2005年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及解析 蘇教版

1、2005年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試卷(2005年10月16日上午800940)一、選擇題：1使關(guān)于x的不等式+k有解的實數(shù)k的最大值是 ( ) A B C+ D2空間四點(diǎn)A、B、C、D滿足|3，|7，|11，|9則·的取值( ) A只有一個 B有二個 C有四個 D有無窮多個3ABC內(nèi)接于單位圓，三個內(nèi)角A、B、C的平分線延長后分別交此圓于A1、B1、C1，則的值為 ( ) A2 B4 C6 D84如圖，ABCDA¢B¢C¢D¢為正方體，任作平面與對角線AC¢垂直，使得與正方體的每個面都有公共點(diǎn)，記這樣得到的截面多邊形的面積為S，周長為l，則

2、 ( ) AS為定值，l不為定值 BS不為定值，l為定值 CS與l均為定值 DS與l均不為定值5方程+1表示的曲線是 ( ) A焦點(diǎn)在x軸上的橢圓 B焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線 C焦點(diǎn)在y軸上的橢圓 D焦點(diǎn)在y軸上的雙曲線6記集合T0，1，2，3，4，5，6，M+| aiT，i1，2，3，4，將M中的元素按從大到小排列，則第2005個數(shù)是 ( ) A+ B+ C+ D+二、填空題：7將關(guān)于x 的多項式f(x)1x+x2x3+x19 +x20表為關(guān)于y的多項式g(y)a0+a1y+a2y2+a19y19+a20y20，其中yx4，則a0+a1+a20 ；8已知f(x)是定義在(0，

3、+)上的減函數(shù)，若f(2a2+a+1)f(3a24a+1)成立，則a的取值范圍是 ；9設(shè)、滿足02，若對于任意xR，cos(x+)+cos(x+)+cos(x+)0，則 ；10如圖，四面體DABC的體積為，且滿足ACB45°，AD+BC+3，則CD ；11若正方形ABCD的一條邊在直線y2x17上，另外兩個頂點(diǎn)在拋物線yx2上，則該正方形面積的最小值為 ；12如果自然數(shù)a的各位數(shù)字之和等于7，那么稱a為“吉祥數(shù)”將所有“吉祥數(shù)”從小到大排成一列a1，a2，a3，若an2005，則a5n 三、解答題：13數(shù)列an滿足a01，an+1，nN，證明： 對任意nN，an為正整數(shù)； 對任意nN

4、，anan+11為完全平方數(shù)14將編號為1，2，3，9的九個小球隨機(jī)放置在圓周的九個等分點(diǎn)上，每個等分點(diǎn)上各放一個小球，設(shè)圓周上所有相鄰兩個球號碼之差的絕對值之和為S，求使S達(dá)到最小值的放法的概率(注：如果某種放法，經(jīng)旋轉(zhuǎn)或鏡面反射后與另一種放法重合，則認(rèn)為是相同的放法)15過拋物線yx2上一點(diǎn)A(1，1)作拋物線的切線，分別交x軸于點(diǎn)D，交y軸于點(diǎn)B，點(diǎn)C在拋物線上，點(diǎn)E在線段AC上，滿足1；點(diǎn)F在線段BC上，滿足2，且1+21，線段CD與EF交于點(diǎn)P，當(dāng)點(diǎn)C在拋物線上移動時，求點(diǎn)P的軌跡方程加試卷一、如圖，在ABC中，設(shè)ABAC，過點(diǎn)A作ABC的外接圓的切線l，又以點(diǎn)A為圓心，AC為半徑作

5、圓分別交線段AB于點(diǎn)D；交直線l于點(diǎn)E、F證明：直線DE、DF分別通過ABC的內(nèi)心與一個旁心二、設(shè)正數(shù)a、b、c、x、y、z滿足cy+bza，az+cxb，bx+ayc求函數(shù)f(x，y，z)+的最小值三、對每個正整數(shù)n，定義函數(shù)f(n)(其中x表示不超過x的最大整數(shù)，xxx)試求f(k)的值嗚呼！不怕繁死人，就怕繁不成！2005年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試卷(2005年10月16日上午800940)一、選擇題：1使關(guān)于x的不等式+k有解的實數(shù)k的最大值是 ( ) A B C+ D選D解：3x6，令sin(0)，則x3+3sin2，cos故(sin+cos)故選D2空間四點(diǎn)A、B、C、D滿足|3，|7，

6、|11，|9則·的取值( ) A只有一個 B有二個 C有四個 D有無窮多個選A解：+DA22(+)2AB2+BC2+CD2+2(·+·+·)AB2+BC2+CD2+2(·+·2)，(其中+，)AB2+BC2+CD22BC2+2(·)故2·DA2+BC2AB2CD292+72321120Þ·0選A3ABC內(nèi)接于單位圓，三個內(nèi)角A、B、C的平分線延長后分別交此圓于A1、B1、C1，則的值為 ( ) A2 B4 C6 D8選A解：AA1·cos2sin(B+)cossin(A+B)+sinB

7、sinC+sinBAA1·cos+BB1·cos+CC1·cos2(sinA+sinB+sinC)故原式2選A4如圖，ABCDA¢B¢C¢D¢為正方體，任作平面與對角線AC¢垂直，使得與正方體的每個面都有公共點(diǎn)，記這樣得到的截面多邊形的面積為S，周長為l，則 ( ) AS為定值，l不為定值 BS不為定值，l為定值 CS與l均為定值 DS與l均不為定值選B解：設(shè)截面在底面內(nèi)的射影為EFBGHD，設(shè)AB1，AEx(0x)，則l3x+(1x)3為定值；而S1x2(1x)2sec(xx2)sec(為平面與底面的所成角)不為

8、定值故選B5方程+1表示的曲線是 ( ) A焦點(diǎn)在x軸上的橢圓 B焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線 C焦點(diǎn)在y軸上的橢圓 D焦點(diǎn)在y軸上的雙曲線選C解：由于+Þ0Þcos()cos()Þsinsin0；又，0cÞcoscos0，Þ曲線為橢圓sinsin(coscos)sin()sin()而0ÞsinsincoscosÞ焦點(diǎn)在y軸上故選C 6記集合T0，1，2，3，4，5，6，M+| aiT，i1，2，3，4，將M中的元素按從大到小排列，則第2005個數(shù)是 ( ) A+ B+ C+ D+選C解：M(a1×73+a2×7

9、2+a3×7+a4)| aiT，i1，2，3，4，a1×73+a2×72+a3×7+a4可以看成是7進(jìn)制數(shù)，(a1a2a3a4)7，其最大的數(shù)為(6666)77412400從而從大到小排列的第2005個數(shù)是24002004396，即從1起從小到大排的第396個數(shù)，39673+72+4Þ(1104)7，故原數(shù)為+故選C二、填空題：7將關(guān)于x 的多項式f(x)1x+x2x3+x19 +x20表為關(guān)于y的多項式g(y)a0+a1y+a2y2+a19y19+a20y20，其中yx4，則a0+a1+a20 ；填解：f(x)a0+a1(

10、x4)2+a2(x4)2+a20(x4)20令x5得f(5)15+5253+519+520a0+a1+a208已知f(x)是定義在(0，+)上的減函數(shù)，若f(2a2+a+1)f(3a24a+1)成立，則a的取值范圍是 ；填(0，)(1，5)解：Þa(，)(1，+)2a2+a+13a24a+1Þa25a0Þ0a5故所求取值范圍為(0，)(1，5)9設(shè)、滿足02，若對于任意xR，cos(x+)+cos(x+)+cos(x+)0，則 ；填 解：由f(x)0，得f()f()f()0：cos ()+cos()cos()+cos()cos()+cos()1故cos()cos(

11、)cos()，由于02，故，從而10如圖，四面體DABC的體積為，且滿足ACB45°，AD+BC+3，則CD ；填解：V×AC×BCsin45°×hAC×BC×ADsin45°即AC×BC×ADsin45°1Þ×BC×AD1而3AD+BC+33，等號當(dāng)且僅當(dāng)ADBC1時成立，故AC，且ADBC1，AD面ABCÞCD11若正方形ABCD的一條邊在直線y2x17上，另外兩個頂點(diǎn)在拋物線yx2上，則該正方形面積的最小值為 ；填80解：設(shè)正方形ABCD的

12、頂點(diǎn)A、B在拋物線上，C、D在直線上設(shè)直線AB方程為y2x+b， 求AB交拋物線yx2的弦長：以y2x+b代入yx2，得x22xb04+4bÞl2 兩直線的距離 由ABCD為正方形得，2Þ100(b+1)b2+34b+289Þb266b+1890解得b3，b63正方形邊長4或16Þ正方形面積最小值8012如果自然數(shù)a的各位數(shù)字之和等于7，那么稱a為“吉祥數(shù)”將所有“吉祥數(shù)”從小到大排成一列a1，a2，a3，若an2005，則a5n 填52000解：一位的吉祥數(shù)有7，共1個；二位的吉祥數(shù)有16，25，34，43，52，61，70，共7個；三位的吉祥數(shù)為x1

13、+x2+x37的滿足x11的非負(fù)整數(shù)解數(shù)，有C28個(也可枚舉計數(shù))一般的，k位的吉祥數(shù)為x1+x2+xk7的滿足x11的非負(fù)整數(shù)解數(shù)，令xi¢xi+1(i2，3，k)，有x1+x2¢+xk¢7+k1共有解CC組4位吉祥數(shù)中首位為1的有28個，2005是4位吉祥數(shù)中的第29個故n1+7+28+28+1655n325C+C+C+C+C1+7+28+84+210330即是5位吉祥數(shù)的倒數(shù)第6個：5位吉祥數(shù)從大到小排列：70000，61000，60100，60010，60001，52000，三、解答題：13數(shù)列an滿足a01，an+1，nN，證明： 對任意nN，an為正

14、整數(shù)； 對任意nN，anan+11為完全平方數(shù)證明： a15，且an單調(diào)遞增所給式即 (2an+17an)245a36Þa7an+1an+a+90 下標(biāo)加1： a7an+2an+1+a+90 相減得： (an+2an)(an+27an+1+an)0由an單調(diào)增，故an+27an+1+an0Þan+27an+1an 因a0、a1為正整數(shù)，且a1a0，故a2為正整數(shù)，由數(shù)學(xué)歸納法，可知，對任意nN，an為正整數(shù) 由：a+2an+1an+a9(an+1an1)Þan+1an1()2 由于an為正整數(shù)，故an+1an1為正整數(shù)，從而()2為正整數(shù)但an、an+1均為正整數(shù)

15、，于是必為有理數(shù)，而有理數(shù)的平方為整數(shù)時，該有理數(shù)必為整數(shù)，從而是整數(shù)即an+1an1是整數(shù)的平方，即為完全平方數(shù)故證原解答上有一段似無必要：記f(n)an+1an()2，則f(n)f(n1)(an+1ananan1)(2an+an+1+an1)(an+1an1)(an1an+1)(an+17an+an1)0即f(n)f(n1)f(0)1，故式成立故anan+11為完全平方數(shù)又證：由上證，得式后：an+27an+1+an0特征方程為 x27x+10解得： x令 an+由a01，a15解得 ，；得 an+ 注意到·1，+有， anan+11+·+1 +5 +2由二項式定理或數(shù)

16、學(xué)歸納法知+為k型數(shù)(kN*)，故anan+11為完全平方數(shù)(用數(shù)學(xué)歸納法證明：n0時，+2設(shè)當(dāng)nm(mN*)時，+kn(knN*)，且k1k2km+·+7kmkm1(7kmkm1)由歸納假設(shè)知km+17kmkm1N*，且kmkm+1成立得證14將編號為1，2，3，9的九個小球隨機(jī)放置在圓周的九個等分點(diǎn)上，每個等分點(diǎn)上各放一個小球，設(shè)圓周上所有相鄰兩個球號碼之差的絕對值之和為S，求使S達(dá)到最小值的放法的概率(注：如果某種放法，經(jīng)旋轉(zhuǎn)或鏡面反射后與另一種放法重合，則認(rèn)為是相同的放法)解：9個有編號的小球放在圓周的九個九等分點(diǎn)上，考慮鏡面反射的因素，共有種放法；為使S取得最小值，從1到9

17、之間應(yīng)按增序排列：設(shè)從1到9之間放了k個球，其上的數(shù)字為x1，x2，xk，則|1x1|+|x1x2|+|xk9|1x1+x1x2+xk9|8當(dāng)且僅當(dāng)1x1、x1x2、xk9全部同號時其和取得最小值，即1，x1，x2，xk，9遞增排列時其和最小故S2×816當(dāng)S取得最小值時，把除1、9外的7個元素分成兩個子集，各有k及7k個元素，分放1到9的兩段弧上，分法總數(shù)為C+C+C種，考慮鏡面因素，共有64種方法所求概率P15過拋物線yx2上一點(diǎn)A(1，1)作拋物線的切線，分別交x軸于點(diǎn)D，交y軸于點(diǎn)B，點(diǎn)C在拋物線上，點(diǎn)E在線段AC上，滿足1；點(diǎn)F在線段BC上，滿足2，且1+21，線段CD與E

18、F交于點(diǎn)P，當(dāng)點(diǎn)C在拋物線上移動時，求點(diǎn)P的軌跡方程解：過點(diǎn)A的切線方程為y2x1交y軸于點(diǎn)B(0，1)AB與x軸交于點(diǎn)D(，0)設(shè)點(diǎn)C坐標(biāo)為C(x0，y0)，點(diǎn)P坐標(biāo)為(x，y)由1Þ1+1，同理，1+2；而、成等差數(shù)列(過A、B作CD的平行線可證)得21+1+1+23，即從而點(diǎn)P為ABC的重心x，yy0x解得x03x1，y03y，代入y0x得，y(3x1)2由于x01，故x所求軌跡方程為y(3x1)2(x)又解：過點(diǎn)A的切線方程為y2x1交y軸于點(diǎn)B(0，1)AB與x軸交于點(diǎn)D(，0)設(shè)點(diǎn)C坐標(biāo)為C(t，t2)，CD方程為，即y(2x1)點(diǎn)E、F坐標(biāo)為E(，)；F(，)從而得EF

19、的方程為：化簡得：(21)t(1+2)y(21)t23x+1+t2t2 當(dāng)t時，直線CD方程為： y 聯(lián)立、解得消去t，得點(diǎn)P的軌跡方程為y(3x1)2當(dāng)t時，EF方程為：y(213)x+2，CD方程為：x，聯(lián)立解得點(diǎn)(，)，此點(diǎn)在上述點(diǎn)P的軌跡上，因C與A不能重合，故t1，x故所求軌跡為 y(3x1)2 (x)加試卷一、如圖，在ABC中，設(shè)ABAC，過點(diǎn)A作ABC的外接圓的切線l，又以點(diǎn)A為圓心，AC為半徑作圓分別交線段AB于點(diǎn)D；交直線l于點(diǎn)E、F證明：直線DE、DF分別通過ABC的內(nèi)心與一個旁心證明：連DC、DE，作BAC的平分線交DE于點(diǎn)I，交CD于G由ADAC，DAICAI，AIAI

20、ÞADIACI故ADIACI，但FADACB(弦切角)；FAD2ADE(等腰三角形頂角的外角)所以FAD2ACIÞACB2ACI，即CI是ACB的平分線故點(diǎn)I是ABC的內(nèi)心連FD并延長交AI延長線于點(diǎn)I¢，連CI¢由于ADAEAFÞEDF90°ÞIDI¢90°而由ADIACI知，AIDAICÞDII¢CII¢，又IDIC，II¢為公共邊故IDI¢ICI¢，ÞICI¢90°由于CI是ACB的平分線，故CI¢是

21、其外角的平分線，從而I¢為ABC的一個旁心又證： 連DE、DC，作BAC的平分線分別交DE于I，DC于G，連IC，則由ADAC，得AGDC，IDIC又D、C、E在A上，故IACDACIEC故A、I、C、E四點(diǎn)共圓所以CIECAEABC，而CIE2ICD，故ICDABC所以，AICIGC+ICG90°+ABC，所以ACIACB故I為ABC的內(nèi)心 連FD并延長交ABC的外角平分線于I1，連II1，BI1、BI，則由知，I為ABC的內(nèi)心，故IBI190°EDI1故D、B、I1、I四點(diǎn)共圓故BII1BDI190°ADI(BAC+ADG)ADIBAC+IDG，故A

22、、I、I1共線所以，I1是ABC的BC邊外的旁心二、設(shè)正數(shù)a、b、c、x、y、z滿足cy+bza，az+cxb，bx+ayc求函數(shù)f(x，y，z)+的最小值解：解方程組：得，由于x、y、z為正數(shù)，故Þ即以a、b、c為邊可以構(gòu)成銳角三角形記邊a、b、c的對角分別為A、B、C則cosAx，cosBy，cosCz(A、B、C為銳角)f(x，y，z)f(cosA，cosB，cosC)+令ucotA，vcotB，wcotC，則u，v，wR+，且uv+vw+wu1于是，(u+v)(u+w)u2+uv+uw+vwu2+1同理，v2+1(v+u)(v+w)，w2+1(w+u)(w+v)cos2Asi

23、n2Acot2A，所以，u2u2u2(+)同理v2(+)，w2(+)于是fu2+v2+w2(+)u2+v2+w2(u2uv+v2+v2vw+w2+w2wu+u2)(uv+vw+wu)(等號當(dāng)且僅當(dāng)uvw，即abc，xyz時成立)故知f(x，y，z)min又證：由約束條件可知 故得，f(x，y，z) 顯然有a+bc0，ab+c0，a+b+c0由Cauchy不等式有，·bc(b+ca)+ca(c+ab)+ab(a+bc)(a2+b2+c2)2故f(x，y，z)·下面證明1即證a4+b4+c4a3b+a3c+b3c+b3a+c3a+c3b(a+b+c)abc 由于，a4a3ba3

24、c+a2bca2(a2abacbc)a2(ab)(ac)故式即a2(ab)(ac)+b2(ba)(bc)+c2(ca)(cb)0不妨設(shè)abc則a2(ab)(ac)+b2(ba)(bc)a2(ab)(bc)b2(ab)(bc)(a2b2)(ab)(bc)0，又，c2(ca)(cb)0于是a2(ab)(ac)+b2(ba)(bc)+ c2(ca)(cb)0成立等號當(dāng)且僅當(dāng)abc時成立所以，f(x，y，z)，且f(，)又證：令p(a+b+c)，式即f(x，y，z)(由Cauchy不等式) ··而a2+b2+c22(p24Rrr2)，ab+bc+cap2+4Rr+r2，abc4Rrp(*)故，f(x，y，z)··而p2Ûp4+16R2r2+r48p2Rr2p2r2+8Rr3p48p2Rr+p2r2Û16R2+8Rr+r23p2Û4R+rp (*)最后一式成立故得結(jié)論關(guān)于(*)式：由rp，得 r2； 又由，得4Rr故4Rr+r2p2+(ab+bc+ca) 就是 ab+bc+cap2+4Rr+r2； a2+b2+c2(a+b+c)22(ab+bc+ca)4p22p28Rr2r22(p24Rrr2)； abc4R4Rrp關(guān)于(*)式：由r4Rsinsinsin，故4R+r4R+4