高中数学联赛范文

高中数学联赛范文（精选6篇）

高中数学联赛 第1篇

问题：求函数的最大和最小值.我们常规的考虑是形变再利用柯西不等式或用求导的方法.

解法1：显然函数的定义域为[0,13].

一方面，

即当x=0时，ymin=.

另一面，应用柯西不等式，得

当（27+x）∶1=(39-3x）∶,

即当x=9时，ymin=11.

该问题利用导数方法去探求函数的最值属于通性通法，容易把握运算的方向性、准确性和简捷性.

解法2：对函数求导数，得

令y′=0，得

因为函数g(x)=在区间[0,13]上是递减函数，显然g(9)=0，所以方程（*）有唯一的实数根x=9.

当时0≤x<9,y′>0，函数y=f(x）是增函数；

当9<x≤13时，y′<0，函数y=f(x）是减函数.

从而，当x=9时，ymax=f(9)=11

因为，所以，当x=0时，.

点评：其实，用几何画板软件，我们可以画出赛题里函数的图象（函数f(x）图象.gsp），由图象可以直观地看出，取得最小值的点位于区间[0,13]的左端点，取得最大值点是在区间[0,13]的内部x=9处发生.

如果将原赛题改写成不等式证明题，就得新的

变式1：求证：

其实，注意到函数的变形，这时，由不等式（1）就得,等价于

令a=39-3x,b=2x,c=27+x，则有三个字母的不等式成为变式2：若a,b,c为非负数，a+b+c=66，求证：

这个不等式容易用柯西不等式来证明，也可以用二元均值不等式来证之.

证明：所证明的不等式等价于

由二元均值不等式，得

故所证不等式成立.

评注1：在上文的解法1里，用柯西不等式求函数的最大值时，其中的系数分解比较难于想到，其实用待定系数法可以化解这一难度.事实上，取正数p,q，应用柯西不等式,有

由1-p+q=0,(27+x）∶1=(13p-px）∶，即1-p+q=0,27+x=13p2+p2x=q2x,

解得p=3,q=2,x=9.

评注2：早在2003年的全国高中数学联合竞赛第15题，就是一道类同的赛题：

类题：设≤x≤5，证明不等式

若令=≤x≤5），笔者曾将此不等式深化为：

证明不等式：5.8<f(x）≤8.5.

证明先证右不等式，利用二元均值不等式，得

再证左不等式

所以5.8<f(x)<8.5.

全国数学联赛考试范围高中 第2篇

全国数学联赛考试范围

一试

全国高中数学联赛的一试竞赛大纲，完全按照全日制中学《数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，即高考所规定的知识范围和方法，在方法的要求上略有提高，其中概率和微积分初步不考。

二试

1、平面几何

基本要求：掌握初中数学大纲所确定的所有内容。

补充要求：面积方法。

几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。

几个重要的极值：到三角形三顶点距离之和最小的点--费马点。到三角形三顶点距离的平方和最小的点--重心。三角形内到三边距离之积最大的点--重心。

几何不等式。

简单的等周问题。了解下述定理：

在周长一定的n边形的集合中，正n边形的面积最大。

在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大。

在面积一定的n边形的集合中，正n边形的周长最小。

在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。

几何中的运动：反射、平移、旋转。

复数方法、向量方法。

平面凸集、凸包及应用。

2、代数

在一试大纲的基础上另外要求的内容：

周期函数与周期，带绝对值的函数的图像。

三倍角公式，三角形的一些简单的恒等式，三角不等式。

第二数学归纳法。

递归，一阶、二阶递归，特征方程法。

函数迭代，求n次迭代，简单的函数方程。

复数的指数形式，欧拉公式，棣莫佛定理，单位根，单位根的应用。

赏析高中数学联赛中的复数问题 第3篇

复数具有代数形式、三角形式、指数形式等多种表述方式，所蕴含的实际意义是以新的视角、新的途径沟通了代数、三角和几何等内容之间的联系，由此，该知识点是各类考试（尤其是数学联赛和自主招生）选拔优秀学生的的一个重要内容。

一、复数知识

（一）复数的表示形式与运算

代数形式：

三角形式：

指数形式：

题1（2013年四川8）已知 是虚数单位， ，把复数 的共轭复数记为 ，则 =_________.

解 ，由周期性知每相邻4个数的和为0，则 ， ，

题2（2010年浙江15）设 是虚数， ，则 的实部取值范围为_____

解 法一：设 ， ，由题意 是实数，

则 ，得

①当 时， ，无解

②当 时， ，得

法二：由复数除法的几何意义知 表示的点与 表示的点关于 轴对称，且到原点的距离都为1，由加法的几何意义知 是以 为邻边的菱形的对角线，又 是实数，则 的实部是 的实部的2倍，所以 的实部取值范围为 。

（二）复数的模与共轭复数

题3（2014年山东7）已知 ，则 的值为_______

解 由乘法的性质知 ， ，

题4（2011年湖北5）设 是模为2的复数，则 的最大值与最小值的和为_________

解 由 ，知 ，

，故

其最大值为 ，最小值为 。故所求为4。

（三）复数的单位根

题5（2010年山东7）已知 为复数， 为虚数单位。若 ，则当 为实数时， 的最小值为（ ）

A. B.3 C. D.

解 法一：设 ，由题意 ， 得 ，则

， 表示辅角为60°或120°的复数，至少当 时 为实数，所以

法二：由复数及其加法的几何意义知 ， 的终点在单位圆上， 与 关于 轴对称且在单位圆上，因为 ，则 与 夹角为-60°或240°， 的辅角为60°或120°， 略

二、复数方法

（一）复数在代数中的应用

题6（2012年天津9）如果复数 满足 ，且 ，其中 为实数，则 的最大值是________

解 法一： ，则 ，求 的最大值，可以借助线性规划求解，代表单位圆的动点 ，求 的最大值，转化为相切的问题即得

法二：令 ，则 ，所以最大值为

法三：由不等式 ，得最大值为

（二）复数在几何中的应用

题7（2012年辽宁7）设

，则 在复平面内所对应区域的面积是__________

解 ，设 ，则有 ，

。

易知 ，故 ，所以复数 对应的点形成的区域是以点（7，8）为圆心，4为半径的圆面，其面积为 。

三、近五年各省对复数考查情况

在預赛中考查的省份有：山西、吉林、福建、江西、河南、陕西、甘肃、贵州，我们不难发现今年考查的比重频率有上升趋势，考查基本计算和灵活应用性质和几何意义居多，尤其是14年在全国联赛一试中已经以解答题的形式出现，让很多人无从下手，笔者预测15年各省预赛试题中将会大面积的出现复数的考查，这势必要引起考生和教师的注意。

练习题

1.（2011年湖南5）已知复数 满足 ，复数 的虚部为2，则 为实数的条件是 _________

2.（2012年山东6）设 为一对不相等的共轭复数，且 ， 为实数，则 的值为（）

3.（2013年辽宁3）设 均为非零复数，令 ，若 ，则 的值为（ ）

4.（2012年湖南4）设实数 ，如果复平面上的动点 满足 则动点 的轨迹是（ ）

5.（2013年安徽6）设复数 满足 的实部与虚部之比为 ，其中 是虚数单位， ，则 的最大值为________

6.（2014年全国11）确定所有的复数 ，使得对任意复数 均有

附答案：1. 2.3 3. 4.焦距为4的椭圆 5. 6.

参考文献：

[1]2011年高中数学联赛备考手册[M].华东师范大学出版社，2010.

[2]2012年高中数学联赛备考手册[M].华东师范大学出版社，2011.

[3]2013年高中数学联赛备考手册[M].华东师范大学出版社，2012.

[4]2014年高中数学联赛备考手册[M].华东师范大学出版社，2013.

[5]2015年高中数学联赛备考手册[M].华东师范大学出版社，2014.

从一道数学联赛题谈数学思想的体现 第4篇

通过分析，我们在借鉴已有证法的基础上有所创新，仅供读者参考。

证法一：数学归纳法

证明:由已知得a+b=ab, 又, 故a+b=ab≥4。

于是。下面用数学归纳法证明:

(1)当n=1时，左边=(a+b) 1-a-b=0，右边=22-21+1=0，结论成立;

(2)设当n=k (k≥1, k∈N)时结论成立，即(a+b) k-ak-bk≥22k-2k+1成立.

即命题对于n=k+1也成立，故对于一切n∈N+均成立，命题得证。

点评：数学归纳法是中学数学证明高次不等式的一种重要的基本方法，本题也适用。在使用时，要注意使用归纳法的条件;同时，注意观察已知条件，进行适当的变形、合理的增减项数是本题的一些特色之处。

证法二：二项式分解法

证明：欲证(a+b) n-an-bn≥22n-2n+1，只需证

由已知得a+b=ab，又，即时取等号。

原式左边由二项式定理展开

当且仅当a=b=2时，等号成立。即

则(a+b) n-an-bn≥22n-2n+1，命题得证。

点评：二项式定理是中学数学的基本定理之一，此题合理使用该定理将(a+b) n展开可以得到一些想要的结果，再者利用了Cnm=Cnn-m, Cn0+Cn1+…+Cnn-1+Cnn=(1+1) n=2n等结论，隐含的应用了倒序相加法，避免了讨论m的奇偶性，同时对于均值不等式的充分利用，是此题得以证明的重要突破口。

证法三：代换法

先给出柯西不等式的基本形式：设对于任意的ai, bi∈R+，均有不等式

证明：(分式代换法)

设, 其中α, β∈R+, 则a=1+β/α, b=1+α/β, 从而

(利用柯西不等式) 原式左边

命题得证。

证明: (直接代换法)

由1/a+1/b=1得a+b=ab, (a-1) (b-1) =1而

(利用柯西不等式) 原式左边

命题得证。

点评:代换法也是中学数学常用的方法之一, 本题巧妙采取两种代换进行证明。在证明的过程中, 有超中学数学知识的地方在于利用了柯西不等式, 虽然中学教材没有引入柯西不等式, 但它在数学解题, 尤其在中学数学竞赛上有着广泛的应用。值得提示的是需要注意柯西不等式取等号的条件。

练习:

1.已知a, b∈R+, 且1/a+1/b=1。试证:对每一个

2.求证:能被11整除。

3.求证:

参考文献

[1]刘久松.利用分式代换法证明一类不等式.中学数学, 1995.10.

[2]陈亚萍.柯西不等式的证明与推广应用.黔南民族师范学院学报, 1999.6.

10届全国高中数学联赛试题及答案 第5篇

一

试

一、填空题（每小题8分，共64分，）

1.函数的值域是

.2.已知函数的最小值为，则实数的取值范围是

.3.双曲线的右半支与直线围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是

.4.已知是公差不为的等差数列，是等比数列，其中，且存在常数使得对每一个正整数都有，则

.5.函数

在区间上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是

.6.两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是

.7.正三棱柱的9条棱长都相等，是的中点，二面角,则

.8.方程满足的正整数解（x,y,z）的个数是

.二、解答题（本题满分56分）

9.（16分）已知函数，当时，试求的最大值.10.（20分）已知抛物线上的两个动点，其中且.线段的垂直平分线与轴交于点，求面积的最大值.11.（20分）证明：方程恰有一个实数根，且存在唯一的严格递增正整数数列，使得

.解

答

1.提示：易知的定义域是，且在上是增函数，从而可知的值域为.2.提示：令，则原函数化为，即

.由，及

知

即

.（1）

当时（1）总成立；

对；对.从而可知

.3.9800

提示：由对称性知，只要先考虑轴上方的情况，设与双曲线右半支于,交直线于，则线段内部的整点的个数为，从而在轴上方区域内部整点的个数为

.又轴上有98个整点，所以所求整点的个数为.4.提示

：设的公差为的公比为，则

（1），（2）

（1）代入（2）得，求得.从而有

对一切正整数都成立，即

对一切正整数都成立.从而，求得，.5.提示：令则原函数化为,在上是递增的.当时，,，所以；

当时，，所以

.综上在上的最小值为.6.提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为，从而先投掷人的获胜概率为

.7.提示：解法一：如图，以所在直线为轴，线段中点为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则，从而，.设分别与平面、平面垂直的向量是、，则

由此可设，所以，即

.所以

.解法二：如图，.设与交于点

则

.从而平面

.过在平面上作,垂足为.连结,则为二面角的平面角.设,则易求得.在直角中，,即

.又

..8.336675

提示：首先易知的正整数解的个数为

.把满足的正整数解分为三类：

（1）均相等的正整数解的个数显然为1；

（2）中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；

(3)设两两均不相等的正整数解为.易知，所以，即

.从而满足的正整数解的个数为

.9.解法一：

由

得

.所以，所以.又易知当（为常数）满足题设条件，所以最大值为.解法二：.设，则当时，.设，则..容易知道当时，.从而当时，即，从而,，由

知.又易知当（为常数）满足题设条件，所以最大值为.10.解法一：设线段的中点为，则，.线段的垂直平分线的方程是

.（1）

易知是（1）的一个解，所以线段的垂直平分线与轴的交点为定点，且点坐标为.由（1）知直线的方程为，即

.（2）

（2）代入得，即

.（3）

依题意，是方程（3）的两个实根，且，所以,..定点到线段的距离

..当且仅当，即,或时等号成立.所以，面积的最大值为.解法二：同解法一，线段的垂直平分线与轴的交点为定点，且点坐标为.设，则的绝对值，所以,当且仅当且，即,或

时等号成立.所以，面积的最大值是.11.令，则，所以是严格递增的.又，故有唯一实数根.所以，.故数列是满足题设要求的数列.若存在两个不同的正整数数列和满足，去掉上面等式两边相同的项，有，这里，所有的与都是不同的.不妨设，则，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.加

试

1.（40分）如图，锐角三角形ABC的外心为O，K是边BC上一点（不是边BC的中点），D是线段AK延长线上一点，直线BD与AC交于点N，直线CD与AB交于点M．求证：若OK⊥MN，则A，B，D，C四点共圆．

2.（40分）设k是给定的正整数，．记，．证明：存在正整数m，使得为一个整数．这里，表示不小于实数x的最小整数，例如：，．

3.（50分）给定整数，设正实数满足，记

．

求证：

．

4.（50分）一种密码锁的密码设置是在正n边形的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？

解

答

1.用反证法．若A，B，D，C不四点共圆，设三角形ABC的外接圆与AD交于点E，连接BE并延长交直线AN于点Q，连接CE并延长交直线AM于点P，连接PQ．

因为P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O），同理，所以，故⊥．

由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是

．

①

由梅内劳斯（Menelaus）定理，得，②

．

③

由①，②，③可得，所以，故△DMN

∽

△DCB，于是，所以BC∥MN，故OK⊥BC，即K为BC的中点，矛盾！从而四点共圆.注1：“P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）”的证明：延长PK至点F，使得，④

则P，E，F，A四点共圆，故，从而E，C，F，K四点共圆，于是，⑤

⑤-④，得

P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）．

注2：若点E在线段AD的延长线上，完全类似．

2.记表示正整数n所含的2的幂次．则当时，为整数．

下面我们对用数学归纳法．

当时，k为奇数，为偶数，此时

为整数．

假设命题对成立．

对于，设k的二进制表示具有形式，这里，或者1，．

于是，①

这里

.显然中所含的2的幂次为．故由归纳假设知，经过f的v次迭代得到整数，由①知，是一个整数，这就完成了归纳证明．

3.由知，对，有．

注意到当时，有，于是对，有，故

．

4.对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a，如果颜色不同，则标上b，如果数字和颜色都相同，则标上c．于是对于给定的点上的设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点上的设置．为了使得最终回到时的设置与初始时相同，标有a和b的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a，b，c，使得标有a和b的边都是偶数条的方法数的4倍．

设标有a的边有条，标有b的边有条，．选取条边标记a的有种方法，在余下的边中取出条边标记b的有种方法，其余的边标记c．由乘法原理，此时共有种标记方法．对i，j求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为

．

①

这里我们约定．

当n为奇数时，此时

．

②

代入①式中，得

．

当n为偶数时，若，则②式仍然成立；若，则正n边形的所有边都标记a，此时只有一种标记方法．于是，当n为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为

．

高中数学联赛 第6篇

已知实数x,y满足(x-x2-2008)(y-y2-2008)=2008，则3x2-2y2+3x-3y-2007的值为（ ） A.-2008 B.2008 C.-1 D.1

1 背景分析

此题是第31届西班牙数学竞赛题的推广，原题是：

若(x2+1+x)(y2+1+y)=1,则x+y=0.

推广上式可以得到：

结论1 若(x2+k2+x)(y2+k2+y)=k2，则x+y=0.

结论2 若(x-x2-k2)(y-y2-k2)=k2，则x=y.

2008年全国初中数学联赛题是结论2的特例. 在［1］文中笔者证明了:

结论3 若(x2+1+y)(y2+1+x)=1,则x+y=0.

结论3是对西班牙竞赛题的推广，下面我们继续给出结论3的推广.

推论1 设x,y∈R,m,n为非零常数且mn>0,若

(x2+m2+mny)(y2+n2+nmx)=mn,则|n|x+|m|y=0.

证明 因为m≠0,n≠0,mn>0,所以mn=|m|•|n|,nm=nm=|n||m|,mn=mn=|m||n|.

所以命题2的条件变为x|m|2+1+y|n|

y|n|2+1+x|m|=1,由命题1知，x|m|+y|n|=0. 即|n|x+|m|y=0.

推论2 若(x-y2-k2)(y-x2-k2)=k2，则x=y.

证明 令y2-k2=m,x2-k2=n,则y2-k2=m2,x2-k2=n2，x=n所给式子等价于(n2+k2-m)(m2+k2-n)=k2,

由命题1知-m+(-n)=0,即m+n=0. 所以y2-k2+x2-k2=0,y2-k2=x2-k所以x2=y2. 于是推论2等价于若(x-x2-k2)(y-y2-k2)=k2，则x=y. 此故推论2成立.

3 拓展

把结论3中的等式拓展为不等式得到：

命题2 已知(x+y2+1)(y+x2+1)≥1,则有x+y≥0.

ザ最后一式为《数学通报》问题1673^[2]，故所证成立.

完全类似的可以得到：

命题3 已知(x2+1+y)(y2+1+x)≤1,则x+y≤0.

为了推广命题2和命题3，先证明下面的引理.

引理 若(x2+k2+x)(y2+k2+y)≥k2,则x+y≥0.

证明 由已知有x2+k2+x≥y2+k2-y，y2+k2+y≥x2+k2-x，

上述两式相加得到x+y≥0.

命题4 若(x2+k2+y)(y2+k2+x)≥k2,则x+y≥0.

证明 令s1=x2+k2+x，s2=y2+k2+y,则

ビ梢理知x+y≥0. 故命题4成立.

推论3 若(x2+k2+y)(y2+k2-x)≥k2，则y≥x.

证明 在命题3中作变换x→-x则推论3显然成立.

推论4 若(x2+k2-y)(y2+k2+x)≥k2，则y≤x.

推论5 继续研究可以得到：

命题5 设x,y∈R,m,n为非零常数且mn>0,若

(x2+m2+mny)(y2+n2+nmx)≥mn,则|n|x+|m|y≥0.

证明 因为m≠0,n≠0,mn>0,所以mn=|m|•|n|,nm=nm=|n||m|,mn=mn=|m||n|,

所以命题5的条件变为x|m|2+1+y|n|

由命题2知,x|m|+y|n|≥0，即|n|x+|m|y≥0.

完全类似的，有

命题7 设x,y∈R,m,n为非零常数且mn>0,若

仿推论3，4可以得到类似的一些推论，此略，留给读者自己去思考.

げ慰嘉南

ぃ1］ 邹守文. 数学奥林匹克初中训练题（15）［J］.中等数学，2008,（1）.

ぃ2］ 齐行超. 数学问题1673［J］.数学通报，2007，(5).

ぃ3］ 符立平. 一道赛题变式的简解［J］.数学通讯，2008,（10）.

ぃ4］ 张必平. 一道西班牙竞赛题的奇异变式［J］.数学通讯，2007,（20）.

ぃ5］ 王善鑫. 一道西班牙赛题变式问题的另解与探究［J］.数学通讯，2008,（9）.