高中数学竞赛题？一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．函数 在 上的最小值是 （ C ）A．0 B．1 C．2 D．3 [解] 当 时， ，因此 ，当且仅当 时上式取等号．而此方程有解 ，那么，高中数学竞赛题？一起来了解一下吧。
， 16， 32， 64， 128， 256， 512， 1024， 2048， 4096
8192 16384 32768 65536 131072 262144 524288 1048576 2097152 4194304
4294967296
4.398*10^12
4.503552*10^15
4.61168*10^18
4.7
4.8
4.9
(13)4.0
605/3=201
1.由二项式定理：
（1+√3)^n=C（n,0)+C(n,1)√3+C(n,2)(√3)²+C(n,3)(√3)³+...+C(n,k)(√3)^k+...+C(n,n)(√3)^n;：
（1-√3)^n=C（n,0)+C(n,1)(-√3)+C(n,2)(-√3)²+C(n,3)(-√3)³+...+C(n,k)(-√3)^k+...+C(n,n)(-√3)^n
所以：an=[(1+√3)^n+(1-√3)^n]/2;bn=[(1+√3)^n-(1-√3)^n]/2√3;
an/bn=√3[(1+√3)^n+(1-√3)^n]/[(1+√3)^n-(1-√3)^n]
=√3[1+{(1-√3)/(1+√3)}^n]/[1-{(1-√3)/(1+√3)}^n]
=√3[1+(√3-2)^n]/[1-(√3-2)^n];
-1<√3-2<0,n趋近∞时，(√3-2)^n趋近于0；
所以an/bn的极限=√3（1+0）/(1-0)=√3
2.{an}中：a1=d;所以an=nd;a2=2d,a3=3d;
{bn}:b1=d²;b2=d²q, b3=d²q²;
所以：（a₁²+a₂²+a₃²)/(b1+b2+b3)=(d²+4d²+9d²)/(d²+d²q+d²q²)
=14/(1+q+q²)为整数；且0 且1+q+q²=(q+½)²+¾；故1+q+q²=7/4;,q=½; 作一个平面EFGH平行于A1ACC1，交于A1D为M点，CD1为N点，AD为E，DC为F，D1C1为G，A1D1为H 于是就设ED为X，于是就有EM=X，EF=X乘以根号2，FN=1-X 设MN=Y就有 Y的平方=(1-X-X)的平方+（X乘以根号2）的平方 整理得到Y的平方=6X的平方-4X+1 当X=1/3时Y的平方有最小值为1/3 所以Y最小值为三分之根号三 2011年全国高中数学联赛江西省预赛 试题 一、填空题（每小题10分，共 分） 、 是这样的一个四位数，它的各位数字之和为 ；像这样各位数字之和为 的四位数总共有 个． 、设数列 满足: ,且对于其中任三个连续项 ,都有: .则通项 ． 、以抛物线 上的一点 为直角顶点，作抛物线的两个内接直角三角形 与 ，则线段 与 的交点 的坐标为． 、设 ，则函数 的最大值是 ． 、 ． 、正三棱锥 的底面边长为 ，侧棱长为 ，过点 作与侧棱 都相交的截面 ，那么， 周长的最小值是 ． 、满足 的一组正整数． 、用 表示正整数 的各位数字之和，则． 二、解答题（共 题，合计 分） 、（20分）、设 ，且满足： ，求 的值． 、（ 分）如图， 的内心为 ， 分别是 的中点， ，内切圆 分别与边 相切于 ；证明： 三线共点． 、（ 分）在电脑屏幕上给出一个正 边形，它的顶点分别被涂成黑、白两色；某程序执行这样的操作：每次可选中多边形连续的 个顶点（其中 是小于 的一个固定的正整数），一按鼠标键，将会使这 个顶点“黑白颠倒”，即黑点变白，而白点变黑； 、证明：如果 为奇数，则可以经过有限次这样的操作，使得所有顶点都变成白色，也可以经过有限次这样的操作，使得所有顶点都变成黑色； 、当 为偶数时，是否也能经过有限次这样的操作，使得所有的顶点都变成一色？证明你的结论． 解答 、 ．提示：这种四位数 的个数，就是不定方程 满足条件 ， 的整解的个数；即 的非负整解个数，其中 ，易知这种解有 个，即总共有 个这样的四位数．（注：也可直接列举．） 、 ． 提示：由条件得， ， 所以 ， 故 ，而 ； ； 于是 ； 由此得 . 、 ．提示：设 ，则 ， 直线 方程为 ， 即 ，因为 ，则 ， 即 ， 代人方程得 ， 于是点 在直线 上； 同理，若设 ，则 方程为 ， 即点 也在直线 上，因此交点 的坐标为 ． 、 ．提示：由 所以， ， 即 ， 当 ，即 时取得等号． 、 ．提示： ． 、 ．提示：作三棱锥侧面展开图，易知 ∥ ，且由周长最小，得 共线，于是等腰 ， ， ， 即 ， ， ， 所以 ，由 ，则 ． 、 ．提示：由于 是 形状的数，所以 必为奇数，而 为偶数， 设 ， ，代人得 ， 即 . ① 而 为偶数，则 为奇数，设 ，则 ， 由①得， ， ② 则 为奇数，且 中恰有一个是 的倍数，当 ，为使 为奇数，且 ，只有 ，②成为 ， 即 ，于是 ； 若 ，为使 为奇数，且 ，只有 ，②成为 ，即 ，它无整解； 于是 是唯一解： ． （另外，也可由 为偶数出发，使 为 的倍数，那么 是 的倍数，故 是 形状的偶数，依次取 ，检验相应的六个数即可．） 、 ．提示：添加自然数 ，这样并不改变问题性质；先考虑由 到 这一千个数，将它们全部用三位数表示，得到集 ，易知对于每个 ，首位为 的“三位数”恰有 个： ， 这样，所有三位数的首位数字和为 . 再将 中的每个数 的前两位数字互换，成为 ，得到的一千个数的集合仍是 ， 又将 中的每个数 的首末两位数字互换，成为 ，得到的一千个数的集合也是 ，由此知 ． 今考虑四位数：在 中，首位（千位）上，共有一千个 ，而在 中，首位（千位）上，共有一千个 ，因此 ； 其次，易算出， . 所以， ． 、由 ， 即 ， 平方得 所以 ， 即 ， 所以 ． 、如图，设 交于点 ，连 ，由于中位线 ∥ ，以及 平分 ，则 ，所以 ，因 ，得 共圆．所以 ；又注意 是 的内心，则 . 连 ，在 中，由于切线 ，所以 ， 因此 三点共线，即有 三线共点． 、 证明：由于 为质数，而 ，则 ，据裴蜀定理，存在正整数 ，使 , ① 于是当 为奇数时，则①中的 一奇一偶． 如果 为偶数， 为奇数，则将①改写成： ， 令 ，上式成为 ，其中 为奇数， 为偶数． 总之存在奇数 和偶数 ，使①式成立；据①， ,② 现进行这样的操作：选取一个点 ，自 开始，按顺时针方向操作 个顶点，再顺时针方向操作接下来的 个顶点……当这样的操作进行 次后，据②知，点 的颜色被改变了奇数次（ 次），从而改变了颜色，而其余所有顶点都改变了偶数次（ 次）状态，其颜色不变；称这样的 次操作为“一轮操作”，由于每一轮操作恰好只改变一个点的颜色，因此，可以经过有限多轮这样的操作，使所有黑点都变成白点，从而多边形所有顶点都成为白色；也可以经过有限多轮这样的操作，使所有白点都变成黑点，从而多边形所有顶点都成为黑色． 、当 为偶数时，也可以经过有限多次这样的操作，使得多边形所有顶点都变成一色．具体说来，我们将有如下结论： 如果给定的正多边形开初有奇数个黑点、偶数个白点，则经过有限次操作，可以将多边形所有顶点变成全黑，而不能变成全白；反之，如果给定的正多边形开初有奇数个白点、偶数个黑点，则经过有限次操作，可以将多边形所有顶点变成全白，而不能变成全黑； 为此，采用赋值法：将白点改记为“ ”，而黑点记为“ ”，改变一次颜色，相当于将其赋值乘以 ，而改变 个点的颜色，即相当于乘了 个（偶数个） ，由于 ； 因此当多边形所有顶点赋值之积为 ，即总共有奇数个黑点，偶数个白点时，每次操作后，其赋值之积仍为 ，因此无论操作多少次，都不能将全部顶点变白． 但此时可以变成全黑，这是由于，对于偶数 ，则①②中的 为奇数，设 是多边形的两个相邻顶点，自点 开始，按顺时针方向操作 个顶点，再顺时针方向操作接下来的 个顶点……当这样的操作进行 次后，据②知，点 的颜色被改变了偶数次（ 次），从而颜色不变，而其余所有 个顶点都改变了奇数次（ 次）状态，即都改变了颜色；再自点 开始，按同样的方法操作 次后，点 的颜色不变，其余所有 个顶点都改变了颜色；于是，经过上述 次操作后，多边形恰有 两个相邻顶点都改变了颜色，其余所有 个点的颜色不变． 现将这样的 次操作合并，称为“一轮操作”；每一轮操作，可以使黑白相邻的两点颜色互换，因此经过有限轮操作，总可使同色的点成为多边形的连续顶点； 于是当多边形开初总共有偶数个白点时，每一轮操作又可将相邻两个白点变成黑点，使得有限轮操作后，多边形所有顶点都成为黑色． 同理得，如果给定的正多边形开初总共有奇数个白点、偶数个黑点，经过有限次操作，可以使多边形顶点变成全白，而不能变成全黑；（只需将黑点赋值为“ ”，白点赋值为“ ”，证法便完全相同）． 一、选择题（本题满分36分，每小题6分） 1．函数 在 上的最小值是 （ C ） A．0 B．1C．2 D．3 [解] 当 时， ，因此 ，当且仅当 时上式取等号．而此方程有解 ，因此 在 上的最小值为2． 2．设 ， ，若 ，则实数 的取值范围为 （ D ） A． B． C．D． [解] 因 有两个实根 ， ， 故 等价于 且 ，即 且 ， 解之得 ． 3．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为 ，乙在每局中获胜的概率为 ，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数 的期望 为（ B ） A. B. C.D. [解法一] 依题意知， 的所有可能值为2，4，6. 设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为 ． 若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有 ， ， ， 故 ． [解法二] 依题意知， 的所有可能值为2，4，6. 令 表示甲在第 局比赛中获胜，则 表示乙在第 局比赛中获胜． 由独立性与互不相容性得 ， ， ， 故 ． 4．若三个棱长均为整数（单位：cm）的正方体的表面积之和为564 cm2，则这三个正方体的体积之和为（ A ） A. 764 cm3或586 cm3B. 764 cm3 C. 586 cm3或564 cm3D. 586 cm3 [解] 设这三个正方体的棱长分别为 ，则有 ， ，不妨设 ，从而 ， ．故 ． 只能取9，8，7，6． 若 ，则 ，易知 ， ，得一组解 ． 若 ，则 ， ．但 ， ，从而 或5．若 ，则 无解，若 ，则 无解．此时无解． 若 ，则 ，有唯一解 ， ． 若 ，则 ，此时 ， ．故 ，但 ，故 ，此时 无解． 综上，共有两组解 或 体积为 cm3或 cm3． 5．方程组 的有理数解 的个数为（ B ） A.1 B.2 C.3 D.4 [解] 若 ，则 解得 或 若 ，则由 得 ． ① 由 得 ． ② 将②代入 得 ． ③ 由①得 ，代入③化简得 . 易知 无有理数根，故 ，由①得 ，由②得 ，与 矛盾，故该方程组共有两组有理数解 或 6．设 的内角 所对的边 成等比数列，则 的取值范围是 （ C ） A. B. C.D. [解] 设 的公比为 ，则 ，而 ． 因此，只需求 的取值范围． 因 成等比数列，最大边只能是 或 ，因此 要构成三角形的三边，必需且只需 且 ．即有不等式组 即 解得 从而 ，因此所求的取值范围是 ． 二、填空题（本题满分54分，每小题9分） 7．设 ，其中 为实数， ， ， ，若 ，则 5 . [解] 由题意知 ， 由 得 ， ，因此 ， ， ． 8．设 的最小值为 ，则． [解] ， (1)时， 当 时取最小值 ； (2)时， 当 时取最小值1； (3)时， 当 时取最小值 ． 又 或 时， 的最小值不能为 ， 故 ，解得 ， (舍去)． 9．将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222种． [解法一] 用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用 表示名额．如 表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额． 若把每个“ ”与每个“ ”都视为一个位置，由于左右两端必须是“｜”，故不同的分配方法相当于 个位置（两端不在内）被2个“｜”占领的一种“占位法”． “每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“ ”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“｜”，故有 种． 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种． 综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种． [解法二] 设分配给3个学校的名额数分别为 ，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程 ． 的正整数解的个数，即方程 的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合： ． 又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种． 综上知，满足条件的分配方法共有253－31＝222种． 10．设数列 的前 项和 满足： ， ，则通项 = ． [解]， 即2 = ， 由此得 2 ． 令 ，( )， 有 ，故 ，所以 ． 11．设 是定义在 上的函数，若，且对任意 ，满足 ， ，则 = ． [解法一] 由题设条件知 ， 因此有 ，故 ． [解法二] 令 ，则 ， ， 即 ， 故 ， 得 是周期为2的周期函数， 所以 ． 12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为 的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是 ． [解] 如答12图1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为 ，作平面 //平面 ，与小球相切于点 ，则小球球心 为正四面体 的中心， ，垂足 为 的中心． 因 ， 故 ，从而 ． 记此时小球与面 的切点为 ，连接 ，则 ． 考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为 )相切时的情况，易知小球在面 上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为 ，如答12图2．记正四面体 的棱长为 ，过 作 于 ． 因 ，有 ，故小三角形的边长 ． 小球与面 不能接触到的部分的面积为（如答12图2中阴影部分） ． 又 ， ，所以 ． 由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为 ． 三、解答题（本题满分60分，每小题20分） 13．已知函数 的图像与直线 有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为 ，求证： ． [证] 的图象与直线 的三个交点如答13图所示，且在 内相切，其切点为 ， ． …5分 由于 ， ，所以 ，即 ． …10分 因此 …15分 ． …20分 14．解不等式 ． [解法一] 由 ，且 在 上为增函数，故原不等式等价于 ． 即．…5分 分组分解 ， ， …10分 所以， ． …15分 所以 ，即 或 ． 故原不等式解集为 ．…20分 [解法二] 由 ，且 在 上为增函数，故原不等式等价于 ．…5分 即 ， ，…10分 令 ，则不等式为 ， 显然 在 上为增函数，由此上面不等式等价于 ， …15分 即 ，解得( 舍去)， 故原不等式解集为 ．…20分 15．如题15图， 是抛物线 上的动点，点 在 轴上，圆 内切于 ，求 面积的最小值． [解] 设 ，不妨设 ． 直线 的方程: ， 化简得． 又圆心 到 的距离为1， ， …5分 故 ， 易知 ，上式化简得 ， 同理有 ． …10分 所以 ， ，则 ． 因 是抛物线上的点，有 ，则 ， ． …15分 所以 ． 当 时，上式取等号，此时 ． 因此 的最小值为8． 以上就是高中数学竞赛题的全部内容，5. (1)直接数学归纳法，利用f(x)=x+1/x的增减区间，证明很容易，√(2n+2)-√2n=2/(√(2n+2)+√2n)<2/(2√2n)=1/√2n。(2)反证法，假设存在C，把原式子平方，说明平方每次增加2+1/an^2。平面几何竞赛题高中
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