有关秋天的文章-公务员体检

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yf(x)
的值域为［m,n］,则
yf(x1)
的值域为（ ）
A．［m,n］





B．［m-1,n-1］
C．［
f(m1),f(n1)
］ 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{
a
n
}满足
3a
8
5a
13
，且< br>a
1
0,S
n
为其前n项之和，则
S
n
( nN

)
中最大的是( )
A.
S
10
B.
S
11
C.
S
20
D.
S
21

解：设等 差数列的公差为d,由题意知3(
a
1
+7d)=5(
a
1
+12d),即d=-
∴
a
n
=
a
1
+( n-1)d=
a
1
-
选C.
3．方程log
2
x=3cosx共有（ ）组解．
A．1 B．2 C．3 D．4
解：画 出函数y=log
2
x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
x
2
a
2
1xa2 0
的一个根比1大，另一个根比1小，则（
）


Ｂ．
a1
或
a1

Ｄ．
a2
或
a1





2
a
1
,
39
2412
a
1
(n-1)=
a
1
( -n),欲使
S
n
(nN

)
最大，只须
an
≥0，即n≤20.故应
393939

Ａ．
1a1

Ｃ．
2a1

解：令f(x)=
x
2
a
2

1
x a
2
，其图像开口向上，由题意知f(1)＜0，即

1
2
a
2
11a2
＜0，
整理得a
2
a
2

0
，解之得
2a1，应选C．
5．已知

,

为锐角，
sin

x,cos

y,
cos()
，则y与x的函数关 系为（ ）
A．
y
B．
y
C．
y


3
5
343
1x
2
x (x1)

555
34
1x
2
x (0x1)

55
343
1x
2
x (0x)

555

D．
y
34
1 x
2
x (0x1)

55
解：ycos< br>
cos

(



)

cos(



)cos

sin(< br>


)sin



34
2
1xx
55
而
y(0,1)

01x
2

3
5
43
x
1< br> ， 得
x(,1)
.故应选A.
55


1< br>

6．函数
ysinx
的定义域为

a,b
，值域为

1,

，则
2
的最大值是（ ）
A.

B.
2

< br>C.
4
3
ba
2
1
5

4

D.
3
3
-6-4-22468
-1
-2
-3
解：如右图，要使函数
ysinx
在定义域

a,b

上，值域
-4
为
-5

7
4


1

，则的最大值是
.故应选C.
 1,
ba
()

2
663

7．设锐 角

使关于x的方程x
2
+4xcos

+cot

=0有重根，则

的弧度数为 ( )

5


5


A．
6
B．
12
或
12
C．
6
或
12
D．
12
1
解：由方程有重根，故
4
=4cos
2

－cot

=0，

5

∵ 0<

<
2
，2sin2

=1，

=
12
或
12
．选B．
( )
666623232323
A．[－
2
，
2
] B．(－
2
，
2
) C．(－
3
，
3
] D．[－
3
，
3
]
66
解：点(0，b)在椭圆内 或椭圆上，2b
2
≤3，b∈[－
2
，
2
]．选A．
1
9．不等式log
2
x－1+
2
log
1
x
3
+2>0的解集为
2
8．已知M={(x，y)|x
2+2y
2
=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．[2，3) B．(2，3] C．[2，4) D．(2，4] < br>3
解：令log
2
x=t≥1时，t－1>
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
( )
A
比为
35
A．2 B．
2
C．3 D．
3

解：如图，设AOC=S，则OC
1
D=3S，O B
1
D=OB
1
C
1
=3S，
AOB=OB D=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
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；
B
B
1
D
O< br>S
C
C
1
形，
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 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 ( )
525626
A．
3
B．
3
C．
3
D．
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．
P
而OCH的面积在OH=HC=2时取得最大值(斜边=2的直角三角形)．
2 6
当OH=2时，由PO=22，知∠OPB=30，OB=POtan30=
3
．
1
又解：连线如图，由C为PA中点，故V
O
－
PBC
=
2
V
B
－
AOP
，
PHPO
2
2
而V
O
－
PHC
∶V
O
－
PBC=
PB
=
PB
2
(PO=PH·PB)．
记PO=OA=22=R，∠AOB=

，则
111
V
P
—
AOB
=
6
R
3
sin

co s

=
12
R
3
sin2

，V
B
－
PCO
=
24
R
3
sin2

．
PO
2
R
2
12sin2

1
3< br>PB
2
=
R
2
+R
2
cos
2
=
1+cos
2

=
3+cos2

．V
O
－
PHC
=
3+cos2


12
R
．
A
C
O
H
B

2 cos2

(3+cos2

)－(－2sin2

)si n2

sin2

13
∴ 令y=，y=
=0，得cos 2

=－
，cos

=
33
，
3+c os2

(3+cos2

)
2
26
∴ OB=
3
，选D．
二、填空题（共10题）
13. 设
S
n
为等差数列

a
n

的前
n
项和，若
S
5
10
，
S
10
5
，则公差为
解：设等差数列

a
n

的首项为
a
1< br>，公差为
d
.
由题设得


5a
110d10，

a
1
2d2，
即

解之得
d1
.

10a
1
4 5d5，

2a
1
9d1，
14. 设
f(x) log
a
(xb)
(a0
且
a1)
的图象经过点< br>(2，1)
，它的反函数的图象经过点
(2，8)
，则
ab
等于
4
.
解：由题设知


log
a
(2b)1，

(2b)a，
化简得


2
log(8b) 2，

a

(8b)a.

a
1
3 ，

a
2
2，
解之得



（舍去）. 故
ab
等于4.
b1；b4.

1

2
2x
2
x1
)f(lg(x
2
6x20))0
的
15．已知函数
yf(x)
的图象如 图，则满足
f(
2
x2x1
x
的取值范围为
x[2，1)
．
解： 因为
lgx
2
6x2 0lg(x3)
2
11lg111
，所以

lg

x
2
6x20

0
. 于是，由图象可知，
2x1x2
1
，即
0
，解得
x1x1
2x1
. 故x的取值范围为
x[2，1)
．
16．圆锥曲线
x
2
y
2
6x2y10|xy3|0
的离心率是
2
．
解 ：原式变形为
(
x
3)
2

(
y
1)
2

|
xy
3|
，即
(x3)
2
(y1)
2


2
|x y3|
2
．所以动点
(x,y)
到定点
(31)，
的 距离与它到直线
xy30
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
tanB3
，
sinC22
，
AC36
，则
ABC
的面积为
3
S
ABC
8362
．
解：在
ABC
中，由
tanB3
得
B60
．由正弦定理得
AB
ACsinC
8
．
sinB
因为
arcsin
22
1
60
，所以 角
C
可取锐角或钝角，从而
cosC
．
3
3
23

．故
36
sinAsin(BC )sinBcosCcosBsinC
S
ABC

ACAB
sinA8362
．
2
18. 设命题
P
:
a
2
a
，命题
Q
: 对任何
x
R
，都有
x
2
4ax10
. 命题
P
与
Q
中有
且仅有一个成立，则实数
a
的取值范围是

11
a
0
或
a1
.
2 2
解：由
a
2
a
得
0a1
．由
x< br>2

4
ax
1

0
对于任何
x
R
成立，得
16a
2
40
，即

11
a
．因为命题
P
、
Q
有且仅有一个成立，故实数
22
a
的取值范围是

11
a0
或
a1
．
22
19.
cos
2
75
o
cos
2
15
o
cos75
o
cos15< br>o
的值是 ．
解：
cos
2
75
o
cos
2
15
o
cos75
o
cos1 5
o

=cos²75°+sin²75°+sin15°·cos15°
=1+

20.定义在
R
上的函数
f(x)
满足
f (1)2
，且对任意的
xR
，都有
f

(x)
14
=
2sin30°
5
1
，则不等式
2
f( log
2
x)
log
2
x3
的解集为 ．
2

解：令g﹙x﹚=2f﹙x﹚－x，由
f

(
x
) <12得，2
f

(
x
) -1<0，即< br>g'
﹙x﹚<0，g(x)在R上为减函数，且
log
2
X
g (1)=2f(1)-1=3，不等式f(log2X)>
2

化为2f(log2X )—log2X≥3，即g(log2X)>g(1),由g(x)的单调性得：log2X<1,解得，0uuuruuur
21.圆
O
的方程为
xy1
，
A(1,0)
，在圆
O
上取一个动点
B
，设点
P
满足
AP

OB(

R)
且
uuur uuur
APAB1
．则
P
点的轨迹方程为 ．
22
解：设P(x,y),
AB
=λ
OB
(λϵR )得B(k(x—1)，ky)，（λ=
k=
又点B在圆x
2
+y
2
=1上，则
k
2
(x-1)
2
+k
2
y
2
=1 ②
由①②消去k得y
2
=2x-1
1
）。将坐标代入
AP
.
AB
=1可得
k
x
①
22
(x1) y
L、l
100
为100条共面且不同的直线，若其中编号为
4k(kN
*
)
的直线互相平行，编号为
4k1
的直线22.
l1
、l
2
、
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C
2
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
C
2
100
—C
2
25
—C
2
25
+1=4351
23.过正四面体
A
1
A
2
A
3
A
4
的四个顶点分别作四个相互平行的平面

1
、

2
、

3
、

4
，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，E
1
, F
1
分别是A
1
B
1 ,
C
1
D
1
的中点 ，面EF
1
D
1
D和面BB
1
F
1
F是两个平行平面，它们的
距离是1.
设正方体的棱长为a, A
1
M=MN=1 , 则A
1
E
1
=
a
，
2
D
1
E
1
=
A
1
D
1
2
A
1
E
1
2
=
5
a.
2
由A
1
D
1 *
A
1
E
1
=A
1
M
1*
D
1
E
1
得a=
5
.
所以，四面体的体积为V=a
3
—4×
三、解答题（共3题）
1
3
55
a =.
3
6
24．在锐角三角形AB C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．
6
∵ AC·BD=CE·AB， AC=
5
AB， ①
∵ BD⊥AC，CE⊥AB，B、E、D、C共圆，
66
AC(AC－15)=AB(AB －7)，
5
AB(
5
AB－15)=AB(AB－18)，
∴ AB=25，AC=30．AE=18，AD=15．
1
∴ DE=
2
AC=15．
延长AH交BC于P， 则AP⊥BC．
∴ AP·BC=AC·BD，AP=24．
连DF，则DF⊥AB，
1
∵ AE=DE，DF⊥AB．AF=
2
AE=9．
∵ D、E、F、G共圆，∠AFG=∠ADE=∠ABC，AFG∽ABC，
AKAF924216
∴
AP
=
AB
，AK=
25
=
25
．

25．在平面直角坐标系XOY中，y轴正半轴上的点列{A
n
}与曲线y =2x(x≥0)上的点列{B
n
}满足
1
|OA
n
|=| OB
n
|=
n
，直线A
n
B
n
在x轴上的 截距为a
n
，点B
n
的横坐标为b
n
，n∈N*．
⑴ 证明a
n
>a
n+1
>4，n∈N*；
b
2
b
3
b
n
b
n+1
⑵ 证明 有n
0
∈N*，使得对∀n>n
0
，都有
b
+
b< br>+…+
b
+
b
12n
n
－
1
11
解：⑴ 点A
n
(0，
n
)，B
n
(b
n
，2b
n
)由|OA
n
|=|OB
n
|，b
n
2
+2b
n< br>=(
n
)
2
，b
n
=
1
∴ 0< b
n
<
2n
2
．且b
n
递减，n
2b
n
=n(n
2
+1－n)=
n
=
n
2
+1+n
1
1
1+(
n
)
2
+1单调增．
1
1+(
n
)
2
－1(b
n
>0)． < br>A
G
K
F
18
C
15
D
20
24
25
H
P
E
7
B
∴ 0n< br><
11
．令t
n
=>2且t
n
单调减．
2nb
n
b
n
2b
n
由截距式方程知，
a
+
1
=1，(1－2n
2
b
n
=n
2
b< br>n
2
)
n
n

b
n
b
n
(1+n2b
n
)1+n2b
n
1
2
1212 1
∴ a
n
===
n
2
b
=()+2()=tn
2
+2t
n
=(t
n
+
2
)
2
－
2
≥(2+
2
)
2
－
2
= 4．
2
n
1－n2b
n
1－2nb
n
nb
n
nb
n
且由于t
n
单调减，知a
n
单调减，即 a
n
>a
n+1
>4成立．
11
亦可由
n
2
b
=b
n
+2．=b
n
+2，得 a
n
=b
n
+2+2b
n
+2，．
n
nb
n
∴ 由b
n
递减知a
n
递减，且a
n
>0+2+22=4．

b
k+1
⑵ 即证
∑
(1－
b
)>2004．
k
k=1
11+(
k
)
2
－
1
1+(
k+1
)< br>2
1
1+(
k
)
2
+1
1
1+(< br>k
)
2
+
1
1+(
k+1
)
2n
b
k+1
b
k
－b
k+1
1－
b< br>=
b
=
kk
1
1+(
k
)
2
－1
1
2
1
2
=k((
k
)
－(
k+1
))
2

1
1+(
k
)
2
+1
2k+12k+111
≥
(k+1)
2
>
(k+1)
2

2
>
k+2
．
1
21 +(
k
)
2
b
k+1
1111111111
∴∑
(1－
b
)>
∑
k+2
>(
3
+< br>4
)+(
5
+
6
+
7
+
8
)+…+>
2
+
2
+
2
+…．
k
k=1 k=1
b
k+1
只要n足够大，就有
∑
(1－
b
) >2004成立．
k
k=1

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T
n
={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．
n+1n+1n+1n+1n+1n+1
但card(T )=[
2
]+[
3
]－[
6
]．故f(n)≥[
2
]+[
3
]－[
6
]+1． ② < br>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．
n
nn

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(k0(mod 2))时，其中至多有1个被5整除，必有1个被3整除，故至< br>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．
n+1n+1n+1
∴ 对于4≤n≤9，f(n)= [
2
]+[
3
]－[
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
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+2k+2k+2
2
] +[
3
]－[
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+1n+1
[
n+1
2
]+[
3
]－
6
]+1成立．
又可分段写出结果：
4k+1，(n=6k， k∈N*)，
4k+2，(n=6k+1，k∈N*)，
f(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*)．

4个数全部取出，只要在前面的