题目
1.图：-------------------------aA M C N B已知线段AB=a,点C是线段AB上任意一点,MN分别是AC与AB的中点,则MN=?2.若点C在直线AB上,若线段AB=8cm,BC=3cm,则线段AC的长为?3.45°18′36〃=?° 26、525°=?〃180°-90°35′42〃=?° 18°43′26〃*4=?°4.已知∠APB=50°,过P点作射线PC,使∠BPC=15°,则∠APC的度数=?5.已知,∠1：∠2：∠3=1：2：3,∠4=60°,∠1+∠2+∠3+∠4=360°,则∠1=?∠2=?∠3=?6.2a-3=1,求a=?7.当x=?时,代数式3x-4与7x-16互为相反数.8.若2x-5是负四分之一的负倒数,则x=?9.单项式 x+1 4 2x-1 4四分之一a b 与9a b 是同类项,则x=?10.若 2（x+1) =-|x+y-2|,则2x+y的值为?北京时间2点35分时针与分针夹角以上问题只用填空,填时,前面标上题号,
答案
1 A/22 5 133 45.3.6 26° 30 ′1589°24′18〃 74°53 ′44〃4 35°或65°5 50 100 1506 27 28 9/29 自己想想呵.10 1 60°111.25°
解析
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方凌云
（宝应曹甸高级中学，江苏扬州225803)
摘要：本文针对传统数学教学中出现的问题，如学生动手少，问题展开不充分等问题，从一堂数学课的教学情况给予剖析，达到让学生充分动起来，参与课堂的各个环节，激发学生的学习兴趣，提高课堂教学效果。
关键词：数学；课堂教学；动起来
中图分类号：G633文献标识码：A文章编号：1005-6351(2013)-09-0112-02
2013年3月，我校进行了自然分材教学改革试验。在教学中，通过小组合作讨论学习，组内互帮，组间互助，教师释疑等形式来传授知识，培养学生学习能力和团结合作能力。我在所带班级上了一堂“等差、等比数列的概念及通项公式”的研讨课，听课老师给予这堂课给予了一致好评，认为这堂课打破了传统课堂的条条框框，充分发挥了学生学习的主体地位，体现了教师的主导作用，使得课堂动起来。以下是这节课的教学实录和启示。
一、课堂实录
（一）引入课题
教师:上堂课我们介绍了数列的概念，知道了什么是数列，也知道了数列的一些相关概念，今天我们继续学习数列的相关知识。请看讨论题一。
讨论一：
试给下列数列分类，并阐述分类理由：
①0，5，10，15，20，25，…
③18，15.5，13，10.5，8，5.5
④-1，-20，-202，-203，-204，…
⑤1，2，4，8，16，…
⑥48，53，58，63
⑦10072，10144，10216，10288，10366
⑧1000，1000×(-0.9)，1000×(-0.9)2，1000×(-0.9)3……1000×(-0.9)n-1
问题引导：先自行给数列分类，完成后在小组内互相阐述分类理由 ，共同判断对错，及分类的合理性。
学生活动：自行分类，小组内讨论，将讨论结果写在各组的小黑板上，进行展示。
教师活动：1、对共同的分类情况，进行总结，随机让一同学阐述了分类理由；2、对不同的分类情况，让各小组的发言人分别阐述了分类标准，并师生共同判定分类的合理性。
共得到以下几种分类情况：
分组1：等差数列：①③⑥⑦；等比数列：②④⑤⑧
分组2：递增数列：①⑤⑥⑦；递减数列：②③④；摆动数列：⑧
分组3:正项数列：①②③⑤⑥⑦；负项数列：④；摆动数列：⑧
分组4:有穷数列：③⑥⑦⑧；无穷数列：①②④⑤
分组5:收敛数列：①⑧；发散数列：②③④⑤⑥⑦
点评：在此过程中，让学生充分展示自己的想法，肯定学生的分析，鼓励学生发表自己的看法，对学生的合理想法进行表扬，对学生的不完整的表述进行补充和说明，对学生的表达能力进行了锻炼，对学生的思维进行了一个开放性训练。
教师活动：在第一种分类中，两组数列有明确的特征，也是我们要研究学习的两种特殊数列，下面我们一起给等差数列下个定义。
等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差（常用字母“d”表示）。
（1）公差d一定是由后项减前项所得，而不能用前项减后项来求；（2）对于数列{an},若an－an－1=d (与n无关的数或字母)，n≥2，n∈N + ，则此数列是等差数列，d 为公差。
学生活动：类比等差数列的定义，给等比数列下定义。小组代表发言：
教师补充：
2、(隐含：任一项an≠0且q≠0“an≠0”是数列｛an｝成等比数列的必要非充分条件。
3、(q= 1时，{an}为常数。
点评：培养学生类比意识，强调对比学习意识。
（二）巩固概念
教师：下面我们先看下面的列子，并思考：等差数列和等比数列的定义，在解题中是如何应用的。
讨论题二：
求出下列等差数列中的未知项：
若上述数列为等比数列，则应如何求解数列中的未知项。
学生活动：自行解题，小组内讨论，将讨论结果写在各组的小黑板上，进行展示。
教师活动：选择一组的结论进行点评。
小组：
（1）由8－a=a－2可解得a=5，
学生：定义在解题中的体现：等差数列是后一项减前一项，等比数列中是后一项比前一项。
教师点评：方法都是用定义给出关系式，用方程或方程组解出未知量。
点评：对等差和等比数列的概念进行巩固，强化概念的应用意识。
（三）深化概念，引入通项公式
教师：我们曾经写过一些数列的通项公式，能否给下列两组数列一个通项公式
讨论题三：
题组一：
（1）对于数列{an},若ａ1＝３，an－an－1=2则数列{an}的通项公式是_________
（2）对于数列{an},首项为ａ1，若an－an－1=d，则数列{an}的通项公式是_________
题组二：
（1）对于数列{an},a1＝３若 an+1an=2，则数列{an}的通项公式是_________
（2）对于数列{an},首项为a1 （a1≠0） 若an+1an=q（q≠0,q≠1），则数列{an}的通项公式是_________
教师：这两组数列分别是什么数列？
学生：根据等比等差数列的定义，第一组是等差数列，第二组是等比数列。
教师：下面我们就来讨论一下它们的通项公式。
学生活动：小组内讨论，得出答案，并展示解题方法。
教师总结学生方法：
方法一：
题组一：
（1）a1=3，a2=5a3=7a4=9a5=11……通过规律可以得出an=2n+1；（2）a1=a1，a2=a1+da3=a1+2d a4=a1+3da5=a1+4d……通过规律可以得出an=a1+(n－1)d
同样的方法可以得到题组二：
（1）an=3×2n－1，（2）an=a1·qn－1
方法二：
题组一：（1）由于a2－a1=2，a3－a2=2，两式相加可以得到a3－a1=4 ，又由a4－a3=2，可以得到a4－a1=2×3……一直做下去，我们可以得到an－a1=2×(n－1)，即an=a1+2×(n－1)=2n+1。
（2）用（1）的方法可以得到an=a1+(n－1)d
（2）仿照（1）可以得到an=a1·qn－1
教师：这两种方法都能保证得出结论，但那一种方法更符合数学严谨的特点呢？
点评：学生由于知识准备不足，无法给予判定，但认为方法一是有问题的。
教师点评：方法一，归纳得出答案，方法简洁；但不能保证结论一定正确。方法二，利用穷举法，处理了从1到n的所有情况，故而能够保证结论一定正确。
教师：下面我们看一个数学史上的一个很著名的列子。（链接阅读费尔马数）
教师：方法一不能保证结果一定正确，但却给解决问题提供了一个方向。
点评：让学生充分动手，进行归纳和证明，通过归纳和演绎两种不同方法对数列的通项公式进行了研究，指明归纳给研究指明了方向，而演绎推理则证明的结论的正确性。让学生体会了发现的快乐，和数学研究的一般方法，同时也为以后学习推理与证明做了一个很好的铺垫。
（四）知识应用
教师上面我们研究了等差等比数列的通项公式，下面我们来应用他们解决下列问题
在等差数列an中，已知a5=10，a12=31，求a20,an.
在等比数列{an}中，（1）已知a1＝3，q＝-2，求a６；(2)已知a3＝20，a6＝160，求an.
学生活动：小组内讨论，得出答案，并展示解题方法。
教师活动：给解答予以肯定并提出自己的见解
点评：此小题对通项公式进行了简单的应用，大部分学生没有问题。
（五）课堂小结
1、本节课我们学习了哪些知识；
2、本节课我们学习了哪些方法；
3、本节课我们知道了哪些注意点。
学生围绕这三个问题进行小结。
点评：本节课所有环节，均让学生充分参与。让每一个学生动起来，进行讨论和总结，体会思考的快乐，体验成功的愉悦，让学生的主动参与到学习中来。
二、几点启示
（一）减低难度，让学生可动
《普通高中数学课程标准（试验）》指出：“学生的学习活动不应只限于对概念、结论和技能的记忆、模仿和接受，独立思考、自主探究、动手实践、合作交流、阅读自学等都是学习数学的重要方式。”单纯的讲授，没有学生的积极参与的课堂一定是死水一潭，低效的课堂。本节课为调动学生的参与热情，在教学设计上，打破了一贯讲等差数列，就只有等差数列，讲等比数列，就只有等比的做法，让学生在对比中学习，在讨论中学习。在第一环节，设计了一条分类题，这条分类题没有人为的设置分类标准，让学生有机会根据自己的标准，发表自己的看法。让学生展示自己的观点，客观的给予评价，也让学生知道对同一件事情，我们应允许别人有不同的看法，有利于培养学生正确的为人处事方法。
（二）问题为先，让学生会动
学生的知识和能力，不足以让学生顺着教师的备课思路走下去，他们的活动往往带着随意和盲目。而教学活动又带着强烈的目的性和有序性，要想将教学活动进行下去，就需要教师进行适当的引导。在第二环节，教师提及“等差等比概念”，引导学生抓住等差和等比这两个关键词，并应用到解题中。总之，本课通过一些问题的设置，将学生的讨论集中在特定的范围内，让学生有效地动起来。
（三）充分准备，不怕学生乱动
教师怕让学生动，就是怕学生乱动，不按照事先设计好的思路走，从而使时间被“耗掉”，不能完成教学任务。事实上，如果事先做好充足的准备，教师完全可以做到收发自如，本节课的第三教学中，学生归纳得出数列的通项公式，就是一个很好的事例。学生一般会从前几项中找出规律，从而写出通项公式，但这并不是书上给出的推导通项公式的方法，而且这种方法得出的结论还不一定正确，要不要花时间让学生讲，花得值不值，这就要教师做好充足的准备。本节课中，对这一方法进行了肯定，并且对其缺点进行了介绍，让学生对归纳法有了一个初步的认识，为以后学习归纳法做了一个铺垫，并且避免以后的证明解决问题时，出现以特例成立代替一般情形下成立的错误。
（四）及时表扬，激励学生愿动
在教学中，我们发现一个现象，学生的年龄越大，课堂上主动发言的越来越少，除去学生的心理因素外，和教师的课堂处理，不无关系：如高中课堂的教学任务重，容量大，教师为完成教学任务，往往不能顾及学生的自我体验，更不用说让学生发表自己的看法。没有了表现机会，当让就没了自我表现的欲望。
但本节课，采用了小组积分的方法，对各小组的学习和讨论情况进行积分，对表现好的小组进行表扬，对表现不好的小组进行鼓励。环节三中，并不是所有的成员都能够得出数列的通项公式，参与到学生中间，询问他们的想法，鼓励他们去验证自己的想法。这样让学生体验到思考的乐趣，体验成功的快乐。这样，学生的参与热情很高，讨论环节着实有效，对知识方法的理解也更深刻。
（五）大胆组合，降低讨论难度
本节课采用了与传统教学完全不同的教学思路，将等差数列和等比数列的通项公式放在一起讲，课堂上讨论的题目与以前的课相比，等差数列的题型讲少了，难度降下来了，看似教学内容减少了，但学生的参与度增加了，对某些方法的理解更透了，学生学到的东西并没有减少。
参考文献：
［1］吴少然,王克亮.“生动”课堂的一种诠释是生”动”——一节省级公开课：“抛物线的标准方程”的课例及启示［J］.中学数学教学参考(上旬),2011,(4).
［2］章建跃.数学教育心理学［M］.北京:北京师范大学出版社,2006.
［3］孙居国.以问题为中心引领教学，以思维为核心促进发展［J］.中学数学教学参考(上旬),2010,(11).
篇一：2015年全国高中数学联赛参考答案(B卷word版)
2015年全国高中数学联赛（B卷） （一试）
一、填空题（每个小题8分，满分64分
?a?x
1．已知函数f(x)??x
?alog2
x?[0,3]x?(3,??)
，其中a为常数，如果f(2)?f(4)，则a的取
值范围是． 答案：（-2,+∞）．解：f(2)?a?2,f(4)?2a，所以a?2?2a，解得：a??2． 2．已知y?f(x)?x3为偶函数，且f(10)?15，则f(?10)的值为
答案：2015．解：由己知得f(?10)?(?10)3?f(10)?103，即f(?=2015． 10)1(0?)f2000?3．某房间的室温T（单位：摄氏度）与时间t（单位：小时）的函数关系为：
T?asint?bcost,t?(0,??)，其中a,b为正实数，如果该房间的最大温差为10摄氏度，则a?b的最大值是 ．
答案：
T?asint?bcost?条件sin??
t??)，其中?满足
,cos??
，则函数T
的值域是[，室
内最大温差为?
10?5．
故a?b?
?
等号成立当且仅当a?b?
4．设正四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面ABCD是单位正方形，如果二面角A1?BD?C1的
?
，则AA1?
3BD的中点O，连接OA, OA1 , OC1．
?
则∠A1OC1是二面角A1-BD-C1的平面角，因此∠A1OC1=,
3
又△OA1C1是等边三角形．故A
O= AC
大小为
． AA1???5．已知数列?an?为等差数列，首项与公差均为正数，且a2,a5,a9依次成等比数列，则使得 a1?a2?????ak?100a1的最小正整数k的值是．
答案：34．解：设数列?an?的公差为d,则a2?a1?d,a5?a1?4d,a9?a1?8d．因为
2
，即(a1?d)(a1?8d)?(a1?4d)a2,a5,a9依次成等比数列，所以a2a9?a5
2
．化简上式得
到：a1d?8d2．又d?0，所以a1?8d．由
a1?a2???ak
?
a1
a1k?
k(k?1)
d
k(k?1)?k??100．
a116
解得kmin?34．
22
6．设k为实数，在平面直角坐标系中有两个点集A?(x,y)x?y?2(x?y)和
??
B??(x,y)kx?y?k?3?
0?，若A?B是单元集，则k的值为．
答案：?2A是圆周?:(x?1)2?(y?1)2?2，点集B是恒过点 P （-1,3）
的直线l:y?3?k(x?1)及下方（包括边界）．
作出这两个点集知，当A自B是单元集时，直线l是过点P的圆?的一条切线．故圆?的圆心 M (1, l）到直线l的距离等于圆 的半径
，故
?．结合图像，应取较小根
k??2
y2x2
7．设P为椭圆点A(1,1),B(0,?1)，则?PB的最大值为． ??1上的动点，
43答案：5．解：取F ( 0 , l )，则 F, B分别是椭圆的上、下焦点，由椭圆定义知，|PF|+|PB|=4．因
此，
PA|+|PB|=4-|PF|+|PA|≤4+|FA|=4+l= 5．
3
,1)时，|PA|+|PB|最大值为5． 2
8．正2015边形A1A2???A2015内接于单位圆O，任取它的两个不同顶点Ai,Aj，
当P在AF延长线与椭圆的交点(???1的概率为．
?????????671
答案．解：因为|OAi|?|OAj|?1，所以
1007
?????????2????2?????2??????????????????
OAi?OAj|?|OAi|?|OAj|?2OAi?OAj?2(1?cos?OAi,OAj?)．
??????????????????1cos?OA,OA???故?1的充分必要条件是，即向量OAi,OAj的夹角ij
2
2?不超过．
3
????
对任意给定的向量OAi?1的向量可的取法共有：
2015?13426712???2?p???1的概率是：． ??2?1342??2015?2014100732015??
二、解答题
9．（本题满分16分）数列?an?满足a1?3,对任意正整数m,n，均有am?n?am?an?2mn （1）求?an?的通项公式； （2）如果存在实数c使得
1
?c对所有正整数k都成立，求c的取值范围． ?i?1ai
解： (l)在am?n?am?an?2mn中令m?1可以得到?an?的递推公式：an?1?a1?an?2n?an?(3?2n)．
因此?an?的通项公式为：
[5?(2n?1)](n?1)
?n(n?2)．8 分
2k?1
（事实上，对这个数列?an?,a1?1?3?3，并且 an?a1??
(3?2k)?3?
n?1
k
am?n?(m?n)(m?n?2)?(m?n)2?2(m?n)?(m2?2m)?2(n2?2n)?2mn ?am?an?2mn．
所以an?n(n?2) 是数列?an?的通项公式．
11111
(2)注意到：??(?)，所以
ann(n?2)2nn?2
k
111111113111?(?)?(1???)??(?)． ??n?222k?1k?242k?1k?2n?1ann?12n
kk
31313
故??,并且??(k??)，因此c的取值范围是c?[,??)．16 分
444n?1ann?1an
k
10．（本题满分20分）设a1,a2,a3,a4为四个有理数，使得：
31??aa?i?j?4?????24,?2,?,?,1,3?，求a?a
ij
12?a3?a4的值．
28??
解：由条件可知，aiaj(1?i?j?4)是6个互不相同的数，且其中没有两个为相反数，
由此知，a1,a2,a3,a4的绝对值互不相等，不妨设|a1|?|a2|?|a3|?|a4|，则
ai|a|j
?(i1?j?
中最小的与次小的两个数分别是最大与次大的|a1
a2|及|a1
a3|，4
两个数分别是|a3
a4|及|a2
a4|，从而必须有
1?
aa??,?12
8
??aa?1,
10 分 ?13
?a2a4?3,???a3a4??24,
113
于是a2??,a3?,a4???24a1．
8a1a1a2
132
故{a2a3,a1a4}?{?2,?24a1}?{?2,?，15分
8a12
1
结合a1?Q，只可能a1??．
4
1111
由此易知，a1?,a2??,a3?4,a4??6或者a1??,a2?,a3??4,a4?6．
4242
检验知这两组解均满足问题的条件．
9
． 20 分 4
x2y2
11．（本题满分20分）已知椭圆2?2?1(a?b?0)的右焦点为F(c,0)，存在经过点F
ab
的一条直线l交椭圆于A,B两点，使得OA?OB，求该椭圆的离心率的取值范围．
故a1?a2?a3?a4??
解：设椭圆的右焦点F的坐标为（c, 0)．显然l不是水平直线，设直线l的方程为x?ky?c，点A、B的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)．将直线 l的方程与椭圆方程联立，消去x得 (bk?a)y?24kbcy?b(c?a)?0．
2
2
2
2
2
2
2
2
?24kb2cy?y2??22,?2?1bk?a
由韦达定理? 2224
b?yy?b(c?a)??.12
?b2k2?a2b2k2?a2?
????????
OA?OB?x1x2?y1y2?(ky1?c)(ky2?c)?y1y2?(k2?1)y1y2?kc(y1?y2)?c2
b424kb2c?k2b2?a2c2?b42
?(k?1)(?22)?kc(?22)?c?．5分
bk?a2bk?a2b2k2?a2
2
????????
因为OA?OB等价于OA?OB?0，故由上式可知，存在满足条件的直线l，等价于存
?k2b2?a2c2?b4a2c2?b42
?0,k?2在实数k，使得． ①
b2k2?a2b(1?c2)
224
显然存在k满足①等价于ac?b?0．② 15 分
2224
又b?a?c，所以②等价于a2c2?(a2?c2)2?0，两边除以a 得到
c2c22
?(1?2)?0,即e2?(1?e2)2?0． 2aa
1
由于e?1，解得：e?,1)．20 分
2
加试 1：（本题满分40分）证明：对任意三个不全相等的非负实数a,b,c都有：
(a?bc)2?(b?ac)2?(c?ab)21
?，并确定等号成立的充要条件． 222
2(a?b)?(b?c)?(c?a)
解：当a,b,c不全相等时，原不等式等价于
2(a?bc)2?2(b?ca)2?2(c?ab)2?(a?b)2?(b?c)2?(c?a)2．上式可化简为 2a2b2?2b2c2?2c2a2?12abc??2ab?2bc?2ca, 即 a2b2?b2c2?c2a2?ab?bc?ca?6abc． ①
考虑到a2b2,b2c2,c2a2,ab,bc,ca?0，故由平均不等式得，
a2b2?b2c2?c2a2?ab?bc?ca??6abc． ②
因此原不等式成立． 20 分
下面考虑等号成立的充分必要条件．
注意到②中等号成立的充分必要条件是ab?bc?ca?ab?bc?ca． 若abc?0，则ab?bc?ca，显然 a?b?c，与条件矛盾！
若abc?0，则ab?bc?ca?0，但a,b,c不全为0，不妨设a?0，则b?c?0．类似可得其余两种情况，即a,b,c中恰有一个非零．这时原不等式中等式确实成立．
因此，原不等式等号成立当且仅当a,b,c中有两个是0，另一个为正数．40 分 2．（本题满分40分）如图，在等腰?ABC中，AB?AC，设I为其内心，设D为?ABC内的一个点，满足I,B,C,D四点共圆，过点C作BD的平行线，与AD的延长线交于E．求证：
22
22
2
2
CD2?BD?CE．
证明：连接BI,CI．设I, B , C, D四点在圆O上，延长DE交圆 O于F，连接FB，FC．
因为BD
CE，所以∠DCE=180°-∠BDC=∠BFC．
又由于∠CDE=∠CDF=∠CBF，所以△BFC∽△DCE，从而
DCBF
?． CEFC
再证明AB, AC与圆O相切． 事实上，因为∠ABI=
11
∠ABC=∠ACB=∠ICB，所以AB22
O相切．同理AC与圆O相切． 20 分
因此有△ABD∽△AFB，△ACD∽△AFC，故
BDABACDCBFBD
????,即．② 30 分 BFAFAFCFFCDC
DCBD2
?结合①、②，得，即CD?BD?CE． 40 分 CEDC
3．（本题满分50分）证明：存在无穷多个正整数组(a,b,c)(a,b,c?2015)满足： abc?1,bac?1,cab?1．
证明：考虑c?ab?1的特殊情况，此时c|ab?1成立．10 分
由a|bc?1知，a|b(ab?1)?1，故a|b?1．① 由b|ac?1知，b|a(ab?1)?1，故b|a?1．②
为满足①、②，取a?k,b?k?1(k?N*),此时c?ab?1?k?k?1．40 分 当正整数k>2015时，(a,b,c)?(k,k?1,k2?k?1)均符合条件，因此满足条件的正整数组(a,b,c)有无穷多个． 50 分
4．（本题满分50分）给定正整数m,n(2?m?n)，设a1,a2,???,am是1,2,???,n中任取m个互不相同的数构成的一个排列，如果存在k??1,2,???,m?使得ak?k为奇数，或者存在整数
2
k,l(1?k?l?m)，使得ak?al，则称a1,a2,???,am是一个“好排列”，试确定所有好排列
的个数．
解：首先注意，“存在k?{1,2,???,m}，使得ak?k为奇数”是指存在一个数与它所在的位置序号的奇偶性不同；“存在整数k,l(1?k?l?m)，使得ak?al”意味着排列中存在逆序，换言之，此排列不具有单调递增性．
将不是好排列的排列称为“坏排列”，下面先求坏排列的个数，再用所有排列数减去坏排列数．注意坏排列同时满足：（1）奇数位必填奇数，偶数位必填偶数；（2）单调递增．10 分
下面来求坏排列的个数．设P是坏排列全体，Q是在1,2,???,[
n?m
]中任取m项组成的2
单调递增数列的全体．对于P中的任意一个排列a1,a2,???,am，定义
a?ma1?1a2?2
,,?,m)． 222
a?kn?m
]}．因为ak?n,k?m，故由条件（1）可知，所有的k均属于集合{1,2,?,[再
22
a?k
（k?1,2,???,m）单调递增．故如上定义的f给出了P?Q的由条件（2）可知，{k2
一个映射．显然．f是一个单射． 30 分
下面证明f是一个满射．事实上，对于Q中任一个数列b1,b2,???,bm，令ak?2bk?1
f(a1,a2,???,am)?(
（k?1,2,???,m）．因为整数bk?1?bk，故bk?1?bk?1，从而
ak?1?ak?2(bk?1?bk)?1?1(1?k?m?1)
故a1,a2,???,am单调递增．
n?m
]?m?n，及ak?k?2bk为偶数，故a1,a2,???,am为P中又a1?1，而am?2[2
的一个排列．显然f(a1,a2,???,am)?(b1,b2,???,bm)，故f是一个满射．
综上可见，f是P?Q的一个一映射，故|P|?|Q|．40分
n?m
]}的所有m元子集一对应，故|Q|?Cm又Q中的所有数列与集合{1,2,?,[n?m，[]22
篇二：2014高中数学联赛模拟试题(含答案)
2013年全国高中数学联赛模拟试题（02）
第一试
一、填空题：本大题共８小题，每小题８分，共６４分．把答案填在题中的横线上． 1、设f(x)是连续的偶函数，且当x?0时，f(x)是单调增函数，则满足f(x)?f(的所有x之和为.
2、过抛物线y?2px(p＞0)的焦点F且斜率为
2
x?1
)x?2
????????
AF??FB(??1)，则?? ．
n
n
4
的直线交抛物线于A,B两点， 若3
3、已知数列an?4?6，那么a2012?mod25）.
4、在面积为1的正方形ABCD内任取一点P，那么△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的面积均大于
1
的概率是 . 6
?
cos97??sin97?
5、适合方程tan17x?的最小正整数x= ． ??
cos97?sin97
6、已知半球O的半径为R，它的内接长方体ABCD—A1B1C1D1的一个面ABCD在半球O的底面上. 这个长方体所有棱长之和的最大值是 ．
7、已知正实数x、y、z满足x+y+z=1，若x、y、z中没有一个数大于另一个数的2倍，则乘积xyz的最小值是 ．
8、已知直线x+y-2a+1=0与圆x2+y2=a2+2a-3的交点为（x0，y0），当x0y0取最小值时，a =
二、解答题：本大题共３小题，共56分．解答应写出文字说明、推理过程或演算步骤． 9、（本小题满分16分） 已知函数f(x)= (2-a)(x-1)-2lnx．
(Ⅰ)当a=1时，求f(x)的极值； (Ⅱ)若函数f(x)在(0，
1
)上恒大于零，求实数a的最小值． 2
10、（本小题满分20分）
过抛物线y?2px(p为不等于2的素数)的焦点F，作与x轴不垂直的直线l交抛物线于M、N两点，线段MN的垂直平分线交MN于点P，交x轴于点Q. (1)求PQ中点R的轨迹C的方程;
(2)证明：曲线C上有无穷多个整点，但C上任意整点到原点的距离均不是整数.
11、（本小题满分20分） 设函数f(x) = loga
2
1
（a ＞ 1） x
（1）已知数列：-1，f(a1)，f(a2)，…，f(an)，n，( n = 1, 2, 3, … )是等差数列，试求数列{ an }
的通项公式an .
（2）设数列{ an }的前n项和为S n，规定S0 = 0，函数g(x)满足下列条件：
① g(S0) = 0；
② g(Sn) = an , ( n = 1, 2, 3, … )；
③ 当x ∈( Si , Si+1 ) 时 ( i = 1, 2, 3, … ) ，函数g(x)的图象是联结两点Pi（ Si , g(Si)）与Pi+1（Si+1 , g(Si+1)）的线段， 求函数g(x)的定义域.
（3）设（2）中函数g(x)的图象与x轴及直线x = Si ( n = 1, 2, 3, … )所围成的图形的面积为An，求An及limAn .
n??
第二试
一、（本小题满分40分）
已知△ABC的内切圆⊙I把中线AM三等分，求证：△ABC的三边之比为5:10:13.
二、（本小题满分40分）
求所有的正整数x、y、z
三、（本小题满分50分）
. 已知集合E?{1,2,3,?,2n}，F?{a1,a2,a3,?,an}?E(n是正偶数)，且集合F满足： 对任何1?i?j?2n，都有ai?aj?2n?1；设
?a
i?1
n
i
?M，试证明：当M是4的倍数时，
集合F中奇数的个数也是4的倍数，且集合F中所有数的平方和为定值.
四、（本小题满分50分）
在13 ×13 的正方形方格表中，选择k个小方格的中心，使其中任意4点不是一个矩形（其边与原正方形的边平行）的顶点.求满足上述要求的k的最大值.
2013年全国高中数学联赛模拟试题（02）参考答案：
第一试 一、填空题： 1、-4.
x?1x?1
)，即x?时，得x2?x?1?0.此时x1?x2??1,又f(x)为连x?2x?2
x?1x?1
续的偶函数，故另一种情形为f(?x)?f()，即?x?,得x2?3x?1?0，
x?2x?2
解：当f(x)?f(
?x3?x4??3,?所求的所有的x之和为-4.
2、 4； 3、2； 4、5、46
1
； 9
cos97??sin97?tan45??tan97?
解：∵ ??tan142?， ????
cos97?sin971?tan45tan97
∴ 17x?142?180k(k?N)， 故 x?
142?180k10k?6
． ?10k?8?
1717
10?13?6
?46．
17
∴ 17｜10k+6，于是kmin?13，进而x?10?3?8?6、12R.
a2?b2
?c2?R2， 解：设AB = a，AD = b，AA1 = c ，联结OA1 ，在Rt △A1AO 中，
4b2a25a25b222
??8c2 于是 2ab?2bc?2ca?(a?b)?(?4c)?(4c?)?
4444
2
2
a2?b2
?c2) 上式两边同时加上a2 + b + c ，得(a?b?c)?9(4
2
2
2
即 (a?b?c)?9R，所以， a + b + c ≤3 R. 当且仅当a?b?4c?
22
4R
时，上式等号成立. 3
故长方体所有棱长之和的最大值为12 R. 7、
1 32
解：设m=x0y0z0是乘积的最小值，不妨设x0≤y0≤z0；再设x1= x0-t，z1= z0+t，其中t>0且充分
小，以使z1≤2x1；于是，x1、y0、z1也满足题意，
因此 x1y0z1=( x0-t) y0 ( z0+t)= x0y0z0+ y0 [t(x0-z0)-t2]< x0y0z0， 由x0y0z0最小性知，上式不成立.
所以z0=2x0；由题设得y0=1- x0-2x0=1- 3x0；进而m?2x2
0(1?3x0)，
由x10?1?3x0?2x0得5?x10?4
； 问题转化为求f(x)?2x2
(1?3x)在[1115,4]上的最小值，利用求导可得f(x)min?32
.
8
、2 解：由不等式(x?y)2
?2(x2
?y2
)得(2a?1)2
?2(a2
?2a?3)，即2a2
?8a?7?0，解得
2??a?2x=y时，a可以取到端点. 又x10y0?2[(x221310?y0)2?(x0?y0)]?2(3a2?6a?4)?2(a?1)2?2，
当a?2?
时，x取最小值0y0
2
二、解答题
9、解：(Ⅰ)当a=1时，f(x)=x-1-2lnx，则f′(x)=1-2
x
． 由f′(x)>0，得x>2；由f′(x)<0，得0<x<2．
∴f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，+∞)． ∴f(x)有极小值f(2)=1-2ln2，无极大值． (Ⅱ)要对任意的x?(0，
12)，f(x)>0恒成立，即对x?(0，12lnx2)，a>2-x?1
恒成立．
2(x?1)?2lnx2lnx?2
?2
令g(x)=2-2lnxx?1，x?(0，12)，g′(x)=-(x?1)2?(x?1)
2， 再令h(x)=2lnx+
212x-2，x?(0，2)，h′(x)=?2?2(1?x)
x2?x?x2
<0，
篇三：2014全国高中数学联赛模拟题
一试
考试时间上午8：00~9：20，共80分钟，满分120分
一、填空题（共8题，每题8分，64分）
12y?的取值范围是___________________. 2
xx
cab
?的最小值为2、已知a,b,c为非负数，则f(a,b,c)??
ab?cc
x2y2
3、设AB是椭圆2?2?1（a?b?0）的长轴，若把AB100等分，过每个分点作AB
ab
1、 若实数x、y满足条件x2?y2?1，则
的垂线，交椭圆的上半部分于P1、P2、… 、P99 ，F1为椭圆的左焦点，则
F1?F1P1?F1P2+…?F1P99?F1B的值是4、从一个有88条棱的凸多面体P，切去以其每个顶点为顶点的各一个棱锥，得到一个新的
凸多面体Q，这些被切去的棱锥的底面所在的平面在P上或内部互不相交，则凸多面体Q的棱数是 。
5、设函数f?x?:R?R，且满足，?x,y?R，
f?x?f?y??f?2xy?3??3f?x?y??3f?x??6x，则f?x??6、一个球与正四面体的六条棱都相切，若正四面体的棱长为a，则这个球的体积为 7、设a1,a2,?,a2010均为正实数，且
1111
?????，则2?a12?a22?a20102
a1?a2???a2010的最小值为____________________.
8、若log4(x+2y)+log4(x-2y)=1，则|x|-|y|的最小值是_________.
二、解答题（共3题，共56分） 9、（本题16分）设S={1，2，…，n}，A为至少含有两项的、公并非为正的等差数列，其项部都在S中，且添加S 的其他元素等于A后均不能构成与A有相同公差的等差数列，求这种A的个数（这里只有两项的数列也看做等差数列）.（全国高中数学联赛，1991年）
2
10、（本题20分）已知F为抛物线y?4x的焦点， M点的坐标为(4,0)，过点F作斜率为
k1的直线与抛物线交于A、B两点，延长AM、BM交抛物线于C、D两点，设直线CD的斜
k
率为k2．（I）求1的值；（II）求直线AB与直线CD夹角θ的取值范围．
k2
2
11、（本题20分）已知函数f(x)?2lnx?x。（I）若方程f(x)?m?0在[,e]内有两个
1
e
不等的实根，求实数m的取值范围．（II）如果函数g(x)?f(x)?ax的图象与x轴交于两点A(x1,0)，B(x2,0)，且0?x1?x2。求证：g'(px1?qx2)?0（其中正常数p、q满足
p?q?1,q?p）。
加试（二试）
9：40~12：10共150分钟 满分180分
平面几何、代数、数论、组合
1、（本题40分）在△ABC中，AB＞BC，K、M分别是边AB和AC的中点，O是△ABC的内心。设P点是直线KM和CO的交点，而Q点使得QP⊥KM且QM∥BO，证明：QO⊥AC。
anan?1?1
?n?1,2,??.
an?an?1
（1）对于怎样的实数x，y，总存在正整数n0,使当n?n0时，an恒为常数？ （2）求数列?an?的通项公式.
2、（本题40分）已知无穷数列?an?满足a0?x,a1?y,an?1?
3、（本题50分）空间六点，任三点不共线，任四点不共面，成对地连接它们得十五条线段，用红色或蓝色染这些线段（一条线段只染一种颜色）.求证:无论怎样染,总存在同色三角形.（1953年美国普特南数学竞赛题）由此，证明有17位科学家,其中每一个人和其他所有人的人通信,他们的通信中只讨论三个题目.求证:至少有三个科学家相互之间讨论同一个题目. (第6届国际数学奥林匹克试题)
4、（本题50分）设a1?3,an?1?an?an?1,n?N*，证明：
（1）对所有n,an?3(mod4)；（2）当m?m时，(am,an)?1（即am,an互质）
2
2014全国高中数学联赛模拟题参考答案
一试
1、 (?2,2).提示:令x?sec?,y?tan?
cabcab?c??????1?3?1?2 ab?ccab?cc
3、101a.（方法一）由椭圆的定义知F1Pi?F2Pi?2a(i?1,2,?,99)，
2、2；f(a,b,c)?
??(F1Pi?F2Pi)?2a?99?198a.由题意知P1,P2,?,P99关于y轴成对称分布，
199
??(F1Pi)??(F1Pi?F2Pi)?99a.又?F1A?F1B?2a，故所求的值为101a.
2i?1i?1
（方法二）F1A?F1P1?F1P2+…?F1P99?F1B
i?1
99
99
?(a?exA)?(a?ex1)???(a?ex99)?(a?exB)
?101a?e(xA?x1?x2??x99?xB)?101a.（A,P1,P2,?,P99,B关于y轴成对称分布）
4、264，P的所有棱仍是Q的棱，Q中新的棱由切去的棱锥的底面形成，等于从顶点出发的
棱的条数，所以Q的棱的条数有88+2×88=264；
5、取x?0代入得f(0)?f(y)?f(3)?3f(y)?3f(0)，即
[f(0)?3]?f(y)?f(3)?3f(0)，
显然f(y)不恒等于常数，∴f(0)?3?0且f(3)?3f(0)?0，∴f(0)?3,f(3)?9，
又取y?0代入可得f(x)?2x?3；
2322?a，联想正方体，棱长为a，球的半径为a 2424
1?xi22010
7、4018. 提示：令，且x1?x2???xi?1， ?xi，则ai?2?
2?aixi. 其中i?1,2,?,2010
1
?a1?a2???a2010?22010??(x2?x3???x2010)
x1x2?x2010
?(x1?x3???x2010)???(x1?x2???x2009)
6、
?22010?
1
?2009?x2x3?x2010?209?x1x3?x2010???2009?x1x2?x2009
x1x2?x2010
?22010?20092010?40182010
?x?2y?0
?x?2|y|?
??28、。?x?2y?0由对称性只考虑y≥0，因为x>0，∴只2
?(x?2y)(x?2y)?4?x?4y?4?
须求x-y的最小值，令x-y=u，代入x2-4y2=4，有3y2-2uy+(4-u)2=0，这个关于y的二次方程显然有实根，故△=16(u2-3)≥0。 二、解答题
9、构造具有如下要求的集合A：把A中的元素按从小到大的次序排好后，在其最大元素后面添上S的任何元素均不能构成具有原公差的等差数列。这时，当A的首项与公差一旦确定，其整个集合A也即确定，不妨设A的首项为a，公差为d，则
a=1, d=1, 2, …, n－1时的集A有n－1个； a=2, d=1, 2, …, n－2时的集A有n－2个；
……
a= n－1，d=1时的集A有1个.
n(n?1)
. 2
10、解：（I）由条件知F(1,0)，设A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)、D(x4,y4)，不妨
因此，所求A的总个数为1+2+…+（n－1）=
设y1?0．直线AB的方程为y?k1(x?1)，与y2?4x联立得y2?4y?4?0
k1
所以y1y2??4，x1x2?1．
11?4
??1，x2?，即B(,?1)．
44y1
4
(x?4)， 直线AM的方程为x?4，从而C(4,?4)；直线BM的方程为：y?15
与y2?4x联立得y2?15y?16?0，得y4?16，x4?64，即D(64,16)．
k416?(?4)1
?．所以．1?4． 于是k1?，k2?
364?43k2
① 当x1?4时，则A(4,4)，故y2?
y12
(x?4)与抛物线方程y?4x x1?4
联立得y12(x?4)2?4x(x1?4)2，又由y12?4x1，化简上述方程得x1x2?(x12?16)x?16x1?0
② 当x1?4时，直线AM方程为y?
?16．即C(16,?16)，同理，D(16,?16)．
此方程有一根为x1，所以另一根x3?16，y3?
x2y2x1y1y1x1
1616
?y2y1xxy?y11kk
??12?2?k1，即1?4．由①、②可知1?4．所以，k2?
1616y1y2x2?x14k2k2
?x2x1
?
x?x2求导得到：f?(x)＝11、解：(Ⅰ)由f(x)＝2ln
2(1?x)(1?x)
，
x
111?x?[,e]，故 f?(x)＝0在x?1有唯一的极值点，f()＝－2－2
eee
f(e)＝―2―e2，f(x)极大值＝f(1)＝－1，
且知f(e)＜f()，故f(x)＝－m，在[,e]内有两个不等的实根满足：
1
e1e
－2－
1e
2
≤－m＜－1故m的取值范围为?1,2?
?
?1?
2?e?
(Ⅱ) g?(x)＝
2
－2x－a，又f(x)－ax＝0有两个不等的实根x1、x2， x
2
?2lnxax2(lnxlnx1?x1?1?01?2)a?(x则?两式相减得到:1?x2) 2
xx2lnxax1?22?x2?2?0?，
于是g'(pxqx)＝1?2
2(lnx21?lnx2)－[?(x?2(px?qx)121?x2)]
x?xpx?qx1212
＝
2(lnx1?lnx2)2
+(2p?1?)(x2?x1)
x1?x2px1?qx2
∵ 2p≤1，x， ∴(2p?1x0)(x2?1?2?x1)≤0 要证：g'(pxqx)＜0，只需证：1?2
2(lnx1?lnx2)2
+＜0，
x2?x1px1?qx2
只需证：
x2?x1x
?ln1?0①
px1?qx2x2
令
x11?t?t，0?t?1,只需证：u(t)?+lnt?0在0?上恒成立， t?1x2pt?q
2
q2
p(t?1)(t?2)
11p'(t)又∵u＝ 22
t(pt?q)t(pt?q)
q2q21q
∵ p?q?1，q?，则?1，2?1，于是由t?1可知t?，t?2?0 1?0
2ppp
故知u'(t)?0∴u(t)在t?(0,1)上为增函数，则u(t)＜u(1)＝0，从而知
x2?x1x
?ln1?0
px1?qx2x2
即①成立，从而原不等式成立。
二试
1、证：作OR⊥AC于R，过P作MK的垂线，交直线OR于Q点（如图）。这样只需证Q’M∥O，因为这时Q和Q’重合。
因为K，M分别为AB和AC的中点，所以KM∥BC，于是∠MPC＝∠BCP＝
1
∠ACB＝2
∠MCP。因此MP＝MC＝MA，这样一来，P点在以AC为直径的圆周上，且∠APC＝90°。 在四边形APOR中，∠APO＝∠ARO＝90°，所以APOR内接于圆，∠RPO＝∠RAO＝
1
×2
∠BAC。
在四形边MPQ’R中，∠MPQ’＝∠MRQ’＝90°，所以MPQ’R内接于圆，于是∠Q’MR＝
111
∠BAC＝（90°－∠ACB）＋∠BAC。 222
11
设BO交AC于D，在△BDC中，∠BDC＝180°－∠ACB－∠ABC＝90°＋∠
BAC
22
∠Q’PR＝∠Q’PO＋∠OPR＝（90°－∠OPM）＋