全国高中数学联赛预赛试题.docx
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全国高中数学联赛预赛试题
全国髙中数学联赛预赛试题
(考试时间:
9月24日上午8:
3011:
00)
一.填空题(共2题,每题10分,合计80分)
1.设多项式/(x)满足:
对于任意xeR、都有/(x+1)+/(x-1)=2x2-4x,则/(x)的
最小值是•
2.数列{%},{"}满足:
也十=12…,已知数列{陽}的前“项和为4=—>则H+1
数列傀}的前川项和B”=
3.函数f(x)=的值域是
x+2
4.过抛物线y2=8x的焦点F,作一条斜率为2的直线若/交抛物线于两点,则
AOAB的而积是.
nA
5•若AABC为锐角三角形,满足——=cos(A+B)9则tanA的最大值为
sinB
6.若正三棱锥的内切球半径为1,则其体积的最小值为•
7.将1,2,…,9随机填入右图正方形ABCD的九个格子中,则其每行三
数,每列三数自上而下、自左而右顺次成等差数列的概率”=
&将集合M={1,2,・・・12}的元素分成不相交的三个子集:
M=AkjB A={alya2,a3,a4]B={brb29b3,b4}C={cvc29c3,c4},c{ ak+bk=ck,k=1,2,3,4,则集合C为: 二・解答题(共2题,合计70分) 9.(20分)如图,A3是圆的一条弦,它将圆分成两部分,M、N分别是两段弧的中点, 以点B为旋转中心,将弓形AA/3顺时针旋转一个角度成弓形AMB,4人的中点为P, M/V的中点为0•求证: MN=2PQ・ 10.(25分)给定椭圆(7: 二+二=1,@>〃>0)以及圆QO: x2+y2=b29自椭圆上异cr\r 于其顶点的任意一点P,做0O的两条切线,切点为M、N,若直线MN在九y轴上的截距分别为加丿: 证明: £+二=$・ rrnr 11.(25分)对于2〃个素数组成的集合M={p,p2,・・・,P2」,将其元素两两搭配成川个乘 积,得到一个"元集,如果A={a}a2,a3a4•sa2n^a2n,}与3={$仇厶仿,…, h2^\b2n)是由此得到的两个”元集,其中{©<2,…皿2」={勺上2,…上2」=M,且 4c3=0,就称集合对{AB}是由M炮制成的一副“对联"•(例如当77=2时,由四元集 {G,”,c,〃}可炮制成三副“对联": {ab^cd}〜[ac^bd],{ab^cd}〜{ad,be} {ac.bd}〜{ad,be}). (1).当“=3时,求6元素集M=ab,c,d,®f}所能炮制成的“对联“数: (2)对于一般的«>2,求由2〃元素集M所能炮制成的“对联"数丁⑺)・ 全国高中数学联赛 预赛试题答案 1.2 /! (/? +1)(/1+2) 3.0,更 3 4.4^5 5•返 4 6.8^3 7.1 9! 8.{&9,10,12},{7,9,11,12},{6,10,11,12} 9•思路: 取AB中点E,A/中点F,可证PEBF为菱形: 证明角21叶=角PEN: 再证角PNE=: f£MPF: 然后证角MPN为直角 10•关键步骤: 设P点坐标(勺,儿),易的OMPN四点共圆,此圆方程减圆O方程得直 线MN方程x()x+yoy=b2 11. (1)60; 1/ill1\ (2)T(n)=-C^-Dnn\(其中D宀! 1_订+歹_石+…(_1)、) 高考数学(文)一轮: 一课双测A+B精练(四十八)直线与圆、圆与圆的位置关系 A级全员必做题 1.(•人大附中月考)设m>0,则直线电(x+y)+l+m=0与圆x2+y2=m的位置关系为() A.相切B.相.交 C.相切或相离D.相交或相切 2.(•福建髙考)直线心一2=0与圆x2+y2=4相交于A,B两点,则弦AB的长度等于() A.2例.2& CpD.1 3.(•安徽髙考)若直线x-y+l=0与圆(x-a)2+y2=2有公共点,则实数a的取值范围是() A.[—3,—1_B・[一1,3] C.[—3,1]D.(—8,—3]U[1>+°°) 4.过圆x2+y2=l上一点作圆的切线与x轴,y轴的正半轴交于A,B两点,则AB的最小值为() A.迄B.y/3 C.2D.3 5.(•兰州模拟)若圆x2+y2=r2(r>0)上仅有4个点到直线x-y—2=0的距离为1,则实数r的取值范围为() A.(住+1,+8)B.(边一1,边+1) C.(0,花一1)D.(0,花+1) 6.(•临沂模拟)已知点P(x,y)是直线kx+y+4=0(k>0)上一动点,PA,PB是圆C: x2+y2-2y=0的两条切线,A,B是切点,若四边形PACB的最小而积是2,则k的值为() A.y/2B. C.2y/2D.2 7.(•朝阳髙三期末)设直线x-my-l=0与圆仗一1)2+(y—2)2=4相交于A、B两 点,且弦AB的长为2心,则实数m的值是. 8.(•东北三校联考)若a,b,c是直角三角形ABC三边的长(c为斜边),则圆C: x2+ y2=4被直线1: ax+by+c=0所截得的弦长为. 9・(•江西髙考)过直线x+y-2谑=0上点P作圆x2+y2=1的两条切线,若两条切线的夹角是60°,则点P的坐标是. 10.(「•福州调研)已知OH: x2+(y-2)2=l,Q是x轴上的动点,QA,QB分别切OM于A,B两点. ⑴若AB=半求|MQ及直线MQ的方程; (2)求旺: 直线AB恒过泄点. 11.已知以点C(t,|)(tUR,详0)为圆心的圆与x轴交于点0、A,与y轴交于点0、 B,其中0为原点. (1)求证: △A0B的而枳为圧值: (2)设直线2x+y—4=0与圆C交于点M、N,若|0M|=0N|,求圆C的方程. 12.在平面直角坐标系xOy中,已知圆x24-y2-12x+32=0的圆心为Q,过点P(0,2),且斜率为k的直线与圆Q相交于不同的两点A、B. Cl)求k的取值范围; (2)是否存在常数k,使得向^OA+OB与PQ-t共线? 如果存在,求k值: 如果不存在,请说明理由. B级重点选做题 1.已知两圆x2+y2—10x—10y=0,x2+y2+6x-2y—40=0,则它们的公共弦所在直 线的方程为: 公共弦长为. 2.(•上海模拟)已知圆的方程为x2+y2-6x-8y=0,al,a2,all是该圆过点(3,5)的11条弦的长,若数列al,a2,all成等差数列,则该等差数列公差的最大值是 3. (•江西六校联考)已知抛物线C: y2=2px(p>0)的准线为1,焦点为F,圆M的圆心在x轴的正半轴上,圆M与y轴相切,过原点0作倾斜角为扌的直线n,交直线1于点A,交圆M于不同的两点0、B,且AO=B0=2. (1)求圆M和抛物线C的方程: ⑵若P为抛物线C上的动点,求PH—,・PF-的最小值: (3)过直线1上的动点Q向圆M作切线,切点分别为S、T,求i正: 直线ST恒过一个泄点,并求该左点的坐标. 潜题栏] A级 1.2・3.4・ D B级 1.2・ ・6・r 7.S.9. 答案 高考数学(文)一轮: 一课双测A+B精练(四十八) A级 1.C2.B3.C4.C O 5. 选A计算得圆•心到直线1的距离为砸=<2>1,如图.直线1: x-y-2=0与圆相交,11,12与1平行,且与直线1的距离为1,故可以看岀,圆的半径应该大于圆心到直线12的距离V2+1. 6.选D圆心C(0,1)到1的距离 5 d=Vkf+T, 所以四边形•面枳的最小值为 解得k2=4,即k=±2. 又k>0r即k=2・ 7“解析: 由题意得,圆心(1,2)到直线x-my-l=0的距离d=J口=1,即11尹二吐=1,解得m= pl+m2 答案: 尖 8.解析: 由题意可知圆C: x2+y2=4被直线1: “+by+c=0所截得的弦长为 9.解析: ・・・点P在直线x+y—2花=0上, ・•・可设点P(x0,-X0+2V2),且英中一个切点为M・・・・两条切线的夹角为60°, ・•・z0PM=30°.故冶RtA0PM中,有0P=20M=2.由两点间的距离公式得0P= 答案: (d^2) 10. 解: ⑴设直线MQ交AB于点P,则AP=芈又|AM=1,AP丄HQ,AM丄AQ,得 设Q(x,0),而点M(0,2)>由7x2+22=3,得*=土审, 则Q点的坐标为(审,0)或(一",0). 从而直线MQ的方程为2x+^y-2审=0或2x-审y+2托=0. (2)证明: 设点Q(q,0),由几何性质,可知A,B两点在以QAI为直径的”圆上,此圆的方程为x(x-q)+y(y-2)=0.而线段AB是此圆与已知圆的公共弦,相减可得AB的方程为 11・解: (I)证明: 由题设知,圆C的方程为 4 化简得x2—2tx+y2—: y=0・ 当y=0时,x=0或2t,则A(2t,0): 当x=0时,y=0或半,则B(0,£), 所以SaA0B=|OA•OB 14 2t: •-=4为世值・ (2)V|OM: =|ON|,则原点0在MN的中垂线上,设MN的中点为H,则CH丄MN, C、H、0三点共线,则直线0C的斜率 2 t214S k=-=—・•・t=2或t=—2・ ・•・圆心为C(2,1)或C(一2,-1), ・•・圆C的方程为(x-2)2+(y-l)2=5或(x+2)2+(y+l)2=5, 由于当圆方程为(x+2)2+(y+l)2=5时,宜线2x+y-4=0到圆心的距离d>r,此时 不满足直线与圆相交,故舍去, ・•・圆C的方程为(x-2)2+(y-l)2=5. 12.解: (1)圆的方程可写成(x-6)2+y2=4,所以圆心为Q(6,0).过P(0,2)且斜率为k的直线方程为y=kx+2,代入圆的方程得x2+(kx+2)2—12x+32=0, 整理得(l+k2)x2+4(k-3)x+36=0・① 直线与圆交于两个不同的点A、B等价于△=[4(k-3)]2-4x36(l+k2)=42(-8k2- 6k)>0,解得一| (2)设A(xl,yl).B(x2,y2) 则OA+OB= 4v—3 由方程①得xl+x2=—一1+k2.② 又y1+y2=k(x1+x2)+4.③ 因P(0,2).Q(6,0),Pg=(6,-2),r 所以OA+OB与P©共线等价于一2(xl+x2)=6(yl+y2),将②③代入上式, 3 解得k=-~ 而由 (1)知kU(—%0),故没有符合题意的常数k. B级 1. 20 解析: 由两圆的方程x2+y2—10x—10y=0,x2+y2+6x—2y—40=0,相减并整理 得公共弦所在直线的方程为2x+y—5=0.圆心(5,5)到直线2x+y—5=0的距禽为 2伍弦长的一半为仗0_20=何得公共弦长为2倔.答案: 2x+y—5=02価 2•解析: 容易判断,点(3,5)在圆内部,过圆内一点最长的弦是直径,过该点与直径垂 直的弦最短,因此,过(3,5)的弦中,最长为10,最短为4托,故公差最大为107^=5-2托 5 答案: 3・解: (1)易得B(l,y[3)9A(-b一羽),设圆M的方程为(x-a)2+y2=a2(a> 0), 将点B(b代入圆M的方程得a=2,所以圆M的方程为(x-2)2+y2=4,因为点 A(-b一在准线1上,所以号=1,p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x・ (2)由⑴得,M⑵0),F(l,0),设点P(x,y),则兩,=(2_x,一y),PF,=(1- x,-y),又点P在抛物线y2=4x上,所以PM9•PF,=(2-x)(1-x)+y2=x2-3x+2 (3)证明: 设点Q(-Lm),则QS=QT=心2+5,以Q为圆心,心2+5为半径的圆 的方程为(x+l)2+(y—m)2=m2+5,即x2+y2+2x—2my—4=0,① 又圆M的方程为(x-2)2+y2=4,即x2+y2—4x=0,② 由①②两式相减即得直线ST的方程3x-my—2=0, 显然直线ST恒过定点(彳,0) 髙考数学(文)一轮: 一课双测A+B精练(四十)空间几何体的结构特征及三视图和直观图 A级全员必做题 1.(•青岛摸底)如图,在下列四个几何体中,其三视图(正视图、侧视图.俯视图)中有且仅有两个相同的是() 0 ④底血边长为1.岛为1・2的正四按柱 A.②③④B.①②③C・①③④D.①②④ 2.有下列四个命题: 1底而是矩形的平行六面体是长方体; 2棱长相等的直四棱柱是正方体: 3有两条侧棱都垂直于底而一边的平行六而体是直平行六而体: 4对角线相等的平行六而体是直平行六而体. 其中真命题的个数是() A.IB.2C.3D.4 画出的该几何体的侧视图是() 俯视图 5•如图△是厶ABC的直观图,那么△人8(: 是() A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D. 钝角三角形 6.(•东北三校一模)一个几何体的三视图如图所「示,则侧视图的而积为() A.2+£B・1+V3C.2+2&D.4+萌 7.(•昆明一中二模)一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形,且体积为 老则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的.(填入所有可能的图形前的编号) ①锐角三角形: ②直角三角形: ③四边形;④扇形;⑤圆 8. (•安徽名校模拟)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 俯视图 9.正四棱锥的底而边长为2,侧棱长均为羽,其正视图(主视图)和侧视图(左视图)是 全等的等腰三角形,则正视图的周长为. 10.已知: 图1是截去一个角的长方体,试按图示的方向画岀其三视图;图2是某几何体的三视图,试说明该几何体的构成. 11.(•银川调研)正四棱锥的高为书,侧棱长为求侧面上斜髙(棱锥侧而三角形的髙)为多少? 12. (•四平模拟)已知正三棱锥V-ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示. (1)请在图2指左的框内画岀多而体的俯视图; (2)若多而体底面对角线AC,BD交于点0,E为线段AA1的中点,求证: 0EII平而 A1C1C: (3)求该多而体的表面积. [答题栏] A级 1・ • 2・ 6. 3. 4・ L 0 B级 1・ 2・ 7. 8・ 9・ 髙考数学(文)一轮: 一课双测A+B精练(四十) A级 1・A2.A3.C4.B 5.选B由斜二测画法知B正确. 6.选D依题意得,该几何体的侧视图的而积等于22+|x2xA/3=4+V3. 7.解析: 如图1所示,直三棱柱ABE—A1B1E1符合题设要求,此时俯视图△ME是锐角三角形: 如图2所示,直三棱柱ABC-A1B1C1符合题设要求,此时俯视图△ABC是直角三角形: 如图3所示,当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时,所得直四棱柱ABCD-A1B1C1D1符合题设要求,此时俯视图(四边形ABCD)是正方形: 若俯视图是扇形或圆,体积中会含有口,故「排除④⑤. 答案: ①②③ 8. 解析: 结合三视图可知,该几何体为底而边长为2、高为2的正三棱柱除去上而的一个髙为1的三棱锥后剩「下的部分,其直观图如图所示,故该几何体的体积为^x2x2sin60ox2-ix|x2x2sin60°xl=^. 答案普 9•解析: 由题意知,正视图就是如图所示的截而PEF,其中E、F分别是AD、BC的中点,连接A0,易得A0=花,而PA=V3,于是解得PO=1,所以PE=£,故其正视图的周长为2+2花・ 答案: 2+2^2 10.解: 图1几何体的三视图为: 「 图2所示的几何体是上而为正六棱柱,下而为倒立的正六棱锥的组合体. 11•解: 如图所示,正四棱锥S-ABCD中, 髙os={5, 侧棱SA=SB=SC=SD=P? 在RtASOA中, 0A=^/SA2-0S2=2,.・・AC=4. AB=BC=CD=DA=2谑・ 作0E丄AB于E,则E为AB中点. 连接SE,则SE即为斜高,在RmSOE中, OE=|bC=a/2,S0=© ・•・SE=&,即侧而上的斜高为哂. 12. 解: (1)三棱锥的直观图如图所示. ⑵根据三视图间的关系可得BC=2Q5「, .•.侧视图中VA= : .SaVBC=*x2心2萌=6. 1. 选A当正视图的面积达最大时可知其为正三棱柱某个侧面的而积,可以按如图所示位置放置,此时侧视图的而积为2羽. 2.解析: 依题意得,点E到直线AB的距离等「于寸心2-(|)2=迈,因为该几何体的左(侧)视图的而积为 +・BO住二誓,所以BC=1,DE=EC=DC=2.所以「△DEC是正三角形,ZDEC=60°, tanZDEA= AD_^3 AE=3 zDEA=ZCEB=30r°.把厶DAE,△DEC与厶CEB展在同一平而上“此 时连接AB,AE=BE=J5,zAEB=zDEA+zDEC+zCEB=120°,AB2=AE2+BE2-2AE-BEcosl20°=9,即AB=3,即AM+MN+NB的最小值为3・ 答案: 3 3・M: (1)根据多而体的直观图、正视图、侧视图,得到俯视图如下: (2)证明: •・・E为AA1的中点,0为AC的中点, ・•・在厶AA1C中,AA1C的中位线. ・•・0EIIA1C. TOE ・•・OEII平而A1C1C. ⑶多而体表而共包括10个而,SABCD=a2, a2 SA1B1C1D1~, a2 SaABAI=SaB1BC=SaQ1DC=SaADDl=y SaAA1D1=SaB1A1B=SaC1B1C=SaDC1D1 1\/2a3y[2a3a2 =2X2X4=T, 该多而体的表而积 a2a23a2 S=a2+v+4x—+4x—=5a2. 22o
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