专题02函数A辑(解析版)-高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题24初等数论历年联赛真题汇编1．【2008高中数学联赛（第01试）】方程组{x+y+z=0xyz+z=0xy+yz+xz+y=0的有理数解(x，y，z)的个数为( )A．1B．2C．3D．42．【1996高中数学联赛（第01试）】存在整数n使√p+n+√n是整数的质数p( ).A．不存在B．只有一个C．多于一个，但为有限个D．有无穷多个3．【1991高中数学联赛（第01试）】设a是正整数，a<100.并且a3+23能被24整除，那么，这样的a的个数为( )A．4B．5C．9D．104．【1987高中数学联赛（第01试）】对任意给定的自然数n，若n6+3a正整数，则( )A．这样的a有无穷多个B．这样的a存在，但只有有限个C．这样的a不存在D．以上A，B，C的结论都不正确5．【1983高中数学联赛（第01试）】设p，q是自然数，条件甲：p3－q3是偶数；条件乙：p+q是偶数.那么()A．甲是乙的充分而非必要条件B．甲是乙的必要而非充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件6．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】在1，2，3，…，10中随机选出一个数a在－1，－2，－3，…，－1 0中随机选出一个数b，则a2+b被3整除的概率为.7．【2015高中数学联赛（第01试）】对四位数abcd(1≤a≤9，0≤b，c，d≤9)，若a>b，b<c，c>d，则称abcd为P 类数：若a<b，b>c，c<d，则称abcd为Q类数.用N(P)与N(Q)分别表示P类数与Q类数的个数，则N(P)－N(Q)的值为.8．【2004高中数学联赛（第01试）】设p是给定的奇质数，正整数k使得√k−pk也是一个正整数，则k= .9．【1993高中数学联赛（第01试）】整数[10931031+3]的末尾两位数字是.(先写十位数字，后写个位数字.其中[x]表示不超过x的最大整数).10．【1991高中数学联赛（第01试）】19912000除以106，余数是.11．【1987高中数学联赛（第01试）】若k是大于1的整数，a是x2－kx+1=0的根，对于大于10的任意自然数n，a2n+a−2n的个位数字总是7，则k的个位数字是.12．【1985高中数学联赛（第01试）】方程2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3的非负整数解共有组.13．【1985高中数学联赛（第01试）】在已知数列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，相邻若干数之和能被11整除的数组共有组.优质模拟题强化训练1．对任意正整数n，定义Z(n)为使得1+2+⋅⋅⋅+m是n的倍数的最小正整数m.关于下列三个命题：①若p为奇质数，则Z(p)=p−1；②对任意正整数a，都有Z(2a)>2a；③对任意正整数a，都有Z(3a)=3a−1.其中所有真命题的序号为（）.A．①②B．①③C．②③D．①②③2．关于x、y的方程1x +1y+1xy=12006的正整数解(x,y)的对数为（）.A．16B．24C．32D．483．方程1x +1y=17的整数解（x，y）的个数为（）.A．5B．6C．7D．84．设S n、T n分别是等差数列{a n}与{b n}的前n项和，对任意正整数n，都有S nT n =2n+6n+1.若a mb m为质数，则正整数m的值为（）.A．2B．3C．5D．75．对任意的整数n，代数式n2−n+4的值被9除的余数不会是（）A．0B．1C．6D．76．设p是大于3的质数，且p+8也是质数，记S1=p(p+8)，S i+1(i=1,2,⋯,k−1)表示S i的各位数字之和．若S k是一位数字，对于所有可能的质数pS k有（）个不同的值．A．1B．2C．3D．47．沿环形马拉松跑道设有2008个观看站点，按顺时针方向依次标为c1,c2,⋯,c2008，它们将跑道分成2008个区段。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题13不等式B 辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛B 卷（第01试）】设正实数a ,b ,c 满足a 2+4b +9c 2=4b +12c −2,求1a+2b+3c的最小值.2．【2017高中数学联赛A 卷（第01试）】设k 、m 为实数，不等式|x 2−kx −m |⩽1对所有x ∈[a ，b ]成立.证明:b −a ⩽2√2.3．【2017高中数学联赛A 卷（第01试）】设x 1,x 2,x 3是非负实数，满足x 1+x 2+x 3=1，求(x 1+3x 2+5x 3)(x 1+x 23+x 35)的最小值和最大值.4．【2017高中数学联赛B 卷（第01试）】设不等式|2x −a |<|5−2x |对所有x ∈[1，2]成立，求实数a 的取值范围.5．【2015高中数学联赛（第01试）】若实数a ，b ，c 满足2a +4b =2c ,4a +2b =4c ，求c 的最小值. 6．【2013高中数学联赛（第01试）】给定正数数列{x n }满足S n ⩾2S n−1,n =2,3,⋯，这里S n =x 1+⋯+x n . 证明：存在常数C >0，使得x n ⩾C ⋅2n (n =1,2,⋯).7．【2009高中数学联赛（第01试）】求函数y =√x +27+√13−x +√x 的最大值和最小值. 8．【2008高中数学联赛（第01试）】解不等式log 2(x 12+3x 10+5x 8+3x 6+1)<1+log 2(x 4+1). 9．【2003高中数学联赛（第01试）】设32⩽x ⩽5，证明不等式2√x +1+√2x −3+√15−3x <2√19.10．【2000高中数学联赛（第01试）】设S n =1+2+3+…+n ，n ∈N ，求f (n )=S n (n+32)S n+1的最大值.11．【1992高中数学联赛（第01试）】求证：16<∑√k80<17.12．【1991高中数学联赛（第01试）】已知0<a <1，x 2+y =0，求证：log a (a x +a y )⩽log a 2+18.13．【1988高中数学联赛（第01试）】已知a ，b 为正数，且1a+1b =1，试证：对每一个n ∈N ,(a +b)n −a n −b n ⩾22n −2n+1.优质模拟题强化训练1．设x 、y 、z 是正实数,满足 xy +z =(x +z)(y +z).则xyz 的最大值是______. 2．已知xyz +y +z =12，则log 4x +log 2y +log 2z 的最大值为____________.3．已知x>0，y>0，且12x+y +1y+1=1，则x+2y的最小值为____________ .4．设x,y,z∈R+，且xyz(x+y+z)=1.则(x+y)(x+z)的最小值是______.5．设x、y为正实数,且x+y=1.则x2x+2+y2y+1的最小值为______.6．在ΔABC中，cosB=14，则1tanA+1tanC的最小值为______.7．实数x、y满足x2+y2=20，则xy+8x+y的最大值是____________8．设a+b=1,b>0,a≠0，则1|a|+2|a|b的最小值为_____.9．设a、b为正实数，且1a +1b≤2√2，(a−b)2=4(ab)3.则log a b=______.10．已知x2+y2+z2=3，则xy+yz+zx的最小值为________11．若对任意的x∈[a,a+2]，均有|x+a|≥2|x|，则实数a的取值范围是__________。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题01集合历年联赛真题汇编1．【2008高中数学联赛（第01试）】设A=[－2，4)，B={x|x2－ax－4≤0}，若B⊆A，则实数a的取值范围为( )A．[−1,2)B．[−2,2]C．[0,3]D．[0,3)【答案】D【解析】因为x2−ax−4=0有两个实根x1=a2−√4+a24,x2=a2+√4+a24，故B⊆A等价于x1≥－2且x2<4，即a2−√4+a24⩾−2且a2+√4+a24<4，解之得0⩽a<3，故选D．2．【2007高中数学联赛（第01试）】已知A与B是集合{1，2，3，…，100}的两个子集，满足：A与B的元素个数相同，且A∩B为空集.若n∈A时，总有2n+2∈B，则集合AUB的元素个数最多为( )A．62B．66C．68D．74【答案】B【解析】先证|A∪B|⩽66，只需证|A|⩽33，为此只需证若A是{1，2，…，49}的任一个34元子集，则必存在n∈A，使得2n+2∈A，证明如下：将{1，2，…，49}分成如下33个集合：{1，4}，{3，8}，{5，12}，…，{23，48}共12个；{2，6}，{10，22}，{14，30}，{18，38}共4个；{25}，{27}，{29}，…，{49}共13个；{26}，{34}，{42}，{46}共4个由于A是{1，2，…，49}的34元子集，从而由抽屉原理可知上述33个集合中至少有一个2元集合中的数均属于A，即存在n∈A，使得2n+2∈A，如取A={1,3,5,⋯,23,2,10,14,1825,27,29,⋯,49,26,34,42,46}，B={2n+2|n∈A}，则A，B满足题设且|A∪B|=66.故选B.3．【2006高中数学联赛（第01试）】已知集合A={x|5x－a≤0}，B={x|6x－b>0}，a，b∈N，且A∩B∩N={2，3，4}，则整数对(a，b)的个数为( )A.20B.25C.30D.42【答案】C【解析】由5x−a⩽0得x⩽a5，由6x−b>0得x>b6，要使A∩B∩N={2,3,4}，则{1⩽b6<24⩽a5<5，即{6⩽b<1220⩽a<25.所以数对(a，b)共有C61C51=30个.故选C.4．【2005高中数学联赛（第01试）】记集合T={0，1，2，3，4，5，6}，M={a17+a272+a373+a474|a i∈T,i=1,2,3,4}，将M中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是( )A．57+572+673+374B．57+572+673+274C．17+172+073+474D．17+172+073+374【答案】C【解析】用[a1a2⋯a k]p表示k位p进制数，将集合M中的每个数乘以74，得M′={a1⋅73+a2⋅72+a3⋅7+a4|a i∈T,i=1,2,3,4}={[a1a2a3a4]7|a i∈T,i=1,2,3,4}，M'中的最大数为[6666]7=[2400]10，在十进制数中，从2400起，从大到小顺序排列的第2005个数是2400−2004=396，而[396]10=[1104]7，将此数除以74，便得M中的数是17+172+073+474.故选：C.5．【2004高中数学联赛（第01试）】已知M={(x,y)|x2+2y2=3}，N={(x，y)|y=mx+b}.若对所有m∈R，均有M∩N≠∅，则b的取值范围是( )A．[−√62,√62]B．(−√66,√62)C．(−2√33,2√33)D．[−2√33,2√33]【答案】A【解析】由M ∩N ≠∅相当于点(0，b )在椭圆x 2+2y 2=3上或它的内部. 所以2b 23⩽1，所以−√62⩽b ⩽√62. 故选A .6．【2002高中数学联赛（第01试）】知两个实数集合A ={a 1,a 2,⋯,a 100}与B ={b 1,b 2,⋯b 50}，若从A 到B 的映射f 使得B 中每个元素都有原象，且f (a 1)⩽f (a 2)⩽⋯⩽f (a 100)，则这样的映射共有( )A ．C 10050B ．C 9948 C ．C 10049D ．C 9949【答案】D【解析】不妨设b 1<b 2<⋯<b 50，将A 中元素a 1,a 2,⋯,a 100按顺序分为非空的50组. 定义映射f ：A →B ，使第i 组的元素在f 之下的象都是b i (i =1，2，…，50).易知这样的f 满足题设要求，每个这样的分组都一一对应满足条件的映射，于是满足题设要求的映射的个数与A 按号码顺序分为50组的分法数相等.而对A 的分割等价于从A 中前99个元素选择49个元素依次作为前49组的最后元素得到的分割(这样保证了每组非空且与前者一一对应)，故A 的分法数为C 9949，则这样的映射共有C 9949，故选D .7．【2001高中数学联赛（第01试）】已知a 为给定的实数，那么集合M ={x|x 2－3x －a 2+2=0，x ∈R }的子集的个数为( ) A ．1B ．2C ．4D ．不确定【答案】C 【解析】M 表示方程x 2−3x −a 2+2=0在实数范围内的解集.由于Δ=1+4a 2>0，所以M 含有2个元素.故集合M 有22=4个子集.8．【2000高中数学联赛（第01试）】设全集是实数，若A ={x|√x −2≤0}，B ={x|10x 2−2=10x }，则A ∩B̅是( ) A ．{2} B ．{−1}C ．{x|x ≤2}D ．∅【答案】D【解析】由√x −2≤0得x =2，注意到A 中只有一个元素，于是将x =2代入B ，方程成立，故A ∩B ̅=∅. (注：这样思考，即使B 更复杂一些，计算起来都很简单)9．【1998高中数学联赛（第01试）】若非空集合A ={x|2a +1≤x ≤3a －5}，B ={x|3≤x ≤22}，则能使A ⊆A ∩B 成立的所有a的集合是( )A．{a|1⩽a⩽9}B．{a|6⩽a⩽9}C．{a|a⩽9}D．∅【答案】B【解析】由题意得A⊆B，所以{2a+1⩾33a−5⩽223a−5⩾2a+1，解得6⩽a⩽9.10．【1993高中数学联赛（第01试）】集合A，B的并集A∪B={a1,a2,a3}，当A≠B时，(A，B)与(B，A)视为不同的对，则这样的(A，B)对的个数有A．8B．9C．26D．27【答案】D【解析】已知A∪B={a1,a2,a3}，则作为其子集的A，B最多只有3个元素.(1)若A={a1,a2,a3}，则满足题意的B可以是空集，或是单元素的集合，或是二元素的集合，或是三元素的集合，这样的B有C30+C31+C32+C33=23个，这时(A，B)有C33⋅23对.(2)若A为二元素的集合，则有C32种，其对应的B的23个(C20+C21+C22=22)，这时(A，B)有C32⋅22对.(3)若A为单元素的集合，则有C31种，其对应的B有2个，这时(A，B)有C31⋅2对.(4)若A是空集，则有C30种，其对应的B有一个.这时(A，B)有C30⋅1对.所以这样的(A，B)共有C33⋅23+C32⋅22+C31⋅2+C30⋅20=33=27个，因此答案是D．.11．【1991高中数学联赛（第01试）】设S={(x，y)|x2－y2=奇数，x，y∈R}，T={(x，y)|sin(2πx2)−sin(2πy2)= cos(2πx2)−cos(2πy2)，x，y∈R}.则( )A．s⊂T B．T⊂S C．S=T D．S∩T=∅【答案】A【解析】当y2=x2+奇数时，易见sin(2πx2)−sin(2πy2)=cos(2πx2)−cos(2πy2)成立.故当(x,y)∈S时，它必属于T，于是S⊆T，又满足x=y的点(x,y)∈T但不属于S.故S⊆T12．【1990高中数学联赛（第01试）】点集{(x,y)|lg(x3+13y3+19)=lgx+lgy}中元素的个数为( )A．0B．1C．2D．多于2【答案】B【解析】由lg (x 3+13y 3+19)=lgx +lgy 得x 3+13y 3+19=xy (x >0,y >0).由均值不等式x 3+13y 3+19⩾3√x 3(13y 3)⋅19=xy ，当且仅当{x 3=1913y 3=19，上式等号成立，解方程得x =√193,y =√133.故点集中有唯一点为(√193,√133).13．【1989高中数学联赛（第01试）】若M ={z|z =t 1+t+i1+t t,t ∈R,t ≠−1,t ≠0}，N ={z|z =√2[cos(arcsint)+ icos (arccos t)],t ∈ℝ,|t|⩽1}，则M ∩N 中元素的个数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．4【答案】A【解析】M 中的点在曲线M:{x =t 1+ty =1+t t(t ∈R,t ≠0,−1) 上，N 中的点在曲线N:{x =√2(1−t 2)y =√2t(t ∈R,|t|⩽1) 上，曲线M 和N 的普通方程是M:xy =1 (x ≠0,1)，N:x 2+y 2=2 (0⩽x ⩽√2). 于是曲线M 和N 的交点在横坐标满足x 2+1x 2=2，即x =±1，显见M ∩N =∅.14．【1989高中数学联赛（第01试）】集合M ={u|u =12m +8n +4l,m,n,l ∈Z }，N ={u|u =20p +16q +12r,p,q,r ∈Z }，的关系为( ) A ．M =NB ．M ⊈N,N ⊈MC ．M ⊂ND ．M ⊃N【答案】A【解析】对N 中任一元素u ，有u =20p +16q +12r =12r +8(2q)+4(5p)∈M . 从而N ⊆M .另一方面，对M 中任一元素u ，有u =12m +8n +4l =20n +16l +12(m −n −l)∈N . 从而M ⊆N . 故M =N .15．【1982高中数学联赛（第01试）】如果凸n 边形F (n ≥4)的所有对角线都相等，那么( ) A ．F ∈{四边形}B ．F ∈{五边形}C ．F ∈{四边形}∪{五边形}D ．F ∈{边相等的多边形}{内角相等的多边形}【答案】C【解析】由正五边形所有的对角线都相等，可见选项A不正确.任作两条等长的相交线段AC和BD，这样所得的四边形ABCD对角线相等，可见选项B．不正确.其实，选项A与选项B都是选项C的真子集，可不必考虑，因若选项A或选项B成立，则选项C必成立.显然，联结两条等长且相交的线段端点所得的四边形未必边相等或内角相等，又得到选项D不正确16．【1982高中数学联赛（第01试）】设M={(x,y)||xy|=1,x>0}，N={(x,y)|arctanx+arccoty=π}.那么( )A．M∪N={(x,y)||xy|=1}B．M∪N=MC．M∪N=ND．M∪N={(x,y)||xy|=1,且x,y不同时为负数}.【答案】B【解析】由arctanx+arccoty=π①即arctanx=π−arccoty.所以tanarctanx=tan(π−arccoty)，因此x=−1y②如果式②成立，当x>0，y<0时，有arctanx∈(0,π2),π−arccoty∈(0,π2)，可知式①成立；当x<0，y>0时，有arctanx∈(−π2,0),π−arccoty∈(π2,π)，可知式①不成立所以N={(x,y)|xy=−1,x>0}.而M={(x,y)||xy=−1或1,x>0}.所以N⊂M，因此M∪N=M.17．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】设集合X={1,2,⋯,20},A是X的子集,A的元素个数至少是2,且A的所有元素可排成连续的正整数,则这样的集合A的个数为.【答案】190【解析】每个满足条件的集合A可由其最小元素a与最大元素b唯一确定,其中a,b∈X,a<b,这样的(a,b)的取法共有C202=190种,所以这样的集合A的个数为190.18．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】若实数集合{1，2，3，x}的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x的值为.【答案】−32【解析】假如x≥0，则最大、最小元素之差不超过max{3，x}，而所有元素之和大于max{3，x}，不符合条件.故x<0，即x为最小元素.于是3－x=6+x，解得x=−32.19．【2019高中数学联赛B卷（第01试）】已知实数集合{1，2，3，x}的最大元素等于该集合的所有元素之和，则x的值为.【答案】−3【解析】条件等价于1，2，3，x中除最大数以外的另外三个数之和为0.显然x<0，从而1+2+x=0，得x=－3. 20．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】设集合A={1，2，3，…，99}，B={2x|x∈A},C={x|2x∈A}，则B∩C的元素个数为.【答案】24【解析】由条件知，B∩C={2,4,6,⋯,198}∩{12,1,32,2,⋯,992}={2,4,6,⋯,48}，故B∩C的元素个数为24.21．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】设集合A={2，0，1，8}，B={2a|a∈A}则A∪B的所有元素之和是.【答案】31【解析】易知B={4，0，2，16}，故A∪B={0，1，2，4，8，16}.A∪B的所有元素之和是0+1+2+4+8+16=31.22．【2014高中数学联赛（第01试）】设集合{3a+b|1⩽a⩽b⩽2}中的最大元素与最小元素分别为M，m，则M−m的值为.【答案】5−2√3【解析】由1⩽a⩽b⩽2知3a +b⩽31+2=5，当a=1，b=2时，得最大元素M=5，又3a +b⩾3a+a⩾2√3a⋅a=2√3，当a=b=√3时，得最小元素m=2√3.因此M−m=5−2√3.23．【2013高中数学联赛（第01试）】设集合A={2，0，1，3}，集合B={x|－x∈A，2－x2∈A}.则集合B中所有元素的和为.【答案】−5【解析】易知B⊆{−2,0,−1,−3}，当x=－2，－3时，2－x2=－2，－7，有2−x2∉A；而当x=0，－1时，2－x2=2，1，有2－x2∈A.因此，根据集合B的定义可知B={−2,−3}.所以，集合B中所有元素的和为－5.24．【2011高中数学联赛（第01试）】设集合A={a1,a2,a3,a4}，若A中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为B={－1，3，5，8}，则集合A=.【答案】{－3，0，2，6}【解析】显然，在A的所有三元子集中，每个元素均出现了三次，所以3(a1+a2+a3+a4)=(−1)+3+5+8=15，故a1+a2+a3+a4=5.于是集合A的四个元素分别为5−(−1)=6，5−3=2，5−5=0，5−8=−3.因此，集合A={－3，0，2，6}.25．【2003高中数学联赛（第01试）】已知{A=x|x2－4x+3<0，x∈R}，B={x|21－x+a≤0，x2－2(a+7)x+5≤0，x∈R}.若A⊆B，则实数a的取值范围是.【答案】−4⩽a⩽−1【解析】易得A=(1，3)，设f(x)=21−x+a，g(x)=x2−2(a+7)x+5，要使A⊆B，只需f(x)，g(x)在(1，3)上的图像均在x轴下方其充要条件是：同时有f(1)⩽0,f(3)⩽0,g(1)⩽0,g(3)⩽0.由此推出−4⩽a⩽−1.26．【1996高中数学联赛（第01试）】集合{x|−1⩽log1x 10<−12,x∈N}的真子集的个数是.【答案】290−1【解析】首先考察该集合元素的个数.对x∈N，有−1⩽log1x 10<−12，所以−2<lg1x⩽−1，则1⩽lgx<2，因此10⩽x<100.于是集合大小是90，于是真子集个数是290−1.27．【1995高中数学联赛（第01试）】设M={1，2，3，…，1995}，A是M的子集且满足条件：当x∈A时，15 x∉A，则A中元素的个数最多是.【答案】1870【解析】用n(A)表示集合A所含元素的个数.由题设，k与15k(k=9，10，…，133)这两个数中至少有一个不属于A，所以至少有125(125=133－9+1)个数不属于A，即n(A)⩽1995−125=1870.另一方面，可取A={1,2⋯,8}∪{134,135⋯,1995}，A满足题设条件，此时n(A)=1870.所以n(A)的最大值就是1870.引申对于这种集合问题，一般的解决办法就是作出若干个数对，每个数对里至多有一个数包含在集合里.比如，如果题目条件说集合里任两个数之差不为a，则可将两个差为a的数分成一组，则此组中至多有一个数在集合里；如果题目条件说集合里任两个数之和不为a，则可将两个和为a的数分成一组，则此组中至多有一个数在集合里；如果题目条件说集合里任两个数之积不为a，则可将两个积为a的数分成一组，则此组中至多有一个数在集合里.总之，掌握这种原则之后，将不难解决这种问题.28．【1991高中数学联赛（第01试）】将正奇数集合{1，3，5，…}由小到大按第n组有2n－1个奇数进行分组：{1}(第一组)，{3，5，7}(第二组)，{9，11，13，15，17}(第三组)，…则1991位于第组中.【答案】32【解析】因为1+3+5+⋯+(2n−1)=n2，故第n组最后一个数即第n2个奇数为2n2－1，可见有不等式2(n−1)2+1⩽1991⩽2n2−1.由前一不等式(n−1)2⩽995，故需n⩽32，由后一不等式，需满足2n2⩾1992，n⩾32，故n=32.29．【1991高中数学联赛（第01试）】设集合M={1，2，…，1000}，现对M的任一非空子集X，令a x表示X 中最大数与最小数之和，那么，所有这样的a x的算术平均值为.【答案】1001【解析】将M中非空子集进行配对，对每个非空集X̅⊂M，令X′={1001−x|x∈X}，则当X1也是M的一非空子集，且X'≠X时，有X′≠X1′.于是所有非空子集分成两类：(1)X'≠X；(2)X′=X.对于情形(2)中的X，必有a x=1001.对于情形(1)中的一对X与X'，有a x+a x′=1001×2=2002.由此可见，所有a x的算术平均值为1001.优质模拟题强化训练1．已知M={(x,y)|y≥x2} ， N={(x,y)|x2+(y−a)2≤1}.则使M∩N=N成立的充要条件是（）.A．a≥54.B．a=54.C．a≥1.D．0<a<1.【答案】A【解析】由M∩N=N得N⊂M,所以圆x2+(y−a)2=1在抛物线内部或上，所以a≥1+14=54，选A.2．已知集合M={1,2,...,10}，A为M的子集，且子集A中各元素的和为8.则满足条件的子集A共有（）个.A．8B．7C．6D．5【答案】C【解析】注意到，元素和为8的子集A有｛8}、｛1，7｝、｛2，6｝、｛3，5｝、｛1，2，5｝、｛1，3，4｝，共6个.选C.3．已知a为给定的实数，那么，集合M={x|x2−3x−a2+2=0,x∈R}的子集的个数为（）A．1B．2C．4D．不确定【答案】C【解析】由方程x2−3x−a2+2=0的根的判别式Δ=1+4a2>0，知方程有两个不相等的实数根，则M有2个元素，得集合M有22=4个子集.选C.4．集合A={2,0,1,3}，集合B={x|-x∈A,2-x2∉A}，则集合B中所有元素的和为（）A．−4B．−5C．−6D．−7【答案】B【解析】由题意可得B={-2，-3}，则集合B中所有元素的和为-5.故选：B.5．已知集合A={1,2,3,4,5}，B={2,3,4,5,6}则集合C={(a,b)|a∈A,b∈B，且关于x的方程x2+2ax+b2=0有实根}的元素个数为( )．A．7B．8C．9D．10【答案】D【解析】由题意得Δ=4a2−4b2≥0∴a≥b∴元素个数为0+1+2+3+4=10,选D.6．集合A={x∈Z|log2x≤2}的真子集个数为（）A．7B．8C．15D．16【答案】C【解析】log2x≤2，所以0<x≤4，因为x∈Z,所以A={1,2,3,4},所以集合A的真子集个数为24-1=15.故答案为：C7．如果集合A={1,2,3,⋯,10}，B={1,2,3,4}，C是A的子集，且C∩B≠∅，则这样的子集C有（）个. A．256B．959C．960D．961【答案】C【解析】满足C∩B=∅的子集C有26个，所以满足C∩B≠∅的子集C有210−26=960个.故答案为：C8．设A=[−2,4),B={x|x2−ax−4≤0}，若B⊆A，则实数a的取值范围为（）.A．[−3,0)B．[−2,0)C．[0,2)D．[0,3)【答案】D【解析】因为f(x)=x2−ax−4开口向上，且{x|x2−ax−4≤0}⊆[−1,4)，故{f(−2)≥0,f(4)>0.解得a∈[0,3).故答案为D9．设集合P={x|x∈R,|x+3|+|x+6|=3}，则集合C R P为( )．A．{x|x〈6,或x〉3}B．{x|x〈6,或x〉−3} C．{x|x〈−6,或x〉3}D．{x|x〈−6,或x〉−3}【答案】D【解析】因为|x+3|+|x+6|=3,所以由绝对值的几何意义得-6≤x≤-3.则P ={x|−6≤x ≤−3}.故C R P ={x|x〈−6,或x〉−3}.选D.10．已知集合M ={x|x =sin(2m−3)π6,m ∈Z},N ={y|y =cos nπ3,n ∈Z}，则M,N 的关系是（ ） A ．M ⊊NB ．M =NC ．N ⊊MD ．M ∩N =∅ 【答案】B【解析】易由周期性知M =N ={±1,±12}.11．在复平面上，任取方程z 100−1=0的三个不同的根为顶点组成三角形，则不同的锐角三角形的数目为____________.【答案】39200【解析】易知z 100−1=0的根在单位圆上，且相邻两根之间弧长相等，都为2π100，即将单位圆均匀分成100段小弧.首先选取任意一点A 为三角形的顶点，共有100种取法.按顺时针方向依次取顶点B 和顶点C ，设AB 弧有x 段小弧，CB 弧有y 段小弧，AC 弧有z 段小弧，则△ABC 为锐角三角形的等价条件为：{x +y +z =1001⩽x,y,z ⩽49⇒{x +y +z =970⩽x,y,z ⩽48① 计算方程组①的整数解个数，记P 1={x|x +y +z =97,x ⩾49}，P 2={y|x +y +z =97, y ⩾49}，P 3={z|x +y +z =97,z ⩾49}，S ={(x,y,z)|x +y +z =97,x,y,z ⩾0}，则|P̅1∩P ̅2∩P ̅3|=|S|−|P 1∪P 2∪P 3| =C 992−(|P 1|+|P 2|+|P 3|−∑|P i ∩P j |i<j +|P 1∩P 2∩P 3|)=C 992−3C 502=1176.由于重复计算3次，所以所求锐角三角形个数为100×11763=39200.故答案为：39200．12．已知集合A={k+1，k+2，…，k+n}，k、n为正整数，若集合A中所有元素之和为2019，则当n取最大值时，集合A=________.【答案】{334，335，336，337，338，339}【解析】由已知2k+n+12×n=3×673.当n=2m时，得到(2k+2m+1)m=3×673⇒m=3,n=6,k=333；当n=2m+1时，得到(k+m+1)(2m+1)=3×673⇒m=1,n=3.所以n的最大值为6，此时集合A={334,335,336,337,338,339}.故答案为：{334,335,336,337,338,339}．13．已知yz≠0，且集合{2x，3z，xy}也可以表示为{y，2x2，3xz}，则x=____________.【答案】1【解析】易知xyz≠0，由两集合各元素之积得6x2yz=6x3yz,x=1.经验证，x=1符合题意.故答案为：1．14．已知实数a≥−2，且A={x|−2≤x≤a}，B={y|y=2x+3,x∈A}，C={z|z=x2,x∈A}.若C⊆B，则a的取值范围是______________。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题25平面几何A辑L【2020高中数学联赛A卷（第02试）】如图,在等腰Zk/IBC中,48 = BC，/为内心. M为出的中点/为边4C 上•点，满足NQ3PCJV延长线上•点H满足。

为，13C的外接圆上劣孤劣的中点.证明［解析］取AC的中点N由4P=3PC,可知P为NC的中点.易知BIN共线,NWO90。

.由/为」X3C的内心，可知C7经过点OM Z OIB= AIBC^rZICB= ZABI+ ZACO= ZABI±ZABO=Z OBI.又M为BI的中点，所以0M_L双进而OM// CN.考虑」HMQ与JfflA由于A<H一PH.W4HM5=90屋4HMI= NHIB.又/血m=N，VP=90。

,故詈=* h 日HM NP 1 NC 1 MQ MQr 足—= ---- - ---- - ----- - --HI N1 2 Nl 2 MI IB所以△ HMQ sA H1B,得N HQM= /HBL从而HMBQ四点共阅.于是有N5/QN氏1丝=90。

抑BHLQH.2. 12020高中数学联赛B卷（第02试）】如图是圆。

上顺次的五点，满足ABC=BCD=CDE,点P.O分别在线段AD.BE上，且P在线段CQ上证明:NR10=N庄Q【解析】记S为40与BE的交点,T为CQ延长线与圆Q的交点.注意到ABOBCACDEW设AB.CD所对的圆周角均为aJBCDE所对的圆周角均为£.于是N/Q/ATC=o邛,乙PTE=Z CTE=。

邛 2PS 折 ABDA- NDBE』-B.由ZATO=ZPSO得S4工Q四点共网，又由NP公NPS0得PST.E四点共圆.所以ZR4O=ZPTS= ZPEO.3.12019高中数学联赛A卷（第02试）】如图，在锐角△HBC中，M是3C边的中点点尸在△Z3C内，使得乂尸平分NA4。

.直线MP与△43尸、ZUCP的外接圆分别相交于不同于点尸的两点。

历年全国高中数学联赛《解析几何》专题真题汇编1、已知点A 为双曲线x 2-y 2=1的左顶点，点B 和点C 在双曲线的右分支上，△ABC 是等边三角形，则△ABC 的面积是 （ C ）(A) 33 (B) 233 (C) 33 (D) 633、若实数x, y 满足(x+5)2+(y12)2=142，则x 2+y 2的最小值为( )(A) 2 (B) 1 (C) 3 (D)2 【答案】B【解析】利用圆的知识结合数形结合分析解答，22x y +表示圆上的点（x,y ）到原点的距离。

4、直线134=+yx 椭圆191622=+y x 相交于A ，B 两点，该圆上点P ，使得⊿PAB 面积等于3，这样的点P 共有( )(A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 4个【答案】B5、设a ，b ∈R ，ab ≠0，那么直线ax －y +b=0和曲线bx 2+ay 2=ab 的图形是（ ）【答案】B6、过抛物线y 2=8(x +2)的焦点F 作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于点P ，则线段PF 的长等于（ ） (A)163 (B) 83 (C) 1633 (D) 8 3 【答案】A【解析】抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB 所在直线方程为y=3x ，弦的中点yxO Ox yO xyyx O A. B. C.D.在y=pk =43上，即AB中点为(43，43)，中垂线方程为y=－33(x－43)+43，令y=0，得点P的坐标为163．∴PF=163．选A．7、已知M={(x，y)|x2+2y2=3}，N={(x，y)|y=mx+b}．若对于所有的m∈R，均有M∩N≠∅，则b的取值范围是( )A．[－62，62] B．(－62，62) C．(－233，233] D．[－233，233] 【答案】A【解析】点(0，b)在椭圆内或椭圆上，⇒2b2≤3，⇒b∈[－62，62]．选A．8、方程13cos2cos3sin2sin22=-+-yx表示的曲线是（）A．焦点在x轴上的椭圆B．焦点在x轴上的双曲线C．焦点在y轴上的椭圆D．焦点在y轴上的双曲线【答案】C9、设圆O1和圆O2是两个定圆，动圆P与这两个定圆都相切，则圆P的圆心轨迹不可能是（）【答案】A【解析】设圆O1和圆O2的半径分别是r1、r2，|O1O2|=2c，则一般地，圆P的圆心轨迹是焦点为O1、O2，且离心率分别是212rrc+和||221rrc-的圆锥曲线（当r1=r2时，O1O2的中垂线是轨迹的一部份，当c=0时，轨迹是两个同心圆）。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题03函数B辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛A卷（第01试）】设a>0,函数f(x)=x+100x在区间(0,a]上的最小值为m1,在区间[a,+∞)上的最小值为m2.若m1m2=2020,则a的值为.【答案】1或100【解析】注意到f(x)在(0,10]上单调减,在[10,+∞)上单调增.当a∈(0,10]时, m1=f(a),m2=f(10);当a∈[10,+∞)时, m1=f(10),m2=f(a).因此总有f(a)f(10)=mm2=2020,即a+100a =202020=101,解得a=1或a=100.2．【2020高中数学联赛A卷（第01试）】设a,b>0,满足:关于x的方程√|x|+√|x+a|=b恰有三个不同的实数解x1,x2,x3,且x1<x2<x3=b,则a+b的值为.【答案】144【解析】令t=x+a2,则关于t的方程√t−a2|+√|t+a2|=b恰有三个不同的实数解t i=x i+a2(i=1,2,3).由f(t)=√|t−a2|+√t+a2偶函数,故方程f(t)=b的三个实数解关于数轴原点对称分布,从而必有b=f(0)=√2a以下求方程f(t)=√2a的实数解.当|t|⩽a2时, f(t)=√a2−t+√a2+t=√a+√a2−4t2≤2a,等号成立当且仅当t=0;当t>a2时, f(t)单调增,且当t=5a8时f(t)=√2a,当t<−a2时, f(t)单调减,且当t=−5a8时f(t)=√2a.从而方程f(t)=√2a恰有三个实数解t1=−58a,t2=0,t3=58a.由条件知b=x3=t3−a2=a8,结合b=√2a得a=128.于是a+b=9a8=144.3．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】若实数x满足log2x=log4(2x)+log8(4x),则x=.【答案】128【解析】由条件知log2x=log42+log4x+log84+log8x=12+12log2x+23+13log2x,解得log2x=7,故x=128.4．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】已知首项系数为1的五次多项式f(x)满足: f(n)=8n,n=1,2,⋯,5,则f(x)的一次项系数为.【答案】282【解析】令g(x)=f(x)−8x,则g(x)也是一个首项系数为1的五次多项式,且g(n)=f(n)−8n=0,n=1,2,⋯,5,故g(x)有5个实数根1,2,⋯,5,所以g(x)=(x−1)(x−2)⋯(x−5),于是f(x)=(x−1)(x−2)⋯(x−5)+8x,所以f(x)的一次项系数等于(1+12+13+14+15)⋅5!+8=282.5．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】已知正实数a满足a a=(9a)8a，则log a(3a)的值为.【答案】916【解析】由条件知9a=a 18，故3a=√9a⋅a=a916，所以log a(3a)=916.6．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】设f(x)是定义在R上的以2为周期的偶函数，在区间[0，1]上严格递减，且满足f(π)=1，f(2π)=2，则不等式组{1⩽x⩽21⩽f(x)⩽2的解集为.【答案】[π−2,8−2π]【解析】由f(x)为偶函数及在[0，1]上严格递减知，f(x)在[－1，0]上严格递增，再结合f(x)以2为周期可知，[1，2]是f(x)的严格递增区间注意到f(π−2)=f(π)=1,f(8−2π)=f(−2π)=f(2π)=2，所以1⩽f(x)⩽2⇔f(π−2)⩽f(x)⩽f(8−2π)，而1<π−2<8−2π<2，故原不等式组成立当且仅当x∈[π−2,8−2π].7．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】设f(x)是定义在R上的以2为周期的偶函数，在区间[1，2]上严格递减，且满足f(π)=1,f(2π)=0，则不等式组{0⩽x⩽10⩽f(x)⩽1的解集为.【答案】[2π−6,4−π]【解析】由f(x)为偶函数及在[1，2]上严格递减知，f(x)在[－2，－1]上严格递增，再结合f(x)以2为周期可知，[0，1]是f(x)的严格递增区间.注意到f(4−π)=f(π−4)=f(π)=1,f(2π−6)=f(2π)=0，所以0⩽f(x)⩽1⇔f(2π−6)⩽f(x)⩽f(4−π)，而0<2π−6<4−π<1，故原不等式组成立且当仅当x∈[2π−6,4−π].8．【2017高中数学联赛A卷（第01试）】设f(x)是定义在R上的函数，对任意实数x有f(x+3)⋅f(x−4)=−1.又当0≤x<7时，f(x)=log2(9−x)，则f(－100)的值为.【答案】−12【解析】由条件知，f(x+14)=−1f(x+7)=f(x)，所以f(−100)=f(−100+14×7)=f(−2)=−1f(5)=−1log24=−12.9．【2017高中数学联赛A卷（第01试）】若实数x、y满足x2+2cosy=1，则x−cosy的取值范围是.【答案】[−1,√3+1]【解析】由于x2=1−2cosy∈[−1,3]，故x∈[−√3,√3].由cosy=1−x 22可知，x−cosy=x−1−x22=12(x+1)2−1.因此当x=－1时，x－cosy有最小值1(这时y可以取π2)；当x=√3时，x－cosy有最大值√3+1(这时y可以取π).由于12(x+1)2−1的值域是[−1,√3+1]，从而x－cosy的取值范围是[−1,√3+1].10．【2017高中数学联赛B卷（第01试）】设f(x)是定义在R上的函数，若f(x)+x2是奇函数，f(x)+2x是偶函数，则f(1)的值为.【答案】−74【解析】由条件知，f(1)+1=−[f(−1)+(−1)2]=−f(−1)−1，f(1)+2=f(−1)+12，两式相加消去f(－1)，可得2f(1)+3=−12，即f(1)=−74.11．【2016高中数学联赛（第01试）】正实数u,v,v均不等于1，若log u vw+log v w=5,logu+log w v=3，则log w u的值为.【答案】45【解析】令log u v=a,log v w=b，则log v u=1a ,log w v=1b，条件化为a+ab+b=5,1a +1b=3，由此可得ab=54.因此log w u=log w v⋅log v u=1ab =45.12．【2015高中数学联赛（第01试）】设a，b为不相等的实数，若二次函数f(x)=x2+ax+b满足f(a)=f(b)，则f(2)的值为.【答案】4【解析】由已知条件及二次函数图像的轴对称性，可得a+b2=−a2，即2a+b=0，所以f(2)=4+2a+b=4.13．【2014高中数学联赛（第01试）】若正数a，b满足2+1og2a=3+log3b=log6(a+b)，则1a +1b的值为.【答案】108【解析】设2+log2a=3+log3b=log6(a+b)=k，则a=2k−2,b=3k−3,a+b=6k，从而1a +1b=a+bab=6k2k−2×3k−3=22×33=108.14．【2014高中数学联赛（第01试）】若函数f(x)=x2+a|x−1|在[0，+∞]上单调递增，则实数a的取值范围是.【答案】[−2,0]【解析】在[1，+∞)上，f(x)=x2+ax－a单调递增，等价于−a2⩽1，即a≥－2.在[0，1]上，f(x)=x2－ax+a单调递增，等价于a2⩽0，即a≤0.因此实数a的取值范围是[－2，0].15．【2012高中数学联赛（第01试）】设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)=x2.若对任意的x∈[a，a +2]，不等式f(x+a)≥2f(x)恒成立，则实数a的取值范围是.【答案】[√2,+∞)【解析】由题设知f(x)={x2(x⩾0)−x2(x<0)，则2f(x)=f(√2x)，因此原不等式等价于f(x+a)⩾f(√2x)，因为f(x)在R上是增函数，所以x+a⩾√2x，即a⩾(√2−1)x.又x∈[a，a+2]，所以当x=a+2时，(√2−1)x取得最大值为(√2−1)(a+2).因此a⩾(√2−1)(a+2)，解得a⩾√2.故a的取值范围是[√2,+∞).16．【2011高中数学联赛（第01试）】函数f(x)=√x2+1x−1的值域为.【答案】(−∞,−√22]∪(1,+∞)【解析】设x=tanθ,−π2<θ<π2，且θ≠π4，则f(x)=1cosθtanθ−1=1sinθ−cosθ=√2sin(θ−π4)，设u=√2sin(θ−π4)，则−√2⩽u<1且u≠0.所以f(x)=1u ∈(−∞,−√22]∪(1,+∞).17．【2010高中数学联赛（第01试）】函数f(x)=√x−5−√24−3x的值域是.【答案】[−3,√3]【解析】易知f(x)的定义域是[5，8]，且f(x)在[5，8]上是增函数，从而可知f(x)的值域为[−3,√3]. 18．【2010高中数学联赛（第01试）】函数f(x)=a2x+3a x−2(a>0,a≠1)在区间x∈[－1，1]上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是.【答案】−14【解析】令a x=y，则原函数化为g(y)=y2+3y−2，g(y)在(−32,+∞)上是递增的.当0<a<1时y∈[a,a−1]，g(y)max=a−2+3a−1−2=8.则a−1=2，因此a=12.所以g(y)min=(12)2+3×12−2=−14.当a>1时，y∈[a−1,a]，g(y)max=a2+3a−2=8，则a=2，所以g(y)min=2−2+3×2−1−2=−14.综上f(x)在x∈[－1，1]上的最小值为−14.19．【2009高中数学联赛（第01试）】若函数f(x)=2，且f(n)(x)=f[f[f⋯f(x)]]⏟n，则f(99)(1)=.【答案】110【解析】由题意知f(1)(x)=f(x)=2，f(2)(x)=f[f(x)]=2，⋯，f(99)(x)=2，故f(99)(1)=110.20．【2009高中数学联赛（第01试）】使不等式1n+1+1n+2+⋯+12n+1<a−200713对一切正整数n都成立的最小正整数a的值为.【答案】2009【解析】设f(n)=1n+1+1n+2+⋯+12n+1，显然f(n)单调递减.则由f (n )的最大值f(1)<a −200713，且a 为正整数，可得a =2009.21．【2009高中数学联赛（第01试）】若方程lgkx =2lg(x +1)仅有一个实根，那么k 的取值范围是.【答案】k <0或k =4【解析】由题意得{kx >0x +1>0kx =(x +1)2 ，当且仅当kx >0 ① x +1>0②x 2+(2−k)x +1=0③对式③，由求根公式得x 1,x 2=12[k −2±√k 2−4k] ④Δ=k 2−4k ⩾0，所以k ≤0或k ≥4.(1)当k <0时，由式③得{x 1+x 2=k −2<0x 1x 2=1>0，所以x 1，x 2同为负根.又由式④知{x 1+1>0x 2+1>0，所以原方程有一个解x 1.(2)当k =4时，原方程有一个解x =k2−1=1.(3)当k >4时，由式③得{x 1+x 2=k −2>0x 1x 2=1>0，所以x 1，x 2同为正根，且x 1≠x 2，不合题意，舍去. 综上可得k <0或k =4即为所求.22．【2008高中数学联赛（第01试）】设f (x )=ax +b ，其中a ，b 为实数，f 1(x )=f (x )，f n+1(x)=f (f n (x))，n =1，2，3，…，若f 7(x )=128x +381，则a +b = .【答案】5【解析】由题意知f n (x)=a n x +(a n−1+a n−2+⋯+a +1)b =a n x +a n −1a−1⋅b ，由f 7(x)=128x +381得a 7=128，a 7−1a−1⋅b =381，因此a =2,b =3则a +b =5.23．【2006高中数学联赛（第01试）】方程(x 2006+1)(1+x 2+x 4+⋯+x 2004)=2006x 2005的实数解的个数为.【答案】1【解析】由题意得(x2006+1)(1+x2+x4+⋯+x2004)=2006x2005⇔(x+1x2005)(1+x2+x4+⋯+x2004)=2006⇔x+x3+x5+⋯+x2005+1x2005+1x2003+1x2001+⋯+1x=2006⇔2006=x+1x +x3+1x3+⋯+x2005+1x2005⩾2⋅1003=2006，要使等号成立，必须x=1x ,x3=1x3,⋯,x2005=1x2005，即x=±1，但是当x≤0时，不满足原方程.所以x=1是原方程的全部解.因此原方程的实数解个数为1.24．【2005高中数学联赛（第01试）】已知f(x)是定义在(0，+∞)上的减函数，若f(2a2+a+1)<f(3a2−4a +1)成立，则a的取值范围是.【答案】0<a<13或1<a<5【解析】因为f(x)在(0，+∞)上定义，由{2a2+a+1=2(a+14)2+78>03a2−4a+1>0得a>1或a<13①因为f(x)在(0，+∞)上是减函数，所以2a2+a+1>3a2−4a+1，解得0<a<5.结合式①知0<a<13或1<a<5.25．【2004高中数学联赛（第01试）】设函数f：R→R，满足f(0)=1，且对任意x，y∈R，都有f(xy+1)=f(x)f(y)－f(y)－x+2，则f(x)=.【答案】x+1【解析】因为对Vx，y∈R，有f(xy+1)=f(x)f(y)−f(y)−x+2，所以有f(xy+1)=f(y)f(x)−f(x)−y+2，所以f(x)f(y)−f(y)−x+2=f(y)f(x)−f(x)−y+2，即f(x)+y=f(y)+x，令y=0，得f(x)=x+1.26．【2003高中数学联赛（第01试）】已知a，b，c，d均为正整数，且log a b=32，log c d=54，若a－c=9，则b－d=.【答案】93【解析】由已知可得a 32=b,c54=d，从而a=(b a)2,c=(dc)4，因此a|b,c|d，又由于a−c=9，故a=(ba )2−(dc)4，即(ba+d2c2)⋅(ba−d2c2)=9，故得{ba +d2c2=9b a −d2c2=1，所以{ba=5d2c2=4，所以{a=25b=125，{c=16d=32，所以b−d=93.27．【2002高中数学联赛（第01试）】已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)=1且对任意x∈R都有f(x+5)≥f(x)+5，f(x+1)≤f(x)+1.若g(x)=f(x)+1－x，则g(2002)=.【答案】1【解析】由g(x)=f(x)+1−x得f(x)=g(x)+x−1，所以g(x+5)+(x+5)−1⩾g(x)+(x−1)+5，g(x+1)+(x+1)−1⩽g(x)+(x−1)+1，即g(x+5)⩾g(x)，g(x+1)⩽g(x)，所以g(x)⩽g(x+5)⩽g(x+4)⩽g(x+3)⩽g(x+2)⩽g(x+1)⩽g(x)，所以g(x+1)=g(x)，即g(x)是周期为1的周期函数，又g(1)=1，故g(2002)=1.28．【2001高中数学联赛（第01试）】函数y=x+√x2−3x+2的值域为.【答案】[1,32)∪[2,+∞)【解析】先平方去掉根号.由题设得(y−x)2=x2−3x+2，则x=y2−22y−3，由y⩾x得y⩾y 2−22y−3，解得1⩽y<32或y⩾2，由于√x2−3x+2能达到下界0，所以函数的值域为[1,32)∪[2,+∞).29．【1998高中数学联赛（第01试）】若f(x)(x∈R)是以2为周期的偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)=x1 1998，则f(98 19),f(10117),f(10415)由小到大的排列是.【答案】f(10117)<f(9819)<f(10415)【解析】f(10117),f(9819),f(10415).f(9819)=f(6−1619)=f(−1619)=f(1619)，f(10117)=f(6−117)=f(−117)=f(117)，f(10415)=f(6+1415)=f(1415).又f(x)=x11998在[0，1]是严格递增的，而117<1619<1415，所以f(10117)<f(9819)<f(10415).30．【1997高中数学联赛（第01试）】设x，y为实数，且满足{(x−1)3+1997(x−1)=−1(y−1)3+1997(y−1)=1，则x+y=.【答案】2【解析】原方程组化为{(x−1)3+1997(x−1)=−1 (1−y)3+1997(1−y)=−1，因为f(t)=t3+1997t在(－∞，+∞)单调增加，用f(x−1)=f(1−y)，所以x−1=1−y，即x+y=2.31．【1995高中数学联赛（第01试）】用[x]表示不大于实数x的最大整数，方程lg2x−[lgx]−2=0的实根个数是.【答案】3【解析】由[lgx]⩽lgx得lg2x−lgx−2≤0，即−1⩽lgx⩽2.当−1⩽lgx<0时，有[lgx]=−1.代入原方程得lgx=±1.但lgx=1不符，所以lgx=−1，x1=110.当0⩽lgx<1时，有[lgx]=0.代入原方程得lgx=±√2，均不符.当1⩽lgx<2时，有[lgx]=1，代入原方程得lgx=±√3.但lgx=−√3不符，所以lgx=√3，x2=10√3.当lgx=2时，得x3=100.所以原方程共有3个实根.32．【1990高中数学联赛（第01试）】在坐标平面上，横坐标和纵坐标均为整数的点称为整点，对任意自然数n，联结原点O与点A n(n，n+3)，用f(n)表示线段OA n上除端点外的整点个数，则f(1)+f(2)+…+f(1990)= .【答案】1326【解析】易见n与n+3的最大公约数(n,n+3)={3(3|n)1(3|n)，当(n,n+3)=1时，OA n内无整点，否则，设(m，l)为OA n内部的整点，1≤m<n，1≤l<n+3，则由ml =nn+3，m(n+3)=ln推知n|m，这与m<n矛盾.当(n,n+3)=3时，设n=3k.则OA n内有两个整点(k，k+1)，(2k，2k+2)，所以∑1990i=1f(i)=2×[19903]=1326.其中[x]代表不超过实数x的最大整数.33．【1989高中数学联赛（第01试）】(1)若log a√2<1，则a的取值范围是.(2)已知直线l：2x+y=10，过点(－10，0)作直线l'⊥l，则l'与l的交点坐标为.(3)设函数f0(x)=|x|，f1(x)=|f0(x)−1|，f2(x)=|f1(x)−2|，则函数y=f2(x)的图像与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是.(4)一个正数，若其小数部分、整数部分和其自身构成等比数列，则该数为.(5)如果从数1，2，…，14中，按由小到大的顺序取出a1,a2,a3，使同时满足a2−a1⩾3与a3−a2⩾3，那么所有符合上述要求的不同取法有种.(6)当s和t取遍所有实数时，则(s+5－3|cost|)2+(s－2|sint|)2所能达到的最小值是.【答案】答案见解析【解析】(1)0<a<1或a>√2.(2)由已知l'的斜率为12，则l′的方程是y=12(x+10).解方程组{2x+ly=10x−2y=−10得交点坐标为(2，6).(3)依次作出函数y=f0(x),y=f1(x),y=f2(x)的图像，所求面积为7.(4)设该数为x，则其整数部分为[x]，小数部分为x－[x]，由已知得x=(x−[x])=[x]2.其中[x]>0,0<x−[x]<1，解得x=1+√52[x].由0<x−[x]<1知0<√5−12[x]<1，0<[x]<1+√52<2.即[x]=1,x=1+√52.(5)设S={1,2,⋯,14}，S′={1,2,⋯,10}，T={(a1,a2,a3)|a1,a2,a3∈S，a2−a1⩾3,a3−a2⩾3}，T′={(a1′,a2′,a3′∈S′)|a1′,a2′,a3′∈S′,a1′<a2′<a3′}，a1′=a1,a2′=a2−2，a3′=a3−4，(a1,a2,a3)∈T.易证f是T和T'之间的一个一一对应，所以所求的取法种数，恰好等于从S′中任意取出三个不同数的所有不同的种数，共120种.引申这里用到的是化归思想，即把问题转化成我们熟知的，已经解决了的简单问题.对于本问题，如果仅要求a 1<a 2<a 3就可以很快的给出结果C 143.做替换b 1=a 1,b 2=a 2−2,b 3=a 3−4，则条件a 2−a 1⩾3与a 3−a 2⩾3就相当于b 1<b 2<b 3，化归成功. 化归是一种很重要的数学思想方法.它的本质就是把不熟悉的问题转化成已经熟悉，已经解决的问题.化归就是化简.(6)考虑直线{x =s +5y =s 和椭圆弧{x =3|cost|y =2|sint|，如图所示，则原式表示直线上任意一点与椭圆弧上任意一点之间的距离的平方，显然点A 到直线的垂直距离最短，即点(3，0)到直线的距离的平方最小，为2.34．【1987高中数学联赛（第01试）】已知集合M ={x ，xy ，lg (xy )}及N ={0，|x |，y }，并且M =N ，那么(x +1y )+(x 2+1y 2)+(x 3+1y 3)+⋯+(x 2001+1y 2001)的值等于 .【答案】−2【解析】由集合相等知，两个集合的元素相同.这样，M 中必有一个元素为0，又由对数的定义知xy ≠0，故x ，y 不为零，所以lg(xy)=0,xy =1，M ={x,1,0},N ={0,|x|,1x}.再由集合相等知{x =|x|1=1x或{x =1x 1=|x| . 但当x =1时，将与同一个集合中元素的相异性矛盾，故只有x =－1，从而y =－1. 于是x 2k+1+1y 2k+1=−2 (k =0,1,2,⋯)，x 2k +1y 2k=2 (k =1,2,⋯).故所求代数式的值为－2.引申利用的是集合相等的基本定义：M =N ⇔M 的元素可以和N 建立一个一一相等的关系.这里我们是局部的看两个集合相等.有时我们则利用集合相等考虑集合的整体性质. 比如，如果a 1,a 2,⋯,a n 是1，2，…，n 的一个排列，则必有a 1+a 2+⋯+a n =1+2+⋯+n ，a 1a 2⋯a n =1⋅2⋅⋯⋅n 等关系.35．【1985高中数学联赛（第01试）】对任意实数x ，y ，定义运算x *y 为x *y =ax +by +cxy ，其a ，b ，c 为常数，等式右端中的运算是通常的实数加法、乘法运算.现已知1*2=3，2*3=4并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x都有x*d=x，则d=.【答案】4【解析】因对任一实数x，有x∗d=ax+bd+cdx=x(d≠0).所以0∗d=bd=0.因为d≠0，所以b=0，于是，由{1∗2=a+2b+2c=32∗3=2a+3b+6c=4，则{a+2c=32a+6c=4，所以{a=5c=−1.又由1∗d=a+bd+cd=1，所以得d=4.优质模拟题强化训练1．设f(x)=|x+1|+|x|−|x−2|，则f(f(x))+1=0有________个不同的解.【答案】3【解析】因为f(x)=|x+1|+|x|−|x−2|={−x−3，x≤−1 x−1，−1<x≤0 3x−1，0<x≤2x+3，x>2由f(f(x))+1=0得到f(x)=−2，或f(x)=0.由f(x)=−2，得一个解x=−1；由f(x)=0得两个解x=−3，x=13，共3个解.2．设a、b为不相等的实数.若二次函数f(x)=x2+ax+b满足f(a)=f(b)，则f(2)的值为______.【答案】4【解析】由已知条件及二次函数图像的轴对称性得a+b 2=−a2⇒2a+b=0⇒f(2)=4+2a+b=4.故答案为：43．已知定义在R上的奇函数f(x)，它的图象关于直线x=2对称．当0<x≤2时，f(x)=x+1，则f(−100)+ f(−101)=______．【答案】2【解析】由f(x)为奇函数，且其图象关于直线x=2对称，知f(−x)=−f(x)，且f(2−x)=f(2+x)，所以f(x+4)=f(−x)=−f(x)，f(x+8)=−f(x+4)=f(x)．f(x)是以8为周期的周期函数．又f(3)=f(1)=2，f(4)=f(0)=0，所以f(−100)+f(−101)=f(4)+f(3)=0+2=2．4．设f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)=2，当时x>0时，f(x)是增函数，且对任意的x、y∈R，都有f(x+y )=f(x)+f(y)．则函数f(x)在区间[−3,−2]上的最大值是______．【答案】−4【解析】因为f(x)是奇函数，且在(0,+∞)上是增函数，所以，f(x)在(−∞,0)上也是增函数．于是，f(−3)≤f(x)≤f(−2)．又f(2)=f(1)+f(1)=4，则f(−2)=−f(2)=−4．故函数f(x)在[−3,−2]上的最大值为−4．故答案为：−45．设函数f(x)=1−4x2x−x，则不等式f(1−x2)+f(5x−7)<0的解集为________.【答案】(2,3)【解析】因为f(−x)=1−4−x2−x +x=4x−12x+x=−f(x)，所以f(x)是奇函数。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题12不等式A辑历年联赛真题汇编1．【2007高中数学联赛（第01试）】设实数a使得不等式|2x−a|+|3x−2a|≥a2对任意实数x恒成立，则满足条件的a所组成的集合是( )A．[−13,13]B．[−12,12]C．[−14,13]D．[−3,3]【答案】A【解析】令x=23a，则有|a|⩽13，排除B，D.由对称性排除C.从而只有A正确.故选A．.一般地，对k∈R，令x=12ka，则原不等式为|a|⋅|k−1|+32|a|⋅|k−34|⩾|a|2，由此易知原不等式等价于|a|⩽|k−1|+32|k−43|，对任意的k∈R成立.由于|k−1|+32|k−43|={52k−3(k⩾43)1−12k(1⩽k<43)3−52k(k<1)，所以min k∈R{|k−1|+32|k−43|}=13，从而上述不等式等价于|a|⩽13.2．【2005高中数学联赛（第01试）】使关于x的不等式√x−3+√6−x≥k有解的实数k的最大值是( ) A．√6−√3B．√3C．√6+√3D．√6【答案】D【解析】令y=√x−3+√6−x(3⩽x⩽6)，则y2=(√x−3+√6−x)2⩽2[(x−3)+(6−x)]=6，所以0<y⩽√6，当x=92时，y=√6，故y 的最大值为√6，所以实数k 的最大值为√6. 故选：D.3．【2004高中数学联赛（第01试）】不等式√log 2x −1+12log 12x 3+2>0的解集为( )A ．[2,3)B ．(2,3]C ．[2,4)D ．(2,4]【答案】C【解析】原不等式等价于{√log 2x −1−32log 2x +32+12>0log 2x −1⩾0 ，设√log 2x −1=t ，则有{t −32t 2+12>0t ⩾0， 解得0⩽t <1，即0⩽log 2x −1<1，所以2⩽x <4. 故选：C.4．【2003高中数学联赛（第01试）】已知x ，y 都在区间(－2，2)内，且xy =－1，则函数u =44−x 2+99−y 2的最小值是( ) A ．85B ．2411C ．127D ．125【答案】D【解析】由已知得y =−1x ,故u =44−x2+9x 29x 2−1=−9x 4+72x 2−4−9x 4+37x 2−4=1+3537−(9x 2+4x2)，而x ∈(−2,−12)∪(12,2)， 故当9x 2=4x 2，即x 2=23时，9x 2+4x 2的值最小，而此时函数u 有最小值125，故选：D.5．【2001高中数学联赛（第01试）】已知6枝玫瑰与3枝康乃馨的价格之和大于24元，而4枝玫瑰与5枝康乃馨的价格之和小于22元，则2枝玫瑰的价格和3枝康乃馨的价格比较，结果是( ) A ．2枝玫瑰价格高 B ．3枝康乃馨价格高 C ．价格相同 D ．不确定【答案】A【解析】由题意得{6x +3y >244x +5y <22 ，令6x +3y =a,4x +5y =b ，联立解得x =5a−3b 18,y =3b−2a 9，所以2x −3y =11a−12b9，因为a >24,b <22，所以11a −12b >11×24−12×22=0，所以2x>3y.故选：A.6．【1986高中数学联赛（第01试）】设实数a，b，c满足{a 2−bc−8a+7=0b2+c2+bc−6a+6=0，那么a的取值范围是( )A．(−∞,+∞)B．(−∞,1]∪[9,+∞)C．(0,7)D．[1,9]【答案】D【解析】由{a2−bc−8a+7=0b2+c2+bc−6a+6=0得{bc=a2−8a+7b2+c2+bc=6a−6，所以b2+c2−2bc=−3(a2−10a+9)，即(b−c)2=−3(a−1)(a−9)⩾0.所以1≤a≤9.故选：D.7．【1986高中数学联赛（第01试）】边长为a，b，c的三角形，其面积等于14，而外接圆半径为1，若s=√a+√b+√c,t=1a +1b+1c，则s与t的大小关系是( ).A．s>t B．s=t C．s<t D．不确定【答案】C【解析】因为c=2RsinC=2sinC，又12absinC=14，所以abc=1.于是t=1a +1b+1c=bc+ca+ababc=ab+bc+ca=(√ab)2+(√bc)2+(√ca)2⩾√ab2c+√abc2+√a2bc=√abc(√a+√b+√c)=√a+√b+√c=s.且其中取不到等号，否则a=b=c=R=1是不可能的，故答案为C．8．【1984高中数学联赛（第01试）】下列四个图的阴影部分(不包括边界)满足不等式log x(log x y2)>0的是A．B．C．D．【答案】D【解析】由不等式log x(log x y2)>0判断它所表示的区域.当x>1时，可得y2>x>1,当0<x<1时，可得1>y2>x>0.然后与抛物线y2=x比较即可9．【1983高中数学联赛（第01试）】设a，b，c，d，m，n都是正实数，P=√ab+√cd，Q=√ma+nc⋅√b m +dn，那么( )A．P⩾Q B．P⩽Q C．P<Q D．P，Q间的大小关系不确定，而与m，n的大小有关【答案】B【解析】因为a，b，c，d，m，n是正实数，所以Q=√ab+madn +ncbm+cd⩾√ab+2√abcd+cd=√(√ab+√cd)2=√ab+√cd=P.10．【1982高中数学联赛（第01试）】当a，b是两个不相等的正数时，下列三个代数式：甲：(a+1a)(b+1b )，乙：(√ab+ab)2，丙(a+b2+2a+b)2中，值最大的一个( )A．必定是甲B．必定是乙C．必定是丙D．一般并不确定，而与a，b的取值有关【答案】D【解析】(i)甲=ab+1ab +ba+ab，乙=ab+1ab+2，由题设易得，必定有甲>乙.(ii)当a=1，b=12时，经计算可知，甲>丙；而当a=2，b=3时，则有甲<丙，说明甲和丙的值的大小与a，b取值有关.11．【2017高中数学联赛B 卷（第01试）】若正整数a 、b 、c 满足2017≥10a ≥100b ≥1000c ，则数组(a ，b ，c )的个数为 .【答案】574【解析】由条件知c ⩽[20171000]=2.当c =1时，有10≤b ≤20.对于每个这样的正整数b ，由10b ≤a ≤201知，相应的a 的个数为202－10b . 从而这样的正整数组的个数为∑(202−10b)20b=10=(102+2)×112=572.当c =2时，由20⩽b ⩽[2017100]，知b =20.进而200⩽a ⩽[201710]=201，故a =200，201.此时共有两组(a ，b ，c )综上所述，满足条件的正整数组的个数为572+2=574.12．【2016高中数学联赛（第01试）】设实数a 满足a <9a 3−11a <|a|，则a 的取值范围是 .【答案】(−2√33,−√103)【解析】由a <|a |可得a <0，原不等式可变形为1>9a 3−11aa>|a|a=−1，即−1<9a 2−11<1，所以a 2∈(109,43).又a <0，故a ∈(−2√33,−√103).13．【2013高中数学联赛（第01试）】设a ，b 为实数，函数f (x )=ax +b 满足：对任意x ∈[0，1]，有|f(x)|⩽1.则ab 的最大值为 .【答案】14【解析】易知a =f(1)−f(0),b =f(0)，则ab =f(0)⋅(f(1)−f(0))=−(f(0)−12f(1))2+14(f(1))2⩽14(f(1))2⩽14.当2f(0)=f(1)=±1，即a =b =±12时故ab 的最大值为14.14．【2012高中数学联赛（第01试）】设x ，y ，z ∈[0，1]，则M =√|x −y|+√|y −z|+√|z −x|的最大值是.【答案】√2+1【解析】不妨设0⩽x ⩽y ⩽z ⩽1，则M =√y −x +√z −y +√z −x ， 因为√y −x +√z −y ⩽√2[(y −x)+(z −y)]=√2(z −x)， 所以M ⩽√2(z −x)+√z −x =(√2+1)√z −x ⩽√2+1.当且仅当y−x=z−y,x=0,z=1即x=0,y=12,z=1时，上式等号同时成立.故M max=√2+1.15．【2011高中数学联赛（第01试）】设a，b为正实数，1a +1b⩽2√2，(a－b)2=4(ab)3，则log a b=.【答案】−1【解析】由1a +1b⩽2√2得a+b⩽2√2ab，又(a+b)2=4ab+(a−b)2=4ab+4(ab)3⩾4⋅2√ab⋅(ab)3=8(ab)2，即a+b⩾2√2ab①于是a+b=2√2ab②再由不等式①中等号成立的条件，得ab=1，与式②联立解得{a=√2−1b=√2+1或{a=√2+1b=√2−1.故log a b=−1.16．【2010高中数学联赛（第01试）】方程x+y+z=2010满足x≤y≤z的正整数解(x，y，z)的个数是.【答案】336675【解析】首先易知x+y+z=2010的正整数解的个数为C20092=2009×1004，把x+y+z=2010满足x≤y≤z的正整数解分为3类：(1)x，y，z均相等的正整数解的个数显然为1；(2)x，y，乙中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3)设x，y，乙两两均不相等的正整数解为k.易知1+3×1003+6k=2009×1004，所以6k=2009×1004−3×1003−1=2006×1005−2009+3×2−1=2006×1005−2004.即k=1003×335−334=335671.从而满足x≤y≤z的正整数解的个数为1+1003+335671=336675.17．【2009高中数学联赛（第01试）】在坐标平面上有两个区域M和N，M为{y⩾0y⩽xy⩽2−x，N是随t变化的区域，它由不等式t≤x≤t+1所确定，t的取值范围是0≤t≤1，则M和N的公共面积是函数f(t)=.【答案】−t2+t+12【解析】由题意知f(t)=S阴影部分面积=S△AOB−S△OCD−S△BEF=1−12t2−12(1−t)2=−t2+t+12.18．【2008高中数学联赛（第01试）】设f(x)是定义在R上的函数，若f(0)=2008，且对任意x∈R，满足f(x+2 )−f(x)⩽3⋅2x，f(x+6)−f(x)⩾63⋅2x，则f(2008)=.【答案】22008+2007【解析】解法一由题设条件知f(x+2)−f(x)=−(f(x+4)−f(x+2))−(f(x+6)−f(x+4))+(f(x+6)−f(x))⩾−3⋅2x+2−3⋅2x+4+63⋅2x=3⋅2x，因此有f(x+2)−f(x)=3⋅2x，故f(2008)=f(2008)−f(2006)+f(2006)−f(2004)+⋯+f(2)−f(0)+f(0)=3⋅(22006+22004+⋯+22+1)+f(0)=3⋅41003+1−14−1+f(0)=22008+2007.解法二令g(x)=f(x)−2x，则g(x+2)−g(x)=f(x+2)−f(x)−2x+2+2x⩽3⋅2x−3⋅2x=0，g(x+6)−g(x)=f(x+6)−f(x)−2x+6+2x⩾63⋅2x−63⋅2x=0，即g(x+2)⩽g(x),g(x+6)⩾g(x)，故g(x)⩽g(x+6)⩽g(x+4)⩽g(x+2)⩽g(x)，得g(x)是周期为2的周期函数，所以f(2008)=g(2008)+22008=g(0)+22008=22008+2007.19．【2003高中数学联赛（第01试）】不等式|x|3−2x2−4|x|+3<0的解集是.【答案】(−3,1−√52)∪(−1+√52,3)【解析】由原不等式分解可得(|x|−3)(x2+|x|−1)<0，由此得所求不等式的解集为(−3,−√5−12)∪(√5−12,3).当x≥0时，原不等式为x3−2x2−4x+3<0，即(x−−1−√52)(x−−1+√52)(x−3)<0.注意到x≥0，得√5−12<x<3，因为f(x)=|x|x3−2x2−4|x|+3为偶函数.所以当x<0时，解为−3<x<1−√52，故原不等式的解集为(−3,1−√52)∪(−1+√52,3).20．【2002高中数学联赛（第01试）】若log4(x+2y)+log4(x−2y)=1，则|x|−|y|的最小值是.【答案】√3【解析】注意到{x+2y>0x−2y>0(x+2y)(x−2y)=4，所以{x>2|y⩾0x2−4y2=4，由对称性只考虑y≥0，因为x>0，所以只需求x－y的最小值.令x−y=u，代入x2−4y2=4有3y2−2uy+(4−u2)=0，这个关于y的二次方程显然有实根，故Δ=16(u2−3)⩾0，所以u⩾√3，当x=43√3,y=√33时u=√3，故|x|−|y|的最小值为√3.21．【2001高中数学联赛（第01试）】不等式|1log12x +2|>32的解集为.【答案】x>4或1<x<227或0<x<1【解析】从外形上看，这是一个绝对值不等式，先求得log12x<−2或−27<log12x<0或log12x>0，从而x>4或1<x<227或0<x<1.22．【1997高中数学联赛（第01试）】设a=lgz+lg[x(yz)−1+1]，b=lgx−1+lg(xyz+1)，c=lgy+lg[(xyz )−1+1]，记a,b,c中最大数为M，则M的最小值为.【答案】lg2【解析】由已知条件得a=lg(xy−1+z)，b=lg(yz+x−1)，c=lg[(xz)−1+y].设xy−1+z,yz+x−1,(xz)−1+y中的最大数为u，则M=lgu.由已知条件知x，y，z均为正数，于是u2⩾(xy−1+z)[(xz)−1+y]=[(yz)−1+yz]+(x+x−1)⩾2+2=4.所以，u≥2，且当x=y=z=1时，u=2，故u的最小值为2，从而M的最小值为lg2.23．【1995高中数学联赛（第01试）】在直角坐标平面上，满足不等式组{y⩽3x y⩾x3x+y⩽100的整点个数是.【答案】2551【解析】两条坐标轴及直线x+y=100所围区域(含边界)上的整点共有1+2+3+⋯+101=102×1012=5151(个)而y=13x,x+y=100及x轴所围区域(边界不包括y=13x)上的整点共有(1+1+1+1)+(2+2+2+2)+⋯+(25+25+25+25)=4×(1+2+⋯+25)=1300(个).又y=3x,x+y=100，及y轴所围区域(边界不包括y=3x)上的整点也有1300个.所以，满足题设条件的整点共有5151−2×1300=2551(个).24．【1994高中数学联赛（第01试）】已知有向线段PQ的起点P和终点Q的坐标分别为(－1，1)和(2，2)，若直线l：x+my+m=0与PQ的延长线相交，则m的取值范围是.【答案】−3<m<−23【解析】直线l的方程x+my+m=0，即x+m(y+1)=0，显然是经过点M(0，－1)的直线方程.过点M作直线l1//PQ，显然，l1的斜率为k1=2−12+1=13，过M，Q作直线l2，则l2的斜率为k2=32.如图所示，与PQ的延长线相交的直线l应夹在l1与l2之间，即k1<k<k2(k为l的斜率).于是13<−1m<32，3>−m>23，−3<m<−23.25．【1993高中数学联赛（第01试）】实数x，y满足4x2−5xy+4y2=5，设S=x2+y2，则1S max +1S min的值为.【答案】85【解析】解法一易知s=x2+y2>0.设{x=√scosθy=√ssinθ，代入4x2−5xy+4y2=5，得sin2θ=8s−105s.于是|8s−105s |⩽1，有1013⩽s⩽103，因为S max=103,S min=1013，所以1S max +1S min=310+1310=85.解法二令x=a+b2,y=a−b2，代入条件得3a2+13b2=20，S=12(a2+b2).因此有6S=3(a2+b2)⩽3a2+13b2=20⩽26，S=13(a2+b2)，S max=1013,S min=103，1S max+1S min=85.26．【1993高中数学联赛（第01试）】设任意实数x0>x1>x2>x3>0，要使log x0x11993+log x1x21993+log x2x31993>klog x0x31993恒成立，则k的最大值是.【答案】9【解析】将原不等式改写为1log1993x0x1+1log1993x1x2+1log1993x2x3⩾k1log1993x0x1⋅x1x2⋅x2x3.即1log 1993xx 1+1log 1993x1x 2+1log 1993x 2x 3⩾k1log 1993x 0x 1+log 1993x 1x 2+log 1993x2x 3.令t 1=log 1993x 0x 1,t 2=log 1993x 1x 2,t 3=log 1993x 2x 3，于是原不等式成为(t 1+t 2+t 3)(1t 1+1t 2+1t 3)⩾k ，但是(t 1+t 2+t 3)(1t 1+1t 2+1t 3)⩾3√t 1⋅t 2⋅t 33⋅3√1t 1⋅1t 2⋅1t 33=9.当且仅当t 1=t 2=t 3时，等号成立(即x 0,x 1,x 2,x 3构成等比数列时，取到等号). 所以k max =9.27．【1990高中数学联赛（第01试）】设n 为自然数，a ，b 为正实数，且满足a +b =2，则11+a n+11+b n的最小值是.【答案】1【解析】因为ab >0，所以ab ⩽(a+b 2)2=1，a n b n ⩽1.故11+an +11+bn =1+a n +b n +11+a n +b n +a n b n⩾1，当a =b =1时，上式等于1，故最小值为1.28．【1990高中数学联赛（第01试）】设n 是自然数，对任意实数x ，y ，z 恒有(x 2+y 2+z 2)⩽n (x 4+y 4+z 4)成立，则n 的最小值是.【答案】3【解析】解法一令a =x 2,b =y 2,c =z 2， 题设不等式变为(a +b +c)2⩽n (a 2+b 2+c 2).一方面(a +b +c)2=a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ac ⩽a 2+b 2+c 2+(a 2+b 2)+(b 2+c 2)+(a 2+c 2)=3(a 2+b 2+c 2).所以当x =3时，不等式成立；另一方面，当a =b =c >0时，题设不等式化为9a 2⩽3na 2， 必有n ≥3，故n 最小值为3.解法二3(x 4+y 4+z 4)−(x 2+y 2+z 2)2=(x 2−y 2)2+(y 2−z 2)2+(z 2−x 2)2⩾0. 或者，直接由柯西不等式3(x 4+y 4+z 4)=(1+1+1)(x 4+y 4+z 4)⩾(x 2+y 2+z 2)2.优质模拟题强化训练1．已知c >1,a =√c +1−√c,b =√c −√c −1,则正确的结论是( ) A ．a >b B ．a <b C ．a =b D ．a,b 大小不确定【答案】B 【解析】因为a =√m+1+√m ，b =√m+√m−1， 又√m +1>√m >√m −1>0，则a <b ．2．若x ､y 满足|y |≤2-x ，且x ≥-1，则2x +y 的最小值为（ ） A ．−7 B ．−5C ．1D ．4【答案】B 【解析】原题条件等价于{−1⩽x ⩽2y ⩽2−x x −2⩽y，作出可行域如图所示，知2x +y 在x =-1，y =-3时取得最小值. 故选：B.3．已知2n 个正实数a 1≥a 2≥⋅⋅⋅≥a n ，b 1≥b 2≥⋅⋅⋅≥b n 且0≤λ≤2，令M =∑ni=1√a i 2+b i 2−λa i b i ，N =∑n i=1√a i+12+b i 2−λa i+1b i ，其中，a n+1=a 1，则M 、N 的大小关系是（ ）.A ．M ≥NB ．M ≤NC ．随λ而确定D ．完全不确定【答案】B 【解析】构造∠AOB，夹角θ=arccosλ2∈[0,π].如图，在射线OA、OB上依次取n个点A1,A2,⋅⋅⋅,A n及B1,B2,⋅⋅⋅,B n，使OA i=a i，OB i=b i. 由余弦定理，得N≥M，即A2B1+A3B2+⋅⋅⋅+A1B n≥A1B1+A2B2+⋅⋅⋅+A n B n.设A1B n与A2B1，A3B2，…，A n B n−1依次交于点X1,X2,⋅⋅⋅,X n−1.则由A2B1+A3B2+⋅⋅⋅+A1B n=(A1X1+B1X1)+(A2X1+X1X2+X2B2)+⋅⋅⋅+(A n X n−1+X n−1B n)≥A1B1+A2B2+⋅⋅⋅+A n B n,所以M≤N.选B.4．已知点P(1,2)既在椭圆x2a2+y2b2=1内部（包括边界），又在圆x2+y2=a2+2b23外部（包括边界）. 若a、b∈R+. 则a+b的最小值为（）.A．√5+2B．√6+√3 C．2√5D．√3+√5【答案】B【解析】由已知有1a2+4b2≤1且a2+2b2≤15. 于是，b2b2−4≤a2≤15−2b2.化简得(b2−5)(b2−6)≤0. 化简得(b2−5)(b2−6)≤0. 从而，5≤b2≤6.故a+b≥√b2b2−4+b=√t+4t+√t+4(t=b2−4∈[1,2]).而√t+4t+√t+4≥√3+√6⇔√t+4−√6≥√3−√t+4t ⇔√t+4+√6≥√3t+√t(t+4).又t≤2，故其等价于2(√t+4+√6)≥√3t+√t(t+4). 由2√6≥√3t及2≥√t，知上述不等式成立.故a+b≥√3+√6.当a 2=3，b 2=6时符合条件且取到最小值√6+√3.选B. 5．已知sin 2005x +cos 2005x =1.则对任意k >0，必有（ ） A ．sin k x +cos k x =1 B ．sin k x +cos k x >1 C ．sin k x +cos k x <1 D ．sin k x +cos k x 的值不确定【答案】A 【解析】因sin 2005x +cos 2005x ≤sin 2x +cos 2x =1，等于成立当且仅当sin x 与cos x 一个取0，另一个取1，此时，对任意k >0，必有sin k x +cos k x =1. 故答案为:A6．对a >3，记x =3√a −1+√a −3，y =√a +3√a −2.则x 、y 的大小关系为（ ）. A ．x >y B ．x <y C ．x =y D ．不能确定 【答案】B 【解析】由√a >√a −2，√a −1>√a −3相加得√a +√a −1>√a −2+√a −3⇒√a −√a −1>√a −2−√a −3>0⇒√a −√a −1<√a −2−√a −3 ⇒√a +√a −3<√a −1+√a −2 ⇒0<√a−√a−3<√a−1−√a−2⇒3(√a −1−√a −2)<√a −√a −3⇒3√a −1+√a −3<√a +3√a −2. 故答案为：B7．对于满足0≤p ≤4的一切实数p ， 不等式 x 4+px >4x +p −3恒成立。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题25平面几何A辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛A卷（第02试）】如图,在等腰△ABC中, AB=BC, I为内心, M为BI的中点,P为边AC 上一点,满足AP=3PC,PI延长线上一点H满足MH⊥PH,Q为ΔABC的外接圆上劣弧AB的中点.证明:BH⊥QH.2．【2020高中数学联赛B卷（第02试）】如图,A,B,C,D,E是圆Ω上顺次的五点,满足ABC=BCD=CDE,点P,Q分别在线段AD,BE上,且P在线段CQ上.证明:∠P AQ=∠PEQ.3．【2019高中数学联赛A卷（第02试）】如图，在锐角△ABC中，M是BC边的中点点P在△ABC内，使得A P平分∠BAC.直线MP与△ABP、△ACP的外接圆分别相交于不同于点P的两点D、E.证明:若DE=MP，则BC =2BP.4．【2019高中数学联赛B卷（第02试）】如图，点A、B、C、D、E在一条直线上顺次排列，满足BC=CD=√AB⋅DE，点P在该直线外，满足PB=PD.点K、L分别在线段PB、PD上，满足KC平分∠BKE，LC平分∠A LD.证明:A、K、L、E四点共圆.5．【2018高中数学联赛A卷（第02试）】如图，△ABC为锐角三角形，AB<AC，M为BC边的中点，点D和E 分别为△ABC的外接圆弧BAC和弧BC的中点，F为△ABC的内切圆在AB边上的切点，G为AE与BC的交点，N在线段EF上，满足NB⊥AB.证明:若BN=EM，则DF⊥FG.6．【2018高中数学联赛B卷（第02试）】如图所示，在等腰△ABC中，AB=AC，边AC上一点D及BC延长线上一点E满足ADDC =BC2CE，以AB为直径的圆ω与线段DE交于一点F.证明:B、C、F、D四点共圆.7．【2017高中数学联赛A卷（第02试）】如图，在△ABC中，AB=AC，I为△ABC的内心.以A为圆心，AB为半径作圆Γ1，以I为圆心，IB为半径作圆Γ2，过点B、I的圆Γ3与Γ1,Γ2分别交于点P、Q(不同于点B).设IP与BQ 交于点R.证明:BR⊥CR.8．【2017高中数学联赛B卷（第02试）】如图，点D是锐角△ABC的外接圆ω上弧BC的中点，直线DA与圆ω过点B、C的切线分别相交于点P、Q，BQ与AC的交点为X，CP与AB的交点为Y，BQ与CP的交点为T.求证:AT平分线段XY.9．【2016高中数学联赛（第02试）】如图所示，在△ABC中，X、Y是直线BC上两点(X，B，C，Y顺次排列)，使得BX⋅AC=CY⋅AB.设△ACX、△ABY的外心分别为O1,O2，直线O1O2与AB、AC分别交于点U、V.证明:△AUV是等腰三角形.10．【2015高中数学联赛（第02试）】如图，△ABC内接于圆O，P为弧BC上一点，点K在线段AP上，使得BK平分∠ABC.过K，P，C三点的圆与边AC交于点D，联结BD交圆厂于点E，联结PE并延长与边AB交于点F.证明：∠ABC=2∠FCB.11．【2014高中数学联赛（第02试）】如图，在锐角△ABC中，∠BAC≠60°，过点B，C分别作△ABC的外接圆的切线BD，CE，且满足BD=CE=BC.直线DE与AB，AC的延长线分别交于点F，G设CF与BD交于点M，C E与BG交于点N证明：AM=AN.12．【2013高中数学联赛（第02试）】如图，AB是圆ω的一条弦，P为弧AB内一点，E，F为线段AB上两点，满足AE=EF=FB.联结PE，PF并延长，与圆分别相交于点C，D.求证EF⋅CD=AC⋅BD.13．【2012高中数学联赛（第02试）】在锐角△ABC中，AB>AC，M，N是BC边上不同的两点，使得∠BAM=∠CAN.设△ABC和△AMN的外心分别为O1，O2，求证：O1，O2，A三点共线.14．【2011高中数学联赛（第02试）】如图，P，Q分别是圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD的中点若∠BP A=∠DP A，证明：∠AQB=∠CQB.15．【2010高中数学联赛（第02试）】如图，锐角△ABC的外心为O，K是边BC上一点(不是边BC的中点)，D 是线段AK延长线上一点，直线BD与AC交于点N，直线CD与AB交于点M.求证：若OK⊥MN，则A，B，D，C四点共圆.16．【2009高中数学联赛（第02试）】如图，M，N分别为锐角△ABC(∠A<∠B)的外接圆Γ上弧BC，AC的中点.过点C作PC∥MN交圆于点P，I为△ABC的内心，联结PI并延长交圆Γ于T.(1)求证：MP⋅MT=NP⋅NT；(2)在弧AB(不含点C)上任取一点Q(Q≠A，T，B)，记△AQC，△QCB的内心分别为I1,I2，求证：Q，I1，I2，T 四点共圆.17．【2008高中数学联赛（第02试）】如图，给定凸四边形ABCD，∠B+∠D<180°，P是平面上的动点，令f(P )=PA⋅BC+PD⋅CA+PC⋅AB，(1)求证：当f(P)达到最小值时，P，A，B，C四点共圆；(2)设E是△ABC外接圆O的弧AB上一点，满足：AEAB =√32,BCEC=√3−1,∠ECB=12∠ECA，又已知DA，DC是圆O的切线，AC=√2，求f(P)的最小值.18．【2007高中数学联赛（第02试）】如图，在锐角△ABC中，AB<AC，AD是边BC上的高，P是线段AD内一点.过P作PE⊥AC，垂足为E，作PF⊥AB，垂足为F.O1，O2分别是△BDF，△CDE的外心求证：O1，O2，E，F四点共圆的充要条件为P是△ABC的垂心.19．【2005高中数学联赛（第02试）】如图，在△ABC中，设AB>AC，过A作△ABC的外接圆的切线L.又以A 为圆心，AC为半径作圆分别交线段AB于D，交直线l于E，F.证明：直线DE，DF分别通过△ABC的内心与一个旁心.(注：与三角形的一边及另两边的延长线均相切的圆称为三角形的旁切圆，旁切圆的圆心称为旁心).20．【2004高中数学联赛（第02试）】在锐角△ABC中，AB上的高CE与AC上的高BD相交于点H，以DE为直径的圆分别交AB，AC于F，G两点.FG与AH相交于点K.已知BC=25，BD=20，BE=7.求AK的长. 21．【2003高中数学联赛（第02试）】过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A，B，所作割线交圆于C，D两点，C在P，D之间在弦CD上取一点Q，使∠DAQ=∠PBC.求证：∠DBQ=∠P AC.22．【2003高中数学联赛（第02试）】设三角形的三边长分别是整数l，m，n，且l>m>n，已知{3l104}={3m104}={3n104}，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超过x的最大整数.求这种三角形的周长的最小值.23．【2003高中数学联赛（第02试）】由n个点和这些点之间的l条连线段组成一个空间图形，其中n=q2+q+l，l⩾12q(q+1)2+l，q⩾2，q∈N.已知任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q+2条连线段.证明：必存在一个空间四边形(即由四点A，B，C，D和四条连线段AB，BC，CD，DA组成的图形) 24．【2002高中数学联赛（第02试）】如图，在△ABC中，∠A=60°，AB>AC，点O是外心.两条高BE，CF交于点H.点M，N分别在线段BH，HF上，且满足BM=CN.求MH+NHOH的值.25．【2001高中数学联赛（第02试）】如图，在△ABC中，O为外心，三条高AD，BE，CF交于点H，直线ED 和AB交于点M，FD和AC交于点N.求证：(1)OB⊥DF，OC⊥OE；(2)OH⊥MN.优质模拟题强化训练1．如图，在锐角△ABC中，M是BC边的中点点P在△ABC内，使得AP平分∠BAC.直线MP与△ABP、△AC P的外接圆分别相交于不同于点P的两点D、E.证明：若DE=MP，则BC=2BP.2．如图所示，D是△ABC中，边BC的中点，K为AC与△ABD的外接圆O的交点，EK平行于AB且与圆O交于E，若AD=DE，求证：AB+AK=KC.3．如图所示，BE、CF分别是锐角三角形△ABC的两条高，以AB为直径的圆与直线CF相交于点M、N，以AC 为直径的圆与直线BE相交于点P、Q.证明：M、N、P、Q四点共圆.4．如图，AB、P A、PBC分别为⊙O的切线和割线，切点A是BD的中点，AC、BD相交于点E，AB、PE相交于点F，直线CF交⊙O于另一点G、交P A于点K.证明：（1）K是P A的中点；（2）AG2=BG⋅PG..5．如图，设△ABC的外接圆为⊙O，∠BAC的角平分线与BC交于点D，M为BC的中点.若△ADM的外接圆⊙Z分别于AB、AC交于P、Q，N为PQ的中点，证明：MN//AD.6．如图，⊙O1、⊙O2与⊙O3交于点P，⊙O1与⊙O2的另一个交点为A，经过点A的一条直线分别与⊙O1、⊙O2交于点B、C，AP的延长线与⊙O3交于点D，作DE∥BC与⊙O3交于点E，再作EM、EN分别与⊙O1、⊙O2切于点M、N.证明：EM2−EN2=DE⋅BC.7．如图，在锐角△ABC中，E、E是边BC上的点，△ABC、△ABD、△ADC的外心分别为O、P、Q．证明：（1）△APQ∽△ABC；（2）若EO⊥PQ，则QO⊥PE．8．如图，ΔABC的内切圆⊙I与三边BC、CA、AB分别切于点D、E、F，直线AI、BI与⊙I分别交于点A1、A0、B1、B0(|AA1|<|AA0|,|BB1|<|BB0|).过点A0、B0作边AB的平行线分别与⊙I交于点C A、C B，联结C A F、C B F，过点F作C A F的一条垂线与C A A1交于点C3，过点F作C B F的一条垂线与C B B1交于点C4.设直线AC3与直线BC4交于点C’，类似地，得到点A’、B’.证明：ΔA′B′C′的外接圆半径是⊙I半径的2倍.9．如图，⊙O1与⊙O2的半径相等，交于X、Y两点. ΔABC内接于⊙O1，且其垂心H在⊙O2上，点Z使得四边形CXZY为平行四边形.证明：AB、XY、HZ三线共点.10．如图，⊙O切AB、AC于点B、C，过C的割线CD//AB交⊙O于点D，E是AB延长线上一点，直线CE分别交BD和⊙O于点F、G.延长BG与CD的延长线相交于点P.求证：A、F、P三点共线.11．如图，在△ABC中，AB>AC，圆Γ是△ABC的外接圆，圆a>2过点B且与AC切于点A，圆Γ2过点C且与AB切于点A，圆a>2与圆Γ2交于A、D两点，射线BD与圆Γ2交于点E，射线CD与圆a>2交于点F(点E、F均不与D 重合)，直线BF与CE交于点P。

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题21复数A辑历年联赛真题汇编1．【2000高中数学联赛（第01试）】设ω=cosπ5+i sinπ5，则以ω,ω3,ω7,ω9为根的方程是( )A．x4+x3+x2+x+1=0B．x4−x3+x2−x+1=0 C．x4−x3−x2+x+1=0D．x4+x3+x2−x−1=0【答案】B【解析】本题也可以用检验法.显然|ω|=1,ω10=1，所以ω+ω3+ω7+ω9=ω+ω3+ω3+ω̅=2cosπ5+2cos3π5=4cos2π5cosπ5=4cos2π5cosπ5sinπ5=1.由根与系数的关系，从而排除A，D.又有ωω3ω7+ωω3ω9+ωω7ω9+ω3ω7ω9=ω+ω3+ω7+ω9=1，再排除C，故选：B.2．【1995高中数学联赛（第01试）】设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为Z1，Z 2，…，Z20，则复数Z11995,Z21995,⋯，Z201995所对应的不同的点的个数是( )A.4B.5C.10D.20【答案】A【解析】解法1设Z1=cosθ+isinθ，则Z k=(cosθ+isinθ)(cos2(k−1)π20)+ isin 2(k−1)π20(1⩽k⩽20)，由1995=20×99+15得Z k1995=(cos1995θ+isin1995θ)(cos3π2+i sin3π2)k−1=(cos1995θ+isin1995θ)(−i)k−1(k=1,2,⋯,20).共有4个不同的值，故选A．解法2不妨设Z1,Z2,⋯,Z20为1的20个20次单位根，则Z11995,Z21995,⋯,Z201995必为1的4次单位根，且不难得知Z11995，Z21995,⋯,Z201995包含了1的4个4次单位根，故Z11995,Z21995,⋯,Z201995所对应不同点的个数为4.3．【1994高中数学联赛（第01试）】给出下列两个命题：(1)设a，b，c都是复数，如果a2+b2>c2，则a2+ b2−c2>0.(2)设a，b，c都是复数，如果a2+b2−c2>0，则a2+b2>c2.那么下述说法正确的是( ) A．命题(1)正确，命题(2)也正确B．命题(1)正确，命题(2)错误C．命题(1)错误，命题(2)也错误D．命题(1)错误，命题(2)正确【答案】B【解析】命题(1)是正确的.则a2+b2>c2，表示a2+b2与c2都是实数，因此，根据移项法则有a2+b2−c2>0，命题(2)是错误的.仅表明a2+b2−c2是实数，并不能保证a2+b2与c2是实数，故a2+b2>c2不一定成立.例如，取a=2+i,b=i,c=2√i，则有a2+b2−c2=(3+4i)+(−1)−4i=2>0，但并没有a2+b2=2+4i>4i=c2.4．【1992高中数学联赛（第01试）】设复数z1，z2在复平面上的对应点分别为A，B，且|z1|=4,4z12−2z1z2+ z22=0.O为坐标原点，则△OAB的面积为( )A．8√3B．4√3C．6√3D．12√3【答案】A【解析】由已知得(z2−z1)2+3z12=0，z2−z1=±√3z1i.故在复平面上等式两边的复数所对应的向量互相垂直，即OA⊥AB.如图.故SΔABC=12|OA|⋅|AB|=12|OA|⋅|√3OA|=12×4×4√3=8√3.5．【1991高中数学联赛（第01试）】设a，b，c均为非零复数，且ab =bc=ca，则a+b−ca−b+c的值为( )A．1B．±ωC．1,ω,ω2D．1,−ω,−ω2，其中ω=−12+√32i.【答案】C【解析】令ab =bc=ca=t，则a=bt=ct2=at3由a≠0，知t3=1，因此，t=1,ω,ω2.利用比例性质，知原式等于1t，故当t=1,ω,ω2时，原式分别取1,ω,ω2.6．【1990高中数学联赛（第01试）】设非零复数x，y满足x2+xy+y2=0，则代数式(xx+y )1990+(yx+y)1990的值是()A．2−1989B．−1C．1D．以上答案都不对【答案】B【解析】令y=ωx(ω≠1)，代入已知条件得1+ω+ω2=0，所以(1−ω)(1+ω+ω2)=0，进而ω3=1.故原式=1(1+ω)1990+ω1990(1+ω)1990=1+ω1990(1−ω2)1990=1+ωω2=−1.7．【1986高中数学联赛（第01试）】设z为复数，M={z|(z−1)2=|z−1|2}，那么( ).A．M={纯虚数}B．M={实数}C．{实数}⊆M⊆{复数}D．M={复数}【答案】B【解析】因为(Z−1)2=|Z−1|2，即(Z−1)2=(Z−1)(Z−1)，所以(Z−1)(Z−Z)=0.因此，Z=1或Z=Z.即Z为实数，故选：B.8．【1985高中数学联赛（第01试）】设Z，W，λ为复数，|λ|≠1，关于Z的方程Z－λZ=W有下面四个结论：1.Z=λ̅W+W̅1−|λ|2是这个方程的解；Ⅱ.这个方程只有一个解；Ⅲ.这个方程有两个解；Ⅳ.这个方程有无穷多解.则( ) A．只有I和Ⅱ是正确的B．只有和Ⅲ是正确的C．只有I和Ⅳ是正确的D．以上A，B，C都不正确【答案】A【解析】由题中给出的四个结论，可知本题需要根据解方程的情况作出选择，于是考虑在方程Z−λZ=W的两端同取共轭，得Z−λZ=W̅，以λ乘两端，得λZ−|λ|2Z=λW̅，与原方程两端分别相加，得Z(1−|λ|2)=λW+W.两端再取共轭，得Z(1−|λ|2)=λW+W̅.因为|λ|2≠1，所以Z=λ̅W+W̅1−|λ|2.9．【1984高中数学联赛（第01试）】集合S={Z2|argZ=α,α为常数}在复平面的图形是( )A．射线argZ=2a B．射线argZ=－2aC．射线argz=－a D．上述答案都不对【答案】B或D【解析】根据一对共轭复数的模相等，辐角的终边关于x轴对称，和复数的平方是模的平方且辐角乘以2，可以确定集合S在复平面上的图形.只要argZ=α(α为常数)能成立，图形就是一条射线但是，由于本题记号argZ的含义不明确，于是可以有两种不同的答案.若argZ表示复数Z的一个辐角，则答案为B．若argZ表示复数Z的辐角主值，则答案是D．10．【2020高中数学联赛A卷（第01试）】设z为复数.若z−2z−i为实数(i为虚数单位),则|z+3|的最小值为.【答案】√5【解析】解法1:设z=a+bi(a,b∈R),由条件知Im(z−2z−i )=Im((a−2)+bia+(b−1)i)=−(a−2)(b−1)+aba2+(b−1)2=a+2b−2a2+(b−1)2=0,故a+2b=2.从而√5|z+3|=√(12+22)((a+3)2+b2)⩾|(a+3)+2b|=5,即|z+3|⩾√5.当a=−2,b=2时, |z+3|取到最小值√5.解法2:由z−2z−i∈R及复数除法的几何意义,可知复平面中z所对应的点在2与i所对应的点的连线上(i所对应的点除外),故|z＋3|的最小值即为平面直角坐标系xOy中的点(−3,0)到直线x+2y−2=0的距离,即22=√5.11．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】设9元集合A={a+bi|a,b∈{1,2,3}},i是虚数单位. α=(z1,z2,⋯z9)是A中所有元素的一个排列,满足|z1|≤|z2|≤⋯≤|z9|,则这样的排列α的个数为.【答案】8【解析】由于|1+i|<|2+i|=|1+2i|<|2+2i|<|3+i|=|1+3i|<|3+2i|=|2+3i|<|3+3i|,故z1=1+i, {z2,z3}={2+i,1+2i},z4=2+2i,{z5,z6}={3+i,1+3i},{z7,z8}={3+2i,2+3i},|z9|=3+3i.由乘法原理知,满足条件的排列α的个数为23=8.12．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】设复数满足|z|=1，使得关于x的方程2x2+2z̅x+2=0有实根，则这样的复数z的和为.【答案】−32【解析】设=a+bi(a，b∈R，a2+b2=1).将原方程改为(a+b i)x2+2(a−b i)x+2=0，分离实部与虚部后等价于ax2+2ax+2=0①bx2−2bx=0②若b=0，则a2=1，但当a=1时，①无实数解，从而a=－1，此时存在实数x=−1±√3满足①、②，故z=−1满足条件.若b≠0，则由②知x∈{0，2}，但显然x=0不满足①，故只能是x=2，代入①解得a=−14，进而b=±√154，相应有z=−1±√15i4.综上，满足条件的所有复数z之和为−1+−1+√15i4+−1−√15i4=−32.13．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】已知复数z1,z2,z3满足|z1|=|z2|=|z3|=1,|z1+z2+z3|=r，其中r是给定实数，则z1z2+z2z3+z3z1的实数是(用含有r的式子表示).【答案】r 2−3 2【解析】记w=z1z2+z2z3+z3z1.由复数模的性质可知z1=1z1,z2=1z2,z3=1z3，因此w=z1z2+z2z3+z3z1.于是r2=(z1+z2+z3)(z1+z2+z3)=|z1|2+|z2|2+|z3|2+w+w̅=3+2Rew，解得Rew=r 2−3 2.14．【2017高中数学联赛B卷（第01试）】设复数z满足z+9=10z̅+22i，则|z|的值为.【答案】√5【解析】设x=a+bi，a，b∈R.由条件得(a+9)+b i=10a+(−10b+22)i.比较两边实虚部可得{a+9=10ab=−10b+22，解得a=1，b=2，故z=1+2i，进而|z|=√5.15．【2016高中数学联赛（第01试）】设复数z、w满足|z|=3,(z+w̅)(z̅−w)=7+4i，其中i是虚数单位，z̅,w̅分别表示z、w的共轭复数，则(z+2w̅)(z̅−2w)的模为.【答案】√65【解析】由运算性质，7+4i=(z+w̅)(z̅−w)=|z|2−|w|2−(zw−zw)，因为|z|2与|w|2为实数，Re(zw−zw)=0，故|z|2−|w|2=7,zw−zw=−4i，又|z|=3，所以|w|2=2.从而(z+2w̅)(z̅−2w)=|z|2−4|w|2−2(zw−zw)=9−8+8i=1+8i，因此，(z+2w̅)(z̅−2w)的模为√12+82=√65.16．【2015高中数学联赛（第01试）】已知复数数列{z n}满足z1=1,z n+1=z̅n+1+n i(n=1,2,⋯)，其中i为虚数单位，z̅n表示z n的共轭复数，则z2015的值为.【答案】2015+1007i【解析】由已知得，对一切正整数n，有z n+2=z n+1+1+(n+1)i=z n+1+n i+1+(n+1)i=z n+2+i，于是z2015=z1+1007×(2+i)=2015+1007i17．【2002高中数学联赛（第01试）】已知复数Z1Z2满足|Z1|=2,|Z2|=3，若它们所对应向量的夹角为60°，则|Z1+Z2Z1−Z2|=.【答案】1337【解析】如图，由余弦定理可得|Z1+Z2|=√19，|Z1−Z2|=√7，所以|Z1+Z2Z1−Z2|=√19√7=1337.18．【2001高中数学联赛（第01试）】若复数z1,z2满足|z1|=2,|z2|=3,3z1−2z2=2−i，则z1z2= .【答案】−3013+7213i【解析】令z1=2(cosα+isinα),z2=3(cosβ+isinβ)，则由3z1−2z2=32−i及复数相等的充要条件，得{6(cosα−cosβ)=326(sinα−sinβ)=−1，{−12sinα+β2sinα−β2=3212cosα+β2sinα−β2=−1，二式相除，得tanα+β2=32，由万能公式，得sin(α+β)=1213,cos(α+β)=−513，故z1⋅z2=6[cos(α+β)+isin(α+β)]=−3013+7213i.优质模拟题强化训练1．若复数z满足|z|<1且|z̅+1z |=52，则|z|=（）A．45B．34C．12D．23【答案】C由|z̅+1z |=|z̅⋅z+1z|=|z|2+1|z|=52，解得|z|=2(舍)或|z|=12.故选：C.2．若A，B是锐角△ABC的两个内角，则复数z=(cosB−sinA)+i(sinB−cosA)在复平面内所对应的点位于( ).A．第一象限.B．第二象限.C．第三象限D．第四象限【答案】B【解析】因为A，B是锐角△ABC的两个内角，所以A+B>π2∴π2>A>π2−B>0∴sinA>sin(π2−B)=cosB,cosA<cos(π2−B)=sinB,即cos B−sin A<0,sin B−cos A>0,因此点位于第二象限，选B.3．已知z满足|z+5−12i|=3.则|z|的最大值是（）A．3B．10C．20D．16【答案】D【解析】|z+5−12i|=3⇒z对应的点在以(−5,12)为圆心，3为半径的圆上，因此|z|max=√52+122+3=16.故答案为：D4．方程ax2+b|x|+c=0(a,b,c∈R,a≠0)在复数集内不同的根的个数为（）.A．2或4个B．至多4个C．至多6个D．可能为8个【答案】C【解析】由题设知x为实数或纯虚数，方程至多有4个实数根、2个纯虚数根，故至多6个根.当a=1,b=−3,c=2时，x=±1,±2,−3+√172i,3−√172i共6个根.故答案为C5．设复数z满足|z|=1，i是虚数单位，则|(z+1)+i(7−z)|的值不可能是（）. A．4√2B．4√3C．5√2D．5√3【解析】注意(z+1)+i(7−z)=(1−i)z+(1+7i)=(1−i)(z−3+4i)我们有|(z+1)+i(7−z)|=|1−i|⋅|z−3+4i|=√2⋅|z−(3−4i)|.也就是说，它表示点z到3-4i的距离的√2倍.由于z在单位圆上，易知上式的取值范围是[4√2,6√2].故答案为：D6．已知复数z满足z2005+λz2004i−λz−i=0．其中λ为实常数且满足λ2≤1．则|z|=（）．A．√22B．|λ+1λ−1|C．1D．√1+λ2【答案】C【解析】由己知有z2004=λz+iz+λi．令z=a+bi．当(a2+b2−1)(λ2−1)>0时，有λ2(a2+b2)+2λb+1>a2+b2+2bλ+λ2，即(a2+b2−1)(λ2−1)>0．但a2+b2>1，故λ2≤1，矛盾．当a2+b2<1时，同理可得出矛盾．从而，|z|=1．故答案为：C7．已知集合A={z∈C|(a+bi)z̅+(a−bi)z+2c=0,a、b、c∈R,ab≠0}，B={z∈C||z|=1}，若A∩B=∅，则以|a|、|b|、|c|为三边（）.A．一定构成锐角三角形B．一定构成直角三角形C．一定构成钝角三角形D．可能不构成三角形【答案】D【解析】设z=x+y i∈A，由(a+bi)z̅+(a−bi)z+2c=0，得(a+bi)(x−yi)+(a−bi)(x+yi)+2c=0.展开整理得ax+by+c=0.若z=x+yi∈B，由|z|=1，得x2+y2=1.那么，A∩B=∅等价于在平面直角坐标系中，直线ax+by+c=0与圆x2+y2=1相离.故直线ax+by+c=0到坐标原点O(0,0)的距离大于1，即22>1.整理得a2+b2<c2.显然，(a,b,c)=(1,1,2)满足条件，但此时a、b、c不能构成三角形.故|a|、|b|、|c|可能不构成三角形.故答案为：D8．已知复数(x−2)+(y−2)i(x、y∈R)的模等于|xcos45°+ysin45°+1|，则动点P(x,y)所在的轨迹为（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线【答案】D【解析】由已知有√(x−2)2+(y−2)2=√2|√2.这表明，动点P(x,y)到定点F(2,2)与到定直线x+y+√2=0的距离相等，根据定义，动点P(x,y)的轨迹为抛物线。