甘志國

(北京豐臺二中 100071)

全卷共35道不定項選擇題.以下試題是回憶版(只有21道，差14道，有的試題還差選項，題目順序及試題內(nèi)容也可能不準確)，其解答詳盡.

試題涉及函數(shù)與方程(第1,8,10,14題)；集合及計數(shù)原理(第2,13題)；整數(shù)性質(zhì)(第3題)；平面解析幾何(第4,11題)；數(shù)列(第5題)；定積分(第6題)；平面幾何(第7題)；平面向量與線性規(guī)劃(第9題)；概率(第12題)；三角(第15,20題)；組合數(shù)學(第16題)；復數(shù)(第17題)；立體幾何(第18題)；代數(shù)運算(第19題)；不等式(第21題).其中第9,10均是往年的高考題，第17道是往年的高中數(shù)學聯(lián)賽一試試題.

題1 若恰有一個實數(shù)x使得x3-ax-1=0成立，則常數(shù)a的取值范圍是( ).

圖1

題2 若集合U={0,1,2,…,2021}，S?U,且集合S中的任意兩個元素之和均不是5的倍數(shù)，則集合S元素個數(shù)的最大值是____.

解析集合U中元素(共2022個)分5類：

(1)(共405個)5×0,5×1,5×2,…,5×404；

(2)(共405個)5×0+1,5×1+1,5×2+1,…,5×404+1；

(3)(共404個)5×0+2,5×1+2,5×2+2,…,5×403+2；

(4)(共404個)5×0+3,5×1+3,5×2+3,…,5×403+3；

(5)(共404個)5×0+4,5×1+4,5×2+4,…,5×403+4.

由題設可知，第(2)類與第(5)類的元素不能同選；第(3)類與第(4)類的元素也不能同選.因而，集合S元素個數(shù)至多是405+405+404=1214.

當?shù)?1)(2)(3)類的元素全選，或第(1)(2)(4)類的元素全選時得到的集合S元素的個數(shù)均是1214，此時滿足題意,且當集合S元素個數(shù)取最大值時，沒有別的情形.

綜上所述，可得所求答案是1214.

題3 若正整數(shù)(m,n)的最大公約數(shù)、最小公倍數(shù)分別是10！,50！，則數(shù)對(m,n)的對數(shù)是( ).

A.29B.215C.218D.221

解析可設m=10!a,n=10!b，正整數(shù)a,b互質(zhì)，且ab=11×12×13×…×50.

可得ab的質(zhì)因數(shù)共15個：2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47.

再由正整數(shù)a,b互質(zhì)，可得數(shù)對(a,b)的對數(shù)是215，進而可得數(shù)對(m,n)的對數(shù)也是215.

題4 在平面直角坐標系xOy中，過點A(-2,3)作拋物線y2=4x的兩條切線，分別與y軸交于點B,C，則△ABC的外接圓方程是( ).

圖2

題5 若一個k項等差數(shù)列的公差是4，且首項的平方與除首項外的各項和小于100，則k的取值范圍是____.

解析設該等差數(shù)列的首項是a1，由題設及等差數(shù)列前n項和公式可得

①

再由等差數(shù)列的項數(shù)k≥3，

可得k∈{3,4,5,6,7,8}.

?k∈{3,4,5,6,7,8}，方程①均有實數(shù)根

即滿足題設的等差數(shù)列均存在(有且僅有兩個)，所以所求k的取值范圍是{3,4,5,6,7,8}.

解析由題中的結論及微元法、定積分的知識，可得該桿的質(zhì)心坐標是

題7 如圖3所示，四邊形AEBC內(nèi)接于⊙O，邊BC是⊙O的一條直徑，過點E作ED∥BC交邊AC于點D.若BE=12,DC=DE=14，則線段AE,BD的長分別是____.

解析如圖4所示，連接OD,OE,CE.由DC=DE,OC=OE,可得DO是線段CE的中垂線，所以DO⊥CE.再由邊BC是⊙O的一條直徑，可得BE⊥CE，所以BE∥OD.再由ED∥BC，可得EBOD,OB=OC=CD=DE=14,還得菱形OCDE.

圖4

所以在△BDE中，由余弦定理可求得

C.?x,y∈R,f(x+y)=2f(x)f(y)

D.滿足題設的函數(shù)f(x)不唯一

解析令x=y=0，

令y=0，可得f(x)=f(a-x).

所以選項B正確，選項D不正確.

圖5

解析如圖6與圖7所示，可得題中的函數(shù)圖象即圓弧(x-3)2+(y+2)2=13(0≤x≤6,y≥0)(其圓心是點(3,0)，圓弧的弦是OB)：

圖6

圖7 圖8

A.|PB|+|PC|是定值'

B.|PB|·|PC|是定值

C.|PB|+|PC|的值可以是2

D.|PB|·|PC|的值可以是2

解析可設直線l:y=k(x-1)，

可得(4k2+1)x2-8k2x+4k2-4=0.

由一元二次方程根與系數(shù)的關系，可得

所以|PB|+|PC|

因而選項A錯誤C正確.當且僅當k=±1時|PB|+|PC|=2.

還可得|PB|·|PC|

因而選項B正確D錯誤.

注筆者還證得了本題的一般情形的結論：

題12 已知x1,x2,x3,x4是兩兩不等的實數(shù)，xi1，xi2，xi3，xi4是x1,x2,x3,x4的任意一個排列，若記X=max{min{xi1，xi2},min(xi3,xi4}},Y=min{max{xi1,xi2},max{xi3,xi4}},則X>Y的概率是____.

解析可不妨設x1

對于確定的xi1，xi2，xi3，xi4,可得min{xi1，xi2},min{xi3,xi4},max{xi1，xi2},max{xi3,xi4}兩兩不等(因而這四個值依次也組成x1,x2,x3,x4的一個排列)，所以X≠Y.

還可得min{xi1，xi2}x0.

因而X∈{x2,x3}.同理，還可證得Y∈{x2,x3}.

題13 已知A1,A2,…,A10是某個圓的十等分點，則取其中的四點能是梯形的四個頂點的取法種數(shù)是( ).

A.60 B.45 C.40 D.50

這10個梯形還可旋轉成另外的9個位置，所以所求答案是10×6=60.

A.30 B.40 C.50 D.60

解析可得原方程即

②

可設x=30n+r(r=0,1,2,…,29)，由②可得當且僅當r=0,15,16,18,20,21,22,24,25,26,27,28時n=0(即x=0,15,16,18,20,21,22,24,25,26,27,28)；當且僅當r=1,2,…,14,17,19,23,29時n=1(即x=31,32,…,44,47,49,53,59).

所以原方程實根的個數(shù)是30.

由待定系數(shù)法及均值不等式可得

題16甲、乙、丙、丁四人共同參加4項體育比賽，每項比賽第一名到第四名的分數(shù)依次是4,3,2,1分.比賽結束時甲獲得14分第一名，乙獲得13分第二名，則( ).

A.第三名不超過9分

B.第三名可能獲得其中一場比賽的第一名

C.最后一名不超過6分

D.第四名可能有一項比賽拿到3分

解析因為四個人的得分之和是4(4+3+2+1)=40，甲、乙得分之和是14+13=27，所以丙、丁得分之和是40-27=13.可得第四名至少得4分，因而選項AC均正確.

所有項目的第一名與第二名分數(shù)之和是4(4+3)=28，只比甲、乙得分之和高1分，說明甲、乙包攬了所有項目的第一名，還拿到了3個第二名與1個第三名，因而選項B錯誤.

由下面的情形(表中的數(shù)字指得分)可知選項D正確：

第一項比賽第二項比賽第三項比賽第四項比賽甲4442乙3334丙2221丁1113

A.x4+x3+x2+x+1

=(x-ω)(x-ω3)(x-ω7)(x-ω9)

B.x4-x3+x2-x+1

=(x-ω)(x-ω3)(x-ω7)(x-ω9)

C.x4-x3-x2+x+1

=(x-ω)(x-ω3)(x-ω7)(x-ω9)

D.x4+x3+x2-x-1

=(x-ω)(x-ω3)(x-ω7)(x-ω9)

x10-1=(x-1)(x-ω)(x-ω2)…(x-ω9),

x5-1=(x-1)(x-ω2)(x-ω4)(x-ω6)(x-ω8).

把它們相除，得

x5+1

=(x-1)(x-ω3)(x-ω5)(x-ω7)(x-ω9).

再由ω5=-1,可得

(x-1)(x-ω3)(x-ω5)(x-ω7)(x-ω9)

=x4-x3+x2-x+1.

題18 在四面體ABCD中，若AC=BC=AD=BD=1，則四面體ABCD體積的最大值是( ).

圖10

再由三元均值不等式，可得

解析可用數(shù)學歸納法證得

(…((a1*a2)*a3)*…)*an

當n=2時成立：

假設n=k時成立：

(…((a1*a2)*a3)*…)*ak

由n=2時的結論成立可得

(…((a1*a2)*a3)*…)*ak+1

得n=k+1時也成立，所以欲證結論成立.因而(…((2*3)*4)*…)*21

題20 在△ABC中，邊BC的中點是D，∠CAD=15°,則∠ABC的最大值是( ).

A.120° B.105° C.90° D.60°

解析如圖11所示，由∠CAD=15°可得：在兩點C,D確定的情形下，點A的軌跡是一段圓弧.作△ACD的外接圓⊙O，當∠ABC最大時，直線BA與⊙O相切.

圖11

在四邊形OABC中，∠BAO=90°,∠OCB=75°,(因為∠COD=2∠CAD=30°).

由∠BAD=∠BCA,∠ABD=∠CBA,

可得△BAD∽△BCA,

由切割線定理，可得BA2=BD·BC=2BD2.

在△ACD中，∠CAD=15°,設∠ACD=θ,

可得∠ADC=165°-θ(0°<θ<165°).

因而∠AOD=2∠ACD=60°，

∠AOC=∠AOD+∠DOC=90°.

所以∠ABC=360°-∠OAB-∠AOC-∠OCB=360°-90°-90°-75°=105°.

所以∠ABC的最大值是105°.

題21 若非負數(shù)a,b,c滿足a+b+c=1，則a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)的最大值是____.

解析由題中的a,b,c是輪換對稱知，可不妨設max{a,b,c}=a.可得a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)=-(a-b)(b-c)(c-a),欲使a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)取最大值，可只考慮a≥b≥c的情形(否則a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)<0).

可設a=c+x+y,b=c+x(x≥0,y≥0),再設a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)的最大值是k(k≥0)，即a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)≤k(等號能取到，下同)，即a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b)≤k(a+b+c)3，即(c+x+y)2x-(c+x)2(x+y)+c2y≤k(3c+2x+y)3，故27kc3+27k(2x+y)c2+9k(2x2+y)2c+k(2x+y)3-xy(x+y)≥0在c≥0時恒成立.

由以上關于c的一元三次不等式除常數(shù)外的系數(shù)均非負，可知以上不等式即k(2x+y)3-xy(x+y)≥0.

當x=0或y=0時上式成立.