高中競賽

高中數學競賽賽題精選

一、選擇題（共12題）

1．定義在R上的函數()yfx?的值域為［m,n］,則)1(??xfy的值域為（）

A．［m,n］B．［m-1,n-1］

C．［)1(),1(??nfmf］D．無法確定

解：當函數的圖像左右平移時，不改變函數的值域.故應選A.

2．設等差數列{

n

a}滿足

138

53aa?，且

n

Sa,0

1

?為其前n項之和，則)(??NnS

n

中最大的是()

A.

10

SB.

11

SC.

20

S

D.

21

S

解：設等差數列的公差為d,由題意知3(

1

a+7d)=5(

1

a+12d),即d=-

39

2

1

a,

∴

n

a

=

1

a+(n-1)d=

1

a-

39

2

1

a(n-1)=

1

a(

39

41

-

39

2

n),欲使

)(??NnS

n

最大，只須

n

a

≥0，即n≤20.故應

選C.

3．方程log2x=3cosx共有（）組解．

A．1B．2C．3D．4

解：畫出函數y=log2x和y=3cosx的圖像，研究其交點情況可知共有3組解．應選C．

4．已知關于x的一元二次方程??02122?????axax的一個根比1大，另一個根比1小，則（

）

Ａ．11???aＢ．1??a或1?a

Ｃ．12???aＤ．2??a或1?a

解：令f(x)=??2122????axax

，其圖像開口向上，由題意知f(1)＜0，即

??211122?????aa

＜0，

整理得022???aa，解之得12???a，應選C．

5．已知??,為銳角，,cos,sinyx????

5

3

)cos(?????，則y與x的函數關系為（）

A．

1)x

5

3

(x

5

4

x1

5

3

y2??????

B．

1)x(0x

5

4

x1

5

3

y2??????

C．

)

5

3

x(0x

5

4

x1

5

3

y2??????

D．

1)x(0x

5

4

x1

5

3

y2??????

??

xx

y

5

4

1

5

3

sin)sin(cos)cos()(coscos

2?????

???????????????????解：

而)1,0(?y1

5

4

1

5

3

02???????xx，得)1,

5

3

(?x.故應選A.

6．函數sinyx?的定義域為??,ab，值域為

1

1,

2

??

?

??

??

，則ba?

的最大值是（）

A.

?

B.?2

C.

3

4?

D.

3

5?

解：如右圖，要使函數sinyx?在定義域??,ab上，值域為

1

1,

2

??

?

??

??

，則ba?的最大值是

74

()

663

???

???.故應選C.

7．設銳角使關于x的方程x2+4xcos+cot=0有重根，則的弧度數為()

A．

6

B．

12

或

5

12

C．

6

或

5

12

D．

12

解：由方程有重根，故

1

4

=4cos2－cot=0，

∵0<<

2

，2sin2=1，=

12

或

5

12

．選B．

8．已知M={(x，y)|x2+2y2=3}，N={(x，y)|y=mx+b}．若對于所有的m∈R，均有M∩N，則b的取值范圍

是()

A．[－

6

2

，

6

2

]B．(－

6

2

，

6

2

)C．(－

23

3

，

23

3

]D．[－

23

3

，

23

3

]

解：點(0，b)在橢圓內或橢圓上，2b2≤3，b∈[－

6

2

，

6

2

]．選A．

9．不等式log2x－1+

1

2

log

1

2

x3+2>0的解集為

A．[2，3)B．(2，3]C．[2，4)D．(2，4]

解：令log2x=t≥1時，t－1>

3

2

t－2．t∈[1，2)，x∈[2，4)，選C．

10．設點O在ABC的內部，且有+2+3=，則ABC的面積與AOC的面積的比為()

A．2B．

3

2

C．3D．

5

3

解：如圖，設AOC=S，則OC1D=3S，OB1D=OB1C1=3S，

AOB=OBD=1.5S．OBC=0.5S，ABC=3S．選C．

11．設三位數n=，若以a，b，c為三條邊長可以構成一個等腰(含等邊)三角形，

則這樣的三位數n有()

A．45個B．81個C．165個D．216個

解：⑴等邊三角形共9個；

⑵等腰但不等邊三角形：取兩個不同數碼(設為a，b)，有36種取法，以小數為底時總能構成等腰三角

形，而以大數為底時，b

時，b=2，1(4種)；a=3，2時，b=1(2種)，共有20種不能取的值．共有236－20=52種方法，而每取一組數，

可有3種方法構成三位數，故共有523=156個三位數

即可取156+9=165種數．選C．

12．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為底面圓圓

心，AB⊥OB，垂足為B，OH⊥PB，垂足為H，且PA=4，C為PA的中點，則當三棱錐O－HPC的體積最大時，OB的

長為()

A．

5

3

B．

25

3

C．

6

3

D．

26

3

解：AB⊥OB，PB⊥AB，AB⊥面POB，面PAB⊥面POB．

OH⊥PB，OH⊥面PAB，OH⊥HC，OH⊥PC，

又，PC⊥OC，PC⊥面OCH．PC是三棱錐P－OCH的高．PC=OC=2．

而OCH的面積在OH=HC=2時取得最大值(斜邊=2的直角三角形)．

當OH=2時，由PO=22，知∠OPB=30，OB=POtan30=

26

3

．

又解：連線如圖，由C為PA中點，故VO－PBC=

1

2

VB－AOP，

S

B

1C

1

O

A

B

C

D

A

B

P

O

H

C

而VO－PHC∶VO－PBC=

PH

PB

=

PO2

PB2

(PO2=PH·PB)．

記PO=OA=22=R，∠AOB=，則

VP—AOB=

1

6

R3sincos=

1

12

R3sin2，VB－PCO=

1

24

R3sin2．

PO2

PB2

=

R2

R2+R2cos2

=

1

1+cos2

=

2

3+cos2

．VO－PHC=

sin2

3+cos2

1

12

R3．

∴令y=

sin2

3+cos2

，y=

2cos2(3+cos2)－(－2sin2)sin2

(3+cos2)2

=0，得cos2=－

1

3

，cos=

3

3

，

∴OB=

26

3

，選D．

二、填空題（共10題）

13.設

n

S

為等差數列??

n

a的前

n

項和，若

5

10S?

，

10

5S??

，則公差為

解：設等差數列??

n

a的首項為

1

a，公差為d.

由題設得

?

?

?

???

??

，

，

54510

10105

1

1

da

da

即

?

?

?

???

??

，

，

192

22

1

1

da

da

解之得1??d.

14.設

()log()

a

fxxb??

(0a?且1)a?的圖象經過點(21)，，它的反函數的圖象經過點

(28)，，則ba?等于4.

解：由題設知

log(2)1

log(8)2

a

a

b

b

??

?

?

??

?

，

，

化簡得

2

(2)

(8).

ba

ba

??

?

?

??

?

，

解之得1

1

3

1

a

b

?

?

?

?

?

，

；

2

2

2

4.

a

b

??

?

?

??

?

，

（舍去）.故ab?等于4.

15．已知函數()yfx?的圖象如圖，則滿足

2

2

2

21

()(lg(620))0

21

xx

ffxx

xx

??

????

??

的

x

的取值范圍為[21)x??，．

解：因為????22lg620lg(3)11lg111xxx???????，所以

??2lg6200xx???.于是，由圖象可知，

21

1

1

x

x

?

?

?

，即

2

0

1

x

x

?

?

?

，解得

21x???.故x的取值范圍為[21)x??，．

16．圓錐曲線0|3|102622????????yxyxyx的離心率是2．

解：原式變形為|3|)1()3(22??????yxyx，即22(3)(1)xy????

2

|3|

2

??yx

．所以動點),(yx到定點(31)?，的距離與它到直線03???yx的距離

之比為

2

．故此動點軌跡為雙曲線，離心率為

2

．

17．在ABC?中，已知

3tan?B

，

3

22

sin?C，

63?AC

，則ABC?的面積為

8362

ABC

S

?

??．

解：在ABC?中，由

3tan?B

得??60B．由正弦定理得

sin

8

sin

ACC

AB

B

?

??．

因為??60

3

22

arcsin，所以角C可取銳角或鈍角，從而

3

1

cos??C．

23

sinsin()sincoscossin

36

ABCBCBC??????．故

sin8362

2ABC

ACAB

SA

?

?

???．

18.設命題P:2aa?，命題Q:對任何

x?

R，都有2410xax???.命題P與Q中有

且僅有一個成立，則實數

a

的取值范圍是0

2

1

???a或1

2

1

??a.

解：由aa?2得10??a．由0142???axx對于任何

x?

R成立，得

04162????a，即

2

1

2

1

???a．因為命題P、Q有且僅有一個成立，故實數

a

的取值范圍是0

2

1

???a或1

2

1

??a．

19.22cos75cos15cos75cos15???的值是．

解：22cos75cos15cos75cos15???

=cos275°+sin275°+sin15°·cos15°

=1+

°30sin2

1

=

5

4

20.定義在R上的函數()fx滿足(1)2f?，且對任意的xR?，都有

1

()

2

fx

?

?，則不等式

2

2

log3

(log)

2

x

fx

?

?的解集為．

解：令g﹙x﹚=2f﹙x﹚－x，由

f

?

(x)<1/2得，2

f

?

(x)-1<0，即'g﹙x﹚<0，g(x)在R上為減函數，且

g(1)=2f(1)-1=3，不等式f(log2X)>

2

log2X

化為2f(log2X)—log2X≥3，即g(log2X)>g(1),由g(x)的單調性得：log2X<1,解得，0

21.圓O的方程為221xy??，(1,0)A，在圓O上取一個動點B，設點P滿足

()APOBR????

且

1APAB??．則P點的軌跡方程為．

解：設P(x,y),

AB

=λ

OB

(λ?R)得B(k(x—1)，ky)，（λ=

k

1

）。將坐標代入

AP

.

AB

=1可得

k=

22)1(yx

x

??

①

又點B在圓x2+y2=1上，則

k2(x-1)2+k2y2=1②

由①②消去k得y2=2x-1

22.

12100

lll、、、

為100條共面且不同的直線，若其中編號為*4()kkN?的直線互相平行，編號為41k?的直線

都過定點A．則這100條直線的交點個數最多為．

解：100條直線任意兩條的組合有C2

100，其中編號為4k（k?N*）的直線互相平行，編號為4k—1的直線都過

定點A，所以這100條直線的交點個數最多為

C2

100—C2

25—C2

25+1=4351

23.過正四面體

1234

AAAA

的四個頂點分別作四個相互平行的平面

1234

????、、、

，若每相鄰兩個平面間的距離

都為1，則該四面體的體積為．

解：如圖：將四面體補成一個正方體，E1,F1分別是A1B1,

C1D1的中點，面EF1D1D和面BB1F1F是兩個平行平面，它們的距離是1.

設正方體的棱長為a,A1M=MN=1,則A1E1=

2

a

，

D1E1=2

11

2

11

EADA?=

2

5

a.

由A1D1*A1E1=A1M1*D1E1得a=

5

.

所以，四面體的體積為V=a3—4×

6

1

a3=

3

55

.

三、解答題（共3題）

24．在銳角三角形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．

解：∵BC=25，BD=20，BE=7，

∴CE=24，CD=15．

∵AC·BD=CE·AB，AC=

6

5

AB，①

∵BD⊥AC，CE⊥AB，B、E、D、C共圓，

AC(AC－15)=AB(AB－7)，

6

5

AB(

6

5

AB－15)=AB(AB－18)，

∴AB=25，AC=30．AE=18，AD=15．

∴DE=

1

2

AC=15．

延長AH交BC于P，則AP⊥BC．

∴AP·BC=AC·BD，AP=24．

連DF，則DF⊥AB，

∵AE=DE，DF⊥AB．AF=

1

2

AE=9．

∵D、E、F、G共圓，∠AFG=∠ADE=∠ABC，AFG∽ABC，

∴

AK

AP

=

AF

AB

，AK=

924

25

=

216

25

．

24

18

7

25

20

15

EF

B

C

D

A

G

H

K

P

25．在平面直角坐標系XOY中，y軸正半軸上的點列{An}與曲線y=2x(x≥0)上的點列{Bn}滿足

|OAn|=|OBn|=

1

n

，直線AnBn在x軸上的截距為an，點Bn的橫坐標為bn，n∈N*．

⑴證明an>an+1>4，n∈N*；

⑵證明有n0∈N*，使得對?n>n0，都有

b2

b1

+

b3

b2

+…+

bn

bn－1

+

bn+1

bn

解：⑴點An(0，

1

n

)，Bn(bn，2bn)由|OAn|=|OBn|，bn

2+2bn=(

1

n

)2，bn=1+(

1

n

)2－1(bn>0)．

∴0

1

2n2

．且bn遞減，n2bn=n(n2+1－n)=

n

n2+1+n

=

1

1+(

1

n

)2+1

單調增．

∴0

1

2

．令tn=

1

nbn

>2且tn單調減．

由截距式方程知，

bn

an

+

2bn

1

n

=1，(1－2n2bn=n2bn

2)

∴an=

bn

1－n2bn

=

bn(1+n2bn)

1－2n2bn

=

1+n2bn

n2bn

=(

1

nbn

)2+2(

1

nbn

)=tn

2+2tn=(tn+

2

2

)2－

1

2

≥(2+

2

2

)2－

1

2

=4．

且由于tn單調減，知an單調減，即an>an+1>4成立．

亦可由

1

n2bn

=bn+2．

1

nbn

=bn+2，得an=bn+2+2bn+2，．

∴由bn遞減知an遞減，且an>0+2+22=4．

⑵即證

n

∑

k=1

(1－

bk+1

bk

)>2004．

1－

bk+1

bk

=

bk－bk+1

bk

=

1+(

1

k

)2－1+(

1

k+1

)2

1+(

1

k

)2－1

=k2((

1

k

)2－(

1

k+1

)2)

1+(

1

k

)2+1

1+(

1

k

)2+1+(

1

k+1

)2

≥

2k+1

(k+1)2

1+(

1

k

)2+1

21+(

1

k

)2

>

2k+1

(k+1)2

1

2

>

1

k+2

．

∴

n

∑

k=1

(1－

bk+1

bk

)>

n

∑

k=1

1

k+2

>(

1

3

+

1

4

)+(

1

5

+

1

6

+

1

7

+

1

8

)+…+>

1

2

+

1

2

+

1

2

+…．

只要n足夠大，就有

n

∑

k=1

(1－

bk+1

bk

)>2004成立．

26．對于整數n≥4，求出最小的整數f(n)，使得對于任何正整數m，集合{m，m+1，…，m+n－1}的任一個

f(n)元子集中，均至少有3個兩兩互素的元素．

解：⑴當n≥4時，對集合M(m，n)={m，m+1，…，m+n－1}，

當m為奇數時，m，m+1，m+2互質，當m為偶數時，m+1，m+2，m+3互質．即M的子集M中存在3個兩兩互

質的元素，故f(n)存在且f(n)≤n．①

取集合Tn={t|2|t或3|t，t≤n+1}，則T為M(2，n)={2，3，…，n+1}的一個子集，且其中任3個數無不能兩

兩互質．故f(n)≥card(T)+1．

但card(T)=[

n+1

2

]+[

n+1

3

]－[

n+1

6

]．故f(n)≥[

n+1

2

]+[

n+1

3

]－[

n+1

6

]+1．②

由①與②得，f(4)=4，f(5)=5．5≤f(6)≤6，6≤f(7)≤7，7≤f(8)≤8，8≤f(9)≤9．

現計算f(6)，取M={m，m+1，…，m+5}，若取其中任意5個數，當這5個數中有3個奇數時，這3個奇數互

質；當這3個數中有3個偶數k，k+2，k+4(k0(mod2))時，其中至多有1個被5整除，必有1個被3整除，

故至少有1個不能被3與5整除，此數與另兩個奇數兩兩互質．故f(6)=5．

而M(m，n+1)=M(m，n)∪{m+n}，故f(n+1)≤f(n)+1．③

∴f(7)=6，f(8)=7，f(9)=8．

∴對于4≤n≤9，f(n)=[

n+1

2

]+[

n+1

3

]－[

n+1

6

]+1成立．④

設對于n≤k，④成立，當n=k+1時，由于

M(m，k+1)=M(m，k－5)∪{m+k－5，m+k－4，…，m+k}．

在{m+k－5，m+k－4，…，m+k}中，能被2或3整除的數恰有4個，即使這4個數全部取出，只要在前面的

M(m，k－5)中取出f(n)個數就必有3個兩兩互質的數．于是

當n≥4時，f(n+6)≤f(n)+4=f(n)+f(6)－1．

故f(k+1)≤f(k－5)+f(6)－1=[

k+2

2

]+[

k+2

3

]－[

k+2

6

]+1，

比較②，知對于n=k+1，命題成立．

∴對于任意n∈N*，n≥4，f(n)=[

n+1

2

]+[

n+1

3

]－[

n+1

6

]+1成立．

又可分段寫出結果：

f(n)=

4k+1，(n=6k，k∈N*)，

4k+2，(n=6k+1，k∈N*)，

4k+3，(n=6k+2，k∈N*)，

4k+4，(n=6k+3，k∈N*)，

4k+4，(n=6k+4，k∈N*)，

4k+5，(n=6k+5，k∈N*)．