上海市高中数学竞赛试题及答案

2024年4月15日发(作者：2022广东春招数学试卷及答案)

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2016年上海市高中数学竞赛试题及答案

一、填空题（本题满分60分，前4小题每小题7分，后4小题每小题8分）

1.已知函数

f



x



ax

2

bxc

（

a0

，

a,b,c

均为常数），函数

f

1



x



的图象与函数

f



x



的图象关于

y

轴对称，函数

f

2



x



的图象与函数

f

1



x



的图象关于直线

y1

对称，则函数

f

2



x



的解析式为 ．

答案：

f

2



x



ax

2

bxc2.

解 在函数

yf



x



的表达式中用

x

代替

x

，得

f

1



x

2

x



abx

2

c

，在函数

yf

1



x



的

表达式中用

2y

代替

y

，得

f

2



x



axbxc2.

2.复数

z

满足

z1

，

w3z

．

2

2

在复平面上对应的动点

W

所表示曲线的普通方程是

2

z

y

2

1.

答案：

x

25

2

解 设

zabi,wxyi

，则

ab1

，

22



abi



abi



abi



22

3



abi



2



abi







a

2

b

2



10abi.

22

xyi3



abi





2

2

2

3



abi





2

2



abi



2

2

2

y

2

22

2

xab,y10ab

xab4a

2

b

2

1.

从而，于是



25

2

3.关于

x

的方程

arctan2arctan2

答案：

xlog

2

3.

xx





6

的解是 ．

解 因为

tanarctan2tanarctan2

解得

arctan2

x



x



x



2

x

2

x

1

，所以

arctan2

x

arctan2

x





2

，



3

,arctan2

x





6

，则

2

x

3,xlog

2

3.

4.红、蓝、绿、白四颗骰子，每颗骰子的六个面上的数字为

1,2,3,4,5,6

，则同时掷这四颗

骰子使得四颗骰子向上的数的乘积等于

36

，共有 种可能．

答案：48．

.

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解 四颗骰子乘积等于36，共有四种情形：

2

（1）两个1，两个6，这种情形共

C

4

6

种可能；

2

（2）两个2，两个3，这种情形共

C

4

6

种可能；

21

（3）两个3，一个1，一个4，这种情形共

C

4

C

2

12

种可能；

（4），

63,21

4

各一个，这种情形共

A

4

24

种可能．

综上，共有

66122448

种可能．

5.已知函数

f



x



co



s





x,



g



x

x

1

2a



2

a0

若存在

x

1

,x

2





0,1



，使



，

f



x

1



g



x

2



成立，则实数

a

的取值范围为 ．

答案；







1



3



,0



0,



.



2



2



解 易知

x



0,1



时，

f



x







1,1



.

只需求

a

的取值范围，使得

g



x



能取到



1,1



中的值．

13

，故只需

g



0



1

，解得

0a.

22

11

（2）当

a0

时，

g



x



单调递减，因为

g



x





，故只需

g



0



1

，解得

a0.

22

（1）当

a0

时，

g



x



单调递增，因为

g



x





6.如图，有16间小三角形的房间，甲、乙两人被随机地分别安置在不同的小三角形房间，

那么他们在不相邻（指没有公共边）房间的概率是 （用分数表示）．

答案：

17

.

20

解法一 如图1，将小三角形房间分为三类：与第一类（红色）房间相邻的房子恰有一间，

与第二类（绿色）房间相邻的房间恰有两间，与第三类（白色）房间相邻的房间恰有三间，

从而满足条件的安置方法共有

3



162



6



163



7



164



204

种．从而所求概

率为

20417

.

161520

.

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解法二 我们从反面考虑问题，如图2，每一对相邻房间对应着一条黄色的邻边，故所求概

率为

1

182317

1.

16152020

7.在空间，四个不共线的向量

OA,OB,OC,OD

，它们两两的夹角都是



，则



的大小是

．

答案：



arccos.

1

3

解 如图，

ABCD

为正四面体，角



即为

AOD

，设

E,M

分别为

BC

和

AD

的中点，则

AEDE,OAOD

，则中心

O

在

EM

上，从而

O

为△

ADE

的垂心，

sinODEsinEAH

所以，







arccos.

EH11

cosDOH.

AE33

1

3

8.已知



0,b0,ab1

，则

ab

的取值范围为 ．

答案：

1,

3

4



．

33







ab



解 注意到

0ab

4

2

，及

2

1a

3

b

3





ab





a

2

abb

2







ab







ab



3ab



,



.

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我们有

1

33



ab



1



ab



，所以

1ab

3

4.

4

二、解答题（本题满分60分，每小题15分）

9.如图，已知五边形

A

1

B

1

C

1

D

1

E

1

内接于边长为1的正五边形

ABCDE

．求证：五边形

A

1

B

1

C

1

D

1

E

1

中至少有一条边的长度不小于

cos.

5



证 设

E

1

A,AA

1

,A

1

B,BB

1

,B

1

C,CC

1

,C

1

D,DD

1

,D

1

E,EE

1

的长分别为

a

1

,a

2

,b

1

,b

2

,c

1

,

c

2

,d

1

,d

2

,e

1

,e

2

,

则



a

1

a

2







b

1

b

2







c

1

c

2







d

1

d

2







e

1

e

2







a

1

e

2







a

2

b

1







b

2

c

1







c

2

d

1







d

2

e

1



5.

由平均数原理，

a

1

a

2

,b

1

b

2

,c

1

c

2

,d

1

d

2

,e

1

e

2

中必有一个大于

1

，不妨设

a

1

a

2

1

，

则

a

2

1a

1

0.

此时

3



2



2

a

1

2





1a

1



2a

1



1a

1



cos

55

2





2

2





2

2





2



1cosa21cosa21cos



1



1



a

1

1

555



A

1

E

1

2

a

1

2

a

2

2

2a

1

a

2

cos

2





1



1



2





2



1cosa1cos



1



5



2



2



5



1



2





2







1coscos.



2



5



5

所以，

A

1

E

1

cos

2



5

.

命题得证．

10.设

p,q

和

r

是素数，且

p|qr1,q|rp1,r|pq1

，求

pqr

的所有可能的值．

.