高中数学竞赛专题17 其它综合类竞赛题（附解析）

这是一份高中数学竞赛专题17 其它综合类竞赛题（附解析），共36页。试卷主要包含了填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

【高中数学竞赛专题大全】
竞赛专题17 其它综合类竞赛题
（50题竞赛真题强化训练）
一、填空题
1．（2019·全国·高三竞赛）计算:=_______.
【答案】
【解析】
【详解】
注意到，.
两边积分得

.
故答案为
2．（2019·全国·高三竞赛）设是空间中体积为1的一个四面体的四个顶点.则k＝_______.
【答案】-2或1.
【解析】
【详解】
四面体体积为

或-2.
故答案为-2或1.
3．（2019·全国·高三竞赛）给定函数.则函数与反函数交点的坐标为______.
【答案】，，.
【解析】
【详解】
的反函数为.
联立方程
由式①得.
把式①、②代入上式，得，即，
于是，.
解得，；，；
（舍去负值），.
故答案为，，.
4．（2019·全国·高三竞赛）把函数的系数按其自然位置排成两行两列，记为二阶矩阵．其中，每一个数字称为二阶矩阵的元素．又记的系数所组成的二阶矩阵为A的平方，即．观察二阶矩阵乘法的规律，写出中的元素________．
【答案】
【解析】
【详解】
根据二阶矩阵乘法的规律，知中的应是中第i行的元素分别乘以A中第j列对应元素的代数和，则．
故答案为
5．（2018·江西·高三竞赛）、为正整数，满足，则所有正整数对的个数为______．
【答案】4       
【解析】
【详解】
由，知，且，
于是，
而，．
因1009为质数，数所有可能的分解式为
，，，．
其中每一个分解式对应于的一个解，故其解的个数为4．
故答案为4
6．（2018·湖南·高三竞赛）如图，将一个边长为1的正三角形分成四个全等的正三角形，第一次挖去中间的一个小三角形，将剩下的三个小正三角形，再分别从中间挖去一个小三角形，保留它们的边，重复操作以上做法，得到的集合为谢尔宾斯基缕垫.
设是第n次挖去的小三角形面积之和（如是第1次挖去的中间小三角形面积，是第2次挖去的三个小三角形面积之和），则前n次挖去的所有小三角形面积之和的值为____________________.

【答案】
【解析】
【详解】
原正三角形的面积为，而第k次一共挖去个小三角形，.因此，可以采用等比级数求和公式，得到答案为
.
故答案为
7．（2018·湖南·高三竞赛）已知n为正整数，若是一个既约分数，那么这个分数的值等于_____.
【答案】
【解析】
【详解】
因为，当时，若，则是一个既约分数，故当时，该分数是既约分数.
所以这个分数为.
故答案为
8．（2019·全国·高三竞赛）设为常数.若对一切，有，则实数的取值范围是____.
【答案】
【解析】
【详解】
注意到

故答案为
9．（2019·全国·高三竞赛）定义数列：，令.则的最大值为_________.
【答案】433.
【解析】
【详解】
由，知.
则，
且

.
所以，.
易知，.
从而，.
故答案为433
10．（2019·全国·高三竞赛）如图，设圆台的轴截面为等腰梯形，其中，，．若圆台的高为，是下底面与夹角为的直径，则异面直线、所成角的余弦值为________．

【答案】
【解析】
【详解】
如图，设异面直线、所成角为，向量、的夹角为，以下底面中心为原点、所在直线为轴建立空间直角坐标系.
则、、、.
于是，.
因此.
而，，
故.
从而，.
故答案为

11．（2018·甘肃·高三竞赛）设满足若只在点处取得最小值，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【详解】
画出平面区域如下：

由数形结合可得，即．
12．（2018·全国·高三竞赛）若函数的反函数为，且，则满足的最小正整数______．
【答案】2000
【解析】
【详解】
由条件得，．
从而，，，…，．
相加得．
令．则．
13．（2018·全国·高三竞赛）方程的解集为______．
【答案】
【解析】
【详解】
原方程两边平方得


．
14．（2018·全国·高三竞赛）已知，一元二次方程有重根.则的值是______.
【答案】
【解析】
【详解】
由于方程有重根，故，即.
设.则
.
故，
解得.
因此，.
15．（2018·全国·高三竞赛）设定义在上，其值域，且对任意，都有，及．则________．
【答案】39
【解析】
【详解】
由，知．
若，则，矛盾．
因此，．
则，，，．
又，故，，，．
因为，，所以，，．
因此，．
16．（2018·全国·高三竞赛）已知，存在实数，使得当时，恒成立.则的最大值是______.
【答案】4
【解析】
【详解】
把的图像向右平移个单位，数形结合得的最大值是两个交点横坐标的较大者.
由，解得.
再由，得（舍去），.
故的最大值是4.
17．（2018·全国·高三竞赛）直角坐标平面上两曲线与围成的图形的面积为______．
【答案】1．
【解析】
【详解】
因为两曲线分别关于原点对称，从而，只需计算两曲线在第一象限围成的图形的面积．
当时，；当时，．
所以，两曲线在第一象限有唯一的交点．
又 ，所以，两曲线围成的图形的面积为．
18．（2019·全国·高三竞赛）已知关于的方程的两根均为整数．则实数的值为______．
【答案】4024
【解析】
【详解】
设方程的根为、．
由韦达定理得，．则，即．
又因为2011为质数，所以，或故（舍）或．
19．（2021·全国·高三竞赛）若，则的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
研究二次方程和，
即
和．
因此两方程的公共根．
，
故．
故答案为：.
20．（2019·全国·高三竞赛）不等式的解集为________．
【答案】
【解析】
【详解】
令，则不等式化为，.
故



.
因为，所以.
同理，.
故，，.
若，，不满足.因此，.
于是，不等式化为.
但，，
故.
解得.
经检验，或都是原不等式的解.
故原不等式的解集为.
故答案为
21．（2019·全国·高三竞赛）已知函数与轴有两个不同的交点，并且，则的值是______．
【答案】
【解析】
【详解】
由，得或,
根据题意知

则，

于是，
解得或（舍去）.
22．（2019·全国·高三竞赛）设实常数k使得方程在平面直角坐标系中表示两条相交的直线,交点为P.若点A、B分别在这两条直线上,且,则_____.
【答案】
【解析】
【详解】
由题设知，关于的二次多项式可以分解为两个一次因式的乘积.
因，
所以，，
其中，为待定的常数.
将上式展开后比较对应项的系数得
.
解得.
再由得两直线斜率为，交点.
设两直线的夹角为（为锐角）.则
.
故
或.
故答案为
23．（2019·全国·高三竞赛）已知、、是一个直角三角形三边之长，且对大于2的自然数，成立．则______．
【答案】4
【解析】
【详解】
设，，，有


．             （*）
不妨设为斜边，则，．可知，，．
∴（*）式等价于，即．
另一方面，成立，或．
因为，，为单调减函数，仅在一个点处取，
因此，，．
故答案为4
24．（2018·山东·高三竞赛）已知，，且为方程的一个根，则的最大可能值为______．
【答案】9       
【解析】
【详解】
由题设，则．
因为，，则必为完全平方数．
设，则，．
所以或或或．
解得，8，,0．所以的最大可能值为9.
25．（2018·贵州·高三竞赛）方程组的实数解为___________.
【答案】或
【解析】
【详解】
因为，所以，
即，代入，得.
由 或.
26．（2018·全国·高三竞赛）已知为方程的三个不同的根，则的值为_________．
【答案】
【解析】
【详解】
注意到，




记
则.
27．（2018·全国·高三竞赛）使得方程①只有整数解的实数的个数为______.
【答案】8
【解析】
【详解】
设方程①有整数解.则.
于是，.
解得，.
对应的共8个.
28．（2018·全国·高三竞赛）某人排版一个三角形,该三角形有一个内角为60°,该角的两边边长分别为和9.这个人排版时错把长的边排成长,但发现其他两边的长度没变.则______.
【答案】4
【解析】
【详解】
由,得.
29．（2018·全国·高三竞赛）已知在区间上的值域为．则满足条件的区间为________．
【答案】，，
【解析】
【详解】
有，知除外，．
故在上为增函数．
依题意函数在取最小值，在取最大值，则，，
这表明、是方程的两个根．
注意到 ．解得，，．
故所求的区间为，，．
30．（2018·全国·高三竞赛）30 ！末尾最后一个不为零的数字为________.
【答案】8
【解析】
【详解】
注意到
则
.
因为模10均余1，且 模10余6，所以，
31．（2018·全国·高三竞赛）平面区域的面积等于______.
【答案】
【解析】
【详解】
由
，
得，
即或
结合、，可得到如图的平面区域，其面积为.

32．（2018·上海·高二竞赛）分解因式：_______.
【答案】(xy+x+1)(xy+y+1) 
【解析】
【详解】
(xy+1)(xy+x+y+1)+xy=(xy+1)((xy+1)+(x+y))+xy=(xy+1)^2+(x+y)(xy+1)+xy =((xy+1)+x)((xy+1)+y)=(xy+x+1)(xy+y+1)
33．（2021·全国·高三竞赛）若一个分数（a，b均为正整数）化为小数后，小数部分出现了连续的“2020”，例如，就称它为“好数”.则“好数”的分母的第二小的可能值为________.
【答案】193
【解析】
【分析】
【详解】
我们总可以将一个“好数”适当乘一个10的方幂并减去其整数部分后使之成为一个小数点后前四位是“2020”的真分数，于是，
进而，即.
若，则且，所以.
若，则且，所以.
若，则.
另一方面，是“好数”，因此b的第二小的可能值为193.
故答案为：193.
二、双空题(共0分)
34．（2018·全国·高三竞赛）阅读下面一道题目的证明，指出其中的一处错误．题目：平面上有六个点，任何三点都是三边互不相等三角形的顶点，则这些三角形中有一个的最短边又是另一个三角形的最长边．证明：第一步，对已知的六个点作两两连线，可以得出15条边，记为，，…，.第二步，由于任何三点组成的都是“三边互不相等的三角形”，因此，15条边互不相等不妨设.第三步，由于“任何三点都是三边互不相等三角形的顶点”，因此，任取三条边都可以组成三角形，则、、组成的三角形的最长边，也是、、组成的三角形的最短边,命题得证.这三步中，第______步有错误，理由是______.
【答案】     二或三     第三步有错误，理由是：不能推出“任取三条边都可以组成三角形”或第二步有错误，理由是：不能推出.
【解析】
【详解】
不能推出“任取三条边都可以组成三角形”，
比如，从六个点、、、、、中，记、的连线为，记、的连线为，记、的连线为（、、互不相等），
则、、未必能组成三角形，即使组成三角形也不是本题所说的“三点两两连线”所成的三角形．
第二步也有错误，理由是三点组成的“单个三角形”内部边长互不相等，
不能推出“多个三角形”之间边长互不相等，因而，“”中的“”也可能有“”．
说明：虽然证明有错误，但结论是成立的，可把六个点“两两连线”的每个三角形最长边染成红色，剩下的边染成蓝色，然后证明必有同色三角形，
又因为每个三角形都有红边，所以，同色三角形必有三边同红色的三角形，这个三角形的最短边便又是另一个三角形的最长边．
三、解答题(共0分)
35．（2019·全国·高三竞赛）在直角坐标系中，有三只青蛙A、B、C，其起始位置分别为，首先，A以B为中心跳到其对称点上，然后，B以C为中心跳到其对称点上，接着，C以A为中心跳到其对称点上，……依此类推．设A、B、C第n次跳到的位置分别为，的三边长分别为a、b、c，面积为S．证明:
【答案】见解析
【解析】
【详解】
设的三边长分别为.则由題意知
                                   ①②③
由式①得
                                                     ④
将式④代入式②得
                                          ⑤
将式⑤代人式③并整理得
.
其特征方程为
，
即.
解得.
则                                   ⑥
在式④、⑤、⑥中令n=0，得24
解得.故





又每只青蛙跳后，三只青蛙所组成的三角形面积不变，即.
而，故





36．（2019·全国·高三竞赛）设异面直线、成角，它们的公垂线段为，且，线段的长为4，两端点、分别在、上移动.求线段中点的轨迹方程.
【答案】
【解析】
【详解】
易知点在过的中点，且与、平行的平面内.
如图所示，设、在内的射影分别为、，点、在内的射影分别为、，则，且的中点即为的中点.

又，，则.
于是，问题转化为求定线段的两个端点分别在、上移动时，其中点的轨迹.
如图所示，以的平分线为轴，为原点，建立直角坐标系.不失一般性，令，.在中，.                           ①
设的中点的坐标为，则
代入式①，化简整理得.                                 ②
这里得到的是椭圆②夹在内的弧.在另外3种情形中，同样可得到椭圆②的另3段弧.综合得点的轨迹是椭圆.

37．（2018·全国·高三竞赛）求所有三次多项式，使得对一切，均有.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
设.
则原不等式等价于（任意的x、y）       ①
令x、y充分大，得.
令x=y=0，得.
在这样的条件下，
式①又可写成（任意的x、y）       ②
当，即时，由基本不等式得式②成立.
反之，当时.
若，则取x、y使，即知式②不成立；
若d=0时，则要求对任意整数x、y，有，故，矛盾.
综上，所求三项多项式为.
其中，，，
38．（2018·全国·高三竞赛）已知多项式，其中，为实数．证明：对任意的实数，方程总有一个相同的实数根．
【答案】见解析
【解析】
【详解】
注意到，

．
从而，对任意的实数，方程总有根．
39．（2018·全国·高三竞赛）给定正整数,求,其中,表示不超过实数的最大整数.
【答案】0
【解析】
【详解】
令.其中,.
此时, ,所以,.
若,则，此时.
若,则，此时.
若,则.
若,则.
则


.
故

40．（2018·全国·高三竞赛）试求所有的正整数及实数，使得与均为有理数.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
由与均为有理数知
，①
.②
由式①知存有理数，使得.
由式②知，即.
故.
设.则 .
由，知或3.
当时，.此时，或.
当时，.此时，.
41．（2018·全国·高三竞赛）实数 满足，试求的值.
【答案】0
【解析】
【详解】
令.于时，.
故.
同理，，.
则.
42．（2018·全国·高三竞赛）已知非零实数、、、满足
（1）求证：二次方程①必有实根，且是方程的一个实根；
（2）当，时，求、.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【详解】
（1）解法1：由，有 ，得二次方程的判别式 .所以，二次方程①必有实根，把代入方程①有左边





.因此，是方程①的一个实根．所以，二次方程①必有实根，且是方程的一个实根．
解法2：由消去得，
故
.则.②.
这表明，二次方程①有实根.由根与系数的关系得方程的另一根为.
因此，二次方程①必有实根，且是方程的一个实根．
说明：当时，，，，确实有两根相等.
（2）把，代入式②整理得.
观察知方程的系数和为0，故有分解式，但，得.代入得 .
43．（2018·全国·高三竞赛）设、为复数，．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【详解】
对于，，不等式显然成立．
对于：
若，则．             ①
若，则，．
利用式①有 ．不等式成立．
若，则．不等式也成立．
最后，若，则．不等式也成立．
44．（2019·全国·高三竞赛）已知非常数的整系数多项式满足.①证明：对所有正整数，至少有五个不同的质因数.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
式①等价于
.                           ②
在式②中分别令，，，.
则.
再在式②中令.则.
故、、0、1及是的根.则
，                                  ③
其中，为实系数多项式.
由式③得.                    ④
将式③、④代入式②得.
设.则.
考虑两边次项系数知.
所以，为常数.
故，其中，常数.
首先证明：至少有四个不同的质因数.
否则，至多有三个不同的质因数2、3、.但、、、两两之间的最大公因数为1、2、3，其中两个奇数互质，则为、.从而，两个偶数为、.故.解得.
因此，这两个偶数为8、6或16、18.前者不符，后者得到另两个奇数为15、17或17、19，均导致矛盾.
其次，假设存在某个正整数，使得的每个质因数都是的质因数，且恰有四个质因数，否则，结论成立.
显然，.
由,知或3，或7.故.
但9|不能，故，则.
由假设知、、、的质因数为2、3、7、.则.
考虑其中两个偶数、两个奇数的质因数集合、.显然，，，.
故或且.
若或，则两个偶数为、或、，得或.
故这两个偶数为16、18或16、14.前者得7 |（n+2）不能；后者使有质因数2、3、5、7及13(或17），矛盾.
若，则为奇数，为偶数.
由.
故，，且 .
从而，.
于是，.则，矛盾.
若，则，且为偶数，.
故.
从而，，， .
于是，，矛盾.
若，则，且为奇数，.故.
但，则的奇质因数不是3、7，矛盾.
45．（2019·贵州·高三竞赛）我们知道，目前最常见的骰子是六面骰，它是一颗正立方体，上面分别有一到六个洞(或数字)，其相对两面之数字和必为七.显然，掷一次六面骰，只能产生六个数之一(正上面).现欲要求你设计一个“十进制骰”，使其掷一次能产生0~9这十个数之一，而且每个数字产生的可能性一样.请问：你能设计出这样的骰子吗?若能，请写出你的设计方案；若不能，写出理由.
【答案】能，方案见解析
【解析】
【详解】
因为不存在正十面体，所以直接产生“十进制骰”是办不到的.
但要实现“十进制骰”的要求，这样的骰子也是能设计的.
即把骰子做成正二十面体，使其相对两面标同一个数字，这样0~9这十个数字就均匀分布在骰子上，当掷一次骰子时，最上面出现的数字必然是0~9这十个数字之一，
显然，每个数字出现的可能性一样故“个位骰”即为“二十面骰”.

46．（2019·全国·高三竞赛）设二元函数的定义域是.
（1）求（点）的取值范围；
（2）求所有的实数，使得在空间直角坐标系中，曲面（点）与另一个曲面相交.
【答案】(1) (2)
【解析】
【详解】
（1）当时，，；
当时，，即.
解得.
令，则，

先固定，让变化.
显然，当或时，.
当时，取得最小值.


当且仅当时等号成立.
由以上讨论可知的取值范围是.
（2）曲面与相交
方程有实数解
有实数解
有实数解
有实数解
有实数解
（显然），
.
令.
欲求的最大值，只须考虑这一情形（否则，不可能是最大值）.
令，则



（因为，且关于严格递减）.
当且仅当时，上式等号成立.故的最大值为.
从而，.所以，的取值范围是.
47．（2019·全国·高三竞赛）设直线与函数的图像恰有两个不同的公共点.求出所有这样的直线方程.
【答案】
【解析】
【详解】
显然，直线与函数的图像只有一个公共点.于是，
设直线方程为.将其代入，
得.                 ①
方程①恰有两个不同实根，有如下3种情形：
（1），
其中，、、、，，且.
（2），其中，、，且.
（3），其中，、，且.
对于（1），可设，
其中，，.
展开比较系数得，，，.
由前两个方程得，，代入，，得
.
所以，.
故
则，.
直线方程为，
其中，实数、满足.
比如，取，则；取，则，.因此，直线方程为.
此时，方程①为.
对于（2），可设，其中，.
在（1）的方程组中令，，得，，，.
解得，，，.
因此，直线方程为.
对于（3），展开比较系数得，，，.
由前两个方程得，.解得.
注意到，，，
于是，.
此时，直线方程为.
48．（2018·全国·高三竞赛）已知为实数,且,对的子集,定义.其中,规定，问：从个这样的和中至多可以选出多少个,使得其中任何两个的差的绝对值都小于1?
【答案】
【解析】
【详解】
不妨设所有的.
事实上,若有某个,则将换作,并将集合换作：或.
故“和”变为,这样所有个和均增加了,任何两个“和”的差不变.
从而, .
设是选出来的集合的子集,满足.
从而,必有各互不包含.
否则,设故.导出矛盾.
由斯波那定理,知可选出的集合数.
另外,取,则的全部个元子集互不包含,且对每一个,有.
于是,.
所以,集合数的最大值为.
49．（2018·全国·高三竞赛）(1)若正整数n可以表示成)的形式，则称n为“好数”．试求与2的正整数次幂相邻的所有好数.(2) 试求不定方程的所有非负整数解
【答案】（1）9；（2）(1，0，0)，(1，1，0)，(2，1，0)，(3，2，0)，(4，l，1)，(2，0，1).
【解析】
【详解】
(1)设所求的好数为n，
于是，存在正整数t (t>1)，使得显然，为奇数．
若b为奇数，则                                   ①
而是奇数个奇数相加减的结果仍然是奇数，只可能是l，代入
式①得b=l，这与b≥2矛盾．
若b为偶数，则   
若，则
所以，t=1．矛盾
若，
但，
故
综上，所求的所有好数只有一个n=9.
(2)显然，≥1.当z=0时，若y≤1，易得方程的三组解(1，0，0)，(1，1，0)，(2，l，0)；
若y≥2，由(1)的结论易知此时方程只有一组解(3，2，0).
当z≥l时，显然，．
易知当且仅当(mod 4)时，；
当且仅当(mod 4)时，
若        ②
则，此时，
设对式②两边模4得
于是，y是奇数．设
则式②变为，
即
由，有
结合(1)的结论可知满足式③只有(1，0)一对，代人式④得z=1.
此时，原方程的一组解为(4，l，1)．
若，                                          ⑤
则，此时，
设则                                          ⑥
当k=0时，y=0，z=1，原方程的一组解为(2，0，1).
当k≥1时，对式⑥两边模4得
于是，y是偶数．设
此时，再对式⑥两边模8得
于是，z为偶数．设
于是，式⑥变为
结合(1)的结论知 于是，，矛盾.
故(，y，z)=(1，0，0)，(1，1，0)，(2，1，0)，(3，2，0)，(4，l，1)，(2，0，1).
50．（2018·全国·高三竞赛）在的方格表中取出46个方格染成红色.证明：存在一块由4个方格构成的区域，其中由至少3个方格被染成红色.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
首先，考察的方格表.
如图，设第一行有个方格被染成红色，第2行有个方格被染成红色.

下面证明：若，则必存在一块由4个方格构成的区域，其中有至少3个方格被染成红色，若，则只有唯一的情形（如图）能够使得不存在由4个方格构成的区域，其中至少3个方格被染成红色.

将方格表从左向右分成4个方格和一个区域.若不存在至少3个方格被染成红色的区域.则前4个方格中每个中至多有两个方格被染成红色，于是，总的红色方格数不超过，矛盾.
故当时，结论成立.
当时，必存在某一列的和同时被染成红色.为保证不存在区域中至少3个方格不被染成红色，则要求和、和不被染成红色，显然，只有图中的情形满足.
再回到本题.
假设存在某种染色方案使得方格表中不存在有至少3个方格被染成红色的区域.
若该方案中存在相邻的两行（第行和第行）满足，则必有.若为奇数，则沿第行将方格表分成上、下两部分，上面有偶数行，下面也有偶数行，由前面的结论知，剩下的8行中至多有个方格被染成红色.于是，总的红色方格数不超过.若为偶数，则沿第行划分，有相同的结论.
若任意相邻两行的红色方格数之和均不等于10，则

.
因此，无论如何染色，要使方格表中不存在有至少3个方格被染成红色的区域，最多只能有45个方格被染成红色，与题设矛盾.
综上所述，必存在一块由4个方格构成的区域，其中有至少3个方格被染成红色.