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2024年全国高中数学联赛北京赛区预赛一试试题考试时间:8:00-9:20填空题(1-8题每题8分，第9题16分，第10，11题每题20分，共120分)1．设整数集合{}12345A a a a a a =，，，，，若A 中所有三元子集的三个元素之积组成的集合为{}30,15,10,6,5,3,26,10,15B =------，，则集合A =.2．已知函数()201ln 102x x f x x x +<⎧⎪=⎨⎛⎫+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩，，若关于x 的方程()()f f x m =恰有三个不相等的实数根123,,x x x 且满足123x x x <<，则()1229ln 4x x ++的取值范围是.3．从1,2,,2024 中任取两个数()a b a b ≤，，则37a b +的值中，个位数字为8的数有个.4．设复数z 满足32i 6z -=，令21107457iz z z z -+=-+，则1z 的最大值是.5．已知函数()*,1,,,N ,,,x x f x q q x p q p q p q p p ⎧⎪=+⎨=∈>⎪⎩若为无理数若其中且互质，则函数()f x 在区间89,910⎛⎫ ⎪⎝⎭上的最大值为.6．对于0c >，若非零实数a b ，满足224240a ab b c -+-=，且使2a b +最大，则342a b c -+的最小值为.7．已知函数()44cos sin sin4f x x x a x b =++-，且π6f x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭为奇函数.若方程+=0在[]0,π上有四个不同的实数解1234，，，x x x x ，则12344x x x x f +++⎛⎫ ⎪⎝⎭的平方值为.8．已知{}1,2,,2625A ⊆ ，且A 中任意两个数的差的绝对值不等于4，也不等于9，则A 的最大值为.9．设多项式202320240()i i f x x cx ==+∑，其中{}1,0,1i c ∈-.记N 为()f x 的正整数根的个数（含重根）.若()f x 无负整数根，N 的最大值是.10．在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1AA 上的一点，且11,A EF =为截面1A BD 上的动点，则AF FE +的最小值等于.11．数列{}n a 定义如下：设()()2!!2024!n n n +写成既约分数后的分母为(),n A n a 等于()2A n 的最大质因数，则n a 的最大值等于.2024年全国高中数学联赛北京赛区预赛二试试题考试时间:9:40-12:3012．设,,a b c 是三个正数，求证：++13．如图所示，锐角ABC V 的三条高线AD ，BE ，CF 交于点H ，过点F 作//FG AC 交直线BC 于点G ，设 CFG 的外接圆为O O ，与直线AC 的另一个交点为P ，过P 作//PQ DE 交直线AD 于点Q ，连接OD ，OQ .求证:OD OQ =.14．有n 个球队参加比赛，球队之间的比赛计划已经安排好了.但是每场比赛的主场客场还没有分配好.这时每个球队都上报了自己能够接受的客场比赛的最大次数.最终组委会发现这些次数加在一起恰好是比赛的总场次，并且组委会还发现任意挑出若干支球队，他们能够接受的客场次数之和都要大于等于他们之间的比赛总场次.请问组委会能否安排好主客场使得每支球队都满意，请证明你的结论.15．设12n a a a ，，，为n 个两两不同的正整数且12n a a a 恰有4048个质因数.如果12n a a a ，，，中任意多个数相乘均不是一个整数的4049次方，求n 的最大值.1．{}2,1,1,3,5--【分析】依据总的乘积，绝对值最大的乘积，绝对值最小的乘积去分析集合A 中的各元素即可.【详解】A 中所有三元子集共有35C 10=个，A 中的每个元素在这些三元子集中均出现了10365⨯=次，故()()()()()()()612345301510653261015a a a a a =-⨯-⨯-⨯-⨯-⨯-⨯⨯⨯⨯，1234530a a a a a =，因为集合B 中的元素有6个负数4个正数，故集合A 中的元素有2个负数3个正数，所以1234530a a a a a =，不妨设12345a a a a a ≤≤≤≤，三个元素之积绝对值最大时，34530a a a =-，121a a =-，又A 为整数集合，所以11a =，21a =-或者11a =-，21a =；三个元素之积绝对值最小时，1232a a a =，又121a a =-，所以32a =-，4515a a =，因为集合A 中的元素有2个负数3个正数，故4a 、5a 均为正整数，所以43a =，55a =，故{}2,1,1,3,5A =--.故答案为：{}2,1,1,3,5--.【点睛】关键点点睛：本题考查集合的子集，关键是理解题目的意思，并从“总的乘积，绝对值最大的乘积，绝对值最小的乘积”这些不同的角度去分析集合A 中的各元素.2．11,1ln 22ln 2⎡⎫+⎪⎢⎣⎭【分析】求出嵌套函数解析式4,2,1(())ln 2,20,211ln ln 11,022x x f f x x x x x ⎧⎪+<-⎪⎪⎪⎛⎫=+-≤<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎡⎤⎛⎫++≥⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎪⎣⎦⎩，作出其图象，得到0ln 2m ≤<，化简得()121ln 229221ln 4ln 2x x m ⎛⎫- ⎪+=- ⎪++ ⎪⎝⎭，设右边为新函数，根据其单调性得到范围.【详解】当2x <-时，则20x +<，则()()224f f x x x =++=+，当20x -≤<时，022x £+<，则()()()11ln 21ln 222f f x x x ⎡⎤⎛⎫=++=+ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，当0x ≥时，()()11ln ln 1122f f x x ⎡⎤⎛⎫=++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，即4,2,1(())ln 2,20,211ln ln 11,022x x f f x x x x x ⎧⎪+<-⎪⎪⎪⎛⎫=+-≤<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎡⎤⎛⎫++≥⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎪⎣⎦⎩方程(())f f x m =恰有三个不相等的实数根等价于直线y m =与函数(())y f f x =的图象有三个不同交点，因此0ln 2m ≤<.此时14x m +=且21ln 22x m ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则14x m =-，()2ln 4ln 2x m +=+，从而()121ln 22921221ln 4ln 2ln 2x m x m m ⎛⎫- ⎪++==- ⎪+++ ⎪⎝⎭，设()1ln 2221ln 2h m m ⎛⎫- ⎪=- ⎪+ ⎪⎝⎭，则其在[0,ln 2)上单调递增，因此()1229ln 4x x ++的取值范围是11,1ln 22ln 2⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.故答案为：11,1ln 22ln 2⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用分段函数的解析式求出()()y f f x =的表达式，然后利用转化法、数形结合思想进行求解.。
2019年全国高中数学联赛广东省预赛试题（考试时间：2019年9月8日上午10∶00—11∶20）一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分．把答案填在横线上1. 已知()02014201320112010201222>=⨯⨯⨯+k k ，则=k .答案： 220122-（或4048142）解: 2222(2)(1)(1)(2)(4)(1)n n n n n n n n +--++=+-- 2. 函数()sin()sin()cos 366f x x x x ππ=++--+的最小值等于 .答案：1 解：因为所以)(x f 的最小值为1. 3. 已知 1()2bx f x x a +=+，其中,a b 为常数，且2ab ≠. 若 1()()f x f k x⋅=为常数，则k 的值为 .答案：1.4解：由于 是常数，故2a kb ⋅=，且22(4)1a k b +=+. 将2b ak =代入22(4)1a k b +=+整理得22(4)(14)0k k a k -+-=，分解因式得2(41)(1)0k ka --=. 若410k -≠，则210ka -=，因此222ab ka ==，与条件相矛盾. 故410k -=，即14k =. 4. 已知方程2133xx p +-=有两个相异的正实数解，则实数p 的取值范围是 .答案：9(,2).4-- 解法一：令3xt =，则原方程化为230t t p --=. 根据题意，方程230t t p --=有两个大于1的相异实根.令2()3f t t t p =--，则22(3)40,9(1)1310, 2.431.2p f p p ⎧∆=-+>⎪⎪=-⨯->⇒-<<-⎨⎪⎪>⎩解法二：令3x y =，则原方程化为230y y p --=. 注意到这个关于y 的方程最多有两个解，而由3xy =严格单调递增知每个y 最多对应一个x ，因此所求的p 应当使230y y p --=有两个相异的实数解12,y y ，且满足12123,3xx y y ==的两个实数12,x x 都是正的. 由于12,x x 都是正的，故12,y y 都应大于1. 由于123y y +=，故213y y =-，因此1y 必须满足11y >，131y ->及113y y ≠-. 因此1y 的取值范围为33(1,)(,2)22U . 因此1211(3)p y y y y =-=--的取值范围为9(,2)4--.5. 将25个数排成五行五列：已知第一行11a ,12a ,13a ,14a ,15a 成等差数列，而每一列1j a ，2j a ，3j a ，4j a ，5j a （15j ≤≤）都成等比数列，且五个公比全相等. 若244a =,412a =-,4310a =,则1155a a ⨯的值为______.答案：11-解：可知每一行上的数都成等差数列，但这五个等差数列的公差不一定相等. 由412a =-,4310a =知4210(2)42a +-==且公差为6，故4416a =,4522a =.由244a =,4416a =知公比2±=q .若2=q ，则113214a s -==-,55222411a =⨯=⨯，故115511a a ⨯=-；若2-=q ，则113214a s -==,5522(2)4(11)a =⨯-=⨯-，故115511a a ⨯=-.6.设点P 在曲线12xy e =上，点Q 在曲线ln(2)y x =上，则PQ 的最小值为______.ln 2)-.函数12xy e =与函数ln(2)y x =互为反函数，图象关于y x =对称. 函数12x y e =上的点1(,)2x P x e 到直线y x =的距离为d =.设函数min min 11()()1()1ln 222x x g x e x g x e g x d '=-⇒=-⇒=-⇒=由图象关于y x =对称得：PQ最小值为min 2ln 2)d =-.7.将2个a 和2个b 共4个字母填在4×4方格表的16个小方格内，每个小方格内至多填一个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法种数共有 .答案：3960解：使得2个a 既不同行也不同列的填法有224472C A =种，使得2个b 既不同行也不同列的填法有224472C A =种，故由乘法原理，这样的填法共有272种.其中不合要求的有两种情况：2个a 所在的方格内都填有b 的情况有72种；2个a 所在的方格内恰有1个方格填有b 的情况有121691672C A =⨯种.所以，符合条件的填法共有2727216723960--⨯=种.8.一个直角梯形的上底比下底短，该梯形绕它的上底旋转一周所得旋转体的体积为112π，该梯形绕它的下底旋转一周所得旋转体的体积为80π，该梯形绕它的直角腰旋转一周所得旋转体的体积为156π，则该梯形的周长为 .答案：16+解：设梯形的上底长为a ，下底长为b ，高为h ，则梯形绕上底旋转所得旋转体的体积为22211()(2)33h b h a b h a b πππ+-=+，因此21(2)1123h a b ππ+=，即2(2)336h a b +=. 同理有2(2)240h a b +=，两式相除得2336722405a b a b +==+，去分母化简得3b a =，代入2(2)336h a b +=得248ah =.注意到直角腰长等于高h ，梯形绕它的直角腰旋转一周所得旋转体为圆台，其体积为221()1563h a ab b ++=. 将3b a =代入化简得236a h =. 结合248ah =可解得3,4a h ==，因此9b =，由勾股定理知另一条腰的长度为=39416+++=+二、解答题：本大题共3小题，共56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1．（本小题满分16分）设椭圆2222+=1x y a b(>>0)a b 的左、右顶点分别为,A B ，点P 在椭圆上且异于,A B 两点，O 为坐标原点. 若||=||AP OA ，证明：直线OP 的斜率k 满足||k >.解法一：设(cos ,sin )(02)P a b θθθπ≤<,(,0)A a -.由||||AP OA =a =，即22222cos2cos sin 0a a b θθθ++=. ……4分从而 22222221cos 0,cos 2cos sin sin .a ab a θθθθθ-<<⎧⎨--=<⎩所以，1cos 02θ-<<，且2222sin 213cos cos b a θθθ=-->.所以，sin ||cos b k a θθ==> ……16分解法二：设(cos ,sin )(02)P a b θθθπ≤<. 则线段OP 的中点(cos ,sin )22abQ θθ. ||=||AP OA 1AQ AQ OP k k ⇔⊥⇔⨯=-.sin sin cos 22cos AQ AQ AQ b k b ak ak a a θθθθ=⇔-=+. ……8分||||AQ k k ⇔<⇔>……16分 2．（本小题满分20分） 设非负实数a ，b ，c 满足3=++c b a . 求 的最大值.解：不妨设c b a ≥≥.显然有222b bc c b -+≤，222c ca a a -+≤.……………5分根据AM-GM 不等式可得……………15分所以S 的最大值为12，这时()()0,1,2,,=c b a .……………20分3．（本小题满分20分）求出所有的函数**:f N N →使得对于所有x ，y *N ∈，2(())f x y+都能被2()f y x +整除.解：根据题目的条件，令1==y x ，则2((1))1f +能被(1)1f +整除.因此2((1))(1)f f -能被(1)1f +整除，也就是(1)((1)1)f f -能被(1)1f +整除.因为(1)f 与(1)1f +互素，所以(1)1f -能被(1)1f +整除，且(1)1(1)1f f +>-，所以(1)10f -=，(1)1f =.……………10分令1=y ，则2(())1f x +能被21x +整除，因此22(())f x x ≥.从而()f x x ≥，对所有x *N ∈.令1=x ，则1y +能被()1f y +整除.从而()y f y ≥，对所有y *N ∈. 综上所述，()f x x =，对所有x *N ∈.……………20分。
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）给定正整数r ．求最大的实数C ，使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ，满足n a C 对所有正整数n 成立．（x 表示实数x 到与它最近整数的距离．）解：情形1：r 为奇数．对任意实数x ，显然有12x ，故满足要求的C 不超过12． 又取{}n a 的首项112a ，注意到对任意正整数n ，均有1n r 为奇数，因此1122n n r a ．这意味着12C 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为12． …………10分 情形2：r 为偶数．设*2()r m m N ．对任意实数 ，我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ，从而21m C m ． 事实上，设1a k ，其中k 是与1a 最近的整数（之一），且102． 注意到，对任意实数x 及任意整数k ，均有x k x ，以及x x ．若021m m ，则121m a k m ． 若1212m m ，则22221m m m m ，即21m m r m m ，此时 2121m a a r kr r r m ． …………30分 另一方面，取121m a m ，则对任意正整数n ，有1(2)21n n m a m m ，由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m m a m K m m ，其中K 为整数，故21n m a m ．这意味着21m C m 满足要求． 从而满足要求的C 的最大值为212(1)m r m r ．综上，当r 为奇数时，所求C 的最大值为12；当r 为偶数时，所求C 的最大值为2(1)r r ． …………40分二．（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD 中，AC 平分BAD ，点,E F 分别在边,BC CD 上，满足||EF BD ．分别延长,FA EA 至点,P Q ，使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切．证明：,,,B P Q D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ，故,BP CA 的延长线相交，记交点为L ．由||EF BD 知CE CF CB CD．在线段AC 上取点K ，使得CK CE CF CA CB CD ，则||,||KE AB KF AD ． …………10分由ABL PAL KAF ，180180BAL BAC CAD AKF ，可知ABL KAF ∽，所以KF AB AL KA． …………20分 同理，记,DQ CA 的延长线交于点L ，则KE AD AL KA． 又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KF AB CA AD，即KE AD KF AB ． 所以AL AL ，即L 与L 重合．由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ，所以,,,B P Q D 四点共圆．…………40分三．（本题满分50分）给定正整数n .在一个3n ×的方格表上，由一些方格构成的集合S 称为“连通的”，如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ，存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==，满足iC 与1i C +有公共边(1,2,,1i l −).求具有下述性质的最大整数K ：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S ，使得S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解：所求最大的K n =.对一个由小方格构成的集合S ，记b S 是S 中的黑格个数，w S 是S 中的白格个数. 用[,]i j 表示第i 行第j 列处的方格，这里13i ≤≤,1j n ≤≤.对于两个方格[,]A i j =，[,]B i j ′′=, 定义它们之间的距离为(,)||||d A B i i j j ′′=−+−.首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合S ，均有||b w S S n −≤，这表明K n ≤.设[1,1]是黑格，并记{0,1}ε∈，满足(mod 2)n ε≡.先证b w S S n −≤.可不妨设S 包含所有黑格，这是因为若S 不包含所有黑格， 取不属于S 的黑格A 满足(,)d A S 最小，这里(,)min (,)B Sd A S d A B ∈=.易知(,)1d A S =或2.若(,)1d A S =，取{}S S A ′=，则S 仍是连通的，且b w S S ′′−更大. 若(,)2d A S =，则存在与A 相邻的白格C ，而C 与S 中某个方格B 相邻，取{,}S S A B ′= ，则S 仍是连通的，且bw S S ′′−不变. 因而可逐步扩充S ，使得S 包含所有黑格，保持S 的连通性，且b w S S −不减.考虑白格集合{[,]|}k W i j i j k =+=，3,5,,1k n ε++，每个k W 中至少有一个方格属于S ，否则不存在从黑格[1,1]A S =∈到黑格[3,1]B n ε=−+的S 中路径.故1()2w S n ε≥+，而1(3)2b S n ε=+，故b w S S n −≤. …………10分 类似可证w b S S n −≤.同上，可不妨设S 包含所有白格, 从而1(3)2w S n ε=−. 再考虑黑格集合{[,]|}k B i j i j k =+=, 4,6,,2k n ε+−，每个k B 中至少有一个黑格属于S ，否则不存在从白格[1,2]A =到白格[3,]B n ε=−的S 中路径. 从而1()2b S n ε≥−，故w b S S n −≤. …………20分 下面证明K n =具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合S ， 使得b w S S n −≥.设表格中共有X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有x 个黑格和y 个白格. 于是3X Y n +=, x y n +=.故()()()()2X y Y x X Y x y n −+−=+−+=.由平均值原理可知max{,}X y Y x n −−≥.不妨设X y n −≥.取S 为第二行中的y 个白格以及所有X 个黑格.由于S 包含第二行中所有方格，因而S 是连通的. 而b S X =，w S y =，b w S S X y n −=−≥.综上所述，max K n =. …………50分四．（本题满分50分）设,A B 为正整数，S 是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1) 对任意非负整数k ，有k A S ；(2) 若正整数n S ，则n 的每个正约数均属于S ；(3) 若,m n S ，且,m n 互素，则mn S ；(4) 若n S ，则An B S ．证明：与B 互素的所有正整数均属于S ．证明：先证明下述引理．引理：若n S ，则n B S ．引理的证明：对n S ，设1n 是n 的与A 互素的最大约数，并设12n n n ，则2n 的素因子均整除A ，从而12(,)1n n ．由条件(1)及(2)知，对任意素数|p A 及任意正整数k ，有k p S ．因此，将11k A n 作标准分解，并利用(3)知11k A n S ．又2|n n ，而n S ，故由(2)知2n S ．因112(,)1k A n n ，故由(3)知112k A n n S ，即1k A n S ．再由(4)知k A n B S （对任意正整数k ）． ① …………10分设n B C D ，这里正整数C 的所有素因子均整除A ，正整数D 与A 互素，从而(,)1C D ．由(1)及(2)知C S （见上面1k A n S 的证明）． 另一方面，因(,)1D A ，故由欧拉定理知()1D D A ．因此()()(1)()0(mod )D D A n B A n n B D ，但由①知()D A n B S ，故由(2)知D S ．结合C S 及(,)1C D 知CD S ，即n B S ．引理证毕． …………40分回到原问题．由(1)，取0k 知1S ，故反复用引理知对任意正整数y ，有1By S ．对任意*,(,)1n n B N ，存在正整数,x y 使得1nx By ，因此nx S ，因|n nx ，故n S ．证毕． …………50分。
2021年全国高中数学联赛山西省预赛试题解答2021年全国高中数学联赛山西省预赛回答问题一、填空题（共8题，每题10分，计80分）1.在a组中？？1,2,3，答案：202解：将集合a??0001,0002,,2021?中，末位数字为1的元素个数为．2022？中的每个数字都从最后一位截断以获得集合b??000,001,,199,200,201?中的数，而a中形如abc1的数，皆可看成由b中的元素ABC是在ABC之后加上数字1得到的；因此，a中ABC1形式的元素数量等于B中的元素数量，即202x2y22、椭圆2?2?1的焦点为f1,f2，如果椭圆上的一点p使pf1?pf2，则?pf1f253的面积为．回答：922解：易知f1f2?8，pf1?pf2?10，所以(pf1f2中，1?pf2)?10，在直角?pfpf12?pf22?82，由以上两式得，s?pf1f2?3、数列?an?满足：a1?1，1pf1？pf2？9.2a2ka？2,2k？1.3，k？1、那么前100项的总和是：a2k？1a2ks100？。
答案：(6?1)．解：3550a2k？1a2k？1a2kaaa6,2k？2.2k？2.2k？1.6，a1？1，a2？2.那么，a2k？1a2ka2k？1a2ka2k？1a2ka2k？1.6k？1，a2k？2.6k？1，s100？（a1？a2）？（a3？a4）？3.3.6k？1.(650?1)．5k?150?(a99?a100)4.如果4N？1,6n？1是一个完整的平方数，则正整数n的最小值为答案：20．解决方案：4N？1,6n？1是一个奇数平方数；设定6N？1.（2百万？1）？4m（m？1）？1那么23n？2m（m1），M（m1）是偶数，那么4N，集n？4K，然后是4N？1.16k？1,6n？1.24k？1,2,3,4什么时候k？4N什么时候？1,6n？1不同于平方数，当k？5，即n？20:00，4n?1?81,6n?1?121皆为平方数，因此正整数n的最小值是20．5.功能y？2倍？5.11? 3x的最大值为。
２０２３年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析张㊀君(四川省温江中学ꎬ四川成都６１１１３０)摘㊀要:文章给出２０２３年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析ꎬ部分试题给出一题多解ꎬ解答题给出了有别于参考答案的精彩解法.关键词:高中数学联赛ꎻ四川预赛ꎻ数学竞赛试题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２８－００８８－０５收稿日期:２０２３－０７－０５作者简介:张君(１９７８.１０－)ꎬ男ꎬ四川省宣汉人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２３年全国高中数学联赛(四川预赛)试题ꎬ全卷共１１道题(满分１２０分)ꎬ其中８道填空题(每小题８分)ꎬ３道解答题(第９题１６分ꎬ第１１㊁１２题各２０分).笔者参考２０２２年四川预赛试题及其解析[１]ꎬ对２０２３年四川预赛每道题都进行了分析和研究ꎬ逐个给出解析.１试题内容简析该试题涉及函数性质(第１题)ꎬ平面向量(第２题)ꎬ二项式定理(第３题)ꎬ函数与导数(第４题)ꎬ数论(第５题)ꎬ立体几何(第６题)ꎬ平面解析几何(第９题)ꎬ三角函数与三角变换(第７ꎬ８题)ꎬ函数与数列(第５ꎬ１０题)ꎬ函数与不等式(第８ꎬ１１题).２试题及其解析题１㊀已知ｆ(ｘ)是定义在Ｒ上的函数ꎬ且对任意实数ｘꎬ均有２ｆ(ｘ)＋ｆｘ２－１()＝１ꎬ则ｆ(２)的值为.解析㊀令ｘ＝１ꎬ得２ｆ(１)＋ｆ０()＝１.①令ｘ＝－１ꎬ得２ｆ(－１)＋ｆ０()＝１.②令ｘ＝０ꎬ得２ｆ(０)＋ｆ－１()＝１.③由①②③解得ｆ(１)＝１３.令ｘ＝２ꎬ得２ｆ(２)＋ｆ１()＝１.解得ｆ(２)＝１３.题２㊀设平面向量ａꎬｂ满足:｜ａ｜＝１ꎬ｜ｂ｜＝２ꎬａʅｂ.点ＯꎬＡꎬＢ为平面上的三点ꎬ满足ＯＡң＝２ａ＋ｂꎬＯＢң＝－３ａ＋２ｂꎬ则ΔＡＯＢ的面积为.解析㊀由ａʅｂ建立以Ｏ为原点ꎬ分别以向量ａꎬｂ的方向为正方向建立平面直角坐标系ꎬ因为｜ａ｜＝１ꎬ｜ｂ｜＝２ꎬ所以ａ＝(１ꎬ０)ꎬｂ＝(０ꎬ２).所以ＯＡң＝２ａ＋ｂ＝(２ꎬ２)ꎬＯＢң＝－３ａ＋２ｂａ＝(－３ꎬ４).即Ａ(２ꎬ２)ꎬＢ(－３ꎬ４).从而求得ＳΔＡＯＢ＝７.题３㊀在(－ｘｙ＋２ｘ＋３ｙ－６)６的展开式中ꎬｘ４ｙ３的系数为.(用具体数字作答)解析㊀因为(－ｘｙ＋２ｘ＋３ｙ－６)６＝(ｙ－２)６(ｘ＋３)６ꎬ所以ｘ４ｙ３的系数为Ｃ３６(－２)３ Ｃ２６ ３２＝－２１６００.题４㊀设Ｐ(０ꎬａ)是ｙ轴上异于原点的任意一点ꎬ过点Ｐ且平行于ｘ轴的直线与曲线ｙ＝１ａｌｎｘ交于点Ｑꎬ曲线ｙ＝１ａｌｎｘ在点Ｑ处的切线交ｙ轴于点Ｒꎬ则ΔＰＱＲ的面积的最小值为.解析㊀由题意知ꎬａ＝１ａｌｎｘꎬ解得ｘ＝ｅａ２.所以Ｑ(ｅａ２ꎬａ).因为ｙᶄ＝１ａｘꎬ所以切线ＲＱ的方程为ｙ－ａ＝１ａｅａ２(ｘ－ｅａ２).令ｘ＝０ꎬ得Ｒ(０ꎬａ－１ａ).所以ＳΔＰＲＱ＝１２ＰＱ ＰＲ＝１２ａｅａ２.令ｆ(ａ)＝１２ａｅａ２(ａ>０)ꎬ所以ｆᶄ(ａ)＝１２ｅａ２(２－ａ－２).当ａɪ０ꎬ２２æèçöø÷时ꎬｆᶄ(ａ)<０ꎬｆ(ａ)单调递减ꎻ当ａɪ２２ꎬ＋ɕæèçöø÷时ꎬｆᶄ(ａ)>０ꎬｆ(ａ)单调递增[２].㊀所以ｆ(ａ)ｍｉｎ＝ｆ(２２)＝２ｅ２.题５㊀㊀设集合Ｉ＝{０ꎬ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２}ꎬＡ＝{(ａꎬｂꎬｃꎬｄ)｜ａꎬｂꎬｃꎬｄɪＩꎬａ＋ｄʉ１(ｍｏｄ２３)ꎬ且ａｄ－ｂｃʉ０(ｍｏｄ２３)}ꎬ则集合Ａ中元素的个数为.解析㊀若ａꎬｄ中有０ꎬ由于ａ＋ｄʉ１(ｍｏｄ２３)ꎬ则ａꎬｄ()有０ꎬ１()和１ꎬ０()两种情况.此时ａｄ＝０ꎬ且ａｄ－ｂｃʉ０(ｍｏｄ２３)ꎬ则ｂꎬｃ中有０ꎬｂꎬｃ()有４５种情况.所以ꎬ此类共有２ˑ４５＝９０种情况.若ａꎬｄ中无０ꎬ由于ａ＋ｄʉ１(ｍｏｄ２３)ꎬ则ａꎬｄ()有２ꎬ２２()ꎬ３ꎬ２１()ꎬ ꎬ２２ꎬ２()共２１种情况.因为ａｄ－ｂｃʉ０(ｍｏｄ２３)ꎬ注意到ｋｍ(ｋꎬｍɪ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２{})对每一个确定的ｋꎬｋｍ(ｍɪ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２{})的每两个值对于ｍｏｄ２３不同余ꎬ即与１ꎬ２ꎬ ꎬ２２关于ｍｏｄ２３同余的值各有一个ꎬ则ｋｍ(ｋꎬｍɪ１ꎬ２ꎬ ꎬ２２{})的值与１ꎬ２ꎬ ꎬ２２关于ｍｏｄ２３同余的各有２２个.则对于每一个ａꎬｄ()ꎬｂꎬｃ()有２２种情况.故此类共有２１ˑ２２＝４６２种情况.㊀所以ꎬ集合Ａ中元素的个数为９０＋４６２＝５５２.题６㊀在直三棱柱ＡＢＣ－Ａ１Ｂ１Ｃ１中ꎬＡＢ＝１ꎬＢＣ＝ＣＣ１＝３ꎬøＡＢＣ＝９０ʎꎬ点Ｐ是平面ＡＢＣ上一动点ꎬ则Ａ１Ｐ＋１２ＰＣ的最小值为.解析㊀易知ꎬ点Ｐ在线段ＡＣ上时ꎬＡ１Ｐ＋１２ＰＣ才可能最小.由已知可求得ＡＣ＝２ꎬＡＡ１＝３.设øＡＡ１Ｐ＝αꎬ则αɪ０ꎬａｒｃｔａｎ２３æèçöø÷ꎬＡ１Ｐ＝３ｃｏｓαꎬＡＰ＝３ｔａｎα.则Ａ１Ｐ＋１２ＰＣ＝３ｃｏｓα＋２－３ｔａｎα２＝１＋３２－ｓｉｎα()２ｃｏｓα.设ｔ＝２－ｓｉｎαｃｏｓαꎬ则ｔｃｏｓα＋ｓｉｎα＝２.于是ｔ２＋１ȡ２ꎬｔȡ３.则Ａ１Ｐ＋１２ＰＣȡ５２.当ｔ＝３时ꎬ３ｃｏｓα＋ｓｉｎα＝２ꎬ则ｓｉｎα＋π３æèçöø÷＝１ꎬ解得α＝π６.故当α＝π６时ꎬＡ１Ｐ＋１２ＰＣ取最小值５２.题７㊀如图１ꎬ将函数ｙ＝ｃｏｓｘ＋１(０ɤｘɤ２π)的图象Γ画在矩形ＯＡＢＣ内ꎬ将ＡＢ与ＯＣ重合围成一个圆柱ꎬ则曲线Γ在圆柱表面形成的曲线的离心率为.解析㊀如图２ꎬ设图１中ＯＡꎬＣＢ的中点分别为ＥꎬＤꎬ则围成圆柱后ＡＥꎬＢＤ分别为上㊁下底面的直径ꎬ易知ＡＥ＝２.设ＡＥ的中点为ＧꎬＰ为曲线上一点ꎬ作ＰＱʅ底面ꎬ垂足为点ＱꎬＱＭʅＡＥ于点ＭꎬＭＮʊＡＢ交ＢＥ于点Ｎ.㊀图１㊀函数ｙ＝ｃｏｓｘ＋１图象㊀㊀㊀㊀㊀图２㊀圆柱设ＡＱ(＝ｘꎬ则ＰＱ＝１＋ｃｏｓｘꎬøＡＧＱ＝ｘꎬøＡＥＱ＝ｘ２.所以ＥＱ＝ＡＥｃｏｓøＡＥＱ＝２ｃｏｓｘ２ꎬＭＥ＝ＱＥｃｏｓøＡＥＱ＝２ｃｏｓ２ｘ２.易知әＮＭＥ为等腰直角三角形ꎬ则ＭＮ＝ＭＥ＝２ｃｏｓ２ｘ２＝１＋ｃｏｓｘ.所以ＰＱ＝ＮＭꎬ则四边形ＰＱＭＮ为矩形.所以ＰＮʅＮＭꎬ则ＰＮʅ平面ＡＢＤＥꎬ于是点Ｐ在平面ＡＢＤＥ内的投影为点Ｎ.所以曲线在平面ＡＢＤＥ内的投影为线段ＢＥꎬ于是曲线为过直线ＢＥ且垂直于平面ＡＢＤＥ的平面截圆柱侧面所得曲线[３].该曲线为椭圆ꎬ长轴为ＢＥ＝２２ꎬ短轴长等于底面直径２ꎬ所以离心率为２２.题８㊀设ＡꎬＢꎬＣ是ΔＡＢＣ的三个内角ꎬ则３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ的取值范围为.解析㊀设Ｍ＝３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ.易知Ｍ<６ꎬ当Ａң０ꎬＢңπꎬＣң０时ꎬＭң６.当Ｃң０时ꎬＭ＝－３ｃｏｓＢ＋Ｃ()＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃң－３ｃｏｓＢ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋１ꎬ又－３ｃｏｓＢ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋１＝４ｃｏｓ２Ｂ－３ｃｏｓＢ－１＝４ｃｏｓＢ－３８æèçöø÷２－２５１６ꎬ所以ꎬ当Ｃң０ꎬＢ＝ａｒｃｃｏｓ３８πꎬＡңπ－ａｒｃｃｏｓ３８时ꎬＭң－２５１６.下面证明Ｍ>－２５１６.当Ａɤπ３时ꎬＭȡ３ｃｏｓπ３－３＝－３２>－２５１６.当Ａ>π３时ꎬ０<Ｂ<２π３ꎬ０<Ｃ<２π３ꎬ０<Ｂ＋Ｃ<２π３.此时ꎬＡ不是ＡꎬＢꎬＣ中最小的.(１)若Ｃ最小ꎬ则Ｃ<ＡꎬＣɤＢ.此时ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ２Ｃȡ０ꎬ证明如下:ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ２Ｃ＝－ｃｏｓＢ＋Ｃ()－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓＢ＋ｃｏｓ２Ｃ＝－２ｃｏｓＢ＋２Ｃ２ｃｏｓＢ２＋２ｃｏｓＢ＋２Ｃ２ｃｏｓＢ－２Ｃ２＝４ｃｏｓＢ＋２Ｃ２ｓｉｎＢ－Ｃ２ｓｉｎＣ２.因为Ｂ＋２Ｃ２ꎬＢ－Ｃ２ꎬＣ２ɪ０ꎬπ２[öø÷ꎬ所以ｃｏｓＡ＋ｃｏｓＢ－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ２Ｃȡ０成立.所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃȡ３－ｃｏｓＢ＋ｃｏｓＣ－ｃｏｓ２Ｃ()＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ＝－３ｃｏｓＢ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋３ｃｏｓＣ－３ｃｏｓ２Ｃ＋ｃｏｓ３Ｃ＝４ｃｏｓ２Ｂ－３ｃｏｓＢ＋４ｃｏｓ３Ｃ－６ｃｏｓ２Ｃ＋１＝４ｃｏｓＢ－３８æèçöø÷２＋２ｃｏｓＣ－１()２２ｃｏｓＣ＋１()－２５１６.因为０<Ｃ<２π３ꎬ－１２<ｃｏｓＣ<１ꎬ所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ>－２５１６.(２)若Ｂ最小ꎬ则ＢɤＣꎬＢ<Ａꎬ３Ｂ＋Ｃ２ɪ０ꎬπ()ꎬＣ－Ｂ２ɪ０ꎬπ２[öø÷.于是ｃｏｓＡ＋ｃｏｓ２Ｂ＝－ｃｏｓＢ＋Ｃ()＋ｃｏｓ２Ｂ＝２ｓｉｎ３Ｂ＋Ｃ２ｓｉｎＣ－Ｂ２ȡ０ꎮ所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３ＣȡｃｏｓＡ＋ｃｏｓ３Ｃ＝－ｃｏｓＢ＋Ｃ()＋ｃｏｓ３Ｃ>－ｃｏｓＣ＋ｃｏｓ３Ｃ＝４ｃｏｓ３Ｃ－４ｃｏｓＣ.设ｔ＝ｃｏｓＣꎬ由于０<Ｃ<２π３ꎬ－１２<ｃｏｓＣ<１ꎬ则－１２<ｔ<１.令４ｃｏｓ３Ｃ－４ｃｏｓＣ＝４ｔ３－４ｔ＝ｆｔ()ꎬ则ｆᶄｔ()＝１２ｔ２－４＝４３ｔ２－１()ꎬ则ｆｔ()的极值点为ʃ１３.则ｆｔ()在－１２ꎬ－１３æèçöø÷上单调递增ꎬ在－１３ꎬ１３æèçöø÷上单调递减ꎬ在１３ꎬ１æèçöø÷上单调递增.计算知ｆ－１２æèçöø÷＝３２>－２５１６ꎬｆ１３æèçöø÷＝－８３３>－２５１６ꎬ所以ｆｔ()>－２５１６.所以３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ>－２５１６.综上所述ꎬ３ｃｏｓＡ＋２ｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓ３Ｃ的取值范围是－２５１６ꎬ６æèçöø÷.题９㊀已知抛物线Γ的顶点是原点Ｏꎬ焦点是Ｆ(０ꎬ１).过直线ｙ＝－２上任意一点Ａ作抛物线Γ的两条切线ꎬ切点分别为ＰꎬＱꎬ求证:(１)直线ＰＱ过定点ꎻ(２)øＰＦＱ＝２øＰＡＱ.证明㊀(１)易得拋物线Γ的方程为ｘ２＝４ｙ.设点Ａ(ｔꎬ－２)ꎬＰｘ１ꎬｙ１()ꎬＱｘ２ꎬｙ２()ꎬ则过点Ｐ的抛物线Γ的切线ｌ１的方程为ｙ－ｙ１＝ｘ１２ｘ－ｘ１().即ｘ１ｘ－２ｙ－２ｙ１＝０.同理ꎬ过点Ｑ的抛物线Γ的切线ｌ２的方程为ｘ２ｘ－２ｙ－２ｙ２＝０.由ｌ１ꎬｌ２过点Ａꎬ可得ｘ１ｔ＋４－２ｙ１＝０ꎬｘ２ｔ＋４－２ｙ２＝０ꎬ这表明ꎬ点Ｐｘ１ꎬｙ１()ꎬＱｘ２ꎬｙ２()的坐标满足方程ｔｘ－２ｙ＋４＝０.所以直线ＰＱ的方程为ｔｘ－２ｙ＋４＝０.所以易得直线ＰＱ过定点(０ꎬ２).(２)不妨设点Ｐ在点Ｑ的左边ꎬ则ｘ１<ｘ２.因为ｔａｎøＰＡＱ＝ｘ１/２－ｘ２/２１＋(ｘ１/２) (ｘ２/２)＝２ｘ１－ｘ２()ｘ１ｘ２＋４ꎬ所以ｔａｎ２øＰＡＱ＝２ｔａｎøＰＡＱ１－ｔａｎ２øＰＡＱ＝４ｘ１－ｘ２()/ｘ１ｘ２＋４()１－４ｘ１－ｘ２()２/ｘ１ｘ２＋４()２＝４ｘ１－ｘ２()ｘ１ｘ２＋４()ｘ１ｘ２＋４()２－４ｘ１－ｘ２()２.又因为ｔａｎøＰＦＱ＝(ｙ１－１)/ｘ１－(ｙ２－１)/ｘ２１＋[(ｙ１－１)/ｘ１] [(ｙ２－１)/ｘ２]＝ｘ２ｘ２１/４－１()－ｘ１ｘ２２/４－１()ｘ１ｘ２＋ｘ２１/４－１()ｘ２２/４－１()＝４ｘ１－ｘ２()ｘ１ｘ２＋４()ｘ１ｘ２＋４()２－４ｘ１－ｘ２()２ꎬ所以ｔａｎ２øＰＡＱ＝ｔａｎøＰＦＱ.易知０ʎ<øＰＡＱ<９０ʎ<øＰＦＱ<１８０ʎ.所以øＰＦＱ＝２øＰＡＱ.题１０㊀给定正整数ｎ(ｎȡ２).已知２ｎ个正实数ａ１ꎬａ２ꎬ ꎬａ２ｎꎬ满足:ðｎｋ＝１ａ２ｋ－１ ðｎｋ＝１ａ２ｋ＝ᵑｎｋ＝１ａ２ｋ－１＋ᵑｎｋ＝１ａ２ｋ.求Ｓ＝ð２ｎｋ＝１ａｎ－１ｋａｋ＋１的最小值ꎬ其中ａ２ｎ＋１＝ａ１.解析㊀一方面ꎬ记Ａ＝ᵑ２ｎｋ＝１ａｋ()１ｎꎬ则Ｓ＝ðｎｋ＝１ａｎ－１２ｋａ２ｋ＋１＋ðｎｋ＝１ａｎ－１２ｋ－１ａ２ｋȡｎᵑｎｋ＝１ａｎ－１２ｋａ２ｋ＋１æèçöø÷１ｎ＋ｎᵑｎｋ＝１ａｎ－１２ｋ－１ａ２ｋæèçöø÷１ｎ＝ｎＡᵑｎｋ＝１ａ２ｋ－１＋ᵑｎｋ＝１ａ２ｋ()＝ｎＡðｎｋ＝１ａ２ｋ－１ ðｎｋ＝１ａ２ｋ()ȡｎＡｎᵑｎｋ＝１ａ２ｋ－１()１ｎ ｎᵑｎｋ＝１ａ２ｋ()１ｎ＝ｎ３.另一方面ꎬ易知ｎ＝２时ꎬ取ａ１＝ａ３＝１ꎬａ２＝ａ４＝２＋３时可满足条件ꎬ且Ｓ＝ｎ３.ｎȡ３时ꎬ取ａ１＝ａ２＝ ＝ａ２ｎ＝ｎ２２æèçöø÷１ｎ－２时可满足条件ꎬ且Ｓ＝ｎ３.综上所述ꎬ所求的最小值是ｎ３.题１１㊀给定正整数ａꎬｂ(ａɤｂ).数列ｆｎ{}满足:ｆ１＝ａꎬｆ２＝ｂꎬｆｎ＋２＝ｆｎ＋１＋ｆｎ(ｎ＝１ꎬ２ꎬ ).若对任意的正整数ｎꎬ都ðｎｋ＝１ｆｋ()２ɤλ ｆｎｆｎ＋１ꎬ求实数λ的最小值.解析㊀先证以下３个引理:引理１㊀对任意ｎɪＮ∗ꎬ有ｆｎ＋２＝ðｎｋ＝１ｆｋ＋ｆ２.证明㊀ｆｎ＋２＝ðｎ＋１ｋ＝２ｆｋ＋１－ｆｋ()＋ｆ２＝ðｎ＋１ｋ＝２ｆｋ－１＋ｆ２＝ðｎｋ＝１ｆｋ＋ｆ２.引理２㊀记Ｔ＝ａ２＋ａｂ－ｂ２ꎬ则对任意ｎɪＮ∗ꎬ有ｆｎｆｎ＋２＋(－１)ｎＴ＝ｆ２ｎ＋１.证明㊀由条件知ｆ３＝ａ＋ｂ.从而ｆ１ｆ３＋(－１)１Ｔ＝ａ(ａ＋ｂ)－ａ２＋ａｂ－ｂ２()＝ｂ２＝ｆ２２ꎬ故结论对ｎ＝１成立.假设ｎ＝ｋ(ｋȡ１)时ꎬ结论成立ꎬ即ｆｋｆｋ＋２＋(－１)ｋＴ＝ｆ２ｋ＋１.当ｎ＝ｋ＋１时ꎬｆｋ＋１ｆｋ＋３＋(－１)ｋ＋１Ｔ＝ｆｋ＋１ｆｋ＋１＋ｆｋ＋２()＋ｆｋｆｋ＋２－ｆ２ｋ＋１＝ｆｋ＋１ｆｋ＋２＋ｆｋｆｋ＋２＝ｆ２ｋ＋２ꎬ故当ｎ＝ｋ＋１时ꎬ结论也成立.由归纳原理知ꎬ对任意的正整数ｎꎬ都有ｆｎｆｎ＋２＋(－１)ｎＴ＝ｆ２ｎ＋１.引理３㊀ｌｉｍｎң＋ɕｆｎｆｎ＋１＝５－１２.证明㊀首先ꎬ由ｆｎｆｎ＋１－ｆｎ＋１ｆｎ＋２＝ｆｎｆｎ＋２－ｆ２ｎ＋１ｆｎ＋１ｆｎ＋２＝(－１)ｎＴｆｎ＋１ｆｎ＋２ң０知ｌｉｍｎң＋ɕｆｎｆｎ＋１存在ꎬ设其值为ａꎬ其中０ɤａɤ１.其次ꎬ将ｆｎ＋２＝ｆｎ＋１＋ｆｎ同时除以ｆｎ＋１ꎬ再令ｎң＋ɕꎬ得１ａ＝１＋ａꎬ解得ａ＝５－１２.回到原题:记Ｔｎ＝ðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１ꎬｎ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ ꎬ则Ｔｎ＋１－Ｔｎ＝ðｎ＋１ｋ＝１ｆｋ()２ｆｎ＋１ｆｎ＋２－ðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１＝ｆｎðｎｋ＝１ｆｋ＋ｆｎ＋１()２－ｆｎ＋２ðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２＝ｆｎ－ｆｎ＋２()ðｎｋ＝１ｆｋ()２＋２ｆｎｆｎ＋１ðｎｋ＝１ｆｋ()＋ｆｎｆ２ｎ＋１ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２＝－ｆｎ＋１ｆｎ＋２－ｆ２()２＋２ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２－ｆ２()＋ｆｎｆ２ｎ＋１ｆｎｆｎ＋１ｆｎ＋２＝２ｆｎ＋１ｆ２－ｆ２２＋ｆｎｆｎ＋２－ｆ２ｎ＋１ｆｎｆｎ＋２＝２ｂｆｎ＋１－ｂ２－(－１)ｎＴｆｎｆｎ＋２.注意到ｆｎ＋１ȡｂꎬ且(－１)ｎＴ＝(－１)ｎａ２＋ａｂ－ｂ２()ɤｂ２ꎬ所以２ｂｆｎ＋１－ｂ２－(－１)ｎＴȡ２ｂ２－ｂ２－ｂ２＝０.因此ꎬＴｎ＋１ȡＴｎ对任意的正整数ｎ均成立.由Ｔｎ{}单调递减可知:若ｌｉｍｎң＋ɕＴｎ存在ꎬ则其值为λ的最小值.又ｌｉｍｎң＋ɕＴｎ＝ｌｉｍｎң＋ɕðｎｋ＝１ｆｋ()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎ＋２－ｆ２()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎ＋１＋ｆｎ－ｆ２()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎ＋１＋ｆｎ()２ｆｎｆｎ＋１＝ｌｉｍｎң＋ɕｆｎｆｎ＋１＋ｆｎ＋１ｆｎ＋２æèçöø÷＝５－１２＋５＋１２＋２＝２＋５.综上可知ꎬλ的最小值为２＋５.参考文献:[１]张君.２０２２年全国高中数学联赛(四川预赛)试题及解析[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２２(２５):８４－８８.[２]李鸿昌.我这样做奥数[Ｍ].成都:四川省教育电子音像出版社ꎬ２０２１.[３]甘志国.圆锥曲线光学性质的证明及其应用[Ｊ].数学教学ꎬ２０１７(０９):１６－１８ꎬ３７.[责任编辑:李㊀璟]。
数学竞赛预赛试题及答案试题一：代数问题题目：解下列方程组：\[ \begin{cases}x + y = 5 \\2x - y = 1\end{cases} \]答案：首先将方程①和方程②相加，得到3x = 6，解得x = 2。
将x = 2代入方程①，得到y = 3。
因此，方程组的解为：\[ \begin{cases}x = 2 \\y = 3\end{cases} \]试题二：几何问题题目：已知直角三角形ABC，其中∠A为直角，AB = 6，AC = 8，求斜边BC的长度。
答案：根据勾股定理，直角三角形的斜边长度可以通过以下公式计算：\[ BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = \sqrt{36 + 64} = \sqrt{100} = 10 \]所以，斜边BC的长度为10。
试题三：数列问题题目：数列1, 1, 2, 3, 5, 8, ... 被称为斐波那契数列。
求第10项的值。
答案：斐波那契数列的定义是每一项都是前两项的和。
已知第9项为34，第8项为21，第7项为13，第6项为8，第5项为5，第4项为3，第3项为2，第2项为1，第1项为1。
根据定义，第10项为第8项和第9项的和，即：\[ 34 + 21 = 55 \]所以，斐波那契数列的第10项是55。
试题四：概率问题题目：一个袋子里有5个红球和3个蓝球，随机抽取一个球，求抽到红球的概率。
答案：总共有8个球，其中5个是红球。
抽到红球的概率是红球数量除以总球数，即：\[ P(\text{红球}) = \frac{5}{8} \]试题五：组合问题题目：有7个人参加一个会议，需要选出3个人组成一个委员会。
求不同的委员会组合数。
答案：这是一个组合问题，可以用组合公式计算：\[ C(n, k) = \frac{n!}{k!(n-k)!} \]其中n是总人数，k是委员会的人数。
将数值代入公式，得到：\[ C(7, 3) = \frac{7!}{3!(7-3)!} = \frac{7 \times 6 \times5}{3 \times 2 \times 1} = 35 \]所以，可以组成35种不同的委员会组合。
2019年全国初中数学竞赛预赛试题及参考解析注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
【一】选择题〔共6小题，每题6分，共36分.以下每道小题均给出了代号为A ，B ，C ，D 的四个选项，其中有且只有一个选项是正确的.请将正确选项的代号字母填入题后的括号里，不填、多填或错填都得0分〕1、在1，3，6，9四个数中，完全平方数、奇数、质数的个数分别是【】 〔A 〕2，3，1〔B 〕2，2，1〔C 〕1，2，1〔D 〕2，3，2 【答】A 、解：完全平方数有1，9；奇数有1，3，9；质数有3、2、一次函数(1)(1)y m x m =++-的图象经过【一】【二】三象限，那么以下判断正确的选项是【】〔A 〕1m >-〔B 〕1m <-〔C 〕1m >〔D 〕1m < 【答】C 、解：一次函数(1)(1)y m x m =++-的图象经过【一】【二】三象限，说明其图象与Y 轴的交点位于Y 轴的正半轴，且Y 随X 的增大而增大，所以10,10.m m ->⎧⎨+>⎩解得1m >、3、如图，在⊙O 中，CD DA AB ==，给出以下三个 结论：〔1〕DC ＝AB ；〔2〕AO ⊥BD ；〔3〕当∠BDC ＝30° 时，∠DAB ＝80°、其中正确的个数是【】 〔A 〕0〔B 〕1 〔C 〕2〔D 〕3 【答】D 、解：因为CD AB =，所以DC ＝AB ；因为AD AB =，AO 是半径，所以AO ⊥BD ；设∠DAB ＝X 度，那么由△DAB 的内角和为180°得：2(30)180x x -︒+=︒，解得80x =︒、 4.有4张全新的扑克牌，其中黑桃、红桃各2张，它们的背面都一样，将它们洗匀后，背面朝上放到桌面上，从中任意摸出2张牌，摸出的花色不一样的概率是【】〔A 〕34〔B 〕23〔C 〕13〔D 〕21第3题图【答】B 、解：从4张牌中任意摸出2张牌有6种可能，摸出的2张牌花色不一样的有4种可能，所以摸出花色不一样的概率是3264=. 5、在平面直角坐标系中，点A 的坐标是(1,0)，点B 的坐标是(3,3)--，点C 是Y 轴上一动点，要使△ABC 为等腰三角形，那么符合要求的点C 的位置共有【】〔A 〕2个〔B 〕3个〔C 〕4个〔D 〕5个 【答】D 、解：由题意可求出AB ＝5，如图，以点A 为圆心AB的长为半径画弧，交Y 轴于C1和C2，利用勾股定理可求出OC1＝OC2=，可得62,0(),62,0(21-C C 以点B 为圆心BA 的长为半径画弧，交Y 轴于点C3和C4，可得34(0,1),(0,7)C C -，AB 的中垂线交Y 轴于点C5，利用三角形相似或一次函数的知识可求出)617,0(5-C 、6、二次函数221y x bx =++〔b 为常数〕，当b 取不同的值时，其图象构成一个“抛物线系”，图中的实线型抛物线分别是B 取三个不同的值时二次函数的图象，它们的顶点在一条抛物线上〔图中虚线型抛物线〕，这条抛物线的解析式是【】〔A 〕221y x =-+〔B 〕2112y x =-+ 〔C 〕241y x =-+〔D 〕2114y x =-+【答】A 、解：221y x bx =++的顶点坐标是⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--88,42b b ，设4b x -=，882b y -=，由4b x -=得x b 4-=，所以222218)4(888x x b y -=--=-=、【二】填空题〔共6小题，每题6分，共36分〕7、假设2=-n m ，那么124222-+-n mn m 的值为、【答】7、解：71221)(212422222=-⨯=--=-+-n m n mn m 、 yxO第6题图第5题图8、方程112(1)(2)(2)(3)3x x x x +=++++的解是、【答】120,4x x ==-、解：11(1)(2)(2)(3)x x x x +++++11111223x x x x =-+-++++ 11213(1)(3)x x x x =-=++++.∴22(1)(3)3x x =++，解得120,4x x ==-.9、如图，在平面直角坐标系中，点B 的坐标是〔1，0〕， 假设点A 的坐标为〔A ，B 〕，将线段BA 绕点B 顺时针旋转 90°得到线段BA '，那么点A '的坐标是、 【答】(1,1)b a +-+、解：分别过点A 、A '作X 轴的垂线，垂足分别 为C 、D 、显然RT △ABC ≌RT △B A 'D 、由于点A 的坐标是(,)a b ，所以OD OB BD =+1OB AC b =+=+，1A D BC a '==-，所以点的A '坐标是(1,1)b a +-+、10、如图，矩形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝3，AM ＝1，DE 是以点A 为圆心2为半径的41圆弧，NB 是以点M 为圆心2为半径的41圆弧，那么图中两段弧之间的阴影部分的面积为、【答】2、解：连接MN ，显然将扇形AED 向右平移可与扇形MBN 重合，图中阴影部分的面积等于矩形AMND 的面积，等于221=⨯、11、α、β是方程2210x x +-=的两根，那么3510αβ++的值为、【答】2-、解：∵α是方程2210x x +-=的根，∴212αα=-、第10题图 第9题图∴322(12)22(12)52αααααααααα=⋅=-=-=--=-， 又∵2,αβ+=-∴3510(52)5105()8αβαβαβ++=-++=++＝5(2)82⨯-+=-、12、现有145颗棒棒糖，分给假设干小朋友，不管怎样分，都至少有1个小朋友分到5颗或5颗以上，这些小朋友的人数最多有个、【答】36、 解：利用抽屉原理分析，设最多有X 个小朋友，这相当于X 个抽屉，问题变为把145颗糖放进X 个抽屉，至少有1个抽屉放了5颗或5颗以上，那么41x +≤145，解得x ≤36，所以小朋友的人数最多有36个、【三】解答题〔第13题15分，第14题15分，第15题18分，共48分〕13、王亮的爷爷今年〔2018年〕80周岁了，今年王亮的年龄恰好是他出生年份的各位数字之和，问王亮今年可能是多少周岁？解：设王亮出生年份的十位数字为x ，个位数字为y 〔X 、Y 均为0～9的整数〕、∵王亮的爷爷今年80周岁了，∴王亮出生年份可能在2000年后，也可能是2000年前、故应分两种情况：…………………2分〔1〕假设王亮出生年份为2000年后，那么王亮的出生年份为200010x y ++，依题意，得2012(200010)20x y x y -++=+++，整理，得1011,2xy -=X 、Y 均为0～9的整数，∴0.x =此时 5.y =∴王亮的出生年份是2005年，今年7周岁、…………………8分〔2〕假设王亮出生年份在2000年前，那么王亮的出生年份为190010x y ++，依题意，得2012(190010)19x y x y -++=+++，整理，得111022x y =-，故X 为偶数，又1021110211,09,22x xy --=≤≤∴779,11x ≤≤∴8.x =此时7.y = ∴王亮的出生年份是1987年，今年25周岁、…………………14分 综上，王亮今年可能是7周岁，也可能是25周岁、……………15分14、如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC 的顶点A 、B 的坐标分别是(5,0)、(3,2)，点D在线段OA上，BD＝BA，点Q是线段BD上一个动点，点P的坐标是(0,3)，设直线PQ的解析式为y kx b =+、〔1〕求K的取值范围；〔2〕当K为取值范围内的最大整数时，假设抛物线25y ax ax=-的顶点在直线PQ、OA、AB、BC围成的四边形内部，求A的取值范围、解：〔1〕直线y kx b=+经过P(0,3)，∴3b=、∵B (3,2)，A(5,0)，BD＝BA，∴点D的坐标是(1,0)，∴BD的解析式是1y x=-，1 3.x≤≤依题意，得1,3.y xy kx=-⎧⎨=+⎩，∴4,1xk=-∴41 3.1k-≤≤解得13.3k--≤≤……………………………………………7分〔2〕13,3k--≤≤且K为最大整数，∴1k=-.那么直线PQ的解析式为3y x=-+.……………………………………………9分又因为抛物线25y ax ax=-的顶点坐标是525,24a⎛⎫-⎪⎝⎭，对称轴为52x=、解方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+-=.25,3xxy得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==.21,25yx即直线PQ与对称轴为52x=的交点坐标为51(,)22，∴125224a<-<、解得822525a-<<-、……………………………………15分15.如图，扇形OMN的半径为1，圆心角是90°、点B是MN上一动点，BA⊥OM于点A，BC⊥ON于点C，点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，GF与CE相交于点P，DE与AG相交于点Q、〔1〕求证：四边形EPGQ是平行四边形；〔2〕探索当OA的长为何值时，四边形EPGQ是矩形；〔3〕连结PQ，试说明223PQ OA+是定值、解：〔1〕证明：如图①，∵∠AOC ＝90°，BA ⊥OM ，BC ⊥ON ， ∴四边形OABC 是矩形、 ∴OC AB OC AB =,//、 ∵E 、G 分别是AB 、CO 的中点， ∴.,//GC AE GC AE = ∴四边形AECG 为平行四边形.∴.//AG CE ……………………………4分连接OB ，∵点D 、E 、F 、G 分别是线段OA 、AB 、BC 、CO 的中点， ∴GF ∥OB ，DE ∥OB ，∴PG ∥EQ ，∴四边形EPGQ 是平行四边形、………………………………………………6分 〔2〕如图②，当∠CED ＝90°时，□EPGQ 是矩形、 此时∠AED ＋∠CEB ＝90°、又∵∠DAE ＝∠EBC ＝90°，∴∠AED ＝∠BCE 、∴△AED ∽△BCE 、………………………………8分 ∴AD AEBE BC =、设OA ＝X ，AB ＝Y ，那么2x ∶2y ＝2y∶x ，得222y x =、 (10)分 又222OA AB OB +=，即2221x y +=、∴2221x x +=，解得3x =、∴当OA的长为3时，四边形EPGQ 是矩形、………………………………12分〔3〕如图③，连结GE 交PQ 于O '，那么.,E O G O Q O P O '=''='、过点P 作OC 的平行线分别交BC 、GE 于点B '、A '、由△PCF ∽△PEG 得，2,1PG PE GE PF PC FC === ∴PA '＝23A B ''＝13AB ，GA '＝13GE ＝13OA ，∴1126A O GE GA OA'''=-=、AB COD E F G PQ MN图①AB CO D EF GP QMN 图②B'N M A'QP O'GF E DC BAO图③在RT △PA O ''中，222PO PA A O ''''=+，即2224936PQ AB OA =+，又221AB OA +=， ∴22133PQ AB =+，∴2222143()33OA PQ OA AB +=++=、……………………………………18分。
2019年全国高中数学联赛广东省预赛试题（考试时间：2019年9月8日上午10∶00—11∶20）一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分．把答案填在横线上1. 已知()02014201320112010201222>=⨯⨯⨯+k k ，则=k .答案： 220122-（或4048142）解: 2222(2)(1)(1)(2)(4)(1)n n n n n n n n +--++=+--24222(54)(2).n n n n =+-+=-2. 函数()sin()sin()cos 366f x x x x ππ=++--+的最小值等于 .答案：1 解：因为()sin coscos sinsin coscos sincos 36666cos 32sin()3,6f x x x x x x x x x πππππ=++--+=-+=-+所以)(x f 的最小值为1. 3. 已知1()2bx f x x a+=+，其中,a b 为常数，且2ab ≠. 若1()()f x f k x⋅=为常数，则k 的值为 .答案：1.4解：由于222211(1)()()222(4)2bx b x bx b x bk f x f x x a ax ax a x a+++++=⋅=⋅=+++++是常数，故2a k b ⋅=，且22(4)1a k b +=+. 将2b ak =代入22(4)1a kb +=+整理得22(4)(14)0k k a k -+-=，分解因式得2(41)(1)0k ka --=. 若410k -≠，则210ka -=，因此222ab ka ==，与条件相矛盾. 故410k -=，即14k =.4. 已知方程2133x x p +-=有两个相异的正实数解，则实数p 的取值范围是 .答案：9(,2).4--解法一：令3x t =，则原方程化为230t t p --=. 根据题意，方程230t t p --=有两个大于1的相异实根. 令2()3f t t t p =--，则22(3)40,9(1)1310, 2.431.2p f p p ⎧∆=-+>⎪⎪=-⨯->⇒-<<-⎨⎪⎪>⎩解法二：令3x y =，则原方程化为230y y p --=. 注意到这个关于y 的方程最多有两个解，而由3x y =严格单调递增知每个y 最多对应一个x ，因此所求的p 应当使230y y p --=有两个相异的实数解12,y y ，且满足12123,3xx y y ==的两个实数12,x x 都是正的. 由于12,x x 都是正的，故12,y y 都应大于1. 由于123y y +=，故213y y =-，因此1y 必须满足11y >，131y ->及113y y ≠-. 因此1y 的取值范围为33(1,)(,2)22. 因此1211(3)p y y y y =-=--的取值范围为9(,2)4--.5. 将25个数排成五行五列：11121314152122232425313233343541424344455152535455a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 已知第一行11a ,12a ,13a ,14a ,15a 成等差数列，而每一列1j a ，2j a ，3j a ，4j a ，5j a （15j ≤≤）都成等比数列，且五个公比全相等. 若244a =,412a =-,4310a =,则1155a a ⨯的值为______. 答案：11-解：可知每一行上的数都成等差数列，但这五个等差数列的公差不一定相等.由412a =-,4310a =知4210(2)42a +-==且公差为6，故4416a =,4522a =.由244a =,4416a =知公比2±=q .若2=q ，则113214a s -==-,55222411a =⨯=⨯，故115511a a ⨯=-； 若2-=q ，则113214a s -==,5522(2)4(11)a =⨯-=⨯-，故115511a a ⨯=-.6.设点P 在曲线12x y e =上，点Q 在曲线ln(2)y x =上，则PQ 的最小值为______.ln 2)-.函数12x y e =与函数ln(2)y x =互为反函数，图象关于y x =对称.函数12x y e =上的点1(,)2x P x e 到直线y x=的距离为d =设函数min min 11()()1()1ln 222x x g x e x g x e g x d '=-⇒=-⇒=-⇒=. 由图象关于y x =对称得：PQ 最小值为min 2ln 2)d =-.7.将2个a 和2个b 共4个字母填在4×4方格表的16个小方格内，每个小方格内至多填一个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法种数共有 .答案：3960解：使得2个a 既不同行也不同列的填法有224472C A =种，使得2个b 既不同行也不同列的填法有224472C A =种，故由乘法原理，这样的填法共有272种.其中不合要求的有两种情况：2个a 所在的方格内都填有b 的情况有72种；2个a 所在的方格内恰有1个方格填有b的情况有121691672C A =⨯种.所以，符合条件的填法共有2727216723960--⨯=种. 8.一个直角梯形的上底比下底短，该梯形绕它的上底旋转一周所得旋转体的体积为112π，该梯形绕它的下底旋转一周所得旋转体的体积为80π，该梯形绕它的直角腰旋转一周所得旋转体的体积为156π，则该梯形的周长为 .答案：16+.解：设梯形的上底长为a ，下底长为b ，高为h ，则梯形绕上底旋转所得旋转体的体积为22211()(2)33h b h a b h a b πππ+-=+，因此21(2)1123h a b ππ+=，即2(2)336h a b +=. 同理有2(2)240h a b +=，两式相除得2336722405a b a b +==+，去分母化简得3b a =，代入2(2)336h a b +=得248ah =.注意到直角腰长等于高h ，梯形绕它的直角腰旋转一周所得旋转体为圆台，其体积为221()1563h a ab b ++=. 将3b a =代入化简得236a h =. 结合248ah =可解得3,4a h ==，因此9b =，由勾股定理知另一条腰的长度为=长为39416+++=+二、解答题：本大题共3小题，共56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1．（本小题满分16分）设椭圆2222+=1x y a b(>>0)a b 的左、右顶点分别为,A B ，点P 在椭圆上且异于,A B 两点，O 为坐标原点. 若||=||AP OA ，证明：直线OP 的斜率k满足||k >解法一：设(cos ,sin )(02)P a b θθθπ≤<,(,0)A a -. 由||||AP OA =a =，即22222cos 2cos sin 0a a b θθθ++=. ……4分从而 22222221cos 0,cos 2cos sin sin .a a b a θθθθθ-<<⎧⎨--=<⎩所以，1cos 02θ-<<，且2222sin 213cos cos b a θθθ=-->.所以，sin ||cos b k a θθ==> (16)分解法二：设(cos ,sin )(02)P a b θθθπ≤<.则线段OP 的中点(cos ,sin )22a b Q θθ.||=||AP OA 1AQ AQ OP k k ⇔⊥⇔⨯=-.sin sin cos 22cos AQ AQ AQ b k b ak ak a a θθθθ=⇔-=+. (8)分22222222222)cos (sin )(2AQAQ AQ AQ k a a k a b k b b ak +<+=+⋅+≤⇒θθ||||AQ k k ⇔<⇔>……16分2．（本小题满分20分） 设非负实数a ，b ，c 满足3=++c b a . 求222222()()()S a ab b b bc c c ca a =-+-+-+的最大值.解：不妨设c b a ≥≥.显然有222b bc c b-+≤，222cca a a-+≤.……………5分根据AM-GM 不等式可得2222223662255433()()9223344()4()()12.229333ab ab S a b a ab b a ab b ab ab a b a b c a ab b ≤-+=⋅⋅⋅-++++++-+≤=≤=⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦ ……………15分所以S 的最大值为12，这时()()0,1,2,,=c b a .……………20分3．（本小题满分20分）求出所有的函数**:f N N→使得对于所有x ，y *N ∈，2(())f x y +都能被2()f y x+整除.解：根据题目的条件，令1==y x ，则2((1))1f +能被(1)1f +整除.因此2((1))(1)f f -能被(1)1f +整除，也就是(1)((1)1)f f -能被(1)1f +整除.因为(1)f 与(1)1f +互素，所以(1)1f -能被(1)1f +整除，且(1)1(1)1f f +>-，所以(1)10f -=，(1)1f =.……………10分令1=y ，则2(())1f x +能被21x+整除，因此22(())f x x≥.从而()f x x ≥，对所有x *N ∈.令1=x ，则1y +能被()1f y +整除.从而()y f y ≥，对所有y *N ∈.综上所述，()f x x =，对所有x *N ∈.……………20分。
