上海高三数学竞赛试题

上海市杨浦区2024届高三一模数学试卷第1页（共5页）上海市杨浦区2024届高三一模数学试卷

（满分150分，时间120分钟）2023.12.12

一、填空题（本大题共有12题，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分，满分54分）

1.已知全集为R

，集合

2,A

，则A

的补集可用区间表示为A

．

2.若复数z

满足2izi

（其中i

为虚数单位），则z

．

3.若3

sin

5

，则cos2

．

4.函数35yxx

的最小值为．

5.等差数列na

中，若

126aa

，

2310aa

，则

na

的前10

项和为．

6.若椭圆

22

21x

y

a

（1a

）长轴长为4

，则其离心率为．

7.已知向量

3,0a

，

2,23b

，则b

在a

方向上的投影为．

8.甲和乙两射手射击同一目标，命中的概率分别为0.7

和0.8

，两人各射击一次，假设事件“甲命中”与“乙

命中”是独立的，则至少一人命中目标的概率为．

9.已知

2

01211mn

mn

mnxxaaxaxax



（m

、n

为正整数）对任意实数x

都成立，若

1a

12

，则

2a

的最小值为．

10.函数

cos,0,2fxx

在xR

上是单调增函数，且图像关于原点对称，则满足条件的数

对

,

．

11.已知抛物线22ypx

（0p

）的焦点为F

，第一象限的A

、B

两点在抛物线上，且满足4BFAF

，

42AB

．若线段AB

中点的纵坐标为4

，则抛物线的方程为．

12.我国古代数学著作《九章算术》中研究过一种叫“鳖（biē）臑（nào）”的几何体，它指的是由四个直角

三角形围成的四面体，那么在一个长方体的八个顶点中任取四个，所组成的四面体中“鳖臑”的个数是

．

上海市杨浦区2024届高三一模数学试卷第2页（共5页）

85 7 977 8 3467

64 9 2459

943 10 11甲乙

第14

题图

第17

题图二、选择题（本大题共有4题，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分，满分18分）

数学奥林匹克竞赛训练题：代数部分（1）

集合、数与式

B1－001 把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？

【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5.

【解】将12个元素排成一列有12！种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有

种不同的分法.

[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种.

确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种.

如此继续下去，得到6个2元子集.共有11³9³7³5³3=10395种分法.

B1－002 证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.

【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5.

【证】设有限集A含n个元素.当n=1时，子集序列φ，A即满足条件.

假设n=k时命题成立，对于k＋1元集

A=｛x1，x2，„，xk+1｝

由归纳假设，{x1，x2，„，xk}的子集可排成序列

B1，B2，„，Bt（t=2k）

满足要求.因此A的子集也可排成序列

B1，B2，„，Bt，Bt∪{xk+1}，Bt-1∪{xk+1}，„，B2∪{xk+1}B1∪{xk+1}，满足要求.

于是命题对一切自然数n均成立.

B1－003 设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，„，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明：

【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2.

这n－k个数中选出）.所以

将（1）式右边的和写成一个表

将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现

【高中数学竞赛专题大全】

竞赛专题17 其它综合类竞赛题

（50题竞赛真题强化训练）

一、填空题

1．（2019·全国·高三竞赛）计算:10112kknnkCk=_______.

【答案】113112nn

【解析】

【详解】

注意到，01nnkknkCxx.

两边积分得

01112200nnkknkCxdxxdx

11011311212knknnkCkn.

故答案为113112nn

2．（2019·全国·高三竞赛）设1234123,241,1,5,4,13PPPkPk（，，）（，，）（，）（，）是空间中体积为1的一个四面体的四个顶点.则k＝_______.

【答案】-2或1.

【解析】

【详解】

四面体体积为62276kk

1k

2+186+4055nnnnaaannN＝（，）或-2.

故答案为-2或1.

3．（2019·全国·高三竞赛）给定函数11fxxx.则函数fx与反函数1fx交点的坐标为______.

【答案】1,0，0,1，1515,22.

【解析】

【详解】

11fxxx的反函数为1210fxxx.

联立方程21,1,yxyx①②

由式①得42212211yxxxx.

把式①、②代入上式，得422yyy，即4220yyyy，

于是，2110yyyy.

解得10y，11x；21y，20x；

3152y（舍去负值），3152x.

故答案为1,0，0,1，1515,22.

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上海初三数学竞赛（大同中学杯）

（ 2015 年 12 月 6 日）

解答本题可以使用科学计算器

一填空题（每小题

1、已知 AB 为圆 10 分，共 80 分）

O 的直径， AB=1 ，延长 AB 到点 C，使得 BC=1 ， CD 是圆 O 的切线， D

是切点，则 ABD 的面积为 。

A 2 解答：依据切割线定理可以得到： CD

BD

AD CB CA

CD

AC CD 2 。 O B 因为可以得到 CBD∽ CD A

BD

AD

因为 AB 为圆 2

2 1

2 因此有 。 C

时直角三角形。 D

ABD O 的直径，所以

1

3 2 AB 2 BD 2 AD 2 1 3BD 2 BD 依据勾股定理有 。

1

2 2

2 2

6 2 而 S BD AD BD ABD

2、有编号分别为去 1,2,3,4,5,6,7 的 7 个大小相同的小球，从中任取 3 个小球，则取出的 3

个小球的编号和为奇数的概率为 。

3 解答：从七个小球任意取出三个小球的取法为 C7 35种，因为没有小球的数字不同，这样

这三个球的数字和有 35 和结果。要使用和为奇数。应该包括两种下面情况

3 第一种三个数均为奇数，也就是从 1,3,5,7 四个数中取三个，取法为 C4 4

第二种，一个奇数，两个偶数，也就是从 1,3,5,7 的四个数中取 1 个，从 2,4,6 三个数中取两

2 2 个，取法有 C4 C3 12 .

16

35 4 12 16 种。从而取出的 这样和为奇数一共有 3 个小球的编号和为奇数的概率为

x

y y

x 2 2 3、实数 x, y 满足 x 3y 4 ， y 3x 4 ， x y ，则 的值为 。

2 ①

② x 3 y

3 x 4

4 解答：因为

y2

上述①②两个相减，得到： ( x y)( x y) 3( x y) 0 。因为 x y

x y 3 。 所以有