2014全国高中数学联赛试题3及解答（范文）

第一篇：2014全国高中数学联赛试题3及解答（范文）

2014年全国高中数学联合竞赛一试试题（A）

一．填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分.3.若函数f(x)x2ax1在[0,)上单调递增，则实数a的取值范围是___________ x2axa解：f(x)xax1=2xaxa2(x1)

(x1)

f(x)在[0,)上单调递增

-2a0  -a21 a20

第二篇：2014全国高中数学联赛试题及解答

2014年全国高中数学联合竞赛一试试题（A）

一．填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分.1.若正数a,b满足2+log2a3log3blog6(ab)，则11的值为_______________ 解：设2+log2a3log3blog6(ab)=m

2m2

a

则3m3b6mab



4a27bab

1

a1

b427108 ab2m4a3m27b6mab 

第三篇：04全国高中数学联赛试题及参考答案

2004年全国高中数学联赛试题

【第一试】

一、选择题（本题满分36分，每小题6分）

1、设锐角q使关于x的方程有重根，则q的弧度数为

A．

B。

C。

D。

答：[

]

2、已知M=，N=，若对于所有的，均有则的取值范围是

A．[]

B。（）C。（）

D。[]

答：[

]

3、不等式>0的解集是

A．[2，3]

B。（2，3）

C。[2，4]

D。（2，4）

答：[

]

4、设O点在△ABC内部，且有，则△ABC的面积与△AOC的面积之比为

A．2

B。

C。3

D。

答：[

]

5、设三位数，若以为三条边的长可以构成一个

等腰（含等边）三角形，则这样的三位数有

A．45个

B。81个

C。165个

D。216个

答：[

]

6、顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆周上的点，B是底面圆内的点，O为底面圆的圆心，AB⊥OB，垂足为B，OH⊥PB，垂足为H，且PA=4，C是PA的中点，则当三棱锥O—HPC的体积最大时，OB的长是

A．

B。

C。

D。

答：[

]

二、填空题（本题满分54分，每小题9分）

7、在平面直角坐标系中，函数在一个最小正周期长的区间上的图像与函数的图像所围成的封闭图形的面积是_____________。

8、设函数满足，且对任意的，都有=，则。

9、如图，正方体中，二面角的度数是______________。

10、设是给定的奇质数，正整数使得也

是一个正整数，则=________________。

11、已知数列满足关系式

且，则的值是______。

12、在平面直角坐标系中，给定两点M（-1，2）和N（1，4），点P在X轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标是___________。

三、解答题（本题满分60分，每小题20分）

13、一项“过关游戏”规则规定：在第关要抛掷一颗骰子次，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则算过关。问：

（Ⅰ）某人在这项游戏中最多能过几关？

（Ⅱ）他连过前三关的概率是多少？

（注：骰子是一个在各面上分别有1，2，3，4，5，6点数的均匀正方体。抛掷骰子落地静止后，向上一面的点数为出现点数。）

14、在平面直角坐标系中，给定三点A（0，），B（-1，0），C（1，0）。点P到直线BC的距离是该点到直线AB、AC距离的等比中顶。

（Ⅰ）求点P的轨迹方程；

（Ⅱ）若直线L经过△ABC的内心（设为D），且与P点的轨迹恰好有3个公共点，求L的斜率的取值范围。

15、已知、是方程（）的两个不等实根，函数的定义域为[，]。

（Ⅰ）求

（Ⅱ）证明：对于，若，则。

【第二试】

一、（本题满分50分）

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。

二、（本题满分50分）

在平面直角坐标系中，轴正半轴上的点列与曲线（≥0）上的点列满足，直线在X轴上的截距为，点的横坐标为。

（Ⅰ）证明>>4。

（Ⅱ）证明有，使得对都有<。

三、（本题满分50分）

对于整数≥4，求出最小的整数，使得对于任何正整数，集合的任一个元子集中，均有至少3个两两互素的元素。

参考答案

第一试

一、选择题（本题满分36分，每小题6分）

1、解：因方程有重根，故

得，于是。

故选B。

2、解：相当于点（0，b）在椭圆上或它的内部。

故选A。

3、解：原不等式等价于

设

解得。

即。

故选C。

4、解：如图，设D，E分别是AC，BC边的中点，则

由（1）（2）得，即共线，且，故选C。

5、解：a，b，c要能构成三角形的边长，显然均不为0。即

（1）若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为，由于三位数中三个数码都相同，所以。

（2）若构成等腰（非等边）三角形，设这样的三位数的个数为，由于三位数中只有2个不同数码。设为a、b，注意到三角形腰与底可以置换，所以可取的数码组（a，b）共有。但当大数为底时，设a>b，必须满足。此时，不能构成三角形的数码是

a

b

4，3

2，1

4，3

2，1

3，2

3，2

1，2

1，2

共20种情况。

同时，每个数码组（a，b）中的二个数码填上三个数位，有种情况。

故。

综上。

6、解：

。C是PA中点，最大，也即最大。

此时，故选D。

二、填空题（本题满分54分，每小题9分）

7、解：，它的最小正周期为，振幅为。由的图像与的图像围成的封闭图形的对称性，可将这图形割补成长为、宽为的长方形，故它的面积是。

8、解：

=

即。

9、解：连结，垂足为E，延长CE交于F，则，连结AE，由对称性知是二面角的平面角。

连结AC，设AB=1，则

中，在的补角。

10、解：设，从而是平方数，设为

。（负值舍去）

11、解：设

即

故数列是公比为2的等比数列。

12、解：经过M、N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线y=3－x上，设圆心为

S（a，3－a），则圆S的方程为：

对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，所以，当取最大值时，经过M，N，P三点的圆S必与X轴相切于点P，即圆S的方程中的a值必须满足解得

a=1或a=－7。

即对应的切点分别为，而过点M，N，的圆的半径大于过点M，N，P的圆的半径，所以，故点P（1，0）为所求，所以点P的横坐标为1。

三、解答题（本题满分60分，每小题20分）

13、解：由于骰子是均匀的正方体，所以抛掷后各点数出现的可能性是相等的。

（Ⅰ）因骰子出现的点数最大为6，而，因此，当时，n次出现的点数之和大于已不可能。即这是一个不可能事件，过关的概率为0。所以最多只能连过4关。

.......5分

（Ⅱ）设事件为“第n关过关失败”，则对立事件为“第n关过关成功”。

第n关游戏中，基本事件总数为个。

第1关：事件所含基本事件数为2（即出现点数为1和2这两种情况），过此关的概率为：。

第2关：事件所含基本事件数为方程当a分别取2，3，4时的正整数解组数之和。即有（个）。

过此关的概率为：。

........10分

第3关：事件所含基本事件为方程当a分别取3，4，5，6，7，8时的正整数解组数之和。即有（个）。

过此关的概率为：。

.........15分

故连过前三关的概率为：。

........20分

（说明：第2，3关的基本事件数也可以列举出来）

14、解：（Ⅰ）直线AB、AC、BC的方程依次为。点到AB、AC、BC的距离依次为。依设，即，化简得点P的轨迹方程为

圆S：

......5分

（Ⅱ）由前知，点P的轨迹包含两部分

圆S：

①

与双曲线T：

②

因为B（－1，0）和C（1，0）是适合题设条件的点，所以点B和点C在点P的轨迹上，且点P的轨迹曲线S与T的公共点只有B、C两点。的内心D也是适合题设条件的点，由，解得，且知它在圆S上。直线L经过D，且与点P的轨迹有3个公共点，所以，L的斜率存在，设L的方程为

③

（i）当k=0时，L与圆S相切，有唯一的公共点D；此时，直线平行于x轴，表明L与双曲线有不同于D的两个公共点，所以L恰好与点P的轨迹有3个公共点。......10分

（ii）当时，L与圆S有两个不同的交点。这时，L与点P的轨迹恰有3个公共点只能有两种情况：

情况1：直线L经过点B或点C，此时L的斜率，直线L的方程为。代入方程②得，解得。表明直线BD与曲线T有2个交点B、E；直线CD与曲线T有2个交点C、F。

故当时，L恰好与点P的轨迹有3个公共点。

......15分

情况2：直线L不经过点B和C（即），因为L与S有两个不同的交点，所以L与双曲线T有且只有一个公共点。即方程组有且只有一组实数解，消去y并化简得

该方程有唯一实数解的充要条件是

④

或

⑤

解方程④得，解方程⑤得。

综合得直线L的斜率k的取值范围是有限集。

......20分

15、解：（Ⅰ）设

则

又

故在区间上是增函数。

.......5分

......10分

（Ⅱ）证：

....15分，而均值不等式与柯西不等式中，等号不能同时成立，......20分

第四篇：10届全国高中数学联赛试题及答案

2010年全国高中数学联赛

一

试

一、填空题（每小题8分，共64分，）

1.函数的值域是

.2.已知函数的最小值为，则实数的取值范围是

.3.双曲线的右半支与直线围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是

.4.已知是公差不为的等差数列，是等比数列，其中，且存在常数使得对每一个正整数都有，则

.5.函数

在区间上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是

.6.两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是

.7.正三棱柱的9条棱长都相等，是的中点，二面角,则

.8.方程满足的正整数解（x,y,z）的个数是

.二、解答题（本题满分56分）

9.（16分）已知函数，当时，试求的最大值.10.（20分）已知抛物线上的两个动点，其中且.线段的垂直平分线与轴交于点，求面积的最大值.11.（20分）证明：方程恰有一个实数根，且存在唯一的严格递增正整数数列，使得

.解

答

1.提示：易知的定义域是，且在上是增函数，从而可知的值域为.2.提示：令，则原函数化为，即

.由，及

知

即

.（1）

当时（1）总成立；

对；对.从而可知

.3.9800

提示：由对称性知，只要先考虑轴上方的情况，设与双曲线右半支于,交直线于，则线段内部的整点的个数为，从而在轴上方区域内部整点的个数为

.又轴上有98个整点，所以所求整点的个数为.4.提示

：设的公差为的公比为，则

（1），（2）

（1）代入（2）得，求得.从而有

对一切正整数都成立，即

对一切正整数都成立.从而，求得，.5.提示：令则原函数化为,在上是递增的.当时，,，所以；

当时，，所以

.综上在上的最小值为.6.提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为，从而先投掷人的获胜概率为

.7.提示：解法一：如图，以所在直线为轴，线段中点为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则，从而，.设分别与平面、平面垂直的向量是、，则

由此可设，所以，即

.所以

.解法二：如图，.设与交于点

则

.从而平面

.过在平面上作,垂足为.连结,则为二面角的平面角.设,则易求得.在直角中，,即

.又

..8.336675

提示：首先易知的正整数解的个数为

.把满足的正整数解分为三类：

（1）均相等的正整数解的个数显然为1；

（2）中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；

(3)设两两均不相等的正整数解为.易知，所以，即

.从而满足的正整数解的个数为

.9.解法一：

由

得

.所以，所以.又易知当（为常数）满足题设条件，所以最大值为.解法二：.设，则当时，.设，则..容易知道当时，.从而当时，即，从而,，由

知.又易知当（为常数）满足题设条件，所以最大值为.10.解法一：设线段的中点为，则，.线段的垂直平分线的方程是

.（1）

易知是（1）的一个解，所以线段的垂直平分线与轴的交点为定点，且点坐标为.由（1）知直线的方程为，即

.（2）

（2）代入得，即

.（3）

依题意，是方程（3）的两个实根，且，所以,..定点到线段的距离

..当且仅当，即,或时等号成立.所以，面积的最大值为.解法二：同解法一，线段的垂直平分线与轴的交点为定点，且点坐标为.设，则的绝对值，所以,当且仅当且，即,或

时等号成立.所以，面积的最大值是.11.令，则，所以是严格递增的.又，故有唯一实数根.所以，.故数列是满足题设要求的数列.若存在两个不同的正整数数列和满足，去掉上面等式两边相同的项，有，这里，所有的与都是不同的.不妨设，则，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.加

试

1.（40分）如图，锐角三角形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．

2.（40分）设k是给定的正整数，．记，．证明：存在正整数m，使得为一个整数．这里，表示不小于实数x的最小整数，例如：，．

3.（50分）给定整数，设正实数满足，记

．

求证：

．

4.（50分）一种密码锁的密码设置是在正n边形的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？

解

答

1.用反证法．若A，B，D，C不四点共圆，设三角形ABC的外接圆与AD交于点E，连接BE并延长交直线AN于点Q，连接CE并延长交直线AM于点P，连接PQ．

因为P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O），同理，所以，故⊥．

由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是

．

①

由梅内劳斯（Menelaus）定理，得，②

．

③

由①，②，③可得，所以，故△DMN

∽

△DCB，于是，所以BC∥MN，故OK⊥BC，即K为BC的中点，矛盾！从而四点共圆.注1：“P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）”的证明：延长PK至点F，使得，④

则P，E，F，A四点共圆，故，从而E，C，F，K四点共圆，于是，⑤

⑤-④，得

P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）．

注2：若点E在线段AD的延长线上，完全类似．

2.记表示正整数n所含的2的幂次．则当时，为整数．

下面我们对用数学归纳法．

当时，k为奇数，为偶数，此时

为整数．

假设命题对成立．

对于，设k的二进制表示具有形式，这里，或者1，．

于是，①

这里

.显然中所含的2的幂次为．故由归纳假设知，经过f的v次迭代得到整数，由①知，是一个整数，这就完成了归纳证明．

3.由知，对，有．

注意到当时，有，于是对，有，故

．

4.对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a，如果颜色不同，则标上b，如果数字和颜色都相同，则标上c．于是对于给定的点上的设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点上的设置．为了使得最终回到时的设置与初始时相同，标有a和b的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a，b，c，使得标有a和b的边都是偶数条的方法数的4倍．

设标有a的边有条，标有b的边有条，．选取条边标记a的有种方法，在余下的边中取出条边标记b的有种方法，其余的边标记c．由乘法原理，此时共有种标记方法．对i，j求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为

．

①

这里我们约定．

当n为奇数时，此时

．

②

代入①式中，得

．

当n为偶数时，若，则②式仍然成立；若，则正n边形的所有边都标记a，此时只有一种标记方法．于是，当n为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为

．

综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n为奇数时有种；当n为偶数时有种．

第五篇：93全国高中数学联赛试题及详细解析

一、选择题(每小题5分，共30分)

1．若M={(x，y)|

|tanpy|+sin2px=0}，N={(x，y)|x2+y2≤2}，则M∩N的元素个数是（）

(A)4

(B)5

(C)8

(D)9

5．在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，若c-a等于AC边上的高h，则sin+cos的值是（）

(A)1

(B)

(C)

(D)-1

6．设m，n为非零实数，i为虚数单位，zÎC，则方程|z+ni|+|z-mi|=n与|z+ni|-|z-mi|=-m在同一复平面内的图形(F1，F2为焦点)是（）

二、填空题（每小题5分，共30分）

1．二次方程(1-i)x2+(l+i)x+(1+il)=0(i为虚数单位，lÎR)有两个虚根的充分必要条件是l的取值范围为________．

2．实数x，y满足4x2-5xy+4y2=5，设

S=x2+y2，则+=_______．

3．若zÎC，arg(z2-4)=，arg(z2+4)=，则z的值是________.[来源:学科网ZXXK]

4．整数的末两位数是_______.三、（本题满分20分）

三棱锥S－ABC中，侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB的中点，作与SC平行的直线DP．证明：(1)DP与SM相交；(2)设DP与SM的交点为D¢，则D¢为三棱锥S－ABC的外接球球心．

四、（本题满分20分）

设0

[来源:学科网]

五、（本题满分20分）

设正数列a0，a1，a2，…，an，…满足－=2an－1，(n≥2)且a0=a1=1，求{an}的通项公式．

第二试

一、（35分）

设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有ÐD是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n应满足的充分必要条件是n≥4．

[来源:Z。xx。k.Com]

三、（35分）

水平直线m通过圆O的中心，直线l^m，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR为圆

O的三条切线，P,Q,R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，AB´CR+BC´AP=AC´BQ；(2)l与圆O相交时，AB´CR+BC´AP＜AC´BQ；(3)l与圆O相离时，AB´CR+BC´AP＞AC´BQ.1993年全国高中数学联合竞赛解答

第一试

一、选择题(每小题5分，共30分)

1．若M={(x，y)|

|tanpy|+sin2px=0}，N={(x，y)|x2+y2≤2}，则M∩N的元素个数是（）

(A)4

(B)5

(C)8

(D)9

3．集合A，B的并集A∪B={a1，a2，a3}，当A¹B时，(A，B)与(B，A)视为不同的对，则这样的(A，B)对的个数是（）

（A）8

（B）9

（C）26

（D）27

【答案】D

【解析】a1∈A或ÏA，有2种可能，同样a1∈B或ÏB，有2种可能，但a1ÏA与a1ÏB不能同时成立，故有22－1种安排方式，同样a2、a3也各有22－1种安排方式，故共有(22－1)3种安排方式．选D．

5．在△ABC中，角A，B，C的对边长分别为a，b，c，若c-a等于AC边上的高h，则sin+cos的值是（）

(A)1

(B)

(C)

(D)-1

6．设m，n为非零实数，i为虚数单位，zÎC，则方程|z+ni|+|z-mi|=n与|z+ni|-|z-mi|-m在同一复平面内的图形(F1，F2为焦点)是（）[来源:学。科。网]

【答案】B

【解析】方程①为椭圆，②为双曲线的一支．二者的焦点均为(－ni，mi)，由①n>0，故否定A，由于n为椭圆的长轴，而C中两个焦点与原点距离(分别表示|n|、|m|)均小于椭圆长轴，故否定C．

由B与D知，椭圆的两个个焦点都在y轴负半轴上，由n为长轴，知|OF1|=n，于是m<0，|OF2|=－m．曲线上一点到－ni距离大，否定D，故选B．

二、填空题（每小题5分，共30分）

1．二次方程(1-i)x2+(l+i)x+(1+il)=0(i为虚数单位，lÎR)有两个虚根的充分必要条件是l的取值范围为________．

2．实数x，y满足4x2-5xy+4y2=5，设

S=x2+y2，则+=_______．

【答案】

【解析】令x=rcosθ，y=rsinθ，则S=r2得r2(4－5sinθcosθ)=5．S=．

∴+=+=．

3．若zÎC，arg(z2-4)=，arg(z2+4)=，则z的值是________.【答案】±(1+i)

【解析】如图，可知z2表示复数4(cos120°+isin120°)．∴

z=±2(cos60°+isin60°)=±(1+i)．

[来源:Zxxk.Com]

4．整数的末两位数是_______.【答案】08

【解析】令x=1031，则得==x2－3x+9－．由于0<<1，故所求末两位数字为09－1=08．

5．设任意实数x0>x1>x2>x3>0，要使log1993+log1993+log1993≥k·log1993恒成立，则k的最大值是_______.6．三位数(100，101，L，999)共900个，在卡片上打印这些三位数，每张卡片上打印一个三位数，有的卡片所印的，倒过来看仍为三位数，如198倒过来看是861；有的卡片则不然，如531倒过来看是，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____张卡片．

【答案】34

【解析】首位与末位各可选择1，6，8，9，有4种选择，十位还可选0，有5种选择，共有4×5×4=80种选择．

但两端为1，8，中间为0，1，8时，或两端为9、6，中间为0，1，8时，倒后不变；共有2×3+2×3=12个，故共有(80－12)÷2=34个．

三、（本题满分20分）

三棱锥S-ABC中，侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB的中点，作与SC平行的直线DP．证明：(1)DP与SM相交；(2)设DP与SM的交点为，则为三棱锥S—ABC的外接球球心．

四、（本题满分20分）

设0

五、（本题满分20分）

设正数列a0、a1、a2、…、an、…满足

－=2an－1，(n≥2)

且a0=a1=1，求{an}的通项公式．

【解析】变形，同除以得：=2+1，令+1=bn，则得bn=2bn－1．

即{bn}是以b1=+1=2为首项，2为公比的等比数列．

∴

bn=2n．

∴

=(2n－1)2．故

∴

第二试

一、（35分）

设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有ÐD是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n应满足的充分必要条件是n≥4．

n=2时，连1条对角线把四边形分成了2个三角形，但其中最多只能有1个钝角三角形．

n=3时，无法从同一顶点出发连线段把四边形分成3个三角形，现连了1条对角线AC后，再连B与AC上某点得到线段，此时无法使得到的两个三角形都是钝角三角形．

∴当n=2，3时无法得到满足题目要求的解．只有当n≥4时才有解．

二、（35分）

设A是一个有n个元素的集合，A的m个子集A1,A2,L,Am两两互不包含．

试证：(1)

≤1；

(2)

C≥m2．其中|Ai|表示Ai所含元素的个数，C表示n个不同元素取|Ai|个的组合数．

三、（35分）

水平直线m通过圆O的中心，直线l^m，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR为圆

O的三条切线，P,Q,R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，AB´CR+BC´AP=AC´BQ；(2)l与圆O相交时，AB´CR+BC´AP＜AC´BQ；(3)l与圆O相离时，AB´CR+BC´AP＞AC´BQ.【解析】证明：设MA=a，MB=b，MC=c，OM=d，⊙O的半径=r．

且设k=d2－r2．则当k>0时，点M在⊙O外，此时，直线l与⊙O相离；

当k=0时，点M在⊙O上，此时，直线l与⊙O相切；

当k<0时，点M在⊙O内，此时，直线l与⊙O相交．

∴

AP==，同理，BQ=，CR=．

则AB´CR+BC´AP－AC´BQ=

AB´CR+BC´AP－(AB+BC)´BQ=BC×(AP－BQ)－AB×(BQ－CR)

=BC×－AB×