设正整数3ngt;,非负实数a1,a2,高中数学联赛决赛

设正整数3ngt;,非负实数a1,a2,高中联赛决赛 篇一:1994年全国高中数学联赛试及解答 1994年全国高中数学联赛试题 第一试 一、选择题(每小题6分，共36分) 1、设a，b，c是实数，那么对任何实数x， 不等式asinx+bcosx+c0都成立的充要条件是 (A) a，b同时为0，且c0 (B) (C) a2+b2=c a2+b2c a2+b2<c(D) 2、给出下列两个命题:? 设a，b，c都是复数，如果a2+b2c2，则a2+b2,c20;?设a，b，c都是复数，如果a2+b2,c20，则a2+b2c2(那么下述说法正确的是 (A)命题?正确，命题?也正确 (B)命题?正确，命题?错误 (C)命题?错误，命题?也错误 (D)命题?错误，命题?正确 13、已知数列{an}满足3an+1+an=4(n?1)，且a1=9，其前 1 n项之和为Sn，则满足不等式|Sn,n,6|<125 的最小整数n是 (A)5 (B)6 (C)7 (D)8 logsinalogcosalogcosa4、已知0<b<1，0<a，则下列三数:x=(sina)b，y=(cosa)b，z=(sina)b 4 (A)x<z<y (B)y<z<x(C)z<x<y (D)x<y<z 5、在正n棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是 πn,2n,1πn,2n,1(A)( π，π)(B)( π，π)(C)(0，)(D)( ππ) nn2nn |x+y||x,y|6、在平面直角坐标系中，方程+1 (a，b是不相等的两个正数)所代表的曲线是 2a2b (A)三角形 (B)正方形 (C)非正方形的长方形 (D)非正方形的菱形 二、填空题(每小题9分，共54分) 1(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 ( ?x3+sinx,2a=0， 2(已知x，y?[,，，a?R且?3则cos(x+2y) = ( 4y+sinycosy+a=044?ππ3(已知点集A={(x，y)|(x,3)2+(y,4)2?(52)2}，B={(x，y)|(x,4)2+(y,5)2(52}，则点集A?B中的整2 2 点(即横、纵坐标均为整数的点)的个数为 ( 4(设0<θ<π，，则sin(1+cosθ)的最大值是 ( 2 5(已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于α，则sinα=( 6(已知95个数a1，a2，a3，…，a95， 每个都只能取+1或,1两个值之一，那么它们的两两之积的和 a1a2+a1a3+…+a94a95的最小正值是 ( θ 第二试 2一、(本题满分25分) x的二次方程x2+z1x+z2+m=0中,z1，z2，m均是复数，且z,4z2=16+20i，设这1 个方程的两个根α、β，满足|α,β|= 7,求|m|的最大值和最小值. 二、(本题满分25分) 将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，试求出这个数列的第1000项。 三、(本题满分35分) 如图，设三角形的外接圆O的半径为R,内心为I， ?B=60?,?A<?C,?A的外角平分线交圆O于E( 证明:(1) IO=AE; (2) 2R<IO+IA+IC<(1+ 3)R( B C 四、 (本题满分35分) 给定平面上的点集P={P1，P2，…，P1994}, P中任三点均不共线,将P中的所有的点任意分成83组，使得每组至少有3个点，且每点恰好属于一组，然后将 3 在同一组的任两点用一条线段相连,不在同一组的两点不连线段,这样得到一个图案G，不同的分组方式得到不同的图案，将图案G中所含的以P中的点为顶点的三角形个数记为m(G)( (1)求m(G)的最小值m0( (2)设G*是使m(G*)=m0的一个图案，若G*中的线段(指以P的点为端点的线段)用4种颜色染色,每条线段恰好染一种颜色.证明存在一个染色,使G*染色后不含以P的点为顶点的三边颜色相同的三角形( 1994年全国高中数学联赛解答 第一试 一、选择题(每小题6分，共36分) 1、设a，b，c是实数，那么对任何实数x， 不等式asinx+bcosx+c0都成立的充要条件是 (A) a，b同时为0，且c0 (B) (C) a2+b2=c a2+b2<c (D) a2+b2c a2+b2+c](故选C( 解:asinx+bcosx+c=a2+b2sin(x+φ)+c ?[,a2+b2+c， 2、给出下列两个命题:(1)设a，b，c都是复数，如果a2+b2c2，则a2+b2,c20((2)设a，b，c都是复数，如果a2+b2,c20，则a2+b2c2(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) 4 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 解:?正确，?错误;理由:?a2+b2c2，成立时，a2+b2与c2都是实数，故此时a2+b2,c20成立;? 当a2+b2,c20成立时a2+b2,c2是实数，但不能保证a2+b2与c2都是实数，故a2+b2c2不一定 成立(故选B( 13、已知数列{an}满足3an+1+an=4(n?1)，且a1=9，其前n项之和为Sn，则满足不等式|Sn,n,6|<125 的最小整数n是 (A)5 (B)6 (C)7 (D)8 1 解:(an+1,1)=,(an,1)，即{ an,1}是以,为公比的等比数列， 33 11,(,)n31111n,1n ? an=8(,)+1(? Sn=8?+n=6+n,6(,，?6?，?n?7(选C( 3133n1251+3 logsinalogcosalogcosa4、已知0<b<1，0<a<x=(sina)b，y=(cosa)b，z=(sina)b的大4 1π 篇二:高中数学联赛真题 1999年全国高中数学联赛试题 第一试 5 一、选择题 本题共有6小题，每题均给出(A)、(B)、(C)、(D)四个结论，其中有且仅有一个是正确的，请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6分;不选、选错或选出的代表字母超过一个(不论是否写在括号内)，一律得0分。 1( 给定公比为q(q?1)的等比数列{an}，设b1=a1+a2+a3, b2=a4+a5+a6,?, bn=a3n?2+a3n?1+a3n,?， 则数列{bn}【答】( ) (A) 是等差数列 (B) 是公比为q的等比数列 (C) 是公比为q3的等比数列 (D) 既非等差数列也非等比数列 2( 平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点叫做整点，那么，满足不等式 (|x|?1)2+(|y|?1)2 ,2的整点(x,y)的个数是 【答】( ) (A) 16 (B) 17 (C) 18 (D) 25 ?y?y 3( 若(log23)x?(log53)x?(log23)?(log53)，则 【答】( ) (A) x?y?0(B) x+y?0(C) x?y?0 (D) x+y?0 4( 给定下列两个关于异面直线的命题: 命题?:若平面?上的直线a与平面?上的直线b为异面直线，直线c是?与?的交线，那么，c至多与a,b中的一条相交; 6 命题?:不存在这样的无穷多条直线，它们中的任意两条都是异面直线。 那么【答】( ) (A) 命题?正确，命题?不正确(B) 命题?正确，命题?不正确 (C) 两个命题都正确 (D) 两个命题都不正确 5( 在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之 后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场。那么，在上述3名选手之间比赛的场数是【答】( ) (A) 0 (B) 1 (C) 2(D) 3 6( 已知点A(1,2)，过点(5,?2)的直线与抛物线y2=4x交于另外两点B,C，那么，?ABC是 (A) 锐角三角形 (B) 钝角三角形(C) 直角三角形 (D) 不确定 【答】( ) 二、填空题(本题满分54分，每小题9分)本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。 7. 已知正整数n不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么，这样的n的个数是___________. cos2??isin2?5，那么，复数 的辐角主值是_________. z? 12239?i ctgC 9. 在?ABC中，记BC=a，CA=b，AB=c，若 7 9a2+9b2?19c2=0，则=__________. ctgA?ctgB 8. 已知?=arctg x2y2 ??1上，并且P到这条双曲线的右准线的距离恰是P到这条双10. 已知点P在双曲线 169 曲线的两个焦点的距离的等差中项，那么，P的横坐标是_____. 11. 已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{?3,?2,?1,0,1,2,3}中的3个不同的元素，并且该 直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是______. 12. 已知三棱锥S?ABC的底面是正三角形，A点在侧面SBC上的射影H是?SBC的垂心，二 面角H?AB?C的平面角等于30?, SA=2。那么三棱锥S?ABC的体积为__________. 三、解答题(本题满分60分，每小题20分) 13. 已知当x?[0,1]时，不等式xcos??x(1?x)?(1?x)sin??0 恒成立，试求的取值范围。 2 2 x2y2 8 ??1上的动点，F是左焦点，当|AB|+5|BF|取最小值14. 给定A(?2,2)，已知B是椭圆 25163 时，求B的坐标。 22 15. 给定正整数n和正数M，对于满足条件a1?an?1?M的所有等差数列a1,a2,a3,?.，试求 S=an+1+an+2+?+a2n+1的最大值。 1999年全国高中数学联合竞赛答案 一、选择题 1.(C). 由题设，an?a1qn?1， 因此，?bn?是公比为q的等比数列. 3 2.(A) 由?|x|?1???|y|?1??2,可得(|x|-1,|y|-1)为(0，0)，(0，1)，(0，-1)，(1，0)或(-1，0).从而，不难得到(x,y)共有16个. 2 2 3.(B) 记f(t)= ?log23???log53?，则f(t)在R上是严格增.原不等式即 t t f(x)?f(-y). 故x?-y，即x+y?0. 9 4.(D). 易知命题?不正确;又可以取无穷多个平行平面，在每个平面上取一条直线，且使这些直线两两不同向，则这些直线中的任意两条都是异面直线，从而命题?也不正确. 5.(B) 设这三名选手之间的比赛场数是r，共n名选手参赛.由题意，可得 2Cn?3?6?r?50，即 ?n?3??n?4?=44+r.由于0?r?3，经检验可知，仅当r=1时，n=13 2 为正整数. 6.(C) 设B(t 2,2t),C(s 2,2s),s?t,s?1,t?1，则直线BC的方程为，化得2x-(s+t)y+2st=0.由于直线BC过点(5，-2)，故2×5-(s+t)(-2)+2st=0，即(s+1)(t+1)= - 4.因此，kABkAC? 提示:7. 6.首项为a为的连续k个正整数之和为Sk? 4 ??1,所以，?BAC=90?，从而?ABC是直角三角形. t?1s?1?2a?k?1?k 2 ? k?k?1? 2 由Sk?2000，可得60?k?62. 当k=60时，Sk=60a+30×59，由Sk?2000，可得a?3，故 10 Sk=1830,1890,1950; 当k=61时，Sk=61a+30×61，由Sk?2000，可得a?2，故Sk=1891，1952; 当k=62时，Sk=62a+31×61，由Sk?2000，可得a?1，故Sk=1953. 于是，题中的n有6个. 8. ?2 z的辐角主值 argz=arg,(12+5i)(239-i), 4 ? 4 =arg,(119+120i) (239-i), =arg,28561+28561i,= 9.. 10.记半实轴、半虚轴、半焦距的长分别为a、b、c，离心率为e，点P到右准线l的距离为d，则a=4, b=3, c=5, ,右准线l为. 如果P在双曲线右支，则 |PF1 |=|PF2 |+2a=ed+2a.从而，|PF1|+|PF2|=(ed+2a)+ed=2ed+2a2d， 这不可能;故P在双曲线的左支，则 |PF2|,|PF1|=2a , |PF1|+|PF2|=2d.两式相加得2|PF2|=2a+2d.又|PF2|=ed,从而ed=a+d. aa264?16. 因此，P的横坐标为x??d??.故d? e?1c5 11. 43 设倾斜角为θ，则tgθ=-0.不妨设a0，则b<0. (1)c=0,a有三种取法，b有三种取法，排除2个重复 11 (3x-3y=0,2x-2y=0与x-y=0为同一直线)，故这样的直线有3×3-2=7条; (2)c?0，则a有三种取法，b有三种取法，c有四种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有3×3×4=36条. 从而，符合要求的直线有7+36=43条. 12. 由题设，AH?面SBC.作BH?SC于E.由三垂线定理可知SC?AE，SC?AB.故SC?面ABE.设S在面ABC内射影为O，则SO?面ABC.由三垂线定理之逆定理，可知CO?AB于F.同理，BO?AC.故O为?ABC的垂心. 又因为?ABC是等边三角形，故O为?ABC的中心，从而SA=SB=SC=. 因为CF?AB，CF是EF在面ABC上的射影，由三垂线定理，EF?AB.所以，?EFC是二面角H-AB-C的平面角.故?EFC=30?， OC=SCcos60?=，SO= OC tg60?=3.又OC= 93AB，故AB=OC=3. 所以，VS-ABC=. 34 2 2 三、解答题 13. 若对一切x?,0，1,，恒有f(x)= xcos??x(1?x)?(1?x)sin??0， 则 cosθ=f(1)0,sinθ=f(0)0.(1) 取x? (0，1)，由于 f?x??2x?1?xsincos?x?1?x?， 12 所以，f?x??0恒成立，当且仅当 2sin?cos??1?0 (2 ) ?. 2 1?5? 又由(2)得sin2θ 注意到0<2θ<π，故有<2θ< , 266 ?5?所以，<θ< . 1212 ?5? 因此，原题中θ的取值范围是2kπ+<θ<2kπ+ ,k?Z. 1212 先在,0,2π,中解(1)与(2):由cosθ0,sinθ0，可得0<θ< 或解:若对一切x?,0，1,，恒有 f(x)=xcosθ-x(1-x)+(1-x)sinθ0，则cosθ=f(1)0,sinθ=f(0)0. (1) 取 x0= 由于 所以，0<f(x0)= 2 故 - + 0 (2) ?(0，1)，则 + 2 13 x0(1-x0) ( x(1-x)， ( 2 2 反之，当(1)，(2)成立时，f(0)=sinθ0，f(1)=cosθ0，且x? (0，1)时，f(x)? 2 x(1-x)0( 先在,0,2π,中解(1)与(2):由cosθ0,sinθ0，可得0<θ < 又 - + 0 , , , . , sin2θ , sin2θ 14 注意到 0<2θ<π，故有 所以 ， <θ < . <2θ < 因此，原题中θ的取值范围是 2kπ + <θ<2kπ + ,k?Z 篇三:高中数学联赛真题分类汇编—不等式 高中数学联赛真题汇编——不等式 (1981T6)在坐标平面上有两个区域M和N，M是由y?0， y?x和y?2-x 这三个不等式确定，N是随t变化的区域，它 由不等式t?x?t+1确定，t的取值范围是0?t?1 ，设M和N 的公共面积是函数f(t)，则f(t)为 A(,t2+t+(,2t2+2tC.1,t2D.t,2)2 解:?OAB的面积=1。 121212 15 12 直角边长为t的等腰直角三角形面积=t.直角边长为2, 212 (1+t)=1,t的等腰直角三角形面积=,t)( 2 1111 f(t)=1,2,(1,t)2=1,t2+t,t,t2( 0?t?1 )(选A( 2222 (1981T10)组装甲、乙、丙三种产品，需用A、B、C三种零件(每件甲需用A、B各2个;每件乙需用B、C各1个;每件丙需用2个A与1个C(用库存的A、B、C三种零件，如组装成p件甲产品、q件乙产品和r件丙产品，则剩下2个A和1个B，但C恰好用完(试证:无论怎样改变甲、乙、两产品的件数，也不能把库存的A、B、C三种零件都恰好用完( 解:已知即:每个甲用 A2，B2， 每个乙用 B1，C1， 每个丙用 A2， C1( ? 共有A产品2p，2r，2件;B产品2p，q，1件;C产品q，r件( 设组装m件甲，n件乙，k件丙，则用2m，2k件 A; 用2m，n 件B; 用n，k件 C( 如全部用完，则有2p，2r，2=2m，2k; 16 ?p，r，1=m，k( ? 2p，q，1=2m，n; ? q，r=n，k( ? ??，?,?:3p，2=3m(这是不可能的(故证( (1982T8) 当a，b是两个不相等的正数时，下列三个代数式: 1112a+b22 甲:(a+b+)，乙:)，丙:(+ab2a+bab 中间，值最大的一个是 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 解:甲乙，但甲、丙大小不确定(故选D( (1983T6)设a，b，c，d，m，n都是正实数，abcd，ma+ncA(P?QB(P?Q C(P<QD(P、Q的大小关系不确定，而与m，n的大小有关( 解:由柯西不等式，Q?P(选B( ，那么 mn 22 xn,1x2x1x2n (1984二试5)设x1，x2，…，xn都是正数，求证:…x+x+…+xn( x2x3xnx112 17 2 x1x2x3xn 证明+x2?2x1，+x3?2x2，+x4?2x3，…，x1?2x1( x2x3x4x1上述各式相加即得( 1 (1986T6)边长为a、b、c的三角形，其面积等于，而外接圆半径为1，若s=a+b+c， 4111 s与t的大小关系是 abc A(stB(s=tC(s<tD(不确定 1abc1 解:?=sinC=R=1，?=，知abc=1(且三角形不是等边三角形( 24R4 111111a+b+c?++==a+b+c((等号不成立)(选C( abcabbccaabc (1986T10)设x、y、z为非负实数，且满足方程5x+9y+4z 2222 ,68?5x+9y+4z +256=0，那么 x+y+z的最大值与最小值的乘积等于; 解:令2 18 5x+9y+4z =t，则得，t2,68t+256=0，?(t,64)(t,4)=0，?t=4，t=64( 42?5x+9y+4z=4，?9(x+y+z)=4+4x+5z?4，x+y+z?; 9 4 4(x+y+z)=4,x,5y?4，x+y+z?1?x+y+z?[1]; 9 5x+9y+4z=6?5x+9y+4z=36，?9(x+y+z)=36+4x+5z?36，?x+y+z?4; 4(x+y+z)=36,x,5y?36，?x+y+z?9( 4 故，所求最大值与最小值的乘积=9=4( 9 (1989T12)当s和t取遍所有实数时，则(s+5,3|cost|)2+(s ,2|sint|)2所能达到的最小值为( x2y2 解:令x=3|cost|，y=2|sint|，则得椭圆+1在第一象限内的弧段( 94 再令x=s+5，y=s，则得y=x,5，表示一条直线((s+5,3|cost|)2+(s,2|sint|)2表示椭圆弧段上点与直线上点距离平方(其最小值为点(3，0)与直线y=x,5距离平方=2( (1989T13)已知a1，a2，…，an是n个正数，满足 19 a1?a2?…?an=1( 求证:(2+a1)(2+a2)…(2+an)?3n( 证明:?2+ai=1+1+ai?3ai，(i=1，2，…，n) ?(2+a1)(2+a2)…(2+an)=(1+1+a1)(1+1+a2)…(1+1+an)?3a1?3a 2?…?3an?3na1a2…an=3n( 证法2:(2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n1+(a1a2+a1a3+ …+an,1an)2n2+…+a1a2…an , , 3 但a1+a2+…+an?na1a2…an=n=Cn， 2Cn a1a2+a1a3+…+an,1an?Cn 2 n1 (a1a2…an)=Cn，……， , , 2 ? 20 (2+a1)(2+a2)…(2+an)=2n+(a1+a2+…+an)2n1+(a1a2+a1a3+ …+an,1an)2n2+…+a1a2…an ?2n+Cn2n1+Cn2n2+…+Cn=(2+1)n=3n( , , 121 (1989二试2)已知xi?R(i=1，2，…，n;n?2)，满足 x11 求证:??, ?i22n 证明:由已知可知，必有xi0，也必有xj<0(i，j?{1，2，…，n，且i?j)( 设xi1，xi2，…，xil为诸xi中所有0的数，xj1，xj2，…，xjm为诸xi中所有<0的数(由已知得 11 X=xi1+xi2+…+xil=，Y=xj1+xj2+…+xjm=, 22 kxmxxi?kxilmxjhk1mX,Y11iljh ?于是当,时，=xil,xjh=,, lhnh=12222n?i?l=1lh=1hl=1l=1h=1 Σ|x|=1，Σx=0， i 21 i nn i=1i=1 ΣΣΣΣΣΣ 高中数学联赛 k 真题分类汇编 于洪伟 mxkxmxkxil,YX11xi?1mjhiljh ?于是当,时，=,?,xil,xjh=,, lhilhn2222n??l=1h=1l=1h=1l=1h=1 ΣΣΣΣΣΣ x11 总之，??, ?i22n 11 (1990T7)设n为自然数，a、b为正实数，且满足a+b=2，则的最小值是( +1+a1+ba+b2111+an+1+bnnn 解:ab?(=1，从而ab?1，故 +=?1(等号当且仅当 21+a1+b1+a+b+aba=b=1时成立(即所求最小值=1( (1990T9)设n为自然数，对于任意实数x(转 载于:wWw.xLTkwj.cOM 小 龙 文档网:设正整数3n,非负实数a1,a2,高中数学联赛决赛)，y，z，恒有 22 (x2+y2+z2)2?n(x4+y4+z4)成立，则 n的最小值是( 解: (x2+y2+z2)2=x4+y4+z4+2x2y2+2y2z2+2z2x2?x4+y4+z4+(x4 +y4)+(y4+z4)+(z4+x4)=3(x4+y4+z4)(等号当且仅当x=y=z 时成立(故n=3( (1991T15)已知0<a<1，x2+y=0，求证: 1 loga(ax+ay)?loga2+8 1x+y xyxy 解:由于0<a<1，即证a+a?2a8(由于a+a?2a2(而 x+y=x,x2=x(1x+y1 1 ,x)?4(于是a2?a8( x+y1 ? a+a?2a2?2a8(故证( x y (1992T13)求证:16< i=1 4 23 1 <17( k 24