浙江省温州州市2016-2017学年高一数学奥林匹克选拔测试二Word版

浙江省温州州市2016-2017学年高一数学奥林匹克选拔测试二

（本卷满分：200分 考试时间：150分钟）

（高一试卷）

第一部分（共2小题，每题25分，计50分）

0，1，6． I.设集合A?x?N?x的十进制表示中数码不含2，??1证明：??3．

x?Ax

II.如图，给定凸四边形ABCD，?B??D?180?，P是平面上的动点，令f?P??PA?BC?PD?CA?PC?AB．

⑴ 求证：当f?P?达到最小值时，P、A、B、C四点共圆；

AE3⑵ 设E是?ABC外接圆O的?，?AB上一点，满足：

AB2BC1?3?1，?ECB??ECA，又DA，DC是?O的切线，AC?2，EC2求f?P?的最小值．

第二部分（共2大题，计150分）

第II题

一、填空题（共15小题，每题6分，计90分）．

1. 设a1，a2，则关于x的方程：?x?ai??x?bi的???，a50，b1，b2，???，b50为互不相同的数，

i?1i?15050所有有限个实根的个数最大值为 ． 2. 在平面直角坐标系中，点集??x，y??x?3y?6??3x?y?6??0?所对应的平面区域的面积为 ．

3. 如图，设S?ABCD是一个高为 3，底面边长为 2 的正

四棱锥，K是棱SC的中点，过AK作平面与线段SB，SD分别交于M，N(M，N 可以是线段的端点)．则四棱锥S?AMKN的体积V的值域为 ．

a2b?2?1，则代数式ab5?bc5?ca5的4. 已知abc = -1，

cc值为 ．

5. 在?ABC中，?A?60?，点P为?ABC所在平面上一点，A 使得PA=6，PB=7，PC=10，则S?ABC的最大值为 ． 6. 在数列?an?中，前n项和为Sn，则aa1?1，Sn?1?4an?2?n?1?，3102S

K

N D M

C

B

的值为 ．

7. 用??s?表示非空整数集S中所有元素的和，设A??a1，a2，???，a11?是正整数集，且

a1?a2?????a11，若对每个正整数n?1500，存在A的子集S，使得??s??n，则满足上述要求的a10的最小值为 ．

xy?2yz8. 设x、y、z是3个不全为零的实数，则2的最大值为 ．

x?y2?z29. 实数a使得对任意实数x1，x2，x3，x4，x5，不等式?xi?a?xixi?1都成立，则a的最大值

i?1i?154为 ．

10. 设f?x??ax3?bx2?cx?d对任意x???1，1?，总有f?x??1．则a?b?c?d的最大值为 ．

11. 两个平行平面α和β将四面体截成三部分．已知中间一部分的体积小于两端中任一部分的

体积，点A和B到平面α的距离分别为30和20．而点A和C到平面β的距离分别为20和16，两个截面中有一个是梯形，点D到平面α的距离小于24．则平面α和β截四面体所得的截面面积之比为 ．

12. 空间四个球，它们的半径分别是2、2、3、3．每个球都与其他三个球外切．另一个小球与

这四个球都相切，则这个小球的半径为 ．

13. 钝角?ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且满足?2a?c?cosB?bcosC，

sin2A?sin2B?sin2C??sinBsinC???R?， 则?的值域为 ．

n2?n?14. 若存在整数k，使得???1?对所有正整数n?2恒成立，则k的最大值

2?3?3n?k为 ．

15. 有n个砝码(重量可以相同)可以将它们分成4组，使得每组的重量之和相同；也可以将它们

分成5组，使得每组的重量之和相同；还可以将它们分成9组，使得每组的重量之和相同．则n的最小可能值为 ．

三、解答题（本大题分3小题，每题20分，计60分）．

16. (本题满分20分)证明：任意一个四面体总有一个顶点，由这个顶点出发的三条棱可以构成

一个三角形的三边．

217. (本题满分20分)正整数数列?an?满足：a1?2，an?1?an?an?1．证明：数列的任何两项皆

互质．

?PBC，18. (本题满分20分)求最小常数a >1，使得对正方形ABCD内部任一点P，都存在?PAB，

?PCD，?PDA中的某两个三角形，使得它们的面积之比属于区间[a?1，a]．

浙江省温州州市2016-2017学年高一数学奥林匹克选拔测试二

参考答案

（本卷满分： 200 分）

第一部分（共2小题，每题25分，计50分）

I.

II.

解 ⑴ 如图，由托勒密不等式，对平面上的任意点P，有 PA?BC?PC?AB?PB?AC．

因此f(P)?PA?BC?PC?AB?PD?CA?PB?CA?PD?CA?(PB?PD)?CA．

因上面不等式当且仅当P、A、B、C顺次共圆时取等号，因此当且仅当P在?ABC的外接圆且在?AC上时，f(P)?(PB?PD)?CA．

又因PB?PD?BD，此不等式当且仅当B,P,D共线且P在BD上时取等号．

因此当且仅当P为?ABC的外接圆与BD的交点时，f?P?取最小值f(P)min?AC?BD． 故当f?P?达最小值时，P、A、B、C四点共圆．………………………10分

⑵ 记 ?ECB??，则?ECA?2?，

AEsin2?3由正弦定理有 ，从而 3sin3??2sin2?， ??ABsin3?2即 3(3sin??4sin3?)?4sin?cos?，所以

33?43(1?cos2?)?4cos??0，

整理得 43cos2??4cos??3?0，

13解得 cos??或cos???(舍去)，

223故 ??30?，?ACE?60?． ………………………………………15分

sin?EAC?300BC?3?1=由已知 , ECsin?EAC有 sin(?EAC?30?)?(3?1)sin?EAC，

31sin?EAC?cos?EAC?(3?1)sin?EAC， 222?31整理得 sin?EAC?cos?EAC，

221故 tan?EAC??2?3，

2?3可得 ?EAC?75?，从而?E?45?，

?DAC??DCA??E?45?，?ADC为等腰直角三角形．

因 AC?2，则CD?1．……………………………………20分 又?ABC也是等腰直角三角形，

故 BC?2，BD2?1?2?2?1?2cos135??5，BD?5．

故 f(P)min?BD?AC?5?2?10．……………………………………25分

??即

第二部分（共2大题，计150分）

一、填空题（共15小题，每题6分，计90分）．

?43?1、 49 2、 24 3、 ?，?

?32?4、 3 5、 36?223 6、 3019?22012 7、 248 8、 10、 7 11、 13、 ?-1，0??523 9、 231296 12、 13411?3，2 14、 5 15、 14

?

三、解答题（本大题分3小题，共60分）． 16、(20分)(可能有多种解法)

证明 利用反证法．

设四面体ABCD中AB是最长的棱，如果任一顶点出发的三条都不能构成一个三角形，则对

由A出发的三条棱，有

AB?AC?AD．

又对由B出发的三条棱，有 BA?BC?BD． 两式相加，得

2AB?AC?AD?BC?BD．(＊)(12分) 但在?ABC与?ABD中，有

AB?AC?BC，AB?AD?BD． 两式相加，有

2AB?AC?AD?BC?BD．

与(＊)式矛盾，故原命题得证．(20分)

17、(20分)(可能有多种解法)

证明 改写条件为

an?1?1?an?an?1?，(8分)从而 an?1?an?1?an?1?1?，……， 据此迭代得

an?1?1?anan?1?an?1?

?anan?1an?2?an?2?1? ?????anan?1???a1?a1?1? ?anan?1???a1，

所以，an?an?1an?2???a1?1， 因此当k?n，?an，ak??1．(20分)

18、(20分)(可能有多种解法)

解 amin?1?51?51?5．首先证明amin?，记??． 222不妨设正方形边长为2．对正方形ABCD内部一点P，令S1，S2，S3，S4分别表示?PAB，

?PBC，?PCD，?PDA的面积，不妨设S1?S2?S4?S3．令??S1S,??2，如果?,???，S2S4由

S1?S3?S2?S4?1， 得

?S2． ??，得S2?1??1?S2?????2????1，矛盾． 故S1??S2?111??1?1??1???故min??,????，这表明amin??．(12分)

t281?5?． 反过来对于任意a?(1,?)，取定t?(a,)，使得b?1?t92bb我们在正方形ABCD内取点P，使得S1?b,S2?,S3?2,S4?1?b，

tt则我们有

SbbS1S21?5??2?a, ??t?(a,)，3?2S4t(1?b)4(1?b)S2S32由此我们得到对任意i,j??1,2,3,4?，有这表明amin??．(20分)

Si?[a?1,a]． Sj

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