第28届2017年希望杯全国数学邀请赛

历届“希望杯”全国数学邀请赛高二数学精选100题详析题 1 已知y x a b b y b b a x b a ,,,,0则--=-+=<<的大小关系是 .（第十一届高二第一试第11题）解法1 b b a a b b a x ++=-+=，ab b aa b b y -+=--=.y x a b b b b a b a <∴-+>++∴<<,,0 .解法2bb a ab b a b b b b a y x ++-+=---+=，y x y x a b b a <∴<∴->+,1, . 解法3a ab b a b b a ab b b b a y x -+-++=----+=-1111 =y x yx a a b b a <∴>-∴>--+,011,0.解法4 原问题等价于比较a b b a -++与b 2的大小.由,2)(222y x y x +≥+得b a b b a a b b a 4)(2)2=-++≤-++（，b a b b a 2≤-++∴. y x b a b b a a b b a <∴<-++∴-≠+,2, .解法5 如图1，在函数x y =的图象上取三个不同的点A （a b -，a b -）、B （b ，b ）、C （b a +，b a +）.由图象，显然有AB BCk k <，即)()(a b b ab b b b a b b a ----<-+-+， 即a b b b b a --<-+，亦即y x <.解法6 令()f t =，tt a at f ++=)( 单调递减，而a b b ->，)()(a b f b f -<∴，即a b b b b a --<-+，y x <∴.解法7 考虑等轴双曲线)0(22>=-x a y x .图1如图2，其渐近线为x y =.在双曲线上取两点 A （b ，a b -）、B （a b +，b ）. 由图形，显然有1>ABk ，即1>-+--bb a ab b ，从而y x <.解法8 如图3.在Rt △ABC 中，∠C 为直角，BC=a ，AC=b ，BD=b ，则AB=b a +，DC=a b -. 在△ABD 中，AB-AD<BD ，即-+b a AD b <，从而-+b a AD-DC<-b DC ， 即a b b b b a --<-+，故y x <.评析 比较大小是中学代数中的常见内容.其最基本的方法是作差比较法、作商比较法、利用函数的单调性.解法1通过分子有理化（处理无理式常用此法）将问题转化成比较两个分母的大小.解法2直接作商与1比较大小，顺理成章，也很简洁.要注意的是：0,>b a 时，1a a b b >⇔>；0,<b a 时，1aa b b>⇔<.此题直接作差难以确定差与0的大小，解法3对y x ,的倒数作差再与0比较大小，使得问题顺利获解，反映了思维的灵活性.解法6运用函数的单调性解题，构造一个什么样的函数是关键.我们认为构造的函数应使得y x ,恰为其两个函数值，且该函数还应是单调的（最起码在包含y x ,对应的自变量值的某区间上是单调的）.解法5与解法7分别构造函数与解几模型，将y x ,的大小关系问题转化成斜率问题加以解决，充分沟通了代数与几何之间的内在联系，可谓创新解法.解法8充分挖掘代数式的几何背景，构造平面图形，直观地使问题得到解决，这也是解决大小关系问题和证明不等式的常用方法.有人对此题作出如下解答：取,2,1==b a 则12112,23123+=-=+=-=y x，32+>10+>，.,121231y x <∴+<+可再取两组特殊值验证，都有y x <.故答案为y x <. 从逻辑上讲，取2,1==b a ，得y x <.即使再取无论多少组值（也只能是有限组值）验证，都得y x <，也只能说明y x >或y x ≥作为答案是错误的，而不能说明y x <一定是正确的,因为这不能排除x y =的可能性.因此答案虽然正确，但解法是没有根据的.当然，如果将题目改为选择题：已知y x a b b y b b a x b a ,,,,0则--=-+=<<的大小关系是图2图3（ ）A 、y x >B 、y x ≥C 、y x =D 、y x <此时用上述解法，且不用再取特殊值验证就可选D ，并且方法简单，答案一定正确. 总而言之，特殊值法在解许多选择题时显得特别简捷，那是因为选择支中的正确答案是唯一的，从而通过特殊值排除干扰支，进而选出正确答案.但特殊值法只能排除错误结论，而不能直接肯定正确答案，因此，用此法解填空题（少数特例除外）与解答题是没有根据的.当然，利用特殊值指明解题方向还是十分可取的.题 2 设c b a >>N n ∈,，且11na b b c a c+≥---恒成立，则n 的最大值为 （ ）A 、2B 、3C 、4D 、5（第十一届高二第一试第7题）解法1 原式n c b c a b a c a ≥--+--⇔．mina c a c n ab bc --⎡⎤∴≤+⎢⎥--⎣⎦．而b a c a --+c b c a -- =b ac b b a --+-+b c a b b c -+--=2+b a c b --+c b b a --≥4，且当b ac b --=cb ba --，即bc a 2=+时取等号．mina c a c ab bc --⎡⎤∴+⎢⎥--⎣⎦4=．4n ∴≤．故选C ． 解法2 c b a >>，0,0,0>->->-∴c a c b b a ，已知不等式化为()()()2a c n a b b c -≤--．由()()()()22242a c a c ab bc a b b c --≥=---+-⎛⎫⎪⎝⎭，即()()()4min2=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---c b b a c a ，故由已知得4≤n ，选C ．解法3由cb a >>，知,0,0>->->-c a c b b a ，有()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--≤c b b a c a n 11．又()()()[]()41111112=+≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--+-=⎪⎭⎫⎝⎛-+--c b b a c b b a c b b a c a ，即()411min=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+--c b b a c a ，由题意，4≤n ．故选C ．解法4 c b a >>，0,0,0>->->-∴c a c b b a ．∴已知不等式可变形为()()()2a c n a b b c -≤--．记()()()2a c k ab bc -=--，则()()[]()()()()[]()()4222=----≥---+-=c b b a c b b a c b b a c b b a k ．由题意，4≤n ．故选C ．解法5 c b a >>110,0.a b b c∴>>--于是 ()()ca cb b ac b b a -=-+-≥-+-4411．比较得4≤n ．故选C ． 评析 由已知，可得()⎪⎭⎫⎝⎛-+--≤c b b a c a n 11恒成立．根据常识“若()a f x ≤恒成立，则()min x f a ≤；若()x f a ≥恒成立，则()max a f x ≥,”()⎪⎭⎫⎝⎛-+--c b b a c a 11的最小值就是所求n 的最大值，故问题转化为求()⎪⎭⎫⎝⎛-+--c b b a c a 11的最小值，上述各种解法都是围绕这一中心的，不过采用了不同的变形技巧，使用了不同的基本不等式而已．解法1运用了2,,b a a b R a b ++≥∈“”；解法2运用了”“22⎪⎭⎫ ⎝⎛+≤b a ab ；解法3运用了()”“411≥⎪⎭⎫⎝⎛++b a b a ；解法4运用了()”“+∈≥+R b a ab b a ,2；解法5运用了()”“+∈+≥+R b a ba b a ,411．虽解法异彩纷呈，但却殊途同归． 此题使我们联想到最新高中数学第二册（上）P 30第8题： 已知c b a >>，求证：0111>-+-+-ac c b b a ． 证：令()0,0,>>=-=-y x y c b x b a ，则y x c a +=-．()22111111x y xya b b c c a x y x y xy x y ++∴++=+-=---++．0,0x y >>， 0111>-+-+-∴ac c b b a ． 此证法通过换元将分母中的多项式改写成单项式，使得推证更简单了．运用这一思路，又可得本赛题如下解法：设()0,0,>>=-=-y x y c b x b a ，则y x c a +=-．ca nc b b a -≥-+-11恒成立，就是y x ny x +≥+11恒成立．也就是()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++≤y x y x n 11恒成立．()411≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++y x y x 恒成立，∴由题意得4≤n ．故选C ．再看一个运用这一思想解题的例子．例 设+∈R c b a ,,，求证：2222cb a b ac a c b c b a ++≥+++++． （第二届“友谊杯”国际数学竞赛题）证明 设,,,z b a y a c x c b =+=+=+则()()0,,21>++=++z y x z y x c b a ． ()()()02222≥+-=++-+y x xy bx ay y x b a y b x a ，()222a b a b x y x y +∴+≥+ ①， ()()()()222222222a b a b c a b c a b c c a b c x y z x y z x y z a b c +++++++∴++≥+≥==+++++,即 2222c b a z c y b x a ++≥++，2222c b a b a c a c b c b a ++≥+++++∴． 本赛题还可直接由下面的命题得解．命题 若021>>>>n a a a ，则()nn n a a n a a a a a a --≥-++-+--12132211111 ． 证明 021>>>>n a a a ，n n a a a a a a ---∴-13221,,, 都大于0．反复运用①式，可得: “若,(1,2,,)i i x y R i n +∈=,则22111n i ni i n i iii x x y y ===⎛⎫⎪⎝⎭≥∑∑∑,当且仅当1212n nx x x y y y ===时取等号”.故有()()22122311223111111111n n n n nn a a a a a a a a a a a a a a --+++-+++≥=----+-++--． 也可以这样证明：021>>>>n a a a ，12231,,,0n n a a a a a a -∴--->．故由柯西不等式，得()()()1223112231111()n n n na a a a a a a a a a a a --+++-+-++-⎡⎤⎣⎦---()()211111n -≥+++个()21n =-，即()()21132211)111(-≥--++-+--n a a a a a a a a n nn ．01>-n a a ，()nn n a a n a a a a a a --≥-++-+-∴-12132211111 ． 由此可得本赛题的如下解法：cb a >>，,0,0>->->-∴c a c b b a ，()ca cb b ac b b a -=-+-+≥-+-∴411112．由 题意，4≤n ．故选C ． 由此命题还可直接解决第七届高二培训题第8题：设12320002001a a a a a >>>>>，并且122320002001111m a a a a a a =+++---，200116104a a n -⨯=，则m 与n 的大小关系是 ( )A 、n m <B 、n m >C 、n m ≥D 、n m ≤解12320002001a a a a a >>>>>，2001162001121042000a a a a m -⨯=-≥∴．故选C ． 题 3 设实数y x n m ,,,满足a n m =+22，b y x =+22，则ny mx +的最大值为( )A 、21()b a + B 、2122b a + C 、222b a + D 、ab（第十一届高二培训题第5题）解法1 设,sin ,cos ααa n a m ==,sin ,cos ββb y b x ==则,)cos(sin sin cos cos ab ab ab ab ny mx ≤-=+=+βαβαβα即)(ny mx +max =ab .故选D ．解法2b n ab m a b a n m =+⇒=+2222,又b y x =+22,+=+∴mx abny mx ab)(≤nyab 2222()()2b m n x y a +++==.2b b a a b=+⋅ny mx +∴,ab ab b =≤当且仅当x =且,y =即my nx =时取等号，max )ny mx +∴（.ab =解法3 2222222222222()2mx ny m x mxny n y m x m y n x n y +=++≤+++()()2222,m n x y ab =++=mx ny ∴+≤当且仅当my nx =时取等号，故()max mx ny +.解法4设()(),,,,p m n q x y →→==则cos ,p q p q p q θ→→→→→→⋅=⋅⋅≤⋅222,p q p q →→→→∴⋅≤⋅()()222mx ny m n +≤+即()22,xyab +=当且仅当,p q →→共线，即my nx =时取等号，故()max mx ny +.解法5 若设mx ny k +=，则直线mx ny k +=与圆22x y b +=有公共点，于是≤()max k mx ny mx ny =+≤∴+=解法6设12,z m ni z x yi=+=-,则()()()()12,z z m ni x yi mx ny nx my i =+⋅-=++-∴1212,z z mx ny mx ny mx ny z z ⋅=≥=+≥+∴+≤12z z =⋅==当且仅当my nx =时取等号，故()max mx ny +．解法7 构造函数()()()222222f X m nXmx ny X x y =+++++，则()()()220.f X mX x nX y =+++≥故()()()2222244mx ny m nxy ∆=+-++()2440,mx ny ab =+-≤即()max mx ny mx ny +≤∴+.ab =解法8 由2222,m n a x y b +=+=还可构造图形（如图），其中90,ACB ADB ︒∠=∠=,AC =,BC =,,BD x AD y AB ===为圆的直径，由托勒密定理,AD BC BD AC ⋅+⋅2,AB CD AB =⋅≤得,x y b ⋅+⋅≤，从而得mx ny +≤，当且仅当my nx =且0mx >时取等号．()max mx ny ∴+=评析 解法1抓住已知条件式的结构特征，运用三角代换法，合情合理，自然流畅，也是解决此类型问题的通法之一．解法2运用基本不等式222b a ab +≤将ny mx +放大为关于22n m +与22y x +的式子，再利用条件求出最大值．值得注意的是，稍不注意，就会得出下面的错误解法：()()()22222222max ,22222m n x y m x n y a b a bmx ny mx ny ++++++++≤+==∴+=．故选A ．错误的原因就在于用基本不等式求最值时未考虑等号能否取到．上述不等式取等号的条件是x a =①且y b =②，而若①，②式同时取得，则2222m n x y +=+，即,a b =这与题设矛盾！即当a b ≠时，mx ny +取不到2a b+．解法2是避免这种错误的有效方法． 由于向量与复数的模的平方是平方和形式，与已知形式一致，故解法4与解法6分别运用了构造向量与构造复数的方法，新颖而简洁．解法5设k ny mx =+后，将其看作动直线，利用该直线与定圆b y x =+22有公共点，则圆心到直线的距离小于等于半径，得ab ny mx k ≤+=，充分体现了等价转化的解题功能．解法7运用的是构造函数法．为什么构造函数()()()2222f X m n X mx ny X =+++2x +2y +呢？主要基于两点：①()f X 为非负式（值大于等于0），②由于()0≥X f ，故有0≤∆，而∆沟通了已知与未知的关系，故使问题得到解决．解法8抓住已知两条件式的特征，构造了两个有公共边的直角三角形，利用托勒密定理及圆的弦小于等于半径使问题获解，充分揭示了这一代数问题的几何背景．拓展 此题可作如下推广 若2222221212,,n n a a a p b b b q +++=+++=则()1122max n n a b a b a b +++=()1,2,,i i b i n ==时取得最大值）.证明 2222221212n n q q q a a a p a a a p p p ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=⇒+++ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.q = 1122a b a b ∴+++1122n n n nqa bb b a b p ⎫=⋅⋅++⋅⎪⎪⎭≤a p⎝++⎢⎥⎢⎥⎣⎦=(),22222222122221pq qp p q q p b b b a a a pq q p n n=⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⋅=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+++++++ 当且仅当()().,,2,1max 2211pq b a b a b a n i b a pqn n i i =+++∴== 时取等号，本推广实际就是由著名的Cauchy （柯西）不等式()()()222212222122211n n n n b b b a a a b a b a b a +++⋅+++≤+++ （当且仅当nn b a b a b a === 2211时取等号）直接得到的一个结论． 推广有十分广泛的应用，现举一例： 例已知123,,,,,,234,8.a b c x y z R a bc x y z +∈++=++=且求最大值．解2221232344,8a b c x y z ++=⇒++=++=22⇒+2+＝8．由推广知=≤=当且仅当===即12ax by cz===时取等号．max∴=.24题4对于1≤m的一切实数m，使不等式221(1)x m x->-都成立的实数x的取值范围是＿＿＿＿（第十三届高二培训题第63题）解法1题设等价于⎪⎩⎪⎨⎧--<>-112122xxmx或⎪⎩⎪⎨⎧--><-112122xxmx或⎩⎨⎧>-=-1212xx，即⎪⎩⎪⎨⎧--<>-1121122xxx或⎪⎩⎪⎨⎧-->-<-1121122xxx或⎩⎨⎧>-=-1212xx,所以21<<x或113<<-x或1=x，即)2,13(-∈x.解法2 已知不等式即()()01212<---xmx，令()()121)(2---=xmxmf，则当012≠-x，即1±≠x时，)(mf是m的一次函数，因为1≤m，即11≤≤-m时不等式恒成立，所以)(mf在[]1,1-上的图象恒在m轴的下方，故有⎩⎨⎧<+--=<+-+-=-121)1(121)1(22xxfxxf，即⎩⎨⎧<->-+22222xxxx，解得213<<-x)1(≠x.又当1=x时，1)(-=mf，适合题意，当1-=x时，()3f m=不合题意.故x的取值范围是213<<-x.评析解决本题的关键是如何根据条件构建关于x的不等式或不等式组.解法1运用分离参数法，为了达到分离参数的目的，又对12-x分大于0、小于0、等于0三类情形分别构建关于x的不等式组，从而通过解不等式组解决了问题.解法2则转换思维角度，把已知不等式看成关于m的不等式，从而将原问题转化为函数()()121)(2---=xmxmf在[]1,1-上的图象恒在m轴下方的问题.这种方法称为变更主元法.用此方法，使得此题的解决显得既简捷，又直观易懂.题5 当0x a <<时,不等式2)(1122≥-+x a x 恒成立,则a 的最大值是________. (第十一届高二培训题第45题)解法 1 当0x a <<时, 2≥-+-x a x x x a ①,又有2)()(2222≥-+-x a x x x a ②,②+①×2,得6)(222222≥--+-x a x ax x x a ,6)()(122222≥---+-x a x a a x a ,8)(2222≥-+x a a x a ,即2228)(11a x a x ≥-+.由282≥a,得02a <≤,2max =∴a . 解法 2 2222)11()11()(112x a x x a x x a x--+-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+ , 又 =-+x a x 11 +a 4(1a2)x a x x x a ---, 222)4()(112a x a x≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+∴, 即2228)(11a x a x ≥-+, 当且仅当x a x x x a -=- 且 x a x -=11, 即 2ax = 时取等号. 2)(1122≥-+x a x 恒成立, ∴282,02a a ≥<≤. 于是2max =a . 解法 3 原不等式等价于12)(1122≥-+x a x ,由 0x a <<,可知10,x >10a x >-. 由 “两个正数的平方平均值不小于它们的调和平均值”, 可知只需1)(2≥-+x a x , 即2≤a 即可, 故02a <≤, 于是2max =a .解法 422)(11x a x -+2≥ 即 2)(112222≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++x x a x x ①成立，又2122≥+x x恒成立， ∴a 只要满足22)(1x x a --0≥②就能使①恒成立.由②式，得2x 2)(x a -1≤，1)(≤-x a x ，012≤-+-ax x ③.由于对称轴),0(2a ax ∈=，由二次函数的性质，当),0(a x ∈时，要③式恒成立，则24002a a ∆=-≤∴<≤ 2max =∴a .解法5 设αα22sin ,cos =-=a x a a x （0x a <<），则22)(11x a x -+=α42cos 1a + α42sin 1a ==+⋅αααα44442cos sin cos sin 1a =-⋅αα2sin 1612sin 2111422aαα2sin 2sin 28422-⋅a .)22(sin 2+αα2(sin 2－1）0≤，即2－αα2sin 2sin 42≥，则αα2sin 2sin 242-1≥)12sin (2时取等号当=α，于是2228)(11ax a x ≥-+，由已知，得282,02,a a≥∴<≤2max =∴a . 解法6 设11,(0,0),X Y X Y x a x==>>-则222X Y +≥表示在XOY 坐标系第一象限内以原点为圆心，2为半径的圆及其外部.由11,,X Y x a x==-得,aXY X Y =+又aXY X Y =+,4,22aXY XY ≥∴≥它表示双曲线24a XY =位于第一象限内的一支及其上方部分.依题意，双曲线2224(0)200XY X X Y X Y a=>+=>>与圆弧（，）相切或相离，从而282≥a，即02a <≤ 2max =∴a .解法7 运用结论“如果),,2,1(,n i R y x i i =∈+，则≥+++nn y x y x y x 2222121),()(21221*++++++nn y y y x x x 当且仅当k y x y x y x n n ==== 2211（常数）时取等号.”0x a<<，∴0.a x ->由柯西不等式，有22222)11())(11)(11(x a x x a x -+≥-++①，由)(*得xa x -+11a4≥②.故2 xO,)4())(11(2222a x a x ≥-+得2228)(11a x a x ≥-+，当且仅当2a x =时取等号，由282≥a，得02a <≤ 2max =∴a .解法8运用结论“212122311111(1),,n n n nn a a a a a a a a a a a -->>>+++≥----若则当且仅当n a a a ,,,21 成等差数列时取等号.”2222111122()(0)()x a x x a x ⎡⎤⎡⎤+=+≥⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦2110x a x ⎛⎫+ ⎪--⎝⎭222160)13(a a =⎥⎦⎤⎢⎣⎡--≥.∴2228)(11a x a x ≥-+，当且仅当x a x -=，即2a x =时取等号.令282≥a，得02a <≤ 2max =∴a . 评析2)(1122≥-+x a x 恒成立，∴2)(11min22≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+x a x .故问题的实质就是求22)(11x a x -+的最小值（关于a 的式子）大于等于2的解.因而在0x a <<的条件下，如何求22)(11x a x -+的最小值成了问题的关键.解法1运用“两个互为倒数的正数的和大于等于2”, 解法2运用配方再放缩, 解法3运用均值不等式及“两个正数的平方平均值不小于它们的调和平均值”,解法5运用三角代换，解决了这一关键问题.解法4巧妙地将原问题转化为一个含参（a ）一元二次不等式恒成立，求参数的范围问题，从而运用二次函数的性质解决问题.解法6将原问题转化为解析几何问题处理.解法7、8则是运用一些现成的结论（读者可自己证明），各种解法异彩纷呈，都值得细细品味.拓展 此题可作如下推广：推广1 若1210n x x x a -<<<<<，则≥-++-+-2121221)(1)(11n x a x x x 23a n ，当且仅当a x x x n ,,,,121- 成等差数列时取等号.证明 由已知，1210n x x x a -<<<<<，则12x x -0>，23x x -0>，, 1--n x a 0>.根据柯西不等式及解法7运用的不等式（*）,有⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++-+-2121221)(1)(11n x a x x x n≥21211111n x x x a x -⎛⎫+++≥ ⎪--⎝⎭2242,n n a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭故≥-++-+-2121221)(1)(11n x a x x x 23a n . 当且仅当a x x x n ,,,,121- 成等差数列时取等号.推广2 若1210n x x x a -<<<<<，,),,,2,1(++∈=∈N k n i R b i 则++kk x b 111kk n k n k n k k ab b b x a b x x b 121111212)()()(+-+++++≥-++- ，当且仅当∑==n i ii i b ab a 1时取等号. 证明 不妨设112211,,,--=-==n n x a a x x a x a ，=M ,)(11+=∑k ni i b 由已知得i a 0>且),,2,1(n i =,1a a ni i =∑=令a a c i i =，则∑=ni i c 1=111=∑=ni i a a .由均值不等式，++k i k i c b 1≥+++个k i i i Mc Mc Mc ,)1(11+++k k ik b M k 即k ik ic b 1+kn i b b b k kMc ))(1(21++++≥+ ib ⋅，则11111(1)()k nn n k i i i k i i i i b kM c k b c ++===+≥+∴∑∑∑1111()k n n k i i k i i i b b c ++==≥∑∑，即11k nki ki ib a a +=≥∑11()n k i i b +=∑， 11111()nk k i ni i k k ni ii i b b a a ++===≥⎛⎫ ⎪⎝⎭∑∑∑，当且仅当=i a ∑∑∑====⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡n i i i i n i i n i i b ab b b a 111时取等号. ∴++kk x b 111++kk x b 212kn kn x a b )(1--+ k k n a b b b 121)(++++≥ . 题6 已知()⎪⎭⎫⎝⎛∈=2,0,log sin πθθx x f ，设⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2cos sin θθf a ，()θθcos sin ⋅=fb ，⎪⎭⎫⎝⎛+=θθθcos sin 2sin f c ，那么c b a 、、的大小关系是 （ ）A 、b c a ≤≤B 、a c b ≤≤C 、a b c ≤≤D 、c b a ≤≤（第八届高二第一试第10题） 解法1 设p =θsin ，q =θcos .pq qp ≥+2，而()x f 是减函数，()pq fq p f ≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+∴2，即b a ≤.2qp pq +≤，()2pq q p pq +≤∴，pq qp pq≤+2.()pq fq p pq f ≥⎪⎪⎭⎫⎝⎛+∴2，即b c ≥.故c b a ≤≤.选D.解法2 由题意，令6πθ=，则21sin=θ，cos 2θ=，4312cos sin +=+θθ ，23cos sin 4=θθ，233cos sin cos sin 2cos sin 2sin -=+=+θθθθθθθ，()1,021sin ∈=θ ，()x f ∴是减函数，又233234314->>+，()⎪⎭⎫⎝⎛+<<⎪⎭⎫⎝⎛+∴θθθθθθθcos sin 2sin cos sin 2cos sin f ff ，即c b a <<.故选D.评析 这是一个比较函数值大小的问题，通常利用函数的单调性.若函数()x f 单调递增（减），则当21x x <时，()()()()()2121x f x f x f x f ><，当21x x >时，()()21x f x f >()()()21x f x f <.因此解决问题的关键有两个：一是确定函数的单调性，二是确定自变量的大小关系.解法1就是这样解决问题的.因为正确答案应对一切⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0πθ都正确，故又可以运用特殊值法.对⎪⎭⎫⎝⎛2,0π内的某个角不正确的选择支都是错误的，由正确选择支的唯一性，也可选出正确答案.解法2便是取特殊值6πθ=，排除了A 、B 、C 、而选D 的.当然，此题也可用作差比较法来解：⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πθ ，()1,0sin ∈∴θ，()x f ∴是单调减函数，0sin >θ，0cos >θ.=⋅-+=-∴θθθθθθcos sin log 2cos sin log sin sin b a01log cos sin 2cos sin log sin sin =≤⋅+θθθθθθ，b a ≤∴.又-⋅=-θθθcos sin log sin c b 01log cos sin 2cos sin log cos sin cos sin 2cos sin log cos sin 2sin log sin sin sin sin =≤+=+⋅=+θθθθθθθθθθθθθθθθθ，即c b ≤，c b a ≤≤∴.选D.题7 已知21=a ，不等式49321log <⎪⎭⎫ ⎝⎛-x a的解是 . （第三届高二第二试第13题）解 原不等式即2log 32321-⎪⎭⎫ ⎝⎛<⎪⎭⎫⎝⎛-x a. 指数函数x⎪⎭⎫⎝⎛32是减函数，21=a ，∴原不等式化为2log121->-x ，即22121121loglog-⎪⎪⎭⎫⎝⎛->x .又对数函数logx 是减函数，2211-⎪⎭⎫⎝⎛<-∴x ，即21<-x ，解得31<<-x . 对数函数121log-x 的定义域是1≠x 的实数，∴原不等式的解是11<<-x 或31<<x .评析 此题涉及到指数不等式、对数不等式、绝对值不等式的解法.解指数不等式与对数不等式的基本方法是同底法，即先将不等式两边的指数式或对数式化成底数相同的指数式或对数式，然后根据底数所属区间是()1,0或()+∞,1，确定以该底数为底的指数函数或对数函数的单调性，再去掉底数或对数符号，转化成别的不等式.主要依据如下：⑴若01a <<,则()()()()f x g x a af xg x <⇔>；⑵若1a >,则()()()()f x g x aaf xg x <⇔<； ⑶若01a <<,则()()()()log log 0f x g x a af xg x <⇔>>；⑷若1a >,则()()()()log log 0f x g x aaf xg x <⇔<<.有时需要将常数化为指数式或对数式，其化法如下： ⑴ac ca log =（,0,0>>c a 且1≠c ）；（化为指数式）⑵log ac a c =（,0>c 且1≠c ）.（化为对数式） 例如，23log 32=将常数2化为3为底的指数式，233log 2=将常数2化为3为底的对数式.解指数不等式不需检验，但解对数不等式必须保证解使得对数式有意义，这点常被忽略. 若一个指数不等式的指数部分是对数式，常常采用取对数法求解. 例 不等式()x x x>lg的解集是 .（第十一届高二培训题第40题）解 两边取常用对数，得()x xlg lg2>，即0lg ,0lg 4lg ,0lg lg 4122<>->-x x x x x 或10,4lg <<∴>x x 或410>x .故所求解集是()()+∞,101,04.应当指出，两边取对数后，不等号的方向变不变，关键看取的是什么底数.如果底数大于1，则不等号方向不变，如果底数大于0且小于1，则不等号方向改变.关于绝对值不等式，主要是根据绝对值的几何意义求解.下列结论应当理解并熟记（a 为常数）.⑴()0≤<a a x 的解集是φ； ⑵()0><a a x 的解集是()a a ,-； ⑶()0<>a a x 的解集是R ；⑷()0x a a >>的解集是()()+∞-∞-,,a a . 下列题目供练习：⑴已知常数⎪⎭⎫⎝⎛∈4,0πθ，则不等式()()8103cot tan 2--->x x x θθ的解集是 .（第八届高二第一试第16题）⑵若函数()⎪⎭⎫⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=4222log log x x x f 的定义域是不等式211222log 7log 30x x ⎛⎫++≤ ⎪⎝⎭的解集，则()x f 的最小值= ；最大值= .（第十届高二第一试第23题）⑶不等式22222log 2log x x x x x x ++>的解集是 .（第九届高二培训题第23题）⑷不等式1323>--x 的解是（ ）（A ）6>x 或232<≤x （B ）6>x 或2<x （C ）6>x （D ）2<x答案 ⑴(]⎪⎭⎫⎢⎣⎡-∞-1374,52, ⑵43 ；2 ⑶⎪⎭⎫⎝⎛2,21 ⑷A题8 不等式t x x +≥-21 的解集是∅ ,实数t 的取值范围(用区间形式)是 .(第一届高二第一试第18题)解法1 由t x x +=-21两边平方并整理得012222=-++t tx x ,此方程无实根,故()084184222<+-=--=∆t t t ,22>t .又0>t ,2>∴t .故填()+∞,2.解法2 作出函数21x y -=的图象(即图中的半圆)及函数t x y +=的图象(即图中斜率为1的直线系).由题意,直线应在半圆的上方,由图象可知直线t x y +=在y 轴上的截距2>t .故填()+∞,2.解法3 由012≥-x ,得11≤≤-x .故设θcos =x ,[]πθ,0∈,则已知不等式就是t +≥θθcos sin ,即θθcos sin -≤t .⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-4sin 2cos sin πθθθ ,又⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈⎪⎭⎫ ⎝⎛-43,44πππθ,()sin cos [1θθ∴-∈-.由题意得2>t . 故填()+∞,2.评析 这是一道蕴含着丰富数学思想方法的好题.解法1﹑2﹑3分别运用方程思想﹑数形结合思想﹑化归转换思想,从不同的角度解决了问题,体现了这道题的丰富内涵.解法2揭示了本题的几何背景.解法3的依据是:不等式t x x +≥-21 的解集是∅等价于不等式x x t -->21恒成立.有人认为不等式t x x +≥-21 的解集是∅等价于不等式x x t -->21有解,这种观点是错误的.事实上,21=t 时,不等式x x t -->21就有解(比如53=x 就是其一个解),而21=t 时,不等式t x x +≥-21即2112+≥-x x 的解集却不是∅ (比如0就是它的一个解).拓展 通过上面的分析,并作进一步的研究,我们便有下面的 结论 已知t 为参数, ()f x 的值域是[],a b . (1) 若()t f x ≤恒成立,则t a ≤. (2) 若()t f x ≥恒成立,则t b ≥.(3) 若()t f x ≤的解集是∅,则t b >. (4) 若()t f x ≥的解集是∅,则t a <. (5) 若()t f x ≤有解,则t b ≤. (6) 若()t f x ≥有解,则t a ≥.若将()f x 的值域改为[),a b 、(],a b 、(),a b 等，也会有相应的结论，限于篇幅，不再一一列出．根据这一结论，请回答下列问题：1.t ≥+的解集是∅，则实数t 的取值范围是 ． 2.t ≤+的解集是∅，则实数t 的取值范围是 ． 3.t ≥+有解，则实数t 的取值范围是 ． 4.t ≤+有解，则实数t 的取值范围是 ． 5.t >+恒成立，则实数t 的取值范围是 ． 6.t <+恒成立，则实数t 的取值范围是 ． 答案 1. ()2,+∞2.(,-∞3.)⎡+∞⎣4.(],2-∞5.(,-∞6.()2,+∞题9不等式3422≥+---x x x 的解集是（ ）A 、⎥⎦⎤⎢⎣⎡++255,253B 、⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-255,253C 、⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞+⎥⎦⎤ ⎝⎛+∞-,255253,D 、⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-253,255 （第十三届高二第二试第8题）解法1 当0342≥+-x x ，即1≤x 或3≥x 时，原不等式就是,03422≥-+--x x x 即0552≤+-x x ，解得2553.255255+≤≤∴+≤≤-x x . 当2430,13x x x -+<即<<时，原不等式就是，03422≥+-+-x x x 即，0132≥+-x x 解得253-≤x 或3535322x x ++≥∴≤<，. 综上，所求解集为3555,33,,22⎡⎫⎡⎤++⎪⎢⎢⎥⎪⎣⎭⎣⎦即⎥⎦⎤⎢⎣⎡++255,253.故选A. 解法2 如图，作函数2-=x y 和342+-=x x y 的图象.要求的解集就是21y y ≥，即1y 在2y 上方时x 的区间，即图中线段AB 上的点所对应的横坐标所组成的区间[]B A x x ,.又(),1234222--=+-=x x x y 当32<<x 时，().2122--=x y 由()2212-=--x x 可解得253+=A x .当3>x 时，(),1222--=x y 由()2122-=--x x 可解得255+=Bx ，∴所求不等式的解集为⎥⎦⎤⎢⎣⎡++255,253，故选A.解法 3 同解法2画出图形后，可知解集为一个闭区间[]b a ,，且()3,2∈a ，对照 选择支.可知选A.解法4 当5.1=x 时，03422<+---x x x 时，故1.5不是原不等式的解，从而排除含1.5的B 、C 、D ，故选A.评析 解含绝对值的不等式，一般是先去掉绝对值符号，然后再求解.解法1正是运用分类讨论思想这样解决问题的，也是一种通法.我们知道，方程()()x g x f =的解就是函数()x f y =与()x g y =的图象交点的横坐标；若图象无交点，则方程无解.而不等式()()x g x f >的解集则是函数()x f y =的图象在()x g y =的图象上方部分的点的横坐标的集合；若()x f y =的图象都不在()x g y =的图象的上方，则不等式无解.解法2正是运用这种数形结合思想解决问题的.许多超越不等式的近似解或解的所属范围也都运用此法解决.选择题的正确答案就在选择支中，只是要求我们把它选出来而已.因此,不是非要求出答案再对照选择支选择答案不可的.基于此，解法3运用估算的方法选出了正确答案(注意：估算能力是高考明确要求要考查的能力之一).而解法4则运用特殊值排除了干扰支，进而选出了正确答案.类似这种不等式（方程）的解集是什么的选择题几乎都可用这种方法解，而且十分方便.值得注意的是，特殊值只能否定错误结论，根据正确选择支的唯一性才能肯定正1 3A B确答案.另外，如何选取特殊值也是很有讲究的，读者可在解题实践中体会并加以总结.题10 不等式199920003224>-+-x x 的解集是 . （第十一届高二培训题第41题）解 设y=x x -+-3224 ，由⎩⎨⎧≥-≥-03024x x ，得定义域为[21，3]. 1999200010,106144410)3)(24(4)3(42422>≥∴≥-+-+=--+-+-=y x x x x x x y 即原不等式在定义域内恒成立，故所求解集为[21，3]. 评析 解无理不等式，通常是通过乘方去掉根号，化为有理不等式后再解.但从此题中不等式右边的数可以想象该有多么复杂，若将题目改为“276.571623.93224+>-+-πx x 的解集是 ”，还会有谁想通过平方化为有理不等式去解呢？显然，常规方法已难以解决问题，怎么办呢？考虑到不等式中的x ∈[21，3]，从而左边1999200010>≥，故解集就是定义域，这就启示我们，当常规思维受阻或难以奏效时，就应积极开展非常规思维，另辟蹊径，寻求解决问题的新方法.拓展 根据上面的分析，并加以拓广，我们可得结论 设a,b,c 是常数，若[,],()[,],()[,]x a b f x m n g x p q ∈∈∈,则当m c >时,不等式()f x c >的解集是[,],()a b f x c ≤的解集是φ；当n c <时, 不等式()f x c ≥的解集是φ,()f x c <的解集是[,]a b ;当n p >时, 不等式()()f x g x ≥的解集是φ, ()()f x g x <的解集是[,]a b ;当m q >时，不等式()()f x g x >的解集是[,]a b ，()()f x g x ≤的解集是φ.根据这一结论，不难求得下列不等式的解集：1、 2sinx+3cosx>4;2、 322163-->-x x ;3、 x x x -<-+-433)1(log 4;4、 sinx-cosx<32+x .答案：1、φ 2、[2，+∞) 3、φ 4、R。

第二十八届“希望杯”全国数学邀请赛高二（特） 第2试试题第Ⅰ卷（共40分）一、选择题（每小题4分，共40分）1.设x ，y ，z 都是正实数，01a <<，若log x a a x =，1log y aa y =，1()log xa z a=，则（ ）A ．y z x <<.B ．x z y <<.C ．x y z <<.D ．z x y <<. 2.函数sin cos y ax ax =+的最小正周期为4，则它们的对称轴可能是直线（ ） A ．12x π=-. B ．0x =. C ．12x π=. D ．12x =. 3.二元不等式142x y xy +≤+所表示的平面上的区域是（ ）A ．B ．C ．D ．4.If ABC ∆ and DEF ∆satisfy thatsin cos A D =,sin cos B E =,sin cos C F =,then （ ）A ．Both ABC ∆ and DEF ∆ are acute triangles .B ．Both ABC ∆ and DEF ∆ are obtuse triangles .C. ABC ∆ is an acute triangles ,and DEF ∆is an obtuse triangles . D ．ABC ∆ is an obtuse triangles ,and DEF ∆is an acute triangles .（英汉小词典：acute 锐角的；obtuse 钝角的）5.已知等差数列{}n a 与{}n b 的前n 项和分别为n A 与n B ，且5393n n A n B n +=+（1,2,3,n = ），则使nna b 为整数的正整数n 的个数是（ ） A ．3. B ．4. C.5. D ．6.6.在三棱锥VABC 中，AVB AVC ∠=∠，则VA BC ⊥是VB VC =的（ A ．充分不必要条件.B ．充要条件. C.必要不充分条件.D ．既不充分也不必要条件.7.For a tan rec gular triangle ABC in a Cartesian coordinate system ，there are (2,1)AB = ，(3,)AC m =，then the number of different possiblevalues of m is （ ）A ．0.B ．1. C.2. D ．3.8.一项“闯关”游戏的规则为：在桌面上抛掷一个各面内分别写有1,2,3，…，12的正十二面体n 次，若抛掷n 次后朝下的面内n 个数的和不小于211n +，则算过关，现有一人做此游戏，他最多只能连过（ ）A ．10关.B ．11关. C.12关. D ．13关. 9.The number of roots of the equation cos(cos )sin αα= inthe int erval ,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦is （ ）A ．0.B ．1. C.2. D ．3.10.已知双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >），若过右焦点F 且倾斜角为30︒的直线与双曲线的右支有两个交点，则此双曲线的离心率的取值范围是（ ） A ．（1,2）. B．. C.[2,)+∞. D．)+∞. 第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每小题4分，共40分.）11.集合{1,1,12}A d d =++，2{1,,}B r r =，若A B =，则r = ．12.已知方程24210x x --=的两个根为cos α，cos β，α，β(0,)π∈，则cos()αβ-= ．13.光线沿着直线3+1=0x y +射入，遇到直线210x y --=反射，则反射光线所在直线的方程是 ．14.已知整数a ，b ，c 满足22222874a b c ab b c +++<++，则a b c ++= ． 15.已知i x R +∈（1,2,,2017i = ）满足122017x x x ≥≥≥ ，122017420x x x +++= ，如果121()k k y x x x k=+++ （1,2,,2017k = ），则122017y y y +++ 的最小值是 ．16.已知数列{}n a ，满足11a =，11(21)n n n n a n a a a ++=++，则2017a = ． 17.数列2{lg(10002)}a- 的前n 项和为n S ，则使n S 取得最大值的n 的值是 .18.棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，P 是棱11A B 上的动点，过点P 、B 、1D 作截面，则截面面积的最小值是 .19.正方形ABCD 的边长为a ，点A 和B 在抛物线2y x =上，点C 和D 在直线21y x =-上，则a = .20.已知圆C 经过双曲线22(2)(1)1916x y +--=的两个焦点，并且与x 轴交于M 、N 两点，若8MN =，则圆C 的方程是 .三、解答题 每题要写出推算过程.21. 若正数a ，b ，c 满足1a b c ++=，求证：2221a b c +++.22. 如图，四面体ABCD 中，DA ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，1DA AC ==，BC .（1）求异面直线AB ，CD 所成角的余弦值；（2）若E ，F 分别为AB ，CD 上的点，且满足,AE AB CF CD λλ==，01λ<<.若EF与平面ABC 所成角为α，求sin α的最大值.23.数列{}n a 中，已知13a =，2112(1)n n n a a a --=-（2n ≥）.（1）判断数列{}n a 的单调性，并证明你的结论； （2）若数列{}n b 满足2n n n a b a =-（n N +∈），求数列{}n b 的通项公式.试卷答案一、选择题1-5:DDBDC 6-10:BCBBB二、填空题11.12-13.91330x y ++=14.415.420 16.21201717.1918.219.20.22(2(5)41x y ++-=）三、解答题21.原不等式等价于2222()a b c a b c +++≤++，ab bc ca ++，即23()abc ab bc ca ≤++222222=2()a b b c c a abc a b c +++++，也即222222abc a b b c c a ≤++，（*） 又222222a b b c b ac +≥，222222b c c a c ab +≥， 222222c a a b a bc +≥，上面三式相加即得（*）. 故待证不等式成立.22.（1）作CG ⊥平面ABC ，以CA ，CB ，CG分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.则cos ,||||AB CDAB CD AB CD <>=6==-所以，异面直线AB ，CD所成角的余弦值为6（2）FE FA AE =+()FC CA AE =++ ()CF CA AE =-++ CD CA AB λλ=-++(1,0,1)(1,0,0)(1λλ=-++-(21,)λλ=-+-.易知，平面ABC 的法向量(0,0,1)n =.于是||sin |cos ,|||||FE n FE n FE n α=<>====≤. 当12λ=，即12λ=时，等号成立. 所以sin α的最大值是3. 23.（1）数列{}n a 是递减数列. 首先，由数学归纳法易证2n a >（n N +∈）又212(1)nn n n n a a a a a +-=--221112(1)21n n n n n a a a a a ⎛⎫-+==-+ ⎪--⎝⎭， 由2n a >，得111n a <-， 即1121n n a a +<<-， 所以10n n a a +-<， 故数列{}n a 是递减数列. （2）1112n n n a b a +++=-222(1)22(1)nn nn a a a a -=-- 222(2)n nn a b a ==-， 又11132a b a ==-， 所以2224122()n n n n b b b b ---===11822312n n n b b ---==== ， 即123n n b -=.。

2017 年中学“希望杯”全国数学邀请赛获奖名单初一年级：
铜牌：
杜晋冉郭佳鹏常子烁高明博沈许杰
优秀奖：
贾子硕赵士森张耀天田媛琦栗庆道高锦鹏孟令哲郝祎卓郑丁畅柴睿辰王亚斐杨子琛郑森赵锦泽王丽佳康家铭李子涵徐照松赵烁然袁晓萌杨一涵刘晨宇常鸿涛祝瑞凯陈烁楠贾涵森肖景天杨晟光刘艺芮唐若涵张成龙范培臻古博文张子颖陈虹欣张龙保程诺黄晟迅郝一诺刘俊池王子涵袁雨萱李浩淼韩旭阳
初二年级：
铜牌：
谷王俊郭东灿靳一鸣侯璐祎
优秀奖：
陈梦元韩怡然闫智婧孔冰张鑫孙杨王宇维史宝勋谷盈霖陈菲高淋哿刘聪聪豆雅宁贾雨欣李韶泽刘伊琳张宇晨王菁菁向品铮王硕张世琦温铭烁路萌萌高若尧李亦桐冯钰珊王一瑄尹笑森于金瑞薛涵予史赵潇翰张瑞波张优荣张靖瑶刘坤杰陈梦华张晶王堉莹孙凌宇梁选郭怡群常悦郑茗馨李孜毅苏梦娴。

“希望杯”全国数学邀请赛简介 这⼀邀请赛⾃1990年以来，已经连续举⾏了⼆⼗⼆届。

22年来，主办单位始终坚持⽐赛⾯向多数学校、多数学⽣，从命题、评奖到组织⼯作的每个环节，都围绕着⼀个宗旨：激发⼴⼤中学⽣学习的兴趣，培养他们的⾃信，不断提⾼他们的能⼒和素质。

这⼀活动只涉及初⼀、初⼆、⾼⼀、⾼⼆四个年级，不涉及初三、⾼三，不与奥赛重复，不与中考、⾼考挂钩，不增加师⽣负担，因此受到⼴⼤师⽣的欢迎。

该竞赛⼀直受到原国家教委的肯定，并被列⼊原国家教委批准的全国性竞赛活动的名单中，同时愈来愈多的数学家、数学教育家对邀请赛给予热情的关⼼和⽀持。

到第⼗届为⽌，参赛城市已超过500个，参赛学⽣累计598万。

“希望杯”全国数学邀请赛已经成为中学⽣中规模、影响最⼴的学科课外活动之⼀。

据介绍，该竞赛活动分两试进⾏。

第⼀试（每年三⽉进⾏）以各地（省、市、县、〔区〕、学校）为单位组织参赛学⽣，在全国各参赛学校同时进⾏，各测试点按命题委员会下发的评分标准进⾏阅卷、评分，从中按七分之⼀的⽐例按成绩择优选拔参加第⼆试的选⼿。

第⼆试（每年四⽉进⾏）由当地《数理天地》编委分会或地、市级教研室或教育学院、教科所、教师进修学校统⼀组织，测试结束后，各测试点将试卷密封，向组委会挂号寄出，由命题委员会阅卷，从中按⼋分之⼀的⽐例按成绩评定⼀、⼆、三等奖，分别授予⾦、银、铜奖牌及获奖证书。

对组织⼯作做得出⾊的地区或学校，组委会颁发“希望杯”数学邀请赛组织奖。

⽇本国算数奥林匹克委员会对此项赛事⾮常关注，该委员会事务局局长若杉荣⼆先⽣专程来华同邀请赛组委会洽谈参赛事宜，并从1996年开始，已连续三年组织⽇本部分中学⽣参加了竞赛活动，由此开创了我国社会团体举办同类竞赛⾛出国门的先例。

近年来，美国、德国的有关组织也与组委会联系合作事宜。

希望杯杯徽 ★圆形，表⽰⼴阔的天空。

★英⽂hope（希望）形如⼀只展翅飞翔的鸟。

喻义：“希望杯”全国数学邀请赛为⼴⼤的青少年在科学思维能⼒上的健康发展开辟了⼀个⼴阔的空间，任他们⾃由翱翔。

2017年第十五届小学“希望杯”全国数学邀请赛试卷（四年级第2试）一、填空题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．（5分）计算：1100÷25×4÷11＝．2．（5分）有15个数，他们的平均数是17，加入1个数后，平均数变为20，则加入的数是．3．（5分）若和是两个三位数，且a＝b+1，b＝c+2，×3+4＝，则＝．4．（5分）已知a+b＝100，若a除以3，余数是2，b除以7，余数是5，则a×b的值最大是．5．（5分）如图所示，两个完全相同的等腰三角形中各有一个正方形，图乙中的正方形面积为36平方厘米，则图甲中的正方形面积为平方厘米．6．（5分）边长为20的正方形的面积恰好等于边长为a和边长为b的两个正方形的面积的和，若a和b都是自然数，则a+b＝．7．（5分）今年是2017年，年份的数字和是10，则本世纪内，数字和是10的所有年份的和是．8．（5分）在纸上画2个圆，最多可得到2个交点，画3个圆，最多可得到6个交点，那么，如果在纸上画10个圆，最多可得到个交点．9．（5分）小红带了面额50元，20元，10元的人民币各5张，6张，7张，她买的230元的商品，那么，有种付款方式．10．（5分）甲、乙、丙三个数的和是2017，甲比乙的2倍少3，乙比丙的3倍多20，则甲是．11．（5分）篮球比赛中，三分线外投中一球可得3分，三分线内投中一球可得2分，罚蓝投中一球得1分，某球队在一次比赛中共投进32个球，得65分，已知二分球的个数比三分球的个数的4倍多3个，则这个球队在比赛中罚篮共投中球．12．（5分）在如图的乘法算式中，A、B、C、D、E、F、G、H、I分别表示彼此不同的一位数，则“FIGAA”表示的五位数是．二、解答题：每小题15分，共60分。

每题都要写出推算过程。

13．（15分）甲、乙两人同时从A、B两地出发，相向而行，甲每分钟走70米，乙每分钟走60米，两人在距离中点80米的地方相遇，求A、B两地之间的距离．14．（15分）老师给学生水果，准备了两种水果，其中橘子的个数比苹果的个数的3倍多3个，每人分2个苹果，则余下6个苹果；每人分7个橘子，最后一人只能分得1个橘子，求学生的人数．15．（15分）两个相同的正方形重合在一起，将上层的正方形向右移动3厘米，再向下移动5厘米，得到如图所示的图形，已知阴影部分的面积是57平方厘米，求正方形的边长．16．（15分）商店推出某新款手机的分期付款活动，有两种方案供选择．方案一：第一个月付款800元，以后每月付款200元．方案二：前一半的时间每月付款350元，后一半的时间每月付款150元．两种方案付款总数与时间都相同，求这款手机的价格．2017年第十五届小学“希望杯”全国数学邀请赛试卷（四年级第2试）参考答案与试题解析一、填空题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．（5分）计算：1100÷25×4÷11＝16．【分析】先算1100÷11÷25，得4，再算4×4【解答】解：1100÷25×4÷11＝1100÷11÷25×4＝100÷25×4＝4×4＝16故答案是：16【点评】本题考查了乘除的混合运算，本题突破点：交换乘除数的位置，即可巧算出结果2．（5分）有15个数，他们的平均数是17，加入1个数后，平均数变为20，则加入的数是65．【分析】首先根据题意，可得：原来15个数的和是255（15×17＝255），后来16个数的和是320（16×20＝320）；然后用后来16个数的和减去原来15个数的和，求出加入的数是多少即可．【解答】解：16×20﹣15×17＝320﹣255＝65答：加入的数是65．故答案为：65．【点评】此题主要考查了平均数问题，要熟练掌握，解答此题的关键是求出原来15个数以及后来16个数的和各是多少．3．（5分）若和是两个三位数，且a＝b+1，b＝c+2，×3+4＝，则＝964．【分析】显然a比c大3，a最小是3，b最小是2，c最小是0，而×3+4＝，d 最大为9，只有当a＝3时才满足题意，故可以求出．【解答】解：根据分析，a＝b+1＝c+2+1＝c+3，又a、b、c均为一位数，故a的最小值为3，b最小是2，c最小是0，又∵×3+4＝，∴d最大为9，此时a＝3，b＝2，c＝0即＝320，则＝×3+4＝320×3+4＝964；故答案是：964．【点评】本题考查了最大与最小的知识，本题突破点是：根据已知确定a，b，c的最小值以及d的最大值，从而可以求出结果．4．（5分）已知a+b＝100，若a除以3，余数是2，b除以7，余数是5，则a×b的值最大是2491．【分析】要求a×b最大值，则要使a、b的差尽可能小，而两者的和一定，即可缩小范围，求出最大值．【解答】解：根据分析，a除以3，余数是2，b除以7，余数是5，可设a＝3m+2，b＝7n+5，又∵a+b＝100，由于和不变，差小积大，则要求a与不得差尽可能小，得a＝53，b＝47，a×b＝53×47＝2491，此时a×b的值最大．故答案是：2491．【点评】本题考查了最大与最小，本题突破点是：根据最大最小的特征，和不变，差小积大，故而可以求得最大值．5．（5分）如图所示，两个完全相同的等腰三角形中各有一个正方形，图乙中的正方形面积为36平方厘米，则图甲中的正方形面积为32平方厘米．【分析】根据正方形的对角线性质及等腰直角三角形的性质作图如下：将乙中的等腰直角三角形平均分成了4份，则三角形的面积是36÷2×4＝72平方厘米，图甲将三角形平均分成了9个相同的小三角形，正方形占了4个，它的面积是三角形面积的，据此可求出正方形的面积是多少，据此解答．【解答】解：如图：三角形的面积：36÷2×4＝18×4＝72（平方厘米）图甲中正方形的面积：72×＝32（平方厘米）答：图甲中的正方形面积为32平方厘米．故答案为：32．【点评】本题的重点是把等腰直角三角形平均分成若干份，再根据正方形占的份数进行解答．6．（5分）边长为20的正方形的面积恰好等于边长为a和边长为b的两个正方形的面积的和，若a和b都是自然数，则a+b＝28．【分析】按题意，边长为20的正方形的面积恰好等于边长为a和边长为b的两个正方形的面积的和，即可列一个关系式，a2+b2＝20，再根据a和b都是自然数确定a和b的值．【解答】解：根据分析，可以得到：a2+b2＝20，∵a和b都是自然数，且32+42＝52⇒122+162＝202，∴a＝12，b＝16∴a+b＝28．故答案是：28．【点评】本题考查了完全平方数性质，本题突破点是：根据完全平方数的性质和自然数的条件，确定a和b的值，从而再求和．7．（5分）今年是2017年，年份的数字和是10，则本世纪内，数字和是10的所有年份的和是18396．【分析】按题意，本世纪即：2000～2100之间找出数字和为10的数，然后再加起来即可，而这些数百位均为0，可以从十位开始算起．【解答】解：根据分析，在2000～2100数字中，由于千位为2，百位为0，十位与个位数字之和等于8即可，故满足条件的有：2008，2017、2026、2035、2044、2053、2062、2071、2080；和为：2008+2017+2026+2035+2044+2053+2062+2071+2080＝18396．故答案是：18396．【点评】本题考查了数字问题，突破点是：确定千位和百位上的数字，只须确定十位与个位上的数字和即可．8．（5分）在纸上画2个圆，最多可得到2个交点，画3个圆，最多可得到6个交点，那么，如果在纸上画10个圆，最多可得到90个交点．【分析】当已经有n个圆时，再画一个圆，圆与其他n个圆的交点最多的情况是：这个圆与其他每个圆都相交于两点．【解答】解：递推分析：画第1个圆，交点为0个，画第2个圆，它与第1个圆交于两点，交点有0+2＝2个，画第3个圆，它与前两个圆分别相较于两点，交点有0+2+4＝6个，…画第10个圆，它与前面9个圆分别交于两点，交点个数：0+2+4+6+…+18＝90个；故本题答案为：90．【点评】每两个圆之间交点最多的情况是两圆相交，交点最多为2个，本题也可以用排列组合来解答：2×＝90个．9．（5分）小红带了面额50元，20元，10元的人民币各5张，6张，7张，她买的230元的商品，那么，有11种付款方式．【分析】要用50，20，10凑成230，用枚举法列举出所有方式．【解答】解：根据50元面额由大到小的顺序，枚举出所有可能的组合，如下表：面额张数50元4433332222120元1043216543610元130********共有11种组合方式．故本题答案为：11．【点评】枚举法列举即可，注意避免遗漏，题目较简单．10．（5分）甲、乙、丙三个数的和是2017，甲比乙的2倍少3，乙比丙的3倍多20，则甲是1213．【分析】乙比丙的3倍多20，那么乙数可以表示为丙数×3+20，甲比乙的2倍少3，那么甲数就是丙数的2×3倍多20×3，那么三数的和就是丙数的1+2×3+3倍多（20×3﹣3），用三数的和减去（20×3﹣3）得到丙数的（1+2×3+3）倍，进而求出丙数，从而得到乙数和甲数．【解答】解：丙数：（2017﹣20×3+3）÷（1+2×3+3）＝（2017﹣57）÷10＝1960÷10＝196，乙数：196×3+20＝608，甲数：608×2﹣3＝1213，答：甲是1213．故答案为：1213．【点评】解决本题关键是通过代换，得出甲数是丙数的几倍多几，进而得出三数的和是丙数的几倍多几，从而求出丙数，进而求解．11．（5分）篮球比赛中，三分线外投中一球可得3分，三分线内投中一球可得2分，罚蓝投中一球得1分，某球队在一次比赛中共投进32个球，得65分，已知二分球的个数比三分球的个数的4倍多3个，则这个球队在比赛中罚篮共投中4球．【分析】设三分球有x个，则两分球有（4x+3）个，一分球有（32﹣4x﹣3﹣x）个，各种球投中的个数乘对应分数，表示出各种球的得分，再相加就是全部的得分65分，由此列出方程求出3分球的个数，进而求出一分钱（罚篮）的个数．【解答】解：设三分球有x个，则二分球有（4x+3）个，一分球有（32﹣4x﹣3﹣x）个，则：3x+（4x+3）×2+（32﹣4x﹣3﹣x）＝65x＝5一分球有：32﹣4×5﹣3﹣5＝4（球）答：这个球队在比赛中罚篮共投中4球．故答案为：4．【点评】解决本题先设出三分球的个数，再根据倍数关系表示出两分球的个数，再根据投中球的个数表示出一分球的个数，然后根据乘法的意义分别得出3类球的得分数，再相加得到总分65分，由此等量关系列出方程求解．12．（5分）在如图的乘法算式中，A、B、C、D、E、F、G、H、I分别表示彼此不同的一位数，则“FIGAA”表示的五位数是15744．【分析】首先找到题中的特殊情况，根据第一个乘积是三位数，尾数相同可以枚举排除，再根据A和C确定B，然后就可以求解．【解答】解：依题意可知：A、B、C、D、E、F、G、H、I共9个数字，题中没有数字0．再根据结果是三位数，那么首位字母可以是C＝2，A＝4或者C＝3，A＝9不满足三位数的条件．所以A＝4，C＝2．再根据进位B＝9，E＝8．根据E+H＝A＝4那么H＝6，A加上进位等于I＝5．所以D＝3，F＝1．即：49×32＝15744．故答案为：15744．【点评】本题考查凑数谜的理解和运用，突破口就是字母C和第一个乘积是三位数限制了百位数字不能太大，问题解决．二、解答题：每小题15分，共60分。

第十七届“希望杯’’全国数学邀请赛初二第2试2018年4月16日上午8：30至lO：30 得分___________一、选择题(每小题4分，共40分．)以下每题的四个选项中，仅有一个是正确的，请将表示正确答案的英文字母填在每题后面的圆括号内．1．下列四组根式中，是同类二次根式的一组是( )2．要使代数式有意义，那么实数x的取值范围是( )3．以线段a=13，b=13，c=10，d=6为边作梯形，其中a，c为梯形的两底，这样的梯形( ) (A)能作一个． (B)能作两个． (C)能作无数个． (D)一个也不能作．(英汉词典：Fig．figure的缩写，图；quadrilateral四边形；diagonal对角线；value 数值；variable变量；to depend on取决于；position位置)(A)是完全平方数，还是奇数． (B)是完全平方数，还是偶数．(C)不是完全平方数，但是奇数． (D)不是完全平方数，但是偶数．6．将任意一张凸四边形的纸片对折，使它的两个不相邻的顶点重合，然后剪去纸片的不重合部分，展开纸片，再一次对折，使另外的两个顶点重合，再剪去不重合的部分后展开，此时纸片的形状是( )(A)正方形． (B)长方形． (C)菱形． (D)等腰梯形．7．若a,b,c都是大于l的自然数，且c a=252b,则n的最小值是( )(A)42． (B)24． (C)21 (D)15(英汉词典：two-placed number两位数；number数，个数；to satisfy满足；complete square 完全平方(数)；total总的，总数)9．下表是某电台本星期的流行歌曲排行榜，其中歌曲J 是新上榜的歌曲，箭头“↑”或“↓”分别表示该歌曲相对于上星期名次的变化情况，“↑”表示上升，“↓”表示下降，不标注的则表明名次没有变化，已知每首歌的名次变化都不超过两位，则上星期排在第1，5，7名的歌曲分别是( )(A)D ，E ，H ． (B)C ，F ，I ． (C)C ，E ，I ． (D)C ，F ，H ．10．设n(n ≥2)个正整数1a ，2a ，…，n a ，任意改变它们的顺序后，记作1b ，2b ，…，n b ，若P=(1a -1b )(2a -2b )(33b a -)…(n a 一n b )，则( )(A)P 一定是奇数． (B)P 一定是偶数．(C)当n 是奇数时，P 是偶数． (D)当”是偶数时，P 是奇数． 二、填空题(每小题4分，共40分．)11．消防云梯的长度是34米，在一次执行任务时，它只能停在离大楼16米远的地方，则云梯能达到大楼的高度是______米．15．从凸n 边形的一个顶点引出的所有对角线把这个凸n 边形分成了m 个小三角形，若m 等于这个凸n 边形对角线条数的94，那么此n 边形的内角和为_____． 16．某种球形病毒，直径是0.01纳米，每一个病毒每过一分钟就能繁殖出9个与自己同样的病毒，假如这种病毒在人体中聚集到一定数量，按这样的数量排列成一串，长度达到1分米时，人就会感到不适，那么人从感染第一个病毒后，经过_______分钟，就会感到不适．(1米=109纳米)19．如图2，等腰△ABC 中，AB=AC ，P 点在BC 边上的高AD 上，且21=PD AP ，BP 的延长线交AC 于E ，若ABC S ∆=10，则ABE S ∆=______，DEC S ∆=_______.20．一个圆周上依次放有1，2，3，…，20共20个号码牌，随意选定一个号码牌(如8)，从它开始，先把它拿掉，然后每隔一个拿掉一个(如依次拿掉8，10，12，…)，并一直循环下去，直到剩余两个号码牌时停止，则最后剩余的两个号码的差的绝对值是______或_______． 三、解答题(本大题共3小题，共40分．) 要求：写出推算过程． 21．(本小题满分10分) 如图3，正方形ABCD 的边长为a ，点E 、F 、G 、H 分别在正方形的四条边上，已知EF ∥GH ．EF=GH ．(1)若AE=AH=a 31，求四边形EFGH 的周长和面积； (2)求四边形EFGH 的周长的最小值．22．(本小题满分15分)已知A 港在B 港的上游，小船于凌晨3:00从A 港出发开往B 港，到达后立即返回，来回穿梭于A 、B 港之间，若小船在静水中的速度为16千米／小时，水流速度为4千米／小时，在当晚23：OO 时，有人看见小船在距离A 港80千米处行驶．求A 、B 两个港口之间的距离.23．(本小题满分15分) 在2,3两个数之间，第一次写上5132=+，第二次在2，5之间和5，3之间分别写上27252=+和4235=+,如下所示：第k 次操作是在上一次操作的基础上，在每两个相邻的数之间写上这两个数的和的k1. (1)请写出第3次操作后所得到的9个数，并求出它们的和；(2)经过k 次操作后所有数的和记为k S ，第k+1次操作后所有数的和记为1+k S ，写出1+k S 与k S 之间的关系式； (3)求6S 的值.第十七届“希望杯”全国数学邀请赛参考答案及评分标准(初中二年级 第2试)一．选择题(每小题4分)二．填空题(每小题4分)三、解答题21．(1)如图1，连结HF ．由题知四边形EFGH 是平行四边形，所以又所以所以(3分)所以△AHE 和△DHG 都是等腰直角三角形，故∠EHG=090，四边形EFGH 是矩形．易求得所以四边形EFGH 的周长 为2a 2，面积为294a ．(5分)(2)如图2，作点H 关于AB 边的对称点H '，连结H F '，交AB 于E '，连结E 'H ．显然，点E 选在E '处时．EH+EF 的值最小，最小值等于H F '. (7分) 仿(1)可知当AE≠AH 时，亦有(8分)所以2．因此，四边形EFGH周长的最小值为2a(10分)22．设A、B两个港口之间的距离为L，显然(1分)(1)若小船在23：00时正顺流而下，则小船由A港到达下游80千米处需用即19：00时小船在A港，那么在3：00到19：00的时间段内，小船顺流行驶的路程与逆流行驶的路程相同，而所用的时间与速度成反比，设小船顺流行驶用了t小时，则逆流行驶用了(16一t)小时，所以解得 t=6 (5分)即顺流行驶了由于所以A、B两个港口之间的距离是120千米．(7分)(2)若小船在23：00时正逆流而上，则小船到达A港需再用即小船在内顺流行驶的路程与逆流行驶的路程相同，而所用的时间与速度成反比，设小船顺流行驶用了t 小时，则逆流行驶用了小时，所以解得 (12分)即顺流行驶了由于所以A 、B 两个港口之间的距离可能是100千米或200千米． (14分)综上所述，A 、B 两港口之间的距离可能是100千米或120千米或200千米．（15分) 23．(1)第3次操作后所得到的9个数为它们的和为255(4分) (2)由题设知0S =5，则(10分)(3)因为所以(15分)。

历年初中希望杯数学竞赛试题大全][ 真诚为您服务试试题希望杯”全国数学邀请赛初二第 2 ·2009 年第20 届“次·161 ·[4-30]★ 详细简介请参考下载页]·[ 竞赛 2 试试题届“希望杯”全国数学邀请赛初一第年第·200920 次·153 ·[4-28]详细简介请参考下载页★]·[ 竞赛数学大赛初赛试卷（扫描版）届5“希望杯”年湖北省黄冈市第·2009 ·76 次·[4-17]★ 详细简介请参考下载页]·[ 竞赛试试题”全国数学邀请赛初二第1·2009 年第20 届“希望杯次·133 ·[4-7]对不起，尚无简介☆]竞赛·[ 试试题全国数学邀请赛初一第 1 届“希望杯”20 ·2009年第·122 次·[4-7]详细简介请参考下载页★]·[ 竞赛全国数学邀请赛初二训练题”第十四届“希望杯·次·44 ·[9-9]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 2 试试题“希望杯”全国数学邀请赛初一第19 ·2008年第届次·203 ·[9-4]详细简介请参考下载页★]·[ 竞赛 1 ”“19 ·2008 年第届希望杯全国数学邀请赛初一第试试题次·169 ·[9-4]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 试试题全国数学邀请赛初二第219 年第届“希望杯”·2008 次·156 ·[9-2]详细简介请参考下载页★]·[ 竞赛 1 试试题希望杯”全国数学邀请赛初二第“·2008 年第19 届·146 次·[9-2]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 2 试试题”届“希望杯全国数学邀请赛初二第18 ·2007年第·101 次·[9-2]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 1 全国数学邀请赛初二第试试题” “18 ·2007 年第届希望杯次·95 ·[9-2]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 试试题”全国数学邀请赛初二第2·2006 年第17 届“希望杯次·76 ·[9-2]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 1 试试题“希望杯”全国数学邀请赛初二第届·2006年第17 ·76 次·[9-2]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 试试题全国数学邀请赛初二第 2 希望杯·2005 年第16 届“”次·65 ·[9-1]详细简介请参考下载页★]·[ 竞赛 1 试试题全国数学邀请赛初二第届·2005 年第16“希望杯”次·52 ·[9-1]详细简介请参考下载页★]·[ 竞赛试试题全国数学邀请赛初二第希望杯”2·2004 年第15 届“次·47 ·[9-1]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 试试题全国数学邀请赛初二第115 届“希望杯”年第·2004 次·38 ·[9-1]详细简介请参考下载页★]·[ 竞赛 2 试试题希望杯”全国数学邀请赛初二第届·2003 年第14 “次·30 ·[9-1]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 1 试试题希望杯届“”全国数学邀请赛初二第年第·200314 ·26 次·[9-1]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 2 试试题全国数学邀请赛初二第希望杯届年第·200213 “”·31 次·[9-1]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 试试题全国数学邀请赛初二第 1 ”年第13 届“希望杯·2002 次·23 ·[9-1]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 2 试试题“希望杯”全国数学邀请赛初二第·2001 年第12 届·17 次·[9-1]详细简介请参考下载页★]]·[ 竞赛试试题”全国数学邀请赛初二第1“·2000 年第11 届希望杯次·15 ·[9-1]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 试试题全国数学邀请赛初二第210 届“希望杯”·1999年第次·13 ·[9-1]详细简介请参考下载页★]·[ 竞赛试试题 1 希望杯”全国数学邀请赛初二第·1999 年第10 届“次·15 ·[9-1]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 2 试试题“希望杯”全国数学邀请赛初二第9 ·1998年第届次·11 ·[8-29]详细简介请参考下载页★]·试题[ 竞赛 1 ”“9·1998 年第届希望杯全国数学邀请赛初二第试竞赛·[ 试试题全国数学邀请赛初二第112 年第届“希望杯”·2001 ·17 次·[9-1]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 试试题2“届希望杯”全国数学邀请赛初二第11 ·2000 年第次·15 ·[9-1]★详细简介请参考下载页次·10 ·[8-29]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 试试题全国数学邀请赛初二第28 年第届“希望杯”·1997 次·13 ·[8-29]详细简介请参考下载页★]·[ 竞赛 1 试试题希望杯”全国数学邀请赛初二第“·1997 年第8 届·10 次·[8-29]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 2 试试题”届“希望杯全国数学邀请赛初二第7·1996年第·11 次·[8-29]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 1 全国数学邀请赛初二第试试题” “7·1996 年第届希望杯次·10 ·[8-29]详细简介请参考下载页★]·[ 竞赛试试题”希望杯全国数学邀请赛初二第2·1995 年第6 届“次·14 ·[8-29]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 试试题全国数学邀请赛初二第16 届“希望杯”·1995年第次·14 ·[8-29]★详细简介请参考下载页]·[ 竞赛 2 试试题希望杯”全国数学邀请赛初二第5·1994 年第届“次·12 ·[8-29]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 1 试试题“届希望杯”全国数学邀请赛初二第·1994年第5 ·12 次·[8-29]（每一、选择题: 年第五届希望杯全国数学邀请赛1994 初中二年级第一试试题[] Ax 1.303 小题分，共分）使等式成立的的值是．是]·[ 竞赛试试题初二第 2 ”年第4 届“希望杯全国数学邀请赛·1993 次·9 ·[8-29]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 试试题全国数学邀请赛初二第14 届“希望杯”·1993年第次·10 ·[8-29]详细简介请参考下载页★]·[ 竞赛试试题2 希望杯”全国数学邀请赛初二第·1992 年第3 届“次·11 ·[8-29]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 1 试试题“希望杯”全国数学邀请赛初二第 3 ·1992年第届次·9 ·[8-29]详细简介请参考下载页★]·[ 竞赛 2 ”“2·1991 年第届希望杯全国数学邀请赛初二第试试题·14 次·[8-28]详细简介请参考下载页★]·[ 竞赛试试题”全国数学邀请赛初二第 1 年第·19912 届“希望杯次·12 ·[8-28]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 试试题全国数学邀请赛初二第21 届“希望杯”·1990年第·13 次·[8-28]详细简介请参考下载页★]·[ 竞赛试试题”全国数学邀请赛初二第 1 希望杯·1990 年第1 届“次·11 ·[8-28]分，（每题1 ”全国数学邀请赛初二第一试一、选择题: “1990 年第一届希望杯() 倍，那么这个角是 1 ．一个角等于它的余角的 5 分）共10]竞赛·[ 2 试试题全国数学邀请赛初一第希望杯届年第·200718 “”·94 次·[8-28]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 试试题全国数学邀请赛初一第118 届“希望杯”·2007年第次·42 ·[8-28]详细简介请参考下载页★]·[ 竞赛试试题”希望杯全国数学邀请赛初一第2·2006 年第17 届“次·41 ·[8-28]详细简介请参考下载页★]竞赛·[ 试试题 1 希望杯”全国数学邀请赛初一第“·2006 年第17 届次·43 ·[8-28]试第1 全国数学邀请赛初一希望杯年第十七届2006 “”中考资源网，竞赛试题任你选！更多数学竞赛试题请点击。

第二十八届“希望杯”全国数学邀请赛初三 第1试试题一、选择题（每小题4分，共40分）1、在四个数，，，，5435432中，最大的是（ ）（A ）2 （B ）33 （C ）44 （D ）55 【答案】B【解析】2与33比较：()3622=，()26333=；44与33比较：()312444=，()412333=；55与33比较：()315555=，()515333=；2、函数xky =（k 是非零常数）图像的对称轴是（ ） (A)x kky = （B ）x k y = （C ）kx y -= （D ）kx y = 【答案】A3、无理数32+的小数部分是（ ）（A ）232-+ （B ）324-- （C ）332-+ （D ）[]232-+【答案】C【解析】 1.412≈。

1.733≈4、化简424242422222-++--++--+-++n n n n n n n n ，结果是（ ）（A ）2n（B ）n （C ）n-2 （D ）n+2 【答案】B 【解析】[]n nn n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n ==-++-++=-+++--+++--++-+++=-+++-+-++-+-+-+++44)2()2()2()2(2)22(2)22(2)22(2)22(2)2)(2(2)2)(2(2)2)(2(2)2)(2(25、若关于x 的二次三项式n x mx 322++在实数范围内不能分解因式，则（m.n ）一定在（ ） （A ）第二象限 （B ）第四象限 （C ）第一或第三象限 （D ）第二或第四象限 【答案】C【解析】实数范围内不能因式分解，即0322=++n x mx 无解，则0344<⨯-=∆n m31>∴mn 同为正数或者同为负数。

6、如图1，一次函数y=x 与二次函数c bx ax y ++=2的图像相交于点),(),,(2211y x Q y x P 两点，则函数c x b ax y +-+=)1(2的图像可能是（ ）（A ） （B ） （C ） （D ） 【答案】B【解析】由图可知有两个交点，则x c bx ax =++2有两个解，等价于函数c x b ax y +-+=)1(2与x 轴有两个交点，且由图可知，P ,Q 两点的横坐标为负，则c x b ax y +-+=)1(2与x 轴必在负半轴 7、若正整数c b a ,,满足1111=++cb a ，则这样的正整数组（a,b,c )共有（ ）组 （A ）1 （B ）3 （C ）9 （D ）10 【答案】D【解析】不妨设c b a c b a 11100≤≤<→>≥≥,311,31111c cc c b a c ≤<∴≤++<∴则c 可取的2,3当c=2时有两种情况： ① 1612131=++由轮换对称的结构可知，共6组② 1412141=++同理有三组c=3时，只有1313131=++这1组8、若二次函数c bx ax y ++=2（a,b,c 是常数）的图像如图2所示，对称轴是直线x=-2,则下列说法中不正确的是（ ）（A ）0>abc （B ）0<++c b a （C ）05<+c a （D ）0<+-c b a【答案】D【解析】由图可知，在1-=x 时，函数值在x 轴上半部分9、The radius of cricle O is 52,chord AB perpendicular chord CD at point E,and AE=6,ED=2,then the lengthof EB is( )（A ）5 （B ）2 （C ）52 （D ）4【答案】B【解析】设BC=x,EB=y,由相交弦定理可知，6y=2x ,则x=3y,分别由圆心向两条弦作垂线OM,ON, 则四边形MENO 为矩形，在Rt △ANO 中，222AN ON AE +=,即22)12()23(20-=+-xy 得y=210、关于x 的方程24222-=+-a ax x 有且仅有一个正根，则a 的取值范围是（ ） （A ）a<-12 （B ）24≤a （C ）a<-12或a=24 （D ）a<12【答案】A【解析】方程有且仅有一个正根，即说明不存在两相等的正跟，又开口向上，120242,0)0(-<∴<+<a a f二、A 组填空题11、2007...4321-+++-+++-x x x x x 的最小值是______.【答案】2035152【解析】表示x 到1，-2，3，-4.....2016,-2017各个点之间的距离和，最中间点为1.当x=1时，整体最小将x =1代入即可12、在直角坐标系中，若x,y 都是整数，则称（x,y ）是整点，满足不等式y x y x 4422-≤+的整点的个数是_______. 【答案】25【解析】化简式子：()()82222≤++-y x ，即以)2,2(-为圆心，22为半径的圆内有多少个整数点，画图，数点的数量即可13、方程组⎩⎨⎧==+65xy y x 的解是_______.【答案】⎩⎨⎧-=-=32y x 或者⎩⎨⎧-=-=23y x14、如图3，Rt △ABC 中，153090===∠BC AC C ，，,若以点C 为圆心，BC 为半径的圆交AB 于点D ，则AD 的长度是______ 【答案】59【解析】设AC 与圆左交点为F ，延长AC 交圆于右点E ，割线定理可知AF AE AB AD ⋅=⋅有勾股定理可得,515=AB 4515515⨯=⋅AD15、在正方形ABCD 中，点M,N 分别在BC ，CD 上，BM =4，DN =6，且MAN BAM ∠=∠,则AN 的长是_______【答案】10【解析】延长AN,DC 交于点E ，由平行可知，E MAN BAM ∠=∠=∠， 则有NE=NA,设NC=x,MC=y ,可得：MC MB NC DN AN DN AD +=+=+，222,代入数据即可得AN=1016、Suppose real numbers a and b satisfy ，0≠ab and 222)3()(10b a b a +=+,then the value of abb a 223+is_________ 【答案】328 【解析】化简式子：06922=+-b ab a 即a b b a 30)3(2=∴=-代入即可17、在△ABC 中，点D 在BC 上，点F 在AB 上，点E 在AC 上，四边形FDEA 是平行四边形，且BC AC AB 23==，，则△ABC 与四边形FDEA 的周长之比是________【答案】34【解析】 四边形FDEA 周长为AC+AB 两条线段长，设BC=2a ,则△ABC 周长为8a,四边形FDEA 周长6a.18、如图2，将面积为2的Rt △ABC 沿直线BC 翻折，再向左平移得到Rt △DCE ，延长AC 交DE 于点M ，则△AME 的面积是__________．【答案】3【解析】由翻折平移可知两三角形全等. 延长CM 使得C M=FM,连接FD,EF , 可证明四边形CEFD 为矩形19、若二次函数2017)1(2---=x y 的图像上有不同的两点A (m,-4036)，B (n,-4036)，则当点C(m+n ，p)在这函数图像上时，p ＝_________. 【答案】2018-【解析】点)4036,(),4036,(--n B m A 在函数图像上，代入即可知，n m ,是方程020182=-+-x x 的两根，则2=+n m ，代入得到2018-=p20、如图5，CD AB DE DC BE CB ACB ⊥===∠,,90，于点Ｍ，ED 的延长线交AC 于点N ，若AN ＝3，NC ＝5，则BC 的长度是＿＿＿＿【答案】52【解析】由同余可知，2240CB ACCBCE NC E A =→=∴∠=∠ 21、若120163,2016201622=--=++x xy y y xy x 则y x -＝_______或_______.【答案】-1或2017【解析】两式相加得：0201720162016222=-+--+y x xy y x化简：02017)(2016)(2=----y x y x22、如图6，在直角坐标系中，边长为1的正△ABC （C 与O 重合）的边BC 在ｘ轴上，顶点A 在第一象限，现在进行以下操作：（１）把△ABC 沿X 轴向右平移一个单位，此时A 变为1A （２）将三角形沿X 轴翻折，此时1A 变为2A （３）将三角形绕点O 旋转180°，此时2A 变为3A （４）将三角形沿Y 轴翻折，此时3A 变为4A （５）将三角形绕点O 旋转180°，此时4A 变为5A按照此规律，重复以上五步，则17A 的坐标是（_______，______）【答案】)23,21(-【解析】)23,23()23,23()23,23()23,23()23,23()23,21(54321--→→-→-→→A A A A A A ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛→⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--→⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-→⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-→⎪⎪⎭⎫⎝⎛--→23,2123,2123,2123,2123,21109876A A A A A 从推导过程可知，10个一循环，则717A A =23、已知-2是三次方程03=++c bx x 的唯一实根，则b 的取值范围是______，c 的取值范围是______ 【答案】,3->b 2>c【解析】因为方程只有-2一个实根，则分解因式之后()()c bx x n mx x x ++=+++322对比系数，左边化简：2,2cn m =-=，且方程02=++n mx x ，化简得：n x n m x m x 2)2()2(23+-+-+ 没有实数根则0244<⨯-=∆c，3)4(2->→+=b b c 24、如图7，在边长为1的正方形ABCD 中，点E 在边AD 上运动（不与A ，D 重合），点A ，G 关于BＥ对称，连接EG 并延长交DC 于点F ，则∆DEF 的周长是_________，_____=∠EBF ．【答案】2，45°【解析】连接BG ，可证三角形全等即可25、设21,x x 是一元二次方程02=++q x p x 的两根，若q 为质数，p ＝17q ＋４是完全平方数，则q＝_________，______1121=+x x ． 【答案】131513-，【解析】q x x p x x =⋅-=+2121,，417+=q p 且为完全平方数，设()()22174172-+=→+==k k q q p k ⎩⎨⎧=-=+∴q k k 2172或⎩⎨⎧=-=+1722k qk 则21,1321==q q （舍）225=∴p 则原方程可化为：013152=++x x。

2019年小学第十五届“希望杯”全国数学邀请赛六年级（特1） 第2试试题一、填空题（每题5分，共60分）1、2017＝AAA ＋AAA ＋AA ＋AA ＋A ＋A ＋A ＋A ＋A ＋A ＋A ＋B ，字母“A，B”均代表一个非零数字，则B ＝ 。

2、将一个两位数ab 的个位数字和十位数字交换，得到两位数ba ，若ba —ab ＝63，则满足条件的两位数ab 有 个。

3、如图1，一只青蛙从五边形ABCDE 的顶点A 出发顺时针跳跃，每步从五边形的一个顶点跳到另一个顶点，A B C D E ，若这只青蛙第一次跳1步，第二次跳2步，……，第n 次跳n 步，则它在跳完10次时，到达顶点 。

4、按顺时针方向不断取图中的12个数，可组成不超过1000的循环小数x ，如23.067823∙∙，678.230678∙∙等，若将x 的所有数字从左至右依次相加，在加完某个循环节的所有数字之后，得到2017，则x ＝ 。

5、若A ：B ＝213：546，C ：A ＝125：233，则A ：B ：C 用最简整数比表示是 。

6、电视机厂接到生产一批电视机的订单，订单价每台2000元，预计可以获利30万元，实际上，由于生产成本提高了16，所以利润减少了25%，则此次订单需要电视机 台。

7、已知某些两位数，若把它分解成两个自然数的乘积可以有5种方法（a ×b 与b ×a 算一种方法），则这样的两位数有 个。

8、A 、B 两个健步行走着，沿围绕旗杆的同心圆跑道行走，旗杆刚好位于两圆的圆心，沿外跑道走的人五分钟走完一圈，沿内跑道走的人三分钟走完一圈，如图3，O ，A ，B 在同一条半径上，A，B反向而行，则他们下一次与旗杆又在同一半径上时，所需要的时间是分钟。

9、如图4，六边形ABCDEF的周长是16厘米，六个角都是120°，若AB＝BC＝CD＝3厘米，则EF＝厘米。

10、如图5所示的容器中放入底面相等且高都是3分米的圆柱和圆锥形铁块，根据图5和图6的变化知，圆柱形铁块的体积是立方分米。

1、计算:2017×2071+2077×2017-2037×2017-2111×2017.文字解析：原式=2017×(2071+2077-2037-2111)=2017×(2071+2077-2037-2111)=0.2、计算:9999×2222+3333×3334.文字解析：9999×2222+3333×3334=3333×3×2222+3333×3334=3333×(3×2222)+3333×3334=3333×6666+3333×3334=3333×(6666+3334)=33330000.3、比较大小:A=2016×2018,B=2017×2017,C=2015×2019.________>________>__________.文字解析：A=2016×(2017+1)=2016×2017+2016;B=2017×(2016+1)=2016×2017+2017;C=2015×2019=(2016-1)×2019=2016×2019-2019=2016×(2017+2)-2019=2016×2017+2016×2-2019=2016×2017+2013;可知A=2016×2017+2016,B=2016×2017+2017,C=2016×2017+2013, 故B>A>C.4、定义新运算 : ,求(1 4) (2 3) .文字解析1 4=4,2 3=3×3=9,(1 4) (2 3) =4 9=9×9×9×9=6561.5、一个自然数,各个数位上的数字之和是74,这个数最小是多少?文字解析要使这个数最小,就要使它的数位尽可能少,即每个数位上的数尽量大.因为每个数位上的数最大是9,且74÷9=8……2,所以最多有8个数位上是9,这时应有一个数位上的数是2,要使这个数最小,2应该在最高位,即这个数最小是299999999.6、一个三位数被3除余1,被5除余3,被7除余5,这个数最大是多少?文字解析由题意可知,这个数加上2以后能同时被3,5,7整除.能同时被被3,5,7整除的最小的数是3×5×7=105,因为105×9=945,105×10=1050,945-2=943,1050-2=1048,所以这个数最大是943.7、一个整除算式,被除数比商大126,除数是7,求被除数.文字解析因为被除数÷7=商,所以被除数是商的7倍,于是126 (被除数-商)是商的(7-1)倍,所以商=126÷(7-1)=21.可得被除数是7×21=147.8、一个三位数,它的各位数字之和是20,十位数字比个位数字大1,如果将百位数字与个位数字对调,得到的三位数比原三位数大198,求原数.文字解析设原数的个位数字是a,则十位数字是a+1,百位数字是19-2a.根据题意100a+10(a+1) +19-2a-100(19-2a)-10(a+1)-a=198,所以a=7,则a+1=8,19-2a=5,所以原来的三位数是587.9、在从1开始的n个连续的自然数中,去掉其中的一个数,余下各数的和是2017,求去掉的数.文字解析因为去掉一个数后,余下各数的和是2017,所以从1开始的n个连续的自然数的和要大于2017,从1开始的连续若干个自然数的和等于(1+最大数)×个数÷2,验算可知,当n=63时,(1+63)×63÷2=2016<2017,(不符合)当n=64时,(1+64)×64÷2=2080,(符合)2080-2017=63,所以去掉的数是63.10、若干个数的平均数是17,加入一个新数2017后,这组数的平均数变成21,原来共有多少个数?文字解析根据平均数的定义,若增加的数是17,那么这组数的平均数不变,2017-17=2000,2000使这组数(包括增加的数)的平均数增加(21-17),则这组数的个数是2000÷(21-17)=500,500-1=499.所以原来共有499个数.另解设原有x个数,则解得x=499,即原来共有499个数.11、用2,0,1,7这四个数字可以组成多少个没有重复数字的四位偶数?文字解析个位为0的有6个:1270,1720,2170,2710,7120,7210;个位为2的有4个:1702,7102,1072,7012.故可以组成10个没有重复数字的四位偶数.12、已知a, b, c是三个质数,且a<b<c, a+b×c=93,求a:_____,b:______,c:_______.文字解析因为a+b×c=93,所以a和b×c是一个奇数和一个偶数,而b和c是大于2的质数,所以b×c是奇数,a为偶数,因此a=2,所以b×c=93-2=91=7×13,于是b=7,c=13.13、a,b,c是彼此不同的非0自然数,若a+b+c=6,求四位奇数中最小的那个. 文字解析因为a,b,c是彼此不同的非0自然数,且a+b+c=6,所以这三个数只能是1,2,3,由1,2,3构成的型的奇数有:1123,2213,2231,3321,比较可知最小的=1123.14、a,b,c是彼此不同的非0自然数,若a+b+c=6,求四位数中最大的那个.文字解析同第13题,可得的最大值=3321.15、三位数是质数, a, b, c也是质数, 是偶数,是5的倍数,求三位数.文字解析因为cba是偶数,a是质数,所以a=2.因为是5的倍数,b是质数,所以b=5. 因为c也是质数,所以=257或253.但是253=11×23,不是质数,所以=257.16、求被7除,余数是3的最小的三位数.文字解析由100÷7=14……2,知(100+1)÷7=14……3,故被7除余数是3的最小的三位数是101.17、求被7除,余数是4的最大的四位数.文字解析由9999÷7=1428……3,知(9999-6)÷7=1427……4,故被7除,余数是4的最大的四位数是9993.18、将分别写有数字3,7,8的三张卡片排成三位数,使它是43的倍数,求.文字解析用写有3,7,8的三张卡片可排成6个不同的三位数:783,873,387,837,378,738.验算知仅有387是43的倍数.19、已知a,b, c是不同的质数,且三位数能同时可被3,7整除,=_____或_____或________.（从小到大填入）文字解析由是3的倍数,且a,b,c是不同的质数,知a,b,c可能是(1)2,3,7;或(2)3,5,7当(1)成立时,可能是237,273,327,372,732,723,经验算,知道=273.当(2)成立时,可能是357,375,537,573,735,753,经验算,知道=357或735.20、用写有2,3,5,7的四张纸片可以排成多少个小于1000的质数?文字解析1位的有:2,3,5,7,4个;2位的有:23,37,53,73,4个;3位的有:257,523,2个. 共4+4+2=10(个).21、四位数可被两位数整除,若a<c,a+c=5,求b.文字解析依题意,知a=1,c=4或a=2,c=3.若a=1,c=4,则==1004+110b,=14,÷= =71+7b+,5+6b应是7的倍数,可知b=5,此时÷=1554÷14=111.(成立) 若a=2,c=3,则÷=÷23=(87+4b)+.2+18b应是23的倍数,可知b=5.此时÷=2553÷23=111.(成立)综上可知,b=5.22、在下面的算式里加上一对括号,使算式成立：括号应加在数字______前和数字______后。

第十五届（2017年）小学“希望杯”全国数学邀请赛四年级培训题1.计算：2017×2071+2077×2017－2037×2017－2111×2017.2.计算：9999×2222+3333×3334.3.比较大小：A=2016×2018，B=2017×2017，C=2015×2019.4.定义新运算：a⊗⊗ b= a ⨯⋅⋅⋅⨯⨯b b b 个，求(1 ⊗ 4) ⊗ (2 ⊗ 3).5.一个自然数，各个数位上的数字之和是74，这个数最小是多少?6.一个三位数被3 除余1，被5 除余3，被7 除余5，这个数最大是多少?7.一个整除算式，被除数比商大126，除数是7，求被除数.8.一个三位数，它的各位数字之和是20，十位数字比个位数字大1，如果将百位数字与个位数字对调，得到的三位数比原三位数大198，求原数.9.在从1 开始的n 个连续的自然数中，去掉其中的一个数，余下各数的和是2017，求去掉的数.10.若干个数的平均数是17，加入一个新数2017 后，这组数的平均数变成21，原来共有多少个数?11.用2，0，1，7 这四个数字可以组成多少个没有重复数字的四位偶数?12.已知a，b，c 是三个质数，且a < b < c，a + b ×c = 93，求a，b，c.13.a，b，c 是彼此不同的非0 自然数，若a + b + c = 6，求四位奇数aabc 中最小的那个.14.a，b，c 是彼此不同的非0 自然数，若a + b + c = 6，求四位数aabc 中最大的那个.15.三位数abc 是质数，a，b，c 也是质数，cba 是偶数，ab 是5 的倍数，求三位数abc .16.求被7 除，余数是3 的最小的三位数.17.求被7 除，余数是4 的最大的四位数.18.将分别写有数字3，7，8 的三张卡片排成三位数abc，使它是43 的倍数，求abc .19.已知a，b，c 是不同的质数，且三位数abc 能同时被3，7 整除，求abc .20.用写有2，3，5，7 的四张纸片可以排成多少个小于1000 的质数?21.四位数abbc 可被两位数ac 整除，若a < c，a + c = 5，求b.22.在下面的算式里加上一对括号，使算式成立. 1×2×3+4×5+6+7+8+9=100.23.在等号左边添上适当的运算符号、括号，使等式成立.9 9 9 9 = 8.24.从1 至9 的自然数中选择8 个数填入下面的方框中，使得计算结果尽量大，那么这个结果最大是多少?25.在图1 的算式中，A，B，C，D 代表0~9 中四个各不相同的数字，且A 是最小的质数，求四位数ABCD。

第二十七届“希望杯”全国数学邀请赛参考答案及评分标准高一 第2试三、解答题21. 解 (1) 因为 25((()))4f f f k =， ① 所以，在题设的两个条件下，若(())0f f k >，则 25(())24f f k +=， ② 得 17(())4f f k =； ③ 若(())0f f k ≤，则 225((()))4f f k =， ④得 5(())2f f k =-， ⑤ (2分)因为 当0x >时，()20f x x =+>，当0x ≤时，2()0f x x =≥，所以 ()0f x ≥， (4分)于是 5(())2f f k =-不合题意舍去， 故 只取17(())4f f k =. (5分)(2) 类似于①~⑤的推理，由17(())4f f k =，可得9()4f k =(舍去()f k =)， (7分)再由9()4f k =，得 14k =，或32k =-， (9分) 综上，实数k 的值是14，或32-. (10分)22. 解 (1) 因为对任意实数x ，y 都有()()()()()f x y f x f y g x g y -=+，所以，令x = y =0，则 22(0)(0)(0)f f g =+， (3分)因为 (0)0g =，所以 (0)01f =或. (8分)(2) 因为对任意实数x ，y 都有()()()()()f x y f x f y g x g y -=+，所以，可令x = y ，则 22(0)()()f f x g x =+， ① (9分)当(0)0f =时，由①，有22()()0f x g x +=， ② (10分)将y =0代入题设的等式，得()()(0)()(0)f x f x f g x g =+()0()0f x g x =⋅+⋅ =0，代入②得 ()()0f x g x ==， (11分) 故 20162016[()][()]f x g x +=0； (12分)当(0)1f =时，由①，有22()()1f x g x +=， (13分)所以 220(),()1f x g x ≤≤， (14分) 故由指数函数的单调性，得2201622016()(),()()f x fx g x g x ≥≥，从而 2016201622[()][()]()()1f x g x f x g x +≤+=，综上可知， 20162016[()][()]f x g x +的最大值为1. (15分)23. 解 (1) 因为 S n ＝n 2-1(n *N ∈)，所以 a 1=S 1＝12-1=0， (1分)S n -1＝(n -1)2-1(2n ≥)， (2分)从而 a n =S n -S n -1＝(n 2-1)-[(n -1)2-1]=2n -1(2n ≥)， (5分)因为 a 1=0，不满足a n =2n -1， 故 0 (1)21(2)n n a n n =⎧=⎨-≥⎩，，. (8分)(2) 因为数列{a n }和数列{b n }满足等式3122122232nn b b b ba n=++++⨯⨯⨯(n *N ∈)， 所以11=21b a ⨯，1=2nn n b a a n--(2n ≥)， 即 1=2()n n n b n a a --(2n ≥)， (9分) 故由(1)，知 11=2=0b a ，221=22()b a a ⨯⨯- 4(2210)=⨯⨯--12=，(10分) 当3n ≥时， 1=2()n n n b n a a --=2{(21)[2(1)1]}n n n ----4n =， (11分) 因为 1=0b ，2=12b ，不满足4n b n =，所以 0 (1)12 (2)4 (3)n n b n n n =⎧⎪==⎨⎪≥⎩，，，， (12分) 令数列{b n }的前n 项和是T n ，则T 1=b 1=0，T 2=b 1+ b 2=12， (13分)当3n ≥时， T n =0+12+43+44+45++4n ⨯⨯⨯(3)(2)=12+42n n +-⨯2=22n n +， (14分)因为 T 1 =0不满足T n 2=22n n +，T 2 =12满足T n 2=22n n +，故 20 (1)22 (2)n n T n n n =⎧=⎨+≥⎩，，. (15分)。