全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽預(yù)賽試題含詳細(xì)答案

全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽江西省預(yù)賽試題一、選擇題（每小題6分，共36分）TOC\o"1-5"\h\z1、若函數(shù)fxlgax24xa3的值域?yàn)镽,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）.A、4,;B、0,4;C、0,4;D、，1U4,222、設(shè)a2b21,b0,若直線axby2和橢圓上上1有公共點(diǎn)，則芻的取值62b范圍是（）.1A、1,1;B、1,1;C、,1U1,;D、2,2.23、四面體ABCD的六條棱長(zhǎng)分別為7,13,18,27,36,41,且知AB41,則CD.A、7;B、13;C、18;D、27.TOC\o"1-5"\h\z4、若對(duì)所有實(shí)數(shù)x,均有sinkxsinkxcoskxcoskxcosk2x,貝Uk（）.A、6;B、5;C、4;D、3._2n1*5、設(shè)an2",bn是an的小數(shù)部分，則當(dāng)nN時(shí)，anbn的值（）.A、必為無(wú)理數(shù)；B、必為偶數(shù)；C、必為奇數(shù)；D、可為無(wú)理數(shù)或有理數(shù).6、設(shè)n為正整數(shù)，且3n1與5n1皆為完全平方數(shù)，對(duì)于以下兩個(gè)命題：（甲）.7n13必為合數(shù)；（乙）.817n23n必為兩個(gè)平方數(shù)的和.你的判斷是（）你的判斷是（）A.甲對(duì)乙錯(cuò)；B.甲錯(cuò)乙對(duì)；C.二、填空題（每小題9分，共54分）27、過(guò)點(diǎn)P1,1作直線l,使得它被橢圓—9甲乙都對(duì)；D.甲乙都不一定對(duì).2L1所截出的弦白^中點(diǎn)恰為P,則直線4l的方程為.8、設(shè)xR,則函數(shù)fxJx21Jx12216的最小值為——9、四面體ABCD中，面ABC與面BCD成60°的二面角，頂點(diǎn)A在面BCD上的射影H是BCD的垂心，G是ABC的重心，若AH4,ABAC,則GH.10、sin200sin400sin800^11、數(shù)列an滿足：a11,且對(duì)每個(gè)nN*,an,an1是方程x23nxbn0的兩根,20則bk.k112、從前2008個(gè)正整數(shù)構(gòu)成的集M1,2,L,2008中取出一個(gè)k元子集A,使得A中任兩數(shù)之和不能被這兩數(shù)之差整除，則k的最大值為.三、解答題：13、（20分）AD是直角三角形ABC斜邊BC上的高，（ABAC）,U分別是ABD,ACD的內(nèi)心，AI1I2的外接圓eO分別交AB,AC于E,F,直線EF,BC交于點(diǎn)M;證明：11,12分別是ODM的內(nèi)心與旁心.14、（20分）設(shè)x,y,z為非負(fù)實(shí)數(shù)，滿足xyyzzx1,證明:1115.xyyzzx215、（20分）對(duì)于2n元集合M1,2,L,2n,若n元集Aa1,a2,L,an,nnBb1,b2,L,bn滿足：AUBM,AIB，且akbk,則稱AUB是集M的k1k1一個(gè)“等和劃分”（AUB與BUA算是同一個(gè)劃分）.試確定集M1,2,L,12共有多少個(gè)“等和劃分”全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽江西省預(yù)賽試題解答一、選擇題（每小題6分，共36分）1、若函數(shù)fxlgax24xa3的值域?yàn)镽,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）.A、4,;B、0,4;C、0,4;D、，1U4,答案：B.解：欲使fx的值域?yàn)镽,當(dāng)使真數(shù)ax24xa3可取到一切正數(shù)，故或者a0;或者a0且424aa30,解得0a4TOC\o"1-5"\h\z222、設(shè)a2b21,b0,若直線axby2和橢圓土上1有公共點(diǎn)，則與的取值62b范圍是（）.11_/-A、1,1;B、1,1;C、,1U1,;D、2,2.22答：C.解：將y2—更代入橢圓方程并整理得，3a2b2x212ax126b20,b2ccc因直線和橢圓有公共點(diǎn)，則判別式12a43a2b2126b20,利用a2b21,化簡(jiǎn)得a2b2,所以91.即a,1U1,.bb3、四面體ABCD的六條棱長(zhǎng)分別為7,13,18,27,36,41,且知AB41,WJCD.A、7;B、13;C、18;D、27.答案：B.解：四面體中，除CD外，其余的棱皆與AB相令口接，若長(zhǎng)13的棱與AB相鄰，不妨設(shè)BC13,據(jù)構(gòu)成三角形條件，可知AC7,18,27,AC36,BD7,AD,CD18,27,于是ABD中，兩邊之和小于第三邊，矛盾。因此只有CD13.另一方面，使AB41,CD13的四面體ABCD可作出，例如取BC7,AC36,BD18,AD27.故選B4、若對(duì)所有實(shí)數(shù)x,均有sinkxsinkxcoskxcoskxcosk2x,貝Uk（）.Snunvn,則當(dāng)n2時(shí)，Snunvn,則當(dāng)n2時(shí)，Sn2n122n12n1u2n1vS2n12k,7722n12k用22n12n12n1—2為an的小數(shù)部分，即bn用2n12，A、6;B、5;C、4;D、3.答：D.解：記fxsinkxsinkxcoskxcoskxcos'2x，則由條件，fx包為0,取x—，2k得sin—1,則k為奇數(shù)，設(shè)k2n1,上式成為sinn—1,因此n為偶TOC\o"1-5"\h\z22數(shù)，令n2m,則k4m1,故選擇支中只有k3滿足題意._2n1*5、設(shè)an2",bn是an的小數(shù)部分，則當(dāng)nN時(shí)，anbn的值（）.A、必為無(wú)理數(shù)；B、必為偶數(shù)；C、必為奇數(shù)；D、可為無(wú)理數(shù)或有理數(shù).答：C.解：令u2",v2"，則uv4,uv3,u,v是方程x24x3的兩根，則u24u3,v24v3,所以當(dāng)n2時(shí)，un4un13un2,vn4vn13vn2,令Sn1Sn2,So2,S14,故所有Sn為偶數(shù),TOC\o"1-5"\h\z.一2n12n1anbnV727723n奇數(shù).6、設(shè)n為正整數(shù)，且3n1與5n1皆為完全平方數(shù)，對(duì)于以下兩個(gè)命題：（甲）.7n13必為合數(shù)；（乙）.817n23n必為兩個(gè)平方數(shù)的和.你的判斷是（）A.甲對(duì)乙錯(cuò)；B.甲錯(cuò)乙對(duì)；C.甲乙都對(duì)；D.甲乙都不一定對(duì).答案：C解：設(shè)3n1a2,5n1b2,a,b為正整數(shù)；則一一一一2_27n1393n145n13a2b3a2b3a2b…①，由此知，3a2b為正整數(shù)，且3a2b1,因?yàn)槿?a2b1,則27n93a22b124b24b1,即27n4n2n2,貝U4n,記n4k,得5n120k1不為平方數(shù)，矛盾！所以3a2b2,故由。）得，7n13為合數(shù)；又因?yàn)?17n23n3n15n143n15n1222222ab2ab2a2b2ab,故選C.（例如65是上述nN一）、填空題（每小題9分，共54分）2過(guò)點(diǎn)P2過(guò)點(diǎn)P1,1作直線l,使得它被橢圓—92y_41所截出的弦白^中點(diǎn)恰為P,則直線1的方程為^答案：4x9y13.解：設(shè)直線1的方程為ykx11,代入橢圓方程，整理得,9k24x218k1kx9k218k270,設(shè)其兩根為x,x2,WJx^21,即18k：k2,k4,所以直線l的方程為y4x11,即4x9y139k2499_x12216的最小值為——1225213.8、設(shè)xR,_x12216的最小值為——1225213.解：如圖，取A為數(shù)軸原點(diǎn)，AB12,作AB垂線AC,BD,使AC1,BD4,在數(shù)軸上取點(diǎn)P,使APx,則fxCP||DP，當(dāng)C,P,D線時(shí)，f值最小，此時(shí)fminCDAE9、四面體ABCD中，面ABC與面BCD成60°的二面角，頂點(diǎn)A在面BCD上的射影H是BCD的垂心，G是ABC的重心，若AH4,ABAC,則GH.答案：4后.91解：設(shè)面AHD父BC于F,則因ABAC,故G在AF上，且GF1AF,3AH8148.AFH60,于thAF，F(xiàn)H—AF,GF—尸,在二角形GFHsin60032,33,3中，由余弦定理得GH4國(guó)10、sin20°sin40°sin80°解：8sin解：8sin200sin400sin8004cos200cos600sin8004sin800cos20°2sin8002sin1000sin6002sin8002sin60°73,所以sin200sin400sin80011、數(shù)列an11、數(shù)列an滿足:ai*且對(duì)每個(gè)nN,an,an1是方程x23nxbn0的兩根,20則bkk1答：6385.解：對(duì)每個(gè)nanan13nbn將①寫(xiě)作an1an3n324an3n3旦_TH2解：對(duì)每個(gè)nanan13nbn將①寫(xiě)作an1an3n324an3n3旦_TH24個(gè)公比為1的等比數(shù)列，故an3n174即an32n132n1an1"-；于是bn4anan12920bk6385.k112、從前2008個(gè)正整數(shù)構(gòu)成的集M1.2,L,2008中取出一個(gè)k元子集A,使得A中k的最大值為任兩數(shù)之和不能被這兩數(shù)之差整除，則答案：k的最大值為解：首先，我們可以取670元集A1,4,7,L,2008,A中任兩數(shù)之和不能被3整除，而其差是3的倍數(shù)；其次，將M中的數(shù)自小到大按每三數(shù)一段，共分為670段:1,2,3,4,5,6,7,8,9,LL,2005,2006,2007,2008,從A中任取671個(gè)數(shù)，必有兩數(shù)x,y取自同一段，則xy1或2,注意xy與xy同奇偶，于是xyxy.因此k的最大值為670.三、解答題：13、（20分）AD是直角三角形ABC斜邊BC上的高，（ABAC）,I1,I2分別是ABD,ACD的內(nèi)心，AI1I2的外接圓eO分別交AB,AC于E,F,直線EF,BC交于點(diǎn)M;

證明："I2分別是ODM的內(nèi)心與旁心.證：如圖，連DI1,DI2,BI1,AI2,I1F,由EAF90°,則圓心O在EF上，設(shè)直徑B1由I1BDDAC122I2AD,I1DB45°I2DA,所以DBIiSI1DI290°BDAD11DB口一1一，且DI2DAI〔D12sBDA,而DI1I90°,則圓心O在EF上，設(shè)直徑B1由I1BDDAC122I2AD,I1DB45°I2DA,所以DBIiSI1DI290°BDAD11DB口一1一，且DI2DAI〔D12sBDA,而DI1I2B,AI1D90°注意AI1DAI1FFI1I2DI1I2,AI1FAEF,FI1I2FAI2所以AEF90°BCDAB,因此OEOA,同理得OFOA,合，即圓心EOI12O在AD上，而EODOEAOAE2OAE2CEAI1BADC,所以。1平分DOM;同理得OI2平分DOF,即Ii是ODM的內(nèi)心，I2是ODM的旁心.證二：如圖，因?yàn)锽AC90,故則由I1』2為內(nèi)心知,11A1245,所以I1OI2211AI290I1DI2,是O,I1,D,I2四點(diǎn)共圓,所以AI1I2的外接圓圓心O在EF上,連OI1,OI2,I1D,I2D,I2I1O45I2I1OI1I2O45,又因I2DOI2DA,因此點(diǎn)O在AD上，即O為EF與AD的交點(diǎn).設(shè)AD與eO交于另一點(diǎn)H,而由EAI1I1AH2,HAI2FAI2,可知，U分別為？H,HF的中點(diǎn),所以EOI1DOI1,DOI2FOI2.因此，點(diǎn)I1,I2分別為OMD的內(nèi)心與旁心.證明:14、（20分）設(shè)x,y,z為非負(fù)實(shí)數(shù)，滿足xyyzzx1,

證明:1115xyyzzx2簡(jiǎn)證：為使所證式有意義，x,y,z三數(shù)中至多有一個(gè)為0;據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)xyz0,據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)xyz0,則x0,y0,z0,對(duì)正數(shù)x,y作調(diào)整,由于—此時(shí)條件式成為x22xz1,且有z必，于是2x12x4x22x1x只要證—由于—此時(shí)條件式成為x22xz1,且有z必，于是2x12x4x22x1x只要證—也，即19x22x1x225x5x30,也即1x5x24x10,此為顯然,取等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)xy1,z0,故命題得證.詳證：為使所證式有意義,x,y,z三數(shù)中至多有一個(gè)為0;據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)取等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x0,xy1;10當(dāng)xy時(shí)，條件式成為1x210當(dāng)xy時(shí)，條件式成為1x222x'*2x二z2x2x1xx2x1_2x14x2x只要記:梟5,即只要記:梟5,即19x25x5x30,也即x5x24x10,止匕為顯然；取等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)xy20、再證，對(duì)所有滿足20、再證，對(duì)所有滿足xyyzzx1的非負(fù)實(shí)數(shù)x,y,z,皆有——5.顯然，三數(shù)x,y,z中至多有一個(gè)為0,據(jù)對(duì)稱性,xyyzzx2仍設(shè)xyz0,則x0,y0,z0,xy1,令xcotA,ycotB,A,B為銳角,仍設(shè)xyA,B為內(nèi)角，構(gòu)作ABC,則cotCcotAB1cotAcotBcotAcotB1xy

xy0,于是C90°,且由xyz0知，cotAcotBcotCBC900,即ABC是一個(gè)非鈍角三角形.下面采用調(diào)整法，對(duì)于任一個(gè)以C為最大角的非鈍角三角形將ABC調(diào)整為以C為頂角的等腰ABC,其中ABC,固定最大角cABB,且設(shè)2tanC2，記fx,y,zt,t,z今證明,x,y,zt,t,z.即12t112t即要證先證xy2t③，即證cotAcotBAB

2cot,2sinAsinBcAB2cos—，此即,ABsin—22ABsin2sinAsinB,也即1cosAsinAsinB,即cosAB此為顯然.由于在ABC中，t22tz;而在ABC中,xy2z「zzxy2z2

z,因此②式成為2t12txy4,只要證,1t22tx2t只要證4t22t5，即證2txy1z2,注意③式以及t22一，CCC…一,即15t12t,也即t15t21…⑥由于最大角C滿足：600C90O,而tcot^—BtanC,則』t1,所以TOC\o"1-5"\h\z22、,3t215t22115121,故⑥成立，因此⑤得證，由③及⑤得⑷成立，從33而①成立，即fx,y,zft,t,z,因此本題得證.15、（20分）對(duì)于2n元集合M1,2,L,2n，若n元集Aa1,a2,L,an,nnBb1,b2,L,bn滿足：AUBM,AIB，且akbk,則稱AUB是集Mk1k1的一個(gè)“等和劃分”（AUB與BUA算是同一個(gè)劃分）.試確定集M1,2,L,12共有多少個(gè)“等和劃分”.解一：不妨設(shè)12A,由于當(dāng)集A確定后，集B便唯一確定，故只須考慮集A的個(gè)數(shù)，設(shè)Aa1,a2,L,a6,a6為最大數(shù)，由12L1278,則a1aa1a2La639,a612,于是a1a2a3a4a527,故Aia1,a2,a3,a4,a5中有奇數(shù)個(gè)奇數(shù).1、若Ai中有5個(gè)奇數(shù)，因M中的六個(gè)奇數(shù)之和為36,而27369,則A11,3,5,7,11,這時(shí)得到唯一的A1,3,5,7,11,12;2、若Ai中有3個(gè)奇數(shù)、兩個(gè)偶數(shù)；用p表示Ai中這兩個(gè)偶數(shù)x~x2之和；q表示Ai中這三個(gè)奇數(shù)y1，y2,y3之和，則p6,q9,于是q21,p18.共得A1的24種情形.其中，10、當(dāng)p6,q21,則x1,x22,4,1,9,11,3,7,11,5,7,9;可搭配成Ai的3個(gè)情形；2°、當(dāng)p8,q19,則Xi,X22,6,必，丫2羋1,7,11,3,5,11,3,7,9;可搭配成A1的3個(gè)情形；3°、當(dāng)p10,q17,則x1,X22,8,4,6,乂冬冬1,5,11,1,7,9,3,5,9,可搭配成Ai的6個(gè)情形;40、當(dāng)p12,q40、當(dāng)p12,q15,則X1,X2可搭配成A的6個(gè)情形；50、當(dāng)p14,q13,則XE4,10,成A1的4個(gè)情形；60、當(dāng)p16,q11,則X1,X26,10,可搭配成A1的1個(gè)情形；70、當(dāng)p18,q9,則X1,X28,10,可搭配成A的1個(gè)情形.3、若A1中有一個(gè)奇數(shù)、四個(gè)2,10,4,8,yi,y2,y31,3,11,