五套数学竞赛题附答案.doc

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2017年浙江高中数学竞赛

一，填空题（每题8分，共80分）

1.在多项式的系数为______.

2.已知，则实数a=_________.

3.设中有两个实数根，则的取值范围是___________.

4.设，则_______.

5.已知两个命题，命题单调递增；命题,为假命题，则实数a的取值范围为____.

6.设S是中所有有理想的集合，对简分数，定义函数则在S中根的个数为___________.

7.已知动点P,M,N分别在x轴上，圆和圆上，则的最小值为__________.

8.已知棱长为1的正四面体P—ABC,PC的中点为D,动点E在线段AD上，则直线与平面ABC所成的角的取值范围为__________.

9.已知平面向量，则所有取不到的值的集合为____________.

10.已知有三个根若，则实数a=_______.

二.解答题

11.（本题满分20分）设对每个n，求的实数解。

12.（本题满分20分）已知椭圆的右焦点为F，过F的直线交椭圆与P,Q两点.若PQ的中点为N，O为原点，直线ON交直线于M

（1）求的大小；

（2）求的最大值

13.   （本题满分20分）设数列满足：

证明：

如果为有理数，则从某项后为周期数列

14.（本题满分30分）设,证明：

存在不全为零的数

同时被3整除

15.（本题满分30分）设的一个排列，记

参考答案

一，填空题

1，【答案】-4128

【解析】

2,【答案】2

【解析】将原式化简为上的增函数，。

因此可得函数a=2

3,【答案】[0.2]

【解析】因为在[0,1]中有两个实数根，所以a,b满足，由此可得到的取值范围为[0,2]

4,【解析】由于且，所以

5,【解析】命题p成立当且仅当a>1；命题q成立当且仅当-2

若为真命题，为假命题，则

6,【答案】5

【解析】由于则有由此检验可得方程的根的个数为5

7,【答案】=

【解析】圆关于x轴对称的圆的圆心坐标为（3，-4）则=

8，【答案】

【解析】记BC中点为O点，以O为原点，BC为X轴正向，OA为y轴正向，建立空间直角坐标系，则所以.从而可设，于是。

设所求角为θ，则，这里最后一个不等式是由于单调性以及，即

9,【答案】

【解析】将向量的起点平移至原点O，再以分别为x,y轴正向建立平面直角坐标系。

则向量对应的点坐标为。

于是表示的是点P到单位圆周上的距离d，则d的最大值为4，最小值为.因此所有取不到的值的集合为

10，【答案】

【解析】设，

方程可变形为，从而有

于是；

，可得

二，解答题

11，【证明】利用数学归纳法

（1）的解

当n=1时，x=2是的解。

当n=k时，设

由此可得

（2）当x>2时，

由此可得都不是的解（对于所有的n）

（3）当

由此可得

因此，对每个n,的实数解为

12，

【解】：

（1）联立

设P点的坐标为

于是有

因为PQ的中点为N,所以N。

因此ON的斜率为。

因为直线ON交直线，

即得

（2）

令

由于

因此。

综上所述，

13，

【解析】证：

（1）为周期数列

（2）对于任意的n,设由已知条件，有且仅有下述一个等式成立

有相同的分母（不进行约分）

（3）设

（4）若存在两个自然数，使得，则由

（2）中得到的递推公式以及可得从第k项开始是一个周期数列，周期为

（5）由（3）可知对于任意的n,的值只有（有限个），故总能找到，

从而有

综上所述，如果为有理数，则从某项后为周期数列

14，

【证明】：

不妨设则要证明结论正确，只要证明存在不全为零的数

记

情形

（1）当

若

若

情形

（2）

记

令

类似可以证明

15，【解】问题等价于圆周上放置n个数，使得相邻的乘积之和为最小，最小值记为

不妨设，则数字1必与它相邻。

否则设的数字改变为上的数字，则相邻数的乘积和的该变量为

于是可确定。

再说明数字2也必与数字n相邻，即

事实上，若，则交换此时的目标改变值为

因此目标取到最小值时，由此出发，依次可得。

在已安排好的两端数字，若剩下的数比两端数字都小，则在剩下的数中找两个最小的数字，按小对大，大对小放置；若剩下的数比两端数字大，则在剩下的数字中找两个最大的数，按大队小，小对大放置。

由此规律即得

下面用递推法计算。

考虑n+2个数字，我们在的数字排序中，将每个数字加1，再放置1，n+2这两个数字，在2,n+1的中间插入n+2，1.即可得到。

因此

其中

可以推出

2017年全国高中数学联合竞赛广东赛区选拔赛

一，填空题：

本大题共8小题，每小题8分，共64分

1.已知数列的值是_________.

2.圆锥曲线的离心率是________.

3.设是定义在R上的奇函数，是增函数，且对任意的，都有则函数在[-3,-2]上的最大值是_______.

4.设m,n均为正整数，则_______.

5.已知点P在圆C:

上运动，点Q在曲线上运动，且的最大值为，则a=___________.

6.已知是一个三角形的三个内角，如果取得最大值，则=_________.

7.从各位数字两两不等且和为10的所有四位数中任取两个数，则2017被取到的可能性为__________.

8.已知S是正整数集合的无穷子集，满足对任何，将S中的元素按照由小到大的顺序排列成的数列记为，且已知

二，解答题：

本大题共3小题，共56分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤

9.（本小题满分16分）设直线不相交。

过直线1上的点P作椭圆C的切线PM,PN，切点分别为M,N，连结MN

（1）当点P在直线1上运动时，证明：

直线MN恒过点Q;

（2）当MN//1时，定点Q平分线段MN

10.（本小题满分20分）已知函数数列满足，

（1）讨论数列的单调性；

（2）求证：

11.（本小题满分20分）

（1）求使方程有正整数解的最大正整数n

（2）用构成的集合，当n为奇数时，我们称中的每一个元素为方程的一个奇解；当n为偶数时，我们称中的每一个元素方程的一个偶解.

证明：

方程中的所有奇解的个数与偶解的个数相等.

参考答案

一，填空题

1，【答案】

【解析】

2,【答案】

【解析】原式变形为，

所以动点到定点（-3,1）的距离与它到直线的距离之比为，故此动点轨迹为双曲线，离心率为

3,【答案】-4

【解析】因为上是增函数，所以上也是增函数，则.又

故函数上的最大值为-4

4,【答案】1或0

【解析】因为分别是多项式的根，因此当m>1,n>1时由根与系数的关系可得：

所以

而当

5,【答案】

【解析】连接QC并延长交圆于点D，则的最大值等于的最大值与圆的半径之和，由于

取得最大值，于是：

6,【答案】

【解析】若中至少有两个不等，不妨设，则

因此当且仅当

7,【答案】

【解析】方程的整数解有且仅有

因此符合条件的四位数恰有：

（个），故所求概率为

8，【答案】

【解析】由题意对任何可知：

都是数列中的项，所以

二．解答题

9.【证明】：

（1）设则椭圆过点M,N的切线方程分别为

因为两切线都过点P，则有

这表明M,N均在直线①上.由两点决定一条直线知，式①都是直线MN的方程，其中满足直线1的方程.

当点P在直线1上运动时，可理解为取遍一切实数，相应的为

代入①消去②

对一切恒成立，变形可得

由此解得直线MN恒过定点Q，

（2）当MN//1时，由式②知解得

代入②，得此时MN的方程为③

将此方程与椭圆方程联立，消去y得

由此可得，此时MN截椭圆所得弦的中点横坐标恰好为点的横坐标，即

代入③式可得弦中点纵坐标恰好为点的纵坐标，即

这就是说，点的平分线段MN

10.【解】

（1）

所以。

解得

所以当时，数列

所以当时，数列单调下降

证明：

（2）因为单调上升，计算得

由

（1）知

所以：

（i）,当

。

故

（ii），

所以

（iii）,最后，当

所以

11.【解析】

解：

（1）因为

所以为方程的一组正整数解，故所求最大值为n=63

证明：

（2）与之对应，其中

则

那么

成立的最小下标，即：

因为，所以满足条件的正整数s存在且

，

此不可能，所以是唯一确定的元素且

若

因此，于是我们有：

，

此不可能.所以是唯一确定的元素且

由此我们证明了到自身的映射且

，如果我们能够证明f是满射，则f也单射，因而是双射，从而：

即：

方程中所有奇解的个数与偶解的个数相等

事实上，，则存在

如果

.

故f是满射，结论成立

2017年春季高二数学竞赛

参考答案与试题解析

　1．（2017•济宁一模）从4台甲型和5台乙型电视机中任取出3台，在取出的3台中至少有甲型和乙型电视机各一台，则不同取法共有（　　）

A．140种 B．80种 C．70种 D．35种

【分析】任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，有两种方法，一是甲型电视机2台和乙型电视机1台；二是甲型电视机1台和乙型电视机2台，分别求出取电视机的方法，即可求出所有的方法数．

【解答】解：

甲型电视机2台和乙型电视机1台，取法有C42C51=30种；

甲型电视机1台和乙型电视机2台，取法有C41C52=40种；

共有30+40=70种．

故选：

C．

【点评】本题考查组合及组合数公式，考查分类讨论思想，是基础题．

　2．（2017•兰州二模）中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在第一排正中间位置，美俄两国领导人站在与中国领导人相邻的两侧，如果对其他领导人所站的位置不做要求，那么不同的站法共有（　　）

A．A1818种 B．A2020种

C．A32A183A1010种 D．A22A1818种

【分析】先安排中、美、俄三国的领导人的位置共有种排法，而其余的18国的领导人的排法共有种，再利用乘法原理即可得出．

【解答】解：

先安排中、美、俄三国的领导人的位置共有种排法，而其余的18国的领导人的排法共有种，

由乘法原理可得：

同的站法共有•种．

故选：

D．

【点评】本题考查了乘法原理、排列与组合，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

3．（2017•蚌埠一模）我们把各位数字之和等于6的三位数称为“吉祥数”，例如123就是一个“吉祥数”，则这样的“吉祥数”一共有（　　）

A．28个 B．21个 C．35个 D．56个

【分析】根据1+1+4=6，1+2+3=6，2+2+2=6，0+1+5=6，0+2+4=6，0+3+3=6