高中竞赛

高中数学竞赛赛题精选

一、选择题（共12题）

1．定义在R上的函数()yfx的值域为［m,n］,则)1(xfy的值域为（）

A．［m,n］B．［m-1,n-1］

C．［)1(),1(nfmf］D．无法确定

解：当函数的图像左右平移时，不改变函数的值域.故应选A.

2．设等差数列{

n

a}满足

138

53aa，且

n

Sa,0

1

为其前n项之和，则)(NnS

n

中最大的是()

A.

10

SB.

11

SC.

20

S

D.

21

S

解：设等差数列的公差为d,由题意知3(

1

a+7d)=5(

1

a+12d),即d=-

39

2

1

a,

∴

n

a

=

1

a+(n-1)d=

1

a-

39

2

1

a(n-1)=

1

a(

39

41

-

39

2

n),欲使

)(NnS

n

最大，只须

n

a

≥0，即n≤20.故应

选C.

3．方程log2x=3cosx共有（）组解．

A．1B．2C．3D．4

解：画出函数y=log2x和y=3cosx的图像，研究其交点情况可知共有3组解．应选C．

4．已知关于x的一元二次方程02122axax的一个根比1大，另一个根比1小，则（

）

Ａ．11aＢ．1a或1a

Ｃ．12aＤ．2a或1a

解：令f(x)=2122axax

，其图像开口向上，由题意知f(1)＜0，即

211122aa

＜0，

整理得022aa，解之得12a，应选C．

5．已知,为锐角，,cos,sinyx

5

3

)cos(，则y与x的函数关系为（）

A．

1)x

5

3

(x

5

4

x1

5

3

y2

B．

1)x(0x

5

4

x1

5

3

y2

C．

)

5

3

x(0x

5

4

x1

5

3

y2

D．

1)x(0x

5

4

x1

5

3

y2



xx

y

5

4

1

5

3

sin)sin(cos)cos()(coscos

2

解：

而)1,0(y1

5

4

1

5

3

02xx，得)1,

5

3

(x.故应选A.

6．函数sinyx的定义域为,ab，值域为

1

1,

2









，则ba

的最大值是（）

A.



B.2

C.

3

4

D.

3

5

解：如右图，要使函数sinyx在定义域,ab上，值域为

1

1,

2









，则ba的最大值是

74

()

663



.故应选C.

7．设锐角使关于x的方程x2+4xcos+cot=0有重根，则的弧度数为()

A．

6

B．

12

或

5

12

C．

6

或

5

12

D．

12

解：由方程有重根，故

1

4

=4cos2－cot=0，

∵0<<

2

，2sin2=1，=

12

或

5

12

．选B．

8．已知M={(x，y)|x2+2y2=3}，N={(x，y)|y=mx+b}．若对于所有的m∈R，均有M∩N，则b的取值范围

是()

A．[－

6

2

，

6

2

]B．(－

6

2

，

6

2

)C．(－

23

3

，

23

3

]D．[－

23

3

，

23

3

]

解：点(0，b)在椭圆内或椭圆上，2b2≤3，b∈[－

6

2

，

6

2

]．选A．

9．不等式log2x－1+

1

2

log

1

2

x3+2>0的解集为

A．[2，3)B．(2，3]C．[2，4)D．(2，4]

解：令log2x=t≥1时，t－1>

3

2

t－2．t∈[1，2)，x∈[2，4)，选C．

10．设点O在ABC的内部，且有+2+3=，则ABC的面积与AOC的面积的比为()

A．2B．

3

2

C．3D．

5

3

解：如图，设AOC=S，则OC1D=3S，OB1D=OB1C1=3S，

AOB=OBD=1.5S．OBC=0.5S，ABC=3S．选C．

11．设三位数n=，若以a，b，c为三条边长可以构成一个等腰(含等边)三角形，

则这样的三位数n有()

A．45个B．81个C．165个D．216个

解：⑴等边三角形共9个；

⑵等腰但不等边三角形：取两个不同数码(设为a，b)，有36种取法，以小数为底时总能构成等腰三角

形，而以大数为底时，b

时，b=2，1(4种)；a=3，2时，b=1(2种)，共有20种不能取的值．共有236－20=52种方法，而每取一组数，

可有3种方法构成三位数，故共有523=156个三位数

即可取156+9=165种数．选C．

12．顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆周上的点，B是底面圆内的点，O为底面圆圆

心，AB⊥OB，垂足为B，OH⊥PB，垂足为H，且PA=4，C为PA的中点，则当三棱锥O－HPC的体积最大时，OB的

长为()

A．

5

3

B．

25

3

C．

6

3

D．

26

3

解：AB⊥OB，PB⊥AB，AB⊥面POB，面PAB⊥面POB．

OH⊥PB，OH⊥面PAB，OH⊥HC，OH⊥PC，

又，PC⊥OC，PC⊥面OCH．PC是三棱锥P－OCH的高．PC=OC=2．

而OCH的面积在OH=HC=2时取得最大值(斜边=2的直角三角形)．

当OH=2时，由PO=22，知∠OPB=30，OB=POtan30=

26

3

．

又解：连线如图，由C为PA中点，故VO－PBC=

1

2

VB－AOP，

S

B

1C

1

O

A

B

C

D

A

B

P

O

H

C

而VO－PHC∶VO－PBC=

PH

PB

=

PO2

PB2

(PO2=PH·PB)．

记PO=OA=22=R，∠AOB=，则

VP—AOB=

1

6

R3sincos=

1

12

R3sin2，VB－PCO=

1

24

R3sin2．

PO2

PB2

=

R2

R2+R2cos2

=

1

1+cos2

=

2

3+cos2

．VO－PHC=

sin2

3+cos2

1

12

R3．

∴令y=

sin2

3+cos2

，y=

2cos2(3+cos2)－(－2sin2)sin2

(3+cos2)2

=0，得cos2=－

1

3

，cos=

3

3

，

∴OB=

26

3

，选D．

二、填空题（共10题）

13.设

n

S

为等差数列

n

a的前

n

项和，若

5

10S

，

10

5S

，则公差为

解：设等差数列

n

a的首项为

1

a，公差为d.

由题设得











，

，

54510

10105

1

1

da

da

即











，

，

192

22

1

1

da

da

解之得1d.

14.设

()log()

a

fxxb

(0a且1)a的图象经过点(21)，，它的反函数的图象经过点

(28)，，则ba等于4.

解：由题设知

log(2)1

log(8)2

a

a

b

b











，

，

化简得

2

(2)

(8).

ba

ba











，

解之得1

1

3

1

a

b











，

；

2

2

2

4.

a

b











，

（舍去）.故ab等于4.

15．已知函数()yfx的图象如图，则满足

2

2

2

21

()(lg(620))0

21

xx

ffxx

xx







的

x

的取值范围为[21)x，．

解：因为22lg620lg(3)11lg111xxx，所以

2lg6200xx.于是，由图象可知，

21

1

1

x

x







，即

2

0

1

x

x







，解得

21x.故x的取值范围为[21)x，．

16．圆锥曲线0|3|102622yxyxyx的离心率是2．

解：原式变形为|3|)1()3(22yxyx，即22(3)(1)xy

2

|3|

2

yx

．所以动点),(yx到定点(31)，的距离与它到直线03yx的距离

之比为

2

．故此动点轨迹为双曲线，离心率为

2

．

17．在ABC中，已知

3tanB

，

3

22

sinC，

63AC

，则ABC的面积为

8362

ABC

S



．

解：在ABC中，由

3tanB

得60B．由正弦定理得

sin

8

sin

ACC

AB

B



．

因为60

3

22

arcsin，所以角C可取锐角或钝角，从而

3

1

cosC．

23

sinsin()sincoscossin

36

ABCBCBC．故

sin8362

2ABC

ACAB

SA





．

18.设命题P:2aa，命题Q:对任何

x

R，都有2410xax.命题P与Q中有

且仅有一个成立，则实数

a

的取值范围是0

2

1

a或1

2

1

a.

解：由aa2得10a．由0142axx对于任何

x

R成立，得

04162a，即

2

1

2

1

a．因为命题P、Q有且仅有一个成立，故实数

a

的取值范围是0

2

1

a或1

2

1

a．

19.22cos75cos15cos75cos15的值是．

解：22cos75cos15cos75cos15

=cos²75°+sin²75°+sin15°·cos15°

=1+

°30sin2

1

=

5

4

20.定义在R上的函数()fx满足(1)2f，且对任意的xR，都有

1

()

2

fx



，则不等式

2

2

log3

(log)

2

x

fx



的解集为．

解：令g﹙x﹚=2f﹙x﹚－x，由

f



(x)<1/2得，2

f



(x)-1<0，即'g﹙x﹚<0，g(x)在R上为减函数，且

g(1)=2f(1)-1=3，不等式f(log2X)>

2

log2X

化为2f(log2X)—log2X≥3，即g(log2X)>g(1),由g(x)的单调性得：log2X<1,解得，0

21.圆O的方程为221xy，(1,0)A，在圆O上取一个动点B，设点P满足

()APOBR

且

1APAB．则P点的轨迹方程为．

解：设P(x,y),

AB

=λ

OB

(λϵR)得B(k(x—1)，ky)，（λ=

k

1

）。将坐标代入

AP

.

AB

=1可得

k=

22)1(yx

x



①

又点B在圆x2+y2=1上，则

k2(x-1)2+k2y2=1②

由①②消去k得y2=2x-1

22.

12100

lll、、、

为100条共面且不同的直线，若其中编号为*4()kkN的直线互相平行，编号为41k的直线

都过定点A．则这100条直线的交点个数最多为．

解：100条直线任意两条的组合有C2

100，其中编号为4k（kϵN*）的直线互相平行，编号为4k—1的直线都过

定点A，所以这100条直线的交点个数最多为

C2

100—C2

25—C2

25+1=4351

23.过正四面体

1234

AAAA

的四个顶点分别作四个相互平行的平面

1234

、、、

，若每相邻两个平面间的距离

都为1，则该四面体的体积为．

解：如图：将四面体补成一个正方体，E1,F1分别是A1B1,

C1D1的中点，面EF1D1D和面BB1F1F是两个平行平面，它们的距离是1.

设正方体的棱长为a,A1M=MN=1,则A1E1=

2

a

，

D1E1=2

11

2

11

EADA=

2

5

a.

由A1D1*A1E1=A1M1*D1E1得a=

5

.

所以，四面体的体积为V=a3—4×

6

1

a3=

3

55

.

三、解答题（共3题）

24．在锐角三角形ABC中，AB上的高CE与AC上的高BD相交于点H，以DE为直径的圆分别交AB、AC于

F、G两点，FG与AH相交于点K，已知BC=25，BD=20，BE=7，求AK的长．

解：∵BC=25，BD=20，BE=7，

∴CE=24，CD=15．

∵AC·BD=CE·AB，AC=

6

5

AB，①

∵BD⊥AC，CE⊥AB，B、E、D、C共圆，

AC(AC－15)=AB(AB－7)，

6

5

AB(

6

5

AB－15)=AB(AB－18)，

∴AB=25，AC=30．AE=18，AD=15．

∴DE=

1

2

AC=15．

延长AH交BC于P，则AP⊥BC．

∴AP·BC=AC·BD，AP=24．

连DF，则DF⊥AB，

∵AE=DE，DF⊥AB．AF=

1

2

AE=9．

∵D、E、F、G共圆，∠AFG=∠ADE=∠ABC，AFG∽ABC，

∴

AK

AP

=

AF

AB

，AK=

924

25

=

216

25

．

24

18

7

25

20

15

EF

B

C

D

A

G

H

K

P

25．在平面直角坐标系XOY中，y轴正半轴上的点列{An}与曲线y=2x(x≥0)上的点列{Bn}满足

|OAn|=|OBn|=

1

n

，直线AnBn在x轴上的截距为an，点Bn的横坐标为bn，n∈N*．

⑴证明an>an+1>4，n∈N*；

⑵证明有n0∈N*，使得对∀n>n0，都有

b2

b1

+

b3

b2

+…+

bn

bn－1

+

bn+1

bn

解：⑴点An(0，

1

n

)，Bn(bn，2bn)由|OAn|=|OBn|，bn

2+2bn=(

1

n

)2，bn=1+(

1

n

)2－1(bn>0)．

∴0

1

2n2

．且bn递减，n2bn=n(n2+1－n)=

n

n2+1+n

=

1

1+(

1

n

)2+1

单调增．

∴0

1

2

．令tn=

1

nbn

>2且tn单调减．

由截距式方程知，

bn

an

+

2bn

1

n

=1，(1－2n2bn=n2bn

2)

∴an=

bn

1－n2bn

=

bn(1+n2bn)

1－2n2bn

=

1+n2bn

n2bn

=(

1

nbn

)2+2(

1

nbn

)=tn

2+2tn=(tn+

2

2

)2－

1

2

≥(2+

2

2

)2－

1

2

=4．

且由于tn单调减，知an单调减，即an>an+1>4成立．

亦可由

1

n2bn

=bn+2．

1

nbn

=bn+2，得an=bn+2+2bn+2，．

∴由bn递减知an递减，且an>0+2+22=4．

⑵即证

n

∑

k=1

(1－

bk+1

bk

)>2004．

1－

bk+1

bk

=

bk－bk+1

bk

=

1+(

1

k

)2－1+(

1

k+1

)2

1+(

1

k

)2－1

=k2((

1

k

)2－(

1

k+1

)2)

1+(

1

k

)2+1

1+(

1

k

)2+1+(

1

k+1

)2

≥

2k+1

(k+1)2

1+(

1

k

)2+1

21+(

1

k

)2

>

2k+1

(k+1)2

1

2

>

1

k+2

．

∴

n

∑

k=1

(1－

bk+1

bk

)>

n

∑

k=1

1

k+2

>(

1

3

+

1

4

)+(

1

5

+

1

6

+

1

7

+

1

8

)+…+>

1

2

+

1

2

+

1

2

+…．

只要n足够大，就有

n

∑

k=1

(1－

bk+1

bk

)>2004成立．

26．对于整数n≥4，求出最小的整数f(n)，使得对于任何正整数m，集合{m，m+1，…，m+n－1}的任一个

f(n)元子集中，均至少有3个两两互素的元素．

解：⑴当n≥4时，对集合M(m，n)={m，m+1，…，m+n－1}，

当m为奇数时，m，m+1，m+2互质，当m为偶数时，m+1，m+2，m+3互质．即M的子集M中存在3个两两互

质的元素，故f(n)存在且f(n)≤n．①

取集合Tn={t|2|t或3|t，t≤n+1}，则T为M(2，n)={2，3，…，n+1}的一个子集，且其中任3个数无不能两

两互质．故f(n)≥card(T)+1．

但card(T)=[

n+1

2

]+[

n+1

3

]－[

n+1

6

]．故f(n)≥[

n+1

2

]+[

n+1

3

]－[

n+1

6

]+1．②

由①与②得，f(4)=4，f(5)=5．5≤f(6)≤6，6≤f(7)≤7，7≤f(8)≤8，8≤f(9)≤9．

现计算f(6)，取M={m，m+1，…，m+5}，若取其中任意5个数，当这5个数中有3个奇数时，这3个奇数互

质；当这3个数中有3个偶数k，k+2，k+4(k0(mod2))时，其中至多有1个被5整除，必有1个被3整除，

故至少有1个不能被3与5整除，此数与另两个奇数两两互质．故f(6)=5．

而M(m，n+1)=M(m，n)∪{m+n}，故f(n+1)≤f(n)+1．③

∴f(7)=6，f(8)=7，f(9)=8．

∴对于4≤n≤9，f(n)=[

n+1

2

]+[

n+1

3

]－[

n+1

6

]+1成立．④

设对于n≤k，④成立，当n=k+1时，由于

M(m，k+1)=M(m，k－5)∪{m+k－5，m+k－4，…，m+k}．

在{m+k－5，m+k－4，…，m+k}中，能被2或3整除的数恰有4个，即使这4个数全部取出，只要在前面的

M(m，k－5)中取出f(n)个数就必有3个两两互质的数．于是

当n≥4时，f(n+6)≤f(n)+4=f(n)+f(6)－1．

故f(k+1)≤f(k－5)+f(6)－1=[

k+2

2

]+[

k+2

3

]－[

k+2

6

]+1，

比较②，知对于n=k+1，命题成立．

∴对于任意n∈N*，n≥4，f(n)=[

n+1

2

]+[

n+1

3

]－[

n+1

6

]+1成立．

又可分段写出结果：

f(n)=

4k+1，(n=6k，k∈N*)，

4k+2，(n=6k+1，k∈N*)，

4k+3，(n=6k+2，k∈N*)，

4k+4，(n=6k+3，k∈N*)，

4k+4，(n=6k+4，k∈N*)，

4k+5，(n=6k+5，k∈N*)．