哈佛-麻省数学竞赛春季团体赛试题解析-张甲(郑州一中)

2017年全国数学竞赛命题研讨会试题汇编2017年6月目录代数代数1 不等式…………………………………………………人大附中张端阳1 代数2 不等式…………………………………………………人大附中张端阳1 代数3 不等式……………………………复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利3 代数4 不等式……………………………复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利4 代数5 不等式……………………………复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利7 代数6 不等式…………………………………………华东师大二附中唐立华8 代数7 不等式……………………………………………湖南师大附中张湘君9 代数8 不等式……………………………………………湖南师大附中张湘君10 代数9 不等式……………………………………………湖南师大附中汤礼达11 代数10 不等式……………………………………………湖南师大附中汤礼达12 代数11 不等式………………………………………吉大附中石泽晖、王庶赫13 代数12 不等式…………………………………绵阳东辰学校袁万伦、姚先伟14 代数13 不等式……………………………………………绵阳东辰学校袁万伦15 代数14 三角不等式……………………………………………广州二中程汉波16 代数15 不等式……………………………………………大连二十四中邰海峰17 代数16 数列…………………………………………………东北育才学校张雷18 代数17 不等式………………………………………………东北育才学校张雷19 代数18 不等式………………………………………………大连二十四中李响23 代数19 多项式……………………………………学而思培优苏州分校李家夫24 代数20 不等式…………………………………………………华东师大张丽玉24 代数21 不等式……………………………………………………杭州二中赵斌25几何几何1……………………………………复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利28几何2………………………………………………………湖南师大附中苏林29 几何3………………………………………………………湖南师大附中苏林30 几何4……………………………………………………………郑州一中张甲31 几何5………………………………………………………西安铁－中杨运新32 几何6………………………………………………………西安交大附中金磊33 几何7………………………………………………………西安交大附中金磊34 几何8………………………………………………………西安交大附中金磊35 几何9………………………………………………………西安交大附中金磊36 几何10………………………………………………………西安交大附中金磊36 几何11………………………………………………………西安交大附中金磊37 几何12……………………………………………………东北育才学校缠祥瑞38 几何13………………………………………………学而思培优北京分校陈楷39 几何14………………………………………………学而思培优北京分校陈楷40 几何15 ……………………………………………学而思培优北京分校杨溢非41 几何16 ……………………………………………………………北京四中侯彬42 几何17 ………………………………………………………西安交大附中金磊43数论数论1…………………………………………………………东北育才学校张雷45 数论2………………………………………………………………杭州二中赵斌45 数论3………………………………………复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利47 数论4………………………………………………………东北育才学校缠祥瑞48 数论5……………………………………………………………杭州二中胡克元50 数论6………………………………………………学而思培优杭州分校李卓伦52 数论7………………………………………………学而思培优杭州分校李卓伦54 数论8………………………………………………学而思培优武汉分校巩鸿文55 数论9………………………………………………学而思培优武汉分校巩鸿文55 数论10……………………………………………学而思培优深圳分校涂小林58 数论11……………………………………………学而思培优深圳分校涂小林60组合1……………………………………………………………人大附中张端阳62 组合2…………………………………………………………西安交大附中金磊63 组合3…………………………………………………………西安交大附中金磊64 组合4…………………………………………………………西安交大附中金磊65 组合5………………………………………………学而思培优广州分校余泽伟66 组合6………………………………………………学而思培优广州分校余泽伟67 组合7………………………………………………学而思培优苏州分校李家夫68 组合8………………………………………………学而思培优北京分校杨溢非69 组合9……………………………………………………………北京四中范兴亚71命题小品一苇渡江……………………………………………江西科技师范大学陶平生73代数1(人大附中张端阳)代数2(人大附中张端阳)代数3（复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利）求最佳常数c ，使得对任意1234,,,0a a a a >，有{}2123414max4i j a a a a c ≤<≤+++.解：注意到对于任意的1234,,,0x x x x >，有如下恒等式：222222212341234()2()x x x x x x x x +++-=-++-. (1)不妨设1234x x x x ≥≥≥，则{}221414()max ()i j i j x x x x ≤<≤-=-14x x ≥. 从而2214()x x ≤-. (2)若14x x =，则 (2) 式显然成立. 当14x x ≠时，令14L x x =-，则341201,01x x x x L L--≤≤≤≤. 从而 223434231212()1x x x x L x x x x x x L L L L L ------⎛⎫⎛⎫+≤+=≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 因此2222123414()()()x x x x L x x -+-≤=-. 结合 (1), (2)两式，得222221234143()x x x x x x +++--.(3)令2,1,2,3,4i i a x i ==. 由 (3) 即得{}21234143max44i j a a a a ≤<≤+++.下面证明若结论成立，则34c ≥. 假设对12340a a a a ≥≥≥>，存在34c <使得结论成立. 则取1234211,(1)a a a a n n ====≥，则结论可重写为2213114n c n +⎛⎫≤- ⎪⎝⎭. (4)其中3,14c n <≥.注意到当n →∞时，左边34→，右边c →，矛盾！故最佳常数为34c =.代数4（复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利）将不小于2的正整数n 表示为若干个正整数12,,,t b b b 之和，即12t n b b b =+++，当t 与12,,,t b b b 变化时，求2112tti i i i S ib b ===+∑∑的最小值.解：定义12(;,,,)t f t b b b S =.设12(;,,,)t t b b b 使得S 最小，则对任何,{1,2,,}i j t ∈，i j ≠，令'1,i i b b =+'1,j j b b =-'(,)k k b b k i j =≠.考虑下面三种情况： 情形1若'0j b =，且i j <，则'''''121111112221111211(1;,,,,,,)2(1)2(1)22(1),j j t j j i i k k i i kk k k k i k i ttkk k j k j f t b b b b b b kb b i b bkb bk b -+----===+=+=+=+-=+++++++++-∑∑∑∑∑∑而12111122221111211(;,,,)22222,t j j i i k k ii kk j j k k k i k i ttkk k j k j f t b b b b kb b ib bkb b jb bkb ----===+=+=+=+=+++++++++∑∑∑∑∑∑由'''''121112(1;,,,,,,)(;,,,)j j t t f t b b b b b f t b b b -+-≥得，222(1)2(1)22i i i i j jb i b b ib b jb +++≥+++； 情形2若'0j b =，且i j >，则''''''121111112221111211(1;,,,,,,,,)22(1)(1)2(1)(1)2(1),j j i t j j i i kk kk i i k k k j k j ttkk k i k i f t b b b b b b b kb bk b b i b bk b -+----===+=+=+=+-=+++-+++-+++-∑∑∑∑∑∑而12111122221111211(;,,,)22222,t j j i i kk jj kk i i k k k j k j ttkk k i k i f t b b b b kb b jb bkb b ib bkb ----===+=+=+=+=+++++++++∑∑∑∑∑∑由'''''121112(1;,,,,,,)(;,,,)j j t t f t b b b b b f t b b b -+-≥得，222(1)2(1)(1)22i i i i j jb i b b ib b jb ++-+≥+++； 情形3若'0j b >，则由'''1212(;,,,)(;,,,)t t f t b b b f t b b b ≥得2222(1)2(1)(1)2(1)22i i j j i i j j b i b b j b b ib b jb ++++-+-≥+++. 上面的三种情形都表明，2222(1)2(1)(1)2(1)22i i j j i i j jb i b b j b b ib b jb ++++-+-≥+++, 即1i j b i b j ++≥+.由,i j 的任意性得，1j i b j b i ++≥+. 所以，当S 取得最小值时，所有的(1,2,,)i b i i t +=至多可以取到两个不同值（若恰取两个不同的值，则这两个不同值是两个相邻的正整数）. 由排序不等式，此时12t b b b ≥≥≥.若11b =，则121t b b b ====且2t ≥，212(;,,,)2(1;)t f t b b b t t f t =+=.即可将12(;,,,)t t b b b 换成(1;)t ，而S 不变. 因此，不妨假设12b ≥，则 1212(;,,,)(1;1,,,,1)t t f t b b b f t b b b ≤+-，整理得，112b t +≤+，又1t b t t +≥+，故由(1,2,,)i b i i t +=的不同值组成的集合为{1},{2},{1,2},{,1}t t t t t t +++++.（1）当集合为{1}t +时，1i b t i =+-，(1)2t t n +=，t =，22211(1)(21)()(1)6ttk k k t t t S b k k t t ==++=+-=+-∑∑，令1t m +=，则(1)2m m n -=，12m +=，上式可化为(1)(1)(21)3m m m S m n -+=+-；（2）当集合为{2}t +时，2i b t i =+-，(3)2t t n +=，32t -+=，22211(1)(21)()(2)6t tk k k t t t S b k k t t ==++=+-=+-∑∑，令1t m +=，则(1)(2)2m m n -+=，1122m ⎡⎢⎣-+==⎦，上式可化为(1)(1)(21)3m m m S m n -+=+-；（3）当集合为{1,2}t t ++时，设(1,2,,)i b i i t +=中，值为2t +的个数为{1,2,,1}x t ∈-，值为1t +的个数为t x -，则2t ≥，且22(1)(1)232(2)()(1),2222t t t t t t t t n x t t x t x ⎡⎤+++++-=++-+-=+∈⎢⎥⎣⎦， 令1t m +=，则(1)2(1)4,22m m m m n -++-⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，12m ⎡=⎢⎣⎦，(1)2m mx n -=-，且22221122(1)(21)()(2)()(1)6(1)(21)(1)(23)6(1)(1)(21)(1)(21)26(1)(1)(21)3ttk k k t t t S b k k x t t x t t t t t t t x m m m m m m m m n m m m m n ==++=+-=++-+-++=+++----⎛⎫=-++--⎪⎝⎭-+=+-∑∑；（4）当集合为{,1}t t +时，设(1,2,,)i b i i t +=中，值为1t +的个数为{1,2,,1}x t ∈-，值为t 的个数为t x -，则2t ≥，且22(1)(1)22(1)(),2222t t t t t t t t n x t t x t x ⎡⎤+--++-=++--=+∈⎢⎥⎣⎦， 令t m =，则(1)2(1)2,22m m m m n -++-⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，m =⎣⎦，(1)2m mx n -=-，且22221133(1)(21)()(1)()6(1)(21)(21)6(1)(1)(21)(21)26(1)(1)(21).3ttk k k t t t S b k k x t t x t t t t t t x m m m m m m m n m m m m n ==++=+-=++--++=++--++⎛⎫=++--⎪⎝⎭-+=+-∑∑ 综上，2112t ti i i i S ib b ===+∑∑的最小值是(1)(1)(21)3m m m m n -++-，其中12m ⎡+=⎢⎣⎦.代数5（复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利）求最大的实数M ，使得不等式22333()()()x y M x y xy x y +≥+--对一切满足0x y +≥的实数,x y 均成立.解：所求M 的最大值为32.首先，取4x y ==，可得32M ≤.下证：22333()32()()x y x y xy x y +≥+-- 对一切满足0x y +≥的实数,x y 均成立.记22s x y =+，t x y =+. 已知22s t ≥，0t ≥.要证的不等式转化为：3228(3)(2)s t s t t t s ≥---设s rt =，上述不等式等价于：38(3)(2)r r t t r ≥---，其中20r t ≥≥，由32328(3)(2)8(21)8168r r t t r t r r r r ----=--+-+- 322816(4)0r r r r r ≥-+=-≥，所以38(3)(2)r r t t r ≥---，其中20r t ≥≥成立.代数6（华东师大二附中唐立华）A ：设正数c b a ,,满足：3222=++c b a ，求证：2444222≤-+-+-c cb ba a. 证明: 先证如下引理引理设正数c b a ,,满足：3222=++c b a ，则18)414141(9)(2222≤-+-+-+++cb ac b a . (*) 引理证明: ,)()()()(92222a c c b b a c b a -+-+-=++-9)414141(9222--+-+-cb a 9)414141)](4()4()4[(222222--+-+--+-+-=c b a c b a 222224444∑⎪⎪⎭⎫⎝⎛-----=b aa b ， 故(*)⇔222224444∑⎪⎪⎭⎫⎝⎛-----b aa b 222)()()(a c c b b a -+-+-≤.记2221444c ab c a bI -+-+-=,2222444c bb aa cI -+-+-=. 要证原不等式,只要证明:222222)(4444b a b a a b -≤⎪⎪⎭⎫⎝⎛----- 222222222)()4)(4()()4)(4()(b a b a b a b a b a +≥--⇔-≤---⇔而22222222)()()1)(1()4)(4(b a c b a c a c b b a +>++≥++++=--， 上式成立，故引理得证.下证原题：记∑-=++=2241,9)(a y c b a x ，则由引理有：2≤+y x . 由柯西不等式,有222224222414141)(444⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-+-⋅++≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-+-c b a c b a c cb b a a 3323229)2(29932=⎪⎭⎫ ⎝⎛++⋅≤⋅⋅==y y x y y x xy ， 所以 23324444222<≤-+-+-c c b ba a，故原不等式得证.注记：利用已证问题(见2015命题研讨会题目)：设正数c b a ,,满足：3222=++c b a ，有32444222≤-++-++-+cb a ba c ac b .我们有如下：B ：设正数c b a ,,满足：3222=++c b a ，求证：)31(2)414141)((222+≤-+-+-++cbac b a .代数7（湖南师大附中张湘君）设,1,2,,i x R i n +∈=，试确定最小实数c ，使得111()()n nnab n a b ii i i i i c xx x +===≥⋅∑∑∏.分析：由齐次，且,1,2,,i x R i n +∈=，不妨设11nii x==∏.原不等式11111()()()n nna b a b i iii i i nnab n ab n iii i x x x c c xx===++==⋅⇔≥⇔≥∑∏∑∑∑，则只需求11()na bi i nab n ii x S x=+==∑∑的最大值.由幂平均不等式，1111()()nnab a iii i abaxxnn ==≥∑∑111()nnb ab a b ii i i nxx -==⇒≥∑∑，则111nb ab ii nab n ii n xS x-=+=≤∑∑.由Chebyshev 不等式，12111111()()nn nn nnab n n ab ab ab n ab iiin i ii i i i i i i n xx x nx x x x xx ++======≥≥⇒≥∑∑∑∑∑∑.于是1b S n-≤，当121n x x x ====时取等号，所以11max min b b S n c n --=⇒=.代数8（湖南师大附中张湘君）给定3m ≥且m N ∈，设12,,,0m a a a >，n m ≥且n N ∈，求证：11()2mn i n i i i a ma a =+≥+∑，其中11m a a +=.分析：令1,1,2,,i i iab i m a +==，则11m i i b ==∏，原不等式11()12mn n i imb =⇔≥+∑.由幂平均不等式知≥，于是只需证明：11()12mm m i i m b =≥+∑. 考虑到0,1,2,,i b i m >=，可设,1,2,,ic i b e i m ==，则10mii c==∑.记1()()1mt f t e =+，则11111()()()12122i m m mm m i c m m m i i i im m m f c b e ===≥⇔≥⇔≥++∑∑∑. 求1()()1m tf t e=+的二阶导数得2''()(1)(1)t t m tf t me e me --=+-，下面分两种情况讨论：(i) 当(1,2,,)i b i m =中至少有一个小于1m 时，111()()111mm m i ib m=>++∑， 于是只需证明111()(1)2121m mm m m m m≥⇔+⋅≤+. 设1(),3xg x x x =≥，则121'()(1ln )0xg x x x x=⋅⋅-<，所以()g x 在3x ≥时单调递减，所以11311(1)(1)323m m m +⋅≤+⋅<.(ii) 当(1,2,,)i b i m =都大于等于1m时，''()0f t ≥，则()f t 是下凸函数， 由琴生不等式得11()()(0)2mimi i mi cm f c m f m f m==≥⋅=⋅=∑∑. 综上所述，11()12mm m i i mb =≥+∑，证毕.代数9（湖南师大附中汤礼达）设+∈R a a a n ,...,,21，求证：1)1(1211≥-+∑∏=≠--ni ji jn i n i a n a a .证明：首先我们证明局部不等式：n n nn n n n nn n n n n n n n nn n n n GM AM n n nn n n n aan aa an aaan aaaa 11222121221111221212211221212211)1()1(2))1(()...(222222++++--++-----⋅⋅⋅-+⋅⋅⋅-+=⋅⋅⋅-++++≥n n n n n n n nn n nn n n a a a n aa aan a⋅⋅⋅-+=⋅⋅⋅-+≥--------2112111112)1(211211)1()1(2222222所以有])1([)1()...(2121111211212122121221111222222n n n n n n n n n n n n nn n n n n a a a n a aa a an aaaa a ⋅⋅⋅-+=⋅⋅⋅-+≥+++---------故n n nn n n n n n nn n aaaaa a a n a a 2121221121132211112222......)1(------+++≥-+同理有),...,3,2()1(1212121122n i aaa n a a ni n n i n n ij i jn i n i =≥-+∑∏=--≠--将上式相加，即得.1)1(1211≥-+∑∏=≠--ni ji jn i n i a n a a代数10（湖南师大附中汤礼达）给定*,k n N ∈,1k n ≤-，2n k ≠，设12,,,n a a a ⋯是{}1,2,,n ⋯的一个排列，令11i i i i k S a a a ++-=++⋯+（其中1i n ≤≤，下标mod n 考虑），记{}12min ,,,n S S S S =⋯.求证：(1)S 1.2k n +⎡⎤≤-⎢⎥⎣⎦证明：反设(1)2k n S +⎡⎤≥⎢⎥⎣⎦，因1k n ≤-，故1112k a a S S +≠⇒≠，故必有1S S >或2S S >， 故11(1)2nni i i i kn n nS S k a ==+<==∑∑. 当k 为偶数或n 为奇数，得(1)2k n Z +∈(1)2k n S +⇒<，与假设矛盾. 故只须再考虑k 为奇数，n 为偶数的情况, 对1i n ≤≤，(1)12i k n S +-≥.记(1)1{|}2i k n P i S +-==，(1)1{|}2j k n Q j S ++=≥，则{}1,2,,P Q n =⋯，P Q φ=. 因为11,(1).i i k i i k n a a S S i n ++≤-≠≠≤≤所以得到故P 中任意的两元素之差都大于1，又2nP Q n P +=⇒≤1(1)2n i i i i i P i Qkn n S =S S =∈∈+⇒=+∑∑∑(1)1(1)122k n k n P Q +-++≥+(1)1(1)1(1)()2222(1),2k n k n kn n nP n P P kn n +-+++=+-=+-+≥ 等号必须成立，即2n P =,且(1)12i k n S +-=或(1)1(1)2kn n i n ++≤≤. 不妨1(1)12k n S +-=则(1)12(1)12i k n i S k n i +-⎧⎪⎪=⎨++⎪⎪⎩，为奇数，为偶数（*）1(1)12k n S +-=，211(1)112k+k n S a a =++=⇒-. 又因为k 为奇数1(1)12k+k n S =++⇒，211(1)112k+k+2k+k n S =a a =+-⇒⇒-. 故112k+a =a ,所以2n k ｜，但22k n n <⇒2k =,与题设相矛盾.代数11（吉大附中石泽晖、王庶赫）已知正数序列{}{}n n a b ，满足11nni i i i a b ===∑∑，且12n a a a ≤≤≤，111n n n a b b b a -≥≥≥≥≥，对任意的1i j n ≤<≤，均有j i j i a a b b -≥-，证明：11n ni i i i a b ==≤∏∏.证明：由于j i j i a a b b -≥-，则j j i i a b a b -≥-（1i j n ≤<≤）. 这说明数列1{}n i i i a b =-是单调不减序列. 又0n n a b -≥，110a b -≤.（1）当110a b -<时，必存在1m n <≤，使得：当1i m ≤<时，i i a b <，此时记i i i b a β=-；当m i n ≤≤时，i i a b ≥，此时记i i i a b α=-.由11n n i i i i a b ===∑∑可知：11n m i i i mi αβ-===∑∑. 而要证明的11n n i i i i a b ==≤∏∏可变形为11ni i ia b =≤∏.由均值不等式可知：11()nini n ii i i a a bb n ==≤∑∏，故只需证1n i i ia nb =≤∑（*）即可，往证（*）式成立. 事实上，111nnm i i i i ii i m i i i i a b b b b b αβ-===+-=+∑∑∑111111n n mm n n mm n b b b b b αααββ----=++++---111nn mm mmmm mn n b b b b b αααββ--≤++++---=，这是由于n i m ≥≥时，0i m b b ≥>，0i α≥，故有i i imb b αα≤；1i m ≤<时，0i m b b <≤，0i β≥，故有iiimb b ββ--.（2）当110a b -=时，则对1i n ≤≤，均有i i a b ≥，又11nni i i i a b ===∑∑，故对1i n ≤≤，均有i i a b =，此时结论也成立.代数12（绵阳东辰学校袁万伦、姚先伟）设0,0,0>>>c b a ，求证：)212)(212)(212()43)(43)(43(222+++≥++++++c b a a c c b b a .（问题来源：2005年白俄罗斯数学奥林匹克试题的推广，原题：设0,0>>b a ，求证：)212)(212()43)(43(22++≥++++b a a b b a ，）证明：因为2121414322++≥+++=++b a b a b a ，同理2143,214322++≥++++≥++a c a c c b c b ，所以≥++++++)43)(43)(43(222a c c b b a )21)(21)(21(++++++a c c b b a ，即证)21)(21)(21(++++++a c c b b a )212)(212)(212(+++≥c b a ，将此式左，右两端分别展开，即证)(21222222222c b a bc c b ac c a ab b a ++++++++)(216ca bc ab abc +++≥)(*因为ca a c bc c b ab b a 2,2,2222222≥+≥+≥+，三式相加得ca bc ab c b a ++≥++222，所以)(21222222222c b a bc c b ac c a ab b a ++++++++)(21)()()(222222222c b a b a c c a b c b a ++++++++=cabbac abc 222++≥)(216)(21ca bc ab abc ca bc ab +++=+++， 即)(*成立，故)212)(212)(212()43)(43)(43(222+++≥++++++c b a a c c b b a成立，当且仅当21===c b a 时取等号.代数13（绵阳东辰学校袁万伦）正数b a ,c 满足1=++c b a ，证明：32232323≥++++++++b a a c a c c b c b b a . 问题来源：韩京俊《初等不等式的证明方法》地6页例1.2：正数c b a ,,满足1=++c b a ，证明：ba ac a c c b c b b a ++++++++2222≥. 证法1:因为b a ac a c c b c b b a ++++++++222++=c b a 3b a a a c c c b b b a c a c b +++++++++22233，由cauchy 不等式的推论得21)(2)(2222=++++≥+++++c b a c b a b a a a c c c b b ， )(2)(2222444333ca bc ab c b a cb ca c ba bc b ac ab a b a c a c b c b a ++++≥+++++=+++++， 又因为)(3)(2ca bc ab c b a ++≥++，即,31≤++ca bc ab由cauchy 不等式1)()(32222=++≥++c b a c b a ，即31222≥++c b a ， 所以61)(2)(2222≥++++ca bc ab c b a ，即61333≥+++++b a c a c b c b a ，故 b a a c a c c b c b b a ++++++++222322161=+≥.证法2：因为b a ac a c c b c b b a ++++++++222++=c b a 3b a a a c c c b b b a c a c b +++++++++22233，由cauchy 不等式的推论得21)(2)(2222=++++≥+++++c b a c b a b a a a c c c b b ， 因为2323234)(,4)(,4)(c b a c b a c b a c b a c b a c b a c b a ≥+++≥+++≥+++，所以)(21222333ca bc ab c b a b a c a c b c b a ++-++≥+++++ )(25)(2ca bc ab c b a ++-++=)(251ca bc ab ++-=，又因为)(3)(2ca bc ab c b a ++≥++，即,31≤++ca bc ab所以6131251)(251=⨯-≥++-ca bc ab ，即61333≥+++++b a c a c b c b a . 故b a a c a c c b c b b a ++++++++222322161=+≥.代数14（广州市第二中学程汉波）已知,,C A B 为ABC ∆的三个内角，求n *∈N的最小值．解（1）当1n =时，因为()21sin sin sin 3A B A ≤≤∑∑2193sin 334A B C ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭， 所以()31sin sin 3sin sin 4A B A B -=-≥∑∑． （2）当2n =时，由万能公式及柯西不等式得2224tantan 4tan tan 2222sin sin 1tan 1tan 1tan tan 2222A B A B A B A B A B =≤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 当且仅当2tan 2tan BA =，即AB =时取等号． 所以有≥=．设tantan 22A B x =，tan tan 22B C y =，tan tan 22C Az =，则x ，y ，z 均为正数，因为tantan tan tan tan tan 1222222A B B C C A++=，故有1=++z y x ．于是2y z x y z +≥=++∑， 在Nesbitt 不等式：()3,,02a abc b c ≥>+∑中，令a x y =+，b y z =+，c z x =+即得322y z x y z +≥++∑，当且仅当3π===C B A 时，等号成立． （2）当3n =时，同第（2）种情况可得，≥==()()()332242y z x y z x y z y z+≥==++++++当且仅当z y x ==，即3π===C B A 时，等号成立． （3）当4n ≥时，同第（2）种情况可得，()12x ≥=>-=∑， 当2,0π→=→C B A 时，等号成立．综上所述，当1n =时，原式的最小值为34；当2n =时，原式的最小值为32；当3n =时，原式的最小值为2；当4n ≥时，原式没有最小值，但下确界为2．代数15（大连市第二十四中学 邰海峰）无穷个非钝角三角形,将其最短边、次长边、最长边分别相加,得到一个新的大三角形,求证：这个大三角形的最大角小于23π.解:设这无穷多个三角形的最短边依次为12,,a a ,次长边依次为12,,b b ,最长边依次为12,,c c ,其中222i i i a b c +,且i i i a b c .设111,,i i i i i i a a b b c c ∞∞∞======∑∑∑,最大角余弦为2222a b c ab +-.对于两个不同的正整数,i j ,因为i j i j i j i j a a bb a a bb +=+ 又因为i j i j i j i j a a bb a b b a +>-，所以22()()i j i j i j i j a a bb a b b a ++-222()1)()1)()i j i j i j i j i j i j i j i j a a bb a a bb a b b a a b b a <+++-+-2(1))i j i j i j i j a a bb a b b a =++-，所以222222()()(i i a b c a b +-+-∑∑222i j i j i ji ji ja ab b <<<=+-∑∑(222)2)()i ji j i i i ja b b a a b <--->-∑∑∑，所以2221122a b c ab +->>-,从而最大角小于23π.代数16（东北育才学校张雷）数列11121{}:1,n n nu u u u u u +==+++,问:是否存在常熟,αβ使得12lim1nx u u u nβα→∞+++=,若存在请求出,αβ,若不存在请说明理由. 解: 12αβ==,下面证明:第一步:证明:引理:111*)321n N n +++<∈-,用数学归纳法,(1)当1n=时,不等式成立;(2)假设n 时不等式成立,则1n +时我们只要证明121n ≤=+,只要证明121n ≤+,该不等式成立,故1n +时,不等式成立.综上所述,引理成立. 第二步:由1211n n u u u u ++++=,1211(2)n nu u u n u -+++=≥可得111(2)n n n u n u u +=+≥,21u =,设12111(2)n n nu u u a n u --+++==≥,则111,1n n n a a a a +=+=,则12lim lim n n x x u u u a nn ββαα→∞→∞+++=.第三步:由111,1n n n a a a a +=+=,得22212122n n n na a a a +=++>+,故 221n a n >-， (*)则22212112221n n n n a a a a n +=++<++-,累加可得 21121(1)(2)323n an n n <-++++≥-,由引理可知:21121(1)21323n a nn n <-++++<-+- (**)故由(*),(**)，22122n a n n n -<<,而21lim12n n n n →∞→∞-==,故2lim 1,lim 1,2n n n a n →∞→∞==,则12αβ==满足条件.试题背景:常见题目:1112,n n na a a a +==+,证明n a <<.由于无法求出具体的通项公式,又希望能改进成为具体的值,而不只限于不等式,进而发现极限可以实现这一目标.代数17（东北育才学校张雷）12...1(2),01(1,2,...,)n i a a a n a i n +++=≥≤≤=,求222122...n na a a a ++++的最小值.解:最小值为12,3,4115n n n n ⎧=⎪-⎪⎨⎪+≥⎪⎩下面证明:我们解决4n =情形,不妨设12,a a 固定,则222343434()2a a a a a a ++=+-+,故可知34,a a =或者40a =,当40a =时,可有均值得最小值为13; 当34,a a =固定34,,a a 调整12,a a ,同样的情况,最后调整13,a a 及24,a a 可知,都取等为61163>. 2,3n =也容易证明.下证5n ≥情形,我们证明更强的结论:222122...(02)n n a a a a s ++++≤≤的最小值当1i a n=取等.一.当5n =时,都取等,值为1n +,而其中一个等于0,最小值111n n >+-,故而有利于我们调整. 同样的调整法,我们可以调整4个相等,即1541a a +=,证明:22515145a a ++≥+,不妨设1515111,,4(0)5520a a a x a x x ≥=+=-≤≤,则带入后,只要证明2510x +≥,显然我们只要证明2s =时成立.2 510x +≥若2 510x ≥,则不等式成立, 若2 510x <,则只要证:2 5 2210)x ≥-,由于443111()()4()555x x +≥+,故只要证43 522111[()4()](4)10)555x x x +-≥-即5 32115()1005x -≥,由于2 510x <我们只要证5 3 5115()5-≥,可知成立. 当6n =时,我们可以通过调整化归为15122a a +=,证明:2221515311221226s s a a a a ++≥+,不妨设1515111,,20)6612a a a x a x x ≥=+=-≤≤（,则不等式等价于2231116()(226626s s x x x ++-≥）,我们正要证明2s =的时候,即2231116()(2666x x x ++-≥） (*) 而2111()+6363x x +≥,代入(*),我们即可证明.下面考虑7n ≥情形,我们用数学归纳法,若2n -时成立,则n 时,我们通过调整使得1,12n n n a a a t -=-=,则122...(01)n a a a t t -+++=≤≤,令(1,2,...,2)i i ab i n t==-,则122 (1)n b b b -+++=,我们求2222212222(...)2n n n t b b b b a --+++++的最小值,由归纳可知1221...,n n na a a a a --====,故问题化归为1(2)21n n a a -+=,求221(2)2n n a a -++的最小值,我们不妨设11122,(0)2(2)n na x a x x n n n n -=+=-≤≤-,我们只要证明2211(2)2n n a an-++≥+(**)则代入(**),我们只要证明:22(2)2n n x -+≥而22221221121()()2n n n n x xn n n-----⎛⎫+≥+ ⎪⎝⎭(对于指数是分数的时候,只要两边平方证明即可 ),代入上式可知结论成立.注: (1)数学归纳法解决了调整法中无限调整的问题; (2)6n =时的解决方法给整个题以提示. (3)5n =时的证明是本题证明的难点. (4)加强归纳的技巧也是值得借鉴的.(5)本题涉及猜想,分类,跳跃归纳,加强归纳,调整法,放缩以及联想探索等能力,是训练学生的较好题目.(6)受5n =的启发,我们也可以直接归纳,问题化归为1(1)1n n a a -+=,求221(1)n n a a -++的最小值,设111,(1)n a x a n x n n=+=--,同样我们得到,只要证明2(1)n n x -+≥我们依旧分类讨论,当2(1)n n x -<时,移项平方,我们只要证明122114()((1)(1))n x n x n n x n n -+--≥-,将112111()()(1)()n n n x n x n n n ---+≥+-代入,且注意到2(1)n n x -<我们只要证明2212(1)4(1)n n n n -⎛⎫-- ⎪⎝⎭,成立(7) 取等条件为全相等或者一个等于0,由此比较两个最小值,觉得系数2比较适合.(8)题目思想来源:(全国高中数学联赛)实数,,a b c 满足1,0a b c abc ++=>,求证:14ab bc ca ++<+. 发现:一正二负的情况,不妨设0,,0a b c ><,则()(1)0ab bc ca b a c ac b b ++=++<-<,我们只要考查,,0a b c >情形,经化归222211222()()22ab bc ca a b c a b c ⇔++<⇔++-++<,即证明2221(*)2a b c +++>.下面证之:不妨设a 不变,则222221(1)(*)2a b c a a ++=+-->抛物线,10,2a-=取得最小值,0c =时,可知不等式成立;12a-=时,232)0a a a ⇔-->,不妨设a 最大,令t =∈,323210t t t ⇔--+>(**)本来是求导数证明的,后来发现:332112,2722t t ++≥我们只要证明3222249275()(2)3274927t t t >⇔>⇔->. 由此启发,继续研究,发现上述的题目形式:代数18（大连市第二十四中学李响）定义有序正数组(a 1,a 2,…,a n )的特征值为a 12a 2+a 22a 3+⋯+a n2a 1(n ≥2)，设有序正数组(x 1,x 2,…,x 2017)的特征值为k ，(1).求证：可以将(x 1,x 2,…,x 2017)划分为m (m ≤1008)个有序数组，并设每组的特征值为k 1,k 2,…,k m ，使得k 1+k 2+⋯+k m ≥k ；(2).将2017改为2018，结论是否成立，并证明.解：(1)我们证明可以将(x 1,x 2,…,x 2017)划分为m-1个二元数组和一个非二元数组满足题中条件，下面用数学归纳法证明：m=1时，显然成立；假设m=p 时结论成立，即可划分为p-1个二元数组和一个非二元数组， 使得k 1+k 2+⋯+k p ≥k 成立；则m=p+1时，保持m=p 时划分出去的p-1个二元数组不变，下面对非二元数组进行划分，设非二元数组为(b 1,b 2,…,b q )(q ≥4)，其特征值为k p ，取其中一个二元数组(b i ,b i+1)(i =1,2,…,q)，其特征值为k pi ，其中b i =b q+i ，设除去(b i ,b i+1)的有序q-2元数组的特征值为k pi ′，则对于m=p+1，只要证明存在i(i =1,2,…,q)使得k pi +k pi ′≥k p 成立， 即(b i 2b i+1+b i+12b i)+(b i+22bi+3+b i+32bi+4+⋯+b i−12bi+2)≥b i 2bi+1+b i+12bi+2+⋯+b i−12b i成立， 即b i+12b i+b i−12bi+2−b i+12bi+2−b i−12b i≥0成立，即(b i+2−b i )(b i+1−b i−1)(b i+1+b i−1)b i b i+2≥0成立，即(b i+2−b i )(b i+1−b i−1)≥0成立，设c i =b i+2−b i ，由于(c 1c 2)(c 2c 3)…(c q c 1)=c 12c 22…c q 2≥0，q 为奇数，所以至少存在一个i 使得c i c i+1≥0，对于m=p+1原结论成立，所以原题结论成立.(2)成立，同(1)只要证存在i 使得(b i+2−b i )(b i+1−b i−1)≥0成立，设c i =b i+2−b i ，若存在c i =0，则显然成立，若c i 均不为零，用反证法，假设c i c i+1均小于零，则c i ,c i+2为同号，由于q 为偶数，有c 1,c 3,…,c q−1为同号，由于c 1+c 3+⋯+c q−1=(b 3−b 1)+(b 5−b 3)+⋯+(b 1−b q−1)=0， 与同号产生矛盾，所以存在i 使得(b i+2−b i )(b i+1−b i−1)≥0成立， 所以对于2018依然成立.代数19（学而思培优·苏州分校李家夫）已知：432()f x x ax bx cx d =++++有四个复数根1234,,,αααα，3222()(4)4g x x bx ac d x bd a d c =-+-+--有三个复数根123,,βββ.求证：221413()()i j i j i j i j ααββ≤<≤≤<≤-=-∏∏解析为记号简单起见，不妨设1234{,,,}{,,,}e f g h αααα= 由韦达定理有()+fh+gh c ()a e f g h b ef eg eh fg efg efh fgh egh d efgh=-+++⎧⎪=+++⎪⎨=-+++⎪⎪=⎩ 我们来证明：（1）123123413241423()+fh+gh ()()()b ef eg eh fg βββαααααααααααα++=--=+++=+++++（2）. . 直接展开验证即可. 于是证毕！代数20（华东师大张丽玉）设x 、y 、z 为正实数，求证：.一、命题背景:原题：P 为三角形ABC 内一点，求证：BP CP BC AP CP AC AP BP AB AB BC AC ++≥.特别地，当∠APB =∠BPC =∠CP A =120°时，这个几何不等式仍然成立，设P A =x ，PB =y ，PC =z ，则得到题2.二、解答过程当然我们可以先解答原几何题，再等价转化为我们所需要的代数不等式. 下面我们给出一个纯代数的解法，解答过程如下：1≥首先证明222y zx yz xy z++++.22222()()()22y z y z y zx yz x x yz x x yz xy z+++⇔++≤++-+++222222222()()()2()2()2y zx y xy x z xz x yz x y z y zxy z y zx yz x+++++-++++⇔≤-++++22223()()42()()2x y z x y zy z y zx yz x--⇔≤++++23()()22y zx yz x x y z+++≥+而2()223()22y z y zx yz x xy zxz xy x x y z++++>+≥++=+222y zx yz xy z++++成立.222()()yz yz y zy z yz y zx yz xy z+≥=+++++∑.()()zx z xyz y z+≥+∑，()()xy x yyz y z+≥+∑，上面三个式子相加，即是我们需要证明的不等式.代数21（杭州二中赵斌）几何几何1（复旦附中李朝晖、施柯杰、肖恩利）已知锐角ABC ∆，AC BC >，点,K N 在边AC 上，点,M L 在边BC 上，且1122BC AN CK CL BM AC <===<. KL 与MN 交于点P . 点R 为边BC 的中点，点Q 为ABC ∆外接圆上弧ACB 的中点. 求证：RPN QPK ∠=∠.证明：延长MN 、KL 分别交BC 于点X 、Y . 由梅涅劳斯定理，直线MN 、KL 截ABC ∆得：1BX AN CM AY BL CKXA NC MB YB LC KA⋅⋅==⋅⋅（1） 由条件：AN CK =，NC KA =，CM BL =，MB LC =.代入（1）得：BX BYXA YA=， 进而：AX BY =（2）因为R 为边BC 的中点，Q 为ABC ∆外接圆上弧ACB 的中点，所以QR 为线段AB 的中垂线，结合（2）可知QR 为线段XY 的中垂线.因为QA QB =，AN BM =，QAN QBM ∠=∠，所以QAN QBM ∆≅∆， 所以QM QN =，MQA BQA ACB ∠=∠=∠，进而,,,M C Q N 四点共圆. 所以QCM QNX ∠=∠. 又QCM QAX ∠=∠， 可得QAX QNX ∠=∠，可得,,,Q N A X 四点共圆，所以22ACBABC CABQXN QAC QAB CAB CAB π-∠∠-∠∠=∠=∠-∠=-∠=.又22ACB ABC CABKYX CBA BLY CBA π-∠∠-∠∠=∠-∠=∠-=所以QXN KYX ∠=∠，由QX QY =，所以：PXY PYQ ∠=∠所以,QX QY 为PXY ∆的外接圆的切线，所以QP 为PXY ∆的陪位中线， 所以：QPK XPR RPN ∠=∠=∠.几何2（湖南师大附中苏林）已知I 是ABC ∆内心，过I 作BC 的垂线，交ABC ∆的外接圆于E D 、(A D 、在BC 同侧)，延长DA 交直线BC 于F ，过I 作AE 的垂线交直线BC 于G .求证：EGI DFI ∠=∠.证明：引理：F 是O ⊙的弦BC 延长线上一点，D 是弧BC 中点，弦交弦BC 于G ，DF 交圆于H D 、，则DE DG DF DH DC⋅=⋅=2.引理的证明：连结CH CE 、.因为D 是弧BC 中点，所以BCD E ∠=∠，因此DCE DGC ∆∆∽，所以DE DG DC⋅=2.因为弧=DH 弧-DC 弧HC =弧BD －弧HC ， 所以F CDH BCD DCH ∠=∠-∠=∠， 因此DCF DHC ∆∆∽， 所以DE DG DF DH DC ⋅=⋅=2.回到原题：延长AI 交O ⊙于P ，设BC 于DE 的交点为M ，连结DF 交BC 于L ，延长DO 交O ⊙于K .下证G E P 、、三点共线：延长PE 交BC 延长线于G '，连结G I '交AE 于N .由鸡爪定理及引理知G P PE PC PI '⋅==22，故G PI PEI '∆∆∽，故I G P PIE '∠=∠，于是B G I E G B IEA IAE '∠+'∠=∠+∠， 而E G B PCE IAE '∠=∠=∠， 所以N G M MEN '∠=∠，因此N G E M 、、、'四点共圆.而G EM '∠= ︒90，所以AE G I ⊥'， 因此G '即G ，所以G E P 、、三点共线.再证DF LI ⊥：由鸡爪定理及引理知：PD PL PC PI ⋅==22，所以PID PLI ∆∆∽，从而IDP LIP ∠=∠， 因此EDP DPA LIP DPA DLI ∠+∠=∠+∠=∠. 所以EDP ADE DPA LDF DLI ∠+∠+∠=∠+∠2. 在DBC ∆中熟知DE DO 、是等角线，从而EDK ADE DFA LDF DLI ∠+∠+∠=∠+∠= ︒90. 所以DF LI ⊥.最后证明EGI DFI ∠=∠：由DF LI ⊥、LF DI ⊥知I 是DLF ∆垂心， 所以LDF DFI DLI ∠-︒=∠=∠90. 因为DPA DEA IGL ∠=∠=∠， 所以I G P L 、、、四点共圆. 从而EGI DLI ∠=∠. 所以EGI DFI ∠=∠.几何3（湖南师大附中苏林）如图，21O O ⊙、⊙相切，且均与O ⊙切，O ⊙的弦径AB 是21O O ⊙、⊙的外公切线，21O O ⊙、⊙的两条外公切线EF CD 、分别交AB 于E C 、，F D 、在O ⊙上，且F D 、、21O O 、均不在直线AB 同侧，EF 交AD 于P ，CD 交BF 于Q . 求证：AB PQ ∥.证明：分别延长DC FE 、交O ⊙于S T 、，连结TB TA SB SA 、、、.设21O O ⊙、⊙分别切AB 于L K 、，切SD 于V U 、，切FT 于X Y 、. 对1O ⊙及点圆B S A ⊙、⊙、⊙用开世定理有：SU AB AK SB BK SA ⋅=⋅+⋅.对2O ⊙及点圆B S A ⊙、⊙、⊙用开世定理有：SV AB AL SB BL SA ⋅=⋅+⋅.两式相减得：UV AB KL SB KL SA ⋅-=⋅-⋅， 从而KLUVAB SA SB ⋅=-.同理：KLXYAB TA TB ⋅-=-.。

Harvard Math TournamentFebruary 27, 19991. If a@b = , for how many real values of a does a@1 = 0?2. For what single digit n does 91 divide the 9-digit number 12345n789?3. Alex is stuck on a platform floating over an abyss at 1 ft/s. An evil physicist has arranged for the platform to fall in (taking Alex with it) after traveling 100ft. One minute after the platform was launched, Edward arrives with a second platform capable of floating all the way across the abyss. He calculates for 5 seconds, then launches the second platform in such a way as to maximize the time that one end of Alex’s platform is between the two ends of the new platform, thus giving Alex as much time as possible to switch. If both platforms are 5 ft long and move with constant velocity once launched, what is the speed of the second platform (in ft/s)?4. Find all possible values of d where a2 6ad + 8d2 = 0, a = 0.5. You are trapped in a room with only one exit, a long hallway with a series of doors and land mines. To get out you must open all the doors and disarm all the mines. In the room is a panel with 3 buttons, which conveniently contains an instruction manual. The red button arms a mine, the yellow button disarms two mines and closes a door, and the green button opens two doors. Initially 3 doors are closed and 3 mines are armed. The manual warns that attempting to disarm two mines or open two doors when only one is armed/closed will reset the system to its initial state. What is the minimum number of buttons you must push to get out?6. Carl and Bob can demolish a building in 6 days, Anne and Bob can do it in 3, Anne and Carl in 5. How many days does it take all of them working together if Carl gets injured at the end of the rst day and can’t come back? Express your answer as a fraction in lowest terms.7. Matt has somewhere between 1000 and 2000 pieces of paper he’s trying to divide into piles of the same size (but not all in one pile or piles of one sheet each). He tries 2, 3, 4, 5, 6, 7, and 8 piles but ends up with one sheet left over each time. How many piles does he need?8. If f (x) is a monic quartic polynomial such that f ( 1) = 1, f (2) = 4, f ( 3) = 9, andf (4) = 16, nd f (1).9. How many ways are there to cover a 3 × 8 rectangle with 12 identical dominoes?10. Pyramid EARLY is placed in (x y z) coordinates so that E = (10 10 0), A = (10 10 0), R = ( 10 10 0), L = ( 10 10 0), and Y = (0 0 10). Tunnels are drilled through the pyramid in such a way that one can move from (x y z) to any of the 9 points (x y z 1), (x ± 1 y z 1), (x y ± 1 z 1),(x ± 1 y ± 1 z 1). Sean starts at Y and moves randomly down to the base of thepyramid, choosing each of the possible paths with probabilityeach time. What is the probability9that he ends up at the point (8 9 0)?1Algebra SolutionsHarvard-MIT Math TournamentFebruary 27, 1999Problem A1 [3 points]If a@b = a a 3b 3 , for how many real values of a does a@1 = 0?e S x o t l r u a t neo ion:us If ss ,in 0c e t h th en a t a ma k e 1s ,he 0 d o e r n 2o f +th a o g in =a l 0 .ex pres Thus si o a n 1,o r a wh i is c h a i r s oo a t nof a 2 + a + 1. But this quadratic has no real roots, in particular its roots are − 1±2√−3 . Thereforethere are no such real values of a, so the answer is 0.Problem A2 [3 points]For what single digit n does 91 divide the 9-digit number 12345n789?Solution 1: 123450789 leaves a remainder of 7 when divided by 91, and 1000 leaves a remainder of 90, or -1, so adding 7 multiples of 1000 will give us a multiple of 91.Solution 2: For those who don’t like long division, there is a quicker way. First notice that 91 = 7 13, and 7 11 13 = 1001. Observe that 12345n789 = 123 1001000+45 n 1001 123 1001+123 45n+789 It follows that 91 will divide 12345n789 i ff 91 divides 123 45n + 789 = 462n. The number 462 is divisible by 7 and leaves a remainder of 7 when divided by 13.Problem A3 [4 points]Alex is stuck on a platform floating over an abyss at 1 ft/s. An evil physicist has arranged for the platform to fall in (taking Alex with it) after traveling 100ft. One minute after the platform was launched, Edward arrives with a second platform capable of floating all the way across the abyss. He calculates for 5 seconds, then launches the second platform in such a way as to maximize the time that one end of Alex’s platform is between the two ends of the new platform, thus giving Alex as much time as possible to switch. If both platforms are 5 ft long and move with constant velocity once launched, what is the speed of the second platform (in ft/s)?Solution: The slower the second platform is moving, the longer it will stay next to the first platform. However, it needs to be moving fast enough to reach the first platform before it’s too late. Let v be the velocity of the second platform. It starts 65 feet behind the first platform, so it reaches the s．i pdel edhhlines up with the front of the first platform at the instant that the first platform has travelled 100ft, which occurs after 100 seconds. Since the second platform is launched 65 seconds later and has to travel 105 feet, its speed is 105/35 = 3ft/s.12Find all possible values of a dwhere a 2 − 6ad + 8d 2 = 0, a = 0. Solution: Dividing a 2 − 6ad + 8d 2 = 0 by a 2 , we get 1 − 6a d + 8(ad )2 = 0. The roots of this quadratic are 21 , 41 .Problem A5 [5 points]You are trapped in a room with only one exit, a long hallway with a series of doors and land mines. To get out you must open all the doors and disarm all the mines. In the room is a panel with 3 buttons, which conveniently contains an instruction manual. The red button arms a mine, the yellow button disarms two mines and closes a door, and the green button opens two doors. Initially 3 doors are closed and 3 mines are armed. The manual warns that attempting to disarm two mines or open two doors when only one is armed/closed will reset the system to its initial state. What is the minimum number of buttons you must push to get out?Solution: Clearly we do not want to reset the system at any time. After pressing the red button r times, the yellow button y times, and the green button g times, there will be 3 + r − 2y armed mines and 3 + y − 2g closed doors, so we want the values of r , y , and g that make both of these quantities 0 while minimizing r + y + g. From the number of doors we see that y must be odd, from the number of mines we see y = (3 + r)/2 ≥ 3/2, so y ≥ 3. Then g = (3 + y)/2 ≥ 3, and r = 2y − 3 ≥ 3, so r + y + g ≥ 9. Call the red, yellow, and green buttons 1, 2, and 3 respectively for notational convenience, then a sequence of buttons that would get you out is 123123123. Another possibility is 111222333, and of course there are others. Therefore the answer is 9.Problem A6 [5 points]Carl and Bob can demolish a building in 6 days, Anne and Bob can do it in 3, Anne and Carl in5. How many days does it take all of them working together if Carl gets injured at the end of the first day and can’t come back? Express your answer as a fraction in lowest terms.Solution: Let a be the portion of the work that Anne does in one day, similarly b for Bob and c for Carl. Then what we are given is the system of equations b + c = 1/6, a + b = 1/3, and a + c = 1/5. Thus in the first day they complete a + b + c = 21(1/6 + 1/3 + 1/5) = 7/20, leaving 13/20 for Anne and Bob to complete. This takes 113//320= 39/20 days, for a total of 2059 .Matt has somewhere between 1000 and 2000 pieces of paper he’s trying to divide into piles of the same size (but not all in one pile or piles of one sheet each). He tries 2, 3, 4, 5, 6, 7, and 8 piles but ends up with one sheet left over each time. How many piles does he need?Solution: The number of sheets will leave a remainder of 1 when divided by the least common multiple of 2, 3, 4, 5, 6, 7, and 8, which is 8 · 3 · 5 · 7 = 840. Since the number of sheets is between 1000 and 2000, the only possibility is 1681. The number of piles must be a divisor of 1681 = 412 , hence it must be 41.23If f (x) is a monic quartic polynomial such that f (−1) = −1, f (2) = −4, f (−3) = −9, and f (4) = −16, find f (1).Solution: The given data tells us that the roots of f (x) + x 2 are -1, 2, -3, and 4. Combining with the fact that f is monic and quartic we get f (x) + x 2 = (x + 1)(x − 2)(x + 3)(x − 4). Hence f (1) = (2)(−1)(4)(−3) − 1 = 23.Problem A9 [7 points]How many ways are there to cover a 3 × 8 rectangle with 12 identical dominoes?Solution: Trivially there is 1 way to tile a 3 × 0 rectangle, and it is not hard to see there are 3 waysto tile a 3 × 2. Let T n be the number of tilings of a 3 × n rectangle, where n is even. From the diagram below we see the recursion T n = 3T n −2 + 2(T n −4 + T n −6 + . . . + T 2 + T 0). Given that, we can just calculate T 4 = 11, T 6 = 41, and T 8 is 153.Problem A10 [8 points]Pyramid EARLY is placed in (x,y , z) coordinates so that E = (10, 10, 0), A = (10, −10, 0), R = (−10, −10, 0), L = (−10, 10, 0), and Y = (0, 0, 10). Tunnels are drilled through the pyramid in such a way that one can move from (x,y , z) to any of the 9 points (x,y , z − 1), (x ± 1, y , z − 1), (x, y ± 1, z − 1),(x ± 1, y ± 1, z − 1). Sean starts at Y and moves randomly down to the base of the pyramid, choosing each of the possible paths with probability 91each time. What is the probability that he ends up at the point (8, 9, 0)?. . . . . . etc...Solution 1: Start by figuring out the probabilities of ending up at each point on the way down the pyramid. Obviously we start at the top vertex with probability 1, and each point on the next level down with probability 1/9. Since each probability after n steps will be some integer over 9n, we will look only at those numerators. The third level down has probabilities as shown below. Think of this as what you would see if you looked at the pyramid from above, and peeled offthe top two layers.1 2 3 2 1246423 6 9 6 3246421 2 3 2 134What we can observe here is not only the symmetry along vertical, horizontal, and diagonal axes, but also that each number is the product of the numbers at the ends of its row and column (e.g. 6 = 2 · 3). This comes from the notion of independence of events, i.e. that if we east and then south, we end up in the same place as if we had moved south and then east. Since we are only looking for the probability of ending up at (8, 9, 0), we need only know that this is true for the top two rows of the square of probabilities, which depend only on the top two rows of the previous layer. This will follow from the calculation of the top row of each square, which we can do via an algorithm similar to Pascal’s triangle. In the diagram below, each element is the sum of the 3 above it.11 1 11 2 3 2 11 3 6 7 6 3 11 4 10 16 19 16 10 4 11 5 15 30 45 51 45 30 15 5 1Now observe that the first 3 numbers in row n , where the top is row 0, are 1, n , n (n2+1) . This factis easily proved by induction on n , so the details are left to the reader. Now we can calculate the top two rows of each square via another induction argument, or by independence, to establish that the second row is always n times the first row. Therefore the probability of ending up at the point (8,9,0) is 910550 .Solution 2: At each move, the ① and y coordinates can each increase by 1, decrease by 1, or stay the same. The y coordinate must increase 9 times and stay the same 1 times, the ① coordinate can either increase 8 times and stay the same 1 time or decrease 1 time and increase 9 times. Now we consider every possible case. First consider the cases where the ① coordinate decreases once. If the ① coordinate decreases while the y coordinate increases, then we have 8 moves that are the sameand 2 that are di fferent, which can be done in 8!10! = 90 ways. If the ① coordinate decreases whilethe y coordinate stays the same, then we have 9 moves that are the same and 1 other, which can bedone in 9!10! = 10 ways. Now consider the cases where the ① coordinate stays the same twice. If the y coordinate stays the same while the ① coordinate increases, then we have 7 moves that are thesame, 2 that are the same, and 1 other, which can be done in 71!20!!= 360 ways. If the y coordinate stays the same while the ① coordinate stays the same, then we have 8 moves that are the same and 24 that are di fferent, which can be done in 8!10! = 90 ways. Therefore there are 360 + 90 + 90 + 10 = 550paths to (8,9,0), out of 91 0 possible paths to the bottom, so the probability of ending up at the point (8,9,0) is 910550 .。

2017—2018学年上期中考18届高三数学理科试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由得：，，则，故选B.2.我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1 534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为( )A. 134石B. 169石C. 338石D. 1 365石【答案】B【解析】试题分析：设夹谷石，则，所以，所以这批米内夹谷约为石，故选B.考点：用样本的数据特征估计总体.3.已知复数，若是实数，则实数的值为( )A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：,所以.故C正确.考点：复数的运算.4.某程序框图如图所示，若输出的S=57，则判断框内位A. k＞4?B. k＞5?C. k＞6?D. k＞7?【答案】A【解析】试题分析：由程序框图知第一次运行，第二次运行，第三次运行，第四次运行，输出，所以判断框内为，故选C.考点：程序框图.5.已知命题对任意，总有；命题是的充分不必要条件则下列命题是真命题的是（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】根据指数函数的值域和图像，易知命题是真命题，是假命题；∵“”是“”的必要不充分条件，所以是假命题，是真命题，∴是真命题，是假命题，是假命题，是假命题。

故选．6.等差数列的前项和为，若公差，则当取得最大值时，的值为（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】 试题分析：由得，，又因为，故当时，取最大值，故选D.考点：等差数列的性质.7.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. 1B. 2C. 4D. 8【答案】C 【解析】 【分析】由三视图可知，该几何体是一个四棱锥，棱锥的底面是直角梯形，一条侧棱与底面垂直，根据三视图中数据，求出底面积与高，利用棱锥的体积公式求解即可.【详解】由三视图可知，该几何体的图象如图所示，原几何体的图象为四棱锥，其底面为直角梯形，平面，，，故其体积为，故选C.【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.8.设满足约束条件，若目标函数（其中，）的最大值为3，则的最大值为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：由得∵∴∴直线过时取最大值，即∴令，其中，则令，解得∴当时，，当时，∴当，，故选A点睛：本题为线性规划与导数结合的综合题型。

郑州一中竞赛选拔题
（实用版）
目录
1.郑州一中竞赛选拔题的背景和目的
2.竞赛选拔题的具体内容和难度
3.学生如何应对这类竞赛选拔题
4.竞赛选拔题对学生的影响和意义
正文
郑州一中是一所具有悠久历史和优良教育传统的学校，其竞赛选拔题一直以来都是检验学生知识水平和能力的重要手段。

这类题目旨在激发学生的学习兴趣，提高他们的思维能力和解决问题的能力，从而为他们的未来发展奠定坚实的基础。

竞赛选拔题的内容广泛而多样，涉及数学、物理、化学、生物等多个学科领域。

题目的难度也各不相同，既有基础题型，也有较为复杂的综合题型。

这类题目不仅要求学生具备扎实的基础知识，还需要他们能够灵活运用所学，将理论知识与实际问题相结合。

面对竞赛选拔题，学生应首先保持冷静，不要因为题目难度大而慌乱。

他们需要认真审题，理解题目要求，然后结合自己的知识储备，逐步解决问题。

在解答过程中，学生应注重思维的逻辑性和条理性，力求简洁明了地表达自己的观点和思路。

竞赛选拔题对学生的影响和意义是深远的。

通过参加这类比赛，学生不仅可以检验自己的学习成果，还可以培养自己的团队合作精神和竞争意识。

此外，竞赛选拔题的优秀成绩也是学生升学和就业的重要参考，有助于他们获得更好的发展机会。

总之，郑州一中的竞赛选拔题对于学生来说，既是一种挑战，也是一
种机遇。

2021届河南省郑州市第一中学高三上学期期中数学（理）试题一、单选题1．已知集合{A x y ==，{}02B x x =<<，则()R A B =（ ） A ．(0,1)B ．[1,2)C ．(0,)+∞D ．(,2)-∞ 【答案】A【分析】求出集合A 的补集，再按交集的定义运算即可.【详解】由题意，{}1A x x =≥，则{|1}R A x x =<，所以()R A B =(0,1). 故选：A2．122i i-=+（ ） A ．1B ．-1C ．iD ．-i 【答案】D【分析】利用复数的除法求解. 【详解】()()()()12212222i i i i i i i ---==-++-. 故选：D3．若α为第三象限角，则（ ）A ．cos20α>B ．cos20α<C ．sin20α>D ．sin 20α< 【答案】C【分析】利用α为第三象限角，求2α所在象限，再判断每个选项的正误.【详解】因为α为第三象限角，所以3222k k πππαπ+<<+()k Z ∈， 可得24234k k ππαππ+<<+ ()k Z ∈，所以2α是第第一，二象限角，所以sin20α>，cos2α不确定，故选：C【点睛】本题主要考查了求角所在的象限以及三角函数在各个象限的符号，属于基础题.4．命题“0x ∀>，11ln x x -≤”的否定是（ ） A ．0x ∀>，11ln x x -> B ．00x ∃>，0011ln x x -> C ．00x ∃>，0011ln x x -≤ D ．00x ∃≤，()0011ln x x -≤- 【答案】B 【分析】由含有一个量词的命题的否定的定义判断.【详解】因为命题“0x ∀>，11ln x x-≤”是全称量词命题， 所以其否定是存在量词命题，即00x ∃>，0011ln x x ->， 故选：B 5．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90° 【答案】B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.6．函数()2x xe ef x x --=的图象是下列图中的（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】C【分析】先确定函数奇偶性，舍去A,B ；再根据函数值确定选择项.【详解】()()220,()x x x xe e e ef x x f x f x x x ----=∴≠-==-∴()2x x e e f x x --=为奇函数，舍去A,B ； 因为当0x >时，()20x xe ef x x --=>，所以舍去D, 故选：C【点睛】本题考查函数图象识别、奇函数判断，考查基本分析判断能力，属基础题.7．已知数列{}n a 满足()*,n m n m a a a m n N++=∈且11a =，若[]x 表示不超过x 的最大整数，则数列235n a +⎧⎫⎡⎤⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭的前10项和为（ ）A ．12B ．1135C ．24D ．40 【答案】C【分析】先由条件得出数列{}n a 是以首项为1，公差为1的等差数列，即可求出n a n =，然后依次列出数列235n a +⎧⎫⎡⎤⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭的前10项即可. 【详解】因为数列{}n a 满足()*,n m n m a a a m n N++=∈且11a = 所以111m m m a a a a +=+=+所以数列{}n a 是以首项为1，公差为1的等差数列所以()111n a n n =+-⨯= 所以232355n a n ++= 所以数列235n a +⎧⎫⎡⎤⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭的前10项依次为：1,1,1,2,2,3,3,3,4,4 所以数列235n a +⎧⎫⎡⎤⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭的前10项和为111223334424+++++++++= 故选：C【点睛】由条件得出数列{}n a 是等差数列是解题的关键.8．已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP AB ⋅ 的取值范围是（ ）A ．()2,6-B ．(6,2)-C ．(2,4)-D ．(4,6)-【答案】A 【分析】首先根据题中所给的条件，结合正六边形的特征，得到AP 在AB 方向上的投影的取值范围是(1,3)-，利用向量数量积的定义式，求得结果.【详解】AB 的模为2，根据正六边形的特征，可以得到AP 在AB 方向上的投影的取值范围是(1,3)-，结合向量数量积的定义式，可知AP AB ⋅等于AB 的模与AP 在AB 方向上的投影的乘积，所以AP AB ⋅的取值范围是()2,6-，故选：A.【点睛】该题以正六边形为载体，考查有关平面向量数量积的取值范围，涉及到的知识点有向量数量积的定义式，属于简单题目.9．2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式．孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数p ，使得p+2是素数，素数对(p ，p+2)称为孪生素数．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其中能够组成孪生素数的概率是A ．115B ．215C ．245D ．445【答案】D【分析】由题意明确不超过30的素数有10个，满足题意的孪生素数对有4个，利用古典概型公式可得结果.【详解】不超过30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，根据素数对(p ，p+2)称为孪生素数，则由不超过30的素数组成的孪生素数对为(3,5),(5,7),(11,13),(17,19)，共有4组，能够组成孪生素数的概率为2104445P C ==， 故选D【点睛】本题考查古典概型概率公式，考查组合知识的应用，考查分析问题解决问题的能力.10．已知圆2216x y +=与抛物线22(0)y px p =>的准线l 交于A ，B两点，且||AB =P 为该抛物线上一点，PQ l ⊥于点Q ，点F 为该抛物线的焦点.若PQF △是等边三角形，则PQF △的面积为（ ） A．B ．4 C．D ．2 【答案】A【分析】首先由条件可得出2p =，然后由PQF △是等边三角形，焦点F 到准线l 的距离为2可得出PQF △的边长为4，然后算出答案即可.【详解】由AB =()0,0到l1=，即12p =，即2p = 所以抛物线的方程为24y x =因为PQF △是等边三角形，焦点F 到准线l 的距离为2所以PQF △的边长为4所以144sin 602PQF =⨯⨯⨯︒=△S 故选：A 【点睛】设圆的半径为r ，圆心到直线的距离为d ，弦长为AB ，则有2222AB r d ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭11．已知函数()()21,043,0x e x f x x x x +⎧≤⎪=⎨+->⎪⎩，函数()y f x a =-有四个不同的零点，从小到大依次为1x ，2x ，3x ，4x ，则1234x x x x -++的取值范围为（）A ．[)3,3e +B ．()3,3e +C ．()3,+∞D ．(]3,3e +【答案】D【分析】利用导数得出函数()f x 的单调性，将函数()y f x a =-有四个不同的零点，转化为两函数()y f x =与y a =图象有四个不同的交点，数形结合求解即可.【详解】当0x ≤时，2(1)()2(1)x f x x e '+=+ ()010f x x '>⇒-<≤；()01f x x '<⇒<-则函数()f x 在(,1)-∞-上单调递减，在1,0上单调递增，且0(1)1,(0)f e f e -===当0x >时，22244()1x f x x x '-=-= ()02f x x '>⇒>；()002f x x '<⇒<<则函数()f x 在(0,2)上单调递减，在2,上单调递增，4(2)2312f =+-= 函数()y f x a =-有四个不同的零点，即两函数()y f x =与y a =图象有四个不同的交点如下图所示由图可知，1a e <12,x x 是方程2(1)x e a +=的两根，即221ln 0x x a ++-=的两根 所以(]12ln 11,0x x a -=-∈-34,x x 是方程43x a x+-=的两根，即2(3)40x a x -++=的两个 所以343(4,3]x x a e +=+∈+(]12343,3x x x x e ∴-++∈+故选：D【点睛】本题主要考查了根据函数零点的个数求参数范围，属于难题. 12．如图是一个由正四棱锥1111P A B C D -和正四棱柱1111ABCD A B C D -构成的组合体，正四棱锥的侧棱长为6，1BB 为正四棱锥高的4倍.当该组合体的体积最大时，点P 到正四棱柱1111ABCD A B C D -外接球表面的最小距离是（ ）A ．6243-B ．6(32)-C ．6(21)-D ．6(31)-【答案】B 【分析】设正四棱锥的高为h ，AB a ，由条件可得221362h a +=，然后该组合体的体积为()223113472233a h a h h h +⨯=-，然后利用导数求出当23h =时体积取得最大值，此时43a =，然后算出正四棱柱1111ABCD A B C D -外接球的半径，然后点P 到正四棱柱1111ABCD A B C D -外接球表面的最小距离为点P 到球心的距离减去半径，即可得到答案.【详解】设正四棱锥的高为h ，AB a ，由正四棱锥的侧棱长为6可得221362h a +=， 该组合体的体积为 ()()22223113131347227223333a h a h a h h h h h +⨯==-=-， 令()3722f h h h =-，则()2726f h h '=-，所以可得f h在(上单调递增，在()+∞上单调递减，所以当h =f h 取得最大值，即该组合体的体积最大,此时a =所以正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球半径为:=,点P 到正四棱柱1111ABCD A B CD -外接球表面的最小距离为点P 到球心的距离减去半径，即63h -=,故选：B【点睛】本题考查的知识点有：几何体的体积公式，利用导数解决最值问题，几何体的外接球问题，属于较难题.二、填空题13．已知实数x 、y 满足1036010x y x y x y --≤⎧⎪-+≥⎨⎪+-≥⎩，则2z x y =+的最大值为________.【答案】252【分析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线2z x y =+，找出使得直线2z x y =+在y 轴上的截距最大时对应的最优解，代入目标函数计算即可得解.【详解】作出不等式组1036010x y x y x y --≤⎧⎪-+≥⎨⎪+-≥⎩所表示的可行域如下图所示：联立36010x y x y -+=⎧⎨--=⎩，解得9272x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， 平移直线2z x y =+，当直线2z x y =+经过可行域内的点97,22M ⎛⎫⎪⎝⎭，该直线在y 轴上的截距最大， 此时，目标函数2z x y =+取得最大值，且max 97252222z =⨯+=. 故答案为：252. 【点睛】本题考查简单线性规划问题，一般利用平移直线法找出最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题. 14．圆2228130+--+=x y x y 的圆心到直线10ax y +-=的距离为1，则a 的值为____________【答案】43- 【分析】由已知圆的方程求出圆心坐标，代入点到直线距离公式，即可求得a 值．【详解】解：圆2228130+--+=x y x y 的圆心坐标为：(1,4)，故圆心到直线10ax y +-=的距离211d a ==+，解得：43a =-， 故答案为：43-． 【点睛】本题考查的知识点是圆的一般方程，点到直线的距离公式，属于基础题．15．已知函数()sin (0)5f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在[0,2]π有且仅有5个零点．下述四个结论：①()f x 在(0,2)π上有且仅有3个极大值点；②()f x 在(0,2)π上有且仅有2个极小值点：③()f x 在(0,2)π上单调递增；④ω的取值范围是1229,510⎡⎫⎪⎢⎣⎭．其中结论正确的是______．（填写所有正确结论的序号）． 【答案】①④【分析】作出函数的图象，根据()f x 在[0,2]π有且仅有5个零点，再逐项判断. 【详解】如图所示：由图象可知()f x 在(0,2)π上有且仅有3个极大值点，故①正确; ()f x 在(0,2)π上可能有3个极小值点，故②错误；因为函数()sin (0)5f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在[0,2]π有且仅有5个零点，所以2429255πππωω≤<，解得1229510ω≤<，故④正确； 因为()0,2x π∈，所以,2555x πππωπω⎛⎫+∈+ ⎪⎝⎭，若()f x 在(0,2)π上单调递增，则252πππω+<，解得320ω<，不符合1229510ω≤<，故③错误； 故答案为：①④【点睛】关键点点睛：本题的关键是作出函数的图象，根据零点的个数确定ω的范围. 16．已知正项数列{}n a ，满足()*12nn n a a n N +⋅=∈，且()20201232020321a aa a ++++<-，则首项1a 的取值范围是______． 【答案】(1,2)【分析】根据()*12nn n a a n N +⋅=∈，利用递推得到22n na a +=，则数列{}n a 的奇数项和偶数项分别为公比为2的等比数列，然后利用等比数列前n 项和公式分别求和，再根据条件得到123a a +<求解. 【详解】因为()*12nn n a a n N +⋅=∈，所以()1*212n n n a a n N +++⋅=∈，所以22n na a += 所以数列{}n a 的奇数项和偶数项分别为公比为2的等比数列， 所以()()1010101012132019242020,12121122a a a a a a a a =--+++++=--+所以()()()2020202012320212021321a a a a a a =+++++-<-，所以123a a +<， 因为()*12nn n a a n N +⋅=∈，所以212a a ⋅=，即212a a =， 所以1123a a +<，即211320a a -+<， 解得112a <<， 故答案为：(1,2)【点睛】方法点睛：证明数列{a n }是等比数列常用的方法：一是定义法，证明()*12,nn a q n n a -=≥∈N ；二是等比中项法，证明211n n n a a a -+=⋅.若判断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可．三、解答题17．在ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足3(cos )sin b C a c B -=，4a c +=，23b =． （1）求角B 的大小； （2）求ABC 的面积． 【答案】（1）23π；（2）3． 【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换可得3cos sin sin sin B C C B -=，进而可得tan 3B =-，即可得解；（2）由余弦定理可得()212a c ac =+-，进而可得4ac =，再由三角形面积公式即可得解. 【详解】解：（1）由正弦定理，得3(sin cos sin )sin sin B C A C B -=． 由sin sin()sin cos cos sin A B C B C B C =+=+， 得3cos sin sin sin B C C B -=．由0C π<<，得sin 0C ≠．所以3cos sin B B -=． 又cos 0B ≠，所以tan 3B =-． 又0B π<<，得23B π=． （2）由余弦定理及23b =，得2222(23)2cos 3a c ac π=+-． 即212()a c ac =+-．将4a c +=代入，解得4ac =．所以113sin 43222ABCSac B ==⨯⨯=． 18．在如图所示的几何体中，底面ABCD 是矩形，平面MAD ⊥平面ABCD ，平面MAB平面MCD MN =，MAD ∆是边长为4的等边三角形，22CD MN ==.（1）求证：MN MD ⊥；（2）求二面角M BD N --的余弦值【答案】（1）见解析；（2）15【分析】(1)先证明AB⊥平面MAD，又MN AB，从而证明MN⊥平面MAD.即可得证.(2)以AD的中点为O 为原点建立空间之间坐标系，标出点的坐标，求出平面MBD的法向量为1n，平面NBD的法向量2n 代入公式即可求解.【详解】（1）由底面ABCD为矩形可得AB AD⊥，又平面MAD⊥平面ABCD，平面MAD⋂平面ABCD AD=，AB平面ABCD，所以AB⊥平面MAD因为,AB CD CD⊂平面MCD，AB⊄平面MCD，所以AB∥平面MCD，而平面MAB平面MCD MN=，所以MN AB，所以MN⊥平面MAD.又MD⊂平面MAD，所以MN MD⊥.（2）如图，设AD的中点为O，过O作OH AB交BC于H.易知,,OA OH OM两两垂直，以O为原点，分别以,,OA OH OM为,,x y z，轴建立空间直角坐标系O xyz-则()()2,2,0,2,0,0B D-，((0,0,230,1,2,23M N，所以()4,2,0BD=--，(2,2,23BM=--，(2,1,23DN=设平面MBD的法向量为()1111,,xn y z=.由11n BDn BM⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得1111142022230x yx y z--=⎧⎪⎨--+=⎪⎩可令13x=，可得(13,6,3n=--设平面NBD的法向量()2222,,.n x y z=由22n BDn DN⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得2222242022230x yx y z--=⎧⎪⎨--+=⎪⎩令21x=，可得()21,2,0n=-则121212cos(,43n n n n n n⋅〉===⋅易知二面角M BD N --为锐角，所以二面角M BD N --的余弦值为4【点睛】本题考查立体几何中的垂直关系判定及二面角问题.考查学生的空间想象能力，逻辑推理能力以及运算能力.属于一般性题目.19．已知圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>(,0)(02)A n n <<的直线l 与椭圆C 相交于P ，Q 两点，当1n =，l x ⊥轴时，||PQ =（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若l 不垂直于坐标轴，且在x 轴上存在一点(,0)B m ，使得PBA QBA ∠=∠成立，求m 的取值范围．【答案】（1）2214x y +=；（2）(2,)+∞． 【分析】（1）根据条件构建方程求解即可（2）设直线l 的方程为()y k x n =-，()11,P x y ，()22,Q x y ，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得221224414k n x x k -=+，2122814k n x x k+=+，然后由PBA QBA ∠=∠，得0PB QB k k +=，即12120y y x m x m +=--，即()12122()20x x mn x x mn -+++=，然后得出4m n=即可. 【详解】解：（1）椭圆的半焦距为c ．根据题意，得222221314c aa b a b c ⎧=⎪⎪⎪+=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得24a =，21b =．所以椭圆C 的标准方程为2214x y +=．（2）由l 不垂直于坐标轴知，直线l 的斜率存在，且不为0，设直线l 的方程为()y k x n =-，0k ≠联立2214()x y y k x n ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，消去y 可得()22222148440k x k nx k n +-+-=．设()11,P x y ，()22,Q x y ，易知12x x ≠，且12,x x 均不等于m ．由根与系数的关系，得221224414k n x x k -=+，2122814k nx x k+=+． 由PBA QBA ∠=∠， 得0PB QB k k +=，所以12120y y x m x m+=--． 所以()()()1221121202()20y x m y x m x x m n x x mn -+-=⇔-+++=，所以222224482()201414k n k nm n mn k k -⨯-++=++整理可得4mn =，即4m n =． 因为02n <<，所以(2,)m ∈+∞．【点睛】关键点点睛：解题关键是找到关于,,a b c 的等量关系．本题中直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出12x x +，12x x ，由PBA QBA ∠=∠， 得0PB QB k k +=，然后表示出0PB QB k k +=得到所要求的等量关系．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．20．2020年1月10日，引发新冠肺炎疫情的COVID -9病毒基因序列公布后，科学家们便开始了病毒疫苗的研究过程.但是类似这种病毒疫苗的研制需要科学的流程，不是一朝一夕能完成的，其中有一步就是做动物试验.已知一个科研团队用小白鼠做接种试验，检测接种疫苗后是否出现抗体.试验设计是：每天接种一次，3天为一个接种周期.已知小白鼠接种后当天出现抗体的概率为12，假设每次接种后当天是否出现抗体与上次接种无关. （1）求一个接种周期内出现抗体次数k 的分布列；（2）已知每天接种一次花费100元，现有以下两种试验方案：①若在一个接种周期内连续2次出现抗体即终止本周期试验，进行下一接种周期，试验持续三个接种周期，设此种试验方式的花费为X 元；②若在一个接种周期内出现2次或3次抗体，该周期结束后终止试验，已知试验至多持续三个接种周期，设此种试验方式的花费为Y 元.比较随机变量X 和Y 的数学期望的大小.【答案】（1）分布列答案见解析.（2）()()E X E Y >【分析】（1）由题意可知，随机变量k 服从二项分布13,2B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故3311()(0,1,2,3)22k kk P k C k -⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，然后列出分布列即可（2）根据题意分别算出X 和Y 的期望即可.【详解】（1）由题意可知，随机变量k 服从二项分布13,2B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故3311()(0,1,2,3)22kkk P k C k -⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.则k 的分布列为（2）①设一个接种周期的接种费用为ξ元，则ξ可能的取值为200，300，因为1(200)4P ξ==，3(300)4P ξ==， 所以13()20030027544E ξ=⨯+⨯=.所以三个接种周期的平均花费为()3()3275825E X E ξ==⨯=. ②随机变量Y 可能的取值为300，600，900，设事件A 为“在一个接种周期内出现2次或3次抗体”，由（1）知，311()882P A =+=. 所以1(300)()2P Y P A ===， 1(600)[1()]()4P Y P A P A ==-⨯=， 1(900)[1()][1()]14P Y P A P A ==-⨯-⨯=， 所以111()300600900525244E Y =⨯+⨯+⨯=. 所以()()E X E Y >.【点睛】本题考查二项分布以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于基础题.21．已知函数2()ln x f x e a x =-，函数ln ()m xg x n x+=+的图象在点(1,(1))g 处的切线方程为30y -=. （1）讨论()f x 的导函数()'f x 的零点的个数；（2）若0a ≤，且()f x 在[),e +∞上的最小值为2e e ，证明：当0x >时，()()f x g x ≥. 【答案】（1）当0a >时，()'f x 存在唯一零点，当0a ≤时，()'f x 无零点.（2）证明见解析【分析】（1）由题意得()f x 的定义域为(0,)+∞，2()2x af x e x'=-，然后分0a ≤和0a >两种情况讨论即可 （2）先由条件求出1ln ()2xg x x+=+，然后要证()()f x g x ≥，即证()22ln 1x x e x --≥，令()2()2ln x h x x e x =--，然后利用导数得出min ()1h x =即可【详解】（1）由题意，得()f x 的定义域为(0,)+∞，2()2xa f x e x'=-. 显然当0a ≤时，()0f x '>恒成立，()'f x 无零点.当0a >时，取2()()2xa t x f x e x'==-， 则22()40xat x ex'=+>，即()'f x 单调递增， 又()0f a '>，2202a aa e a a f e e e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，所以导函数()'f x 存在唯一零点.故当0a >时，()'f x 存在唯一零点，当0a ≤时，()'f x 无零点.（2）由（1）知，当0a ≤时，()f x 单调递增，所以22min ()()e ef x f e e a e ==-=，所以0a =.因为21ln ()m xg x x --'=，函数()g x 的图象在点(1,(1))g 处的切线方程为30y -=， 所以1(1)01mg -'==，所以1m =. 又1ln1(1)31g n +=+=，所以2n =，所以1ln ()2xg x x+=+. 根据题意，要证()()f x g x ≥，即证2ln 12xx e x+≤-，只需证()22ln 1x x e x --≥. 令()2()2ln xh x x ex =--，则22121()(21)(21)x x x h x x e x e x x +⎛⎫'=+-=+- ⎪⎝⎭.令21()(0)xF x ex x =->，则221()20x F x e x'=+>， 所以()F x 在(0,)+∞上单调递增.又1404F ⎛⎫=<⎪⎝⎭，1202F e ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭， 所以()F x 有唯一的零点011,42x ⎛⎫∈⎪⎝⎭. 当()00,x x ∈时，()0<F x ，即()0h x '<，()h x 单调递减， 当()0,x x ∈+∞时，()0F x >，即()0h x '>，()h x 单调递增， 所以()()2min 000()2ln x h x h x x e x ==--.又因为()00F x =，所以0201e x x =，所以()0000020112ln 1221x h x x x x x e ⎛⎫⎛⎫=--=-+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故()()f x g x ≥.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的零点个数，利用导数证明不等式，属于较难题.22．在直角坐标系xoy 中，直线l的参数方程为2,21,x t y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩（t 为参数），以坐标原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C 的极坐标方程为2sin cos ρθθ=． （1）求直线l 的普通方程及曲线C 的直角坐标方程；（2）若直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，(2,1)P -，求PA PB ⋅．【答案】（1）l 的普通方程为：10x y +-=，C 的直角坐标方程：2y x =；（2）2．【分析】（1）首先消去参数t 即可得到l 的普通方程，再根据sin y ρθ=，cos x ρθ=即可得到曲线C 的直角坐标方程.（2）首先将直线l 的参数方程代入2y x =，得到220t -=，再利用根系关系和直线参数方程的几何意义即可得到答案.【详解】（1）直线l的参数方程为2,21,2x t y t ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩（t 为参数），消去参数t ，得l 的直角坐标方程为：10x y +-=．曲线C 的极坐标方程为2sin cos ρθθ=，即22sin cos ρθρθ=， 将sin y ρθ=，cos x ρθ=代入，得曲线C 的直角坐标方程：2y x =，（2）把直线l的参数方程2,1,x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩（t 为参数），代入C 的方程2y x =，得220t --=，设1t ，2t 分别为A 、B 对应的参数，则122t t ⋅=-， 所以12||||2PA PB t t ⋅=⋅=． 23．设a ，b ，c ∈R ，a +b +c =0，abc =1． （1）证明：ab +bc +ca <0；（2）用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 中的最大值，证明：max{a ，b ，c【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析.【分析】（1）由2222()2220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=结合不等式的性质，即可得出证明；（2）不妨设max{,,}a b c a =，由题意得出0,,0a b c ><，由()222322b c b c bc a a a bcbc+++=⋅==，结合基本不等式，即可得出证明. 【详解】（1）2222()2220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=，()22212ab bc ca a b c ∴++=-++. 1,,,abc a b c =∴均不为0，则2220a b c ++>，()222120ab bc ca a b c ∴++=-++<； （2）不妨设max{,,}a b c a =，第21页 由0,1a b c abc ++==可知，0,0,0a b c ><<，1,a b c a bc =--=，()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc++++∴=⋅==≥=. 当且仅当b c =时，取等号，a ∴≥，即3max{,,}4abc .【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题.。

2019-2020学年河南省郑州一中高三（上）12月月考数学试卷一、选择题（本大题共12小题）1.已知全集2，3，4，5，，集合3，，2，，则A. B.C. 2，4，D. 2，3，4，2.在复平面内，复数对应的点位于A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3.已知向量，，若，则的最小值为A. 12B.C. 15D.4.已知x，y满足，的最大值为2，则直线过定点A. B. C. D.5.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的各个面中，面积小于的面的个数是A. 1B. 2C. 3D. 46.已知a，，则“”是“函数是奇函数”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件7.郑州绿博园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，其中的小李和小王不在一起，不同的安排方案共有A. 168种B. 156种C. 172种D. 180种8.已知数列：，按照k从小到大的顺序排列在一起，构成一个新的数列：首次出现时为数列的A. 第44项B. 第76项C. 第128项D. 第144项9.在长方体中，，，E，F，G分别是AB，BC，的中点，P是底面ABCD内一个动点，若直线与平面EFG平行，则面积的最小值为A. B. 1 C. D.10.已知函数的图象过点，且在上单调，同时的图象向左平移个单位之后与原来的图象重合，当，，且时，，则A. B. C. 1 D.11.如图，设抛物线的焦点为F，过x轴上一定点作斜率为2的直线l与抛物线相交于A，B两点，与y轴交于点C，记的面积为，的面积为，若，则抛物线的标准方程为A.B.C.D.12.已知函数，若关于x的方程有六个不同的实根，则a的取值范围是A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题）13.设双曲线的左、右顶点分别为A、B，点P在双曲线上且异于A、B两点，O为坐标原点，若直线PA与PB的斜率之积为，则双曲线的离心率为______．14.已知是定义在R上的偶函数，且若当时，，则______15.已知梯形ABCD，，，，P为三角形BCD内一点包括边界，，则的取值范围为______．16.瑞士著名数学家欧拉在研究几何时曾定义欧拉三角形，的三个欧拉点顶点与垂心连线的中点构成的三角形称为的欧拉三角形．如图，是的欧拉三角形为的垂心已知，，，若在内部随机选取一点，则此点取自阴影部分的概率为______．三、解答题（本大题共7小题）17.数列的前n项和为，已知，2，3，Ⅰ证明：数列是等比数列；Ⅱ求数列的前n项和．18.如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，，，，为等边三角形．当PB长为多少时，平面平面ABCD？并说明理由；若二面角大小为，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．19.已知椭圆C：，C的右焦点，长轴的左、右端点分别为，，且．Ⅰ求椭圆C的方程；Ⅱ过焦点F斜率为的直线l交椭圆C于A，B两点，弦AB的垂直平分线与x轴相交于点试问椭圆C上是否存在点E使得四边形ADBE为菱形？若存在，试求点E 到y轴的距离；若不存在，请说明理由．20.第7届世界军人运动会于2019年10月18日至27日在湖北武汉举行，赛期10天，共设置射击、游泳、田径、篮球等27个大项，329个小项，共有来自100多个国家的近万名现役军人同台竞技．前期为迎接军运会顺利召开，武汉市很多单位和部门都开展了丰富多彩的宣传和教育活动，努力让大家更多的了解军运会的相关知识，并倡议大家做文明公民，武汉市体育局为了解广大民众对军运会知识的知晓情况，在全市开展了网上问卷调查，民众参与度极高，现从大批参与者中随机抽取200名幸运参与者，他们得分满分100分数据，统计结果如下：得分的平均值和标准差同一组数据用该区间的中点值作为代表，求，的值的值四舍五入取整数，并计算．在的条件下，为感谢大家参与这次活动，市体育局还对参加问卷调查的幸运市民制定如下奖励方案：得分低于的可以获得1次抽奖机会，得分不低于的可获得2次抽奖机会，在一次抽奖中，抽中价值15元的纪念品A的概率为，抽中价值为30元的纪念品B的概率为现有市民张先生参加了此次问卷调查并成为幸运参与者，记Y为他参加活动获得纪念品的总价值，求Y的分布列和数学期望，并估算此次纪念品所需要的总金额．参考数据：；；21.已知函数e为自然对数的底数，是的导函数．Ⅰ当时，求证；Ⅱ是否存在正整数a，使得对一切恒成立？若存在，求出a的最大值；若不存在，说明理由．22.在平面直角坐标系xOy中，已知倾斜角为的直线l经过点以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．写出曲线C的普通方程；若直线l与曲线C有两个不同的交点M，N，求的取值范围．23.已知函数，．若，求a的取值范围；若，对，，都有不等式恒成立，求a的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查了集合的运算，属于基础题．先求出，再得出，由集合运算的定义直接求解．【解答】解：由全集2，3，4，5，，集合3，，得4，，又2，，则4，，2，，2，4，．故选C．2.【答案】D【解析】解：所对应的点为，该点位于第四象限故选：D．根据将复数进行化简成复数的标准形式，得到复数所对应的点，从而得到该点所在的位置．本题主要考查了复数代数形式的运算，复数和复平面内的点的对应关系，属于基础题．3.【答案】B【解析】【分析】本题考查了向量平行和“乘1法”与基本不等式的性质，属于基础题．根据已知条件，，，得出，继而可得等式，再求解等式即可．【解答】解：，，，，即，，当且仅当，即，，时取等号，的最小值为：．故选B．4.【答案】A【解析】解：画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示；由图可知，C为目标函数取得最大值的最优解，联立，解得，所以，即；所以，代入，得，即，由，解得．所以直线必过定点．故选：A．由约束条件作出可行域，得到目标函数取得最大值的最优解；求出最优解的坐标，代入目标函数得到a，b的关系；再代入直线由直线系方程得答案．本题考查了简单的线性规划应用问题，也考查了数形结合的解题思想与数学转化方法，是中档题．5.【答案】C【解析】【分析】画出几何体的三视图，利用三视图的数据，计算求解即可，属于中等题．本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：，，，该几何体的各个面中，面积小于的个数是3个．故选：C．6.【答案】B【解析】解：函数的定义域为R，若函数为奇函数，则，当时，，若为奇函数，则，即，，即函数为奇函数的充要条件是，，或，“”推不出“函数是奇函数”，“函数是奇函数”“”；则“”是“函数是奇函数”的必要不充分条件．故选：B．根据函数奇偶性的定义和性质得出“函数是奇函数”的等价条件，再根据“”或；由充分必要条件的定义即可得到结论．本题主要考查函数奇偶性的判断，根据奇偶性的定义是解决本题的关键．属于基础题．7.【答案】B【解析】解：根据题意，设剩下的2个展区为丙展区和丁展区，用间接法分析：先计算小李和小王不受限制的排法种数，先在6位志愿者中任选1个，安排到甲展区，有种情况，再在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙展区，有种情况，最后将剩下的4个志愿者平均分成2组，全排列后安排到剩下的2个展区，有种情况，则小李和小王不受限制的排法有种，若小李和小王在一起，则两人去丙展区或丁展区，有2种情况，在剩下的4位志愿者中任选1个，安排到甲展区，有种情况，再在剩下的3个志愿者中任选1个，安排到乙展区，有种情况，最后2个安排到剩下的展区，有1种情况，则小李和小王在一起的排法有种，则小李和小王不在一起排法有种；故选：B．本题考查排列，组合的应用，涉及分步计数原理的应用，是中档题．根据题意，用间接法分析，先求小李和小王不受限制的排法种数，再减去其中小李和小王在一起的排法种数即可．8.【答案】C【解析】解：观察数列可得，该数列中分子，分母之和为2的有1项，为3的有2项，为4的有3项，，分子，分母之和为16的有15项，分子，分母之和为17的有16项，排列顺序为，，，，，，其中为分子，分母之和为17的第8项，故共有项．故选：C．观察数列可知，此数列按照分子，分母之和的大小排顺序，据此可以求出的位次．本题考查数列的应用，涉及数列求和公式和分数知识，属于中档题．9.【答案】A【解析】解：如图，补全截面EFG为截面EFGHQR，易知平面平面EFGHQR，设于点R，直线平面EFG，，且当P与R重合时，最短，此时的面积最小，由等积法：得，又平面ABCD，，为直角三角形，故，故选：A．找出平面EFG与长方体的截面，然后再找出过与平面EFG平面平行的平面，即可找出P在平面ABCD上的位置．本题考查了截面，面面平行，等积法等知识点和技巧的运用．10.【答案】B【解析】解：由函数的图象过点，，解得，又，，；又的图象向左平移个单位之后为，由两函数图象完全重合知，，；又，，；，其图象的对称轴为，；当，，其对称轴为，，．故选：B．由题意求得、的值，写出函数的解析式，求图象的对称轴，得的值，再求的值．本题主要考查了三角函数的图象变换和性质的应用问题，也考查了运算求解能力，是综合题．11.【答案】C【解析】解：抛物线的焦点，过x轴上一定点作斜率为2的直线l的方程为，联立抛物线方程可得，设，，可得，，设F到AB的距离为d，可得，即，联立可得，，．则抛物线的标准方程为．故选：C．求得直线l的方程，联立抛物线方程，可得x的二次方程，运用韦达定理，由三角形的面积公式，结合两个三角形同高可得面积之比为底边之比，联立方程组，解方程可得p，进而得到所求抛物线方程．本题考查抛物线的方程和应用，考查直线方程和抛物线方程联立，运用韦达定理，以及三角形的面积公式，考查化简运算能力，属于基础题．12.【答案】C【解析】解：令，则，函数．由题意可得，函数的图象与直线有3个不同的交点，且每个t值有2个x值与之对应，如图所示：由于当时，，此时，对应的x值只有一个，不满足条件，故a的取值范围是，故选C．令，则，由题意可得，函数的图象与直线有3个不同的交点，且每个t值有2个x值与之对应，数形结合可得a的取值范围．本题主要考查函数的零点与方程的根的关系，体现了数形结合的数学思想及等价转化的数学思想，属于中档题．13.【答案】【解析】【分析】本题主要考查双曲线的几何性质，考查点差法，关键是设点代入化简，应注意双曲线几何量之间的关系，属于中档题．由于A，B连线经过坐标原点，所以A，B一定关于原点对称，利用直线PA，PB的斜率乘积，可寻求几何量之间的关系，从而可求离心率．【解答】解：根据双曲线的对称性可知A，B关于原点对称，设，，，则，，可得，，，该双曲线的离心率．故答案为：．14.【答案】216【解析】【分析】本题主要考查了利用函数的周期性求解函数的函数值，属于基础题．由，可知周期，结合已知函数代入即可求解．【解答】解：，，即周期，则，当时，，．，故答案为：216．15.【答案】【解析】解：，分别以边AB，AD所在的直线为，轴，建立如图所示平面直角坐标系，则：，，，，，设，则，由得，，，，设，则表示斜率为的一族平行直线，在y轴上的截距为a，当截距最大时最大，当截距最小时最小，由图可看出，当直线经过点时截距最小为1，当直线经过点时截距最大为，的取值范围为．故答案为：．根据题意可分别以边AB，AD所在直线为轴，轴，建立平面直角坐标系，从而得出，，，，设，从而根据可得出，从而得出，并设，从而根据线性规划的知识求出直线截距的最小值和最大值，即得出的最小值和最大值，从而得出的取值范围．本题考查了通过建立平面直角坐标系，利用坐标解决向量问题的方法，利用线性规划的知识求变量最值的方法，数形结合的方法，考查了计算能力，属于中档题．16.【答案】【解析】解：因为，所以，又因为，，由余弦定理可得：，取BC的中点O，则，以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，则，，，设，因为，所以，所以，从而，故所求概率为：，故答案为：．由三角函数的余弦定理得：，由两直线垂直得：，所以，从而，由几何概型中的面积型得：，得解．本题考查了三角函数的余弦定理及几何概型中的面积型，属中档题．17.【答案】解：Ⅰ证明：，2，3，，可得，可得，可得，则数列是首项为1，公比为2的等比数列；Ⅱ，即，可得前n项和，，相减可得，，化简可得．【解析】Ⅰ运用数列的递推式，化简变形，结合等比数列的定义，即可得证；Ⅱ，即，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，即可得到所求和．本题考查等比数列的定义和通项公式的运用，考查数列的错位相减法求和，考查化简运算能力，属于中档题．18.【答案】解：当时，平面平面ABCD，证明如下：在中，因为，所以，又，，AD，平面PAD，所以平面PAD，又平面ABCD，所以平面平面ABCD．分别取线段AD，BC的中点O，E，连接PO，OE，因为为等边三角形，O为AD的中点，所以，O，E为AD，BC的中点，所以，又，所以，故为二面角的平面角，所以，如图，分别以的方向以及垂直于平面ABCD向上的方向作为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，因为，，所以，0，，2，，1，．可得，，设y，为平面PBC的一个法向量，则有，即，令，可得，设AB与平面PBC所成角为，则有所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为．【解析】当时，推导出，，从而平面PAD，由此能证明平面平面ABCD．分别取线段AD，BC的中点O，E，连接PO，OE，推导出，，由，得，从而为二面角的平面角，进而，分别以的方向以及垂直于平面ABCD向上的方向作为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与平面PBC所成角的正弦值．本题考查满足面面垂直的线段长的求法，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19.【答案】解：Ⅰ依题设，，则，．由，得：，解得，又，所以．所以椭圆C的方程为；Ⅱ椭圆C上存在点E使得四边形ADBE为菱形．依题直线l的方程为．联立，得：．在椭圆内，则恒成立，设，，弦AB的中点为，则，，所以，，所以．则直线MD的方程为，令，得，则．若四边形ADBE为菱形，则，所以．，所以．所以．若点E在椭圆C上，则．即整理得，解得．所以椭圆C上存在点E使得四边形ADBE为菱形．此时点E到y轴的距离为．【解析】本题考查了椭圆的标准方程，考查了直线和椭圆的位置关系，训练了设而不求的解题方法，此法的依据是二次方程中根与系数的关系，训练了学生的计算能力，属有一定难度题目．Ⅰ题目给出了椭圆的右焦点坐标，则知道了c的值，再由，列式求出的值，结合隐含条件求出的值，则椭圆方程可求；Ⅱ由点斜式写出直线l的方程，和椭圆方程联立后利用根与系数的关系求出A，B中点的坐标，然后写出MD所在的直线方程，求出D点的坐标，根据四边形ADBE是菱形，列式求出E点的坐标，把E点的坐标代入椭圆方程求出的值，则E点到y轴的距离可求．20.【答案】解：由已知频数表得：，，由，则，而，所以，则，；显然，所以有Y的取值为15，30，45，60，，，，，所以Y的分布列为：需要的总金额为．【解析】根据频率分布表计算出平均数，进而计算方差，从而，根据原则，计算即可；列出Y所有可能的取值，分布求出每个取值对应的概率，列出分布列，计算期望，进而可得需要的总金额．本题考查了利用频率分布表计算平均数，方差，考查了正态分布，考查了离散型随机变量的概率分布列和数学期望，主要考查数据分析能力和计算能力，属于中档题．21.【答案】解：Ⅰ证明：当时，，则，令，则，令，得，故在时取得最小值，0'/>，在上为增函数，；Ⅱ，由，得对一切恒成立，当时，可得，所以若存在，则正整数a的值只能取1，2．下面证明当时，不等式恒成立，设，则，由Ⅰ，，当时，；当时，0'/>，即在上是减函数，在上是增函数，，当时，不等式恒成立，所以a的最大值是2．【解析】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．Ⅰ求出函数的导数，根据函数的单调性判断最值；Ⅱ求出函数的导数，得到，问题转化为证明当时，不等式恒成立，设，根据函数的单调性证明即可．22.【答案】解：由得，将，代入上式中，得曲线C的普通方程为：；将l的参数方程为参数代入C的方程中，整理得，因为直线l与曲线C有两个不同的交点，所以，化简得．又，所以，且，．设方程的两根为，，则，，所以，，所以．由，得，所以，从而，即的取值范围是．【解析】本题考查直线和圆的极坐标方程、参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想等，是中档题．由得由此能求出曲线C的普通方程将l的参数方程为参数代入C的方程，得由直线l与曲线C有两个不同的交点，得设方程的两根为，，则，，从而，，由此能求出的取值范围．23.【答案】解：，若，则，得，即时恒成立，若，则，得，即，若，则，得，即不等式无解，综上所述，a的取值范围是．由题意知，要使得不等式恒成立，只需，当时，，因为，所以当时，，即，解得，结合，所以a的取值范围是．【解析】利用，通过，，，分别求解即可．要使得不等式恒成立，只需，通过二次函数的最值，绝对值的几何意义，转化求解即可．本题考查函数的最值的求法，二次函数的简单性质以及绝对值不等式的几何意义，考查分类讨论思想的应用．。

哈佛一麻省理工大学数学竞赛作者：暂无来源：《出国》 2017年第12期文/CathyHMMT，Harvard-MIT Mathematics Tournament，“哈佛-麻省理工大学数学竞赛”是美国影响力最大的，名校认可度最高的高中数学竞赛之一，举办至今有20年历史。

该比赛由哈佛大学与麻省理工大学数学协会联合举办，每年邀请全美及世界各地优秀高中生组队参加。

中国的教育机构每年也受邀组织中国地区优秀高中生参加比赛。

右图屏幕上有部分参赛队名，第四列有Beijing Star，肯定是从北京来参赛的。

HMMT每年在1 1月和2月举行两次。

学生只能参加其中一次，不允许一年内两个都参加。

左表是两次比赛的区别。

总结来说，1 1月份的相对容易，2月份的很难，题目达到国际数学奥赛的水平。

每次比赛从美国和几个数学强国邀请约1 00个高中队参赛。

双胞胎所在的重点中学，出过国际奥数金牌选手。

本次比赛受邀请，可以组成3个队，3X6，总共1 8个学生参赛。

因为学校数学最强的1 6个学生将参加2月份的更难比赛，这次参赛的都是低年级的数学队成员。

大家跟去玩儿一样，没有任何压力。

最后，也没人获奖。

学校租大巴，1 1月1 0日周五上午从学校出发，下午到达波士顿附近的酒店。

4个学生一个房间。

周五晚上，到麻省理工参加活动。

周六在哈佛参赛。

晚上坐大巴回到新泽西的高中。

因为比赛是哈佛和麻省理工合办的，每届比赛，在一个学校比赛，另一个学校就举办前一晚的活动。

周五晚上，参赛选手在麻省理工吃比萨和冰激凌，然后可以在六个趣味活动中，选择一个参加。

双胞胎选择的是Plank Countdown，在做平板支撑的同时，进行数学比赛。

比谁心算快，同时身体好。

4人一组，进阶赛。

晨晨到达四分之一决赛，昊昊进入半决赛。

11月11日一早，在哈佛科学中心吃早饭和报名。

9点到11点45分，两轮个人比赛。

12点到1点，团队比赛。

1点到2点半，自己走到附近的食堂或餐馆，买午饭吃。

哈佛-麻省理工数学竞赛n 背景哈佛－麻省理工数学竞赛的全称为Harvard-MITMathematics Tournament，简称HMMT，是由美国哈佛大学和麻省理工学院这两个世界顶级的大学轮流举办的（双数年哈佛，单数年麻省理工）每年一度的面向初高中学生的数学竞赛。

自1998年创办以来，迄今已十六年，成为国际上规模最大、影响最大的中学数学赛事之一。

HMMT于每年的2月份举行，2013年的比赛将于2月16日举行。

n 竞赛方法HMMT以队伍（每个队伍8名队员）的方式参加比赛，比赛不允许使用任何辅助计算工具。

HMMT竞赛共分三个部分：个人赛、团队赛、团队技巧赛。

HMMT竞赛水平高，题目难，时间很有限，对学生的数学基础，解题速度和反应能力是一个极大的挑战。

Ø 个人赛：个人赛包括代数，集合，组合数学三个科目。

每个科目进行10道题50分钟的考试。

Ø 团体赛：团体赛要求8名队员合作完成一个60分钟的测验。

在这60分钟内，队员们将证明10-15个问题，这些问题涵盖初等数学的所有领域。

团队赛分为A和B两个组别，B组的题目难度要低于A组。

Ø 团体技巧赛：团体技巧赛也是要求8名队员合作完成的，这一阶段的竞赛时间是80分钟。

团体技巧赛得赛制非常有趣：每个队伍需要解答36个问题，而这36个问题分成4个一组；比赛开始的信号发出后，每队排一名队员去取出第一组四道题，当队伍把这四道题全部解答完成后，才可以去领取下一套四道题。

n 中国学生参赛情况从2009年起中国选手开始参与HMMT赛事。

2012年，全世界共100多个代表队参加了HMMT，中国共有13个队参加，包括人大附中一队，人大附中二队，北大附中队，上海外国语大学附属外国语学校队等等。

斯坦福大学数学竞赛SMT斯坦福大学（全称：小利兰·斯坦福大学，英语：StanfordUniversity，全称Leland Stanford Junior University，1891年10月1日—）是美国一所私立大学，被公认为世界上最杰出的大学之一。