2023全国高中数学联赛填空题训练三.doc

2023全国高中数学联赛填空题训练三注：每题5分，共200分1、表示n的个位数，，那么数列的前项之和＝．答案：10．解析：∵，∴an是一个以10为周期的数列，而0，故＝S6＝10．2、，，那么＝．答案：．解析：令A，B，那么知A，B在圆上，AB中点C〔m，n〕，，，且koc＝，kAB＝－，AB⊥OC，由射影定理及C〔m，n〕，知AB：，并代入圆的方程，得0．，为此方程两根，∴有，以y为主元，同理有，∴．3、非负实数a，b，c满足a＋b＋c＝1，那么的最小值是．答案：．解析：不妨设a≥b≥c，那么a≥，c≤∴＝≥≥≥〔当a＝b＝，c＝0时取等号〕．4、设x、y、zR+，满足xyz＋x＋z＝y，P＝，那么Pmax＝．答案：．解析：由令，，γ那么，γ∈[0，〕且γ＝π那么P＝2cos2－2 cos2＋3 cos2γ＝－2sin()sin()＋3cos2γ∵－1≤sin()≤1故P≤2 sin()＋3 cos2γ＝2sinγ＋3－3 sin2γ＝－3(sinγ－)2＋≤∴Pmax＝5、经过一个直平行六面体内的一点作出3个平面分别平行于它的各面，这时它被分成8个较小的体积不等的平行六面体，那么在这些小平行六面体中至少有a个体积小于原平行六面体体积的，那么a最大值是．答案：4．解析：8个较小的平行六面体可分为4对，其中每一对平行六面体中含有原六面体中相对的两个顶点．设d、b、c和x、y、z、是一对六面体的棱长，那么原六面体的棱长为d＋x，b＋y，c＋z．所以有(d＋x)(b＋y)(c＋z)≥2＝8，从而V2＝64V1V2，V，V1，V2为原来及2个小的六面体的体积，因为V1≠V2，假设V1＜，那么V2＞，所以amax＝4．6、假设数列{an}使得，那么．答案：0．解析：由题设知：令那么有∴{an}是以12为周期的周期函数．而2023≡7〔mod12〕∴即0．7、如图4×4的正方形网格，每个小正方形边长为1，从网格上任一点出发，沿着网格线行走．要求不能走重复的线段，那么一次行走能走过的最长路程为．答案：34．解析：对于每一个顶点引出2或4条边的称为“偶结点〞，引出3条边的称为“奇结点〞．显然，一次行走最多穿过两个奇结点上所有线段〔一首一尾〕．图中奇结点共3×4＝12个，有10个奇结点上有一条线段走不到．而每条边上，有且只有一对相邻奇结点，可以共同省去一条公共边．假设出发与结尾所走完的奇结点〔称走过结点上所有边为“走完〞〕在一条边上，那么至少有2×3＋1条线段走不到．假设不在一边上，那么至少有2×2＋2＝6条走不到．故最长路程为4×5×2－6＝34，如图给出一种走法：8、整数的末两位数字是．答案：00解析：＝由于〔0、1〕故＝≡320－1〔mod100〕由欧拉定理 3(100)≡1〔mod100〕，即310≡1〔mod100〕∴≡(310)2－1≡0〔mod100〕故末两位数字为009、将8本不同的书分别给3名学生，要求每个学生至少分得1本，有种分法〔用数字作答〕。

答案：5796．解析：学生分得的书的本数有以下5种情形：{6，1，1}、{5，2，1}、{4，3，1}、{4，2，2}、{3，3，2}，故分法种数为：+＝579610、在20名把戏滑冰运发动表演完以后，9名裁判员分别给他们判定从1～20的名次，每一个运发动得到的名次中，各名次之差不超过3，假设每个运发动所得到的名次的和排成递增序列：≤c2≤…≤c20，那么c1的最大值为．答案：24解析：如果9名裁判都给某运发动判第一名，那么c1＝9；如果有两名运发动都被判为第一名，那么其中1人得到不少于5个第一名，而其余4个名次不高于第四名，故c1＝5×1＋4×4＝21．如果有3个运发动都得第一名，那么他们所得的其余名次不高于第四名，他们的名次之和不大于1×9＋3×9＋4×9＝72，故c1≤24．如果有4名运发动都得第一名，那么他们的名次之和不大于1×9＋2×9＋3×9＋4×9＝90，所以他们中之一的名次不大于24；而有5个或更多个运发动都得第一情况是不可能的，所以c1≤24．给出一个c1＝24的例子，前三名名次都是1，1，1、3，3，3、4，4，4．后三名名次是2，2，2、5，5，5、6，6，6．11、假设为锐角，且那么的最大值为。

答案：解析：由故同理：故故12、以正方体的顶点为顶点可以构成的棱锥个数为解答：106个此题中并未指明是几棱锥，由于棱锥底面顶点共面，故只可能是三棱锥或四棱锥〔1〕当构成三棱锥时，即从8个顶点中取出4个，其中四点共面的有12组〔从外表或对角面考虑〕，故有个三棱锥；〔2〕当构成四棱锥时，底面顶点只能从12组四点共面的情形中选取，再从其余四顶点中取一个，共可构成个四棱锥，综上，共可构成58+48=106个棱锥13、双曲线以两坐标轴为对称轴，焦点在轴上，实轴长为，又双曲线上任一点到点的最短距离为，那么该双曲线的离心率的取值范围是答案：解析：设双曲线方程为那么因，故又因从而解不等式得又因令那么因在上是递增函数，故14、数列由全体正奇数自小到大排列而成，并且每个奇数连续出现次，，如果这个数列的通项公式为那么答案：3解析：由，即当时，，所以，于是，15、假设集合中的每个元素都可表为中两个不同的数之积，那么集中元素个数的最大值为 .答案：31解析：从中每次取一对作乘积，共得个值，但其中有重复，重复的情况为，共种，因此集合中至多有 个数 .16、．用五种不同的颜色给图中的“五角星〞的五个顶点染色，〔每点染一色，有的颜色也可以不用〕使每条线段上的两个顶点皆不同色，那么不同的染色方法有种.答案：种解析：将其转化为具有五个扇形格的圆盘染五色，使邻格不同色的染色问题．设有个扇形格的圆盘染五色的方法数为，那么有，于是。

17、以为六条棱长的四面体个数为答案：3解析：以这些边为三角形仅有四种：，，，固定四面体的一面作为底面：当底面的三边为时，另外三边的取法只有一种情况，即；当底面的三边为时，另外三边的取法有两种情形，即18、正三棱柱的所有棱长都相等，是的中点，在棱上，当点使得最小时，异面直线所成角的大小为答案：解析：如图可知为中点时，满足题意.又，又19、，是的一个子集，假设，且同时满足和，那么称为的一个“孤立点〞，那么的无孤立点的所有5元子集的个数为____________.答案：10000解析：由于的五元子集无孤立点，那么S只有如下3种情况：〔1〕〔2〕〔3〕综上可得共10000个20、设点P在椭圆上，直线的方程为，且点F的坐标为，作于点Q，假设点P、Q、F三点构成一个等腰三角形，那么该椭圆的离心率答案：解析：设T为直线与轴交点的坐标，作轴于点R，由题意，∠PFQ=，PF=QF，PQ//RT，那么TF=QT=PR=FR，从而，有，其中，故，代入椭圆方程得即即整理得：，因为，所以，21、设向量，满足，且与的夹角为，假设与的夹角为钝角，那么实数的取值范围是_______________答案：，且解析：由()()，得，此外必须与的夹角不是平角，因此.122、一个九宫格，每个小方格内都是一个复数，它得每行、每列及对角线上三个格内的复数和都相等，那么表示的复数为。

答案：解析：设第一行令两个格内的数为，那么按题设每行、每列及对角线三个数的和都是，于是，中间格为，中间行左边第一格为，第三行右边第一格为，最后，由含的对角线三个数的和得，解得23、在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点坐标分别是O〔0，0〕，A〔100，0〕，B〔100，100〕，C〔0，100〕，假设正方形OABC内部〔边界和顶点除外〕一格点P满足：，就称格点P为“好点〞，那么正方形OABC内部好点的个数为____________答案：197解析：过点P分别作PD、PE、PF、PG垂直于边OA、AB、BC、CO于点D、E、F、G，易知 PF+PD=100， PE+PG=100由题意，可得PDPF=PEPG PD〔100PD〕=PG〔100PG〕化简得，所以PD=PG或PG=PF于是点P在对角线OB上或点P在对角线AC上；同理，当P为对角线OB或对角线AC上的点时，有因此当P为对角线OB或对角线AC上的格点时，点P为好点；所以共197个好点24、函数在[1,2]上恒正,那么实数的取值范围是答案：解析：当时,,由知;当时,,再由可得25、过椭圆内一点作两条弦和,过作椭圆的两切线交于,过作椭圆的两切线交于,那么直线的方程是____________________。

答案：解析：设,那么的方程为,再由过点有,即点在直线上.同理可知点也在该直线上,由两点确定一直线知所求直线即26、由正边形的个顶点构成的梯形的个数是________________.答案：解析：正边形共有条直径,而所有梯形可分为两类:一类平行于某条直径,这类梯形有个;另一类垂直于某条直径,这类梯形有个,于是梯形的总个数为.27、假设、，其中，，并且，那么实数对表示平面上不同点的个数为答案：90解析：个位的情况只有一类：；十位和百位有进位和不进位两类：①　十位：；百位：②　十位：；百位：所以点的个数为个28、正三角形在平面内的射影是边长为、、的三角形，那么正三角形的边长等于答案：解析：设正三角形的边长为，三角形的三个顶点到平面的距离为、、，那么．令，，，即，，得，解得，29、定义区间，，，的长度均为，其中．实数，那么满足的构成的区间的长度之和为答案：2解析：由，得，整理，得，令，那么，，设方程的两根为、，又因为，所以．不等式的解集为，构成的区间长度之和为．30、除以的余数是答案： 16解析：，那么，　　所以，所求为中减掉后，除以．而，可以看作是的的系数，所以，而可被整除，除以的余数为．31、在平面直角坐标系中，圆与圆相交于点、，其中点的坐标为，两圆半径的乘积为．假设直线与轴均与圆和圆相切，那么______________．答案：解析：由题意设圆心，圆心．圆和圆的方程分别为和，将代入两方程，得，，所以、是方程的两根，所以，所以直线的倾斜角为，直线的倾斜角为．32、一个12小时标准时钟．在12:00后的分钟，时针与分针的夹角恰好是．设是整数，且．那么所有可能的的值为。

答案：262或458．解析：分针每小时〔60分钟〕转动一周，那么分钟转动了，即；时针每12小时〔720分钟〕转动一周，分钟转动了，即．由题意，得，其中是某些整数．那么．因为，所以，从而．而是整数，故必须能被11整除．设，其中是整数，那么，于是．因为，所以，从而．又是整数，能被5整除，故或．于是或．从而或．因此所有满足题意的可能的的值是262与458．33、甲、乙两人轮流掷一枚均匀的硬币，谁先掷出正面，谁获胜．他们连玩了数局，并规定前一局的输家下一局先掷．假设甲第一局先掷，那么第六局甲获胜的概率值为答案：解析：任一局先掷的人获胜的概率是．后掷的人获胜的概率是．令为甲第局获胜的概率，那么有，．即．从而．即．故．即第六局甲获胜的概率是．34、满足对每个，且的8元非负整数组的个数是。