江苏省高中数学竞赛预赛试题

江苏省高中数学竞赛预赛试题

本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟。

第Ⅰ卷（选择题 共36分）

一． 选择题：本大题共6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1．函数y=f(x) 的图像按→a=(4，2)平移后，得到的图像的解析式为y=sin(x+4)+2，那么y=f(x) 的解析式为 ( ) A． y=sinx B． y=cosx C．y=sinx+2 D．y=cosx+4

ππ

解: y=sin[(x+4)+4], 即 y=cos x.故选B．

2．如果二次方程x2－px－q=0 (p，q∈N*)的正根小于3，那么这样的二次方程有 ( ) A．5个 B．6个 C．7个 D．8个 解：由=p2+4q>0，－q<0，知方程的根一正一负． 设f(x)= x2－px－q，则f(3)= 32－3p－q＞0，即3p+q＜9.

由p，q∈N*，所以p=1，q≤5或p=2，q≤2. 于是共有7组(p，q)符合题意． 故选C．

的最小值是 （ ）

b(a－b)

A． 2 B． 3 C．4 D． 5

114

解：由a>b>0，可知 0b(a－b)

4．设四棱锥P－ABCD的底面不是平行四边形，用平面α去截此四棱锥，使得截面四边形是平行四边形，则这样的平面α ( )

A．不存在 B．只有1个 C．恰有4个 D．有无数多个

解：设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线为m，n，直线m、n确定了平面β，作与β平行的平面α与四棱锥侧棱相截，则截得的四边形是平行四边形．这样的平面α有无数多个．

故选D．

5．设数列{an}：a0=2, a1=16，an+2=16 an+1－63 an (n∈N)，则a2005被除的余数为 ( ) A． 0 B．2 C．16 D．48

解：数列{ an}模周期地为2，16，2，－16，又2005被4除余1，故选C．

6．一条走廊宽2m、长8m，用6种颜色的11m2的整块地砖来铺设(每块地砖都是单色的，每种颜色的地砖都足够多)，要求相邻的两块地砖颜色不同，那么所有的不同拼色方案种数有

( )

A．308 B．30257 C．30207 D．30217

解：铺第一列(两块地砖)有30种方法；其次铺第二列，设第一列的两格铺了A、B两色(如图)，那么，第二列的上格不能铺A色，若铺B色，则有(6－1)种铺法；若AB不铺B色，则有(6－2)2种方法，于是第二列上共有21种铺法．同理，若前一列铺

1

3．设a>b>0，那么a2+

1

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好，则其后一列都有21种铺法. 因此，共有30217种铺法．

故选D．

二．填空题：本大题共6小题，每小题6分，共36分.

7．设向量→OA绕点O逆时针旋转得→OB，且2→OA+→OB=（7，9），则向量→OB= ．

2解：设→OA=（m，n），则→OB=（－n，m）， 所以 2→OA+→OB=（2m－n，2n+m）=（7，9）， 23

m=5，2m－n=7，

即  得 11

m+2n=9．

n=5．231111231123

因此， →OA=(5，5），→OB=（－5，5)．故填（－5，5)．

8．设无穷数列{an}的各项都是正数，Sn是它的前n项之和，对于任意正整数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项，则该数列的通项公式为 ．

an+2(an+2)2

解：由题意知2=2Sn， 即Sn=8． ①

a1+2

由①式，2=2a1，得a1=2．

(an－1+2)2

又由①式得 Sn－1= (n≥2) ②

8

2

(an+2)2(an－1+2)

则有 an=Sn－Sn－1=8－ (n≥2)，

8

整理得 (an+an－1)(an－an－1－4)=0． 又因为an>0，an－1>0，所以

an－an－1=4(n≥2)，a1=2.

因此, 数列{an}是以2为首项，4为公差的等差数列，其通项公式为an=2+4(n－1)， 故填an=4n－2 (n∈N*)．

9．函数y=|cosx|+|cos2x| (x∈R) 的最小值是 ． 解：令t=|cosx|∈[0，1]，则y=t+|2t2－1|．

2192

当2≤t≤1时，y=2t2+t－1=2(t+4)2－8，得 2≤y≤2．

2192922

当0≤t<2时，y=－2t2+t+1=－2(t－4)2+8，得2≤y≤8．又y可取到2．故填2． 10．在长方体中ABCD－A1B1C1D1中，AB=2， AA1=AD=1，点E、F、G分别是棱AA1、C1D1与BC的中点，那么四面体B1－EFG的体积是 ．

1

解：在D1A1的延长线上取一点H，使AH=4，易证，HE∥B1G，HE∥平面B1FG．

故 VB1－EFG=VE－B1FG=VH－B1FG=VG－B1FH．

93

而SB1EF=8，G到平面B1FH的距离为1．故填VB1－EFG=8．

11．由三个数字1，2，3组成的5位数中，1，2，3都至少出现1次，这样的5位数共有 个．

123解：在5位数中，若1只出现1次，有C15(C4+C4+C4)=70个；

2

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12若1只出现2次，有C25(C3+C3)=60个；

1若1只出现3次，有C35C2=20个．所以这样的五位数共有150个．故填150．

12．已知平面上两个点集：M={(x，y)| |x+y+1|≥2(x2+y2)，x，y∈R}，N={(x，y)| |x－a|+|y－1|≤1，x，y∈R}，若M∩N≠，则a的取值范围为 ．

解：由题意知M是以原点为焦点，直线x+y+1=0为准线的抛物线及其凹口内侧的点集，N是以(a，1)为中心的正方形及其内部的点集(如图)．

考察M∩N=时a的取值范围：

y令y=1, 代入方程 |x+y+1|=2(x2+y2) 得

x2－4x－2=0，

解得 x=2±6．

-3-2-1-1321O1234567x所以，当a<2－6－1=1－6时M∩N=． 令y=2，代入方程|x+y+1|=2(x2+y2)得

x2－6x－1=0，解得 x=3±10．

所以，当a>3+10时，M∩M=．

于是，当1－6≤a≤3+10，即a∈[1－6，3+10]时，M∩N≠． 故填[1－6，3+10]．

三、解答题：

13． 已知点M是ABC的中线AD上的一点，直线BM交边AC于点N，且AB是NBC

BCBM

的外接圆的切线，设BN=λ，试求 MN（用λ表示）．(15分)

证明：在BCN中，由Menelaus定理得

ABMNACD

MN·AC·DB=1．

因为 BD=DC，所以

BMACN= ．………………………6分 MNAN

M由∠ABN=∠ACB，知ABN ∽ACB，则 BABACCB

DCAN=AB=BN ．

ABACCB2ACBC2

所以，AN·，即AN=BN2．…………………………………………………12分 AB=BN

BMBC2

因此，MN=BN2．

3

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又

BCBM=λ，故 =λ2．………………………………………………………………15分 BNMN

14．求所有使得下列命题成立的正整数n (n≥2)： 对于任意实数x1，x2，…，xn，当

∑xi=0时，总有∑xixi+1≤0 (其中xn+1=x1)．(15分)

i=1

i=1

nn

解：当n=2时，由x1+x2=0，得x1x2+x2x1=－2x21≤0．故n=2时命题成立；……3分

当n=3时，由x1+x2+x3=0，得

22222

(x1+x2+x3)2－(x21 +x2+x3)－(x1+x2+x3)

x1x2+x2x3+x3x1==≤0．故n=3时命题成立．

22

……………………………………………………………………………………6分

当n=4时，由x1+x2+x3+x4=0，得

x1x2+x2x3+x3x4+x4x1=(x1+x3)(x2+x4)=－(x2+x4)2≤0．

故n=4时，命题成立．………………………………………………………………9分 当n≥5时，令x1=x2=1，x4=－2，x3=x5=…=xn=0，则

∑xi=0，但∑xixi+1=1>0，故n≥5

i=1

i=1

nn

时命题不成立．

综上可知，使命题成立的n=2，3，4．……………………………………………15分

x2y2

15．设椭圆的方程a2+b2=1(a>b>0)，线段PQ是过左焦点F且不与x轴垂直的焦点弦，若在左准线上存在点R，使△PQR为正三角形，求离心率e的取值范围，并用e表示直线PQ的斜率．(24分)

解：如图，设线段PQ中点M，过点P、M、Q分别作准

PFORQyx线的垂线，垂足分别为点P，M，Q，则

|MM|=

1

2

(|PP|+|QQ|)=

12

(

|PF|e

|QF||PQ|

+e)=2e．…………………………6分

3

假设存在点R，则|RM|=2|PQ|，且|MM|＜|RM| ， |PQ|3

即2e＜2|PQ|，

3

所以， e＞3．………………………………12分

|MM|11

于是，cos∠RMM=|RM|=2e，

3e

yRQM‘P’PFMOx4

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cot∠RMM=

1

． 23e－1

在图中，|PF| < |QF|，且有

kPQ = tan∠QFx = tan∠FMM =cot∠RMM=

1

． ………………………………………………18分 23e－1

31当e>3时，过点F作斜率为的焦点弦PQ，它的中垂线交左准线于R，由上述过23e－13

程知，|RM|=2|PQ|．故PQR为正三角形．……………………………………………21分

根据对称性，当|FP| > |FQ|时，有kPQ = －

1

． 23e－1

x2y231

所以，椭圆a2+b2=1(a>b>0)的离心率e的范围是(3，1)，且直线PQ的斜率为±． 23e－1 …………………………………………………………………………………………24分 16．⑴ 若n (n∈N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于2005，求n的最小值，并说明理由；( 12分)

⑵ 若n (n∈N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于20022005，求n的最小值，并说明理由．( 24分)

解：⑴因为 2005=1728+125+125+27=123+53+53+33，故n=4存在，nmin≤4．………6分 103=1000，113=1331，123=1728，133=2169，123<2005<133，则n≠1． 若n=2，因103+103<2005，则最大立方体的棱长只能为11或12，

2005－113=674，2005－123=277，

674与277均不是完全立方数，故n=2不可能；

若n=3，设此三个立方体中最大一个的棱长为x，由3x3≥2005＞3×83，知最大立方体的棱长只能为9、10、11或12，而

2005<393， 2005－93－93=547，2005－93－83－83>0，故x≠9．

2005－103－103=5，2005－103－93=276，2005－103－83=493，2005－103－73－73>0．故x≠10；

2005－113－93<0，2005－113－83=162，2005－113－73=331，2005－113－63－63>0，故x≠11；

5

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2005－123－73<0，2005－123－63=61，2005－123－53－53>0，故x≠12． 所以n=3不可能．

综上所述，nmin=4．…………………………………………………………………………12分 ⑵ 设n个立方体的棱长分别是x1，x2，…，xn，则

x33

320051+x2+…+xn=2002

． ① 由2002≡4(mod 9)，43≡1(mod 9)，得

20022005≡42005≡46683+1≡(43)6684≡4(mod 9)． ② 又当x∈N*时，x3≡0，±1(mod 9)，所以

x33331∕≡4(mod 9)，x31+x2∕≡4(mod 9)，x31+x2+x3∕≡

4(mod 9)． ③ ①式模9，并由②、③式可知n≥4．…………………………………………………18分 而2002=103+103+13+13 ，则

20022005=20022004(103+103+13+13)=(2002668)3(103+103+13+13)

=(200266810)3+(200266810)3+(2002668)3+(2002668)3．

故n=4为所求的最小值．………………………………………………………………24分

6