江苏省数学竞赛初赛试题原题详解Word下载.doc
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55d=110Þ
d=2.
ak=55-4×
10=15=-5+2(k-1)Þ
k=11.
3.设一个椭圆的焦距、短轴长、长轴长成等比数列,则此椭圆的离心率e=.填.
由(2b)2=2c×
2aÞ
a2-c2=acÞ
e2+e-1=0Þ
e=.
4.已知=,则实数x=.填1.
即=Þ
32x-4×
3x+3=0Þ
3x=1(舍去),3x=3Þ
x=1.
5.如图,在四面体ABCD中,P、Q分别为棱BC与CD上的点,且BP=2PC,CQ=2QD.R为棱AD的中点,则点A、B到平面PQR的距离的比值为.填.
A、B到平面PQR的距离分别为三棱锥APQR与BPQR的以三角形PQR为底的高.故其比值等于这两个三棱锥的体积比.
VAPQR=VAPQD=×
VAPCD=×
×
VABCD=VABCD;
又,SBPQ=SBCD-SBDQ-SCPQ=(1--×
)SBCD=SBCD,
VRBPQ=VRBCD=×
VABCD=VABCD.
∴A、B到平面PQR的距离的比=1∶4.
又,可以求出平面PQR与AB的交点来求此比值:
在面BCD内,延长PQ、BD交于点M,则M为面PQR与棱BD的交点.
由Menelaus定理知,·
·
=1,而=,=,故=4.
在面ABD内,作射线MR交AB于点N,则N为面PQR与AB的交点.
=1,而=4,=1,故=.
6.设f(x)=log3x-,则满足f(x)≥0的x的取值范围是.填[3,4].
定义域(0,4].在定义域内f(x)单调增,且f(3)=0.故f(x)≥0的x的取值范围为[3,4].
7.右图是某种净水水箱结构的设计草图,其中净水器是一个宽10cm、体积为3000cm3的长方体,长和高未定.净水水箱的长、宽、高比净水器的长、宽、高分别长20cm、20cm、60cm.若不计净水器中的存水,则净水水箱中最少可以存水cm3.填78000.
设净水器的长、高分别为x,ycm,则
xy=300,
V=30(20+x)(60+y)=30(1200+60x+20y+xy)
≥30(1200+2+300)=30(1500+1200)
=30×
2700.
∴至少可以存水78000cm3.
=.填-.
设||=||=||=R.则
=(+)·
=·
+·
=R2cos(π-2C)+R2cos2B
=R2(2sin2C-2sin2B)=(2RsinB)2-(2RsinC)2=(122-132)=-.
an+1an=2an+1-2(n=1,2,…),a2009=,则此数列的前2009项的和为.填2008+.
若an+1≠0,则an=2-,故a2008=2-,a2007=2-=-,a2006=2+,a2005=.
一般的,若an≠0,1,2,则an=2-,则an-1=,an-2=,an-3=an+1,故an-4=an.
于是,an=502(a1+a2+a3+a4)+a2009=502(a2005+a2006+a2007+a2008)+a2009=2008+.
10.设a是整数,0≤b<1.若a2=2b(a+b),则b=.填0,,-1.
若a为负整数,则a2>0,2b(a+b)<0,不可能,故a≥0.
于是a2=2b(a+b)<2(a+1)Þ
a2-2a-2<0Þ
0≤a<1+Þ
a=0,1,2.
a=0时,b=0;
a=1时,2b2+2b-1=0Þ
b=;
a=2时,b2+2b-2=0Þ
b=-1.
说明:
本题也可以这样说:
求实数x,使[x]2=2{x}x.
取方程组代入得,25y2-64y+28=0.
此方程的解为y=2,y=.
即得B(0,2),A(-,),又左焦点F1(-,0).
连OA把四边形AFOB分成两个三角形.
得,S=×
2×
+×
=(72+7).
也可以这样计算面积:
直线与x轴交于点C(-4,0).所求面积=×
4×
2-×
(4-)×
所求面积=(0×
2-0×
0+0×
-(-)×
2+(-)×
0-(-)×
+(-)×
0-0×
0)=(+)=(72+7).
=Þ
△ACD∽△ABCÞ
∠ABC=∠ACD=∠BCE.
∴CE=BE=12.AE=AB-BE=16.
∴cosA====.
∴BC2=AC2+AB2-2AC·
ABcosA=142+282-2·
14·
28·
=72·
9Þ
BC=21.
解法一:
显然k>0.(+)2≤k2(2x+y)Þ
(2k2-1)x-2+(k2-1)y≥0对于x,y>0恒成立.
令t=>0,则得f(t)=(2k2-1)t2-2t+(k2-1)≥0对一切t>0恒成立.
当2k2-1≤0时,不等式不能恒成立,故2k2-1>0.
此时当t=时,f(t)取得最小值-+k2-1==.
当2k2-1>0且2k2-3≥0,即k≥时,不等式恒成立,且当x=4y>0时等号成立.
∴k∈[,+∞).
解法二:
显然k>0,故k2≥=.令t=>0,则k2≥=(1+).
令u=4t+1>1,则t=.只要求s(u)=的最大值.
s(u)=≤=2,于是,(1+)≤(1+2)=.
∴k2≥,即k≥时,不等式恒成立(当x=4y>0时等号成立).
又:
令s(t)=,则s¢
(t)==,t>0时有驻点t=.且在0<t<时,s¢
(t)>0,在t>时,s¢
(t)<0,即s(t)在t=时取得最大值2,此时有k2≥(1+s())=.
解法三:
由Cauchy不等式,(+)2≤(+1)(2x+y).
即(+)≤对一切正实数x,y成立.
当k<时,取x=,y=1,有+=,而k=k<×
=.即不等式不能恒成立.
而当k≥时,由于对一切正实数x,y,都有+≤≤k,故不等式恒成立.
对于任意n∈N*,n2≡0,1(mod4).
设a,b是两个不同的自然数,①若a≡0(mod4)或b≡0(mod4),或a≡b≡2(mod4),均有ab≡0(mod4),此时,ab+10≡2(mod4),故ab+10不是完全平方数;
②若a≡b≡1(mod4),或a≡b≡3(mod4),则ab≡1(mod4),此时ab+10≡3(mod4),故ab+10不是完全平方数.
由此知,ab+10是完全平方数的必要不充分条件是ab(mod4)且a与b均不能被4整除.
⑴由上可知,满足要求的三个自然数是可以存在的,例如取a=2,b=3,c=13,则2×
3+10=42,2×
13+10=62,3×
13+10=72.
即2,3,13是满足题意的一组自然数.
⑵由上证可知不存在满足要求的四个不同自然数.
这是因为,任取4个不同自然数,若其中有4的倍数,则它与其余任一个数的积加10后不是完全平方数,如果这4个数都不是4的倍数,则它们必有两个数mod4同余,这两个数的积加10后不是完全平方数.
故证.
2010年全国高中数学联赛江苏赛区·
初赛
一、填空题(本题满分70分,每小题7分)
1.方程的实数解为.
2.函数R的单调减区间是.
3.在△中,已知,,则=.
4.函数在区间上的最大值是,最小值是.
5.在直角坐标系中,已知圆心在原点、半径为的圆与△的边有公共点,
其中、、,则的取值范围为.
6.设函数的定义域为R,若与都是关于的奇函数,则函数
(第7题)
在区间上至少有个零点.
7.从正方体的条棱和条面对角线中选出条,使得其中任意
两条线段所在的直线都是异面直线,则的最大值为.
8.圆环形手镯上等距地镶嵌着颗小珍珠,每颗珍珠镀金、银两色中的一种.其中
镀金银的概率是.
9.在三棱锥中,已知,,
且.已知棱的长为,则此棱锥的体积为.
10.设复数列满足,,且.若对任意N*都有,
则的值是.
二、解答题(本题满分80分,每小题20分)
11.直角坐标系中,设、、是椭圆上的三点.若,
证明:
的中点在椭圆上.
12.已知整数列满足,,前项依次成等差数列,从第项起依次
成等比数列.
(1)求数列的通项公式;
(2)求出所有的正整数,使得.
13.如图,圆内接五边形中,是外接圆的直径,,垂足.
过点作平行于的直线,与直线、分别交于点、.
(1)点、、、共圆;
(2)四边形是矩形.
14.求所有正整数,,使得与都是完全平方数.
参考答案
1、x<0无解;
当时,原方程变形为32x+3x-6=0,解得3x=2,x=log32.
2、与f(x)=y2=1+|sin2x|的单调减区间相同,Z.
3、,得.
4、极小值-4,端点函数值f
(2)=0,f(0)=-2,最小值-4,最大值0.
5、画图观察,R最小时圆与直线段AC相切,R最大时圆过点B.[,10].
6、f(2k-1)=0,k∈Z.又可作一个函数满足问题中的条件,且的
一个零点恰为,k∈Z.所以至少有50个零点.
7、不能有公共端点,最多4条,图上知4条可以.
8、穷举法,注意可翻转,有6种情况,2金2银有两种,概率为.
9、4面为全等的等腰三角形,由体积公式可求得三棱锥的体积为144.
10、由,
恒成立,即.因为或,故,所以.
11、解:
设A(x1,y1),B(x2,y2),则+y12=1,+y22=1.
由,得M(x1+x2,y1+y2).
因为M是椭圆C上一点,所以
+(y1+y2)2=1,…………………6分
即(+y12)()2+(+y22)()2+2()()(+y1y2)=1,
得()2+()2+2()()(+y1y2)=1,故
+y1y2=0.…………………14分
又线段AB的中点的坐标为(,),
所以+2()2=(+y12)+(+y22)++y1y2=1,
从而线段AB的中点(,)在椭圆+2y2=1上.………………20分
12、解:
(1)设数列前6项的公差为d,则a5=-1+2d,a6=-1+3d,d为整数.
又a5,a6,a7成等比数列,所以(3d-1)2=4(2d-1),
即9d2-14d+5=0,得d=1.…………………6分
当n≤6时,an=n-4,
由此a5=1,a6=2,数列从第5项起构成的等比数列的公比为2,
所以,当n≥5时,an=2n-5.
故an=…………………10分
(2)由
(1)知,数列为:
-3,-2,-1,0,1,2,4,8,16,…
当m=1时等式成立,即-3-2-1=―6=(-3)(-2)(-1);
当m=3时等式成立,即-1+0+1=0;
当m=2、4时等式不成立;
…………………15分
当m≥5时,amam+1am+2=23m-12,am+am+1+am+2=2m-5(23-1)=7×
2m-5,
7×
2m-5≠23m-12,
所以am+am+1+am+2≠amam+1am+2.
故所求m=1,或m=3.…………………20分
A
B
C
D
E
F
H
G
13、证明:
(1)由HG∥CE,得∠BHF=∠BEC,
又同弧的圆周角∠BAF=∠BEC,∴∠BAF=∠BHF,
∴点A、B、F、H共圆;
…………………8分
(2)由
(1)的结论,得∠BHA=∠BFA,∵BE⊥AD,∴BF⊥AC,
又AD是圆的直径,∴CG⊥AC,…………………14分
由A、B、C、D共圆及A、B、F、H共圆,∴∠BFG=∠DAB=∠BCG,∴B、G、C、F共圆.∴∠BGC=∠AFB=900,∴BG⊥GC,∴所以四边形BFCG是矩形.…………………20分
14、解:
若x=y,则x2+3x是完全平方数.∵x2<x2+3x<x2+4x+4=(x+2)2,
∴x2+3x=(x+1)2,∴x=y=1.………………5分
若x>y,则x2<x2+3y<x2+3x<x2+4x+4=(x+2)2.∵x2+3y是完全平方数,
∴x2+3y=(x+1)2,得3y=2x+1,由此可知y是奇数,设y=2k+1,则x=3k+1,k是正整数.
又y2+3x=4k2+4k+1+9k+3=4k2+13k+4是完全平方数,且
(2k+2)2=4k2+8k+4<4k2+13k+4<4k2+16k+16=(2k+4)2,
∴y2+3x=4k2+13k+4=(2k+3)2,
得k=5,从而求得x=16,y=11.…………………15分
若x<y,同x>y情形可求得x=11,y=16.
综上所述,(x,y)=(1,1),(11,16),(16,11).…………………20分
2011年全国高中数学联赛江苏赛区初赛题
一、填空题(本题共10小题,满分70分,每小题7分.要求直接将答案写在横线上)
1.复数.
2.已知直线是圆的一条对称轴,则实数.
3.某班共有30名学生,若随机抽查两位学生的作业,则班长或团支书的作业被抽中的概率
是(结果用最简分数表示).
4.已知,则.
5.已知向量a,b满足,则以向量与表示的有向线段
为邻边的平行四边形的面积为.
6.设数列{an}的前n项和为Sn.若{Sn}是首项及公比都为2的等比数列,则数列{an3}的前
n项和等于.
7.设函数.若f(a)=f(b),且0<a<b,则ab的取值范围是.
8.设f(m)为数列{an}中小于m的项的个数,其中,则.
9.一个等腰直角三角形的顶点分别在底边长为4的正三棱柱的三条侧棱上,则此直角三角
形的斜边长是.
10.已知m是正整数,且方程有整数解,则m所有可能的值是.
二、解答题(本大题共4小题,每小题20分,共80分)
11.已知圆与抛物线有公共点,求实数h的取值范围.
12.设.若时,,且在区间上的最大值为
1,求的最大值和最小值.
P
13.如图,P是内一点.
(1)若P是的内心,证明:
;
(2)若且,
P是的内心.
14.已知是实数,且存在正整数n0,使得为正有理数.
存在无穷多个正整数n,使得为有理数.
2011年全国高中数学联赛江苏赛区初赛题答案及点评
1.复数.答案:
-8基础题,送分题,高考难度
2.已知直线是圆的一条对称轴,则实数.答案:
基础题,送分题,高考难度
是(结果用最简分数表示).答案:
基础题,送分题,高考难度,但需要认真审题,否则很容易有错
4.已知,则.答案:
计算量挺大的,要注重计算的方法,对于打酱油的同学有一定难度
为邻边的平行四边形的面积为.答案:
可以用特殊法,把向量放在直角坐标系中,很容易可以得出答案
n项和等于.答案:
高考难度级别,基础好的同学可以做出来
7.设函数.若f(a)=f(b),且0<a<b,则ab的取值范围是.答案:
(0,2)
这是一道高考题
8.设f(m)为数列{an}中小于m的项的个数,其中,则.答案:
6
这也是一道高考题
形的斜边长是.答案:
4还是一道高考题
10.已知m是正整数,且方程有整数解,则m所有可能的值
是.答案:
3,14,30这是2011年苏州市一模的第十四题。
设公共点(cosθ,sinθ),代入抛物线方程,得
因为,所以简单,很简单
由题意函数图象为开口向上的抛物线,且在区间上的最大值只能在闭端点取得,
故有,从而且.
若有实根,则,
在区间有即消去c,解出
即,这时,且.
若无实根,则,将代入解得.
综上.
所以,单调递减
故.
注重分类讨论
13.
这其实是平面几何一个很重要的结论,在一般的平面几何的参考书上都有
14.
设,其中p,q为互质的正整数,则.
设k为任意的正整数,构造,
则.
非常非常常规的一道数论题,不需要数论的预备知识
总结:
这张试卷大约90分以上应该可以出线了。
一般说来,出线并不算太难,只要平时基础好,不粗心,填空题应该可以做满分(笔者错了一个),对于没有进行过竞赛辅导的同学来说,大题的1、2两题还是可以做做的。
尤其提醒一点,大题目不管会不会做,一定要写写,写写总是有分的,而且分很多。
比如最后一题,只要把他设出来,就有8分。
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