全国高中数学联赛试题及答案 (2)

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1、声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。更多资料详见华东师大版高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）2014 年全国高中数学联赛一试一、填空题（每小题8 分，共 64 分，）1.函数 f ( x)x524 3x 的值域是.2.已知函数 y(a cos2x3) sin x 的最小值为3，则实数 a 的取值范围是.3.双曲线 x2y 21 的右半支与直线x100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 an 是 公 差 不 为 0的 等 差 数 列 ， bn 是 等 比 数 列 ， 其 中a13,b1 1, a2 b2 ,3a5b3 ，且存在常数,使得对

2、每一个正整数n 都有 anlogbn，则.5.函数 f ( x)a 2 x3a x2( a0, a1)在区间 x 1,1 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 ABCA1 B1C1 的 9条棱长都相等， P 是 CC1 的中点，二面角 BA1PB1,则 sin.8.方程 x yz2010 满足 xyz 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f()ax3bx2cx(a0) ，当0 x1时，f(x)，

3、试求 axd1的最大值 .10. （ 20分 ） 已 知 抛 物 线 y26x 上 的 两 个 动 点 A(x1, y1 )和 B( x2 , y2 ) ， 其 中 x1 x2且x1x24 .线段 AB 的垂直平分线与x 轴交于点 C ，求ABC 面积的最大值 .11. （20 分）证明：方程 2x35x2 0 恰有一个实数根r ，且存在唯一的严格递增正整数数列 an ，使得2r a1r a2r a3.51声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。更多资料详见华东师大版高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）解答1. 3,3提示：易知 f ( x) 的定义域是5,8 ，且 f ( x)

4、在5,8上是增函数，从而可知f ( x) 的值域为 3,3 .2.3a12提示：令 sin xt ，则原函数化为g(t)( at2a3)t ，即2g (t)at 3(a3)t .由at 3(a3)t3 ， at (t 21) 3(t1)0 ，(t1)(at (t1)3)0 及 t 1 0知at (t1)30 即a(t 2t )3.（1）当 t0,1 时（ 1）总成立；对 0t1,0t 2t 2；对 1t0, 1t 2t0 . 从而可知3a12 .423. 9800提示： 由对称性知， 只要先考虑 x 轴上方的情况， 设 yk( k1,2,99) 与双曲线右半支于 Ak , 交直线 x100于

5、Bk ，则线段 Ak Bk 内部的整点的个数为99k ，从而在 x 轴上方区域内部整点的个数为99(99k)99494851 .k1又 x 轴上有 98个整点，所以所求整点的个数为2485198 9800 .4.3 33提示 ：设 an 的公差为 d, bn 的公比为 q ，则3 dq,（ 1）3(34d )q 2 ，（ 2）（ 1）代入（ 2）得 912dd 26d9 ，求得 d6,q9 .从而有 36(n 1)log9 n 1对一切正整数n 都成立，即 6n3(n1) log 9对一切正整数 n 都成立 .从而log96, 3log9，2声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。

6、更多资料详见华东师大版高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）求得33,3 ，33 3.5.1提示：令 a xy, 则原函数化为 g( y)y 23y2,g( y) 在 ( 3 ,+) 上是递增的 .42当 0 a1时， y a, a 1 ,g( y)maxa 23a 128a 12a1，2所以g( y) min( 1 )23121；224当a 1 时， y a 1 , a ，g( y)maxa 23a28a2 ，所以g( y)min2 232 121.14综上 f ( x) 在 x 1,1 上的最小值为.1246 的概率为 2176.提示：同时投掷两颗骰子点数和大于，从而先投掷人的获胜概率173

7、612为7( 5 ) 27( 5 ) 477112 .121212121212125171447.10提示： 解法一 ：如图，以 AB 所在直线为 x 轴，线段 AB 中点 O 为原点， OC 所在4直线为 y 轴，建立空间直角坐标系. 设正三棱柱的棱长为2，则B(1,0,0), B1 (1,0,2), A1 (1,0,2), P(0, 3,1) ，从而，BA1( 2,0,2), BP (1, 3,1), B1 A1(2,0,0), B1 P(1,3,1) .设分别与平面 BA1 P 、平面 B1 A1 P 垂直的向量zA1是 m( x1, y1, z1 ) 、 n(x2 , y2 , z2

8、) ，则C 1m BA12x12z10,B 1m BPx13 y1z10,PAn B1 A12x20,On B1Px23 y2z20,CyBx3声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。更多资料详见华东师大版高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）由此可设 m (1,0,1), nur rurr(0,1, 3) ，所以 m nmn cos ，即32 2 coscos6.4所以 sin10.4A1解法二 ：如图， PC PC1 , PA1 PB .设 A1B与 AB1交 于 点O ,则OA1 OB,OAOB1, A1 BAB1 .B 1OA因为 PAPB1 ,所以 POAB1 , 从 而

9、AB1平PA1 B .过 O 在平面 PA1 B 上作 OEA1 P , 垂足为 E .B连 结 B1E , 则 B1 EO 为 二 面 角 B A1PB1 的 平 面 角 .设 AA1PB PA15, A1O B1O2, PO3 .在直角 PA1O 中， A1OPOA1 P OE , 即2 35 OE,OE又 B1O2, B1 EB1O 2OE 2264 5 .55sinsinB1O210B1EO5.B1 E 4458. 336675提示：首先易知xyz 2010 的正整数解的个数为 C20092把 x y z2010 满足 xyz 的正整数解分为三类：C 1EP面C2 , 则 易 求 得6

10、.520091004 .（ 1） x, y, z 均相等的正整数解的个数显然为1；（ 2） x, y, z 中有且仅有 2 个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3) 设 x, y, z两两均不相等的正整数解为k .易知4声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。更多资料详见华东师大版高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）1310036k2009 1004 ，所以6k20091004310031200610052009321200610052004 ，即k1003335334335671.从而满足 xyz 的正整数解的个数为11003335671336675 .f (0)c,9.

11、解法一：f (x) 3ax 22bx c, 由 f ( 1)3 abc, 得24f (1)3a2bc3a2 f(0)2 f (1)4 f( 1 ) .2所以3 a2 f(0)2 f(1)4 f(1)22 f(0)2 f(1)4f( 1 )8 ，2所以 a8.又易知当 f ( x)8 x34x 2xm （ m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为 833.3解法二 ： f( x)3ax 22bxc .设 g( x)f ( x)1 ，则当0x1时， 0g(x)2 .设 z 2x1 ，则 xz 1 , 1z1.2g( z1)3a z23a2b z3ah( z)bc1.2424容 易 知 道 当1z

12、1时 ， 0h( z)2,0h(z)2 .从 而 当 1z 1时 ，0h( z)h(z)2， 即23a3a0z2bc12 ，从而 3a1 0, 3a z2448 .b c2 ，由 0z21 知 a48438 .又易知当f( )x34x2xm （ m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为x335声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。更多资料详见华东师大版高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）10. 解法一：设线段AB 的中点为 M ( x0 , y0 ) ，则x0x1x22, y0y1y2 ，22kABy2y1y2y163x2x1y22y12y2y1.y066线段 AB 的垂直平分

13、线的方程是y y0y0 (x 2) .（1）3易知 x 5, y0是（ 1）的一个解，所以线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点 C 为定点，且点C 坐标为 (5,0) .由（ 1）知直线 AB 的方程为 yy03 ( x2) ，即y0xy0 ( y y0 ) 2 .（ 2）3（ 2）代入 y 26x 得 y 22y0 ( yy0 )12 ，即y 22 y0 y 2 y0212 0 .（3）依题意， y1 , y2 是方程（ 3）的两个实根，且y1y2 ，所以4 y024(2 y0212)4 y02480 ,2 3y023.yAB( x1x2 )2( y1y2 ) 2A(1 ( y0 ) 2 )

14、( y1 y2 )2B32OC(5,0)x(1y0 )( y1y2 ) 24y1 y2 9(1y02)(4 y024(2 y0212)92 (9y02 )(12y02 ) .36声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。更多资料详见华东师大版高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）定点 C (5,0) 到线段AB 的距离h CM(5 2) 2(0 y0 )29 y02.S ABC1 ABh1(9y02 )(12y02 )9y02231 1 (9y02 )( 24 2 y02 )(9y02 )321 19 y0224 2 y029 y02)332(3147 .3当且仅当9y02242 y0

15、2 ，即 y5 ,A(635 ,57), B( 635 ,57) 或033A( 635 ,( 57), B( 6335 ,57) 时等号成立 .3所以，ABC 面积的最大值为 147 .3解法二 ：同解法一，线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点 C 为定点，且点C 坐标为 (5,0).501设 x1t12 , x2t 22 , t1t2 ,t12t224 ，则 SABC1 t126t11的绝对值 ,2t226t 21S2ABC( 1 (56t16t12 t26t1t 225 6t 2 ) 223 (t1t2 ) 2 (t1t2 5)223 (42)(t1 t25)(t1t25)2t1t23 (

16、14) 3 ,23所 以 S ABC147,当 且 仅 当 (t1t 2 ) 2t1t 25且 t12t224， 即 t175,36756357), B(635, 57) 或t2,A(3, 5367声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。更多资料详见华东师大版高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）635, (563557) 时等号成立 .A(7), B(,33所以，ABC 面积的最大值是 14 7 .311.令f()2x35x2， 则 f(x)6x250， 所 以 f (x)是 严 格 递 增 的 . 又xf (0)20, f (130，故 f (x) 有唯一实数根 r1) .)4(

17、0,22所以2r 35r20 ，2rr 3r r 4r 7r10L .51故数列 an3n2( n1,2,) 是满足题设要求的数列 .若存在两个不同的正整数数列a1a2an和 b1b2bn满足r a1r a2r a3r b1r b2r b32 ，5去掉上面等式两边相同的项，有r s1r s2r s3r t1r t2r t 3，这里 s1s2s3, t1 t2t 3，所有的 si 与 t j 都是不同的 .不妨设 s1t1 ，则r s1r s1r s2r t 1r t2，1r t1 s1r t 2 s1r r 21r111 1 ，1112矛盾 . 故满足题设的数列是唯一的.加试1.（ 40 分）

18、 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AOBE KCDQP8NM声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。更多资料详见华东师大版高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）2.（ 40分 ） 设k是 给 定 的 正 整 数 ， rk1 记 f (1) (r )f (r )rr ，2f ( l ) ( r )f ( f (l1) (r ), l2 证明：存在正整数m，使得 f (m )

19、(r ) 为一个整数这里，x表示不小于实数 x 的最小整数，例如：11，1123. （ 50 分）给定整数 n2 ，设正实数 a1 , a2 ,L, an 满足 ak1, k 1,2, L , n ，记Aka1 a2Lak, k1,2,L, n knnn1 求证：akAkk 1k 124. （ 50 分） 一种密码锁的密码设置是在正n 边形 A1 A2 LAn 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AB

20、C 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 PQA因为 PK 2P 的幂（关于 O）K 的幂（关于 O）O2r2KO2r2BE KC，PODQ同理PQK 2QO2r 2KO 2r 2 ，NM所以PO 2PK 2QO 2QK 2 ，故 OK PQ 由题设， OK MN ，所以 PQMN ，于是AQAPQNPM由梅内劳斯（Menelaus）定理，得9声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。更多资料详见华东师大版高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）NBDEAQBDEA1，QNMC DEAP1CDEA PM由，

21、可得 NBMC ，所以 NDMD ，故 DMN DCB ，于是 DMNDCB ，BDCDBDDC所以 BC MN ，故 OK BC，即 K 为 BC 的中点，矛盾！从而 A, B, D , C 四点共圆 .注 1： “PK 2P 的幂（关于 O）K 的幂（关于 O） ”的证明：延长PK 至点 F ，使得PKKFAK KE ，则 P， E， F ，A 四点共圆，故PFEPAEBCE ，从而 E，C， F， K 四点共圆，于是PKPFPE PC ，-，得PK 2PE PCAKKE 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AOFBE KCDQPNM

22、2.记 v2 (n) 表示正整数n 所含的 2 的幂次则当mv2 ( k)1 时， f ( m) (r ) 为整数下面我们对v2 ( k)v 用数学归纳法当 v0 时， k 为奇数， k1 为偶数，此时111f (r )kkkk1222为整数假设命题对v1(v1) 成立对于 v1，设 k 的二进制表示具有形式10声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。更多资料详见华东师大版高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）k 2vv 1 2v 1v 2 2v 2L，这里， i0 或者 1， iv1, v 2,L于是f (r )1k11k1k2k221kk2k2212v 1( v 1 1) 2v(

23、 v 1v 2 ) 2v 1L 22 vL21 ，k2这里k2v 1( v 1 1) 2v( v 1v 2 ) 2v 1L22vL .显然 k 中所含的2 的幂次为 v 1故由归纳假设知， rk1经过 f 的 v 次迭代得到整数，2由知，f ( v 1) (r ) 是一个整数，这就完成了归纳证明kn3. 由 0 ak1 知，对 1 kn1 ，有 0ai k,0ai n k i1ik 1注意到当 x, y0时，有 xymax x, y ，于是对 1kn1 ，有AnAk11kai1nainkn ii1k11nai11kain iknk1i1max1nai,11kain iknk1i1max1 (n

24、k),11knkn1k ，nnnn故akAknAnAkk 1k1k 111声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。更多资料详见华东师大版高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）n 1n 1AnAkAn Akk 1k 1n 1kn 11nk 124. 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A1 上的设置（共有 4 种），按照边上的字母可以依次确定点A2 , A3 ,L , An 上的设置为了使得最终回到A1 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

25、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 2 i 条， 0in，标有 b 的边有 2j 条， 0jn 2i 选取 2i 条边标22记 a 的有 Cn2 i 种方法，在余下的边中取出2 j 条边标记 b 的有 Cn2 j2i 种方法，其余的边标记 c由乘2i2 j法原理，此时共有CnCn 2 i 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nn2i224Cn2iCn2 j2i i0j0这里我们约定 C001 当 n 为奇数时， n2 i0，此时n2i2Cn2 j2 i2n 2i 1 j0代入式中，得nn2 inn2Cn2 i2Cn2 j2 i2Cn2i 2n 2 i 12Cn2i 2n 2 i442i 0j0i 0i 0nnCnk 2n kCnk 2n k ( 1)k(2 1)n(2 1)nk 0k 03n1n，则式仍然成立；若 ina，此时当 n 为偶数时，若 i，则正 n 边形的所有边都标记22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12声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。更多资料详见华东师大版高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）nn2 in12224Cn2 iCn2 j2i4 1C n2