浙江省2017年高中(高一)“希望杯”二试数学试题+Word版含答案

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 -=.。

a 2 +1⎩ 2017 年浙江省高中数学竞赛一、填空题：本大题共 10 个小题,每小题 8 分,共 80 分.1.在多项式(x -1)3(x + 2)10 的展开式中 x 6 的系数为 ．2.已知log (5a - 3) = log5 , 则 实 数 a = ．3.设 f (x ) = x 2+ ax + b 在[0,1]中有两个实数根,则a 2- 2b 的取值范围为 ．4. 设 x , y ∈ R ,且sin 2 x - cos 2 x + cos 2 x cos 2 y - sin 2 x sin 2 ysin(x + y )= 1 ,则x - y = ．5. 已知两个命题,命题 p :函数 f (x ) = log a x ( x > 0 )单调递增；命题q ：函数g (x ) = x 2 + ax +1 （ x ∈ R ）．若 p ∨ q 为真命题， p ∧ q 为假命题，则实数a 的取值范围为 ．6. 设S 是(0, 5) 中所有有理数的集合，对简分数 q ∈ S ，( p , q ) = 1，定义函数 f ( q ) = q +1 ， 8 p p p则 f (x ) = 2在 S 中 根 的 个 数 为 ．37.已知动点 P ，M ，N 分别在 x 轴上，圆(x -1)2 + ( y - 2)2 = 1 和圆(x - 3)2 + ( y - 4)2 = 3上，则| PM | + | PN | 的最小值为 ．8.已知棱长为 1 的正四面体 P - ABC ，PC 的中点为 D ，动点 E 在线段 AD 上，则直线 BE 与平面 ABC 所成的角的取值范围为 ．9.已知平面向量a ， b ， c ，满足| a |= 1，| b |= 2 ，| c |= 3 ， 0 < λ < 1，若b ⋅ c = 0 ，则| a - λb - (1- λ)c | 所有取不到的值的集合为 ．⎧-2x , x < 0, 10.已知 f (x ) = ⎨x 2 -1, x ≥ 0, 方程 f (x ) + 2 1- x 2+ | f (x ) - | -2a * 4 = 0 有三个根 x 1 < x 2 < x 3 ． 若 x 3 - x 2 = 2(x 2 - x 1 ) ， 则 实 数 a = ．二、解答题：本大题共 5 个小题，满分 120 分，将答案填在答题纸上）11.设 f 1 (x ) ，f n +1 (x ) ，n = 1 ，2，…．对每个n ，求 f n (x ) = 3x 1- x 2 x 2 + 32 x 2 + 16 f (x ) 3n7y n的实数解．x 212.已知椭圆 2 + = 1的右焦点为 F ，过 F 的直线 y = k (x - 2) 交椭圆于 P ， Q 两点 6 2(k ≠ 0) ．若 PQ 的中点为原点，直线ON 交直线 x = 3 于 M ．（1） 求∠MFQ 的大小； PQ（2） 求MF的最大值．13.设数列{a n } 满足：| a n +1 - 2a n |= 2 ，| a n |≤ 2 ， n = 1,2,3，…． 证明：如果a 1 为有理数，则从某项后{a n } 为周期数列．14.设a ， a ， a ； b ， b ， b ∈ Z + ，证明：存在不全为零的数λ ， λ ， λ ∈{0,1, 2}，123123123使得λ1a 1 + λ2 a 2 + λ3a 3 和λ1b 1 + λ2b 2 + λ3b 3 同时被 3 整除．15.设σ = {a 1, a 2,…,a n }为{1, 2,…, n }的一个排列，记 F (σ ) =∑a i a i +1 ， a n +1 = a 1 ，求i =1min F (σ ) ．3x 2 + 8x 2 x 2 + 32 x 2 +1 2017 年浙江省高中数学竞赛答案一、填空题1. -41282.23. [0, 2]4.2k π + π（ k ∈ Z ） 5. (-2,1] [2, +∞)26.57. 2- -1 8. ⎡0, arctan 14 ⎤⎢ 7⎥ ⎣ ⎦69. (-∞,13 -1) (4, +∞) 10.132三、解答题11.证明：利用数学归纳法．（1） x = 2 是 f n (x ) = 3x 的解．当 n = 1 时， x = 2 是 f 1 (x ) = = 3x 的解.当 n = k 时，设 f k (2) = 6 ，则 f k +1 (2) = = 6 . 由此可得 x = 2 是 f n (x ) = 3x 的解（对于所有的n ）.（2）当 x > 2 时， f n当 n = 1 时， f 1 (x ) = (x ) < 3x < 3 x 2． 2< 3x < 3 x 2(x > 2) ． 2当 n = k 时，设 f k (x ) < 3x < 3x 2，则 f 2k +1(x )< = 3x ．由此可得 x > 2 都不是 f n (x ) = 3x 的解（对于所有的n ）．（3）当0 < x < 2 时， f n (x ) > 3x ．当 n = 1 时， f 1 (x ) = > = 3x （ 0 < x < 2 ）.当 n = k 时，设 f k (x ) > 3x ，则 f k +1 (x ) = > > 3x ．由此可得0 < x < 2 都不是 f n (x ) = 3x 的解（对于所有的n ）．因此，对每个n ， f n (x ) = 3x 的实数解为 x = 2 ．10 17 - 3x 2 + 32 4 + 16 f (2) 3kx 2 + 32x 2 + 16 f (x ) 3k x 2 + 8x 2 x 2+ 16 f (x ) 3k3 ⎪ 12k 1 ⎣ ⎦+ = ⎧ x 2 y 2 12.解：（1）联立⎨ 6 2 1, 可得(3k 2 +1)x 2 -12k 2 x +12k 2 - 6 = 0 ． ⎪⎩ y = k (x - 2),设 P 点的坐标为(x p , y p ) ， Q 点的坐标为(x q , y q ) ，2 则 x p + x q = 3k 2 +1 ， x p x q = 12k 2 - 6 3k 2+1． -4k于是有 y p + y q = k (x p + x q ) - 4k =3k 2+1．因为 PQ 的中点为 N ，所以 N ( 6k 22 -2k 2 ) ，因此ON 的斜率k =- 1，3k +1 3k +1 3k因为直线ON 交直线 x = 3 于 M ，所以 M (3, - 1) ，故 MF 的斜率为k k MF=- ， k即得k MF ⋅ k PQ= -1，因此 MF 与 PQ 垂直， ∠MFQ = π． 2PQ (x - x )2 + k 2 (x - x )2（2） I = ( )2 = p q pq = k 2 (x p - x q )2 = k 2 ⎡⎣(x p + x q )2 - 4x p x q ⎤⎦ MF2 ⎡ 144k 41+ 1k 2 2k 2 -1⎤2 k 2 +1= k ⎢(3k 2 +1)2 - 24 3k 2 +1⎥ = 24k (3k 2 +1)2． 令u = 3k 2 +1，则 I = 8 (u -1)(u + 2) = - 16 ( 1 - 1 - 1) = - 16 ⎡( 1 - 1 )2 - 9 ⎤，3u 2由于u = 3k 2 +1 > 1，故0 ≤ 1< 1 .u3 u 22u 23 ⎢⎣ u416 ⎥⎦因此 I max = 3 （当u = 4 时取到最大值，也即k = ±1 ）． PQ综上所述，的最大值为 ．MF13.证明：（1）若a 1 为有理数，则{a n } 为一个有理数数列．（2） 对于任意的n ，设a n2 y + 2x = y， ( y , x ) = 1，由已知条件，有且仅有下述一个等式成立： x2 y - 2xa n +1 = 2a n + 2 = x 或 a n +1 = 2a n - 2 =． (*) xa n 与 a n +1 有相同的分母（不进行约分）．（3） 设a =q， ( p , q ) = 1，则a =b n， b 为整数，由于| a|≤ 2 ， n = 1，2,3，…，因1pnpn nON ,此-2 p ≤ b n ≤ 2 p ．（4） 若存在两个自然数k < l ，使得a k = a l ，则由（2）中得到的（*）递推公式以及| a n |≤ 2 ，n = 1,2,3，…，可得{a n }从第k 项开始是一个周期数列，周期为l - k ． （5） 由（3）可知对于任意的n ，b n 的值只有4 p +1（有限个），故总能找到k < l ，使得b k = b l ，从而有a k = a l ．综上所述，如果a 1 为有理数，则从某项后{a n } 为周期数列．14.证明：不妨设a i ≡ k k (mod 3) ， b i ≡ l i (mod 3) ， k i ， l i ∈{0,1, 2} ， i = 1, 2, 3 ．则要证明结论正确，只要证明存在不全为零的数λ1 ， λ2 ， λ3 ∈{0,1, 2}，使得λ1k 1 + λ2k 2 + λ3k 3 ≡ λ1l 1 + λ2l 2 + λ3l 3 (mod 3) ≡ 0(mod 3) ．(*)记 k 1l 2 - k 2l 1 = c (mod 3) ，这里c ∈{0,1, 2}． 情形（1）当c = 0 时，则k 1 = l 1 = 0 ，或者k 1 ， l 1 不全为零． 若 k 1 = l 1 = 0 ，则取λ1 = 1， λ2 = λ3 = 0 ，有（*）式成立． 若 k 1 ， l 1 不全为零，不妨设k 1 ≠ 0 ，则取λ1 = k 2 , λ2 = -k 1 , λ3 = 0 ,且⎧λ1k 1 + λ2k 2 + λ3k 3 = k 2k 1 - k 1k 2 ≡ 0(mod 3),⎨λ l + λ l + λ l = k l - k l ≡ 0(mod 3), 即(*)式. ⎩ 1 1 2 2 3 3 2 1 1 2情形（2）当c = 1 或 2 时，即c 2 ≡ 1(mod 3) ．记c (k 2l 3 - k 3l 2 ) ≡ c 1(mod 3) ， c (k 3l 1 - k 1l 3) ≡ c 2 (mod 3) ，这里c 1 ， c 2 ∈{0,1,2} ． 令λ1 = c 1 ， λ2 = c 2 ， λ3 = 1，则λ1 ， λ2 ， λ3 ∈{0,1, 2}且不全为零，且λ1k 1 + λ2 k 2 + λ3k 3 = c 1k 1 + c 2k 2 + k 3 ≡ c (k 2l 3 - k 3l 2 )k 1 + c (k 3l 1 - k 1l 3 )k 2 + k 3 (mod 3)≡ ck (k l - k l ) + k (mod 3) ≡ (1- c 2 )k (mod 3) ≡ 0(mod 3) ，32 11 233类似可以证明λ1l 1 + λ2l 2 + λ3l 3 ≡ 0(mod 3) ．综上所述，可以取到不全为零的数λ1 ， λ2 ， λ3 ∈{0,1, 2}，使得（*）式成立． 15.解：问题等价于圆周上放置n 个数，使得相邻数的乘积之和为最小，最小值记为T n ．n⎨ n不妨设a 1 = n ，则数字 1 必与它相邻，否则设a j = 1（ j ≠ 2 ，n ），则可将 a 2 ，a 3 ，…，a j的数字改变为a j ， a j -1 ，…， a 2 上的数字，则相邻数的乘积和的该变量为a 1a j + a 2a j +1 - a 1a 2 - a j a j +1 = (a 1 - a j +1 )(a j - a 2 ) < 0 ．于是可确定a 2 = 1．再说明数字 2 也必与数字n 相邻，即a n = 2 ．事实上，若a j = 2 （ j ≠ n ），则交换a n ， a n -1 ，…， a j 为a j ， a j +1 ，…， a n ，此时的目标改变值为a 1a j + a n a j -1 - a 1a n - a j a j -1 = (a 1 - a j -1 )(a j - a n ) < 0 ．因此目标取到最小值时， a 1 = n ， a 2 = 1， a n = 2 ．由此出发，依次可得 a 3 = n -1 ，a n -1 = n - 2 ． 在已安排好的两端数字，若剩下的数比两端数字都小，则在剩下的数中找两个最小的数字，按小对大，大对小放置；若剩下的数比两端数字大，则在剩下的数字中找两个最大的数，按大对小，小对大放置．由此规律即得a 4 = 3 ， a n -2 = 4 ， a 5 = n - 3 ， a n -3 = n- 4 ，…．下面用递推法计算T n ．考虑n + 2 个数字，我们在T n 的数字排序中，将每个数字加 1，再放置 1，n + 2 这两个数字， 在2 ， n +1的中间插入n + 2 ，1，即可得到T n +2 ．因此， T n +2 = T n '+ (n +1) + (n + 2) + 2(n + 2) - 2(n +1) ，其中T n ' =∑(a i+1)(ai +1+1) = T n + n (n + 2) ，i =1由此可得T n +2 = T n + n 2 + 4n + 5 ，⎧1 n 3 + 1 n 2 + 5n -1, n = 2m , 可以推出T = ⎪6 2 61 1 5 1 ⎪ n 3 + n2 + n - , n = 2m -1. ⎪⎩62 6 2。

第二届“希望杯”全国数学邀请赛高二 第2试一、选择题1.映射:(,,,)(1,2,3)f a b c d →，如果10()()()()20f a f b f c f d <<，这样的映射共有A．23个 B．24个 C．25个 D．26个 2.曲线22116x y k k−=−与曲线22925225x y +=的焦距相等的充要条件是 A．16k <且0k ≠ B．0k >且16k ≠ C．016k << D．0k <或16k >3.定义在全体实数上的函数()f x ，满足：（1）33()()f x f x =（2）对任意12x x ≠，都有12()()f x f x ≠.则(1)(0)(1)f f f −++的值是A．0 B．1 C．-1 D．不能确定4.正方体表面正方形的对角线所在直线中有两条直线的距离是1，则此正方体的体积是A．1 B．或5. 33{(,)862,,}M x y x y xy x y R ==++≥∈，222{(,)8,,0}P x y x y t t R t ==+≤∈≠，若P M =∅∩，则有A．11t −<< B．44t −<< C．55t −<< D．1122t −<< 6.函数()arcsin(cos )arccos(sin )f x x x =+的值域是 A．3[,]22ππ− B．3[0,]2π C．[,]2ππ− D．[0,]π 7.把函数1()y f x −=的图象在坐标轴内以原点为旋转中心按逆时针方向旋转90度，得到A．()y f x =− B．()y f x =− C．1()y fx −=− D．()y f x =−− 8.过(,0)A p 作抛物线222(0)y p px p +=>的与对称轴垂直的弦12,PP O 为原点，则12POP ∠是A．直角 B．钝角 C．锐角 D．不确定9.设()arccos 2arcsin f x x x =+，则1()fx −是 A．sin ,[,]22x x ππ∈− B．cos ,[0,]x x π∈ C．sin ,[,]22x x ππ−∈− D．cos ,[0,]x x π−∈ 10.设,,||1,||1x y R x y ∈<<，记[]x 表示不超过x 实数的最大整数，则不等式[][][]x y x y +≤+的解集区域图是（此题改为作图题，选项略去）二、填空题11．集合{(,)||6||12||12|2|3|15,,}M x y x y x y x y R =−++=−++=∈中的元素的个数是_____.12．已知台体上、下底的面积分别为12,S S ，若与底面平行的平面把台体截成体积相等的两部分，则截面面积为_____.13．方程330x −=的全部负根之和是_____.14．以实数,x y 为自变量的函数2(,)u x y x =+15．过圆222610x y x y ++−+=与圆2266170x y x y +−−+=的交点的直线方程可表示为_____.16．{}x 表示不小于实数x 的最小整数，则222{log 1}{log 2}{log 1991}+++= _____. 17．函数arcsin arccos x y x=的值域是_____. 18．()f x 对任意12,x x R ∈都有1212()()()f x x f x f x −=+，则它的奇偶性是_____.19．定义在正整数上且函数值总是自然数的严格增函数()f n ，对任意,m n N +∈，当,m n 的最大公约数是1时，()()()f mn f m f n =×．若(180)180f =，则(1991)f =_____.20．正十二面体有20个顶点，30条棱，每一个顶点是3条棱的交点，这三条棱的另一个端点是正十二面体的另外3个顶点，我们称这3个顶点与前一个顶点是相邻的．在每个顶点处放上一个实数，要求每个顶点所放的实数恰是该顶点相邻的3个顶点处所放实数的算术平方值．设,M m 分别是这20个实数中最大的和最小的，则M m −的取值范围是_____.三、解答题21．直角三角形ABC 中AB AC =．用C 点为一个焦点作一个椭圆，使这个椭圆的另一个焦点在AB 边上，且椭圆过,A B 点．求这个椭圆的离心率．22．已知正四面体ABCD ，考察下列集合．X ：与四面体四个顶点的距离都相等的平面； Y ：X 中任意两平面的交线；Z ：Y 中任意两直线的交点；求：Z 中包含的元素数目，并指出Z 中各元素在空间的位置（也可画出Z 中各元素的空间位置并加以说明）．。

３×４２０＋２，４×４２０＋２，即共有５个符合题意的自然数，其中最大的自然数是４×４２０＋２＝１６８２．２３．当ｂ＝０时，｜ｘ２－１｜＝１１０ｘ，此时要求ｘ≥０，去掉绝对值，解一元二次方程得ｘ＝－１±槡４０１２０或ｘ＝１　±槡４０１２０，舍去两负根，因此Ａ中只有２个元素．当ｂ＝１时，｜ｘ２－１｜＝１１０ｘ＋１，此时要求ｘ≥－１０，去掉绝对值，解一元二次方程得ｘ＝０，－１１０或１　±槡８０１２０．它们都满足ｘ≥－１０，因此Ａ中有４个元素．２４．ａｎ＝｛２，４，８，１６，３２，６４，１２８，２５６，５１２，…｝，若｛ａｎ｝中的元素在｛ｃｎ｝中，则必须满足减２以后能被３整除，则只有８，３２，１２８，５１２，…满足条件，即２３，２５，２７，２９，…故ｃｎ＝２２ｎ＋１，即公比ｑ＝２２（ｎ＋１）＋１２２ｎ＋１＝２２ｎ＋３２２ｎ＋１＝４，所以Ｓｎ＝８（１－４ｎ）１－４＝８３（４ｎ－１）．２５．第ｎ组中有２ｎ－１个数对，则前ｎ组共有１＋３＋５＋…＋（２ｎ－１）＝ｎ２个数对．因为４４２＝１９３６＜２００５＜４５２＝２０２５，所以２００５在第４５组．因为前４４组共有１９３６个数对，且２００５－１９３６＝６９，所以第２００５个数对是第４５组中的第６９个数对．观察规律可知，由于４５为奇数，所以第一个数对为（０，４４），数对中的第一个数逐步增加到４４，即第４５个数对为（４４，４４），然后第二个数４４逐步减去１，所以第４５组中第６９个数对是（４４，２０）．高中一年级第２试一、选择题１．已知等差数列｛ａｎ｝中（ａｎ∈Ｚ，ｎ∈Ｎ＊），ａ１＝５，ａ２＝ｂ，则ａｎ≠０的充要条件为（）（Ａ）ｂ≠０．（Ｂ）ｂ≠４．（Ｃ）ｂ≠０或ｂ≠４．（Ｄ）ｂ≠０且ｂ≠４．２．对１９４９°，１９６６°，２００５°，２００８°依次求余弦，则余弦值最大及最小的角依次是（）（Ａ）１９４９°，１９６６°．（Ｂ）１９６６°，１９４９°．（Ｃ）２００８°，１９６６°．（Ｄ）２００５°，２００８°．３．下列函数中，值域为Ｒ＋的是（）（Ａ）ｙ＝２－｜ｘ－１｜．（Ｂ）ｙ＝３ｘ＋１（ｘ＞０）．（Ｃ）ｙ＝ｘ２＋ｘ＋２．（Ｄ）ｙ＝１ｘ２．４．设集合Ｍ＝ｘ　ｘ＝ｋ２＋１４，ｋ∈Ｚ｛｝，Ｎ＝ｘ　ｘ＝ｋ４＋１８，ｋ∈Ｚ｛｝，Ｐ＝ｘ　ｘ＝ｋ８＋１４，ｋ∈Ｚ｛｝，则下面的结论中正确的是（）（Ａ）Ｍ∪Ｎ＝Ｐ．（Ｂ）Ｍ∩Ｎ＝Ｐ．（Ｃ）Ｍ∩Ｐ＝Ｐ．（Ｄ）Ｍ∩Ｎ＝Ｍ．５．偶函数ｆ（ｘ）（ｘ∈Ｒ）满足：ｆ（－４）＝ｆ（１）＝０，在区间［０，３］与［３，＋∞）上分别递减和递增，则不等式ｘ３　ｆ（ｘ）＜０的解集为（）（Ａ）（－∞，－４）∪（４，＋∞）．（Ｂ）（－４，－１）∪（１，４）．（Ｃ）（－∞，－４）∪（－１，０）．（Ｄ）（－∞，－４）∪（－１，０）∪（１，４）．·１４·６．如果ｆ（ｘ）＝ｍａｘ｛ｓｉｎｘ，ｃｏｓｘ｝（ｘ∈Ｒ），则下面命题正确的是（）（Ａ）函数ｆ（ｘ）的值域是［－１，１］．（Ｂ）当且仅当ｘ＝２ｋπ＋π２（ｋ∈Ｚ）时，ｆ（ｘ）取得最大值．（Ｃ）函数ｆ（ｘ）的最小正周期是π．（Ｄ）当且仅当２ｋπ＋π＜ｘ＜２ｋπ＋３π２（ｋ∈Ｚ）时，ｆ（ｘ）＜０．７．Ｆｏｕｒ　ｐｅｏｐｌｅ，Ａ，Ｂ，Ｃａｎｄ　Ｄａｒｅ　ａｃｃｕｓｅｄｉｎ　ａ　ｔｒｉａｌ．Ｉｔ　ｉｓ　ｋｎｏｗｎ　ｔｈａｔ（１）ｉｆ　Ａｉｓ　ｇｕｉｌｔｙ，ｔｈｅｎ　Ｂｉｓ　ｇｕｉｌｔｙ；（２）ｉｆ　Ｂｉｓ　ｇｕｉｌｔｙ，ｔｈｅｎ　Ｃｉｓ　ｇｕｉｌｔｙ　ｏｒ　Ａｉｓｎｏｔ　ｇｕｉｌｔｙ；（３）ｉｆ　Ｄｉｓ　ｎｏｔ　ｇｕｉｌｔｙ，ｔｈｅｎ　Ａｉｓ　ｇｕｉｌｔｙ　ａｎｄＣｉｓ　ｎｏｔ　ｇｕｉｌｔｙ；（４）ｉｆ　Ｄｉｓ　ｇｕｉｌｔｙ，ｔｈｅｎ　Ａｉｓ　ｇｕｉｌｔｙ．Ｈｏｗ　ｍａｎｙ　ｏｆ　ｔｈｅ　ａｃｃｕｓｅｄ　ａｒｅ　ｇｕｉｌｔｙＡｎｓｗｅｒ：（）（Ａ）２．（Ｂ）３．（Ｃ）４．（Ｄ）Ｉｎｓｕｆｆｉｃｉｅｎｔ　ｉｎｆｏｒｍａｔｉｏｎ　ｔｏ　ｄｅｔｅｒｍｉｎｅ．８．已知ｆ１（ｘ）＝ｘ＋１，ｆ２（ｘ）＝２ｘ，ｆ３（ｘ）＝－３ｘ＋５，Ｆ（ｘ）＝ｍｉｎ｛ｆ１（ｘ），ｆ２（ｘ），ｆ３（ｘ）｝，则Ｆ（ｘ）的最大值为（）（Ａ）１．（Ｂ）２．（Ｃ）４．（Ｄ）８．９．满足ａ２－３ｂ－９＝０（ａ，ｂ∈Ｚ），且｜ｂ｜≤１０００的数组（ａ，ｂ）的个数是（）（Ａ）５７．（Ｂ）５４．（Ｃ）３７．（Ｄ）１０９．１０．有“黄河源头第一县”之称的青海省果洛藏族自治州玛多县，被称作“千湖之县”．受连续干旱影响，该县有数百个湖泊相继干涸，且鼠害十分猖獗，草原在加速退化，每年因鼠害造成的退化面积达２０％．按这样的退化速度，自２００５年起，经过（）草原退化总面积将开始超过２００５年草原总面积的一半．（Ａ）３年．（Ｂ）４年．（Ｃ）５年．（Ｄ）６年．二、填空题１１．设集合Ａ＝｛１，２，３，４，５，６｝，则从Ａ到Ａ的映射ｆ有个，其中，满足ｆ（Ａ）≥ａ的映射有个．１２．若ｆ（ｘ）＝ｘ＋１，１，烅烄烆ｘ≥０，ｘ＜０．则ｆ（ｃｏｓ２）＝；当ｘ∈［０，２π）且满足ｃｏｓｘ＋ｆ（ｓｉｎｘ）＞１的ｘ的集合为．１３．一个三位数与它的各位数字和的比值为ｐ（例如对于三位数４６２，ｐ＝４６２４＋６＋２＝７７２），若三位数的各位数字都不为０，则当ｐ取得最小值时，此三位数是；当ｐ取得最大值时，此三位数是．１４．函数ｙ＝３ｘ２－６ｘ＋２　２ｘ－ｘ槡２＋４的最大值为，最小值为．１５．如果△ＡＢＣ边上的点的坐标（ｘ，ｙ）在映射ｆ：（ｘ，ｙ）→（２ｘ＋２，２ｙ－５）的作用下的像的集合所对应的图形是△Ａ′Ｂ′Ｃ′，已知△ＡＢＣ的面积为６，则△Ａ′Ｂ′Ｃ′的面积等于．１６．Ｌｅｔ　ａａｎｄ　ｂ　ｂｅ　ｔｈｅ　ｔｗｏ　ｒｅａｌ　ｒｏｏｔｓ　ｏｆｔｈｅ　ｑｕａｄｒａｔｉｃ　ｅｑｕａｔｉｏｎ　ｘ２－（ｋ－１）ｘ＋ｋ２＋３ｋ＋４＝０，ｗｈｅｒｅ　ｋ　ｉｓ　ｓｏｍｅ　ｒｅａｌ　ｎｕｍ　ｂｅｒ．Ｔｈｅｌａｒｇｅｓｔ　ｐｏｓｓｉｂｌｅ　ｖａｌｕｅ　ｏｆ　ａ２＋ｂ２　ｉｓ．１７．某校高一新生共有７８４人，每班分配５６人．方法是：将每人的入学成绩从高分到低分依次编号（成绩相同的学生按姓氏笔画的顺序），然后按Ｓ形顺序编班．例如：若有８个班，按编号１至８号分别编在１至８班，９至１６号分别编在８至１班，１７至２４号分别编在１至８班……．该校高一新生中编号为３００（每号只对应１人）的同学编在班．１８．函数ｙ＝ｘ２（－２≤ｘ≤２）与函数ｙ＝ｘ＋ｍ的图象恰有１个公共点在ｙ轴的右侧，则·２４·ｍ的取值范围是．１９．数列｛ａｎ｝的前三项依次为５，５５，５５５，但第４项不是５５５５，请写出一个适合题意的通项公式：ａｎ＝．２０．集合Ｍ＝｛ｘ｜ｘ＝９ｎ，ｎ＝０，１，２，…，２００５｝，已知９２００５是１９１４位数，则在Ｍ中最高位是９的数共有个．图１三、解答题２１．如图１所示，在凸四边形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝５，ＢＣ＝ＣＤ＝ＤＡ＝２，∠Ａ＝θ．（１）求ＢＤ的长（用θ表示）；（２）设△ＡＢＤ的面积为Ｓ１，△ＢＣＤ的面积为Ｓ２，ｆ（θ）＝Ｓ２１＋Ｓ２２，求函数ｆ（θ）的值域．２２．密码员王超设计了一种给自然数编码的方法：（１）先将自然数表示成五进制数（逢五进一）；（２）再将五进制中的５个数码与集合｛Ｖ，Ｗ，Ｘ，Ｙ，Ｚ｝中的元素建立一个一一对应关系．后来，他发现三个递增的相邻的十进制自然数被编成ＶＹＺ，ＶＹＸ，ＶＶＷ．求被编成ＶＷＸＹＺ的数所对应的十进制数．２３．已知函数ｆ（ｘ）＝ｘ２＋ｋｘ＋１ｘ２＋ｘ＋１．（１）当ｋ＝２时，求ｆ（ｘ）的值域；（２）若存在实数ａ，ｂ，ｃ，使ｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）＜ｆ（ｃ），求实数ｋ的取值范围．参考答案一、选择题１．等差数列公差ｄ＝ｂ－５．如果等差数列不存在值为零的项，那么对于任意非零自然数ｎ，不等式５＋（ｎ－１）（ｂ－５）≠０恒成立，即ｎ≠５５－ｂ＋１ Ｎ＊，所以５－ｂ≠１且５－ｂ≠５，即ｂ≠４，且ｂ≠０．反之，可证当ｂ≠４且ｂ≠０时，５５－ｂ＋１Ｎ＊，即对于任意非零自然数ｎ，当ｂ≠４且ｂ≠０时，不等式５＋（ｎ－１）（ｂ－５）≠０恒成立．所以这个数列中不存在零项的充要条件为ｂ≠０且ｂ≠４．故选（Ｄ）．２．ｃｏｓ１９４９°＝ｃｏｓ１４９°，ｃｏｓ１９６６°＝ｃｏｓ１６６°，ｃｏｓ２００５°＝ｃｏｓ２０５°＝ｃｏｓ１５５°，ｃｏｓ２００８°＝ｃｏｓ２０８°＝ｃｏｓ１５２°，在区间（９０°，１８０°）内，余弦函数是减函数，故ｃｏｓ１４９°＞ｃｏｓ１５２°＞ｃｏｓ１５５°＞ｃｏｓ１６６°，故选（Ａ）．３．ｙ＝２－｜ｘ－１｜的值域是（０，１］；ｙ＝３ｘ＋１（ｘ＞０）的值域是（１，＋∞）；ｙ＝ｘ２＋ｘ＋２的值域是７４，＋∞［）．故选（Ｄ）．４．因为Ｍ＝ｘ｜ｘ＝ｋ２＋１４，ｋ∈Ｚ｛｝＝ｘ｜ｘ＝２（２ｋ＋１）８，ｋ∈Ｚ｛｝，Ｎ＝ｘ｜ｘ＝ｋ４＋１８，ｋ∈Ｚ｛｝＝ｘ｜ｘ＝２ｋ＋１８，ｋ∈Ｚ｛｝，Ｐ＝ｘ｜ｘ＝ｋ８＋１４，ｋ∈Ｚ｛｝＝ｘ｜ｘ＝ｋ＋２８，ｋ∈Ｚ｛｝，所以Ｍ∪Ｎ≠Ｐ，Ｍ∩Ｎ≠Ｐ，Ｍ∩Ｎ＝ ，·３４·故排除（Ａ），（Ｂ），（Ｄ），又Ｍ Ｐ，所以Ｍ∩Ｐ＝Ｍ．故选（Ｃ）．５．由偶函数性质及单调性，知图２ｆ（－４）＝ｆ（－１）＝ｆ（１）＝ｆ（４）＝０，画出ｆ（ｘ）对应的大致图象，如图２所示．当ｘ＜－４或－１＜ｘ＜１或ｘ＞４时，ｆ（ｘ）＞０；当－４＜ｘ＜－１或１＜ｘ＜４时，ｆ（ｘ）＜０．当ｘ＜０时，ｘ３＜０；当ｘ＞０时，ｘ３＞０．所以ｘ３　ｆ（ｘ）＜０的解集为｛ｘ｜ｘ＜－４或－１＜ｘ＜０或１＜ｘ＜４｝．故选（Ｄ）．图３６．作出函数ｆ（ｘ）的图象，如图３所示，只有（Ｄ）是正确的．７．从Ｄ入手，分有罪和无罪两种情况讨论：假设Ｄ无罪，由（３）知，Ａ犯罪且Ｃ无罪；由（１）知，Ｂ犯罪．由（２）知，Ａ无罪或Ｃ犯罪，与Ａ犯罪且Ｃ无罪矛盾，故假设Ｄ无罪不成立，即Ｄ犯罪．由（４）知，Ａ犯罪；由（１）知，Ｂ犯罪；由（２）知，Ｃ也犯罪．因此犯罪的共有４人．故选（Ｃ）．８．如图４所示，作出ｆ１（ｘ），ｆ２（ｘ），ｆ３（ｘ），易得Ｆ（ｘ）的图象．由Ｆ（ｘ）的图象，可知Ｆ（ｘ）的最大值为２．故选（Ｂ）．图４９．由ａ２－３ｂ－９＝０，得ｂ＝ａ２３－３．①由｜ｂ｜≤１０００，有－１０００≤ａ２３－３≤１０００，０≤ａ２≤３００９，所以－槡３００９≤ａ≤槡３００９．因为ａ是整数，所以－５４≤ａ≤５４．②因为ｂ是整数，即ａ２３－３是整数，所以ａ２是３的倍数，即ａ·ａ３是整数，所以ａ是３的倍数．结合②知，ａ的值为－５４，－５１，－４８，…，５１，５４共３７个．故选（Ｃ）．１０．设２００５年的草原总面积为ｘ，设经过ｍ年后（即２００５＋ｍ年），草原的面积退化超过ｘ２，即１５ｘ＋１５×４５ｘ（）＋１５×４５（）２ｘ＋…＋１５×４５（）ｍ－１ｘ＞ｘ２，即４５（）ｍ＜１２．当ｍ＝３时，４５（）３＝６４１２５＞１２；·４４·当ｍ＝４时，４５（）４＝２５６６２５＜１２．所以最多经过４年，草原退化总面积就超过２００５年草原总面积的一半．故选（Ｂ）．二、填空题１１．（１）如图５所示，其它元素也如此，因此，从Ａ到Ａ的映射ｆ共有６×６×６×６×６×６＝６６（个）．图５图６（２）如图６所示，其它元素也如此，因此，满足ｆ（Ａ）≥ａ的映射共有１×２×３×４×５×６＝７２０（个）．１２．因为ｃｏｓ２＜０，所以ｆ（ｃｏｓ２）＝１，因此，原不等式等价于ｓｉｎｘ≥０，ｃｏｓｘ＋ｓｉｎｘ＋１＞１，烅烄烆或ｓｉｎｘ＜０，ｃｏｓｘ＋１＞１，烅烄烆解得０≤ｘ＜３π４或３π２＜ｘ＜２π．故满足条件的ｘ的集合为０，３π４［）∪３π２，２π（）．１３．设此三位数为ａｂｃ，则ｐ＝１００ａ＋１０ｂ＋ｃａ＋ｂ＋ｃ．（１）先固定ｂ，ｃ，则ｐ＝１００（ａ＋ｂ＋ｃ）－９０ｂ－９９ｃａ＋ｂ＋ｃ＝１００－９９ｂ＋９９ｃａ＋ｂ＋ｃ．因为ｂ，ｃ固定，所以ａ越小时，ｐ越小．所以当ａ＝１时，ｐ才可能取到最小值．（２）再固定ｃ，则ｐ＝１００＋１０ｂ＋ｃ１＋ｂ＋ｃ＝１０（ｂ＋ｃ＋１）－９ｃ＋９０１＋ｂ＋ｃ＝１０＋９０－９ｃ１＋ｂ＋ｃ．因为９０－９ｃ恒大于零，所以ｂ越大，ｐ越小．从而知当ｂ＝９时，ｐ才可能取到最小值．（３）ｐ＝１００＋９０＋ｃ１＋９＋ｃ＝ｃ＋１０＋１８０ｃ＋１０＝１＋１８０ｃ＋１０．因为ｃ越大，ｐ越小，所以当ｃ＝９时，ｐ才能取到最小值，故可知使ｐ取到最小值的三位数为１９９．同理，使ｐ取到最大值的三位数为９１１．１４．令ｔ＝２ｘ－ｘ槡２＝－（ｘ－１）２　＋槡１，０≤ｔ≤１，则ｙ＝３（ｘ２－２ｘ）＋２　２ｘ－ｘ槡２＋４＝－３ｔ　２＋２ｔ＋４＝－３　ｔ－１３（）２＋１３３，由０≤ｔ≤１，得３≤ｙ≤１３３．故ｙ的最大值和最小值分别为１３３和３．１５．作图可知△ＡＢＣ∽△Ａ′Ｂ′Ｃ′，且ＡＢＡ′Ｂ′＝１２，又由三角形相似性质，得·５４·Ｓ△Ａ′Ｂ′Ｃ′＝４Ｓ△ＡＢＣ＝２４．１６．由题意知ｘ２－（ｋ－１）ｘ＋（ｋ２＋３ｋ＋４）＝０有两实数根，所以Δ＝（ｋ－１）２－４（ｋ２＋３ｋ＋４）≥０，解得－３≤ｋ≤－５３．由韦达定理得ａ＋ｂ＝ｋ－１，ａｂ＝ｋ２＋３ｋ＋４，ａ２＋ｂ２＝（ａ＋ｂ）２－２ａｂ＝－ｋ２－８ｋ－７＝－（ｋ＋４）２＋９，由－３≤ｋ≤－５３，得ａ２＋ｂ２的最大值为８．１７．因为７８４÷５６＝１４，所以共可分成１４个班．又３００÷（１４×２）＝１０……２０，２０－１４＝６，１４－６＋１＝９，所以编号是３００号的同学应分在９班．１８．当直线与抛物线相切时，即ｘ２－ｘ－ｍ＝０有重根，可得ｍ＝－１４；当ｙ＝ｘ＋ｍ的图象分别过点（２，４）及点（０，０）时，它与ｙ＝ｘ２（－２≤ｘ≤２）的图象都恰有１个在ｙ轴右侧的交点，此时ｍ分别为０和２；当ｍ在区间（０，２）内变化时，也满足题意．所以ｍ的取值范围是［０，２］∪－１４｛｝．１９．ａｎ＝５９（１０ｎ－１）＋（ｎ－１）（ｎ－２）·（ｎ－３）．（答案不唯一）２０．将Ｍ中元素从小到大排列，若从第ｍ个与第ｍ＋１个数的位数没有增加，则第ｍ＋１个数的最高位必是９；反之，最高位是９的数与前一个数的位数一定相同，所以Ｍ中最高位是９的数共有２００６－１９１４＝９２（个）．三、解答题２１．（１）作ＤＥ⊥ＡＢ于Ｅ（如图７所示），图７则ＤＥ＝２ｓｉｎθ，ＡＥ＝２ｃｏｓθ，ＢＥ＝５－２ｃｏｓθ，ＢＤ＝ＤＥ２＋ＥＢ槡２＝４ｓｉｎ２θ＋２５－２０ｃｏｓθ＋４ｃｏｓ２槡θ＝２９－２０ｃｏｓ槡θ．（２）Ｓ１＝１２ＡＢ·ＤＥ＝５ｓｉｎθ，取ＢＤ中点Ｍ，连接ＣＭ（如图７所示），由ＤＣ＝ＣＢ，得ＣＭ⊥ＢＤ，ＣＭ２＝ＤＣ２－ＤＭ２＝４－１４（２９－２０ｃｏｓθ）＝５ｃｏｓθ－１３４，Ｓ２２＝１２ＢＤ·ＣＭ（）２＝１４（２９－２０ｃｏｓθ）５ｃｏｓθ－１３４（）＝－２５ｃｏｓ２θ＋１０５２ｃｏｓθ－３７７１６，于是ｆ（θ）＝Ｓ２１＋Ｓ２２＝２５ｓｉｎ２θ－２５ｃｏｓ２θ＋１０５２ｃｏｓθ－３７７１６＝－５０ｃｏｓ２θ＋１０５２ｃｏｓθ＋２３１６＝－５０ｃｏｓθ－２１４０（）２＋４８７３２．当Ｄ，Ｃ，Ｂ共线时，由余弦定理可得ｃｏｓθ＝１３２０；当Ａ，Ｄ，Ｃ共线时，同理可得ｃｏｓθ＝３７４０．因为ＡＢＣＤ是凸四边形，·６４·所以ｃｏｓθ的取值区间为１３２０，３７４０（）．令ｃｏｓθ＝ｔ，则ｆ（θ）＝－５０　ｔ－２１４０（）２＋４８７３２＝ｇ（ｔ）．因为ｔ∈１３２０，３７４０（），所以ｇ（ｔ）在１３２０，３７４０（）上单调递减，又ｇ１３２０（）＝２３１１６，ｇ３７４０（）＝２３１３２，所以ｆ（θ）的值域为２３１３２，２３１１６（）．２２．由题中给出的对应关系，有Ｖ，Ｗ，Ｘ，Ｙ，Ｚ∈｛０，１，２，３，４｝．由于三个递增的相邻的自然数被编成ＶＹＺ，ＶＹＸ，ＶＶＷ，所以２５Ｖ＋５Ｙ＋Ｚ＝２５Ｖ＋５Ｙ＋Ｘ－１，２５Ｖ＋５Ｙ＋Ｘ＝２５Ｖ＋５Ｖ＋Ｗ－１，烅烄烆即Ｚ＝Ｘ－１，５（Ｖ－Ｙ）＝Ｘ－Ｗ＋１．烅烄烆①②因为被编成ＶＹＸ，ＶＶＷ的十进制的自然数是递增的，所以Ｖ＞Ｙ．由②知５｜Ｘ－Ｗ＋１，且Ｘ－Ｗ＞０，所以Ｘ－Ｗ＋１＝５，Ｖ－Ｙ＝１，即Ｘ＝４＋Ｗ≥４，但Ｘ≤４，所以Ｘ＝４，Ｗ＝０，Ｚ＝３，于是Ｖ，Ｙ∈｛１，２｝，而Ｖ－Ｙ＝１，所以Ｖ＝２，Ｙ＝１．因此，ＶＷＸＹＺ所对应的十进制数是２×５４＋０×５３＋４×５２＋１×５＋３＝１３５８．２３．（１）即求ｙ＝ｘ２＋２ｘ＋１ｘ２＋ｘ＋１的值域，易得（ｘ２＋ｘ＋１）ｙ＝ｘ２＋２ｘ＋１，所以（ｙ－１）ｘ２＋（ｙ－２）ｘ＋（ｙ－１）＝０．当ｙ＝１时，－ｘ＝０，即ｘ＝０；当ｙ≠１时，Δ＝（ｙ－２）２－４（ｙ－１）２≥０，即ｙ（３ｙ－４）≤０，解得０≤ｙ≤４３．综上可知ｙ＝ｘ２＋２ｘ＋１ｘ２＋ｘ＋１的值域为０，４３［］．（２）由ｙ＝ｘ２＋ｋｘ＋１ｘ２＋ｘ＋１可得（ｘ２＋ｘ＋１）ｙ＝ｘ２＋ｋｘ＋１，即（ｙ－１）ｘ２＋（ｙ－ｋ）ｘ＋（ｙ－１）＝０．当ｋ＝１时，ｙ≡１，所以不存在灾数ａ，ｂ，ｃ使ｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）＜ｆ（ｃ）；当ｋ≠１时，若ｙ＝１，则ｘ＝０；若ｙ≠１，则Δ＝（ｙ－ｋ）２－４（ｙ－１）２≥０，即３ｙ２＋（２ｋ－８）ｙ＋（４－ｋ２）≤０，解得４－ｋ－２｜ｋ－１｜３≤ｙ＜１或１＜ｙ≤４－ｋ＋２｜ｋ－１｜３．综上可知ｙ∈４－ｋ－２｜ｋ－１｜３，４－ｋ＋２｜ｋ－１｜３［］．假设对任意的实数ａ，ｂ，ｃ都有ｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）≥ｆ（ｃ），则有２（４－ｋ－２｜ｋ－１｜）３≥４－ｋ＋２｜ｋ－１｜３，解得ｋ∈２５，１０７［］．所以若存在实数ａ，ｂ，ｃ使得ｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）＜ｆ（ｃ），则ｋ∈－∞，２５（）∪１０７，＋∞（）．·７４·。

第十七届“希望杯”全国数学邀请赛高一 第1试3月19日 上午8:00至10：00一、选择题（每小题4分，共40分）以下每题的4个选项中仅有一个是题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 共得分答案 １．设{(,)|0},{(,)|0,0},S x y xy T x y x y =>=>>则（ ）(A) S T S =U (B) S T T =U (C) S T S =I （D ）S T S =I２．若1()f x x=的定义域为A ，()(1)()g x f x f x =+-的定义域为B ，那么（ ） （A ）A B R =U (B) ＡＢ （Ｃ）A B ⊆ （Ｄ）A B =ΦI ３．已知tan 1,sin cos 0,()ααα>+<且则（A ）cos 0α> （Ｂ）cos 0α< （Ｃ）cos 0α= （D ）cos α的符号不确定 ４．设210,1,(),24x a a y a >≠=-若的反函数的图像经过点则()a =（Ａ）１６ （Ｂ）４ （Ｃ）２ 2５．已知0a ≠，函数32()f x ax bx cx d =+++的图像关于原点对称的充要条件是（ ） （Ａ）0b = （Ｂ）0c = （Ｃ）0d = （Ｄ）0b d ==６．若ABC V 三条边的长依次为33sin ,cos ,144a b c ===，则三内角Ａ，Ｂ，Ｃ的大小顺序为（ ）（Ａ）A B C << （Ｂ）B A C << （Ｃ）C B A << （Ｄ）C A B << ７．若实数x 满足2log 32cos ,|2||33|()x x x x =+-+-则等于（Ａ）352x - （Ｂ）３１ （Ｃ）235x - （Ｄ）235x -或352x -８．区间[,0]:2m f x x m →+在映射所得的象集区间为[,]a b ，若区间[,]a b 的长度比区间 [0,]m 的长度大５，则m ＝（ ）（Ａ）５ （Ｂ１０ （Ｃ）２．５ （Ｄ）１１０．函数22()962f x x ax a a =----在区间11[,]33-上的最大值为－３，则a 的值是（ ） （Ａ）32- 622或 6226-或（Ｄ）26-或-2。

第一届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)第二试1990年4月15日 上午8：30—10：30一、选择题1、直线A x + B y + C = 0（A ，B 不全为零）的倾斜角是（ ）（A ）B = 0时，倾斜角是2π，B ≠ 0时，倾斜角是arctan ( –A B )（B ）A = 0时，倾斜角是2π，A ≠ 0时，倾斜角是arctan ( –BA )（C ）A = 0时，倾斜角是0，A ≠ 0时，倾斜角是arctan ( –B A ) （D ）B = 0时，倾斜角是0，B ≠ 0时，倾斜角是arctan ( –AB)2、数列{ a n }：a 1 = p ，a n + 1 = q a n + r （p ，q ，r 是常数），则r = 0是数列{ a n }成等比数列的（ ）（A ）充分不必要条件 （B ）必要不充分条件 （C ）充要条件 （D ）不充分也不必要条件 3、f 是R → R 上的一一映射，函数y = f ( x )严格递增，方程x = f ( x )的解集为P ，方程x = f [ f ( x )]的解集为Q ，则（ ）（A ）P ⊂ Q （B ）P = Q （C ）P ⊃ Q （D ）以上都不对4、点( x ，y )的坐标x ，y 都是有理数时，该点称为有理点，在半径为r ，圆心为( a ，b )的圆中，若a ∈Q ，b ∈Q ，则这个圆上的有理点的数目（ ）（A ）最多有一个 （B ）最多有两个 （C ）最多有三个 （D ）可以有无穷多个5、以某些整数为元素的集合P 具有以下性质：（1）P 中元素有正数也有负数；（2）P 中元素有奇数也有偶数；（3）– 1 P ；（4）若x ，y ∈P ，则x + y ∈P 。

对于集合P ，可以断定（ ） （A ）0∈P ，2 P （B ）0 P ，2∈P （C ）0∈P ，2∈P （D ）0 P ，2 P 二、填空题6、方程arcsin ( sin x ×||x 的实根个数是 。

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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。