命题人：启点教育数学试题研究中心专家组。
时间：2h 分值分布：30（6*5）+30（5*6）+50（2*10+2*15）+40（2*20）=150
一选择。1. 过定点p(2,1)作直线l分别交x轴正向和y轴正向于a、b，使△aob（o为原点）的面积最小，则l的方程为———
a）x＋y－3＝0b）x＋3y－5＝0
c）2x＋y－5＝0d）x＋2y－4＝0
2．函数（x∈r，x≠1）的递增区间是———
a）x≥2b）x≤0或x≥2
c）x≤0d）x≤或x≥
3．已知集合，．若，则a的所有取值是———
a）－1，1b）－1，
c） ±1，2d）±1，－4，
4.如图1，已知正方体abcd－a1b1c1d1，点m、n分别在ab1、bc1上，且am＝bn．那么，
aa1⊥mn；
a1c1∥mn；
mn∥平面a1b1c1d1；
mn与a1c1异面．
以上4个结论中，不正确的结论的个数为———
a）1b）2c）3d）4
5.对一切实数x，所有的二次函数（a＜b）的值均为非负实数．则的最大值是———
abc）3d）2
6.函数是———
a）奇函数 （b）偶函数 （c）非奇非偶 （d）无法判断。
二填空。1.点p(a,b)在第一象限内，过点p作一直线l，分别交x、y轴的正半轴于a、b两点．那么，pa2＋pb2取最小值时，直线l的斜率为 ．
2.集合a、b、c（不必两两相异）的并集a∪b∪c＝．则满足条件的三元有序集合组(a,b,c)的个数是 ．
3.在正四面体abcd中，点m、p分别是ad、cd的中点，点n、q分别是△bcd、△abc的中心．则直线mn于pq的夹角的余弦值为 ．
4.已知f（x）满足，其中x≠0，，则。
f（x）=—
5.如图，正方体棱长为1，c、d分别是两条棱的中点，a、b、m是顶点，。那么点m到截面abcd的距离是———
三简答。12．设对于任意实数x，不等式。
x2log2[4（a+1）/a]+2xlog2[2a/(a+1)]+log2[(a+1)2/4a2]>0
都成立，求实数a的取值范围。
13. 已知x2+y2≤4,且x≥0，证明。
-4+2）/3≤(y+4)/(x+1) ≤6.
14.如图，在底面是菱形的四棱锥p-abcd中，,pa=ac=a,pb=pd=a,abc=60. ，点e在pd上，且pe:pd=2：1，1）证明：pa⊥平面abcd
2）求以ac为棱，eac与dac为面得二面角的大小。
3）在棱pc上是否存在一点f，使得bf//平面aec？证明你的结论。
15. (1)求函数的值域。
2）已知x，y，z，r均为正数，且x2+y2=z2，
证明：xy=rz
四简答。16.在直角三角形abc中，，△abc 的内切圆o分别与边 bc，ca， ab 相切于点d，e，f，连接ad，与内切圆o相交于点p，连接bp，cp，若，求证：．
17.设x是一个56元集合．求最小的正整数n，使得对x的任意15个子集，只要它们中任何7个的并的元素个数都不少于n，则这15个子集中一定存在3个，它们的交非空．
高一数学培优班入学测试答案。
一选择。dcdbaa
二填空。1． 2.1/18 3.7n 4.(x-4）/[3(x-1)] 5.2/3
三简答。12解答：化解原不等式得到 3x2+（log2[(a=2)/2a]）(x2-2x+2)>0;
由于(x2-2x+2)>0，所以log2[(a=2)/2a]>(3x2/[(x-1)2+1])
令-3x2/[(x-1)2+1]=f（x），f（x）最大值是0，则log2[(a+2)/2a]>0,得到013解答：令（y+4）/(x+1)=k,则y+4=k（x+1），其为斜率是k，过点（-1，-4）的直线，x2+y2<=4且x>0是右半圆，考察斜率的变化范围，当直线过（0，2）是k最大为6，当直线与半圆相切，原点到他的距离等于2时，k最小为[-4+2sqrt（13）]/3,从而得证。
14 解答：（1）证明：因为底面abcd是菱形，角abc=60. ，同理，pa垂直于ad，所以pa垂直于面abxd
2）作eg//pa交ad于g,有pa垂直于平面abcd知bg垂直于abcd，作gh垂直ac于h，连结eh，则eh垂直于ac，角ehg为所求二面角，有pe:pd=2：1，eg=1/3a,ag=2/3a,gh=agsin60.
=sqrt(3)a/3,tanehg=eg/gh= sqrt(3)/3,所以所求二面角为30.
3）观察，f是pc中点时bf//面aec，证明如下：取pe中点m，连结fm，则fm//ce,由em=1/2pe=ed知e是md中点，连结bm，bd，设o是bd,ac中点，连结oe，得bm//oe。则面bmf//面aec，于是，bf//面aec。
2)作rt三角形abc，ab=z，bc=x，ac=y，再作cd垂直于ab于d，令cd=r，依据射影定理，有x2=bc2=bd*ab=z*sqrt(x2-r2),构造图形满足条件，依据面积法得证。四简答。
证明设ae = af = x，bd＝bf＝y，cd＝ce＝z，ap＝m，pd＝n．
因为，所以．
延长ad至q，使得，连接bq，cq，则p，b，q，c四点共圆，令dq＝l，则由相交弦定理和切割线定理可得。
因为∽，所以，故。
在rt △acd和rt △acb中，由勾股定理得。
－②，得。÷⑥，得。
所以。×⑦，结合④，得 ，整理得。
又⑤式可写为。
由⑧，⑨得。
又⑤式还可写为。
把上式代入⑩，消去，得，解得。
代入得。将上面的x，y代入④，得，结合②，得。
从而。所以，，即．
解 n的最小值为41．
首先证明合乎条件．用反证法．假定存在x的15个子集，它们中任何7个的并不少于41个元素，而任何3个的交都为空集．因每个元素至多属于2个子集，不妨设每个元素恰好属于2个子集（否则在一些子集中添加一些元素，上述条件仍然成立），由抽屉原理，必有一个子集，设为a，至少含有＝8个元素，又设其它14个子集为．考察不含a的任何7个子集，都对应x中的41个元素，所有不含a的7－子集组一共至少对应个元素．另一方面，对于元素a，若，则中有2个含有a，于是a被计算了次；若，则中有一个含有a，于是a被计算了次，于是。
由此可得，矛盾．
其次证明．用反证法．假定，设，令。
显然，，，于是，对其中任何3个子集，必有2个同时为，或者同时为，其交为空集．
对其中任何7个子集，有。
任何3个子集的交为空集，所以．
综上所述，n的最小值为41．
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