全国高中数学联赛广西赛区预赛选修1

2007年年全国高中数学联赛广西赛区预赛试卷(9月23日上午8:3010：30)一、选择题（每题6分，共36分）1、若点P（x，y）在直线x+3y=3上移动，则函数f（x，y）=的最小值等于（ ） （A） （B） （C） （D）2、满足的正整数数对（x，y）（ ） （A）只有一对 （B）恰有有两对 （C）至少有三对 （D）不存在3、设集合M=-2，0，1，N=1，2，3，4，5，映射f：MN使对任意的xM，都有是奇数，则这样的映射f的个数是（ ） （A）45 （B）27 （C）15 （D）114、设方程所表示的曲线是（ ） （A）双曲线 （B）焦点在x轴上的椭圆 （C）焦点在y轴上的椭圆 （D）以上答案都不正确5、将一个三位数的三个数字顺序颠倒，将所得到的数与原数相加，若和中没有一个数字是偶数，则称这个数为“奇和数”。那么，所有的三位数中，奇和数有（ ）个。 （A）100 （B）120 （C）160 （D）2006、设，其中x表示不超过x的最大整数。则的个位数字为（ ） （A）1 （B）2 （C）3 （D）4二、填空题（每小题9分，共54分）1、已知三个正整数x，y，z的最小公倍数是300，并且，则方程组的解（x，y，z）= 。2、已知关于x的实系数方程和的四个不同的根在复平面上对应的点共圆，则m的取值范围是 。3、设平面上的向量满足关系，又设与的模为1，且互相垂直，则与的夹角为 。4、设函数，则函数的图象与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是 。5、已知单位正方体ABCDEFGH棱AD与直线BC上分别有动点Q、P。若PQG与BDE相截得到的线段MN长度为y，设AQ=x（0x1），则y的最小值写成关于x的函数关系式是 。6、设a1，a2，a2007均为正实数，且，则的最小值是 。三、（20分）已知ABC的三边长分别为a、b、c，且满足abc=（1）是否存在边长均为整数的ABC？若存在，求出三边长；若不存在，说明理由。（2）若a1，b1，c1，求出ABC周长的最小值。四、（20分）已知O1与O2相交于两不同点A、B，点P、E在O1上，点Q、F在O2上，且满足：EF为两圆的公切线，PQEF，PE与QF相交于点R。证明：PBR=QBR。五、已知椭圆过定点A（1，0），且焦点在x轴上，椭圆与曲线|y|=x的交点为B、C。现有以A为焦点，过点B、C且开口向左的抛物线，抛物线的顶点坐标为M（m，0）。当椭圆的离心率e满足时，求实数m的取值范围。2007年全国高中数学联系广西赛区试卷参考答案一、 选择题（每小题6分，共36分）1（A） 解： =，等号当且仅当，即时成立，故f（x，y）的最小值是2、（B） 解：设，其中a，b均为自然数，则y=a+b，。因为b+a与b-a有相同的奇偶性，且b+ab-a,所以或解得或3、（A） 解：当x=-2时，x+f（x）+xf（x）=-2-f（-2）为奇数，则f（-2）可取1，3，5，有三种取法；当x=0时，x+f（x）+xf（x）=f（0）为奇数，则f（0）可取1，3，5，有3种取法；当x=1时，x+f（x）+xf（x）=1+2f（1）为奇数，则f（1）可取1，2，3，4，5，有5种取法。由乘法原理知，共有335=45个映射。4、（C） 解：于是，同理。因为，故应选（C）5、（A） 解：设三位数是，则+。 若不进位，则和数的十位数必为偶数，不符合题意，所以=11，13，15，17。因11=9+2=8+3=7+4=6+5，所以取值有种可能；因13=9+4=8+5=7+6，所以取值有种可能；因15=9+6=8+7，所以取值有种可能；因17=9+8，所以取值有种可能；由于不能进位，所以只能取0，1，2，3，4。因此，满足条件的数共有：5（+）=100（个）6、（B） 解：由猜想： 。由已知递推关系式，易用数学归纳法给予证明（略） 于是，当n1时, 故 因此,应选(B)二、 填空题（每小题9分，共54分）1（20，60，100） 解：记方程组中的两个方程为（1），（2），消去x得 ，即 所以 ， （3） 或 ， （4） 由（1）、（3）得，即x：y：z=1：3：5，于是，由已知条件，必有x=20，y=60，z=100； 由（1）（4），得x=-y=-z，与已知条件矛盾。2m|-1m1或m=-3/2 解：易知方程的两根为 当，即时，方程有两个共轭的虚根，且的实部为，这时在复平面内对应的点构成等腰梯形或矩形，它们共圆。当，即或时，方程有两个不等的实根，则对应的点在以对应的点为直径端点的圆上，该圆的方程为，即，将及对应点的坐标（1，1）代入方程，即得。故m的取值范围是m|-1m1或m=-3/23、 解：由已知，得，设与的夹角为，则，所以=4、 7 解：函数的图象如图的实线部分所示。所求的封闭部分的面积为yxD 2-3 -2 -1 O 1 2 31 ECBA5、 解：当AQ=x时，设GQ与面BDE交于点N，作NMBD于点M，联结QM交直线BC于点，取点为点P，知此时y=|MN|最小。DQQz建立如图1的空间直角坐标系，则Q（0，x，1）且BDE所在平面上的点（x，y，z）满足x+y=z，故可令。MQA由点N在QG上，知在（0，1）内存在使QN=QG。NCPBGQ代入消去得EBGQFGQGQHQyx从而，于是，而点M在BD上，故可令由，知于是，6、 解：设，则，且，所以=三、满分20分解：（1）不妨设整数abc，显然c2。若c5，这时由，可得。矛盾。故c只可能取2，3，4。当c=2时，有又ab2，故无解。当c=3时，即又ab3，故或或解得或或能构成三角形的只有a=8，b=7，c=3。当c=4时，同理解得a=9，b=4或a=6，b=5。能构成三角形的只有a=6，b=5，c=4。故存在三边长均为整数的ABC，其三边长分别为4，5，6或3，7，8（2）由，可得所以，又，则有故ABC的周长最小值为，当且仅当时，取得此最小值。四、满分20分O2O1N2N1M2YXM1BZQAPGHFER证明：如图2，设O1的半径为r1，易知。故由EGXBPX，知同理，。故，即由