第一篇：2014全國高中數學聯賽試題及解答

2014年全國高中數學聯合競賽一試試題（A）

一．填空題：本大題共8小題，每小題8分，共64分.1.若正數a,b滿足2+log2a?3?log3b?log6(a?b)，則11?的值為_______________ 解：設2+log2a?3?log3b?log6(a?b)=m

?2m?2

??a

則?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 ??

第二篇：2014全國高中數學聯賽試題3及解答（范文）

2014年全國高中數學聯合競賽一試試題（A）

一．填空題：本大題共8小題，每小題8分，共64分.3.若函數f(x)?x2?ax?1在[0,??)上單調遞增，則實數a的取值范圍是___________ ?x2?ax?a解：f(x)?x?ax?1=?2?x?ax?a2(x?1)

(x?1)

f(x)在[0,??)上單調遞增

?-2?a?0 ? ???-a?2?1 ?a??2?0

第三篇：04全國高中數學聯賽試題及參考答案

2004年全國高中數學聯賽試題

【第一試】

一、選擇題（本題滿分36分，每小題6分）

1、設銳角q使關于x的方程有重根，則q的弧度數為

A．

B。

C。

D。

答：[

]

2、已知M=，N=，若對于所有的，均有則的取值范圍是

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、設O點在△ABC內部，且有，則△ABC的面積與△AOC的面積之比為

A．2

B。

C。3

D。

答：[

]

5、設三位數，若以為三條邊的長可以構成一個

等腰（含等邊）三角形，則這樣的三位數有

A．45個

B。81個

C。165個

D。216個

答：[

]

6、頂點為P的圓錐的軸截面是等腰直角三角形，A是底面圓周上的點，B是底面圓內的點，O為底面圓的圓心，AB⊥OB，垂足為B，OH⊥PB，垂足為H，且PA=4，C是PA的中點，則當三棱錐O—HPC的體積最大時，OB的長是

A．

B。

C。

D。

答：[

]

二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）

7、在平面直角坐標系中，函數在一個最小正周期長的區間上的圖像與函數的圖像所圍成的封閉圖形的面積是_____________。

8、設函數滿足，且對任意的，都有=，則。

9、如圖，正方體中，二面角的度數是______________。

10、設是給定的奇質數，正整數使得也

是一個正整數，則=________________。

11、已知數列滿足關系式

且，則的值是______。

12、在平面直角坐標系中，給定兩點M（-1，2）和N（1，4），點P在X軸上移動，當∠MPN取最大值時，點P的橫坐標是___________。

三、解答題（本題滿分60分，每小題20分）

13、一項“過關游戲”規則規定：在第關要拋擲一顆骰子次，如果這次拋擲所出現的點數之和大于，則算過關。問：

（Ⅰ）某人在這項游戲中最多能過幾關？

（Ⅱ）他連過前三關的概率是多少？

（注：骰子是一個在各面上分別有1，2，3，4，5，6點數的均勻正方體。拋擲骰子落地靜止后，向上一面的點數為出現點數。）

14、在平面直角坐標系中，給定三點A（0，），B（-1，0），C（1，0）。點P到直線BC的距離是該點到直線AB、AC距離的等比中頂。

（Ⅰ）求點P的軌跡方程；

（Ⅱ）若直線L經過△ABC的內心（設為D），且與P點的軌跡恰好有3個公共點，求L的斜率的取值范圍。

15、已知、是方程（）的兩個不等實根，函數的定義域為[，]。

（Ⅰ）求

（Ⅱ）證明：對于，若，則。

【第二試】

一、（本題滿分50分）

在銳角△ABC中，AB上的高CE與AC上的高BD相

交于點H，以DE為直徑的圓分別交AB、AC于F、G兩點，FG與AH相交于點K，已知BC=25，BD=20，BE=7，求

AK的長。

二、（本題滿分50分）

在平面直角坐標系中，軸正半軸上的點列與曲線（≥0）上的點列滿足，直線在X軸上的截距為，點的橫坐標為。

（Ⅰ）證明>>4。

（Ⅱ）證明有，使得對都有<。

三、（本題滿分50分）

對于整數≥4，求出最小的整數，使得對于任何正整數，集合的任一個元子集中，均有至少3個兩兩互素的元素。

參考答案

第一試

一、選擇題（本題滿分36分，每小題6分）

1、解：因方程有重根，故

得，于是。

故選B。

2、解：相當于點（0，b）在橢圓上或它的內部。

故選A。

3、解：原不等式等價于

設

解得。

即。

故選C。

4、解：如圖，設D，E分別是AC，BC邊的中點，則

由（1）（2）得，即共線，且，故選C。

5、解：a，b，c要能構成三角形的邊長，顯然均不為0。即

（1）若構成等邊三角形，設這樣的三位數的個數為，由于三位數中三個數碼都相同，所以。

（2）若構成等腰（非等邊）三角形，設這樣的三位數的個數為，由于三位數中只有2個不同數碼。設為a、b，注意到三角形腰與底可以置換，所以可取的數碼組（a，b）共有。但當大數為底時，設a>b，必須滿足。此時，不能構成三角形的數碼是

a

b

4，3

2，1

4，3

2，1

3，2

3，2

1，2

1，2

共20種情況。

同時，每個數碼組（a，b）中的二個數碼填上三個數位，有種情況。

故。

綜上。

6、解：

。C是PA中點，最大，也即最大。

此時，故選D。

二、填空題（本題滿分54分，每小題9分）

7、解：，它的最小正周期為，振幅為。由的圖像與的圖像圍成的封閉圖形的對稱性，可將這圖形割補成長為、寬為的長方形，故它的面積是。

8、解：

=

即。

9、解：連結，垂足為E，延長CE交于F，則，連結AE，由對稱性知是二面角的平面角。

連結AC，設AB=1，則

中，在的補角。

10、解：設，從而是平方數，設為

。（負值舍去）

11、解：設

即

故數列是公比為2的等比數列。

12、解：經過M、N兩點的圓的圓心在線段MN的垂直平分線y=3－x上，設圓心為

S（a，3－a），則圓S的方程為：

對于定長的弦在優弧上所對的圓周角會隨著圓的半徑減小而角度增大，所以，當取最大值時，經過M，N，P三點的圓S必與X軸相切于點P，即圓S的方程中的a值必須滿足解得

a=1或a=－7。

即對應的切點分別為，而過點M，N，的圓的半徑大于過點M，N，P的圓的半徑，所以，故點P（1，0）為所求，所以點P的橫坐標為1。

三、解答題（本題滿分60分，每小題20分）

13、解：由于骰子是均勻的正方體，所以拋擲后各點數出現的可能性是相等的。

（Ⅰ）因骰子出現的點數最大為6，而，因此，當時，n次出現的點數之和大于已不可能。即這是一個不可能事件，過關的概率為0。所以最多只能連過4關。

.......5分

（Ⅱ）設事件為“第n關過關失敗”，則對立事件為“第n關過關成功”。

第n關游戲中，基本事件總數為個。

第1關：事件所含基本事件數為2（即出現點數為1和2這兩種情況），過此關的概率為：。

第2關：事件所含基本事件數為方程當a分別取2，3，4時的正整數解組數之和。即有（個）。

過此關的概率為：。

........10分

第3關：事件所含基本事件為方程當a分別取3，4，5，6，7，8時的正整數解組數之和。即有（個）。

過此關的概率為：。

.........15分

故連過前三關的概率為：。

........20分

（說明：第2，3關的基本事件數也可以列舉出來）

14、解：（Ⅰ）直線AB、AC、BC的方程依次為。點到AB、AC、BC的距離依次為。依設，即，化簡得點P的軌跡方程為

圓S：

......5分

（Ⅱ）由前知，點P的軌跡包含兩部分

圓S：

①

與雙曲線T：

②

因為B（－1，0）和C（1，0）是適合題設條件的點，所以點B和點C在點P的軌跡上，且點P的軌跡曲線S與T的公共點只有B、C兩點。的內心D也是適合題設條件的點，由，解得，且知它在圓S上。直線L經過D，且與點P的軌跡有3個公共點，所以，L的斜率存在，設L的方程為

③

（i）當k=0時，L與圓S相切，有唯一的公共點D；此時，直線平行于x軸，表明L與雙曲線有不同于D的兩個公共點，所以L恰好與點P的軌跡有3個公共點。......10分

（ii）當時，L與圓S有兩個不同的交點。這時，L與點P的軌跡恰有3個公共點只能有兩種情況：

情況1：直線L經過點B或點C，此時L的斜率，直線L的方程為。代入方程②得，解得。表明直線BD與曲線T有2個交點B、E；直線CD與曲線T有2個交點C、F。

故當時，L恰好與點P的軌跡有3個公共點。

......15分

情況2：直線L不經過點B和C（即），因為L與S有兩個不同的交點，所以L與雙曲線T有且只有一個公共點。即方程組有且只有一組實數解，消去y并化簡得

該方程有唯一實數解的充要條件是

④

或

⑤

解方程④得，解方程⑤得。

綜合得直線L的斜率k的取值范圍是有限集。

......20分

15、解：（Ⅰ）設

則

又

故在區間上是增函數。

.......5分

......10分

（Ⅱ）證：

....15分，而均值不等式與柯西不等式中，等號不能同時成立，......20分

第四篇：10屆全國高中數學聯賽試題及答案

2010年全國高中數學聯賽

一

試

一、填空題（每小題8分，共64分，）

1.函數的值域是

.2.已知函數的最小值為，則實數的取值范圍是

.3.雙曲線的右半支與直線圍成的區域內部（不含邊界）整點（縱橫坐標均為整數的點）的個數是

.4.已知是公差不為的等差數列，是等比數列，其中，且存在常數使得對每一個正整數都有，則

.5.函數

在區間上的最大值為8，則它在這個區間上的最小值是

.6.兩人輪流投擲骰子，每人每次投擲兩顆，第一個使兩顆骰子點數和大于6者為勝，否則輪由另一人投擲.先投擲人的獲勝概率是

.7.正三棱柱的9條棱長都相等，是的中點，二面角,則

.8.方程滿足的正整數解（x,y,z）的個數是

.二、解答題（本題滿分56分）

9.（16分）已知函數，當時，試求的最大值.10.（20分）已知拋物線上的兩個動點，其中且.線段的垂直平分線與軸交于點，求面積的最大值.11.（20分）證明：方程恰有一個實數根，且存在唯一的嚴格遞增正整數數列，使得

.解

答

1.提示：易知的定義域是，且在上是增函數，從而可知的值域為.2.提示：令，則原函數化為，即

.由，及

知

即

.（1）

當時（1）總成立；

對；對.從而可知

.3.9800

提示：由對稱性知，只要先考慮軸上方的情況，設與雙曲線右半支于,交直線于，則線段內部的整點的個數為，從而在軸上方區域內部整點的個數為

.又軸上有98個整點，所以所求整點的個數為.4.提示

：設的公差為的公比為，則

（1），（2）

（1）代入（2）得，求得.從而有

對一切正整數都成立，即

對一切正整數都成立.從而，求得，.5.提示：令則原函數化為,在上是遞增的.當時，,，所以；

當時，，所以

.綜上在上的最小值為.6.提示：同時投擲兩顆骰子點數和大于6的概率為，從而先投擲人的獲勝概率為

.7.提示：解法一：如圖，以所在直線為軸，線段中點為原點，所在直線為軸，建立空間直角坐標系.設正三棱柱的棱長為2，則，從而，.設分別與平面、平面垂直的向量是、，則

由此可設，所以，即

.所以

.解法二：如圖，.設與交于點

則

.從而平面

.過在平面上作,垂足為.連結,則為二面角的平面角.設,則易求得.在直角中，,即

.又

..8.336675

提示：首先易知的正整數解的個數為

.把滿足的正整數解分為三類：

（1）均相等的正整數解的個數顯然為1；

（2）中有且僅有2個相等的正整數解的個數，易知為1003；

(3)設兩兩均不相等的正整數解為.易知，所以，即

.從而滿足的正整數解的個數為

.9.解法一：

由

得

.所以，所以.又易知當（為常數）滿足題設條件，所以最大值為.解法二：.設，則當時，.設，則..容易知道當時，.從而當時，即，從而,，由

知.又易知當（為常數）滿足題設條件，所以最大值為.10.解法一：設線段的中點為，則，.線段的垂直平分線的方程是

.（1）

易知是（1）的一個解，所以線段的垂直平分線與軸的交點為定點，且點坐標為.由（1）知直線的方程為，即

.（2）

（2）代入得，即

.（3）

依題意，是方程（3）的兩個實根，且，所以,..定點到線段的距離

..當且僅當，即,或時等號成立.所以，面積的最大值為.解法二：同解法一，線段的垂直平分線與軸的交點為定點，且點坐標為.設，則的絕對值，所以,當且僅當且，即,或

時等號成立.所以，面積的最大值是.11.令，則，所以是嚴格遞增的.又，故有唯一實數根.所以，.故數列是滿足題設要求的數列.若存在兩個不同的正整數數列和滿足，去掉上面等式兩邊相同的項，有，這里，所有的與都是不同的.不妨設，則，矛盾.故滿足題設的數列是唯一的.加

試

1.（40分）如圖，銳角三角形ABC的外心為O，K是邊BC上一點（不是邊BC的中點），D是線段AK延長線上一點，直線BD與AC交于點N，直線CD與AB交于點M．求證：若OK⊥MN，則A，B，D，C四點共圓．

2.（40分）設k是給定的正整數，．記，．證明：存在正整數m，使得為一個整數．這里，表示不小于實數x的最小整數，例如：，．

3.（50分）給定整數，設正實數滿足，記

．

求證：

．

4.（50分）一種密碼鎖的密碼設置是在正n邊形的每個頂點處賦值0和1兩個數中的一個，同時在每個頂點處涂染紅、藍兩種顏色之一，使得任意相鄰的兩個頂點的數字或顏色中至少有一個相同．問：該種密碼鎖共有多少種不同的密碼設置？

解

答

1.用反證法．若A，B，D，C不四點共圓，設三角形ABC的外接圓與AD交于點E，連接BE并延長交直線AN于點Q，連接CE并延長交直線AM于點P，連接PQ．

因為P的冪（關于⊙O）K的冪（關于⊙O），同理，所以，故⊥．

由題設，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是

．

①

由梅內勞斯（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為BC的中點，矛盾！從而四點共圓.注1：“P的冪（關于⊙O）K的冪（關于⊙O）”的證明：延長PK至點F，使得，④

則P，E，F，A四點共圓，故，從而E，C，F，K四點共圓，于是，⑤

⑤-④，得

P的冪（關于⊙O）K的冪（關于⊙O）．

注2：若點E在線段AD的延長線上，完全類似．

2.記表示正整數n所含的2的冪次．則當時，為整數．

下面我們對用數學歸納法．

當時，k為奇數，為偶數，此時

為整數．

假設命題對成立．

對于，設k的二進制表示具有形式，這里，或者1，．

于是，①

這里

.顯然中所含的2的冪次為．故由歸納假設知，經過f的v次迭代得到整數，由①知，是一個整數，這就完成了歸納證明．

3.由知，對，有．

注意到當時，有，于是對，有，故

．

4.對于該種密碼鎖的一種密碼設置，如果相鄰兩個頂點上所賦值的數字不同，在它們所在的邊上標上a，如果顏色不同，則標上b，如果數字和顏色都相同，則標上c．于是對于給定的點上的設置（共有4種），按照邊上的字母可以依次確定點上的設置．為了使得最終回到時的設置與初始時相同，標有a和b的邊都是偶數條．所以這種密碼鎖的所有不同的密碼設置方法數等于在邊上標記a，b，c，使得標有a和b的邊都是偶數條的方法數的4倍．

設標有a的邊有條，標有b的邊有條，．選取條邊標記a的有種方法，在余下的邊中取出條邊標記b的有種方法，其余的邊標記c．由乘法原理，此時共有種標記方法．對i，j求和，密碼鎖的所有不同的密碼設置方法數為

．

①

這里我們約定．

當n為奇數時，此時

．

②

代入①式中，得

．

當n為偶數時，若，則②式仍然成立；若，則正n邊形的所有邊都標記a，此時只有一種標記方法．于是，當n為偶數時，所有不同的密碼設置的方法數為

．

綜上所述，這種密碼鎖的所有不同的密碼設置方法數是：當n為奇數時有種；當n為偶數時有種．

第五篇：2014年全國高中數學聯賽一道排列組合題目的解答

問題：18個名額分配給4個班，要求每個班至少1個名額，且任意班名額不同，一共有多少分法？

解答：先用隔板法：C17^3=680，再減去名額相等的情況:

1、(1,1,X,Y),其中x+y=16,即：（x,y）為：（1,15）、（2,14）、（3,13）、（4,12）、（5,11）、（6,10）、（7,9）、（8,8）共有4+6A4^2+C4^2=82；

2、(2,2,X,Y), 其中x+y=14,即：（x,y）為：（1,15）、（2,14）、（3,11）、（4,10）、（5,9）、（6,8）、（7,7）共有4+5A4^2+C4^2=70；

3、(3,3,X,Y), 其中x+y=12,即：（x,y）為：（1,11）、（2,10）、（3,9）、（4,8）、（5,7）、（6,6）共有4+4A4^2+C4^2=58；

4、(4,4,X,Y), 其中x+y=10,即：（x,y）為：（1,9）、（2,8）、（3,7）、（4,6）、（5,5）共有4+3A4^2+C4^2=46；

5、(5,5,X,Y), 其中x+y=8,即：（x,y）為：（1,7）、（2,6）、（3,5）、（4,4）共有4+2A4^2+C4^2=34；

6、(6,6,X,Y), 其中x+y=6,即：（x,y）為：（1,5）、（2, 4）、（3, 3）共有2A4^2+C4^2=30；

7、(7,7,X,Y), 其中x+y=4,即：（x,y）為：（1,3）、（2,2）共有A4^2+C4^2=18；

8、(8,8,X,Y), 其中x+y=2,即：（x,y）為：（1,1）共有C4^2=6；

以上（1，1，8，8）、（2、2、7、7）、（3、3、6、6）、（4、4、5、5）重復∴不同的分配方法種數為680-（82+70+58+46+34+30+18+6-4*6）=680-320=360。