

1，故

t1

t2

1，于是△

EMN

的面积S1|EM||EN|1|p2t1t2|(1t12)(1t22)p22t12t22222p24p2，2当且仅当|t1||t2|1时等号建立．因此，△EMN的面积的最小值为p2.10分（2）kMNp(t1t2)1，22)n(t1t2)p(t1t2(t1t2)npMN所在直线的方程为ypt11[x2nt1m]，n(pt1(t1t2)p即y(t1t2n)pt1t2xm．15分p又k1k211t1t2，代入上式，得y(t1t2nt1t2xm，t2，即t1t2)pt1p即(t1t2)(ypxnym．)pp当yp时，有xnym0，即y为方程的一组解，0pxmn因此直线MN恒过定点(mn,p)．20分20XX年上海市高中数学竞赛一、填空题（本题满分60分，前4小题每题7分，后4小题每题8分）A11.如图,正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为1,它的6条对角线又B1A2F1围成一个正六边形A2B2C2D2E2F2,这样连续下去,则所有这些F2六边形的面积和是.B2E2aj3C1C2D2E12.已知正整数a1,a2,10,则a10,a10满足:,1ijai2的最小可能值是.D13.若tantantan17，cotcotcot4,cotcot65cotcotcotcot17.，则tan54．已知关于x的方程lgkx2lgx1AD仅有一个实数解，则实数k的取值范围是.F5．如图，AEF是边长为x的正方形ABCD的内接三角形，已知CB

EAEF

90，

AE

a,EF

b,a

b，则

x

.6．方程2m3n3n12m13的非负整数解m,n.7．一个口袋里有5个大小相同的小球，其中两个是红色的，两个是白色的，一个是黑色的，依次从中摸出5个小球，相邻两个小球的颜色均不相同的概率是.（用数字作答）8．数列an定义以下：a11,a22n1n1,2,.若2,an2an1an,nn2n2am22011，则正整数m的最小值为.2012二、解答题9．（本题满分14分）如图，在平行四边形ABCD中，ABx，BC1，对角线AC与BD的夹角BOC45，记直线AB与CD的距离为h(x)．DC求h(x)的表达式，并写出x的取值范围．

OAB10．（本题满分14分）给定实数a1，求函数f(x)(asinx)(4sinx)的最小值．1sinx11．（本题满分16分）正实数x,y,z满足9xyzxyyzzx4，求证：4（1）xyyzzx；（2）xyz2．12．（本题满分16分）给定整数n(3)，记f(n)为会集1,2,,2n1的满足以下两个条件的子集A的元素个数的最小值：（a）1A,2n1A；（b）A中的元素（除1外）均为A中的另两个（能够相同）元素的和．（1）求f(3)的值；（2）求证：f(100)108．学必迎下20XX年上海市高中数学竞赛答案1、932、9243、114、,045、a26、3,0,2,2b)2a2(a7、28、402559．解由平行四形角平方和等于四条的平方和得OB2OC21(AB2BC2)1(x21)．①22⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（2分）在△OBC中，由余弦定理BC2OB2OC22OBOCcosBOC，因此OB2OC22OBOC1，②由①，②得OBOCx21．③22⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（5分）因此1SABCD4SOBC42OBOCsinBOC2OBOCx21，2故ABh(x)x21，2学必迎下因此h(x)x21．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（10分）2x由③可得，x210，故x1．因OB2OC22OBOC，合②，③可得1(x21)2x21，222解得（合x1）1x2．1上所述，h(x)x21，1x21．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（14分）2x10．解f(x)(asinx)(4sinx)1sinx3(a1)a2．1sinx1sinx7，当1a03(a1)2，此33(a1)f(x)1sinxa223(a1)a2，1sinx且当sinx3(a1)11,1不等式等号建立，故fmin(x)23(a1)a2．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（6分）当a7，3(a1)2，此“耐克”函数yt3(a1)在0,3(a1)内是3t减，故此fmin(x)f(1)23(a1)a25(a1)．2223(a1)a2,1a7;上所述，fmin(x)5(a1),7.3⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（14分）a2311．（1）txyyzzx，由平均不等式33xyz3(xy)(yz)(zx)2

3xyyzzx23

．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（4分）于是49xyzxyyzzx9t33t2，学必迎下因此3t23t23t20，而3t23t20，因此3t20，即t2，从而3zx4．xyyz⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（10分）（2）又因3(xyz)23(xyyzzx)，因此(xyz)24，故xyz2．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（16分）12．解（1）会集A1,2,,231，且A足（a），（b）．1A,7A．由于1,m,7m2,3,,6不足（b），故A3．1,2,3,7,1,2,4,7,1,2,5,7,1,2,6,7,1,3,4,7,1,3,5,7,1,3,6,7,1,4,5,7,1,4,6,7,1,5,6,7都不满足（b），故A4．而会集1,2,4,6,7足（a），（b），因此f(3)5．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（6分）（2）第一明f(n1)f(n)2,n3,4,．①事上，若A1,2,,2n1，足（a），（b），且A的元素个数f(n)．令BA2n12,2n11，由于2n122n1，故Bf(n)2．又2n122(2n1),2n111(2n12)，因此，会集B1,2,,2n11，且B足（a），（b）．从而f(n1)Bf(n)2．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（10分）其次证明：f(2n)f(n)n1,n3,4,．②事上，A1,2,,2n1足（a），（b），且A的元素个数f(n)．令学必迎下BA2(2n1),22(2n1),,2n(2n1),22n1，由于2(2n1)22(2n1)2n(2n1)22n1，因此B1,2,,22n1，且Bf(n)n1．而2k1(2n1)2k(2n1)2k(2n1),k0,1,,n1，22n12n(2n1)(2n1)，从而B足（a），（b），于是f(2n)Bf(n)n1．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（14分）由①，②得f(2n1)f(n)n3．③屡次利用②，③可得f(100)f(50)501f(25)25151f(12)12377f(6)6192f(3)3199108．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（16分）20XX年全国高中数学结合竞赛（四川初赛）一、单项选择题（本大题共6个小题，每题5分，共30分）1、设会集Sx|x25x60，Tx|x2|3，则ST=（）A、{x|5x1}B、{x|5x5}C、{x|1x1}D、{x|1x5}2、正方体ABCDA1B1C1D1中BC1与截面BB1D1D所成的角是（）A、B、C、D、26433、已知f(x)x22x3，g(x)kx1，则“|k|2”是“f(x)g(x)在R上恒建立”的（）A、充分但不用要条件B、必要但不充分条件C、充要条件D、既不充分也不用要条件4、设正三角形1的面积为S1，作1的内切圆，再作内切圆的内接正三角形，设为2，面积为S2，这样下去作一系列的正三角形3,4,，其面积相应为S3,S4,，设S11,TnS1S2Sn，则limTn=（）n64C、3D、2A、B、2535、设抛物线y24x的焦点为F，极点为O，M是抛物线上的动点，则|MO|的最大值为（）|MF|323C、4D、3A、B、3336、设倒圆锥形容器的轴截面为一个等边三角形，在此容器内注入水，并放入半径为r的一个实心球，此时球与容器壁及水面恰好都相切，则取出球后水面高为（）A、rB、2rC、312rD、315r二、填空题（本大题共6个小题，每题5分，共30分）ADFEBC7、如图，正方形ABCD的边长为3，E为DC的中点，AE与BD订交于F，则FDDE的值是．8、(x2x1)6的张开式中的常数项是．（用详尽数字作答）x9、设等比数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn(an1)2，则S20的值为．410、不高出2012的只有三个正因数的正整数个数为．11、已知锐角A,B满足tan(AB)2tanA，则tanB的最大值是．12、从1,2,3,4,5组成的数字不重复的五位数中，任取一个五位数abcde，满足条件“abcde”的概率是．三、解答题（本大题共4个小题，每题20分，共80分）13、设函数f(x)sinx3cosx1，（I）求函数f(x)在[0,]上的最大值与最小值；2（II）若实数a,b,c使得af(x)bf(xc)1对任意xR恒建立，求bcosc的值．a14、已知a,b,cR，满足abc(abc)1，（I）求S(ac)(bc)的最小值；（II）当S取最小值时，求c的最大值．15、直线ykx1与双曲线x2y21的左支交于A、B两点，直线l经过点(2,0)和AB的中点，求直线l在y轴的截距b的取值范围．16、设函数fn(x)xn(1x)2在[1,1]上的最大值为an（n1,2,3,）．2（I）求数列{an}的通项公式；（II）求证：对任何正整数n(n2)1建立；，都有an(n2)2（III）设数列{an}的前n项和为Sn，求证：对任意正整数n，都有Sn7建立．1620XX年全国高中数学结合竞赛（四川初赛）参照解答一、选择题（本大题共6个小题，每题5分，共30分）1、C2、A3、A4、B5、B6、D二、填空题（本大题共6个小题，每题5分，共30分）7、359、010、14228、11、12、2415三、解答题（本大题共4个小题，每题20分，共80分）13、解：（I）由条件知f(x)2sin(x3)1，（5分）51由0x知，x，于是sin(x)13362213因此x2时，f(x)有最小值212；2当x时，f(x)有最大值2113．（10分）6（II）由条件可知2asin(x)2bsin(xc)ab1对任意的xR恒建立，33∴2asin(x)2bsin(x3)cosc2bcos(x)sinc(ab1)033∴2(abcosc)sin(x)2bsinccos(x)(ab1)033abcosc0∴bsinc0,（15分）ab10由bsinc0知b0或sinc0。若b0时，则由abcosc0知a0，这与ab10矛盾！若sinc0，则cosc1（舍去），cosc1，解得ab1,c(2k1)，因此，bcosc1．（20分）2a114、解：（I）由于(ac)(bc)abacbcc2ab(abc)cab（5分）ab2ab12，等号建立的条件是ab1，ab当ab1,c21时，S可取最小值2．（10分）（II）当S取最小值时，ab1，从而c(abc)1，即c2(ab)c10，令tab，则t2ab2（15分）从而ctt24也许ctt240（舍去）22故ctt242在t[2,)单减，2t24t因此在t2时，c有最大值21．（20分）15、解：将直线ykx1与双曲线x2y2ykx11方程联立得2y21x化简得(k21)x22kx20①（5分）4k28(k21)0由题设知方程①有两负根，因此x1x22k0，解得1k2．（10分）k21x1x220k21设A(x1,y1),B(x2,y2)，则有x1x22k，k212k222y1y2k(x1x2)2k1k212故AB的中点为(k,1)，k21k21因此直线l方程为y1(x2k2k2当1k2时，2k2k22(k因此b2的取值范围是(2k22k

，其在y轴的截距b1)217，其取值范围是822)(2,)．

2，（15分）2k2k2(1,22)（20分）16、解：（I）fn'(x)nxn1(1x)22xn(1x)xn1(1x)[n(1x)2x]，当x[1,1]时，由fn'(x)0知x1也许xnn，（5分）2n1[1,1]，又f1(1)121当n1时，n，fn(1)0，故a1；232288当n2时，n1[1,1]，又f2(1)1，fn(1)0，故a21；n22221616当n3时，n1,1]，n2[2∵x[1,n)时，fn'(x)0；x(n,1)时，fn'(x)0；2n2n2∴fn(x)在xn处获取最大值，即an(n)n(2)24nnn2n2n2(n2)n21,(n1)综上所述，an8．（10分）4nnn2,(n2)(n2)（II）当n2时，欲证(n4nn(n1，只要证明(12)n42)n22)2n∵(12)nCn0Cn1(2)1Cn2(2)2Cnn(2)nnnnn12n(n1)412142n2因此，当n2时，都有an1建立．（15分）(n2)2（III）当n1,2时，结论显然建立；当n3时，由（II）知Sn11a3a4an816111118165262(n2)211111111816()()()4556n1n21117．816416因此，对任意正整数n，都有Sn7（20分）建立．16山省20XX届高中数学夏令数学竞赛（及答案）一.填空(本共5道小,每小8分,分40分)1.函数f(x)12x32x的最大是________________;(王阳供)解:f(x)12x32x22,其等号当12x32x即x1成2立,因此,f(x)最大=22.2.若是自然数a的各位数字之和等于5,那么称a“吉祥数”,将所有吉祥数从小到大排成一列a1,a2,⋯,an.若an=2012.n=_______________.(王忠供)解:x1x2xm吉祥数,x1+x2+⋯+xm=5,由x1≥1和x2,⋯,xm≥0得(x1-1)+x2+⋯+xm=4,因此,x1x2xm第Cm43个吉祥数.1x2xm第Cm42个吉祥数.由此得:一位吉祥数共1个,二位吉祥数共C545个,三位吉祥数共4C615个,因以1首位的四位吉祥数共C6415个,以2首位的前两个四位吉祥数:2003和2012.故n=1+5+15+15+2=38.3.已知f(x)是2011次多式,当n=0,1,⋯,2011,f(n)n.n1f(2012)=______;(王林供):当n=0,1,⋯,2011,(n+1)f(n)=n,即多式(x+1)f(x)-x有2012个根,(x+1)f(x)-x=ax(x-1)(x-2)⋯(x-2011).取x=-1,1=2012!a.故a1,2012!f(x)x(x1)(x2)(x2011)x,2012!(x1)x1f(2012)2012!201220131.2012!2013201320134.将周上5个点按以下染色:先任一点染成色,尔后依逆方向,第1步1个隔将到达的那个点染,第2步2个隔将到达的那个点染,第k步k个隔将到达的那个点染.素来行下去,可获取_________个点.(戈供):将5个点依次号0—4,且不如开始染的是0号点,第1步染的是1号点,第2步染的是3号点,第3步染的又是1号点.故共可得3个点.5.如，O,I分ABC的外心、内心，且B60，AB＞BC，A的外角均分交⊙O于D，已知AD18,OI_____________.(李耀文供)解:接BI并延交⊙O于E,E弧AC的中点.OE、AE、CE、OC，由B60，易知AOE、COE均

DAEO正三角形.由内心的性得知：AEIECE,因此IA、O、I、C四点共,且心E.再延AI交⊙O于F,BCF由知D、O、F共，于是OEI2OAI,AOD2AFD2OAI,又OAODOEIE,从而OAD≌EOI,故OIAD18.二.解答题(本题共5道小题,每题20分,满分100分)6.证明:对任给的奇素数p,总存在无量多个正整数n使得p|(n2n-1).(陈永高供题)证明:取n=(p-1)k,则由费尔马小定理知2(p1)k1(modp),因此,p|(n2n-1)(p1)k2(p1)k1(modp)(p1)k1(modp)k1(modp).取k=pr-1(r∈N*),即n=(p-1)(pr-1),就有(p1)k(p1k)1(mopd即)2p|(n2n-1).如图，已知P是矩形ABCD内任意一点，延长BP交AD于E，延DP交AB于F，延长CP交矩形的外接圆于G。求证：GE⊥GF.(叶G中豪供题)QEDA证法1:设CG交AD于Q,由∠GBA＝∠GDA及PFAGB＝∠CGD知△ABG∽△QDG。延长DF、CBRBC交于R，由AD∥BR,AD=BC得AFBC①FBBRBCQE又由△CPB∽△QPE及△RPB∽△DPE得BRED②由①,②得AFQEFBED

,表示F,E是△ABG,△QDG的相似对应点,故得FBG∽△EDG.因此,∠FGB=∠EGD,∠FGE=∠BGD=900,GE⊥GF.法2:GB,GD,令∠GCB=,∠GCD=,

G由正弦定理得:GBsinBPsinPBCGDsinDPsinPDCBFsinBFPsinPBCBFDEsinDEPsinPDCDE,由∠GBF＝∠GDE得△FBG∽△EDG.

AQEDPFβBαC因此,∠FGB=∠EGD,∠FGE=∠BGD=900,即GE⊥GF.于恰有120个元素的会集A.可否存在子集A1,A2,⋯,A10足:(1)|Ai|=36,i=1,2,⋯,10;(2)A1∪A2∪⋯∪A10=A;(3)|Ai∩A|=8,i≠j.明原由.(刘裕文供)j解:答案:存在.考度10的0,1数列.其中31的恰有C103120个,每个作会集A的一个元素.每个j=1,2,⋯,10,第j1的0,1数列恰有C9236个,它是集合A的36个元素.每i,j∈{1,2,⋯,10}(i<j),第i与第j均1j的0,1数列恰有C18ij8个,它是A∩A的元素.上知,存在足条件的10个子集.9.求最小的正整数m,n(n≥2),使得n个m的正方形,恰好能够割并成n个分1,2,⋯,n的正方形.(明供)解:依意n个m的正方形,恰好能够割并成n个分1,2,⋯,n的正方形12+22+⋯+n2=nm2,即6m2=(n+1)(2n+1),(n+1)(2n+1)=2n2+3n+1≡0(mod6),n2≡0,1,3,4(mod6)知n≡±1(mod6).6|n+1,n=6k-1(k∈N),得m2=k(12k-1),因(k,12k-1)=1,因此k与12k-1都是完好平方数,但12k-1≡3(mod4)矛!6|n-1,n=6k+1(k∈N),得m2=(3k+1)(4k+1),因(3k+1,4k+1)=1,因此,3k+1=v2,4k+1=u2,消去k得4v2-3u2=1,v=u=1,k=0,n=1,但n≥2,故u>1,v>1.4v2-3u2≡1(mod8)知u,v奇数,直接算得umin=15,vmin=13,k=56,因此,m最小=15×13=195,n最小=337.10.系数三次多式p(x)x3ax2bxc有三个非零数根.求:6a310(a232b)212ab27c.(李宏供)明:,,p(x)=0的三个根,由根与系数关系a得:c6a(a210(a23a22b222.原式2b)2b)227c36()(222)10(222)227①.若2220,①建立.若2220,不如设||||||,由①的齐次性,不如设2229,则23,222926.①2()10.因[2()]2[2()(2)]2[4(2)2][()22][84(2)](92)32()2()20()72(2)2(27)100100,因此,2()10.故原式成.二Ｏ一二年全国高中数学联赛甘肃初赛试卷(2012年6月24日上午9:00-11:30)考生注意:1、本试卷共两大题(12道小题),全卷满分120分.2、用钢笔、签字笔或圆珠笔作答.3、解题书写不要高出装订线.4、不能够使用计算器.一、填空题(本题满分56分,每题7分)1.空间四点A，B，C，D两两间的距离均为1，点P与点Q分别在线段AB与CD上运动，则点P与点Q间的最小距离为____________；2.向量OA1,0,OB1,1,O为坐标原点，动点Px,y0OPOA1,则点满足0OPOB2Qxy,y组成的图形的面积为3.设有非空会集A1,2,3,4,5,6,7且当aA时，必有8aA，这样的会集A的个数是_____________；4.设fxxx,x0,其中x表示不高出x的最大整数，若fxkxkk0有三个fx1,x0不相同的实数根，则实数k的取值范围是41355.111390931个数字只能是、、且都最少出现位数的手机号码，前七位数字是，若余下的次,这样的手机号码有___________个；6.若tanx1tanx2tanx20121,则sinx1sinx2sinx2012的最大值是；7.设函数f:RR，满足f01且对任意x,yR都有fxy1fxfyfyx2，则fx；8.实数x,y,z满足x2y2z21，则xyyz的最大值为；二、解答题(本题满分64分,第9、10题每题14分，第11、12题每题18分)9.已知数列an满足an1an1nnN*，且a26。an1an1（1）求数列an的通项公式；（2）设bnannN*,c为非零常数，若数列bn是等差数列，记bn,Sncccccn，求Sn.n2nn1210.M是抛物线y22pxp0的准线上任意点，过作抛物线的切线12，切点分别为A、Ml,lB（A在x轴上方）。1）证明：直线AB过定点；2）设AB的中点为P，求｜MP｜的最小值。11.设a,b,c为正实数，且abc1，求证：a2b2c2abc1.bcacab2某校数学兴趣小组由m位同学组成，学校特地安排n位老师作为指导教师.在该小组的一次活动中，每两位同学之间相互为对方提出一个问题,每位同学又向每位指导教师各提出一个问题，并且每位指导教师也向全组提出一个问题，以上所有问题互不相同，这样共提出了51m，个问题.试求的值．20XX年河北省高中数学竞赛试题参照解答与评分标准说明：本试卷分为A卷和B卷：A卷由本试卷的2２题组成，即10道选择题，7道填空题、3道解答题和2道附加题；B卷由本试卷的前20题组成，即10道选择题，7道填空题和3道解答题。一、选择题（本大题共有10小题，每题只有一个正确答案，将正确答案的序号填入题干后的括号里，多项选择、不选、错选均不得分，每题5分，共50分）1.已知[5,3]，则1sin21sin2可化简为（D）42A．2sinB.2sinC.2cosD.2cos解答：由于531sin21sin2=cossincossin[,]，因此422cos。正确答案为D。2．若是复数a2i1i的模为4，则实数a的值为（C）A.2B.22C.2D.22解答：由题意得2a244a2。正确答案为C。3.设A，B为两个互不相同的会集，命题P：xAB，命题q：xA或xB，则p是q的（B）A.充分且必要条件B.充分非必要条件C.必要非充分条件D.非充分且非必要条件解答：P是q的充分非必要条件。正确答案为B。4.过椭圆x2y21的右焦点F2作倾斜角为45弦AB，则AB为（C）226464243A.3B.3C.3D.3解答：椭圆的右焦点为（1，0），则弦AB为yx1,代入椭圆方程得3x24x0x10,x24AB2(x1x2)242。正确答案为C。335.函数f(x)15xx0，则该函数为（A）5x1x0A.单调增加函数、奇函数B.单调递减函数、偶函数C.单调增加函数、偶函数D.单调递减函数、奇函数解答：由单调性和奇偶性定义知道函数为单调增加的奇函数。正确答案为A。6.设有一立体的三视图以下，则该立体体积为（A）222222113正视图侧视图俯视图（圆和正方形）A.4+5B.4+3C.4+D.4+222解答：该几何体是一个圆柱与一个长方体的组成，其中重叠了一部分（），因此该几2何体的体积为221345。正确答案为A。227．某程序框图如右图所示，现将输出（x,y)值依次记为：(x1,y1),(x2,y2),,(xn,yn),;若程序运行中输出的一个数组是(x,10),则数组中的x（B）A．64B．32C．16D．8答案经计算x32。正确答案为B。8.在平面地域(x,y)|x|1,|y|1上恒有ax2by2，则动点P(a,b)所形成平面地域的面积为（A）A.4B.8C.16D.32解答：平面地域(x,y)|x|1,|y|1的四个界线点（—1，—1），（—1，1），（1，—1），（1，1）满足ax2by2，即有a2b2,a2b2,a2b2,a2b2由此计算动点P(a,b)所形成平面地域的面积为4。正确答案为A。9.已知函数f(x)sin(2x)m在0,上有两个零点，则m的取值范围为（C）62A.1,1B1,1C.1,1D.1,12222解答：问题等价于函数f(x)sin(2x6)与直线ym在0,上有两个交点，因此m2的取值范围为1,1。正确答案为C。210.已知a[1,1]，则x2(a4)x42a0的解为（C）A.x3或x2B.x2或x1C.x3或x1D.1x3解答：不等式的左端看作a的一次函数，f(a)(x2)a(x24x4)由f(1)x25x60,f(1)x23x20x1或x3。正确答案为C。二、填空题（本大题共有7小题，将正确答案填入题干后的横线上，每空7分，共49分）11.函数f(x)x3cosx的最小正周期为______4____。2sin2解答：最小正周期为4。12.已知等差数列an前15项的和S15=30，则a1a8a15=____6_______.解答：由S1530a17d2，而a1a8a153(a17d)6。学必迎下13.向量a(1,sin)，b(cos,3)，R，ab的取范[1，3]。解答：ab(1cos)2(sin3)252(cos3sin)=54sin()，其最大值为3，最小值为1，取值范围为[1，3]。614.直三棱柱ABCA1B1C1，底面ABC是正三角形，P，E分BB1，CC1上的点（含端点），DBC上的中点，且PDPE。直AP,PE的角_90_。解答：因平面ABC⊥平面BCC1B1，AD⊥BC，因此AD⊥平面BCC1B1，因此AD⊥PE，又PE⊥PD，PE⊥平面APD，因此PE⊥PD。即角90。15．x,y数，2max2(x2y2)_____4________。5x4y10x解答：5x24y210x4y210x5x200x24(x2y2)10xx225(5x)22532x2y24路上有号1，2，3，⋯，2011的2011只路灯，用要求关其中的只灯，但不能够同关相两只，也不能够关两端的路灯，足条件的关灯方法共有___300种。（用合数符号表示）C1710_______解答：等价于在1711只路灯中插入300只暗灯，因此共有C1710300种关灯方法。17.x,y,z整数，且xyz3,x3y3z33，x2y2z2_3或57_。解答：将z3xy代入x3y3z33获取xy3(xy)8，由于x,y都是整数，因此9xyxy1,xy4,xy2,xy8,前两个方程无解；后两个方程解得xy2xy5xy1xy16xyz1;xy4,z5。因此x2y2z23或57。三、解答（本大共

3小，每小

17

分，共

51

分）18.a

2，求

y

(x

2)x

在[a,2]上的最大和最小。解答：当x0,y(x1)21,当x0,y(x1)21,5分由此可知ymax0。10分当1a2,ymina22a；当12a1,ymin1；当a12,ymina22a。17分19.给定两个数列xn，yn满足x0y01，xnxn1(n1)，2xn1ynyn21(n1)。证明关于任意的自然数n，都存在自然数jn，使得12yn1ynxjn。解答：由已知获取：112112(11){11}为等比数列，首项为2，公比为2，xnxn1xnxn1xn因此112n1xn2n1。5分xn11又由已知，yn1(yn11)2yn1(yn11)211(11)212yn1ynyn1ynyn11211nyn1由1yn22n，y0122因此取jn2n1即可。17分20.已知椭圆x2y21，过其左焦点F1作一条直线交椭圆于A，B两点，D(a,0)为F15242右侧一点，连AD、BD分别交椭圆左准线于M,N。若以MN为直径的圆恰好过求a的值。解答：F1(3,0),左准线方程为x25;AB方程为yk(x3)(k为斜率)。3yk(x3)设A(x1,y1),B(x2,y2)，由x2y2(1622222k5x)1k50x2k2525116

F1，4得000x1x2150k22,x1x2225k24002(x13)(x23)256k21625k1625k2y1y2k1625k210分设M(25,y3),N(25,y4)。由M、A、D共线y3(3a25)y1,同理y4(3a25)y2。333(ax1)3(ax2)又F1M(16,y3),F1N(16,y4),由已知得F1MF1NF1MF1N0，得33y3y4256,而y3y4（25)2y1y2，即256k2（2=256,整理得3a3a25)99(ax1)(ax2)1625k29(ax1)(ax2)9(1k2)(16a2400)0a5,又a3,因此a5。17分四、附加题（本大题共2小题，每题25分，共计50分）21.在锐角三角形ABC中，A，设在其内部同时满足PAPB和PAPC的点P3的全体形成的地域G的面积为三角形ABC面积的1。证明三角形ABC为等边三角3形。解答：做ABC的外接圆O，做OEAB于E,OFAC于F,OMBC于M,则G为四边形AAEOF。又EFOCBMDS四边形AEOF1SABC,2S四边形AEOF2SAEO2SAOFSAOBSAOC3因此SOBC110分SABC。31由已知BOC120,则OBC30,则OM=R(R为ABC外接圆半径)2作ADBC于D,则ADAOOM3R13RBC2SABC3SOBC，等号建立当且仅当A、O、M共线，即ABC为等边三角形。2225分22.设a,b,cR，且abc3。求证：aabbcc2ca3，2b2bca2并指明等号建立的条件。n证明：由柯西不等式nai2(i1ai)2i1bin获取bii1abbcca(abcbac)2（1）2ab2bc2ca62(abc)10分（1）式右侧的分子=2(abc)2(abcbcbacaccb)=2(abc)2(b2b(ac)ac)2(abc)2(b22bacac)2(abc)2(bacabccab)3(abc)(abc)23(abc3)。20分等号建立条件是abc1。结论建立。25分20XX年浙江省高中数学竞赛试题参照解答与评分标准说明：本试卷分为A卷和B卷：A卷由本试卷的2２题组成，即10道选择题，7道填空题、3道解答题和2道附加题；B卷由本试卷的前20题组成，即10道选择题，7道填空题和3道解答题。一、选择题（每题5分，共50分）1．已知数列{an}满足3an+1+an=4(n≥1)，且a1=9，其前n项之和为Sn。则满足不等式|Sn-n-6|<1的最小整数n是（125）A．5B．6C．7D．82．设O是正三棱锥P-ABC底面是三角形ABC的中心，过O的动平面与PC交于S，与PA、PB的延长线分别交于Q、R，则和式111）PQ（PRPSA．有最大值而无最小值B．有最小值而无最大值C．既有最大值又有最小值，两者不等D．是一个与面QPS没关的常数3xn1，则20053．给定数列{xn}，x1=1，且xn+1=xn=（）3xnn1A．1B．-1C．2+3D．-2+34．已知a=(cos2π,sin2π),OAab,OBab，若△OAB是以O为直角极点的等腰直角33三角形，则△OAB的面积等于（）A．11C．23B．D．225．过椭圆C：x2y21上任一点P，作椭圆C的右准线的垂线PH（H为垂足），延长PH到点32Q，使|HQ|=λ|PH|(λ≥1)。当点P在椭圆C上运动时，点Q的轨迹的离心率的取值范围为（）A．(0,3]B．(3,3]C．[3,1)D．(3,1)332326．在△ABC中，角A、B、C的对边分别记为a、b、c(b≠1)，且C，sinB都是方程logbx=logb(4x-4)AsinA的根，则△ABC（）A．是等腰三角形，但不是直角三角形B．是直角三角形，但不是等腰三角形C．是等腰直角三角形D．不是等腰三角形，也不是直角三角形7．某程序框图如右图所示，现将输出（x,y)值依次记为：(x1,y1),(x2,y2),,(xn,yn),;若程序运行中输出的一个数组是(x,10),则数组中的x（）A．64B．32C．16D．88.在平面地域(x,y)|x|1,|y|1上恒有ax2by2，则动点P(a,b)所形成平面地域的面积为（）A.4B.8C.16D.329.已知函数f(x)sin(2x)m在0,上有两个零点，则m的取值范围为（）62A.1,1B1,1C.1,1D.1,1222210.已知a[1,1]，则x2(a4)x42a0的解为（）A.x3或x2B.x2或x1C.x3或x1D.1x3二、填空（每7分.共49分）11．若log4(x+2y)+log4(x-2y)=1，|x|-|y|的最小是_________.12．若是：（1）a,b,c,d都属于{1,2,3,4}2）a≠b,b≠c,c≠d,d≠a3）a是a,b,c,d中的最小数那么，能够成的不相同的四位数abcd的个数是________.13．n是正整数，会集M={1，2，⋯，2n}．求最小的正整数k，使得于M的任何一个k元子集，其中必有4个互不相同的元素之和等于14．若|x|≤1的所有x，t+1>(t2-4)x恒建立，t的取范是_______________.15．我注意到6!=8×9×10，求能使n!表示成(n-3)个自然三数之的最大正整数n__________.16．每一数(x,y)，函数f(t)足f(x+y)=f(x)+f(y)+f(xy)+1。若f(-2)=-2，求足f(a)=a的所有整数a=__________.17．已知a,b,c∈R+，且足kabc≥(a+b)2+(a+b+4c)2，k的最小__________.。abc三、解答（每17分，共51分）18．已知半径1的定⊙P的心⊙Q交l于M、N两点，于任意直径

P到定直l的距离2，Q是l上一点，⊙Q与⊙P相外切，MN，平面上恒有必然点A，使得∠MAN定。求∠MAN的度数。19．已知

a>0，函数

f(x)=ax-bx

2,（1）当

b>0

时，若对任意

x∈R都有

f(x)≤1，证明：

a≤2

b

；（2）当

b>1

时，证明：对任意

x∈[0,1],|f(x)|

≤1的充要条件是：

b-1≤a≤2

b

；（3）当

0<b≤1时，谈论：对任意

x∈[0,1],|f(x)|

≤1的充要条件。20.已知椭圆x2y21，过其左焦点F1作一条直线交椭圆于A，B两点，D(a,0)为F1右5242侧一点，连AD、BD分别交椭圆左准线于M,N。若以MN为直径的圆恰好过F1，求a的值。附加题（每题25分，共50分）如图，已知△ABC的外角∠EAC的均分线与△ABC的外接圆交于点D，以CD为直径的圆分别交BC，CA于点P、Q，求证：线段PQ均分△ABC的周长。EADQBPC22.（50分）求所有实多项式f和g，使得对所有x∈R，有：(x2+x+1)f(x2-x+1)=(x2-x+1)g(x2+x+1)。参照答案一、1．由推式得：3(an+1-1)=-(an-1)，{an-1}是以8首，公比-1的等比数列，∴138[1()n]11Sn-n=(a1-1)+(a2-1)+⋯+(an-1)=31nn<，得：3n-1，1=6-6×(-)，∴|Sn-n-6|=6×()>2501331253∴足条件的最小整数n=7，故C。12．正三棱P-ABC中，各棱两两角α，PC与面PAB所成角β，vS-PQR=S△11PQR·h=(32

3PQ·PRsinα)·PS·sinβ。另一方面，O到各面的距离d，vS-PQR=vO-PQR+vO-PRS+vO-PQS，1S△PQR·d=1△PRS·d+1S△PRS·d+1△PQS·d=d1PQ·PRsinα333332d1d1PS·PRsinα+PQ·PS·sinα，故有：PQ·PR·PS·sinβ=d(PQ·PR+PR·PS+PQ·PS)，3232即111sin=常数。故D。PQPRPSdxn333,x3=-2-3,x4=-1,3．xn+1=，令xn=tanαn，∴xn+1=tan(αn+),∴xn+6=xn,x1=1，x2=2+13xn6320055=-2+36=2-3,x7，⋯⋯，∴有xnx11。故A。x,x=1n14．向量b=(x,y)，(ab)(ab)0，|ab||ab|(x1,y3)(x1,y302231即2222，即xy1x.∴b(,)或(x1)2(y3)2(x1)2(y3)23y222222(3,1)，∴S△AOB=1|ab||ab|=1。2225．设P(x1,y1)，Q(x,y)，由于右准线方程为x=3，因此H点的坐标为(3,y)。又∵HQ=λPH，因此HP1，因此由定比分点公式，可得：x13(1)x，代入椭圆方程，得Q点轨迹为PQ1y1y[x3(1)]2y232212[3,1)。应选C。321，因此离心率e=3223236．由logbx=logb(4x-4)得：x2-4x+4=0，因此x1=x2=2，故C=2A，sinB=2sinA，因A+B+C=180°，因此3A+B=180°，因此sinB=sin3A，∴3sinA-4sin3A=2sinA，∵sinA(1-4sin2A)=0，又sinA≠0，因此sin2A=1，而sinA>0，∴sinA=1。因此A=30°,B=90°,C=60°。应选B。42经计算x32。正确答案为B平面地域(x,y)|x|1,|y|1的四个界线点（—1，—1），（—1，1），（1，—1），（1，1）满足ax2by2，即有a2b2,a2b2,a2b2,a2b2由此计算动点P(a,b)所形成平面地域的面积为4。正确答案为A问题等价于函数f(x)sin(2x)与直线ym在0,上有两个交点，因此m的取9.26值范围为1,1。正确答案为C210.不等式的左端看作a的一次函数，f(a)(x2)a(x24x4)由f(1)x25x60,f(1)x23x20x1或x3。正确答案为C。.二、填空题x2y0x2|y|．3。x2y011x24y24(x2y)(x2y)4由对称性只考虑y≥0，由于x>0，∴只须求x-y的最小值，令x-y=u，代入x2-4y2=4，有3y2-2uy+(4-u)2=0，这个关于y的二次方程显然有实根，故△=16(u2-3)≥0。12．46个。abcd中恰有2个不相同数字时，能组成C42=6个不相同的数。abcd中恰有3个不相同数字时，11111个不相同数字，能成4个不相同数，所能成C3C2C2C2C2=16个不相同数。abcd中恰有4A4=24以吻合要求的数共有6+16+24=46个。13．解考M的n+2元子集P={n-l，n，n+1，⋯，2n}．P中任何4个不相同元素之和不小于(n-1)+n+(n+1)+(n+2)=4n+2，因此k≥n+3．M的元配n，Bi=(i，2n+1-i)，1≤i≤n．M的任一n+3元子集A，必有三Bi,Bi,Bi同属于123A(i1、i2、i3两两不相同)．又将M的元配n-1，Ci(i，2n-i)，1≤i≤n-1．M的任一n+3元子集A，必有一Ci4同属于A，一Ci4必与Bi1,Bi2,Bi3中最少一个无公共元素，4个元素互不相同，且和2n+1+2n=4n+1,最小的正整数k=n+314．131,211。①若t2-4>0，即t<-2或t>2，由t1>x(|x|≤1)恒建立，得t11,22t24t24t+1>t2-4,t2-t-s<0解得121t121，从而121<t<-2或2<t<121。②若t2-4=0，2222t=2吻合意。③若t2-4<0，即-2<t<2，由t1<x(|x|≤1)恒建立，得t11，t+1>-t2+4;t24t24t2+t-3>0，解得：t<113或t>113，从而113<t<2。上所述，t的取范是：222131<t<211。2215．23．。16．1或-2。令x=y=0得f(0)=-1；令x=y=-1，由f(-2)=-2得，f(-1)=-2，又令x=1,y=-1可得f(1)=1，再令x=1，得f(y+1)=f(y)+y+2①，因此f(y+1)-f(y)=y+2，即y正整数，f(y+1)-f(y)>0，由f(1)=1可知所有正整数y，f(y)>0，因此y∈N*，f(y+1)=f(y)+y+2>y+1，即所有大于1的正整t，恒有f(t)>t，由①得f(-3)=-1,f(-4)=1。下面明：当整数t≤-4，f(t)>0，因t≤-4，故-(t+2)>0，由①得：f(t)-f(t+1)=-(t+2)>0，f(-5)-f(-4)>0，f(-6)-f(-5)>0，⋯⋯，f(t+1)-f(t+2)>0，f(t)-f(t+1)>0相加得：f(t)-f(-4)>0，因：t≤4，故f(t)>t。上所述：足f(t)=t的整数只有t=1或t=2。17．解：因(a+b)2+(a+b+4c)2=(a+b)2+[(a+2c)+(b+2c)]2≥(2ab)2+(22ac+22bc)2=(ab)2(ab4c)2bc)4ab+8ac+8bc+16cab。因此(aabc≥8(5312)(55a2b2c)100。22c242aba=b=2c>0时等号建立。故k的最小值为100。三、解答题18．以l为x轴，点P到l的垂线为y轴建立以下列图的直角坐标系，设Q的坐标为(x,0)，点A(k,λ)，⊙Q的半径为r，则：M(x-r,0),N(x+r,0),P(2,0),PQ=x222=1+r。因此x=±r22r3,∴kANkAMorohtan∠MAN=xrhxrhkANkAMohoh11xrhxrk2rh2rh2rh，令(xk)2r2h2r22r3)2r2h2h2k232r2kr2(2r32m=h2+k2-3，tan∠MAN=1，因此m+rkr22r3=nhr，∴m+(1-nh)r=kr22r3，两2n222222边平方，得：m，由于关于任意实数r≥1，上式恒建立，因此+2m(1-nh)r-(1-nh)r=kr+2kr-3km23k2(1)2m(1nh)2k2(2)，由（1）（2）式，得m=0,k=0，由（3）式，得n=1。由2m=h2+k2-3得(1nh)2k2(3)hh=±3，因此tan∠MAN=13。因此∠MAN=60°或120°（舍）（当Q(0,0),r=1时∠=h=±nMAN=60°），故∠MAN=60°。19．（1）证：依题设，对任意x∈R，都有f(x)≤1。∵f(x)=-b(x-a2+a2a)=a2≤1，∵)，∴f(2b4b2b4ba>0,b>0,∴a≤2b。（2）证：（必要性），对任意x∈[0,1]，|f(x)|≤1-1≤f(x)据此可推出-1≤f(1)即a-b≥-1，∴a≥b-1。对任意x∈[0,1]，|f(x)|≤1f(x)≤1，由于b>1，可推出f(1)≤1。即a·1-≤1，∴abb≤2b，因此b-1≤a≤2b。（充分性）：因b>1,a≥b-1，对任意x∈[0,1]，能够推出：ax-bx2≥b(x-x2)-x≥-x≥-1，即：ax-bx2≥-1；由于b>1，a≤2b，对任意x∈[0,1]，可推出ax-bx2≤2b-bx2≤1，即ax-bx21，∴-1≤f(x)≤1。综上，当

b>1

时，对任意

x∈[0,1],|f(x)|

≤1的充要条件是：

b-1≤a≤2

b。（3）解：由于

a>0,0<b≤1时，对任意

x∈[0,1]。f(x)=ax-bx2≥-b≥-1，即f(x)≥-1；f(x)≤1f(1)≤1a-b≤1，即a≤b+1；a≤b+1f(x)≤(b+1)x-bx2≤1，即f(x)≤1。因此，当a>0,0<b≤1时，对任意x∈[0,1]，|f(x)|≤1的充要条件是：a≤b+1.20.F1(3,0),左准线方程为x25k(x3)(k为斜率)。3;AB方程为yyk(x3)2222设A(x1,y1),B(x2,y2)，由x2y2(164得00012k5x)1k50x2k252516x1x2150k22,x1x2225k2400y1y22(x13)(x23)256k21625k1625k2k1625k210分设M(25,y3),N(25,y4)。由M、A、D共线y3(3a25)y1,同理y4(3a25)y2。333(ax1)3(ax2)又F1M(16,y3),F1N(16,y4),由已知得F1MF1NF1MF1N0，得33y3y4256,而y3y4（25)2y1y2，即256k2（2256,整理得3a3a25)=99(ax1)(ax2)1625k29(ax1)(ax2)9(1k2)(16a2400)0a5,又a3,因此a5。ADQBPC附加题21证：如图，连结DB、OP、DQ，因∠ABD+∠ACD，∠EAC=∠ABC+∠ACB，则∠EAC=∠DBC+∠DCB，即：2∠DAC=∠DBC+∠DCB；又∠DAC=∠DBC，则：∠OBC=∠DCB；故△DBC为等腰三角形，因OP⊥BC，则CP=1BC。在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理得：2BCAD2BPAD，又DQ⊥AC，则AC·BD=BC·AD+AB·CD，因BD=CD，则：AC-AB=BDBD△ADQ∽△BDP，因此AQAD，即：AQ=BPAD。故AC-AB=2AQ，即AQ=ACAB。BPBDBD2从而：CQ+CP=（AC-AQ）+1BC=（AC-ACAB)1BC=1(AB+BC+CA)。222222.设w是1的非实的立方根，满足22，设α为-1的非实的立方根，w+w+1=0，则g(w+w+1)g(0)=0则f(α2-α+1)=f(0)=0，故可设：f(x)=x·a(x)；g(x)=x·b(x)。因此原条件可化为：a(x2-x+1)=b(x2+x+1)。令x=-y，得：a(y2+y+1)=b(y2-y+1)，1]。下面证明无量多个n使得：a(n2+3n+3)=a(1)。由n=1可得：a(1)=a(7)，假设a[(n-1)2+3(n-1)+3]=a(1)(n≥2)，则a[(n+1)2+3(n+1)+3]=a[(n+2)2+(n+2)+1]=a[(n+1)2-(n+1)+1]=a[(n-1)2+3(n-1)+3]=a(1)。由于多项式a(x)-a(1)有无量多个根，因此a(x)-a(1)是零多项式，即a(x)为常数，因此f(x)=kx，近似可知：g(x)=kx。20XX年全国高中数学联赛辽宁省初赛参照答案一．（安分30分，每小5分）1.(B).2.(C)．3.(C).4.(A)．5.(D)．6.(A).二．填空（安分30分，每小5分）7.16.8.1007.9.n1.10.(,2)(1,1).11.2.12.3.30182三．解答13.（本小分20分）明：假ab，13a13b,5a5b.aa由3a13b17a,得3a13a17a,即3131，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(5分)1717x13x31316由于f(x)3减，f(1)f(1)，171717171，且f(a)117故a1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(10分)bb由5a7b11b,得5b7b11b，即571.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(15分)1111x7x5712由于g(x)5减，g(1)1g(1)，111111111,g(b)11b1.因此，a1b，与ab矛盾，因此，ab.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(20分)14．（本小分20分）解：由意可方程x2y21(ab0)ya2b2，Pc3由a2得a2Ox21b，Q11a22b2因此，方程x2y21．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(5分)4由意可知，直l的斜率存在且不0，故可直l的方程ykxm(m0)，ykxmP(x1,y1),Q(x2,y2)足24y2，x40消去y得(14k2)x28kmx4(m21)0．64k2m216(14k2)(m21)16(4k2m21)0，且x1x28km，x1x24(m21)．14k214k2y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2．⋯⋯⋯⋯⋯(10分)因直OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，因此，y1y2k2x1x2km(x1x2)m22，即8k2m2m20，xxxxk14k22112又m0，因此k21，即k1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(15分)4．2由于直OQ的斜率存在，且0，得0m22且m21．d点O到直l的距离，SOPQ1dPQ1m1k2xx2221k211m(x1x2)24x1x2m2(2m2)，2因此SOPQ的取范(0,1)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(20分)15.（本小分25分）明：OP,OA,OC,EP，然O,P,N三点共，且OPAB，因此N是AB中点，由M是PA的中点，故MNMPMA，MNPQ．A⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(5分)MPM2AM2EMEMC，OP因此MPE∽MCP，MCPMPE．ND⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(10分)QC又O,A,P,B四点共，BONPNANBNCNEN，故O,C,P,E四点共，OCNEPN．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(15分)PAO是直角三角形，有PNPOPA2PDPC，于是C,D,N,O四点共．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(20分)QNPPCOMCPMCOMPEEPNAPN，因此MNPQ，四形MNQP是菱形.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(25分)16.（本小分25分）（1）解法一：由a11,4an15an9an216(n1,nN+)得a25,a321,a485，248由514,211442,85144243，猜想an14424n14n12n1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(5分)2n132n1(22n).3明：当n1，a12(21)1然建立；2312当nk，akk)建立，当nk1，(22k35ak9ak21610(2k1k)4(2k1k)21610(2k1k)2(2k1k)322322＝162k418(2k111)4ak133k3k建立，22因此，通公式an2(2n1).⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(10分)32n解法二：由4an15an9an216得an21an25an1an1，故an2an215anan11（n1），两式相减得22an1an1anan15an0，又an增数列，12故an15anan10(n1).⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(5分)25x11特色方程x20，特色根x12,x2，22因此an1x1n2x2n，将a11,a25代入，得2211211223，解之得，1524122423通公式22n1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(10分)an2n.3（2）Sn1111a1a2a3，an由2n122n1122n11n2得2n2n12n1an2an1，111n2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(15分)an2an1Sn1111111111a1a2a3ana12a1a2a3an111Sn111Sn.a12ana12因此Sn22.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(25分)a12012新疆维吾尔自治区高中数学竞赛高二卷120分分：150分第一：（有6小，每小5分30分）1.xyz,且xyz,乘cosxsinycosz的最大减去两倍的最122小：（）A．3B.3