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1、全国高中数学联赛一 试一、填空题（每题8分，共64分）1设集合，若中所有三元子集的三个元素之和构成的集合为，则集合 2函数的值域为 3设为正实数，则 4如果，那么的取值范畴是 5现安排7名同窗去参与5个运动项目，规定甲、乙两同窗不能参与同一种项目，每个项目均有人参与，每人只参与一种项目，则满足上述规定的不同安排方案数为 （用数字作答）6在四周体ABCD中，已知，则四周体的外接球的半径为 7直线与抛物线交于A,B两点，C为抛物线上的一点，则点的坐标为 8已知C，则数列中整数项的个数为 二、解答题（本大题共3小题，共56分）9（16分）设函数，实数满足，求的值10（20分）已知数列满足：R且，N（
2、1）求数列的通项公式；（2）若，试比较与的大小yxOPAB11（本小题满分20分）作斜率为的直线与椭圆：交于两点（如图所示），且在直线的左上方（1）证明：的内切圆的圆心在一条定直线上；（2）若，求的面积解 答1. 提示：显然，在的所有三元子集中，每个元素均浮现了3次，因此，故，于是集合的四个元素分别为5（1）6，532，550，583，因此，集合2. 提示：设，且，则设，则，且，因此 3-1. 提示：由，得又 ，即 于是 再由不等式中档号成立的条件，得与联立解得或故4. 提示：不等式等价于. 又是上的增函数，因此，故Z)由于，因此的取值范畴是515000. 提示：由题设条件可知，满足条件的方案
3、有两种情形： （1）有一种项目有3人参与，共有种方案；（2）有两个项目各有2人参与，共有种方案；因此满足题设规定的方案数为6. 提示：设四周体的外接球球心为，则在过的外心且垂直于平面的垂线上由题设知，是正三角形，则点为的中心设分别为的中点，则在上，且，由于，设与平面所成角为，可求得ABCDOPMN在中，由余弦定理得，故四边形的外接圆的直径 故球的半径7或提示： 设，由得 ，则，又，因此，由于，因此，即有，即，即，即显然，否则，则点在直线上，从而点与点或点重叠因此，解得故所求点的坐标为或815. 提示：C要使 为整数，必有均为整数，从而当2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,6
4、2,68,74,80时，和均为非负整数，所觉得整数，共有14个当时，C，在C中，中因数2的个数为，同理可计算得中因数2的个数为82，中因数2的个数为110，因此C中因数2的个数为，故是整数当时，C，在C中，同样可求得中因数2的个数为88,中因数2的个数为105,故C中因数2的个数为，故不是整数因此，整数项的个数为9由于，因此，因此或，又由于，因此，因此 又由故意义知，从而，于是因此 从而 又，因此，故 解得或（舍去）把代入解得 因此 ， 10（1）由原式变形得 ，则 记，则， 又 ，从而有，故 ，于是有 （2），显然在时恒有，故 11（1）设直线：，将代入中，化简整顿得于是有， 则，上式中，分
5、子，从而，又在直线的左上方，因此，的角平分线是平行于轴的直线，因此的内切圆的圆心在直线上 （2）若时，结合（1）的结论可知直线的方程为：，代入中，消去得它的两根分别是和，因此，即因此同理可求得 因此 加 试 1. （40分）如图，分别是圆内接四边形的对角线的中点若，证明：2. （40分）证明：对任意整数，存在一种次多项式具有如下性质：（1）均为正整数；（2）对任意正整数，及任意个互不相似的正整数，均有3.（50分）设是给定的正实数，对任意正实数，满足的三元数组的个数记为证明：4.（50分）设A是一种的方格表，在每一种小方格内各填一种正整数称A中的一种方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的
6、倍数称A中的一种的小方格为“坏格”，若它不涉及于任何一种“好矩形”求A中“坏格”个数的最大值解 答1. 延长线段与圆交于另一点，则，又是线段的中点，故，从而 又，因此，于是，即 . 从而有 ，即 又，因此ABQACD，因此 延长线段与圆交于另一点，则，故又由于为的中点，因此又，因此 2. 令 ， 将的右边展开即知是一种首项系数为1的正整数系数的次多项式下面证明满足性质（2）对任意整数，由于，故持续的个整数中必有一种为4的倍数，从而由知 因此，对任意个正整数，有 但对任意正整数，有，故，从而因此符合题设规定 3.对给定的，满足，且 的三元数组的个数记为 注意到，若固定，则显然至多有一种使得成立因
7、，即有种选法，故同样地，若固定，则至多有一种使得成立因，即有种选法，故从而 因此，当为偶数时，设，则有 当为奇数时，设，则有 4. 一方面证明A中“坏格”不多于25个用反证法假设结论不成立，则方格表中至多有1个小方格不是“坏格”由表格的对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格”设方格表第列从上到下填的数依次为记，这里 我们证明：三组数；及都是模10的完全剩余系 事实上，如果存在，使，则，即第1行的第至第列构成一种“好矩形”，与第1行都是“坏格”矛盾 又如果存在，使，则，即第2行至第3行、第列至第列构成一种“好矩形”，从而至少有2个小方格不是“坏格”，矛盾类似地，也不存在，使因此上述断言得证故，因此 ，矛盾！故假设不成立，即“坏格”不也许多于25个 另一方面，构造如下一种的方格表，可验证每个不填10的小方格都是“坏格”，此时有25个“坏格”11121111101111111111111011112综上所述，“坏格”个数的最大值是25
高中数学联赛试题及答案(2)
