2017年五套数学竞赛题附答案

来源：小侦探旅游网

2017 年浙江高中数学竞赛

一，填空题（每题 8 分，共 80 分）

31. 在多项式 x  1 x  210的展开式 x 6 的系数为______.

2. 已知 log

5a  3 log

a21

5，则实数a=_________.

3. 设 f x  x 2  ax  b在0 , 1中有两个实数根，则 a 2  2b 的取值范围是___________.

sin 2 x  cos 2 x  cos 2 x cos 2 y  sin 2 x sin 2 y

4. 设 x, y  R, 且  1 ，则 x  y  _______.

sin x  y

5. 已知两个命题，命题

p : 函数 f x  log xx  0 单调递增；命题

q : 函数 g x  x 2  ax  1  0 x  R , 若p  q为真命题，p  q 为假命题，则实数 a 的取值范围为____.

5q S,p,q1，定义函数f q  q  1 

,则设 S 是  0 ，  中所有有理想的集合，对简分数   

p p  8   p 

2f x  在 S 中根的个数为___________.

7. 已知动点 P,M,N 分别在 x 轴上，圆 x  12  y  22  1 和圆 x  32  y  42  3 上，则 PM  PN 的

最小值为__________.

8. 已知棱长为 1 的正四面体 P—ABC,PC 的中点为 D,动点 E 在线段 AD 上，则直线与平面 ABC 所成的角的取值范围为__________.

   满足

c , 9. 已知平面向量 a, a  1，b  2 ，c  3, 0    1.若b  c  0 ，则 a  b  1   c 所有取不 b ,

到的值的集合为____________.

10.

2x,x0,

已知 f x  方程 f x 2 1  x 2  f x 2 1  x 2  2a x 4  0 有三个根

x 2  1.x  0,

x  x  x . 若 x  x  2x  x ，则实数 a=_______.

二. 解答题

11. （本题满分 20 分）设 f x 

x 2  32 , f

n1

x  x 2 

x  , n  1,2,，对每个 n，求 f x  3x

的实数解。

x 2 y 2 1

  的右焦点为 F，过 F 的直线 y  k x  2交椭圆与 P,Q 两点 k  0. 12.（本题满分 20 分）已知椭圆

6 2

若 PQ 的中点为 N，O 为原点，直线 ON 交直线 x  3 于 M

（1）求 MFQ 的大小；

（2）求的最大值

a 2 , a  2 , n  1,2,3,， 13. （本题满分 20 分）设数列 a n 满足： n1  2a n n

证明：如果 a 为有理数，则从某项后 a 为周期数列

14. （本题满分 30 分）设 a , a , a ; b , b , b  Z  ,证明：存在不全为零的数

  ， ，  0,1,2 a   a   a 和 b   b   b 同时被 3 整除，使得

，的一个排列，记1 ，2  n 15. （本题满分 30 分）设   a ，a ，，a 为 ，

F   a a , a

i i1

i1

1 1

2 2

3 3

1 1

2 2

3 3

2 3 1 2 3

i1

 a , 求 minF  

2 n



参考答案

一，填空题【答案】1，-4128

【解析】 27 C 3  3  26 C 4  3  25 C 5  24 C 6  4128 【答案】2 2,

5,由于fxlog5x3为【解析】将原式化简为 log 5a  3 log

a21 7 7

x2 1。因此可得函数 a=2 g x  log x 2  1 为R上的增函数，且 f 2 g 

上的增函数， 5





3,【答案】[ 0. 2 ]

 

22 aa

【解析】因为 f x x 2  ax  b  x   b  在 [0,1] 中有两个实数根，所以 a,b 满足



 2  4

f 0b  0 , f 1 a  b  1  0 , a 2  4b  0 , 0   1 ，由此可得到 a 2  2b 的取值范围为[0,2]



,kZ 2 y  sin 2 x sin 2 y  sin x  y sin x  y 且 sin x  y  0 ，所 x cos4,【解析】由于 sin 2 x  cos 2 x  cos2 2

以 sinx  y  1。故x  y  2k 

若5, 【解析】命题 p 成立当且仅当 a>1；命题 q 成立当且仅当-2, 令q  2m  1 , p  3m , m  Z 则有 0 

 ,  m  8 由此检验可得

6, 【答案】5

【解析】由于 f x 

2 2m  1 5 1 3 3m 8 2

方程的根的个数为 5

圆

3  1   4  2  1  321031

= 7, 【答案】

【解析】圆 x  12  y  22  1的圆心坐标为 1 , 2， x  32  y  42  3 关于 x 轴对称的圆的圆



 - 4arctan8，【答案】心坐标为（）则 0， 3， PM  PN7 的最小值为



3  12   4  22  1  3 = 2 10  3  1





，, 0  , P 0 ， 4126A 0 ， , 0  , B  ,0 , 0  , C

63  为轴正向，建立空间直角坐标系，  2 BC22   【解析】记中点为点，以为原点，为轴正向， O O BC X OA y  

311     3536Et t,t  0,,D,,所以而则 . 从可t 设  0  t  1 ，于是 BE  t  ,  t, 36136 4 2 2 12  。设所求角为 θ ，则

14 



 

 1  4

 1

6 



1 3 5 3

6  6 

2t 2 7 1  7

tan 2  

7t 2  12t  12 2  2  2

。所以cot 2

  6t 2

 6t 1

  6 t 1

  2   ，这里最后一个不等式是由

 14 14

，0arctan，即   于单调性以及 t 1。因此有0  tan  

7 7 



1

6  ，

 13  1  4， 

13 

9, 【答案】 

【解析】将向量 b, c 的起点平移至原点 O，再以 b, c 分别为 x,y 轴正向建立平面直角坐标系。则向量

  c 对应的点坐标为 P2,3   。 b  1 1

于是 OP  13  18  9 , OP

min

6 13 。而ab   c 表示的是点 P 到单位圆周上的距离 d， 113

6 131 4，6  ，131因此所有取不到的值的集合为 .   则 d 的最大值为 4，最小值为

13  13 

【答案】10，

12【解析】设 g x 2 1  x , 定义域为 1  x  1 ，maxf x, g x f x g x f x g x 

方程可变形为 max f x , g x  ax  2 .由  2 x  2 1  x 2 得x   ，从而有

 2

2 x, x [1, ]  2

max f x , g x  

2 1  x 2 x [ 2 ,1]  2

2  2 

 1  x   2 , 可得0  a  2 2  2 ；于是  2 x  ax  2  x   a2  

。由于x  x  x , x  x  2x  x ，可得 2 1  x 2  ax  2  x  0 , x  

1 2 3 3 2 2 1 a 2  4 4 12a 17  3

2 x  3x , 即 , 有a  

1 2 a  2 a 2  4 2

二，解答题

【证明】利用数学归纳法 11，

（

1） x  2是f x  3x 的解

当 n=1 时，x=2 是 f x

x 2  32  3x 的解。

4 

f 当 n=k 时，设 f 2 6 , 则f 2

k 1 k

3 k

2  6

由此可得 x  2是 f x  3x的解对于所有 n （2）当 x>2 时， f x  3x  n n





3 2x x  2

当n  1时，f x  x 2  32  3x  2

2x 2

3216k2当n  k时，设f x  3x  x , 则 2 f x  x  3 f x

k 1

x 2  8x 2  3x

由此可得 x  2 都不是 f x  3x 的解（对于所有的 n）（3）当 0  x  2时，f x  3x

当n  1时，f x x 2  32  x 2  8x 2  3x0  x  2

当n  k时，设f x  3x, 则f

k 1

x  x 2 

f x   x 2  16 x  3x 3

由此可得 0  x  2都不是 f x  3x 的解对于所有的 n 因此，对每个 n, f x  3x 的实数解为 x  2 12，









 x 2 y 2    1 可得2

, 3k  1 x 2  12k 2 x  12k 2  6  0 【解】：（1）联立  6 2

 y  k,  x  2 ,

设 P 点的坐标为x , y



Q点的坐标为 x , y 则

p q

3k 2  1 3k 2  1

12k 2 12k 2  6

x  x  , x y  p

3k  1 3k  1  3k 

 6k 2  2k  1

,  。

因为直线 ON 交直线 x  3于M , 所以M  3， 。故MF的斜率为k ，

1  1 

kk  。 



因此与垂直， MFQ  即得 k  k  1 。 MF PQ

MF PQ 2  4 x k I   

于是有 y  y  kx  x 4k 

p q p q 因为 PQ 的中点为 1  。因此 ON 的斜率为 k

N,所以 N  23k 2 2





 4k





（2）



 PQ 2

 MF 

x  x 2  k 2 x  x 2 p q p q  k 2 x  x 

q p 1

1 

k 2 x



 



 x

2 q

p q

x

 144k 4 2k 2  1 k 2  1

 k 2   24   24k 2

3k 2  1 3k 2  1 2  3k 2  1 2











2 1611 1u  1  16  1 1  9  u  2   令 u  3k 2  1 , 则 I  8       

 3u4163  u 2 2u2

3u 2

12由于 u  3k  1  1 , 故0   1。 u 

因此 I

max





 3 当u  4时取到最大值，也即 k  1。

的最大值为 3 综上所述，

13，

【解析】证：（1）若a 为有理数，则为周期数列

n 1

, y, x  1, 由已知条件，有且仅有下述一个等式成立

（2）对于任意的 n,设 a  x

n1

2 y  2n x x a  2a  2  , 或 n

n1

2 y  2 x

x  2a  2 





a 与

n 1

有相同的分母（不进行约分）

（3）设 a 

, p , q  1 , 则 a  n , b 为整数。由于 a  2, n  1,2,3,，因此 p p q b

n n n

 2 p  b  2 p

（4）若存在两个自然数 k  1 ，使得 a  a ，则由（2）中得到的



k 1

 递推公式以

及 a

2,n1,2,3,，n

可得  从第 k 项开始是一个周期数列，周期为l  k

（5）由（3）可知对于任意的 n, b 的值只有 4  1（有限个），故总能找到 k  l , 使得b  b ，

从而有 a  a

综上所述，如果 a 为有理数，则从某项后 为周期数列

14，

【证明】：不妨设 a  k mod 3 , b  l mod 3 k , l  0,1,2, i  1,2,3 则要证明结论正确，只要证明存在不全为零的数  ， ，  0,1,2，使得





 k   k   k   l   l   l mod 3 0mod 3 。

记 k l  k l  cmod 3, 这里c  0,1,2

1 2

2 1 1 1

2 2

3 3

1 1

2 2

3 3



情形（1）当 c  0 时 , 则k  l  0, 或者k , l 不全为零。若 k1  l1  0, 则取  1，    0，有 式成立

1 1

若 k , l 不全为零，不妨设 k  0, 则取   ，  k ,   0, 且

1 1

 k   k   k  k k  k k  0mod 3

11 2 3 3 2 1 1 2 ,即式  2lllklkl0mod3  11 22 33 21 12

 

情形（2）当c  1 或 2 时，即c 2  1mod 3

记 ck l  k l  c mod 3 , ck l  k l  c mod 3 , 这里c , c  0,1,2

2 3

3 2

1 3 1

1 3 2 1 2

令   c ,   c ,   1, 则 ， ，  0,1,2且不全为零，且

 c k l  kl k  ck l  k l k  k mod 3,

3213113

2 3 3 k l2 k l k  k 3mod 3  ck 3212

1 2

2，1  c k mod3 0 mod 

3,

类似可以证明  l   l   l  0mod 3

 k   k   k  c k  c k  k

1 1

2 2

3 3

1 1

1 2 2 3 1 2 3



1 1

2 2 3 3

【解】问题等价于圆周上放置 n 个数，使得相邻的乘积之和为最小，最小值记为T 15，

不妨设 a  n ，则数字 1 必与它相邻。否则设 a  1 ,  j  2 , n , 则可将 a

，a , a ,a 上的数字，则相邻数的乘积和的该变量为 j

j 1

, a ,，a 的数字改变为

3 j

a a  a a

1 j

1 2 j

2 j 1

 a a  a a

j 1

a  a 1

j j 1

a

  a 0

2 n

于是可确定 a  1。再说明数字 2 也必与数字 n 相邻，即 a  2

事实上，若 a  2 , j  n ，则交换 a , a ,，a 为a , a ,，a 。此时的目标改变值为

j 1 j 1

j j

a a  a a

1 j

1 n j

n j 1

 a a  a a

j 1

 a 0 a  a a  

1 j 1 j n n

n1

因此目标取到最小值时， a  n, a  n，a  2 由此出发，依次可得 a  n  1, a

 n  2 。在已安排好

的两端数字，若剩下的数比两端数字都小，则在剩下的数中找两个最小的数字，按小对大，大对小放置；

若剩下的数比两端数字大，则在剩下的数字中找两个最大的数，按大队小，小对大放置。由此规律即得

a  3, a

n2

 4, a  n  3, a

5 n

n3

 n  4,。

下面用递推法计算T 。

考虑 n+2 个数字，我们在T 的数字排序中，将每个数字加 1，再放置 1，n+2 这两个数字，在 2,n+1 的中间

插入 n+2，1.即可得到 T

因此 T

n2

 T   n  1 n  2 2n  2 2n  1

 a  1a

 1 T  nn  2 。由此可得

n2

。

n 其中 T  

n i

i1

i 1

n2  T n

 n 2  4n  5

可以推出

 1 Tn 3 1 5

n 2  6  n  1, n 2 6

  1 n3  1 n 2  5 n 6

2  1, 6 n

n  2m  2m  1

2017 年全国高中数学联合竞赛广东赛区选拔赛

一，填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分

 a  8 , 且 2 , 则1.已知数列 a , a , a ,, a ,满足关系式 2  a 4的值是_________.

0 n1 0 1 2 n a

i0 i a

n

2.圆锥曲线 x 2  y 2  6 x  2 y  10  x  y  3  0 的离心率是________.



3. 设 f x 是定义在 R 上的奇函数， f 1 2 , 当x  0时, f x 是增函数，且对任意的 x, y  R ，都有

f x  y  f x  f y , 则函数 f x在[-3,-2]上的最大值是_______.

m1 n1

4. 设 m,n 均为正整数，则

 cos 2k   sin 2k  _______.

k 0 k 0

m n 4

1 25. 已知点 P 在圆 C: x  y  2  上运动，点 Q 在曲线 y  ax 2 a  0 ,  1  x  2上运动，且 PQ 的

最大值为

，则 a=___________.

6. 已知  ， ， 是一个三角形的三个内角，如果 cos   cos   cos  取得最大值，则

sin   sin   sin  =_________.

7. 从各位数字两两不等且和为 10 的所有四位数中任取两个数，则 2017 被取到的可能性为__________.

8. 已知 S 是正整数集合的无穷子集，满足对任何a, b, c  S , abc  S ，将 S 中的元素按照由小到大的顺序

4061则 2 , a  ______ . 排列成的数列记为，且已知 a  2 , a

2031 2017

二，解答题：本大题共 3 小题，共 56 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤

x 2 y 2

9. （本小题满分 16 分）设直线1: y  x  b与椭圆C :   1 不相交。过直线 1 上的点 P 作椭圆 C

25 9

的切线 PM,PN，切点分别为 M,N，连结 MN

(1)当点 P 在直线 1 上运动时，证明：直线 MN 恒过点 Q; （2）当 MN//1 时，定点 Q 平分线段 MN

4 x  4 167

10. （本小题满分 20 分）已知函数 f x  , 数列  ,   满足 a  0 , b  0 ，

a  f 

n 1 n

a b

 , b  f b

n n1

n 1 1

, n  2,

3

（1）讨论数列  a 的单调性；

ba,n1,2,3（2）求证： b  a 

n n 8n3 1 1

11.（本小题满分 20 分）1求使方程 x  2 x  3x    nx  2017 （）的最大正整数 n

 有正整数解 x , x ,，x



1 2 n

（2）用 A 表示方程的所有正整数解 x , x ,，x 构成的集合，当 n 为奇数时，我们称 A 中的每

 的一个奇解；当 n 为偶数时，我们称 A 中的每一个元素方程的一个偶解.一个元素为方程

 中的所有奇解的个数与偶解的个数相等.证明：方程



1 2 n n

参考答案

一，填空题

1，【答案】 

n i0

1  

 2n2  n  3 a 2 1

【解析】

n1

2 1 1 1   ，令b   , 则b  2b

n n n1 a 2 a 2

n n

, b  1 , b  2n

0 n

11 1   n 1

 2n  ,  2n2  n  3

a 2 a 2 n

i0

2,【答案】 2

【解析】原式变形为

x  32  y  12  x  y  3  3 , 即 x  32  y  12  2 x  y  3 ，

所以动点 x , y 到定点（-3,1）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 3,【答案】-4

，【解析】因为 f x 是奇函数，且在0 ，   上是增函数，所以 f x 在  0 上也是增函数，则

1  ff  3 f x  f  2. 又 f 2 f 1 4 , 所以f  2  f 2 4

故函数 f x 在 3 ， 2上的最大值为-4

4, 【答案】1 或 0

2k 2k 2k 2k

【解析】因为 cos  i sin , k  0 , 1 ,, m  1 , cos  i sin , k  0 , 1 ,, n  1 分别是

m m n n

多项式 X m  1与X n  1 的根，因此当 m>1,n>1 时由根与系数的关系可得：

2km1 2k2k2kn1 n1

 cos  i sin  0 ,  cos  i sin  0

m m n n

m1

k 0

m1 n1

2k2k2k2k cos  0 ,  sin  0 , 故： cos   sin  0 ，所以  m n m n m1 n1

而当 m  1时

k 0 k 0

m1

k 0 k 0  cos

  sin

 1

2k

n1

2k n

k 0 k 0

31

5, 【答案】

【解析】连接 QC 并延长交圆于点 D，则 PQ  QC  CP  QC  CD  QD , 所以 PQ 的最大值等

于 CP 的最大值与圆的半径之和，由于

2  2 2  a 2 x 4  4a  1x 2  4 ,  1  x  2 f x CP 2  x 2  ax



f 1 5  4a  a 2  16a 2  16a  8  f  2, 因此x  2时，CP 取得最大值，于是：

9 1 3  1

16a  16a  8    4 , 2a 2  2a  1  0 , a 

2 2 2

3 3

6, 【答案】

【解析】若，， 中至少有两个不等，不妨设   ，则

cos2

1     2 3 3      

2cos2 cos  1    2 cos  1   . 2 2 2  2  2 2

cos   cos   cos   2 cos

  

cos

  

 时，coscoscos取得最大值，故：sinsinsin3 3

因此当且仅当     

3 2

7,【答案】

【解析】方程 x  x  x  x  10 , 0  x  x  x  x  9 的整数解有且仅有

x1, x2, x3, x4 0,1,2,7, 0,1,3,6, 0,1,4,5, 0,2,3,5,  1,2,3,4, 因此符合条件的四位数恰有：

4  C 1  3 !4 ! 96 （个），故所求概率为

C1 1

95 

C 2 48

8，【答案】 2 4033

【解析】由题意对任何 a, b, c  S , abc  S 可知：

2  4n1  22n1 , 1  n  2031

 2  42016  24033 都是数列 a 中的项，所以 a

2017

二．解答题

9.【证明】：（1）设 Px , y  M  M,N 的切线方程分别为 , x , y  N ,x , y  则椭圆过点,

x x y y xx y y

1  1  1, 2  2  1 25 9 25 9

因为两切线都过点 P，则有

0 1 1 2 2

x x y y xx y y 1 0  1 0  1, 2 2  2 0  1 25 9 25 9

xx y y

这表明 M,N 均在直线 0  0  1 ①上.由两点决定一条直线知，式①都是直线 MN 的方程，其中 x , y 

25 9

满足直线 1 的方程.

当点 P 在直线 1 上运动时，可理解为 x 0取遍一切实数，相应的 y 为

y 0 x  b

代入①消去 y 得0 x250 x xb 0 9 y  1  0 ②

对一切 x 0 R 恒成立，变形可得

xx xy   b y  0 0 25   y  1  0, 对一切x   R恒成立，故有 25 9 9   9  0

 b y  1  0  9

由此解得直线 MN 恒过定点 Q  25

, 9  ， b b



（2）当 MN//1 时，由式②知  x

250 x  b 25

0 9  b 解得 x 0  b

代入②，得此时 MN 的方程为 y  x 3434

b③

将此方程与椭圆方程联立，消去 y 得

34 68 342 25x 2  x 

bb 2

1  0

由此可得，此时 MN 截椭圆所得弦的中点横坐标恰好为点Q259 

, 



b  的横坐标，即 b x  168

2x 1 b 25 1  x   2

2 34 

25b

代入③式可得弦中点纵坐标恰好为点Q  25b , 9 

 的纵坐标，即



b  y  2534 9

b  

b b

0 0

259

这就是说，点 Q  ,  的平分线段 MN

 b b 

16x1919  4   , 则

10.【解】（1） f x 

4x  1 4 x  1

n1

 9 1   9 1 

   4     a   4  

4a14a1   



n n1

9 1

a  a  

4 a  1a  1 n n1

n1

1 9 2   a 

    2  1n1 n2  4  a  1a  1 n n1 n2 a

a 1

 a2a1

2 2n1 a  1 a  1  9  a

   a  1  1  4 

n n1 2 1

所以 a

n1

16a1  7

 a  a  a , i . e .,  a 。解得

n 2 1 1 4a  4

0  a  2

7 7 7 2 2 2所以当 0  a 

所以当 a  2 时，数列  单调下降

时，数列  a 单调上述；所以当a  时，数列a 

n 1 n

, n  1,2,3,；

证明：（2）因为 f x单调上升，计算得 f 0

, f   , f   7  7  35  35  637 4  4  11  11  184

由（1）知 9

a  b 

n1 n1

ab 

 1 n1 n1 

 1 , 0  b  时，a4  f 3 a1 f 3 0

2 2 184

77637

所以：（i）,当 0  a  同理 , 故当n  4时

， a  a  1, 1  b  b  。故

184 2 184 2 637 7 637 7

4 a

9 1 1

a  b   b a  b n n n4  637  637  1 8 an1 n1   1  1 n1

184  184  

1 1 9 1  a  b  a  b

n4 4 48 3 8n4 4  35   3

  1  1 11  11  

1 9 9 1 1

a  b  n43a  b 

1 1 8 4 4  7  7  2 2 n3 8

  1  1  4  4  7 7

（ii），当0  a  ,  b1 时，由（1）得：

1 2 2

 b  b 2 n1 n

所以

9 1 1

 b a  b  a  b

n n n4  35  7  1 8 an1 n1   1  1 n1

11  2  

1 1

a  b ,   2  a  b 

1 1 n n3 3 38 n2 8

（iii）,最后，当 a  , b  时，我们有

1 2 1 2

7 7

 a  a ,  b

2 2  b

n1

所以

a  b 

4  7  7

a  b  b

n1 n1  8 a

n1



n-1 81

  1  1

 2  2  a  b

11. 【解析】

解：（1）因为 2017  x  2 x  3x    nx  1  2    n 

所以 n  63. 当n  63时，x  2 , x  x    x

 的一组正整数解，故所求最大值为 1 为方程

nn  1

2

n=63

证明：（2） x  x , x ,，x  A , 1  n  63 , 令a  a , a ,，a

与之对应，其中

a  x  x

   x , i  1,2,，n,

i1

则 a  a    a  1 , 且a  a    a  2017 令

 

B  a , a ,，a 丨a  a    a  1, a  a  a   a  2017

那么 x  a是a 到 B 的双射，所以：A  B x 表示集合x中所含元素的个数



a  a , a ,，a  B , 我们用 a  s表示a , a ,, a 中使得a  a  s  1 成立的最小下标，即：

1, i  1,2,, s  1, a  a a  a i

i1

s1

 2

因为 a  a  1  1 ，所以满足条件的正整数 s 存在且1  s  n, 并记 a  a

若 a   a , 我们断言  a  n  1，否则n  1   a  a   a  n a   a  n, 于是我们有：

n3n1

， 2017  a  a    an  n  n  1   2n  1

2 1 2

1,，a a1,a,, a 此不可能，所以 b   B  1, a     

 b

n1

 a   b

2  a  a 1 n1

n1

是唯一确定的元素且

若 a   a 且 a  n时，我们断言 a  1   a 否则 a  1  n   a   a  a

因此 a   a  n  1 ，于是我们有：

nna11,，21,2n,,a,，ca1,aaa此不可能.所以2017  a  a    a 1 2 n      B

2 n3n1



 c   a   c 



 a

 a 1

n1 是唯一确定的元素且

    c, 若 aa

b, 若 a   a  63 63

, a  B   B 是B   B 到自身的映射且由此我们证明了 f : a  

n n n1 n1 f是满射，则f也单射，因而是双射，从f  B    B2n , f   B2n    B2n1 ，如果我们能够证明

 32  31

 n1 2n1  n1

  B 而：  A

32 n1

2n1 

32 n1

2n1

31 n1

 31  32  n1  n1   B   A

即：方程 v 中所有奇解的个数与偶解的个数相等事实上， v , v ,，v  B   B , 如果 v  v，则存在

 

a    1, v  1,，v

n1 ，v1,v,   v 1

 B   B , 使得：f a  v

63 n1

 v n1

如果 v   v  则存在

，v a  v  1, v 1,v 1,1 2  v  v 1

故 f

是满射，结论成立

使得：f a  v . ,, , v B  63 B , vn n

n1

2017 年春季高二数学竞赛

参考答案与试题解析

（1． 2017•济宁一模）从 4 台甲型和 5 台乙型电视机中任取出 3 台，在取出的 3 台中至少有

甲型和乙型电视机各一台，则不同取法共有（

）

A．140 种 B．80 种

C．70 种 D．35 种

【分析】任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各 1 台，有两种方法，一是甲型电视机 2 台和乙型电视机 1 台；二是甲型电视机 1 台和乙型电视机 2 台，分别求出取电视机的

方法，即可求出所有的方法数．

【解答】解：甲型电视机 2 台和乙型电视机 1 台，取法有 C42C51=30 种；甲型电视机 1 台和乙型电视机 2 台，取法有 C41C52=40 种；

共有 30+40=70 种．故选：C．

【点评】本题考查组合及组合数公式，考查分类讨论思想，是基础题．

（2017•兰州二模）中、美、俄等 21 国领导人合影留念，他们站成两排，前排 11 人，后 2．

排 10 人，中国领导人站在第一排正中间位置，美俄两国领导人站在与中国领导人相邻的两侧，

如果对其他领导人所站的位置不做要求，那么不同的站法共有（

）

A．A1818 种 B．A2020 种 C．A32A183A1010 种

D．A22A1818 种

种排法，而其余的 18 国的领导人

【分析】先安排中、美、俄三国的领导人的位置共有的排法共有

种，再利用乘法原理即可得出．

【解答】解：先安排中、美、俄三国的领导人的位置共有

种排法，而其余的 18 国的领

导人的排法共有

种，

• 种．

由乘法原理可得：同的站法共有

故选：D．

【点评】本题考查了乘法原理、排列与组合，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

（2017•蚌埠一模）我们把各位数字之和等于 6 的三位数称为“吉祥数”，例如 123 就是一个 3．

“吉祥数”，则这样的“吉祥数”一共有（

）

A．28 个

B．21 个 C．35 个 D．56 个

【分析】根据 1+1+4=6，1+2+3=6，2+2+2=6，0+1+5=6，0+2+4=6，0+3+3=6，0+0+6=6，所以可以分为 7 类，分别求出每一类的三位数，再根据分类计数原理得到答案．

【解答】解：因为 1+1+4=6，1+2+3=6，2+2+2=6，0+1+5=6，0+2+4=6，0+3+3=6，0+0+6=6，

所以可以分为 7 类，

当三个位数字为 1，1，4 时，三位数有 3 个，

当三个位数字为 1，2，3 时，三位数有 A33=6 个，

当三个位数字为 2，2，2 时，三位数有 1 个，

当三个位数字为 0，1，5 时，三位数有 A21A22=4 个，当三个位数字为 0，2，4 时，三位数有 A21A22=4 个，

当三个位数字为 0，3，3 时，三位数有 2 个，当三个位数字为 0，0，6 时，三位数有 1 个，

根据分类计数原理得三位数共有 3+6+1+4+4+2+1=21．

故选 B．

【点评】本题主要考查了分类计数原理，关键是找到三个数字之和为 6 的数分别是什么，属

于中档题．

（2017•日照一模）甲、乙、丙 3 人站到共有 7 级的台阶上，若每级台阶最多站 2 人， 4．

同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是（

）

A．210 B．84 C．343 D．336

【分析】由题意知本题需要分组解决，共有两种情况，对于 7 个台阶上每一个只站一人，若

有一个台阶有 2 人另一个是 1 人，根据分类计数原理得到结果．

【解答】解：由题意知本题需要分组解决，因为对于 7 个台阶上每一个只站一人有若有一个台阶有 2 人另一个是 1 人共有

种；

种，

种．

所以根据分类计数原理知共有不同的站法种数是故选：D．

【点评】分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理

求和，得到总数．分步要做到步骤完整，完成了所有步骤，恰好完成任务．

（2017•合肥一模）已知（ax+b）6 的展开式中 x4 项的系数与 x5 项的系数分别为 135 与﹣ 5．

18，则（ax+b）6 展开式所有项系数之和为（

）

A．﹣1 B．1 C．32 D．64

【分析】由题意先求得 a、b 的值，再令 x=1 求出展开式中所有项的系数和．

【解答】解：（ax+b）6 的展开式中 x4 项的系数与 x5 项的系数分别为 135 与﹣18，

∴

•a4•b2=135①， •a5•b=﹣18②；

由①、②组成方程组

，

解得 a=1，b=﹣3 或 a=﹣1、b=3；

∴令 x=1，求得（ax+b）6 展开式中所有项系数之和为 26=64．

故选：D．

【点评】本题考查了二项式定理的应用问题，求出系数 a、b 是解题的关键，属基础题．

（2017•赣州一模）若（ x﹣2y）2n+1 的展开式中前 n+1 项的二项式系数之和为 64，则该 6．展开式中 x4y3 的系数是（

） D．﹣70

A．﹣

B．70 C．

【分析】根据（ x﹣2y）2n+1 展开式中前 n+1 项的二项式系数之和等于后 n+1 项的和，

求出 n 的值，再利用展开式的通项公式求出 x4y3 的系数．【解答】解：（ x﹣2y）2n+1 展开式中共有 2n+2 项，

其前 n+1 项的二项式系数之和等于后 n+1 项和， ∴22n+1=64×2，解得 n=3；

∴（ x﹣2y）7 展开式中通项公式为

Tr+1=

•

•（﹣2y）r，

令 r=3，得展开式中 x4y3 的系数是

•

•（﹣2）3=﹣

．

故选：A．

【点评】本题考查了二项式展开式的通项公式与二项式系数的应用问题，是基础题．

平顶山一模）甲袋中装有 3 个白球和 5 个黑球，乙袋中装有 4 个白球和 6 个黑球，（ 7． 2017•

现从甲袋中随机取出一个球放入乙袋中，充分混合后，再从乙袋中随机取出一个球放回甲袋

中，则甲袋中白球没有减少的概率为（）

A．

B． C． D．

．抓出白球，抓入

【分析】白球没有减少的情况有：①抓出黑球，抓入任意球，概率是：

白球，概率是

，再把这 2 个概率相加，即得所求．

【解答】解：白球没有减少的情况有：①抓出黑球，抓入任意球，概率是：．

抓出白球，抓入白球，概率是故所求事件的概率为故选 C．

= ，

【点评】本题考查古典概型及其概率计算公式的应用，属于基础题．

四川模拟）有 5 位同学排成前后两排拍照，若前排站 2 人，则甲不站后排两端且甲、（ 8． 2017•

乙左右相邻的概率为（

） D．

A．

B． C．

【分析】求出基本事件总数和甲乙相邻照相包含的基本事件个数，由此能求出甲乙相邻照相的概率即可．

【解答】解：由题意得：p= 故选：B．

= = ，

【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公

式的合理运用．

（2017•广州一模）四个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的硬币，所有人 9．

同时翻转自己的硬币．若硬币正面朝上，则这个人站起来；若硬币正面朝下，则这个人继续

坐着．那么，没有相邻的两个人站起来的概率为（

）

A．

B． C． D．

【分析】列举出所有情况，求出满足条件的概率即可．【解答】解：由题意得：正面不能相邻，

即正反正反，反正反正，3 反一正，全反，

其中 3 反一正中有反反反正，反反正反，反正反反，正反反反，故共 7 中情况，

故 P=

，

故选：B．

【点评】本题考查了列举法求事件的概率问题，是一道基础题．

（2017•安庆二模）我们知道：“心有灵犀”一般是对人的心理活动非常融洽的一种描述， 10．

它也可以用数学来定义：甲、乙两人都在{1，2，3，4，5，6}中说一个数，甲说的数记为 a，

乙说的数记为 b，若|a﹣b|≤1，则称甲、乙两人“心有灵犀”，由此可以得到甲、乙两人“心有

灵犀”的概率是（

）

D．

A．

B． C．

【分析】本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是从 6 个数字中各自想一个数字，可以重复，可以列举出共有 36 种结果，满足条件的事件可以通过列举得到结果，根据等

可能事件的概率公式得到结果．

【解答】解：（I）由题意知，本题是一个等可能事件的概率

列举出所有基本事件为：

（1，1），（2，2），（2，3），（4，4），（5，5），（6，6）

（1，2），（2，1），（1，3），（3，1），（1，4），（4，1），（1，5），（5，1），（1，6），（6，1）

（1，3），（3，1），（2，4），（4，2），（3，5），（5，3），（4，6），（6，4），

（1，4），（4，1），（2，5），（5，2），（3，6），（6，3），

（1，5），（5，1），（2，6），（6，2），

（1，6），（6，1），共计 36 个．

记“两人想的数字相同或相差 1”为事件 B，

事件 B 包含的基本事件为：

（1，1），（2，2），（3，3），（4，4），（5，5），（6，6）

（1，2），（2，1），（1，3），（3，1），（1，4），（4，1），

（1，5），（5，1），（1，6），（6，1），共计 16 个．

∴P=

= ，

∴“甲乙心有灵犀”的概率为．

故选 D．

【点评】本题考查古典概型及其概率公式．考查利用分类计数原理表示事件数，考查理解能

力和运算能力，注意列举出的事件数做到不重不漏．

（2017•沈阳一模）复数 11．，且 A+B=0，则 m 的值是（

）

A．

B． C．﹣ D．2

【分析】复数方程两边同乘 1+2i，利用复数相等求出 A、B，利用 A+B=0，求出 m 的值．【解答】解：因为

，所以 2﹣mi=（A+Bi）（1+2i），

可得 A﹣2B=2，2A+B=﹣m 解得 5（A+B）=﹣3m﹣2=0 所以 m=

故选 C．

【点评】本题考查复数相等的充要条件，考查计算能力，是基础题．

（2017•山西二模）若 z= + 12．

i，且（x﹣z）4=a0x4+a1x3+a2x2+a3x+a4，则 a2 等于（）

i D．﹣3﹣3 i

A．﹣ +

B．﹣3+3

C．6+3

【分析】根据二项式定理写出展开式的通项，要求的量是二项式的第三项的系数，根据 x 的次数求出 r，代入式子求出结果，题目包含复数的运算，是一个综合题．

【解答】解：∵Tr+1=Cx4﹣r（﹣z）r，由 4﹣r=2 得 r=2，

∴a2=6×（﹣ ﹣

i）2

=﹣3+3 故选 B

i．

【点评】本题考查二项式定理和复数的加减乘除运算是比较简单的问题，在高考时有时会出

现，若出现则是要我们一定要得分的题目．

江西模拟）若一个复数的实部与虚部互为相反数，则称此复数为“理想复数”．已（ 13． 2017•

知 z=

+bi（a，b∈R）为“理想复数”，则（）

A．a﹣5b=0 B．3a﹣5b=0

C．a+5b=0 D．3a+5b=0

【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，结合已知得答案．【解答】解：∵z=

+bi=

．

由题意，

，则 3a+5b=0．

故选：D．

【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．

（2017•甘肃一模）下面是关于复数 z= 14．的四个命题： p1：|z|=2，p2：z2=2i，p3：z

的共轭复数为﹣1+i，p4：z 的虚部为 1，其中真命题为（ A．p2，p3 B．p1，p2 C．p2，p4 D．p3，p4

）

【分析】利用复数的运算法则可得：复数 z=1+i，再利用复数的模的计算公式、共轭复数的定义、虚部的定义即可判断出真假．

【解答】解：复数 z=

= =1+i 的四个命题：

p1：|z|=

≠2，因此是假命题；

p2：z2=（1+i）2=2i，是真命题；

p3：z 的共轭复数为 1﹣i，是假命题； p4：z 的虚部为 1，是真命题．其中真命题为 p2，p4．

故选：C．

【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的模的计算公式、共轭复数的定义、虚部的定义、

命题的真假判定，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

（2017•河南模拟）欧拉（Leonhard Euler，国籍瑞士）是科学史上最多产的一位杰出的 15．

数学家，他发明的公式 eix=cosx+isinx（i 为虚数单位），将指数函数的定义域扩大到复数，建

立了三角函数和指数函数的关系，这个公式在复变函数理论中占用非常重要的地位，被誉为

“数学中的天桥”，根据此公式可知，e﹣4i 表示的复数在复平面中位于（

）

A．第一象限

B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【分析】e﹣4i=cos（﹣4）+isin（﹣4），再利用诱导公式与三角函数求值即可得出．

【解答】解：e﹣4i=cos（﹣4）+isin（﹣4），∵cos（﹣4）=cos[π+（4﹣π）]=﹣cos（4﹣π）＜

0，sin（﹣4）=﹣sin[π+（4﹣π）]=sin（4﹣π）＞0，

∴e﹣4i 表示的复数在复平面中位于第二象限．

故选：B．

【点评】本题考查了欧拉公式、诱导公式与三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属

于基础题．

（2012•陕西模拟）已知集合 A={x|x2+y2=4}，B={x||x+ 16．则集合 A 与 B 的关系是（

|＜2，i 为虚数单位，x∈R}，

）

A．A⊂ B

B．B⊂ A C．A∩B= D．A∪B=A

【分析】集合 A={x|x2+y2=4}={x|﹣2≤x≤2}，B={x||x+ ﹣

}，由此能够求出结果．

|＜2，i 为虚数单位，x∈R}={x|

【解答】解：∵集合 A={x|x2+y2=4}

={x|x2=4﹣y2≤4} ={x|﹣2≤x≤2}，

B={x||x+

|＜2，i 为虚数单位，x∈R}

={x||x+i|＜2} ={x| ={x|﹣ ∴B A，

＜2}

}，

故选 B．

【点评】本题考查复数的代数形式的乘除运算的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细

解答．

（2010•福建）对于复数 a，b，c，d，若集合 S={a，b，c，d}具有性质“对任意 x，y∈S， 17．

必有 xy∈S”，则当

时，b+c+d 等于（ D．i

）

A．1

B．﹣1 C．0

【分析】直接求解比较麻烦，它是选择题可以取特殊值验证．

【解答】解：由题意，可取 a=1，b=﹣1，c2=﹣1，c=i，d=﹣i，或 c=﹣i，d=i，所以 b+c+d=﹣

1+i+﹣i=﹣1，

故选 B．

【点评】本题属创新题，考查复数与集合的基础知识；一般结论对于特殊值一定成立．

（2010•广东校级模拟）将一颗骰子投掷两次，第一次出现的点数记为 a，第二次出现 18．的点数记为 b，设两条直线 l1：ax+by=2，l2：x+2y=2 平行的概率为 P1，相交的概率为 P2，则复数 P1+P2i 所对应的点 P 与直线 l2：x+2y=2 的位置关系（ A．P 在直线 l2 的右下方 B．P 在直线 l2 的右上方 C．P 在直线 l2 上

）

D．P 在直线 l2 的左下方

【分析】据两直线相交斜率不等，求出 a，b 满足的条件，据古典概型概率公式求出 P1，P2，据复数的集合意义求出点 P 坐标，判断出与直线的关系．【解答】解：易知当且仅当

时两条直线只有一个交点，

而

的情况有三种： a=1，b=2（此时两直线重合）；a=2，b=4（此时两直线平行）；a=3，

． b=6（此时两直线平行）

而投掷两次的所有情况有 6×6=36 种，

所以两条直线相交的概率两条直线平行的概率为 P1=

；

，

P1+P2i 所对应的点为 P

，

易判断 P

在 l2：x+2y=2 的左下方，

故选项为 D．

【点评】本题融合了直线、线性规划、概率及复数等有关知识，在处理方法上可采用枚举法

处理，注意不等忽视了直线重合这种情况，否则会选 C．

（2017 春•宾川县校级月考）《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但 19．

求穿墙术．得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟．”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿

墙术”：

2 =

，3

，4

= ，5 =

具有“穿墙术”，则 n=（）

则按照以上规律，若 8 A．7

B．35 C．48 D．63

【分析】观察所告诉的式子，找到其中的规律，问题得以解决．【解答】解 2

=2 = =

，3

=3 =

，4

=4 =

，

=5 =

= ，可得 n=82﹣1=63，

则按照以上规律 8 故选：D．

【点评】本题考查了归纳推理的问题，关键是发现规律，属于基础题．

（ 2017 春 • 故城县校级月考）观察： 20 ．+

＜2

）

D．ab=21

+ ＜ 2

，

+ ＜ 2 ，

+ ＜2 ，…，对于任意的正实数 a，b，使成立的一个条件可以

是（

A．a+b=22 B．a+b=21 C．ab=20

【分析】观察前三个不等式的特点，归纳出来不等式的规律，即可得到结论．

【解答】解：∵6+15=5.5+15.5=4﹣

+17+

=21，

＜2 成立的一个条件可以是 a+b=21．

∴根据归纳推理的知识，可以猜想满足故选 B．

【点评】本题主要考查归纳推理的应用，根据不等式的特点归纳出规律是解决本题的关键，

比较基础．

（2017 春•上饶月考）观察下列各式：55=3125，56=15625，57=78125，…，则 52017 的末 21．

四位数字为（

）

C．0625

D．8125

A．3125

B．5625

【分析】根据题意，进而求出 58、59、510、511、512 的值，归纳分析其末四位数字的变化规律，即可得答案．

【解答】解：根据题意，55=3125，其末四位数字为 3125，

56=15625，其末四位数字为 5625，

57=78125，其末四位数字为 8125，

58=390625，其末四位数字为 0625，

59=1953125，其末四位数字为 3125，

510=9765625，其末四位数字为 5625，

511=48828125，其末四位数字为 8125，

512=244140625，其末四位数字为 0625，

…

+++分析可得： 4k 4k 4k5 1 的末四位数字为 3125，5 2 的末四位数字为 5625，5 3 的末四位数字为 8125，

（k≥2） 54k+4 的末四位数字为 0625，又由 2017=4×504+1，则 52017 的末四位数字为 3125；

故选：A．

【点评】本题考查归纳推理的运用，关键是分析末四位数字的变化规律．

（2016 秋•山西期末）今年“五一”期间，某公园举行免费游园活动，免费开放一天，早 22．

晨 6 时 30 分有 2 人进入公园，接下来的第一个 30 分钟内有 4 人进去 1 人出来，第二个 30

分钟内有 8 人进去 2 人出来，第三个 30 分钟内有 16 人进去 3 人出来，第四个 30 分钟内有

32 人进去 4 人出来…按照这种规律进行下去，到上午 11 时公园内的人数是（

）

A．212﹣57 B．211﹣47 C．210﹣38 D．29﹣30

【分析】先设每个 30 分钟进去的人数构成数列{an}，确定求数列{an}的通项公式，由于从早

晨 6 时 30 分到上午 11 时，共有 10 个 30 分钟，故需求数列{an}的前 10 项和，再由等比数列

前 n 项和公式即可得上午 11 时园内的人数．

【解答】解：设每个 30 分钟进去的人数构成数列{an}，则

a1=2=2﹣0，a2=4﹣1，a3=8﹣2，a4=16﹣3，a5=32﹣4，…，an=2n﹣（n﹣1）设数列{an}的前 n 项和为 Sn，依题意，

只需求 S10=（2﹣0）+（22﹣1）+（23﹣2）+…+（210﹣9）=（2+22+23+…+210）﹣（1+2+…+9）

=211﹣47 故选 B．

【点评】本题考查数列的通项公式，等比数列的前 n 项和公式，考查将实际问题转化为数学

问题，运用数学知识解决问题的能力，属于中档题．

（2017•甘肃模拟）一个三角形可分为以内切圆半径为高，以原三角形三条边为底的三 23．

个三角形，类比此方法，若一个三棱锥的体积 V=2，表面积 S=3，则该三棱锥内切球的体积为

（

）

D．

A．81π B．16π C．

【分析】根据类似推理可以得到一个三棱锥分为以内切球半径为高，以原三角锥四个面为底的四个三角锥，利用等体积求出内切球半径，即可求出该三棱锥内切球的体积．

【解答】解：由一个三角形可分为以内切圆半径为高，以原三角形三条边为底的三个三角形，

可以类比一个三棱锥分为以内切球半径为高，以原三角锥四个面为底的四个三角锥，

设三棱锥的四个面积分别为：S1，S2，S3，S4，

由于内切球到各面的距离等于内切球的半径 ∴V= （S1×r+S2×r+S3×r+S4×r）= S×r

∴内切球半径 r=

=2，

．

∴该三棱锥内切球的体积为 π•23= 故选：C

【点评】本题考查类比推理的问题，以及三棱锥内切球的体积，考查学生的计算能力，求出

内切球半径是关键．

（2017•南昌模拟）一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的 24．

供词如下，甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”：乙说：“我没有作案，是丙偷的”：丙说：“甲、

乙两人中有一人是小偷”：丁说：“乙说的是事实”．经过调查核实，四人中有两人说的是真话，

另外两人说的是假话，且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是（

）

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁

【分析】这个问题的关键是四人中有两人说真话，另外两人说了假话，这是解决本题的突破

口；然后进行分析、推理即可得出结论．

【解答】解：在甲、乙、丙、丁四人的供词不达意中，可以看出乙、丁两人的观点是一致的，

因此乙、丁两人的供词应该是同真或同假（即都是真话或者都是假话，不会出现一真一假的

情况）；

假设乙、丁两人说的是真话，那么甲、丙两人说的是假话，由乙说真话推出丙是罪犯的结论；

由甲说假话，推出乙、丙、丁三人不是罪犯的结论；显然这两个结论是相互矛盾的；

所以乙、丁两人说的是假话，而甲、丙两人说的是真话；由甲、丙的供述内容可以断定乙是

罪犯，乙、丙、丁中有一人是罪犯，由丁说假说，丙说真话，推出乙是罪犯．

故选 B．

【点评】此题解答时应结合题意，进行分析，进而找出解决本题的突破口，然后进行推理，

得出结论．

25．（ 2017 春•小店区校级月考）在等差数列{an}中，a10=0，则有等式 a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19

（n＜19，n∈N*）成立，类比上述性质，相应地在等比数列{bn}中，若 b9=1，则成立的等 ﹣n 式是（

）

A．b1b2…bn=b1b2…b17﹣n （n＜17，n∈N*） B．b1b2…bn=b1b2…b18﹣n（n＜18，n∈N*）

C．b1+b2+…+bn=b1+b2+…+b17﹣n（n＜17，n∈N*） D．b1+b2+…+bn=b1+b2﹣1+…+b18﹣n（n＜18，n∈N*）

【分析】根据等差数列与等比数列通项的性质，结合类比的规则，和类比积，加类比乘，由类比规律得出结论即可．

【解答】解：在等差数列{an}中，若 a10=0，则有等式 a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19 ﹣n 成立（n＜19，， n∈N*）

故相应的在等比数列{bn}中，若 b9=1，则有等式 b1b2…bn=b1b2…b17﹣n（n＜17，n∈N*）故选 A．

【点评】本题的考点是类比推理，考查类比推理，解题的关键是掌握好类比推理的定义及等

差等比数列之间的共性，由此得出类比的结论即可．

（2014•仙游县校级模拟）如图，P 是双曲线 26．上的动点，

F1、F2 是双曲线的焦点，M 是∠F1PF2 的平分线上的一点，且

．有一同学用以下方

法研究|OM|：延长 F2M 交 PF1 于点 N，可知△PNF2 为等腰三角形，且 M 为 F2N 的中点，得

．类似地：P 是椭圆

上的动点，F1、F2 是椭

圆的焦点，M 是∠F1PF2 的平分线上的一点，且

．则|OM|的取值范围是（）

A．

B． C． D．

【分析】椭圆与双曲线都是平面上到定点和定直线距离之比为定值的动点的轨迹，故它们的研究方法、性质都有相似之处，我们由题目中根据双曲线的性质，探究|OM|值方法，类比椭

圆的性质，推断出椭圆中|OM|的取值范围．

【解答】解：延长 F2M 交 PF1 于点 N，可知△PNF2 为等腰三角形，且 M 为 F2M 的中点，

则|OM|= |NF1|=a﹣|F2M| ∵a﹣c＜|F2M|＜a

∴0＜|OM|＜c=

∴|OM|的取值范围是

故选 D．

【点评】类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事

物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．

（27． 2017•福建模拟）设 a=

（3x2﹣2x）dx，则（ax2﹣ ）6 的展开式中的第 4 项为（）

A．﹣1280x3

B．﹣1280 C．240 D．﹣240

【分析】先计算定积分，再写出二项式的通项，即可求得展开式中的第 4 项．【解答】解：由于 a=

（3x2﹣2x）dx=（x3﹣x2）

=4，

则（ax2﹣ ）6 的通项为

故（ax2﹣ ）6 的展开式中的第 4 项为 T3+1= 故选：A．

=（﹣1）r•

，

【点评】本题考查定积分知识，考查二项展开式，考查展开式中的特殊项，属于基础题．

（2017•云南模拟）图所示的阴影部分由坐标轴、直线 x=1 及曲线 y=ex﹣lne 围成，现向 28．

矩形区域 OABC 内随机投掷一点，则该点落在非阴影区域的概率是（

）

A． B． C．1﹣ D．1﹣

【分析】求出阴影部分的面积，以面积为测度，即可得出结论．【解答】解：由题意，阴影部分的面积为

（ex﹣1）dx=（ex﹣x）| =e﹣2，

∵矩形区域 OABC 的面积为 e﹣1，

则非阴影区域的面积为（e﹣1）﹣（e﹣2）=1

∴该点落在阴影部分的概率是故选 B．

．

【点评】本题考查概率的计算，考查定积分知识的运用，属于中档题．

（2017•广西一模）设实数 a=log32，b=ln2，c= 29．

，则（）

A．b＞a＞c B．b＞c＞a C．a＞b＞c D ．a＞c＞b

【分析】先根据定积分的计算求出 c 的值，再比较大小即可．

【解答】解：∵ ∴c= =log3

sinxdx=﹣cosx| =﹣（﹣1﹣1）=2，

＜log32=a，

﹣ln2=ln2（ ﹣1）＜ln2（ ﹣1）=0，

∵a﹣b=log32﹣ln2= ∴b＞a＞c，

故选：A

【点评】本题考查了不等式的大小比较和定积分的计算，属于基础题．

（河南模拟）已知 30． 2017•+

，若 φ∈（0，

），则

（x2﹣2x）dx=

（

）

A．

B．﹣ C．

D．﹣

【分析】首先由已知求出 tanφ，然后计算定积分即可．

【解答】解：由已知

，φ∈（0，

），

得到 sinφ=cosφ=

，所以 tanφ=1，

所以

（x2﹣2x）dx=

（x2﹣2x）dx=（

）|

= ；

故选 C．

【点评】本题考查了三角函数值的求法以及定积分的计算．

31．（ 2017 春•普宁市校级月考）若

，则 f（2017）=（

A．

B． C． D．

【分析】根据函数的周期性可得 f（2017）=f（﹣3），再根据定积分计算即可

【解答】解：当 x＞0 时，f（x）=f（x﹣5），

∴函数 f（x）为周期函数，其周期为 5，

∴f（2017）=f（404×5﹣3）=f（﹣3），

∴f（﹣3）=2﹣3+

cos3tdt= + sin3t| = + =

，

故选：B．

【点评】本题考查了分段函数的周期性以及定积分的计算，属于基础题．

32．（2016• 鹰潭一模）已知，由如程序框图输出的 S=（

）

A．1

B． C． D．﹣1

【分析】先根据定积分几何意义求出 M，然后根据定积分的运算公式求出 N，最后根据选择结构进行求解即可．

【解答】解：M=

= =

N= =sinx =1

M＜N，不满足条件 M＞N 则 S=M=

故选 C

【点评】本题主要考查了以选择结构为载体考查定积分的应用，同时考查了计算能力，属于

基础题．

（2016•山东校级模拟）设函数 f（x）=ax2+b（a≠0），若∫ 33．

，x0＞0，则 f（x）dx=2f（x0）x0=（

） B．

C．1

D．

，x0＞0 求解 x0 的值． f（x）dx=2f（x0）A．2

【分析】求出 f（x）的定积分，由∫

【解答】解：∵函数 f（x）=ax2+b（a≠0），由∫

，得 f（x）dx=2f（x0）=

，

2f（x0）=2 ，

由

，解得．

故选：D．

【点评】本题考查了定积分，关键是求出被积函数的原函数，是基础题．

（2016• 河南模拟）若 k≠0，n 是大于 1 的自然数，二项式（ 1+ ）n 的展开式为 34．（i=0，1，2）的位置如图所示，则 a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4…+anxn．若点 Ai（i，ai）

x2dx 的值

为（

）

A．

B． C．28 D．26

【分析】在所给的等式中，分别 a0=1，a1=3，a2=4，可得 2 个等式，再根据所得的 2 个等式求出 k，再根据定积分的计算法则计算即可．【解答】解：

的展开式的通项为

由图可知，a0=1，a1=3，a2=4，

∴ ∴

∴k=3，

，

∴

，

故选：A．

【点评】本题主要考查二项式定理的应用，定积分的计算，属于基础题．

（2017 春•寿光市期中）以下式子正确的个数是（ 35．

）

．

①（）′=

②（cosx）′=﹣sinx

③（2x）′=2xln2 ④（lgx）′=

A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个

【分析】根据题意，依次对四个式子的函数求导，即可得判断其是否正确，即可得答案．

【解答】解：根据题意，依次分析四个式子：

对于①、 =x﹣1，则（）′=（x﹣1）′=﹣ 对于②、（cosx）′=﹣sinx

，故①错误；

正确；

对于③、（2x）′=2xln2，正确；对于④、（lgx）′=

，故④错误；

综合可得：②③正确；故选：B．

【点评】本题考查导数的计算，关键是掌握导数的计算公式．

（2017•未央区校级三模）已知定义在（0，+∞）上的函数 f（x），满足（36．1）f（x）＞0；

（2）f（x）＜f′（x）＜2f（x（）其中 f′（x）是 f（x）的导函数，e 是自然对数的底数），则

的范围为（（ A．

）

，） C．（e，2e）

（e，e3） D．与 h（x）= ，再利用导数判断在（1，

，） B．（

【分析】根据题给定条件，设构造函数 g（x）= 2）上函数的单调性．

【解答】解：设 g（x）= ，则 g'（x）= ＞0

∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以 g（1）＜g（2），即

＜ ⇒ ＜；

令 h（x）=

，则 h'（x）=

∴h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以 h（1）＞h（2），即

＞ ⇒ ＞

综上，故选：B

＜且＞．

【点评】本题主要考查了导数与函数的单调性以及构造法的应用，属中等难度题．

（2017•本溪模拟）已知定义在（0，+∞）上的单调函数 f（x），对∀ x∈（0，+∞），都 37．有 f[f（x）﹣log2x]=3，则方程 f（x）﹣f′（x）=2 的解所在的区间是（

）

（0，） A．（1，2） C．（，1） B．（2，3） D．【分析】设 t=f（x）﹣log2x，则 f（x）=log2x+t，又由 f（t）=3，即 log2t+t=3，解可得 t 的值，可得 f（x）的解析式，由二分法分析可得 h（x）的零点所在的区间为（1，2），结合函数的零点与方程的根的关系，即可得答案．

【解答】解：根据题意，对任意的 x∈（0，+∞），都有 f[f（x）﹣log2x]=3，

又由 f（x）是定义在（0，+∞）上的单调函数，

则 f（x）﹣log2x 为定值，

设 t=f（x）﹣log2x，则 f（x）=log2x+t，又由 f（t）=3，即 log2t+t=3，

解可得，t=2；

则 f（x）=log2x+2，f′（x）= 将 f（x）=log2x+2，f′（x）=

，

代入 f（x）﹣f′（x）=2，

可得 log2x+2﹣ 即 log2x﹣

=2，

=0，

，

令 h（x）=log2x﹣

分析易得 h（1）=﹣

＜0，h（2）=1﹣ ＞0，

则 h（x）=log2x﹣

的零点在（1，2）之间，

则方程 log2x﹣

=0，即 f（x）﹣f′（x）=2 的根在（1，2）上，

故选：B．

【点评】本题考查二分法求函数的零点与函数零点与方程根的关系的应用，关键点和难点是

求出 f（x）的解析式．

（2017•南平一模）定义在 R 上的函数 f（x），f′（x）是其导函数，且满足 f（x）+f′（x） 38．

＞2，f（1）=2+ ，则不等式 exf（x）＞4+2ex 的解集为（

）

（﹣∞，（1，+∞） A．1） B．

（﹣∞，（2，+∞） C．2） D．【分析】可构造函数令 g（x）=exf（x）﹣2ex﹣4，然后求导，根据条件即可得出 g′（x）＞0，进而得出函数 g（x）在 R 上单调递增，并求出 g（1）=0，这样便可求出原不等式的解集．

【解答】解：令 g（x）=exf（x）﹣2ex﹣4，g′（x）=exf（x）+exf′（x）﹣2ex=ex[f（x）+f′（x）

﹣2]；

∵f（x）+f′（x）＞2；

∴g′（x）＞0；

∴g（x）在 R 上单调递增；

；

∴

；

∴x＞1 时，g（x）＞0；

∴原不等式的解集为（1，+∞）．

故选 B．

【点评】考查导函数的概念，构造函数解决问题的方法，积的函数的求导公式，函数导数符

号和函数单调性的关系．

（2017 春•寿光市期中）已知函数 f（x）=asinx+bx3+1（a，b∈R），f′（x）为 f（x）的导 39．

函数，则 f（2016）+f（﹣2016）+f′（2017）﹣f′（﹣2017）=（

）

A．2017

B．2016 C．2 D．0

【分析】根据函数的解析式求出函数的导数，结合函数的奇偶性建立方程关系进行求解即可．【解答】解：函数的导数 f′（x）=acosx+3bx2，

则 f′（x）为偶函数，则 f′（2017）﹣f′（﹣2017）=f′（2017）﹣f′（2017）=0，

由 f（x）=asinx+bx3+1 得 f（2016）=asin2016+b•20163+1，

f（2016）=asin2016+b•20163+1，

f（﹣2016）=﹣asin2016﹣b•20163+1，

则 f（2016）+f（﹣2016）=2，

则 f（2016）+f（﹣2016）+f′（2017）﹣f′（﹣2017）=2+0=2，

故选：C

【点评】本题主要考查函数值的计算，根据函数的导数公式，结合函数的奇偶性建立方程关

系是解决本题的关键．

（2017 春•湖北期中）若函数 f（x）在 R 上可导，且 f（x）=x2+2f′（1）x+3，则（ 40．

）

A．f（0）＜f（4） B．f（0）=f（4）

C．f（0）＞f（4） D．无法确定

【分析】求函数的导数，令 x=1，求出函数的解析式，结合二次函数的对称性进行求解判断即可．

【解答】解：函数的导数 f′（x）=2x+2f′（1），

令 x=1，得 f′（1）=2+2f′（1），

即 f′（1）=﹣2，

f（x）=x2﹣4x+3，则函数的对称轴为 x=2，

则 f（0）=f（4），

故选：B

【点评】本题主要考查二次函数的性质的应用，根据函数的导数公式求出 f′（1）的值是解决

本题的关键．

（2017•山西一模）若函数 y=x3+x2+mx+1 是 R 上的单调函数，则实数 m 的取值范围是 41．

（

）

（，+∞） B．（﹣∞，（﹣∞，A． ] C．[ ，+∞） D．）

【分析】对函数进行求导，令导函数大于等于 0 在 R 上恒成立即可．

【解答】解：若函数 y=x3+x2+mx+1 是 R 上的单调函数，只需 y′=3x2+2x+m≥0 恒成立，即 =4△

﹣12m≤0，∴m≥ ．

故选 C．

【点评】本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系．即当导数大于 0 是原函

数单调递增，当导数小于 0 时原函数单调递减．

（2017•清新区校级一模）已知 a＞0，函数 f（x）=x3﹣ax 在[1，+∞）上是单调增函数， 42．

则 a 的最大值是（

） D．3

A．0

B．1 C．2

【分析】由题意 a＞0，函数 f（x）=x3﹣ax，首先求出函数的导数，然后根据导数与函数单调性的关系进行判断．

【解答】解：由题意得 f′（x）=3x2﹣a，

∵函数 f（x）=x3﹣ax 在[1，+∞）上是单调增函数，

∴在[1，+∞）上，f′（x）≥0 恒成立，

即 a≤3x2 在[1，+∞）上恒成立，

∴a≤3，

故选：D．

【点评】此题主要考查函数导数与函数单调性之间的关系，掌握并会熟练运用导数与函数单

调性的关系．

（2017•乐山一模）已知函数 f（x）= 43．

，则 y=f（x）的图象大致为（

）

A． B．

．

D．

【分析】利用函数的定义域与函数的值域排除 B，D，通过函数的单调性排除 C，推出结果即

可．

【解答】解：令 g（x）=x﹣lnx﹣1，则

，

由 g'（x）＞0，得 x＞1，即函数 g（x）在（1，+∞）上单调递增，由 g'（x）＜0 得 0＜x＜1，即函数 g（x）在（0，1）上单调递减，

所以当 x=1 时，函数 g（x）有最小值，g（x）min=g（0）=0，

于是对任意的 x∈（0，1）∪（1，+∞），有 g（x）≥0，故排除 B、D，

因函数 g（x）在（0，1）上单调递减，则函数 f（x）在（0，1）上递增，故排除 C，

故选 A．

【点评】本题考查函数的单调性与函数的导数的关系，函数的定义域以及函数的图形的判断，

考查分析问题解决问题的能力．

（2017•上饶一模）已知函数 f（x）= 44．

（b∈R）．若存在 x∈[ ，2]，使得 f

）

（﹣∞，D．3）

（x）＞﹣x•f′（x），则实数 b 的取值范围是（

（﹣∞，A．

）

B． C．

【分析】求导函数，问题转化为 b＜x+

，设 g（x）=x+ ，只需 b＜g（x）max，结合函数

的单调性可得函数的最大值，故可求实数 b 的取值范围．

【解答】解：∵f（x）=

x＞0，，

，

∴f′（x）=

∴f（x）+xf′（x）=

∵存在 x∈[ ，2]，使得 f（x）+xf′（x）＞0，

∴1+2x（x﹣b）＞0 ∴b＜x+

，

设 g（x）=x+

，∴b＜g（x）max，

∴g′（x）=

，

当 g′（x）=0 时，解得：x=

当 g′（x）＞0 时，即

＜x≤2 时，函数单调递增，

时，函数单调递减，

当 g′（x）＜0 时，即 ≤x＜

∴当 x=2 时，函数 g（x）取最大值，最大值为 g（2）= ，

∴b＜，

故选 C．

【点评】本题考查导数知识的运用，考查恒成立问题，考查函数的最值，属于中档题．

（2017•鹰潭一模）函数 f（x）是定义在区间（0，+∞）上的可导函数，其导函数为 f′ 45．（x），且满足 xf′（x）+2f（x）＞0，则不等式

的解集为（）

A．{x＞﹣2011}

B．{x|x＜﹣2011}

C．{x|﹣2011＜x＜0} D．{x|﹣2016＜x＜﹣2011}

【分析】根据条件，构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系，将不等式进行转化即

可得到结论

【解答】解：构造函数 g（x）=x2f（x），g′（x）=x（2f（x）+xf′（x））；

当 x＞0 时，

∵2f（x）+xf′（x）＞0，

∴g′（x）＞0，

∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，

∵不等式

∴x+2016＞0 时，即 x＞﹣2016 时，

，

∴（x+2016）2f（x+2016）＜52f（5），

∴g（x+2016）＜g（5），

∴x+2016＜5，

∴﹣2016＜x＜﹣2011，

故选：D．

【点评】本题主要考查不等式的解法，利用条件构造函数，利用函数单调性和导数之间的关

系是解决本题的关键

（2017•白山二模）已知函数 f（x）的定义域为 R，f（﹣2）=2021，对任意 x∈（﹣∞， 46．

+∞），都有 f'（x）＜2x 成立，则不等式 f（x）＞x2+2017 的解集为（

）

（﹣2，+∞） A．

（﹣2，2） B．（﹣∞，﹣2） C．（﹣∞，+∞） D．

【分析】构造函数 g（x）=f（x）﹣x2﹣2017，利用对任意 x∈R，都有 f′（x）＜2x 成立，即可得出函数 g（x）在 R 上单调性，进而即可解出不等式．

【解答】解：令 g（x）=f（x）﹣x2﹣2017，则 g′（x）=f′（x）﹣2x＜0，

∴函数 g（x）在 R 上单调递减，

而 f（﹣2）=2021，

∴g（﹣2）=f（﹣2）﹣（﹣2）2﹣2017=0，

∴不等式 f（x）＞x2+2017，可化为 g（x）＞g（﹣2），

∴x＜﹣2，

即不等式 f（x）＞x2+2017 的解集为（﹣∞，﹣2），

故选：C．

【点评】本题主要考查了导数的应用，恰当构造函数和熟练掌握利用导数研究函数的单调性

是解题的关键．

（2017•铁东区校级四模）已知函数 f（x）的定义域是 R，f（0）=2，对任意 x∈R，f′ 47．

（x）＞f（x）+1，则下列正确的为（

）

（f（1）+1）•e＞f（2）+1 A．

B．3e＜f（2）+1

C．3•e≥f（1）+1 D．3e2 与 f（2）+1 大小不确定【分析】构造函数 g（x）= 【解答】解：构造函数 g（x）= ∴函数在 R 上单调递增，

，利用导数可判断函数 g（x）的单调性，由此可得结论．

，∴g′（x）= ＞0，

∴g（2）＞g（1）＞g（0），

∴（f（1）+1）•e＜f（2）+1，3•e＜f（1）+1，3e2＜f（2）+1，

∴3e＜f（2）+1，

故选：B．

【点评】本题考查函数单调性的性质及其应用，考查抽象不等式的求解，考查导数与函数单

调性的关系，综合性较强，属于中档题．

（2017•太原一模）已知函数 48．（m）≤2n2﹣n 成立，求实数 n 的取值范围为（

，若存在实数 m 使得不等式 f

）

C ．

A．

D．

B．

【分析】求导，将 x=1 代入 f′（x）和 f（x），即可求得函数的解析式及导函数，根据函数的单

调性及最值，由题意即可求得 2n2﹣n≥f（x）min=1，即可求得实数 n 的取值范围．

【解答】解：由

，求导，f′（x）= ex+f（0）x﹣1，

当 x=1 时，f′（1）=f′（1）+f（0）﹣1，则 f（0）=1， f（0）=

=1，则 f′（1）=e，

f（x）=ex+ x2﹣x，则 f′（x）=ex+x﹣1，

令 f′（x）=0，解得：x=0，

当 f′（x）＞0，解得：x＞0，当 f′（x）＜0，解得：x＜0，

∴当 x=0 时，取极小值，极小值为 f（0）=1，

∴f（x）的最小值为 1，

由 f（m）≤2n2﹣n，则 2n2﹣n≥f（x）min=1，

则 2n2﹣n﹣1≥0，解得：n≥1 或 n≤﹣ ，实数 n 的取值范围（﹣∞，﹣ ∪[1，+∞），

故选 A．

【点评】本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及极值，一元二次不等式

的解集，考查计算能力，属于中档题．

（2017•河南模拟）已知函数 f（x）= 49．

﹣

，若对任意的 x1，x2∈[1，2]，且 x1≠x2 时，

）

[|f（x1）|﹣|f（x2）|]（x1﹣x2）＞0，则实数 a 的取值范围为（

A．[﹣

， ]

B．[﹣

， ]

C．[﹣

， ]

D．[﹣e2，e2]

【分析】由题意可知函数 y=丨 f（x）丨单调递增，分类讨论，根据函数的性质及对勾函数的性质，即可求得实数 a 的取值范围．

【解答】解：由任意的 x1，x2∈[1，2]，且 x1＜x2，由[|f（x1）|﹣|f（x2）|]（x1﹣x2）＞0，

则函数 y=丨 f（x）丨单调递增，

当 a≥0，f（x）在[1，2]上是增函数，则 f（1）≥0，解得：0≤a≤ 当 a＜0 时，丨 f（x）丨=f（x），令

，

=﹣ ，

解得：x=ln

，

由对勾函数的单调递增区间为[ln 故 ln

，+∞），

≤1，解得：﹣

≤a＜0，

，

]，

综上可知：a 的取值范围为[﹣ 故选 B．

【点评】本题考查函数的综合应用，考查对数函数的运算，对勾函数的性质，考查分类讨论

思想，属于中档题．

（2017•龙岩一模）已知函数 f（x）的实义域为 R，其图象关于点（﹣1，0）中心对称， 50．

其导函数为 f′（x），当 x＜﹣1 时，（x+1）[f（x）+（x+1）f′（x）]＜0．则不等式 xf（x﹣1）

＞f（0）的解集为（

）

（﹣1，1） C．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） D．

（1，+∞） B．（﹣∞，﹣1） A．

【分析】由题意设 g（x）=（x+1）f（x），求出 g′（x）后由条件判断出符号，由导数与函数单调性的关系判断出 g（x）在（﹣∞，﹣1）上递增，由条件和图象平移判断出：函数 f（x

﹣1）的图象关于点（0，0）中心对称，由奇函数的图象可得：函数 f（x﹣1）是奇函数，令

，判断出 h（x）的奇偶性和单调性，再等价转化不等式，求出 h（x）=g（x﹣1）=xf（x﹣1）

不等式的解集．

【解答】解：由题意设 g（x）=（x+1）f（x），

则 g′（x）=f（x）+（x+1）f′（x），

∵当 x＜﹣1 时，（x+1）[f（x）+（x+1）f′（x）]＜0，

∴当 x＜﹣1 时，f（x）+（x+1）f′（x）＞0，

则 g（x）在（﹣∞，﹣1）上递增，

∵函数 f（x）的定义域为 R，其图象关于点（﹣1，0）中心对称，

∴函数 f（x﹣1）的图象关于点（0，0）中心对称，

则函数 f（x﹣1）是奇函数，

令 h（x）=g（x﹣1）=xf（x﹣1），

∴h（x）是 R 上的偶函数，且在（﹣∞，0）递增，

由偶函数的性质得：函数 h（x）在（0，+∞）上递减，

∵h（1）=f（0），∴不等式 xf（x﹣1）＞f（0）化为：h（x）＞h（1），

即|x|＜1，解得﹣1＜x＜1，

∴不等式的解集是（﹣1，1），

故选 C．

【点评】本题考查导数与单调性的关系，偶函数的定义以及性质，函数图象的平移变换，以

及函数单调性的应用，考查转化思想，构造法，化简、变形能力．

2017 年上海市高三数学竞赛

一，填空题：（本大题满分 60 分，前 4 小题每小题 7 分，后 4 小题每小题 8 分）

1，函数 y  1 garcsin



2 x  x 的定义域是________,值域是_________.

2 2 a  8118a   1，，，，而且 a  1 ，则   2a a , n 是递增数列，满足：a 2 ，2，数列 a n1 n1 n n n1 1

n n

数列通项公式 a =__________.

3，用一张正方形纸片（不能剪裁）完全包住一个侧棱长和底边长均为 1 的正四棱锥，则

这个正方形的边长至少是___________.

，，，， 4，一个口袋中有 10 张卡片，分别写着 0,1,2，9，从中任意连续取出 4 张，按取出的顺序从左到右

组成一个四位数（若 0 在最左边，则该数视作三位数），则这个数小于 2017 的概率是________.

5，设

f x 

 1 ,,, a

是集合， , 2 ,， 16 的子集，满足 a  7  a  4  a ，则这样的子集 A 6，设集合 A  , a , a 3

共有___________个。

2 3

2 ，则f tan1 f tan 2   f tan 89=___________. 

x  1 x 2  1

a 2

y  1  15  ，若线段 AB x  a   7，在直角坐标系 xOy 中，已知点 A0 ，3, B2 ，3，及圆C：

（包括端点 A,B）在圆 C 的外部，则实数 a 的取值范围是_________.

8，一串“十”，“一”号排成一行，从左往右看，就会产生“变号”。例如：十十一十一一十，其中有 4 次“变号”若有 10 个“十”号与 6 个“一”号排成一行，产生7 次“变号”，则这种排列共有________种.

二，解答题：（本大题满分 60 分，每题 15 分）

已知数列9， a 的各项均为正实数，a  1 ，而且对于一切正实数 n ，均有 a

a  2a  a    

（1）证明：数列  的每一项都是完全平方数；

n1 n 1 2

（2）证明： 9

a100

10，给定正实数 a ,若复数 z  的值。

a  ti

这里i是虚数单位，t是实参数满足 z  i 的最大值是2，求a





11，求满足 2n cos 20 cos 40,, cos 2n 10  1 的所有正整数 n

12，将 5X5 矩阵的每个元素都取成 1,2,3,4,5 这五个数之一，要求每行的 5 个元素互不相等，而对任意相邻

1 两行，掐存在一个 k   , 2 , 3 , 4 , 5，使得这两行在第 k 列上的元素相等。

此时，若矩阵中存在某一列上相邻的 3 个元素相等，则称该矩阵为“有趣的”；否则，若任意一列上都不出现相邻的 3 个元素相等，则称该矩阵为“无趣的”；试比较有趣的矩阵的个数 x 与无趣的矩阵的个数 y 的大小。

一，填空题

【答案】 1，

1g 1 ，  ，，1 ，01   

2  2    2 

参考答案

   2【解析】求定义域： 2 x  x  0 , 1 ，求值域： arcsin 2 x  x   0 ,



2,【答案】 a  3  42 或者3n  22 【解析】（方法 1）找规律+数学归纳法/代入检验

计算可得：

 

2 

n 1 2

4 25 64 ，，，，

3 4

，，，，

49 100

，，，，

 （数学归纳法证明/代入检验略）2 或者3n  22归纳得: a  3n  4。

（方法 2）严格推导（注意舍去增根）

原方程变形可得： a

2 n1

 2an  18

由求根公式得： a

n1

 a  9  6 a  a

n n

n1

 a 2 18a  81  0

n n



 3 2

开方可得： a n1 

a  3

计算可得： a  4 或者 16 ，当a  4 , a  25 ; 当a  16 , a  49 由已知数列  是递增数列，所以当 n  3 , n  N 时， a  a  3

n1

进而 a

n1

 a  3 ，（小跟不满足“数列 是递增数列”因此舍去）

n n n

可证数列 a 从第三项开始等差数列，验证可得前两项也符合，本题有两解。

【答案】3，

62

【解析】将正四棱锥的四条侧棱剪开，把四个侧面分别沿着各自的底边翻折下来，使得四个侧面等边三角形和底面等边三角形和底面四边形共面，那么能包住此“侧面展开图”图形的最小正方形即符合题意。

4,【答案】

253

1260

【解析】分类讨论：第一位是 0，第一位是 1，第二位是 2（2013~2016）。

 4 32P9253 p  

P 4 1260

5, 【答案】

2672

【解析】（方法一）运用数列“逆序求和法”

计算f tan   f tan90    

tan   1 tan 2   1 cos  1 cos2   1 1 2 tan  2 tan 2 

     1  2  3

tan   1 tan 2   1 1  tan  1  tan 2 

记 S  f tan1 f tan 2   f tan 98 ，





则 S  f tan 89 f tan 88   f tan1

两式相加可得： 2S  3  89 ,可得原式的值为

2672

（方法二）严格推导（三角函数+数列分组求和法）

计算f tan  

1 2 cos 2 cos2 

  

tan   1 tan 2   1 sin   cos sin 2   cos2 

cos 2 cos2  cos

    2 cos2  sin   cos sin 2   cos2  sin   cos

综上，原式

cos1 cos89    

22 2 cos 1       2 cos 89  

 sin1  cos1   sin 89  cos89 

cos1 sin1    

22 2 cos 1       2sin 1  

 sin1  cos1   cos1  sin1 

1 267   sin 45

2 1  2 44    2sin 45   132   1 

2 2  cos 45  sin 45 

6，【答案】165

，，【解析】穷举法。对于 a 的值分类讨论：a  4 ，  9 , 2  8，，5 ,,, 12，分别有：1,,,

符合题意的子集 A 共有：

9  2种可能，

S  1 9  2  8  3  7,,,, 9 1

 

nn12n1 n10  n  n10n  n  5nn  1 9

n1



9  9 10

 5  9 10   450  285  165



n9









7, 【答案】   ， 2  4  6 ， 

【解析】（方法一）数形结合+分类讨论

1）若a  0 , 符合题意

（恒符合题意） 2）若 a  0 ,圆心C（a ,  1）在第三象限，此时只需点 A 在圆 C 外即可符合题意；

3）若 0  a  2 ,圆心C（a ,  1）在第四象限，而且在线段 AB 的正下方。此时只需圆 C 的半径 r  4 即可符合一；解得 0  a 

2 ；

4）若 a  2 , 圆心C（a ,  1）在第四象限。此时只需点 B 在圆 C 外即可符合题意；解得 a  4  6







综上所述，实数 a 的取值范围是   ， 2  4  6 ，  （方法二）转化成不等式恒成立的问题+分类讨论

在线段 AB 上任取一点（t , 3）, t  0 , 2 由题意，点 P 恒在圆 C 外，因此： t t 22aa  a 2  3  12  15  ,即  a 2   1对任意t  0 , 2 恒成立。对实数 a 的值分类讨论可得：

2 2

a 2

 1  0 , 即  2  a  2 ，原不等式恒成立，符合题意； 1）如果

a 2

 1  0 , 即 a   2或者a  2; 2）如果 2

2   0 , 对任意t  0 , 2恒成立，符合题意；

2.1）若 a   2 , 代入得 t  2

2.2）若 a  2 , 代入得t  22  0,当t  2 时该不等式不成立，舍去；





 

a 2

 1  0 , 即a   2或者a  2; 3）如果 2

3.1）若 a   2 , 则t  a  0 , 因此t  a 

a 2 a 2

 1 , 可得t  a  1 ， 2 2

a 2

 1

分子有理化可得： t  2 ，对任意 t  0 , 2恒成立，符合题意；

a 2

a   1

3.2）若 a  2, 则t  a  0 , 因此a  t 

a 2 a 2 a 2

 1, 可得t  a   1 , 2  a   1 对任意 t  0 , 2恒 2 2 2

成立， a 2  8a  10  0, 解得a  4  6 。

，，综上所述，实数 a 的取值范围是   2  4  6  

8, 【答案】672

【提示】由于是否变号仅看“十”，“一”号是否从左向右交替出现。考虑“一”号有几组（连续的“一”号算一组，用【一】表示）：

要产生 7 次“变号”，必须出现 4 组“一”号，与“十”号组（用【十】表示）的相对位置有如下两种情况：（1）【一】【十】【一】【十】【一】【十】【一】【十】（2）【十】【一】【十】【一】【十】【一】【十】【一】将 6 个“一”号分成 4 组，亦有两种情况：（3+1+1+1），（2+2+1+1）

【一】【十】【一】【十】【一】【十】 1）———【十】

由插杠法可得： C 3  84

【一】【十】【一】【十】【一】【十】 2)—【十】

由插杠法可得： C 3  C1  84  3  252

【一】【十】【一】【十】【一】【十】——— 3)【十】

由插杠法可得： C 3  84

【十】【一】【十】【一】【十】【一】【十】— 4）

由插杠法可得： C 3  C1  84  3  252 综上所述，共有 2（84+252）=672 种

二，解答题 9，【解析】

证明：（1）当 n  2 , n  N 

时，a a；

n1

 2a  a    a

n1

1 2

两式相减可得： a

n1 an n n1a

 2an

, 进而

 a

2 a

n1



n1

 n

；

换元法设 b n

 a n

, 可得bn 1

 bn

1

 2bn

n  2, n  N  ；

又 b1  a1  1, 把n  2代入原等式计算得a  4 , 因此b  a  2 ，

由 b

n

n1  2b n n1 b

 2 , n  N  易知：

a 对于任意 n  3 , n  N  ,恒有：数列  n

单调递增，而且每一项都是正整数。

a 所以对于任意 n  N  ,数列  的每一项都是正整数，

a n

而 a  b 2 ，所以数列  n

的每一项都是完全平方数，得证。

n nn

（2）由 b n1 2b n b n1

 2, n  N b 可得：

n1

 2

nnn1

易证书列  1b  2  1  2 1bb

  2 1b ，

构成一个以

b   2 1b  2

2  1

为公比的等比数列，可得n

n1

2  1b   12

 1 ，可得：

 1为首项，



2  1   2  1

b 

2 bn

n1

2 n 11



b 42

n  



n1  2 n1  ，易证数列 2构成一个以b4



  1  22 

2  1 



 b2 n 1 4 4 2 为首项 ， n

 4

1 22 

1  2为公比的等比数列，可得b  1  2 2  1 ，

4  n1

 42 n

2 

  







  



 ;

即 bn 



4 

8 



100



100 



  3  2 2  

故 a100 1  2  1  2  3

 2 2

 2

1 1 50 8 

8 



 



25 

8  25



 25



 2

 3  2 2 

3  2 2  3  2 2 25



   3  2 2

 

1 25

8 223

 

  25 3  C 3 2 2 2  C 24 2C 0   24 31 2 2  

 

 2 25 25   

2

1 324 2 2 1  C 3 322 2 2 3    C 25 25   2  C 25 2 2  25 25 

 

 

 2 3C0324C

2 32222 2 C24224  2     25      2      25 25 C 11 2 2       324 2 2  C 3 322 3 25 C252 2 25 25

25    

2 2  9  2C 0 324  C 2 322 2 2    C 24 2 2 24 

 25 

25  

25   

 C1 324 2 2 1

 C 3 322 2 23 25    C2 2   25 2525

25 

综上所述， 9

100

10，【答案】 a 

【解析】

（方法一）数形结合复数（模）的几何意义+解析几何轨迹方程由已知， z  1 a  ti a t

a  ti  a 2 

ti ； 2 a 2  t 2 a 2  t 2

设复数 z 在在复平面内对应的点是 Px , y  

 a t, t 

2  2 a 2  t 2 

消 t 可得， ax 2  ay 2  x  0 , 配方可得 1 2 1

 x 

  y 2  （原点除外）； 2a  4a 2

由已知 z  i 的最大值是 2，说明：在复平面内点 P到点Q0 , 1的距离的最大值是 2，可知：

圆 x  1 2  y 2  1 2a 

4a和圆x 2  y  12  2 内切。

列式得  1 

2a 0 2  0  12  2  1 , 解得a  2 

2a 3 （方法二）复数的四则运算，模公式+求分式函数值域

由已知， z  1 a  ti a t

a  ti  a 2 

ti ； 2 a 2  t 2 a 2  t 2

所以

对参数 a 的值分类讨论可得：

1）如果2t  1  0 , 即t   1

，此时zi

2  1

2）如

z  i  aa  t 21

i

 t 2  a 2  t 2



 

2

a2tt22a 2  t 4  t 2  a 4  2t 3  2a 2t 2  2a 2  a 

t 2  t 2  a 4  2a 2  t 4

 a 2  t 2   1 

t 2  a 2  2t  2t 3  t 2  2a 2t  a 2

1 a 4

 2a 1  2t 2  t 4 



2  t 2 

 1  2t1

t a

2 2

2t  1  0 , 即t   1

2 , 此时 z  i  1

3）如果 2t  1  0 , 即t   1

2 , 此时：

z  i  1  2t1 t2t  1

2  a 2  1  1 2t  12 12 2t  1 a;

2  1

4 

z  i  1  2t  1 11 a 4 21  4

2t  1



2t4 1 a2t 2   1 41 21由基本不等式可得：  2 2t

 1 a 

 14 4 a 2  14 2t ;

4 

a2t 2   1（当且仅当 2t  1 1

4 ，即t  4a2 112 时取等号）

果

11a 2  42t  1 1 2  a   ；

进而  

4 2 2t  1 4 2

取倒数可得： 0 

2t  1 1 a 2  1

4  

4 2 2t  1



1 1 1

a 2  

4 2 1

；

故1  1 

2t  1 1 a  4

  4 2 2t  1

 1  2

1 1

a  

4 2

；

所以1  z  i  1 

1 1

a 2  

4 2

；

综合 1）2）3）可知 z  i max  1 

1 2

 2 , 解得a 

1 1 3

a 2  

4 2

11，【答案】 n  6t  3 ,

t  N 

【解析】 2n sin 20 cos 20 cos 40cos 2 n 10



1 2

 sin 40 cos 40cos 2 10

sin 20

 1 ;

sin 20

 1 ;

 1 

2 n    sin 80 cos80cos 2n 10

 2 

 1 ;

sin 20

,,,,



 1 n

nn 2    sin 80 sin 2 10  2

 2 

 1 ;

sin 20



去分母可得： sin 2  20  sin 20 ；





解三角方程可得： 2n  20  20  360  k k  Z 或者

2n  20  180  20  360  k k  Z ;

化简得： 2n  1  18k k  Z 或者2n  8  18k k  Z ;

前者由于 2n 是偶数，1  18k是奇数，等号不成立，舍去；

 所以 2n  8  18k k  Z , 即2n1  4  9k k  Z ;

n3 反表示可得： k 2n1  4  4  2n3  4  4 2n3  1  464

 4 ； 9 9 9

当且仅当

n  3

是非负整数，即 n  6t  3 , t  N 时，k是整数，n 是正整数；

（其余情况可以用余数定理来判断均不符合题意，过程略）

综上所述，所求正整数 n  6t  3 ,

t  N 

12,【答案】 x  y x  240132600 , y  251942400 

【提示】对于同一列上相邻的相等元素的个数展开分类讨论： 1）同一列上相邻的 5 个元素相等：

2）同一列上相邻的 4 个元素相等：

（分成 R1~4 和 R2~5 两种情况，种数相等）

x 2  2  C51C 51 P 44  93  C14  9 

 31492800 ;

3）同一列上相邻的 3 个元素相等：（分成仅 R1 ~ 3 ，仅R3 ~ 5 ，R 2 ~ 4 ，既 R1

~ 3有R3 ~ 5 四种情况，前

两种情况的种数相等）

2CCP

1 1 4

554

9C1 9C1 

4 4

9125971200;

x  C 1C 1P 4  C 1  9  9 2  C 1  9  62985600

4 5 5 4 4 4

;

x  C1C 1P 4  92  C 1  92  15746400 ;

（即“无趣的”矩阵的个数 y ） 4)任意一列上都不出现相邻的 3 个元素相等：

【解】用总数减去上述 1），2），3）的情况数

5 5 4

1  94y  P5  C  x  x  x  x  x  492075000  240132600  251942400



综合 1）2）3）4）可得： x  yx  240132600 , y  251942400

2017 年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）

一，填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分

1. 设 f x 是定义在 R 上的函数，对任意实数 x 有 f x  3 f x  4 1. 又当 0  x  7时，

f x  log 9  x ，则 f  100的值为__________.

2. 若实数 x, y 满足 x 2  2 cos y  1 ，则 x  cos y 的取值范围是___________.

x 2 y 2

  1 ，F 为 C 的上焦点，A 为 C 的右顶点，P 是 C 3. 在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的方程为

9 10

上位于第一象限内的动点，则四边形 OAPF 的面积最大值为____________.

4. 若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过 1，则称其为“平稳数”.平稳数的个数是__________.

5. 正三棱锥 P  ABC中，AB  1 ，AP  2 ，过AB的平面 将其面积平分，则棱 PC 与平面 所成角的余弦值为________.

,y丨x,y1,0,1 x6. 在平面直角坐标系 xOy 中，点集 K    .在 K 中随机取出三个点，则这三个

点中存在两点之间距离为 5 的概率为_________.

7. 在△ABC 中，M 是边 BC 的中点，N 是线段 BM 的中点.若 A 



,ABC的面积为3，则AMAN的3△

最小值为________.

 设两个严格递增的正整数数列ab 满足：a , 

n 10

 b  2017 ，对任意整数 n,有 a  a

n2

n1

 a ，

n1

 2b , 则a  b 的所有可能值为 ______ .

n 1 1

二，解答题：本大题共三小题，满分 56 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤

9. （本题满分 16 分）设 k,m 为实数，不等式 x 2  kx  m  1对所有x  a , b成立。

证明： b  a  2 2

10. （本题满分 20 分）设 x , x , x , 是非负实数，满足 x  x  x  1 求

x

x 2x3

 3x  5x x  的最小值和最大值.



5 

11. （本题满分 20 分）设复数 z , z 满足 Rez  0, Rez 示复数 z 的实部）.

1 2

 0，且 Rez  Rez 2  2（其中 Rez 表

2 1 2

（1）求 Rez z 的最小值；

（2）求 z  2  z  2  z  z 的最小值

参考答案及解析

一，填空题：

1. 【答案】  1

  ，【解析】由条件知， f x  14  fx

f x  7

1 1 1

所以 f  100f  100  14  7 f  2   

f 5 log 4 2

，1,312. 【答案】  

  1  x 2 【解析】由于 x 2  1  2 cos y   1,3 ，故 x   3, 3 ，由 cos y  可知，

21 x 1 x 21因此当x1时，xcosy有最小值（这时y可以取 1 . -1 x  cos y  x   ）；当

2 2 2

1  x  3 时，x  cos y有最大值 3  1这时y可以取  . 由于 x  12  1 的值域是 1， 3  1 ，从而

x  cos y的取值范围是 1， ,3  1

3 11

3. 【答案】

【解析】：易知 A 3 , 0  , F  0 ， .设 P 的坐标是 3cos ,

 

10 sin  ,   0 , 则

 2 

OAPF

 S3

OAP



 10 cos  sin   311sin    

1   

 S OFP   3  10 sin  ,    0 , 

2  2 

10 3 11

. 当  arctan 10时，四边形OAPF面积的最大值为其中   arctan

10 2

4. 【答案】75

【解析】考虑平稳数 abc

若b  0 , 则a  1 , c  0 , 1 , 有2个平稳数

若b  1 ，则a  1 , 2 , 有2  3  6个平稳数 1 , 2 , c  0 ,

  1 , b , b  1 , 有7  3  3  63个平稳数若2  b  8 , 则a , c  b

若b  9 ，则a , c  ，8 9  , 有2  2  4个平稳数

综上可知，平稳数的个数是 2+6+63+4=75

5. 【答案】

【解析】设 AB,PC,的中点分别为 K,M，则易证平面 ABM 就是平面  ，由中线长公式知

AM 

AP 

 AC PC 

1 3

22  12   22  2 4 2

2  AK 2  所以 KM  AM

3  1 2 5

   2  2  2

又易知直线 PC 在平面  上的射影是直线 MK，而 CM=1， KC 

,所以

5 3

KM 2  MC 2  KC 2 4 1  4  3 5

cos KMC  

2KM  MC 10 5 35

故棱 PC 与平面  所成角的余弦值为

6. 【答案】

【解析】易知 K 中有 9 个点，故在 K 中随机取出三个点的方式数为

C 3  84 种.

将 K 中的点按右图标记为 A ，A ， A , O ,其中有 8 对点之间的距，离为 5 .由对称性，考虑取 A，A 两点的情况，则剩下的一个点有 7

种取法，这样有 7  8  56 个三点组（不计每组中三点的次序） .对每

个 A i 中恰有A , A 两点与之距离为 5（这里下  1 , 2 , ，8 ，K

i3

i5

标按模 8 理解），因而恰有A , A , A

i3

i5

i  1 , 2 ,  , 8这 8 个三点组被计了两次，从而满足条件的三点

48 4

组个数为 56-8=48，进而所求概率为 

84 7

7. 【答案】 3  1

3AB1 AC1

,故 AB  AC , AN  【解析】由条件知， AM 

2 4 4



AM  AN 

1

AB  AC

 AC  4 AB  AC .311  44 AC8   AB   3 A

2 2

由于

3  S

AB  AC  AB  AC  cos A  2 ,从而

 AB  AC  sin A  3  AB  AC , 所以 AB  AC  4 ，进一步可得 2 4 1

 23AB2 AC2 4ABAC AM  AN  1   8  



AB  AC  AB  AC  3  1 4 2

当 AB  , AC  2  4 3 时，AM  AN的最小值为 3  1

4 3

8. 【答案】13,20

【解析】有条件可知： a , a , b 均为正整数，且 a  a ，由于 2017  b  29  b  512b ，故

1ab   , 2 , 3. 反复运用  的递推关系知

2 1 1 2 10 1

a  a  a  2a  a  3a  2a  5a  3a  8a  5a  13a  8a  21a  13a  34a  21a

因此 21a  a  b  512b  2b1mod 34

而13  21  34  8  1 ，故有a  13  21a  13  2b  26b mod 34，

①

另一方面，注意到 a  a

a  1

51255

, 有55a  34a  21a1  512b , 故

1 2 1

②

512当b  1时，① ，②分别化为a  26mod 34 , a  55 , 无解

, 1024

当b  2时，①，②分别化为a  52mod 34 a  得到唯一的正整数 a  18

1 1 1 1 55

, 此时a  b  20

1536

当b  3时，① ，②分别化为a  78mod 34 , a  ，得到唯一正整数 a  10 ，此时

1 1 1 1 55

a  b  13

综上所述， a  b 的所有可能值为 13,20 9. 【证明】

令f x  x 2  kx  m , x  a , b , 则f x   1 , 1. 于是

f a  a 2  ka  m  1， f b b2  kb  m  1，

f 2  a  b   a  b   k  a  b

 m  1. 2  2   2 

①

② ③

由①  ②  2  ③知，

……………………4 分

a  b2

 f a  f b 2 f a  b  2

  2  4

故b  a  2 2

……………………16 分

10.【证明】

解：由柯西不等式

x  3x  5x  x  x 2  x 3    x  x  3x  x x 2

1 2 3 13532  5x  53 



  1 1 2 3   x  x  x 2  1

x1  1 , x

 0 , x 3

 0 时不等式等号成立，故欲求的最小值为 1，

……………………5 分

因为

x

 3x 

2 3 1 5x2 3 1  3

 xx  2  3   1 ( x  3x  5x )(5x5x 



5  5

 x )

1 1 5 4  2x

5x  

1  3x 2  5x 3  (5x 1 3 32  x ) 



1  6 x1  14 x 2 6 x 2



10分

20  3

3  1 20  6 x 2 3 6 x  6 x 2  9

1 5

当x  1

, x  0 , x 1 9 1

2 2 3 2 时不等式等号成立，故欲求的最大值为 5 .………………20 分

11，【答案】

解：（1）对

k1,2,设zxkRezk ky0, x kixk,yx

R

由条件知

x   2  y 2  Re z 2  2 Rez z  Re k k k

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2



x  y ix  y i x x  y y

因此

y2  2 y  2  y y  y y  2 y y  2

1 2 1 2 1 22 1 2

又当 z 1 z  2时，Rez z  2 . 这表明，Rez z 的最小值为 2 ……………………5 分

1 2

（2）对 k  1 , 2 , 将z

k对应到平面直角坐标系 xOy中的点Pk  x k

, y k  , 记P2 2是 P 关于 x 轴的对称点，则P

，P2

均位于双曲线 C : x 2  y 2  2 的右支上 .

设 F ，F 分别是C的左，右焦点，易知F 2

 20 ，  , 2F

20 ， 

根据双曲线定义，有 P F  P F  2 2 ，PF  PF  2 2 ，进而得

1 1

1 2

2 1

2 2

z  2  z  2  z  z  z  2  z  2  z  z

1 1

2 1

1 2

2 2

1 2

 P F  PF  P P  4 2  P F  PF  P P  4 2

位于线段上例如，当等号成立当且仅当 F P P z  z  2  2i时，F 恰是P P 的中点



………………15 分

1 2



综上可知， z  2  z  2  z  z 的最小值为4 2

1 2

……………………20 分

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2017年五套数学竞赛题附答案