2010年高一数学竞赛选拔卷

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2010年全国高中数学联赛一试试题及答案

−2
6. 两人轮流投掷骰子否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是
84 . 119 21 7 = ，从而先投掷人的获胜概率为 36 12
解：同时投掷两颗骰子点数和大于 6 的概率为
7 5 7 5 7 + ( )2 × + ( )4 × + " 12 12 12 12 12 7 1 84 . = × = 25 119 12 1− 144
2
数学竞赛之窗博客/
g ( y ) max = a 2 + 3a − 2 = 8 ⇒ a = 2 ，
所以 g ( y ) min = 2
1 + 3 × 2 −1 − 2 = − . 4 1 综上 f ( x) 在 x ∈ [ −1,1] 上的最小值为 − . 4
解二：如图， PC = PC1 , PA1 = PB . 设 A1 B 与 AB1 交于点 O, 则
OA1 = OB, OA = OB1 , A1 B ⊥ AB1 .
因为 PA = PB1 , 所以 PO ⊥ AB1 ,
从而 AB1 ⊥ 平面 PA1 B . 过 O 在平面 PA1 B 上作 OE ⊥ A1 P ,垂足为 E . 连结 B1 E ,则 ∠B1 EO 为二面角 B − A1 P − B1 的平面角. 设 AA1 = 2 ,则易求得
2
3 ≤ a ≤ 12 . 2
解：令 sin x = t ，则原函数化为 g (t ) = ( −at + a − 3)t ，即
2
g (t ) = −at 3 + (a − 3)t .
由
− at 3 + (a − 3)t ≥ −3 ， − at (t 2 − 1) − 3(t − 1) ≥ 0 ，

2010年全国高中数学联赛B卷(含详细解答)

2010年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准（B 卷）说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不要增加其他中间档次。

一、填空题（本题满分64分，每小题8分） 1. 函数x x x f 3245)(---=的值域是 ]3,3[-.解：易知)(x f 的定义域是[]8,5，且)(x f 在[]8,5上是增函数，从而可知)(x f 的值域为]3,3[-. 2. 已知函数x x a y sin )3cos (2-=的最小值为3-，则实数a 的取值范围是 1223≤≤-a . 解：令t x =sin ，则原函数化为t a at t g )3()(2-+-=，即t a at t g )3()(3-+-=.由 3)3(3-≥-+-t a at ， 0)1(3)1(2≥----t t at ，0)3)1()(1(≥-+--t at t 及01≤-t 知03)1(≤-+-t at 即 3)(2-≥+t t a （1）当1,0-=t 时（1）总成立；对20,102≤+<≤<t t t ；对041,012<+≤-<<-t t t . 从而可知 1223≤≤-a .3. 双曲线122=-y x 的右半支与直线100=x 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 9800 .解：由对称性知，只要先考虑x 轴上方的情况，设)99,,2,1( ==k k y 与双曲线右半支于k A ,交直线100=x 于k B ，则线段k k B A 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991(99)99494851k k =-=⨯=∑.又x 轴上有98个整点，所以所求整点的个数为 98009848512=+⨯.4. 已知}{n a 是公差不为0的等差数列，}{n b 是等比数列，其中3522113,,1,3b a b a b a ====，且存在常数βα,使得对每一个正整数n 都有βα+=n n b a log ，则=+βα3. 解：设}{n a 的公差为}{,n b d 的公比为q ，则 ,3q d =+ （1） 2)43(3q d =+，（2）（1）代入（2）得961292++=+d d d ，求得9,6==q d .从而有 βα+=-+-19log )1(63n n 对一切正整数n 都成立，即 βα+-=-9log )1(36n n 对一切正整数n 都成立. 从而 βαα+-=-=9log 3,69log ，求得 3,33==βα， 333+=+βα. 5. 函数)1,0(23)(2≠>-+=a a a ax f x x在区间]1,1[-∈x 上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是 41-. 解：令,y a x=则原函数化为23)(2-+=y y y g ,)(y g 在3(,+)2-∞上是递增的.当10<<a 时，],[1-∈a a y ,211max 1()32822g y a a a a ---=+-=⇒=⇒=，所以 412213)21()(2min -=-⨯+=y g ；当1>a 时，],[1a a y -∈，2823)(2max =⇒=-+=a a a y g ，所以 412232)(12min -=-⨯+=--y g .综上)(x f 在]1,1[-∈x 上的最小值为41-.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1217. 解：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为1273621=，从而先投掷人的获胜概率为 +⨯+⨯+127)125(127)125(12742 17121442511127=-⨯=.7. 正三棱柱111C B A ABC -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角α=--11B P A B ,则=αsin4. 解一：如图，以AB 所在直线为x 轴，线段AB 中点O 为原点，OC 所在直线为y 轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则)1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1(11P A B B -，从而，)1,3,1(),0,0,2(),1,3,1(),2,0,2(1111--=-=-=-=B A B BA .设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x =，则⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,022111111z y x BP m z x BA ⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=⋅=-=⋅,03,022221211z y x B x A B 由此可设 )3,1,0(),1,0,1(==，所以cos m n m n α⋅=⋅，2cos cos αα=⇒=.所以 410sin =α. 解二：如图，PB PA PC PC ==11, .设B A 1与1AB 交于点,O 则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ . 11,,PA PB PO AB =⊥因为所以从而⊥1AB 平面B PA 1 .过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E . 连结E B 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角. 设21=AA ,则易求得3,2,5111=====PO O B O A PA PB .在直角O PA 1∆中，OE P A PO O A ⋅=⋅11, 即 56,532=∴⋅=⋅OE OE .又 554562,222111=+=+=∴=OE O B E B O B . 4105542sin sin 111===∠=E B O B EO B α. 8. 方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解（x ,y ,z ）的个数是 336675 .解：首先易知2010=++z y x 的正整数解的个数为 1004200922009⨯=C .把2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解分为三类：（1）z y x ,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k . 易知 100420096100331⨯=+⨯+k ，OEPC 1B 1A 1CBA110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=， 3356713343351003=-⨯=k . 从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为 33667533567110031=++. 二、解答题（本题满分56分）9.（本小题满分16分）已知函数)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f ，当10≤≤x 时，1)(≤'x f ，试求a 的最大值.解一： ,23)(2c bx ax x f ++='由 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++='++='='cb a fc b a f c f 23)1(,43)21(,)0( 得（4分）)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=. （8分）所以)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=)21(4)1(2)0(2f f f '+'+'≤ 8≤， 38≤a . （12分）又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38.（16分）解二：c bx ax x f ++='23)(2.设1)()(+'=x f x g ，则当10≤≤x 时，2)(0≤≤x g . 设 12-=x z ，则11,21≤≤-+=z z x . 14322343)21()(2++++++=+=c b az b a z a z g z h . （4分）容易知道当11≤≤-z 时，2)(0,2)(0≤-≤≤≤z h z h . （8分）从而当11≤≤-z 时，22)()(0≤-+≤z h z h ，即 21434302≤++++≤c b a z a ，从而0143≥+++c b a ,2432≤z a，由 102≤≤z 知38≤a . （12分）又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38.（16分）10.（本小题满分20分）已知抛物线x y 62=上的两个动点1122(,)(,)A x y B x y 和，其中21x x ≠且421=+x x .线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点C ，求ABC ∆面积的最大值.解一：设线段AB 的中点为),(00y x M ，则 2,22210210y y y x x x +==+=， 01221221212123666y y y y y y y x x y y k AB =+=--=--=.线段AB 的垂直平分线的方程是 )2(30--=-x y y y . （1）易知0,5==y x 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)0,5(.（5分）由（1）知直线AB 的方程为 )2(300-=-x y y y ，即 2)(300+-=y y y x . （2）（2）代入x y 62=得12)(2002+-=y y y y ，即 012222002=-+-y y y y .（3）依题意，21,y y 是方程（3）的两个实根，且1y 22200044(212)4480y y y ∆=--=-+>,32320<<-y .221221)()(y y x x AB -+-=22120))()3(1(y y y -+= ]4))[(91(2122120y y y y y -++=))122(44)(91(202020--+=y y y)12)(9(322020y y -+=. 定点)0,5(C 到线段AB 的距离 202029)0()25(y y CM h +=-+-==. （10分）220209)12)(9(3121y y y h AB S ABC +⋅-+=⋅=∆ )9)(224)(9(2131202020y y y +-+=3202020)392249(2131y y y ++-++≤7314=.（15分）当且仅当20202249y y -=+，即0y =,A B 或A B -时等号成立. 所以ABC ∆面积的最大值为7314.（20分）解二：同解一，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)0,5(.（5分）设4,,,222121222211=+>==t t t t t x t x ，则161610521222121t t t t S ABC =∆的绝对值, （10分） 2222122112))656665(21(t t t t t t S ABC --+=∆221221)5()(23+-=t t t t )5)(5)(24(23212121++-=t t t t t t3)314(23≤,7314≤∆ABC S , （15分）当且仅当5)(21221+=-t t t t 且42221=+t t ，即,6571-=t 6572+-=t,66((33A B 或A B -时等号成立. 所以ABC ∆面积的最大值是7314. （20分）11.（本小题满分20分）数列{}n a 满足),2,1(1,312211 =+-==+n a a a a a n n n n .求证:n n n a a a 2212312131211-<+++<-- . （1）证明：由1221+-=+n n n n a a a a 知 111121+-=+n nn a a a ，)11(1111-=-+nn n a a a . （2）所以 211,111n n n n n n na a aa a a a ++==----即 1111n n n n n a aa a a ++=---. （5分）从而 n a a a +++ 211133222*********++---++---+---=n n n n a a a a a a a aa a a a 11111112111++++--=---=n n n n a a a a a a .所以（1）等价于n n n n a a 2112312112131211-<--<-++-，即 nn n n a a 21123131<-<++- . （3）（10分）由311=a 及 1221+-=+n n n n a a a a 知 712=a .当1n =时，2216a a -=，11122363<<- ，即1n =时，（3）成立.设)1(≥=k k n 时，（3）成立，即 k k k k a a 21123131<-<++-. 当1+=k n 时，由（2）知kk k k k k k k a a a a a a a 2211111223)1()1(11>->-=-+++++++；（15分）又由（2）及311=a 知 )1(1≥-n a a nn 均为整数，从而由k k k a a 21131<-++ 有 131211-≤-++k k k a a 即kk a 2131≤+ ，所以122211122333111+<⋅<-⋅=-+++++k k k k k k k k a a a a a ，即（3）对1+=k n 也成立.所以（3）对1≥n 的正整数都成立，即（1）对1≥n 的正整数都成立. （20分）2010年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准（B 卷）说明：1. 评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不要增加其他中间档次。

2010年福建省莆田市高一数学竞赛试题(2)

2010年福建省莆田市高一数学竞赛试题（2）学校姓名成绩一、填空题：本大题共8小题，每小题7分，共56分．把答案填在横线上． 1、设f(x)＝log3x －4－x ，则满足f(x)≥0的x 的取值范围是．2、已知函数⎩⎨⎧≥+<=-2),1(log 2,2)(32x x x x f x ，若关于x 的方程m x f =)(有两个不同的实根，则实数m 的取值范围是（用区间形式表示）.3、集合},21241|{R x x A x ∈≤≤=，}012|{2≤+-=tx x x B ，若A B A =⋂，则实数t 的取值范围是 .．4、设)(x f 是定义在R 上的奇函数，2)1(=f ，当0>x 时，)(x f 是增函数，且对任意的x 、R y ∈，都有)(y x f +)()(y f x f +=，则函数)(x f 在 [-3,-2]上的最大值是 .5、不等式200920092009(1)2660x x x ----<的解集是 . 6、已知函数()y f x =的图象如图，则满足22221()(lg(620))021x x f f x x x x --⋅-+≤-+的x 的取值范围为 .7、对于,+∈N n 若12+⋅n n 是3的整数倍，则n 被6除所得余数构成的集合是 . 8、从前2008个正整数构成的集{}1,2,,2008M =中取出一个k 元子集A ，使得A 中任两数之和不能被这两数之差整除，则k 的最大值为．二、解答题：本大题共3小题，共44分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1、（本小题满分14分）如图，在ABC ∆中，AB AC =，D 是ABC ∆外接圆AC 上的一点，AE BD ⊥于E ，求证：BE CD DE =+．2、（本小题满分15分）若不等式x ＋y ≤k 2x ＋y 对于任意正实数x ，y 成立，求k 的取值范围．3、（本小题满分15分）关于x 的整系数一元二次方程022=++nx mx 在(0,1)中有两个不等实根，试求正整数m 的最小值。

2010年北京市中学生数学竞赛高一年级初赛试题及参考解答

&&∋ &&∋
A B C 内一点 , 且满足 2 PA +
∋
&& ∋
3 P B + 6 PC = 0, 试确定 P CA 的面积之比. 6. 如图 5, 凸四边形 A B CD 中, ( B A D + ( A D C = 240 ), E 和 F 分别是边 A D 、 B C 的中点 , EF =
) ] , 而已知这个函数是奇函数 , 其必要 2 = k ,所
条件是在 0 点的函数值为 0, 即 3 以的最小值是 6 .
2 . 答: ( B) . b 理由为直线 O P 的斜率, 其最小值为 a b O C 的斜率 , 其最大值为 OA 的斜率, 所以的 a p q 最大值为 , 最小值为 . m n 3 . 答 : ( C) . 理由在 A BC 所在平面上取一点 O , ∗ + + 即 P A + P B + PC = 2 A B ,
2010 年 7 月上
第 397 期 ( 高中 )
数学竞赛之窗
S PC 1 A 1 , 6# 2 + S PA B . S PB C . S PCA = 6 . 2 . 3 . 6. 答: 28 . 解延长 B A 、 CD 相交于点 P , 由 ( BA D + ( A D C = 240 ) , 得 ( BP C = 60 ). 连接 BD , 取 BD 的中点 G, 连接 EG, FG, 则由三角形中位线定理, 知 GE / BP, GF / PC, 所 1 1 以 ( EGF = 120 ), EG = A B, FG = CD. 2 2 在 E GF 中, 由余弦定理得 E F 2 = EG 2 + F G 2 - 2EG FG cos 120 ) AB 2 CD 2 AB CD = + + , 2 2 2 2 2 2 AB CD AB CD 即 + + 2 2 2 2 S

2010年全国高中数学联赛预赛试题汇编

函数值域与最值1、 (2010年江西省预赛试题)函数21)(2+-=x x x f 的值域是2、 (2010年安徽省预赛试题)函数242)(xx x x f --=的值域是3、 (2010年山西省预赛试题)若],0[π∈x ，函数xx xx y cos sin 1cos sin ++=的值域是 4、 (2010年辽宁省预赛试题)函数|cos |3|sin |2)(x x x f +=的值域是5、 (2010年全国联赛一试试题)函数xx x f 3245)(---=的值域是6、(2010年河北省预赛试题)已知关于x 的不等式kx x ≥-+2有实数解，则实数k 的取值范围是7、(2010年江西省预赛试题)设多项式)(x f 满足：对R x ∈∀，都有xxx f x f 42)1()1(2-=-++，则)(x f 的最小值是8、(2010年四川省预赛试题)已知函数424)42()(24224+++-++=xxx k k xx f 的最小值是0，则非零实数k 的值是9、(2010年全国联赛一试试题)已知函数xx a y sin )3cos(2-=的最小值为3-，则实数a 的取值范围是10、(2010年全国联赛一试试题)函数)1,0(23)(2≠>-+=a a aax f xx在区间]1,1[-∈x 上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是 11、(2010年福建省预赛试题)已知函数|2|)(a x x x f -=，试求)(x f 在区间]1,0[上的最大值)(a g12、(2010年辽宁省预赛试题)已知131≤≤a ，若12)(2+-=x axx f 在]3,1[上的最大值为)(a M ，最小值为)(a N ，令)()()(a N a M a g -=函数性质与导数的应用1、(2010年河北省预赛试题)函数)1(+=x f y 的反函数是)1(1+=-x fy，且4007)1(=f ，则=)1998(f2、(2010年山西省预赛试题) 函数2)(2-=axx f ，若2))2((-=f f ，则=a3、(2010年辽宁省预赛试题)不等式xx 256log )1(log >+的整数解的个数为4、(2010年吉林省预赛试题)已知1)1,1(=f ，),(),(**N n m N n m f ∈∈，且对任意*,Nn m ∈都有：①2),()1,(+=+n m f n m f ；②)1,(2)1,1(m f m f =+，则)2008,2010(f 的值为5、(2010年山东省预赛试题)若函数xe ex xf -=ln)(，则=∑=)2011(20101k ke f6、(2010年山东省预赛试题)函数432)(23+++=x xx x f 的图像的对称中心为7、(2010年山东省预赛试题)已知函数)0(4321)(2>--=a x axx f ，若在任何长度为2的闭区间上总存在两点21,x x ，使41|)()(|21≥-x f x f 成立，则a 的最小值为8、(2010年福建省预赛试题)函数)(cossin)(*22N k x x x f kk∈+=的最小值为9、(2010年河南省预赛试题)设11)(+-=x x x f ，记)()(1x f x f =，若))(()(1x f f x f n n =+，则=)(2010x f10、(2010年湖北省预赛试题)对于一切]21,2[-∈x ，不等式0123≥++-x xax恒成立，则实数a 的取值范围为11、(2010年甘肃省预赛试题)设0>a ，函数|2|)(a x x f +=和||)(a x x g -=的图像交于C点且它们分别与y 轴交于A 和B 点，若三角形ABC 的面积是1，则=a 12、(2010年甘肃省预赛试题)函数RR f →:对于一切Rz y x ∈,,满足不等式13、(2010年黑龙江省预赛试题)设)(x f 是连续的偶函数，且当0>x 时是严格单调函数，则满足)43()(++=x x f x f 的所有x 之和为14、(2010年贵州省预赛试题)已知函数2232)(aax xx f --=，且方程8|)(|=x f 有三个不同的实根，则实数=a 15、(2010年安徽省预赛试题)函数=y 的图像与xey =的图像关于直线1=+y x 对称16、(2010年浙江省预赛试题)设442)1()1()(x x x xk x f --+-=，如果对任何]1,0[∈x ，都有)(≥x f ，则k 的最小值为17、(2010年湖南省预赛试题)设函数xx x x f 2cos )24(sinsin 4)(2++⋅=π，若2|)(|<-m x f 成立的充分条件是326ππ≤≤x ，则实数m 的取值范围是18、(2010年新疆维吾尔自治区预赛试题)已知函数221)(xxx f +=，若)1011()1001(...)31()21(),101(...)2()1(f f f f n f f f m ++++=+++=，则=+n m19、(2010年河北省预赛试题)已知函数)1)(1ln(1221)(2≥+++-=m x x mxx f（1）若曲线)(:x f y C=在点)1,0(P 处的切线l 与C 有且只有一个公共点，求m 的值；（2）求证：函数)(x f 存在单调递减区间],[b a ，并求出单调递减区间的长度a b t -=的取值范围。

2010年全国高中数学联赛山东赛区预赛试卷及解析

2010年全国高中数学联赛山东赛区预赛试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、选择题1.已知{n S n是其前n项之和. 则−a m<a1<a m+1是S m>0，S m+1<0的（）条件.A. 充分必要B. 充分而不必要C. 必要而不充分D. 既不充分也不必要2.已知函数f(x)=x3+(a+1)x2+(a+1)x+a在其定义域内既有极大值又有极小值. 则实数a的取值范围是（）A. −1<a<2B. a>2C. a<−1D. a>2或a<−13.若集合M={x |3−x||5−x|≤12}和集合N={x|x2−2x+c≤0}满足M∩N=M，则实数c的取值范围是（）.A. c≤−449B. c≤−559C. c≤−669D. c≤−7794.已知−π2<α<π2，2tanβ=tan2α，tan(β−α)=−2√2. 则cosα=（）.A. √32B. √22C. √33D. √235.已知整数集合M={m|x2+mx−36=0有整数解}，集合A满足条件：（1）∅⊂A⊆M；（2）若a∈A，则−a∈A，则所有这样的集合A的个数为（）.A. 15B. 16C. 31D. 326.已知0<a<b，在a、b之间插入一个正数k，使a、k、b成等比数列；在a、b之间插入两个正数m、n，使a、m、n、b成等差数列. 则(k+1)2与(m+1)(n+1)的大小关系为（）.A. (k+1)2<(m+1)(n+1)B. (k+1)2=(m+1)(n+1)C. (k+1)2>(m+1)(n+1)D. 不确定7.设z为复数，i为虚数单位. 若|z|=1，|z+i|=1，则当(z+i)n(n∈N+)，为实数时，|z+i|n的最小值为（）.A. √3B. 3C. 2√3D. 3√38.在多项式(a+b+c+d)8的展开式中，每一字母的指数均不为零的项共有（）项.A. 35B. 42C. 45D. 509.如图，在三棱锥P−ABC中，侧面PAC⊥底面ABC，底面ABC是边长为1的正三角形，PA=PC，∠APC=90°，M是棱BC的中点. 则AB与PM间的距离为（）.A. √34B. 12C. √32D. √3310.某人从上一层到二层需跨10级台阶. 他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2级台阶，称为二阶步，最多能跨3级台阶，称为三阶步. 从一层上到二层他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶. 则他从一层到二层可能的不同过程共有（）种. A. 6 B. 8 C. 10 D. 12第II卷（非选择题）二、解答题11.如图，在三棱锥ABC中，PB=PC，∠APB=∠APC=90°，∠BPC= 60°. 若此三棱锥的体积为定值V，求点P到平面ABC距离的最大值.=1(a>b>0)的左、右焦点，弦AB经过点F2，且12.已知F1、F2是椭圆x2a2+y2b2|AF2|=2|F2B|，tan∠AF1B=3.4（1）求椭圆的离心率e ；（2）若△F 1F 2B 的面积为2，求椭圆的方程. 13.已知函数f (x )对于任意实数x 、y ，都有f (x+y )=f (x )+f (y )−3，且当x >0时，f (x )<3.（1）f (x )在实数集R 上是否为单调函数？并说明理由；（2）若f (6)=−9，求f ((12)2010).14.服装销售商甲和乙欲销某品牌服装制造企业生产的服装. 该企业的设计部门在无任何有关甲和乙销售信息的情况下，随机地为他们提供了n 种不同设计的款式，由甲和乙各自独立地选定自己认可的那些款式. 则至少有一个款式为甲和乙共同认可的概率为多少？ 15.某年级n 位同学参加语文和数学两门课的考试，每门课的考分从0到100分. 假如考试的结果没有两位同学的成绩是完全相同的（即至少有一门课的成绩不同）. 另外，“甲比乙好”是指同学甲的语文和数学的考分均分别高于同学乙的语文和数学的考分. 试问：当n 最小为何值时，必存在三位同学（设为甲、乙、丙），有甲比乙好，乙比丙好.三、填空题16.已知函数f (x )=ax 2−12x −34(a >0)，若在任何长度为2的闭区间上总存在两点x 1、x 2，使|f (x 1)−f (x 2)|≥14成立，则a 的最小值为______.17.已知△ABC 的垂心为H . 若B (0,0)，C (2,0)，且点H 在圆(x −1)2+(y +1)2=2上移动，则动点A 的轨迹为______. 18.若函数f (x )=lnex e−x，则∑f (ke 2011)=2010k=1______.19.函数f (x )=x 3+2x 2+3x +4的图像的对称中心为______.参考答案1.A【解析】1.事实上，{S m=m2(a1+a m)>0S m+1=m+12(a1+a m+1)<0⇔a1+a m+1<0<a1+a m⇔−a m<a1<−a m+1.所以，是充分必要条件.2.D【解析】2.由f(x)=x3+(a+1)x2+(a+1)x+a，得f′(x)=3x2+2(a+1)x+(a+1).由题设知f′(x)=0一定有两个不相等的实数根.从而，Δ=4(a+1)2−12(a+1)>0.解得a>2或a<−1.3.B【解析】3.由M={x≠5|4(3−x)2≤(5−x)2}={x≠5|3x2−14x+11≤0}={x|1≤x≤113}，N={x|1−√1−c≤x≤1+√1−c}，且1−√1−c≤1，得1+√1−c≥11 3⇒c≤−559.4.C【解析】4.设tanα=u.由tanβ=12tan2α=tanα1−tan2α=u1−u2，得tan(β−α)=tanβ−tanα1+tanα⋅tanβ=u1−u2−u1+u⋅u1−u2=u3.由u3=−2√2，得u=tanα=−√2.因为−π2<α<π2，所以，cosα=√1+tan 2α=√33.5.C【解析】5.设α、β为方程x 2+mx −36=0的两根. 则αβ=−36. 于是，当|α|=1，|β|=36时，m =±35；当|α|=2，|β|=18时，m =±16；当|α|=3，|β|=12时，m =±9；当|α|=4，|β|=9时，m =±5；当|α|=6，|β|=6时，m =0.故M={0}∪{−5,5}∪{−35,35}.由条件（1）知A≠∅.由条件（2）知A 是由一些成对的相反数所成之集. 所以，M 的5对相反数共能组成25−1=31个不同的非空集合A .6.A【解析】6.由a 、k 、b 成等比数列知k 2=ab .则(k +1)2=(√ab +1)2<(a +1)(b +1).由a 、m 、n 、b 成等差数列知a+b =m +n ，且b −a >n −m .由(m +1)+(n +1)=(a +1)+(b +1)，知(m +1)(n +1)>(a +1)(b +1). 故(k +1)2<(a +1)(b +1)<(m +1)(n +1).7.D【解析】7. 设z=x +yi(x 、 y ∈R).由|z |=1，|z +i |=1，得{x 2+y 2=1x 2+(1−y )2=1⇒{x =±√32y =12. 故z =±√32+12i ，|z +i |n =|√3(±12+√32i )|n =|√3ek−i 3|n =(√3)n(k ∈{1,2}).易见，使(z +i )n 为实数时，n 的最小值为3.此时，|z +i |n 的最小值为(√3)3=3√3.8.A【解析】8.设(a +b +c +d )8的展开式中任意一项为pa x 1b x 2c x 3d x 4. 若其每一字母的指数不为零，则x 1≥1(i =1,2,3,4)，且x 1+x 2+x 3+x 4=8.令u i=x i −1(i =1,2,3,4). 则u 1+u 2+u 3+u 4=4.因此，所求的项数为C 73=35.9.A【解析】9. 如图，作PO⊥AC 于点O ，则O 是AC 的中点. 联结OM .由M 是BC 的中点知OM ∥AB .过点M 作MN ⊥AB 于点N .易知，MN =√34.因为OM∥AB ，所以，MN ⊥OM .又侧面PAC ⊥底面ABC ，PO ⊥AC ，则PO ⊥底面ABC ，PO ⊥MN . 从而，MN⊥平面POM ，MN ⊥PM .故MN 是AB 和PM 的公垂线.10.C【解析】10.按题意要求，不难验证这6步中不可能没有三阶步，也不可能有多于1个的三阶步. 因此，只能是1个三阶步，2个二阶步，3个一阶步.为形象起见，以白、黑、红三种颜色的球来记录从一层到二层跨越10级台阶的过程：白球表示一阶步，黑球表示二阶步，红球表示三阶步. 每一过程可表为3个白球、2个黑球、1个红球的一种同色球不相邻的排列. 下面分三种情形讨论.（1）第1、第6球均为白球，则两黑球必分别位于中间白球的两侧. 此时，共有4个黑白球之间的空位放置红球. 所以，此种情况共有4种可能的不同排列. （2）第1球不是白球.（i ）第1球为红球，则余下5球只有一种可能的排列；（ii ）若第1球为黑球，则余下5球因红、黑球的位置不同有两种不同的排列，此种情形共有3种不同排列.（3）第6球不是白球，同（2），共有3种不同排列. 总之，按题意要求从一层到二层共有4+3+3=10种可能的不同过程.11.√2V 3【解析】11.如图，设BC 的中点为D ，联结AD 、PD . 由对称性知BC ⊥平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABC .作PO ⊥AD ，垂足为O . 则PO ⊥平面ABC . 设PO=ℎ，∠PAD =α(0°<α<90°). 则PA =ℎsinα.因为∠APB =∠APC =90°，所以，PA ⊥平面PBC ，PA ⊥PD .故PD =ℎcosα.易知△PBC 是三角形.又因为PD ⊥BC ，所以，BC =√3=√3cosα.则V=16PA ⋅PD ⋅BC =33√3sinα⋅cos 2α.故ℎ3=3√3Vsinα⋅cos 2α.注意到sinα⋅cos 2α=√12(2sin 2α⋅cos 2α⋅cos 2α)≤√12(2sin 2α+cos 2α+cos 2α3)3=2√39.当且仅当sinα=√33时，上式等号成立.此时，ℎ取最大值√2V 3.12.（1）√53；（2）x 29+y 24=1【解析】12.（1）设|AF 2|=2|F 2B |=2k .由|AF 1|+|AF 2|=2a ，|BF 1|+|BF 2|=2a ，得|AF 1|=2a −2k ，|BF 1|=2a −k .因为tan∠AF 1B=34，所以，cos∠AF 1B =45.在△AF 1B 中，由余弦定理得|AB |2=|AF 1|2+|BF 1|2−2|AF 1||BF 1|cos∠AF 1B ，即(3k )2=(2a −2k )2+(2a −k )2−2(2a −2k )(2a −k )⋅45.化简得(a −3k )(2a +3k )=0.因为2a+3k >0，所以，a =3k .于是，|AF 1|=2a −2k =4k ，|AB |=3k ，|BF 1|=2a −k =5k . 故|AF 1|2+|AB |2=|BF 1|2.因此，∠F 1AF 2=90°.在Rt △AF 1F 2中，设|F 1F 2|=2c . 则|AF 1|2+|AF 2|2=|F 1F 2|2，即(4k )2+(2k )2=4c 2.解得c=√5k .所以，e =c a=√53.（2）由S △AF 1F2S △F 1F 2B =|AF 2||F 2B |=2，得S △AF 1F 2=12|AF 1||AF 2|=2S △F 1F 2B =4，即12×4k ×2k =4⇒k =1.所以，a =3，c =√5，b =√a 2−c 2=2.故椭圆方程为x 29+y 24=1.13.（1）见解析；（2）3−(12)2009【解析】13.（1）对任意的x 1、x 2∈R ，且x 1<x 2，则f (x 2)=f(x 1+(x 2−x 1))=f (x 1)+f (x 2−x 1)−3. 因x 2−x 1>0，所以，f (x 2−x 1)<3，即f (x 2)<f (x 1).从而，f (x )在R 上为单调减函数. （2）由f (6)=f (2)+f (4)−3=f (2)+(f (2)+f (2)−3)−3=3f (2)−6=−9，得f (2)=−1.又由f (2)=f (1)+f (1)−3，得f (1)=1. 对任意的a∈R ，显然有f (a )=2f (a2)−3⇒f (a2)=f (a )+32.令a 1=f (1)=1，a n+1=f ((12)n)=f ((12)n−1)+32=a n +32.令b n=a n+1−a n . 则b n =12b n−1，b 1=a 2−a 1=1. 从而，b n =(12)n−1，即a n+1−a n =(12)n−1. 故a n+1=a 1+1+12+⋅⋅⋅+(12)n−1=3−(12)n−1.所以，f ((12)2010)=a 2011=3−(12)2009.14.1−(34)n【解析】14.记n 种款式的集合为V ，分别记甲和乙各自选中的款式的集合为P 甲和P 乙. 则P 甲⊆V ，P 乙⊆V .把甲和乙的选择合称为一个选择方案，记为(P 甲,P 乙).先证明：任何一个选择方案(P 甲,P 乙)发生的概率为(14)n.事实上，因设计部门关于甲和乙的销售情况无任何信息，所以，每一款式被甲或乙认可还是否定，他们的概率均为12. 若甲选中了k (k=0,1,⋅⋅⋅,n )个款式，同时也否定了其余n −k 个款式，则甲的这一选择发生的概率为(12)k (12)n−k=(12)n .对于乙也完全一样.又因为甲和乙的选择是独立进行的，所以，任一选择方案(P 甲,P 乙)发生的概率为(12)n (12)n =(14)n .以P 记所有P 甲∩P 乙=∅的选择方案(P 甲,P 乙)发生的概率. 则所求的概率为P =1−P .为计算P ，需计算所有满足P 甲∩P 乙=∅的选择方案的个数S .按P 甲∪P 乙所含元素的个数|P 甲∪P 乙|进行分类.若|P 甲∪P 乙|=i (i =0,1,⋅⋅⋅,n,)，则P 甲是这一i 元集合中的任一子集，相应的P 乙即为其补集.于是，当|P 甲∪P 乙|=i 时，所有可能的选择方案数为2i C n i.从而，由加法原理可知，当P 甲∩P 乙=∅时，所有可能的选择方案数为S =∑2i ni=0C n i=(1+2)n =3n . 故P =(14)n ×3n=(34)n，P=1−(34)n.15.401【解析】15.建立平面直角坐标系xOy .若一位同学的成绩语文为i 分，数学为j 分，令其对应平面上的整点(i,j )，称为“成绩点”. 于是，n 位同学的考试结果映射到平面上是在0≤x ≤100，0≤y ≤100范围内的n个成绩点.考虑平面上201条直线：y=x ±b (b =0,1,⋅⋅⋅,100).若一条直线上有三个成绩点，即表示存在三位同学甲、乙、丙，有甲比乙好，乙比丙好. 显然，直线y=x +100和y =x −100每条至多只能有一个成绩点；直线y =x +99和y =x −99每条至多只能有两个成绩点.因为2×(201−2)+1×2=400，所以，当n >400时，必有一条直线有三个成绩点.从而，n 的最小值n 0≤401.令集合S={(i,j )|i =0,1;j =0,1,⋅⋅⋅,100 }；T ={(i,j )|i =0,1,⋅⋅⋅,100;j =0,1 }.显然，|S ∪T |=400，且在S ∪T 中不存在三个成绩点在同一条直线上.故n 0≥401.从而，n 0=401.16.14【解析】16.在长度为2的闭区间[14a −1,14a+1]上，有 f max (x )=f (14a −1)=f (14a +1)=a −116a −34， f min (x )=f (14a )=−116a −34.故a=f max (x )−f min (x )≥14. 当a =14时，f (x )=14x 2−12x −34=14(x −1)2−1. 下面证明：在任何长度为2的闭区间[t −1,t +1]上总存在两点x 1、x 2，使|f (x 1)−f (x 2)|≥14. 当t ≥1时，f (x )在[t,t +1]上是增函数.令x 1=t ，x 2=t +1. 则|f (x 1)−f (x 2)|=f (t +1)−f (t )=14(2t −1)≥14.当t <1时，f (x )在[t −1,t ]上是减函数.令x 1=t −1，x 2=t . 则|f (x 1)−f (x 2)|=f (t −1)−f (t )=14(3−2t )>14. 综上，a 的最小值为14.17.圆(x −1)2+(y −1)2=2(y ≠0)和直线x =0(y ≠0)或x =2(y ≠0).【解析】17.设A (x,y )，H (x,y 1).当x ≠0，x ≠2时，y 1x ⋅y x−2=−1，y 1=−x 2−2x y .因为点H 在圆(x −1)2+(y +1)2=2上，所以，(x −1)2+(−x 2−2x y +1)2=2，即(x 2−2x )(y 2−2y +x 2−2x )=0.又因为x ≠0，x ≠2，所以，x 2−2x ≠0.故(x −1)2+(y −1)2=2. 当x =0或2时，只要y ≠0，△ABC 都是直角三角形，其垂心为点B 或C ，都在圆(x −1)2+(y +1)2=2上.综上，动点A 的轨迹为圆(x −1)2+(y −1)2=2(y ≠0)和直线x =0(y ≠0)或x =2(y ≠0).18.2010【解析】18.注意到f (x )+f (e −x )=ln [ex e−x ⋅e (e−x )e−(e−x )]=2. 故∑f (ke 2011)2010k=1=∑(f (ke 2011)+f (e −ke 2011))1005k=1=2×1005=2010. 19.(−23,7027)【解析】19.设点(a,b )为函数f (x )图像的对称中心.则f (a +x )+f (a −x )=2b ，即: 2b =[(a +x )3+(a −x )3]+2[(a +x )2+(a −x )2]+6a +8，b =a 3+3ax 2+2a 2+2x 2+3a +4=(2+3a )x 2+a 3+2a 2+3a +4. 于是，应有2+3a =0⇒a =−23，b =−827+89−2+4=7027.。

厦门一中2010级高一数学竞赛选拔试卷

2010高一数学竞赛选拔试卷一、选择题（共9小题，每小题5分，满分45分．）1. 已知x xx x -=-11，则x 应满足（ B ） (A) x ＜1 (B) x ≤0 (C) x ＞1 (D) x ≥0且x ≠12. 有一个游戏的规则是：你想一个数，乘以2，加上6，再除以2，最后减去你所想的数，我就知道结果．这个结果是（ C ） (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 43．一个立方体的表面展开图如下面左图所示，将其折叠成立方体后的立体图形是（ D ）4. 已知x ，y ，z 满足x z z y x +=-=532，则zy y x 25+-的值为（ A ）(A)31(B) 31-(C) 1 (D)21 5.已知1m =1n =且()()227143678m m an n -+--=.则a 的值等于(C ).(A).5-; (B).5; (C).9-; (D).9.6. 袋中装有3个红球、4个黑球、5个白球．现从袋中任意摸出2个球，摸出的球中恰好有1个红球的概率是（ B ）(A)449 (B) 229 (C) 115 (D) 31 7. 如图，点A 是5×5方格图形中的一个格点(小正方形的顶点)，图中每个小正方形的边长都是1．那么，面积等于25，并且一个顶点是A 点的格点．．等腰直角三角形(三角形的三个顶点都是格点)的个数有（ D ）(A) 10个 (B) 12个 (C) 14个 (D) 16个(A) (B) (C)(D)8. 关于,x y 的方程()2220x y x y +=-的所有整数解(),x y 有( B )组.A.4;B.8;C.12;D.16.9.设二次函数()20y ax bx c a =++≠满足:当01x ≤≤时,1y ≤.则a b c ++的最大值是( B ).A.3;B.7;C.12;D.17.二、填空题（共5小题，每小题5分，满分25分）10. 计算008200621861641421⨯++⨯+⨯+⨯ 的结果是 01640031 ． 11. 观察下列各式：225100)11(115+⨯+⨯=；225100)12(225+⨯+⨯=； 225100)13(335+⨯+⨯=；……依此规律，第n 个等式(n 为正整数)为 225100)1()510(+⨯+=+n n n ．12. 如图，一个啤酒瓶的高度为30cm ，瓶中装有高度12cm 的水，将瓶盖盖好后倒置，这时瓶中水面高度20cm, 则瓶中水的体积和瓶子的容积之比为 6:11 . (瓶底的厚度不计)20cm30cm12cm13. 三个同学对问题“若二元一次方程组⎩⎨⎧=+=+222111,cy b x a c y b x a 的解是⎩⎨⎧==,4,3y x 求方程组⎩⎨⎧=+=+222111523,523cy b x a c y b x a 的解．”提出各自的想法．甲说：“这个题目好象条件不够，不能求解”；乙说：“它们的系数有一定的规律，可以试试”；丙说：“能不能把第二个方程组的两个方程的两边都除以5，通过换元替代的方法来解决”．参考他们的讨论，你认为这个题目的解应该是 ⎩⎨⎧==10,5y x ．14. 某文具店销售的水笔只有A ，B ，C 三种型号，下表中给出了上月这三种型号水笔每支的利润和销售量．若该店计划下月共进货这三种型号水笔600支，结合上月销售情况，你认为A ，B ，C 三种型号的水笔各进货多少支总利润最高？此时所获得的总利润是多少？答：进A 型水笔支，B 型水笔支，C 型水笔支，总利润最高，此时所获得的总利润为元． (进A 型水笔300支，B 型水笔200支，C 型水笔100支，400)三、解答题（共3题，分值依次为15分、15分、和20分，满分50分）15. 当x 分别取值00821，00721，…，31，21，1，2，3，…，2 007，2 008时，求所得各代数式2211x x +-值的和．各代数式2211x x +-值的和为016. 已知二次函数2y x bx c =+-的图象经过两点P (1,)a ，Q (2,10)a .（1）如果,,a b c 都是整数，且8c b a <<，求,,a b c 的值.（2）设二次函数2y x bx c =+-的图象与x 轴的交点为A 、B ，与y 轴的交点为A ，B ，C 三种水笔每支利润和销售量C.如果关于x 的方程20x bx c +-=的两个根都是整数，求△ABC 的面积.解点P (1,)a 、Q (2,10)a 在二次函数2y x bx c =+-的图象上，故1b c a +-=，4210a c a +-=，解得93b a =-，82c a =-. （1）由8c b a <<知8293,938,a a a a -<-⎧⎨-<⎩解得13a <<.又a 为整数，所以2a =，9315b a =-=，8214c a =-=. (2) 设,m n 是方程的两个整数根，且m n ≤.由根与系数的关系可得39m n b a +=-=-，28mn c a =-=-，消去a ，得98()6mn m n -+=-，两边同时乘以9，得8172()m n m n -+=-，分解因式，得(98)(98)10m n --=.所以981,9810,m n -=⎧⎨-=⎩或982,985,m n -=⎧⎨-=⎩或9810,981,m n -=-⎧⎨-=-⎩或985,982,m n -=-⎧⎨-=-⎩解得1,2,m n =⎧⎨=⎩或10,913,9m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或2,97,9m n ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或1,932,3m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩又,m n 是整数，所以后面三组解舍去，故1,2m n ==.因此，()3b m n =-+=-，2c mn =-=-，二次函数的解析式为232y x x =-+.易求得点A 、B 的坐标为（1,0）和（2,0），点C 的坐标为（0,2），所以△ABC 的面积为1(21)212⨯-⨯=.17. 求满足22282p p m m ++=-的所有素数p 和正整数m .解：由题设得(21)(4)(2)p p m m +=-+，所以(4)(2)p m m -+，由于p 是素数，故(4)p m -，或(2)p m +. ……（5分）（1）若(4)p m -，令4m kp -=，k 是正整数，于是2m kp +>，2223(21)(4)(2)p p p m m k p >+=-+>，故23k <，从而1k =.所以4221m p m p -=⎧⎨+=+⎩，，解得59.p m =⎧⎨=⎩，（2）若(2)p m +，令2m kp +=，k 是正整数. 当5p >时，有46(1)m kp kp p p k -=->-=-，223(21)(4)(2)(1)p p p m m k k p >+=-+>-，故(1)3k k -<，从而1k =，或2.由于(21)(4)(2)p p m m +=-+是奇数，所以2k ≠，从而1k =.于是4212m p m p -=+⎧⎨+=⎩，，这不可能.当5p =时，2263m m -=，9m =；当3p =，2229m m -=，无正整数解；当2p =时，2218m m -=，无正整数解.综上所述，所求素数p =5，正整数m =9.。

2010全国高中数学联赛河南省预赛高一竞赛试题参考答案

全国高中数学联赛河南省预赛高一竞赛试题参考答案（2010年5月9日上午8：30---11：00）考生注意：本试卷共五道大题，满分100分．一、填空题：本题共10个小题，每小题5分，共50分．直接把答案填在题中的横线上.1.定义集合运算：{,,}.A B c ab a A b B ⊗==∈∈设{0,2},{0,4},A B ==则集合A B ⊗的元素的和为个.解：填8.集合A B ⊗的元素为120,8.c c ==2.设,()||||,a b f x x a x b <=---则()f x 的取值范围是 . 解：填().a b f x b a -≤≤-若,x a ≤则()f x a x b x a b =--+=-；若,a x b <<则()2,()f x a b x a b f x b a =--+-<<-；若,x b ≥则()f x x a x b b a =--+=-，综上，有().a b f x b a -≤≤-3. 某一次函数图像与直线59544y x =+平行，与x 轴、y 轴的交点分别为A 、B ，并且过点(-1, -25)，则在线段AB 上(包括,A B )，横纵坐标都是整数的点有个.设5,4y x b =+由条件过点(-1, -25)，得95,4b =- 所以595.44y x =- 则A （19,0）、B (0, 954-),由595(019)44y x x =-≤≤,取3,7,11,15,19x =时,y 是整数, 所以,满足条件的点有5个.4.已知函数()f x 满足对所有的实数,x y ,都有()(2)(3)2010,f x f x y f x y x ++=-+-则(2010)f = ．解:填0.令2010,1005,x y ==得(2010)(5025)(5025)20102010,f f f +=+- 所以(2010)0.f =5.如图，已知(2,0),(0,4),A B --P 为双曲线8(0)y x x=>上的任一点，过点P 作PC x ⊥轴于点C ，PD y ⊥轴于点D ,则四边形ABCD 面积的最小值为 .解：填16.设点P 的坐标为),(00y x ，则有008y x =，00>x .则008(,0),(0,)C x D x ，由条件知：008||2,||4,CA x DB x =+=+ 故有0000184(2)(4)2()816.2S x x x x =++=++≥所以四边形ABCD 面积的最小值是16.6.已知一个正三棱柱的底面边长为1,两个侧面的异面对角线互相垂直.该正三棱柱的侧棱长为．解:填2. 设三棱柱111,A B C A B C-侧棱长为,a 侧面的异面对角线11,AB BC 互相垂直,则1111111111111120()()00cos 6002AB BC B B BA BB B C B B BB B B B C BA BB BA B C a a ⋅=⇒+⋅=⇒⋅+⋅+⋅+⋅=⇒-+=⇒=7. 若抛物线2112y x mx m =-+-与x 轴交于整点，则抛物线的对称轴方程为 . 解：填.x =1设抛物线2112y x mx m =-+-与x 轴交与整点（1x ，0），（2x ，0）， 1212(,<)x x x x 为整数，且，则方程21102x mx m -+-=有两个整数根12,,x x 得212111()(),22x mx m x x x x -+-=-- 取1,x =代入得12(1)(1)1,x x --=-所以1211,11,x x -=⎧⎨-=-⎩所以120,=2,x x =则抛物线的对称轴方程为.x =18. 已知实数a b 、满足221a ab b ++=，且22t ab a b =--，则t 的最大值与最小值的积为 .解：填1.设,a x y b x y =+=-、则有22()()()() 1.x y x y x y x y +++-+-= 化简得2213,y x =-2210,0.3y x ≥∴≤≤2222222()()()()38 3.t ab a b x y x y x y x y x y x ∴=--=+--+--=--=- 113,3() 1.33t ∴-≤≤-∴-⨯-=9. 用如图所示的两个转盘做游戏,第一个转盘为圆形,O 为圆心,且90AOB BOC ∠=∠= ;第二个转盘为矩形, 1O 为矩形的中心,且NPMN=若同时转动两个转盘,则转盘停止后指针同时指向a 的概率为 .解：填16.指针同时指向a 的概率为111.236P =⋅=10.设在同一平面上两个非零的不共线向量a ,b 满足()⊥-b a b ，对任意的x ∈R,则||x -a b 的取值范围为 .(用向量a,b 表示)解：填[||,)-+∞a b .设OA OB ==a,b,x b 表示与OB共线的任一向量, ||x -a b 表示点A 到直线OB 上任一点的距离,而-|a b |表示点A 到点B 距离，当()⊥-b a b 时，.AB OB ⊥由点与直线之间距离最短知，对任意的x ∈R,有||x -≥a b ||-a b . 二、（本题满分12分）如图,在ABC ∆中,已知9,8,7,AB BC AC ===AD 为内角平分线,以AD 为弦作一个圆与BC 相切,且与,AB AC 分别交与,M N ,求MN 的长.解：如图,连结,DM 由,BDM BAD CAD DMN ∠=∠=∠=∠得MN BC ∥，则,AMN ABC ∆∆ …………………4分易知2299,9()22927.844BD BM BA BD BM BM AM =⋅=⇒⋅=⇒=⇒=⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯分又 2734.94MN AM BC AB ===所以 38 6.4MN =⨯=…………………12分三、（本题满分13分）如图，两个平面//,m n 线段AD 分别交平面m n 、于点B C 、,过点A 的另一条直线分别交平面m n 、于点M P 、,过点D 的另一条直线分别交平面m n 、于点N Q 、,已知3,2B M NC P Q S S ∆∆=ABC S ∆为ABC ∆的面积,且1sin ,2ABC S AB BC BAC ∆=⋅⋅∠求ADCD 的最小值. 解：因为平面,m n ∥所以,,BM CP BN CQ ∥∥sin sin .MBN PCQ ∴∠=∠ 且,,BM AB BN BDCP AC CQ CD == 又1sin ,2BMN S BM BN MBN ∆=⋅⋅∠1sin ,2CPQS CP CQ PCQ ∆=⋅⋅∠ 结合3,2BMN CPQ S S ∆∆=得3.2AB BD AC CD ⋅=…………………5分令,,AC BDa b AB CD==则23,b a =且1,b a >> 11,,1BC a AB BC AB a =-=-…………………8分111(1)1113311(1)(1)1222(1)313[(1)]33323(1)2AD AB BC CD a BC a BD CD ab CD CD a CD a CD a a a a a a a a ++-==+⋅=+⋅=+----=+-=++--=-++≥⋅=+- 所以AD CD的最小值为3…………13分四、（本题满分12分）（以下两题请同学们任选一题作答，若两题都做，则按上面一题给分） (必修4) 已知向量s i n ,1),(c o s ,0),x x ωωω==>a b 又函数()(f x k =⋅-b a b 是以2π为最小正周期的周期函数.若函数()f x 的最大值为21，则是否存在实数t ,使得函数()f x 的图像能由函数()g x t =⋅a b 的图像经过平移得到？若能，则求出实数t 并写一个平移向量m ；若不能，说明理由.解:()()f x k =⋅-b a b =3sin ωx cos ωx -k cos 2ωx=23sin2ωx -21k (1+cos2ωx )= 23sin2ωx -21k cos2ωx -21k=2132+k sin(2ωx +θ)-21k , 又函数()f x 是以2π为最小正周期的周期函数，∴ T =22πω=2π , ∴ω=2 . …………………4分∴ ()f x =2132+k sin(4x +θ)-21k ,∵ 函数()f x 的最大值为21，∴ -21k +2132+k =21 ，解得k =1, …………………8分∴ ()f x =2132+k sin(4x -6π)-21k =1sin(4)62x π--, 又()g x t =⋅a b =3t sin ωx cos ωx ==23t sin4x ,∴当t =()g x t =⋅a b 的图像按向量1(,).242π=m 平移后便得到函数()f x 的图像 . ……………………12分 (必修3)袋中装有6个形状、大小完全相同的球,其中黑球2个,白球2个，红球2个，规定取出一个黑球记0分，取出一个白球记1分，取出一个红球记2分；在抽取这些球的时候,谁也无法看到球的颜色.首先由甲取出3个球,并不再将它们放回原袋中,然后由乙取出剩余的3个球.规定取出球的总积分多者获胜.求:(1) 甲、乙成平局的概率;(2) 如果可以选择先后取球的顺序，你会先取还是后取，为什么？解：记黑球为1，2号；白球为3，4号；红球为5，6号.则甲取球的所有可能性共有下列20种情况：123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，234，235，236，245，246，256，345，346，356，456. ……………………4分 (1)平局时甲、乙两人的得分均应该为3分，所以甲取出的三个小球必须为一黑一白一红，共有8种情况.故平局的概率为182205P ==…………………………8分 (2)甲获胜时，得分只能是4分或5分，即取出的3个小球只能是2红1白，1红2白，或2红1黑，共有6种情况.甲（先取者）获胜的概率为2632010P ==. 所以乙（后取者）获胜的概率为3123110P P P =--=因为23P P =，所以先取后取获胜的可能性是一样的.………………12分五、（本题满分13分）设二次函数2()(R)f x x bx c b c =++∈、与x 轴有交点.若对一切R x ∈,有1(,f x x+≥）0且2223(1,1x f x +≤+）求b c 、的值. 解: 11||||||2,x x x x+=+≥ 所以,对于一切满足||2x ≥的实数x 有()0.f x ≥……………3分则2()0f x x bx c =++=的实数根在区间[-2, 2]内,所以, 二次函数2()(R)f x x bx c b c =++∈、在区间[2,)+∞上是增函数,且(2)0,420,(2)0,420,44,222f b c f b c b b ⎧⎪≥-+≥⎧⎪⎪-≥⇒++≥⎨⎨⎪⎪-≤≤⎩⎪-≤-≤⎩……………8分又2222312(2,3]11x x x +=+∈++, 所以2223(1,1x f x +≤+）即(31,f =）93 1.b c ++= 4,42380,542380,4,4444,b b b b b b b b ⎧≤-⎪---≥⎧⎪⎪+--≥⇒≤-⎨⎨⎪⎪-≤≤-≤≤⎩⎪⎩所以,只有 4.b =-此时 4.c =………………13分。

2010年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题及解答

2010年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题及解答2010年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题及参考解答2010年5月16日8:30～10:30.一、填空题（满分40分，每小题8分，将答案写在下面相应的空格中）小题号 123 45 答案12- 6693352231x x -+201451. 函数()y f x =是定义在R 上的周期为3的函数,右图中表示的是该函数在区间[2,1]-上的图像.则(2010)(5)(16)f f f ⨯的值等于 .答: 12-.理由:(5)(1)1,(16)(1)2,(2010)(0)1,f f f f f f =-=-==== 则(2010)11.(5)(16)(1)(2)2f f f ==--2. 方程21120102010x x -+=的所有根的立方和等于 . 答:669335. 解: 方程21120102010x x -+=等价于 21120102010x x -+=………① 与 21120102010x x -+=-……② 由①得：11x =，20x =由②得：2101005x x -+=，所以343411,.1005x x x x +== 所以()3323434343431334()()31111005335335x x x x x x x x ⎛⎫+=++-=⨯-=-= ⎪⎝⎭. 所以3333123433466910335335x x x x +++=++=.3. 如右图, AB 与⊙O 切于点A . 连接B 与⊙O 内一点D 的线段交圆于点C .并且AB =6，DC=CB =3，OD =2，则⊙O 的半径等于 .答：22.解: 延长BD 交圆于E ，延长OD 交圆于F ，G （如左图）.FG 是⊙O 的直径.设⊙O 的半径为r ，由切割线定理，有 2,BC BE BA ⋅= 即 23(6)636.DE +== 所以DE =6.由相交弦定理可得 ,DE DC DF DG ⋅=⋅ 即63(2)(2),r r ⨯=-+所以218 4.r =-解得22r =.4．满足方程3()(2)(1)3(0)2()f x x f f x x +-+=+∈的函数()f x = .答：3() 1.f x x x =-+解：取x =1和x =0代入方程，得33(1)(12)(1)3(0)12(0)(02)(1)3(0)02f f f f f f ⎧+-+=+⎨+-+=+⎩，进而得(0)1.(1)1f f =⎧⎨=⎩ 于是33()2(2)(1)3(0) 1.f x x x f f x x =+---=-+ 经检验，所求的函数满足方程.5．若一个自然数比它的数字和恰好大2007, 这样的自然数叫做“好数”,则所有“好数”的和等于 .答: 20145.解：设()(),f n n S n =-其中()S n 是自然数n 的数字和.则函数()f n 是非严格的增函数.(2009)(2010)(2011)(2019)2007(2020)f f f f f <====<所以满足条件的所有自然数只有10个：2010，2011，2012，2013，2014，2015，2016，2017，2018，2019．其和为解：（1）设i p 为质数，若2010能写成k 个质数的平方和，则当10k =时, 取最小的10个互不相等的质数的平方和, 则4+9+25+49+121+169+289+361+529+841=2397>2010，因此9.k ≤（2）因为只有一个偶质数2，其余质数都是奇数，而奇数的平方仍是奇数，并且被8除余1.所以若2,4,6,8k =时，则2010=2i p ∑，则i p 都是奇数.若222122010k p p p =+++，左边2010被8除余2.当k=4时，右边被8除余4；当k=6时，右边被8除余6；当k=8时，右边被8除余0；这3种情况等式都不能成立.当k=2时，由于质数中只有32被3除余0, 而其余所有质数的平方都被3除余1. 因此，两个不同质数的平方之和被3除余1或余2, 而2010被3除余0. 所以，2010不能表为2个互不相等的质数的平方和.因此，当2,4,6,8k =时，2010都不能表示为2个、4个、6个、8个质数的平方之和.（3）对1,3,7,9k =时，k=1时，2010显然不是一个质数的平方.k=3时，若2010=222123.p p p ++其中必有一个偶质数的平方，两个奇质数的平方.左边被8除余2，右边被8除余6，等式不能成立.k=5时，若2010=2222212345.p p p p p ++++其中必有一个偶质数的平方，4个奇质数的平方.左边被8除余2，右边被8除余0，等式不能成立.k=9时，若2010=222222222123456789p p p p p p p p p ++++++++，其中必有一个偶质数的平方，两个奇质数的平方.左边被8除余2，右边被8除余4，等式不能成立.只有k=7时，2010=22222221234567p p p p p p p ++++++，左边被8除余2，右边被8除余2，等式可能成立.我们试算可知，2222222237111317372010++++++=，因此，2010 只可以表示为7个不同质数的平方和.唯一地k =7, 其例如上.四、（满分15分）已知平面上9个点，任两点间的距离都不小于1. 证明，其中3.证明：设已知的9个点的集合记为S .则在平面上可画一直线l ，使S 在l 同一侧.平移直线l ，直到遇到S 中的点O 为止.这时，S 中的点在直线l 上或l 的同一侧.以O 为圆心1为半径画圆与直线l 交成半圆区域P ，再以O 3径画半圆，如图所示，与直线l 和前面画的半圆（O ，1）交成半圆环Q .我们看到，已知9个点中一个点为O ，其余8个点不能在半圆区域P 中，我们证明，这8个点中至少有一个点不在半圆环Q 中.事实上，我们以O 为始点作射线，将半圆环Q 等分为圆心角为7π的7个相等的小区域，如图记为Q 1，Q 2，Q 3，Q 4，Q 5，Q 6，Q 7，我们估计i Q 中两点间的距离（1,2,3,4,5,6,7i =）.半圆环宽度310.7331TV =-<<；230.778 1.WT WT π<=<< 且 22223cos sin 323cos cos sin 77777VW πππππ⎛⎫=-+=-++ ⎪⎝⎭423cos 423cos76ππ=-<- （因为coscos67ππ<）3423 1.2⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭可见，每个i Q 中任两点间的距离都小于1.所以每个i Q 中至多分布S 的前述8个点中的1个点.因此，前述8个点中至少有一点A 要分布在半圆（,3O ）之外.因此 3.OA ≥五、（满分15分）已知如图，凸四边形ABCD 的对角线交点为O . O 1，O 2，O 3，O 4分别为△AOB ，△BOC ，△COD ， △DOA 的内切圆圆心，对应的内切圆半径r 1，r 2，r 3，r 4满足关系式13241111.r r r r +=+求证：（1）四边形ABCD 存在内切圆；（2）O 1，O 2，O 3，O 4四点共圆.证明：（1）设AB = a ，BC = b ，CD = c ， DA = d ，AO= x ，BO = y ， CO = u ，DO = v ，cos AOB k ∠=, 则cos BOC k ∠=-.根据已知等式Sr p=（其中，S 是三角形的面积， p 是半周长，r 是内切圆半径），由已知条件得到关系式a x y c u vb y u d x vxy uv yu xv+++++++++=+，由此得出auv + cxy = bxv + dyu.平方得22222222222222a u v c x y auvcxy b x v d y u bxvdyu ++=++ 用余弦定理表示a 2，b 2，c 2，d 2并代入上式，得22222222(2)(2)2x y kxy u v u v kuv x y acxyuv +-++-+ 22222222(2)(2)2,y u kuy x v x v kxv y u bdxyuv =++++++化简得 2ac - 2kuv – 2kxy = 2bd +2kxv +2kyu . 等式左右两边同时添加x 2 + y 2 + u 2 + v 2 得2ac +（u 2 + v 2 - 2kuv ）+（ x 2 + y 2– 2kxy ）= 2bd +（x 2 + v 2 - 2kxv ）+（y 2 + u 2 - 2kyu ）即 2ac + c 2 + a 2 = 2bd + d 2 + b 2，也就是22()(),a c b d a c b d +=+⇒+=+ 由此得证四边形ABCD 存在内切圆.（2）设,AOB θ∠=易知，O 1，O ，O 3三点共线，O 2，O ，O 4三点共线，且1324O O O O ⊥.因此要证O 1，O 2，O 3，O 4四点共圆，我们必须证明 OO 1×OO 3 = OO 2×OO 4.或者132422sincos22r r r r θθ=①事实上，设由O 引向11223344(,),(,),(,),(,)O r O r O r O r 的切线长分别为l 1，l 2，l 3，l 4，则有 111()cot ,22l x y a r θ=+-= 221()tan ,22l y u b r θ=+-=331()cot ,22l u v c r θ=+-= 441()tan ,22l v x d r θ=+-=因为 a + c = b + d ，则有 l 1 + l 3 = l 2 + l 4，这意味着1324()cot()tan ,22r r r r θθ+=+②考虑到已知关系式13241111,r r r r +=+ 有13241324.r r r r r r r r ++= ③②÷③得 1324cottan22r r r r θθ=，即成立132422sincos22r r r r θθ=.所以有OO 1×OO 3 = OO 2×OO 4，因此O 1，O 2，O 3，O 4四点共圆.。

2010年全国高中数学联赛试题及详解答案(含一试和加试)

2010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x x x f 3245)(---=的值域是 .2. 已知函数x x a y sin )3cos (2-=的最小值为3-，则实数a 的取值范围是 .3. 双曲线122=-y x 的右半支与直线100=x 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}{n a 是公差不为0的等差数列，}{n b 是等比数列，其中3522113,,1,3b a b a b a ====，且存在常数βα,使得对每一个正整数n 都有βα+=n n b a log ，则=+βα .5. 函数)1,0(23)(2≠>-+=a a a a x f x x 在区间]1,1[-∈x 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111C B A ABC -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角α=--11B P A B ,则=αsin .8. 方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤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)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f ，当10≤≤x 时，1)(≤'x f ，试求a 的最大值.10.（20分）已知抛物线x y 62=上的两个动点1122(,)(,)A x y B x y 和，其中21x x ≠且421=+x x .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02523=-+x x 恰有一个实数根r ，且存在唯一的严格递增正整数数列}{n a ，使得+++=32152a a a r r r .2一试解答1. ]3,3[- 提示：易知)(x f 的定义域是[]8,5，且)(x f 在[]8,5上是增函数，从而可知)(x f 的值域为]3,3[-.2. 1223≤≤-a 提示：令t x =sin ，则原函数化为t a at t g )3()(2-+-=，即 t a at t g )3()(3-+-=.由3)3(3-≥-+-t a at ，0)1(3)1(2≥----t t at ，0)3)1()(1(≥-+--t at t 及01≤-t 知03)1(≤-+-t at 即3)(2-≥+t t a . （1）当1,0-=t 时（1）总成立；对20,102≤+<≤<t t t ；对041,012<+≤-<<-t t t .从而可知 1223≤≤-a . 3. 9800 提示：由对称性知，只要先考虑x 轴上方的情况，设)99,,2,1( ==k k y 与双曲线右半支于k A ,交直线100=x 于k B ，则线段k k B A 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991(99)99494851k k =-=⨯=∑.又x 轴上有98个整点，所以所求整点的个数为98009848512=+⨯.3 提示：设}{n a 的公差为}{,n b d 的公比为q ，则,3q d =+ （1）2)43(3q d =+，（2）（1）代入（2）得961292++=+d d d ，求得9,6==q d . 从而有βα+=-+-19log )1(63n n 对一切正整数n 都成立，即βα+-=-9log )1(36n n 对一切正整数n 都成立.从而βαα+-=-=9log 3,69log ，求得 3,33==βα，333+=+βα.2010年全国高中数学联赛(第3页)5. 41-提示：令,y a x =则原函数化为23)(2-+=y y y g ,)(y g 在3(,+)2-∞上是递增的. 当10<<a 时，],[1-∈a a y ,211max 1()32822g y a a a a ---=+-=⇒=⇒=，所以412213)21()(2min -=-⨯+=y g ；当1>a 时，],[1a a y -∈，2823)(2max =⇒=-+=a a a y g ，所以412232)(12min -=-⨯+=--y g .综上)(x f 在]1,1[-∈x 上的最小值为41-.6. 1217 提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为1273621=，从而先投掷人的获胜概率为+⨯+⨯+127)125(127)125(1274217121442511127=-⨯=.7.4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)1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1(11P A B B -，从而，)1,3,1(),0,0,2(),1,3,1(),2,0,2(1111--=-=-=-=B A B . 设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x =，则⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,022111111z y x z x BA ⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=⋅=-=⋅,03,022221211z y x P B n x A B 由此可设)3,1,0(),1,0,1(==，所以c o s m n m n α⋅=⋅，即2cos cos αα=⇒=4所以 410sin =α. 解法二：如图，PB PA PC PC ==11, .设B A 1与1AB 交于点,O 则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ .11,,PA PB PO AB =⊥因为所以从而⊥1AB 平面B PA 1 .过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E .连结E B 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角.设21=AA ,则易求得3,2,5111=====PO O B O A PA PB .在直角O PA 1∆中，OE P A PO O A ⋅=⋅11,即 56,532=∴⋅=⋅OE OE .又 554562,222111=+=+=∴=OE O B E B O B . 4105542sin sin 111===∠=E B O B EO B α. 8. 提示：首先易知2010=++z y x 的正整数解的个数为 1004200922009⨯=C .把2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解分为三类：（1）z y x ,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k . 易知100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.9. 解法一： ,23)(2c bx ax x f ++='由 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++='++='='cb a fc b a f c f 23)1(,43)21(,)0( 得OEPC 1B 1A 1CBA2010年全国高中数学联赛(第5页))21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=.所以)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=)21(4)1(2)0(2f f f '+'+'≤ 8≤，所以38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38. 解法二：c bx ax x f ++='23)(2. 设1)()(+'=x f x g ，则当10≤≤x 时，2)(0≤≤x g . 设 12-=x z ，则11,21≤≤-+=z z x . 14322343)21()(2++++++=+=c b az b a z a z g z h .容易知道当11≤≤-z 时，2)(0,2)(0≤-≤≤≤z h z h . 从而当11≤≤-z 时，22)()(0≤-+≤z h z h ，即21434302≤++++≤c b a z a ，从而 0143≥+++c b a ,2432≤z a ，由 102≤≤z 知38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38.10. 解法一：设线段AB 的中点为),(00y x M ，则 2,22210210y y y x x x +==+=， 01221221212123666y y y y y y y x x y y k AB =+=--=--=. 线段AB 的垂直平分线的方程是)2(30--=-x y y y . （1）易知0,5==y x 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)0,5(.由（1）知直线AB 的方程为)2(30-=-x y y y ，即62)(300+-=y y y x . （2）（2）代入x y 62=得12)(2002+-=y y y y ，即012222002=-+-y y y y . （3）依题意，21,y y 是方程（3）的两个实根，且21y y ≠，所以22200044(212)4480y y y ∆=--=-+>,32320<<-y .221221)()(y y x x AB -+-=22120))()3(1(y y y -+=]4))[(91(2122120y y y y y -++=))122(44)(91(202020--+=y y y)12)(9(322020y y -+=. 定点)0,5(C 到线段AB 的距离 202029)0()25(y y CM h +=-+-==.2020209)12)(9(3121y y y h AB S ABC +⋅-+=⋅=∆ )9)(224)(9(2131202020y y y +-+=3202020)392249(2131y y y ++-++≤7314=. 当且仅当20202249y y -=+，即0y =,66((33A B或A B -时等号成立. 所以，ABC ∆面积的最大值为7314.2010年全国高中数学联赛(第7页)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)0,5(.设4,,,222121222211=+>==t t t t t x t x ，则161610521222121t t t t S ABC =∆的绝对值, 2222122112))656665(21(t t t t t t S ABC --+=∆221221)5()(23+-=t t t t )5)(5)(24(23212121++-=t t t t t t3)314(23≤,所以7314≤∆ABC S , 当且仅当5)(21221+=-t t t t 且42221=+t t ，即,6571-=t6572+-=t,A B 或66((33A B -时等号成立. 所以，ABC ∆面积的最大值是7314. 11.令252)(3-+=x x x f ，则056)(2>+='x x f ，所以)(x f 是严格递增的.又043)21(,02)0(>=<-=f f ，故)(x f 有唯一实数根1(0,)2r ∈.所以 32520r r +-=，3152rr -=4710r r r r =++++.故数列),2,1(23 =-=n n a n 是满足题设要求的数列. 若存在两个不同的正整数数列 <<<<n a a a 21和 <<<<n b b b 21满足52321321=+++=+++ b b b a a a r r r r r r ，去掉上面等式两边相同的项，有+++=+++321321t t t s s s r r r r r r ，这里 <<<<<<321321,t t t s s s ，所有的i s 与j t 都是不同的.不妨设11t s <，则8M ++=++<21211t t s s s r r r r r ，112111111121211=--<--=++≤++<--rr r r r s t s t ，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 （不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与点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，12r k =+．记(1)()()f r f r r r==⎡⎤⎢⎥，()()l f r =(1)(()),2l f f r l -≥．证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如：112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥，11=⎡⎤⎢⎥．3. （50分）给定整数2n >，设正实数12,,,n a a a 满足1,1,2,,k a k n ≤=，记12,1,2,,kk a a a A k n k+++==．求证：1112n nk k k k n a A ==--<∑∑． 4. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 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？2010年全国高中数学联赛(第9页)FE QPONMK DCBA加试解答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2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）()()2222PO r KO r =-+-，同理()()22222QK QO r KO r =-+-，所以 2222PO PK QO QK -=-，故OK ⊥PQ ．由题设，OK ⊥MN ，所以PQ ∥MN ，于是AQ APQN PM=． ① 由梅内劳斯（Menelaus ）定理，得1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=， ② 1MC DE APCD EA PM⋅⋅=． ③ 由①，②，③可得NB MC BD CD =，所以ND MDBD DC=，故△DMN ∽ △DCB ，于是DMN DCB ∠=∠，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：“2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）”的证明：延长PK 至点F ，使得PK KF AK KE ⋅=⋅， ④则P ，E ，F ，A 四点共圆，故PFE PAE BCE ∠=∠=∠，从而E ，C ，F ，K 四点共圆，于是PK PF PE PC ⋅=⋅， ⑤⑤-④，得2PK PE PC AK KE =⋅-⋅=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2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次．则当2()1m v k =+时，()()m f r 为整数．下面我们对2()v k v =用数学归纳法．当0v =时，k 为奇数，1k +为偶数，此时M10()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭为整数．假设命题对1(1)v v -≥成立．对于1v ≥，设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+，这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++．于是 ()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122kk k =+++ 11211212(1)2()222v v v vv v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++12k '=+， ①这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++.显然k '中所含的2的幂次为1v -．故由归纳假设知，12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数，由①知，(1)()v f r +是一个整数，这就完成了归纳证明．3. 由01k a <≤知，对11k n ≤≤-，有110,0kniii i k ak an k ==+<≤<≤-∑∑．注意到当,0x y >时，有{}max ,x y x y -<，于是对11k n ≤≤-，有11111kn n k i i i i k A A a a n k n ==+⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭∑∑11111n ki i i k i a a n k n =+=⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑∑ 11111max ,nk i i i k i a a n k n =+=⎧⎫⎛⎫<-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭∑∑ 111max (),n k k nk n ⎧⎫⎛⎫≤--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭1k n =-，2010年全国高中数学联赛(第11页) 故 111n n n k k n k k k k a A nA A ===-=-∑∑∑()1111n n n k n k k k A A A A --===-≤-∑∑111n k k n -=⎛⎫<- ⎪⎝⎭∑12n -=． 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1A 上的设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点23,,,n A A A 上的设置．为了使得最终回到1A 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2i 条，02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b 的边有2j 条，202n i j -⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选取2i 条边标记a 的有2i n C 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22j n i C -种方法，其余的边标记c ．由乘法原理，此时共有2i n C 22j n i C -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222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑． ① 这里我们约定001C =．当n 为奇数时，20n i ->，此时22221202n i j n i n i j C -⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑． ② 代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n n i j i n i i n i n n i n n i j i i C C C C -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑ 0022(1)(21)(21)n nkn k k n k k n n nn k k C C --===+-=++-∑∑31n =+．当n 为偶数时，若2n i <，则②式仍然成立；若2n i =，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222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫ ⎪⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭∑()2221024233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n+种；当n 为偶数时有33n +种．。

2010全国高中数学联赛试题及答案

2010年全国高中数学联合竞赛一试试卷（考试时间：10月17日上午8∶00—9∶20）一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分．把答案填在横线上．1．函数()f x 的值域是．2．已知函数()2cos 3sin y a x x =-的最小值为3-，则实数a 的取值范围是． 3．双曲线221x y -=的右半支与直线100x =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{}n a 是公差不为0的等差数列，{}n b 是等比数列，其中13a =，11b =，22a b =，533a b =，且存在常数α，β使得对每一个正整数n 都有log n n a b αβ=+，则αβ+= ．5．函数()232xx f x aa =+-（0a >，1a ≠）在区间[]1,1x ∈-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111ABC A B C -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角11B A P B α--=，则sin α= ．8．方程2010x y z ++=满足x y z ≤≤的正整数解（x ，y ，z ）的个数是．二、解答题：本大题共3小题，共56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9．（本小题满分16分）已知函数()32f x ax bx cx d =+++（0a ≠），当01x ≤≤时，()'1f x ≤，试求a 的最大值．10．（本小题满分20分）已知抛物线26y x =上的两个动点A （1x ，1y ）和B （2x ，2y ），其中12x x ≠且124x x +=．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．（本小题满分20分）证明：方程32520x x +-=恰有一个实数根r ，且存在唯一的严格递增正整数数列{}n a ，使得31225a a a r r r =+++．解答1. ]3,3[- 提示：易知)(x f 的定义域是[]8,5，且)(x f 在[]8,5上是增函数，从而可知)(x f 的值域为]3,3[-.2. 1223≤≤-a 提示：令t x =sin ，则原函数化为t a at t g )3()(2-+-=，即 t a at t g )3()(3-+-=.由3)3(3-≥-+-t a at ，0)1(3)1(2≥----t t at ，0)3)1()(1(≥-+--t at t 及01≤-t 知03)1(≤-+-t at 即3)(2-≥+t t a . （1）当1,0-=t 时（1）总成立；对20,102≤+<≤<t t t ；对041,012<+≤-<<-t t t .从而可知 1223≤≤-a . 3. 9800 提示：由对称性知，只要先考虑x 轴上方的情况，设)99,,2,1( ==k k y 与双曲线右半支于k A ,交直线100=x 于k B ，则线段k k B A 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991(99)99494851k k =-=⨯=∑.又x 轴上有98个整点，所以所求整点的个数为98009848512=+⨯.3 提示：设}{n a 的公差为}{,n b d 的公比为q ，则,3q d =+ （1） 2)43(3q d =+，（2）（1）代入（2）得961292++=+d d d ，求得9,6==q d .从而有βα+=-+-19log )1(63n n 对一切正整数n 都成立，即βα+-=-9log )1(36n n 对一切正整数n 都成立.从而βαα+-=-=9log 3,69log ，求得 3,33==βα，333+=+βα.5. 41- 提示：令,y a x=则原函数化为23)(2-+=y y y g ,)(y g 在3(,+)2-∞上是递增的.当10<<a 时，],[1-∈a a y ,211max 1()32822g y a a a a ---=+-=⇒=⇒=，所以412213)21()(2min -=-⨯+=y g ；当1>a 时，],[1a a y -∈，2823)(2max =⇒=-+=a a a y g ，所以412232)(12min -=-⨯+=--y g .综上)(x f 在]1,1[-∈x 上的最小值为41-.6. 1217 提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为1273621=，从而先投掷人的获胜概率为+⨯+⨯+127)125(127)125(1274217121442511127=-⨯=.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)1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1(11P A B B -，从而，)1,3,1(),0,0,2(),1,3,1(),2,0,2(1111--=-=-=-=P B A B BP BA .设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,022111111z y x BP m z x BA m⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=⋅=-=⋅,03,022221211z y x P B n x A B n 由此可设 )3,1,0(),1,0,1(==n m ，所以cos m n m n α⋅=⋅，即2cos cos 4αα=⇒=. 所以 410sin =α. 解法二：如图，PB PA PC PC ==11, . 设BA 1与1AB 交于点,O则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ .11,,PA PB PO AB =⊥因为所以从而⊥1AB 平面B PA 1 .过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E .连结E B 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角.设21=AA ,则易求得3,2,5111=====PO O B O A PA PB .在直角O PA 1∆中，OE P A PO O A ⋅=⋅11,即 56,532=∴⋅=⋅OE OE .又 554562,222111=+=+=∴=OE O B E B O B . 4105542sin sin 111===∠=E B O B EO B α. 8. 336675 提示：首先易知2010=++z y x 的正整数解的个数为1004200922009⨯=C .把2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解分为三类：（1）z y x ,,均相等的正整数解的个数显然为1；OEPC 1B 1A 1CBA（2）z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k . 易知100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.9. 解法一： ,23)(2c bx ax x f ++='由 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++='++='='cb a fc b a f c f 23)1(,43)21(,)0( 得)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=.所以)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=)21(4)1(2)0(2f f f '+'+'≤ 8≤，所以38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38. 解法二：c bx ax x f ++='23)(2. 设1)()(+'=x f x g ，则当10≤≤x 时，2)(0≤≤x g .设 12-=x z ，则11,21≤≤-+=z z x . 14322343)21()(2++++++=+=c b az b a z a z g z h .容易知道当11≤≤-z 时，2)(0,2)(0≤-≤≤≤z h z h . 从而当11≤≤-z 时，22)()(0≤-+≤z h z h ，即21434302≤++++≤c b a z a ，从而 0143≥+++c b a ,2432≤z a ，由 102≤≤z 知38≤a .又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38.10. 解法一：设线段AB 的中点为),(00y x M ，则 2,22210210y y y x x x +==+=， 01221221212123666y y y y y y y x x y y k AB =+=--=--=. 线段AB 的垂直平分线的方程是)2(30--=-x y y y . （1）易知0,5==y x 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)0,5(.由（1）知直线AB 的方程为)2(30-=-x y y y ，即 2)(300+-=y y y x . （2）（2）代入x y 62=得12)(2002+-=y y y y ，即012222002=-+-y y y y . （3）依题意，21,y y 是方程（3）的两个实根，且21y y ≠，所以22200044(212)4480y y y ∆=--=-+>,32320<<-y .221221)()(y y x x AB -+-=22120))()3(1(y y y -+=]4))[(91(2122120y y y y y -++=))122(44)(91(202020--+=y y y)12)(9(322020y y -+=. 定点)0,5(C 到线段AB 的距离 202029)0()25(y y CM h +=-+-==.220209)12)(9(3121y y y h AB S ABC +⋅-+=⋅=∆ )9)(224)(9(2131202020y y y +-+=3202020)392249(2131y y y ++-++≤7314= . 当且仅当2202249y y -=+，即0y =,A B 或A B -时等号成立. 所以，ABC ∆面积的最大值为7314. 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)0,5(.设4,,,222121222211=+>==t t t t t x t x ，则161610521222121t t t t S ABC =∆的绝对值, 2222122112))656665(21(t t t t t t S ABC --+=∆ 221221)5()(23+-=t t t t)5)(5)(24(23212121++-=t t t t t t 3)314(23≤,所以7314≤∆ABC S , 当且仅当5)(21221+=-t t t t 且42221=+t t ，即,6571-=t6572+-=t,66((33A B +-或66((33A B -时等号成立. 所以，ABC ∆面积的最大值是7314. 11.令252)(3-+=x x x f ，则056)(2>+='x x f ，所以)(x f 是严格递增的.又043)21(,02)0(>=<-=f f ，故)(x f 有唯一实数根1(0,)2r ∈.所以 32520r r +-=，3152rr-=4710r r r r =++++.故数列),2,1(23 =-=n n a n 是满足题设要求的数列. 若存在两个不同的正整数数列 <<<<n a a a 21和 <<<<n b b b 21满足52321321=+++=+++ b b b a a a r r r r r r ，去掉上面等式两边相同的项，有+++=+++321321t t t s s s r r r r r r ，这里 <<<<<<321321,t t t s s s ，所有的i s 与j t 都是不同的.不妨设11t s <，则++=++<21211t t s s s r r r r r ，112111111121211=--<--=++≤++<--rr r r r s t s t ，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.2010年全国高中数学联合竞赛加试试卷（A 卷）（考试时间：10月17日上午9∶40—12∶10）一、（本题满分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．二、（本题满分40分）设k 是给定的正整数，12r k =+．记()()()1f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥， ()()()()()1l l f r f f r -=，2l ≥．证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如：112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥，11=⎡⎤⎢⎥．三、（本题满分50分）给定整数2n >，设正实数1a ，2a ，…，n a 满足1k a ≤，1k =，2，…，n ，记12kk a a a A k+++=，1k =，2，…，n ．求证：1112n nk k k k n a A ==--<∑∑．四、（本题满分50分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 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？M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2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ） ()()2222PO r KO r=-+-，同理()()22222QK QO r KO r =-+-，所以 2222PO PK QO QK -=-，故OK ⊥PQ ．由题设，OK ⊥MN ，所以PQ ∥MN ，于是AQ APQN PM=． ① 由梅内劳斯（Menelaus ）定理，得1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=， ② 1MC DE APCD EA PM ⋅⋅=． ③ 由①，②，③可得NB MC BD CD =，所以ND MDBD DC=，故△DMN ∽ △DCB ，于是DMN DCB ∠=∠，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：“2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）”的证明：延长PK 至点F ，使得PK KF AK KE ⋅=⋅， ④则P ，E ，F ，A 四点共圆，故PFE PAE BCE ∠=∠=∠，从而E ，C ，F ，K 四点共圆，于是PK PF PE PC ⋅=⋅，⑤⑤-④，得2PK PE PC AK KE =⋅-⋅=P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）．MFE OK CBA注2：若点E 在线段AD 的延长线上，完全类似．2. 记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次．则当2()1m v k =+时，()()m f r 为整数．下面我们对2()v k v =用数学归纳法．当0v =时，k 为奇数，1k +为偶数，此时()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭为整数．假设命题对1(1)v v -≥成立．对于1v ≥，设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+，这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++．于是 ()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122kk k =+++ 11211212(1)2()222v v v vv v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++12k '=+， ①这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++.显然k '中所含的2的幂次为1v -．故由归纳假设知，12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数，由①知，(1)()v fr +是一个整数，这就完成了归纳证明．3. 由01k a <≤知，对11k n ≤≤-，有110,0kniii i k ak an k ==+<≤<≤-∑∑．注意到当,0x y >时，有{}max ,x y x y -<，于是对11k n ≤≤-，有11111kn n k i i i i k A A a a n k n ==+⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭∑∑11111n ki i i k i a a n k n =+=⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑∑ 11111max ,nk i i i k i a a n k n =+=⎧⎫⎛⎫<-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭∑∑ 111max (),n k k n k n ⎧⎫⎛⎫≤--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭1kn=-，故111nnnk kn k k k k a AnA A ===-=-∑∑∑()1111n n nk n k k k AA A A --===-≤-∑∑111n k k n -=⎛⎫<-⎪⎝⎭∑12n -=． 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1A 上的设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点23,,,n A A A 上的设置．为了使得最终回到1A 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2i 条，02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b 的边有2j 条，202n i j -⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选取2i 条边标记a 的有2in C 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22jn i C -种方法，其余的边标记c ．由乘法原理，此时共有2i n C 22jn i C -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222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭∑∑． ① 这里我们约定001C =．当n 为奇数时，20n i ->，此时22221202n i jn i n ij C-⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑． ②代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n n i j i n i i n i n n i n n i j i i C C C C -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫ ⎪== ⎪⎪⎝⎭∑∑∑∑ 022(1)(21)(21)nnk n kk n kk n n nn k k C C --===+-=++-∑∑ 31n =+．当n 为偶数时，若2n i <，则②式仍然成立；若2ni =，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222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪= ⎪⎪⎝⎭∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫ ⎪⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭∑ ()222124233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n+种；当n 为偶数时有33n+种．。

2010年全国高中数学联赛试题及答案_百度文库

时，有max,xyxy，于是对11kn，有
11111k nnkiiiikAAaankn
11111nk iiikiaankn
1 1111max, n kiiikiaankn
条，02 ni，标有b的边有2j
条，202nij ．选取2i条边标记a的有2inC种方法，在余下的边中取出2j条边标记b的有22j niC种方法，其余的边标记c．由乘法原理，此时共有2inC22jniC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
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）》
9 2. （40分）设k是给定的正整数
，1 2 rk ．记(1)()()frfrrr， ()()lfr(1)(()),2lffrl．证明：存在正整数m，使得()()mfr为一个整数．这里，x表示不小于实数x
AQAP QNPM ． ① 由梅内劳斯（Menelaus）定理，得
EQ P O N M KD C B A
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10 1NBDEAQ BDEAQN ， ②
2222220 04nniijnniijCC ． ① 这里我们约定0 01C．当n为奇数时，20ni，此时
为偶数时，若2ni ，则②
式仍然成立；若2 n i，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
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2010年全国高中数学联赛精彩试题参考问题详解

2010年全国高中数学联合竞赛一试试题（A 卷）考试时间：2010年10月17日 8：00—9：20一、填空题（本题满分64分，每小题8分）1.函数()f x =的值域是______________.2.已知函数2(cos 3)sin y a x x =-的最小值为3-，则实数a 的取值范围是_____________.3.双曲线221x y -=的右半支与直线100x =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{}n a 是公差不为0的等差数列，{}n b 是等比数列，其中1122533,1,,3a b a b a b ====，且存在常数,αβ使得对每一个正整数n 都有log n n a b αβ=+，则αβ+=____________.5. 函数2()32(0,1)x x f x a a a a =+->≠在区间[1,1]x ∈-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为_________________.7.正三棱柱111ABC A B C -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角11B A P B α--=,则sin α=_____________.8.方程2010x y z ++= 满足x y z ≤≤的正整数解(,,)x y z 的个数是_____________.二、解答题（本题满分56分）9.(本小题满分16分)已知函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠，当01x ≤≤时，|()|1f x '≤，试求a 的最大值.10. (本小题满分20分)已知抛物线26y x =上的两个动点11(,)A x y 和22(,)B x y ,其中12x x ≠且124x x +=.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. (本小题满分20分)证明：方程32520x x +-=恰有一个实根r ，且存在唯一的严格递增正整数列{}n a ，使得31225a a a r r r =+++.2010年全国高中数学联合竞赛加试试题（A 卷）考试时间：2010年10月17日 9：40—12：10一、（本题满分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.二、（本题满分40分）设k 是给定的正整数，12r k =+.记()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥（1）,(1)()(()),2l l f r f f r l -=≥（）.证明：存在正整数m ,使得()()m f r 为一个整数.这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如11,112⎡⎤==⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥.三、（本题满分50分）给定整数2n >,设正实数12,,,n a a a 满足1k a ≤,1,2,,k n =,记12,1,2,,.k k a a a A k n k +++== 求证：1112n n k k k k n a A ==--<∑∑.四、（本题满分50分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 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：这种密码锁共有多少种不同的密码设置.2010年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案与评分标准说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标准。

2010年全国高中数学联赛试题参考标准答案

2010年全国高中数学联合竞赛一试试题(A 卷）考试时间：20１０年10月１7日 8：０0—9：2０一、填空题(本题满分64分，每小题８分）１.函数()f x =的值域是_____＿___＿_＿_＿．２.已知函数2(cos 3)sin y a x x =-的最小值为3-,则实数a 的取值范围是_________＿__＿.３.双曲线221x y -=的右半支与直线100x =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{}n a 是公差不为0的等差数列，{}n b 是等比数列,其中1122533,1,,3a b a b a b ====，且存在常数,αβ使得对每一个正整数n 都有log n n a b αβ=+，则αβ+=__＿__＿_＿_＿_＿．５. 函数2()32(0,1)x x f x a a a a =+->≠在区间[1,1]x ∈-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为＿_＿__＿__＿____＿_＿_.7.正三棱柱111ABC A B C -的9条棱长都相等,P 是1CC 的中点，二面角11B A P B α--=,则sin α=_＿____＿_＿____．8.方程2010x y z ++= 满足x y z ≤≤的正整数解(,,)x y z 的个数是_____＿＿___＿＿_.二、解答题(本题满分56分)9.（本小题满分16分)已知函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠,当01x ≤≤时，|()|1f x '≤,试求a 的最大值.１０. (本小题满分20分）已知抛物线26y x =上的两个动点11(,)A x y 和22(,)B x y ,其中12x x ≠且124x x +=.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. （本小题满分20分)证明:方程32520x x +-=恰有一个实根r ，且存在唯一的严格递增正整数列{}n a ,使得31225a a a r r r =+++.２０1０年全国高中数学联合竞赛加试试题（A 卷）考试时间:２010年1０月１７日 9:40—12:10一、（本题满分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.二、（本题满分40分）设k 是给定的正整数，12r k =+.记()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥（1）,(1)()(()),2l l f r f f r l -=≥（）．证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数,例如11,112⎡⎤==⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥.三、（本题满分50分)给定整数2n >，设正实数12,,,n a a a 满足1k a ≤,1,2,,k n =,记12,1,2,,.k k a a a A k n k +++==求证：1112n n k k k k n a A ==--<∑∑.四、(本题满分50分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 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：这种密码锁共有多少种不同的密码设置.。

2010年全国高中数学联赛吉林赛区预赛试卷及答案

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三、解答题
1．（1）设，求证：；（2）设，，，求证：
2．已知数列满足（），前项和为，且，记（
），当时，问是否存在正整数m，使得对于任意正整数n，都有？如果存在，求出m的值；如果不存在，说明理由．
3．如图，四边形的两条对角线相交于点，的平分线交线段于，连接，作
3．C 提示：由已知可得M={（x,y)|f(x)+f(y)≤0}=
{(x,y)|(x-2)2+(y-2)2≤2},N={(x,y)|f(x)-f(y)≥0} ={(x,y)|(x-y)(x+y-4)≥0}. 则
, 作出其交集部分可得如图所示，其面积为圆面积的一半，即为
，故应选C. 4．C
提示：利用等体积法，可以求出
为所取定的100个整点中的一个，我们称以
为一个顶点，另外三个也取自100个整点，且边均与两坐标轴平行或重合的矩形为“好的”。下证：至多有81个“好的”矩形。
事实上，过
作平行于两坐标轴的直线
，
，并设
上有
个点取自所取定的100个整点，
上有
个点取自所取定的100个整点，设点
为所取定的100个整点中的一个，且不在
2010年全国高中数学联赛（吉林赛区）预赛试题
一、选择题 1．已知
（2010年5月16日上午9：00—11：30）
为
内一点，若对任意
，有
，则
一定是（） A．直角三角形 B．钝角三角形 C．锐角三角形 D．不能确定
①
；②
则
的值为（） A．
B．
C．
D．
3．已知函数
，集合
∴ ①
又，

2010年全国高中数学联赛试题

2010年全国高中数学联赛试题第一试一、填空题（每小题8分，共64分，） 1. 函数x x x f 3245)(---=的值域是 .2.已知函数x x a y sin )3cos (2-=的最小值为3-，则实数a 的取值范围是 .3.双曲线122=-y x 的右半支与直线100=x 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}{n a 是公差不为0的等差数列，}{n b 是等比数列，其中3522113,,1,3b a b a b a ====，且存在常数βα,使得对每一个正整数n 都有βα+=n n b a l o g ，则=+βα .5. 函数)1,0(23)(2≠>-+=a a a a x f x x 在区间]1,1[-∈x 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111C B A ABC -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角α=--11B P A B ,则=αsin .8.方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤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)0()(23≠+++=a d cx bx ax x f ，当10≤≤x 时，1)(≤'x f ，试求a 的最大值.10.（20分）已知抛物线x y 62=上的两个动点1122(,)(,)A x y B x y 和，其中21x x ≠且421=+x x .线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点C ，求A B C ∆面积的最大值.11.（20分）证明：方程02523=-+x x 恰有一个实数根r ，且存在唯一的严格递增正整数数列}{n a ，使得 +++=32152a a a r r r .解答1. ]3,3[- 提示：易知)(x f 的定义域是[]8,5，且)(x f 在[]8,5上是增函数，从而可知)(x f 的值域为]3,3[-.2. 1223≤≤-a 提示：令t x =sin ，则原函数化为t a at t g )3()(2-+-=，即t a at t g )3()(3-+-=.由3)3(3-≥-+-t a at ，0)1(3)1(2≥----t t at ，0)3)1()(1(≥-+--t at t 及01≤-t 知03)1(≤-+-t at 即3)(2-≥+t t a . （1）当1,0-=t 时（1）总成立；对20,102≤+<≤<t t t ；对041,012<+≤-<<-t t t .从而可知 1223≤≤-a . 3. 9800 提示：由对称性知，只要先考虑x 轴上方的情况，设)99,,2,1( ==k k y 与双曲线右半支于k A ,交直线100=x 于k B ，则线段k k B A 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991(99)99494851k k =-=⨯=∑.又x 轴上有98个整点，所以所求整点的个数为98009848512=+⨯.3 提示：设}{n a 的公差为}{,n b d 的公比为q ，则,3q d =+ （1）2)43(3q d =+，（2）（1）代入（2）得961292++=+d d d ，求得9,6==q d .从而有βα+=-+-19l o g )1(63n n 对一切正整数n 都成立，即βα+-=-9l o g )1(36n n 对一切正整数n 都成立.从而βαα+-=-=9log 3,69log ，求得 3,33==βα，333+=+βα. 5. 41- 提示：令,y a x =则原函数化为23)(2-+=y y y g ,)(y g 在3(,+)2-∞上是递增的.当10<<a 时，],[1-∈a a y ,211max 1()32822g y a a a a ---=+-=⇒=⇒=，所以412213)21()(2min -=-⨯+=y g ；当1>a 时，],[1a a y -∈，2823)(2max =⇒=-+=a a a y g ，所以412232)(12min -=-⨯+=--y g .综上)(x f 在]1,1[-∈x 上的最小值为41-.6.1217 提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为1273621=，从而先投掷人的获胜概率为 +⨯+⨯+127)125(127)125(1274217121442511127=-⨯=.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)1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1(11P A B B -，从而，0,0,2(),1,3,1(),2,0,2(111-=-=-=A B .设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,022111111z y x z x BA m ⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=⋅=-=⋅,03,022221211z y x B x A B 由此可设 )3,1,0(),1,0,1(==，所以cos m n m n α⋅=⋅，即2cos cos αα=⇒=所以 410sin =α. 解法二：如图，PB PA PC PC ==11, . 设B A 1与1AB 交于点,O 则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ .平11,,PA PB PO AB =⊥因为所以从而⊥1AB 面B PA 1 .过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E .连结E B 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角.设21=AA ,则易求得3,2,5111=====PO O B O A PA PB . 在直角O PA 1∆中，OE P A PO O A ⋅=⋅11,即 56,532=∴⋅=⋅OE OE .又 554562,222111=+=+=∴=OE O B E B O B . 4105542sin sin 111===∠=E B O B EO B α. OEPC 1B 1A 1CBA8. 336675 提示：首先易知2010=++z y x 的正整数解的个数为1004200922009⨯=C .把2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解分为三类：（1）z y x ,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k .易知100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k 200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.9. 解法一：,23)(2c bx ax x f ++='由 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++='++='='cb a fc b a f c f 23)1(,43)21(,)0( 得)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=.所以)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=)21(4)1(2)0(2f f f '+'+'≤ 8≤，所以38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38.解法二：c bx ax x f ++='23)(2. 设1)()(+'=x f x g ，则当10≤≤x 时，2)(0≤≤x g .设 12-=x z ，则11,21≤≤-+=z z x .14322343)21()(2++++++=+=c b az b a z a z g z h . 容易知道当11≤≤-z 时，2)(0,2)(0≤-≤≤≤z h z h . 从而当11≤≤-z 时，22)()(0≤-+≤z h z h ，即 21434302≤++++≤c b az a ，从而 0143≥+++c b a ,2432≤z a ，由 102≤≤z 知38≤a .又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38.10. 解法一：设线段AB 的中点为),(00y x M ，则2,22210210y y y x x x +==+=， 01221221212123666y y y y y y y x x y y k AB =+=--=--= . 线段AB 的垂直平分线的方程是)2(30--=-x y y y . （1）易知0,5==y x 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)0,5(.由（1）知直线AB 的方程为)2(30-=-x y y y ，即 2)(300+-=y y y x . （2）（2）代入x y 62=得12)(2002+-=y y y y ，即012222002=-+-y y y y . （3）依题意，21,y y 是方程（3）的两个实根，且21y y ≠，所以22200044(212)4480y y y ∆=--=-+>,32320<<-y .221221)()(y y x x AB -+-= 22120))()3(1(y y y -+= ]4))[(91(2122120y y y y y -++=))122(44)(91(202020--+=y y y)12)(9(322020y y -+=. 定点)0,5(C 到线段AB 的距离202029)0()25(y y CM h +=-+-==. 2020209)12)(9(3121y y y h AB S ABC +⋅-+=⋅=∆ )9)(224)(9(2131202020y y y +-+=3202020)392249(2131y y y ++-++≤7314= . 当且仅当2202249y y -=+，即0y =,A B或A B -时等号成立. 所以，ABC ∆面积的最大值为7314. 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)0,5(.设4,,,222121222211=+>==t t t t t x t x ，则161610521222121t t t t S ABC =∆的绝对值,2222122112))656665(21(t t t t t t S ABC --+=∆ 221221)5()(23+-=t t t t)5)(5)(24(23212121++-=t t t t t t3)314(23≤,所以7314≤∆ABC S , 当且仅当5)(21221+=-t t t t 且42221=+t t ，即,6571-=t6572+-=t ,A B 或66((33A B -时等号成立. 所以，ABC ∆面积的最大值是7314. 11.令252)(3-+=x x x f ，则056)(2>+='x x f ，所以)(x f 是严格递增的.又043)21(,02)0(>=<-=f f ，故)(x f 有唯一实数根1(0,)2r ∈. 所以 32520r r +-=，3152rr -=4710r r r r =++++ . 故数列),2,1(23 =-=n n a n 是满足题设要求的数列. 若存在两个不同的正整数数列 <<<<n a a a 21和 <<<<n b b b 21满足52321321=+++=+++ b b b a a a r r r r r r ，去掉上面等式两边相同的项，有+++=+++321321t t t s s s r r r r r r ，这里 <<<<<<321321,t t t s s s ，所有的i s 与j t 都是不同的.不妨设11t s <，则++=++<21211t t s s s r r r r r ，112111111121211=--<--=++≤++<--rr r r r s t s t ，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.第二试（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，12r k =+．记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥，()()l f r =(1)(()),2l f f r l -≥．证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如：112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥，11=⎡⎤⎢⎥． 3. （50分）给定整数2n >，设正实数12,,,n a a a 满足1,1,2,,k a k n ≤= ，记12,1,2,,kk a a a A k n k+++== ．求证：1112n nk kk k n a A==--<∑∑． 4. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 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2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）()()2222PO r KO r =-+-，同理 ()()22222QK QO r KO r =-+-，所以 2222PO PK QO QK -=-，故OK ⊥PQ ．由题设，OK ⊥MN ，所以PQ ∥MN ，于是AQ APQN PM=． ① 由梅内劳斯（Menelaus ）定理，得1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=， ② 1MC DE APCD EA PM⋅⋅=． ③ 由①，②，③可得NB MC BD CD =，所以ND MDBD DC=，故△DMN ∽ △DCB ，于是DMN DCB ∠=∠，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：“2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）”的证明：延长MPK 至点F ，使得PK KF AK KE ⋅=⋅， ④ 则P ，E ，F ，A 四点共圆，故PFE PAE BCE ∠=∠=∠，从而E ，C ，F ，K 四点共圆，于是PK PF PE PC ⋅=⋅， ⑤ ⑤-④，得 2PK PE PC AK KE =⋅-⋅=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2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次．则当2()1m v k =+时，()()m f r 为整数．下面我们对2()v k v =用数学归纳法．当0v =时，k 为奇数，1k +为偶数，此时()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭为整数．假设命题对1(1)v v -≥成立．对于1v ≥，设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+ ，这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++ ．于是 ()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122k k k =+++ 11211212(1)2()222v v v v v v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++12k '=+， ①FE QPONMK DCBA这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++ .显然k '中所含的2的幂次为1v -．故由归纳假设知，12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数，由①知，(1)()v f r +是一个整数，这就完成了归纳证明． 3. 由01k a <≤知，对11k n ≤≤-，有110,0kni ii i k a k an k ==+<≤<≤-∑∑．注意到当,0x y >时，有{}max ,x y x y -<，于是对11k n ≤≤-，有11111k n n k i i i i k A A a a n k n ==+⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭∑∑11111n ki i i k i a a n k n =+=⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑∑11111max ,n k i i i k i a a n k n =+=⎧⎫⎛⎫<-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭∑∑111max (),n k k nk n ⎧⎫⎛⎫≤--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭1k n =- 故111n n nk k n k k k k a A nA A ===-=-∑∑∑()1111n n nk n k k k AA A A --===-≤-∑∑111n k k n -=⎛⎫<- ⎪⎝⎭∑12n -=． 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1A 上的设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点23,,,n A A A 上的设置．为了使得最终回到1A 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2i 条，02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b 的边有2j 条，202n i j -⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选取2i 条边标记a 的有2i n C 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22j n iC -种方法，其余的边标记c ．由乘法原理，此时共有2i n C 22j n i C -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222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑． ① 这里我们约定001C =．当n 为奇数时，20n i ->，此时22221202n i jn i n ij C-⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑． ②代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n n i j i n i i n i n n i n n i j i i C C C C -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑ 022(1)(21)(21)nnk n kk n kk n n nn k k C C --===+-=++-∑∑ 31n =+．当n 为偶数时，若2n i <，则②式仍然成立；若2n i =，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222222004n n i i j nn i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫ ⎪⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭∑ ()222124233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n +种；当n 为偶数时有33n +种．。

2010年河北省高中数学竞赛试卷及解析

2010年河北省高中数学竞赛试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、选择题1.已知关于x的不等式√x+√2−x≥k有实数解. 则实数k的取值范围是（）.A. (0,2]B. (−∞,0]C. (−∞,0)D. (−∞,2]2.将正偶数集合{2，4，6，…}从小到大按第n组有2n−1个偶数进行分组，{2}，{4，6，8} ，{10，12，14，16，18}，…第一组、第二组、第三组，则2010位于第组。

（）A. 30B. 31C. 32D. 333.四面体S−ABC中，三组对棱的长分别相等，依次为5，4，x，则x的取值范围是A. (2,√41)B. (3,9)C. (3,√41)D. (2,9)4.对于任意的整数n(n≥2)，满足a n=a+1，b2n=b+3a的正数a与b的大小关系是（）A. a>b>1B. b>a>1C. a>1,0<b<1D. 0<a<1,b>15.函数f(x)=x3−3x2+3x+1的图像的对称中心为（）.A. (−1,2)B. (1,2)C. (−1,−2)D. (1,−2)6.从满足a1=a2=1，a n+2=a n+1+a n(n≥1)的数列{a n}中，依次抽出能被3整除的项组成数列{b n}. 则b100=（）.A. a100B. a200C. a300D. a400第II卷（非选择题）二、解答题7.已知a、b∈[1,3]，a+b=4，求证：√10≤√a+1a+√b+1b<4√63.8.如图，四棱锥P−ABCD，PA⊥平面ABCD，且PA=4，底面ABCD为直角梯形，∠CDA=∠BAD=90°，AB=2，CD=1，AD=√2，CD=1，AD=√2，M、N分别为PD、PB的中点，平面MCN与PA的交点为Q.（1）求PQ的长度；（2）求截面MCN的底面ABCD所成二面角的大小；（3）求点A到平面MCN的距离.9.设a1=3，a n+1=a n2+a n−1(n∈N+). 证明：（1）对所有的n，a n≡3(mod4)；（2）当m≠n时，(a m,a n)=1（即a m、a n互质）.10.如图，已知椭圆C过点M(2,1)，两个焦点分别为(−√6,0)，(√6,0)，O为坐标原点，平行于OM的直线l交椭圆C于不同的两点A、B.（1）求△OAB面积的最大值；（2）证明：直线MA、MB与x轴围成一个等腰三角形.11.已知函数f(x)=12mx2−2x+1+ln(x+1)(m≥1).（1）若曲线C:y=f(x)在点P(0,1)处的切线l与C有且只有一个公共点，求m的值；（2）求证：函数f(x)存在单调递减区间[a,b]，并求出单调递减区间的长度t=b−a的取值范围.三、填空题12.已知函数1)的反函数是y=f−1(x+1)，且f(1)=4007. 则f(1998)=______.13.正三棱柱ABC−A1B1C1的各条棱长均为3，长为2的线段MN的一个端点M在AA1上运动，另一端点N在底面ABC上运动. 则MN的中点P的轨迹（曲面）与正三棱柱共顶点A的三个面所围成的几何体的体积为______.14.已知圆C1:(x+3)2+y2=4，C2:x2+(y−5)2=4，过平面内的点P有无数多对互相垂直的直线l1、l2，它们分别与圆C1、圆C2相交，且被圆C1、圆C2截得的弦长相等. 则点P的坐标为______.15.由1,2,⋅⋅⋅,n排列而成的n项数列{a n}满足：每项都大于它之前的所有项或者小于它之前的所有项. 则满足这样的数列{a n}的个数为______.16.已知二次函数y=ax2+bx+c≥0(a<b).则M=a+2b+4cb−a的最小值为______.17.某家电影院的票价为每张5元，现有10个人，其中5个人手持5元钞票，另外5个人手持10元钞票. 假设开始售票时售票处没有钱，这10个人随机排队购票. 则售票处不会出现找不开前的局面的概率是______.参考答案1.D【解析】1. 令y =√x +√2−x (0≤x ≤2). 则y 2=x +(2−x )+2√x (2−x )≤4. 故0<y ≤2，且x =1时，上式等号成立.所以，实数k 的取值范围是(−∞,2].选D. 2.C【解析】2.显然，2010是数列a n=2n 的第1005项. 设2010位于第n 组.则∑(2i −1)n−1i=1<1005≤∑(2i −1)ni=1⇒(n −1)2<1005≤n 2⇒n =32.故2010位于第32组. 选C. 3.C【解析】3.由于四面体的三组对棱分别相等，故可构造在长方体内的三棱锥P −ABC (如图所示)，其中PA =BC =5,PC =AB =4,PB =AC =x ．设长方体的三条棱长分别为a,b,c ，则有{ a 2+b2=x 2①a 2+c 2=25②c 2+b 2=14③．（1）由②−③得a 2−b 2=9，又a 2+b 2=x 2，∴2b 2=x 2−9>0，解得x >3．（2）由②+③得a 2+b2+2c 2=41，又a 2+b 2=x 2，∴2c 2=41−x 2>0，解得x <√41．综上可得3<x <√41．故x 的取值范围是(3,√41)．选C ．4.A【解析】4. 首先，a >1，b >1.否则，若0<a <1，则a n =a +1>1，从而a >1，矛盾；若0<b <1，b2n=b +3a >3a >3，从而b >1，矛盾.故a 、b 均大于1. 一方面，a 2n −b2n=(a +1)2−(b +3a )=a 2−a −b +1.另一方面，a 2n −b 2n=(a −b )(a 2n−1+a 2n−2b +⋯+b2n−1).故a 2−a −b +1=(a −b )(a 2n−1+a 2n−2b +⋯+b2n−1)即a 2−a−b+1a−b=a 2n−1+a 2n−2b +⋯+b2n−1>1∴a 2−2a +1a −b>0即(a−1)2a−b>0，故a >b综上所述，有a >b >1. 选A.5.B【解析】5. 因为f (x )=(x −1)3+2，所以，函数图像的对称中心为(1,2). 选B.6.D【解析】6. 因为a n+2=a n+1+a n ，所以1，1，2，3，5，8，13，21，…，因此易知a 4k (k ≥1)能被3整除，故选D.7.见解析【解析】7. 由a 、b ∈[1,3]，a +b =4，得ab =a (4−a )=−(a −2)2+4∈[3,4].设u=√a +1a+√b +1b.则u 2=a +1a +b +1b +2√(a +1a )(b +1b )=4+4ab +2√ab +1ab +a b +ba =4+4ab+2√ab +1ab+(a+b )2−2abab=4+4ab+2√ab +17ab−2.因为4x 、x+17x在[3,4]上均为减函数，则10≤u 2≤163+2√203<323.因此，√10≤u <4√63.8.（1）1；（2）π3；（3）32【解析】8.（1）取AP的中点E，联结ED. 则ED∥CN.再取EP的中点即为点Q，由MQ∥ED，故MQ∥CN.所以，M、N、C、Q四点共面，平面MCN与AP的交点Q即为AP的四等分点.因此，PQ=1.（2）易证平面MEN∥底面ABCD. 于是，截面MCN与平面MEN所成的二面角即为截面MCN与底面ABCD所成的二面角.因为PA⊥平面ABCD，所以，PA⊥平面MEN.过E作EF⊥MN，垂足为F，联结QF.则由三垂线定理可得QF⊥MN.因此，∠QFE为截面MCN与平面MEN所成二面角的平面角.在Rt△MEN中，ME=√22，EN=1，MN=√62.故EF=√33.所以，tan∠QFE=√3.因此，∠QFE=π3.（3）因为EP的中点为Q，且平面MCN与PA交于点Q，所以，点A到平面MCN的距离是点E到平面MCN的距离的3倍.由（2）知MN⊥平面QEF. 则平面MCNQ⊥平面QEF且交线为QF.作EH⊥QF，垂足为H.则EH⊥平面MCNQ，EH为点E到平面MCN的距离.在Rt△EQF中，EF=√33，∠QFE=π3.故EH=12.因此，点A到平面MCN的距离为32.9.（1）见解析；（2）见解析【解析】9.（1）当n=1时，a1≡3(mod4).假设a n≡3(mod4). 则a n+1=a 2+a −1≡32+3−1≡3(mod4).所以，对所有的n ，有a n≡3(mod4).（2）由递推关系易得a n+1+1=4a n a n−1⋅⋅⋅a 1. 不妨设m<n . 易得a m |(a n +1) .令a n +1=qa m (q ∈N ). 于是，(a m ,a n )=(a m ,qa m −1)=(a m ,−1)=1. 10.（1）4；（2）见解析【解析】10.（1）设椭圆C 的方程为x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0).由题意得{a 2−b 2=64a2+1b2=1 ⇒{a 2=8b 2=2 .所以，椭圆的方程为x 28+y 22=1. ① 由直线l∥OM ，可设l:y =12x +m .将上式代入式①得x 2+2mx +2m 2−4=0. 设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2). 则x 1+x 2=−2m ，x 1x 2=2m 2−4.因为直线l 与椭圆C 交于不同的两点A 、B ，所以Δ=(2m )2−4(2m 2−4)>0.于是，m ∈(−2,2)，且m ≠0.故S △OAB=12|m ||x 1−x 2|=12|m x 1+x 22−4x 1x 2=|m |√4−m 2=√m 2(4−m 2)≤4. 当且仅当m 2=4−m 2，即m =±√2时，上式等号成立.因此，△OAB 面积的最大值为4.（2）设直线MA 、MB 的斜率分别为k 1、k 2.则k 1=y 1−1x 1−2，k 2=y 2−1x 2−2.下面只需证明：k 1+k 2=0.事实上，k 1+k 2=12x 1+m−1x 1−2+12x 2+m−1x 2−2=1+m (1x 1−2+1x 2−2) =1+m ⋅(x 1+x 2)−4x 1x 2−2(x 1+x 2)+4=1+m ⋅−2m−42m 2−4−2(−2m )+4=0.故直线MA 、MB 与x 轴围成一个等腰三角形. 11.（1）1；（2）(1,√5]（1）注意到函数f (x )的定义域为(−1,+∞)，f ′(x )=mx −2+1x+1，f ′(0)=−1. 所以，在切点P (0,1)处的切线l 的斜率为−1. 因此，切线方程为y=−x +1.因为切线l 与曲线C 有唯一的公共点，所以，方程12mx 2−x +ln (x +1)=0有且只有一个实数解. 显然，x =0是方程的一个解. 令g (x )=12mx 2−x +ln (x +1). 则g ′(x )=mx −1+1x+1=mx [x−(1m −1)]x+1. 当m=1时，g ′(x )=x2x+1≥0（只有x =0时等号成立），于是，g (x )在(−1,+∞)上单调递增，即x =0是方程唯一的实数解.当m>1时，由g ′(x )=mx [x−(1m −1)]x+1=0，得x 1=0，x 2=1m −1∈(−1,0).在区间(−1,x 2)上，g ′(x )>0，在区间(x 2,0)上，g ′(x )<0. 所以，函数g (x )在x 2处有极大值g (x 2)，且g (x 2)>g (0)=0.而当x→−1时，g (x )→−∞，因此，g (x )=0在(−1,x 2)内也有一个解，矛盾.综上，得m=1.（2）注意到f ′(x )=mx 2+(m−2)x−1x+1(x >−1).故f ′(x )<0⇔ℎ(x )=mx 2+(m −2)x −1<0. ① 因为Δ=(m −2)2+4m =m 2+4>0，且对称轴为x =−12+1m>−1，ℎ(−1)=m −(m −2)−1=1>0，所以，方程ℎ(x )=0在(−1,+∞)内有两个不同实根x 1、x 2，即式①的解集为(x 1 、 x 2).故函数f (x )的单调递减区间为[x 1,x 2]. 则t=x 2−x 1=√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√Δm 2=√1+4m 2.又因为m≥1，所以，1<√1+4m ≤√5.从而，函数y =f (x )的递减区间长度t 的取值范围为(1,√5].12.2010由y =f −1(x +1)，得x +1=f (y )，即x =f (y )−1. 则y=f −1(x +1)的反函数为y =f (x )−1. 故f (x +1)−f (x )=−1.令x=1,2,⋅⋅⋅,1997，各式相加并化简得f (1998)−f (1)=−1997.所以，f (1998)=2010.13.π9【解析】13.由题设知MN 的中点P 到点A 的距离恒为1.所以，点P 的轨迹是以A 为球心、1位半径的球面在三棱柱内的部分. 故所围成的几何体体积是16V 半球=π9. 14.P (1,1)和P (−4,4)【解析】14.设P (a,b )，直线l 1、l 2的方程分别为y −b =k (x −a )，y −b =−1k(x −a )，即kx−y −ka +b =0，x +ky −a −bk =0.易得圆心C 1(3,0)到l 1的距离与圆心C 2(0,5)到l 2的距离相等. √k +1=√k +1即|(3+a )k −b |=|(5−b )k −a |. 此等式对无数多个k 成立，故{3+a =5−b,b =a，或{3+a =b −5b =−5 ，即得{a =1b =1 ；{a =−4,b =4 .故P (1,1)和P (−4,4).15.2n−1【解析】15.设所求的个数为A n . 则A 1=1.对n>1，若n 排在第i 位，则它之后的n −i 位数完全确定，只能是n −i ，n −i −1，…，2，1. 而它之前的i −1位，n −i +1，n −i +2，…，n −1有A i−1种排法.令i=1,2,⋅⋅⋅,n . 则A n =1+A 1+⋅⋅⋅+A n−2+A n−1=(1+A 1+⋅⋅⋅+A n−2)+A n−1=A n−1+A n−1=2A n−1.由此得A n=2n−1.16.8【解析】16.由条件易知a>0，b2−4ac≤0.注意到M=a+2b+4cb−a=a2+2ab+4aca(b−a)≥a2+2ab+b2a(b−a).令t=ba. 则t>1.于是，M≥a2+2ab+b2a(b−a)=t2+2t+1t−1=(t−1)+4t−1+4≥2√4+4=8.等号成立的充分必要条件为t=3，b2=4ac，即b=3a，c=94a.所以，M的最小值为8.17.16【解析】17.考虑手持5元钞票的5个人在队中的位置，共有C105=252种等几率的排队方式. 设p(m,n)表示m个手持5元钞票、n个手持10元钞票的人满足条件的排队方式数. 则p(m,0)=1.当m<n时，p(m,n)=0，且p(m,n)=p(m,n−1)+p(m−1,n).如图，p(5,5)等于从A到B不能穿过对角线的路径数，即p(5,5)=42.故所求的概率为42252=16.。

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2010年9月高一数学竞赛班选拔赛
一、选择题
1、若{}{}0,1,2,3,|3,A B x x a a A ===∈，则A B ⋂= ( ) （A ）{}1,2 （B ）{}0,1 （C ）{}0,3 （D ）{}3
2、在映射中B A f →:，},|),{(R y x y x B A ∈==，且),(),(:y x y x y x f +-→，则与A 中的元素)2,1(-对应的B 中的元素为（）（A ）)1,3(-
（B ）)3,1(
（C ）)3,1(--
（D ）)1,3(
3、若集合1A ，2A 满足A A A =21 ，则称（1A ，2A ）为集合A 的一个分拆，并规定：当且仅当1A =2A 时，（1A ，2A ）与（2A ，1A ）为集合A 的同一种分拆，则集合=
A
{1a ，
2
a ，3a }的不同分拆种数是（A ）27 （B ）26 （C ）9 （D ）8
4、如图，将一个边长分别为4、8的长方形纸片ABCD 折叠，使C 点与A 点重合，则折痕EF 的长是（）（A
（B
）C
（D
）5、水池有两个进水口，1个出水口，每个进出水口进出水速度如图甲、乙所示，某天0点到6 点，该水池的蓄水量如图丙所示（至少打开一个水口）
给出以下3个论断： ①0点到3点只进水不出水；②3点到4点不进水只出水；③4点到6点不进水不出水，则一定正确的论断是（） A.① B.①② C.①③ D.①②③
6、已知x 1, x 2是关于x 的方程x 2-(k -2)x +k 2+3k +5=0的两个实根，那么x 12+x 22的最大值为 (A) 19
(B) 17
(C)
(D) 18
二、填空题：
7、已知)(x f y =为奇函数，当0≥x 时)1()(x x x f -=，则当0≤x 时，
F
E
D
C
B
A
第5题图
则=)(x f . 8、定义
=
-N M {
M
x x ∈|且N x ∉}，若{}9,7,5,3,1=M ，{}5,3,2=N ，则
=
-N M ． 9、方程x 2
－2|x |＝a (a ∈R )有四个不同的实数根，则实数a 的取值范围是 . 10、12)(2
++=x x x f ，]2,2[-∈x 的最大值是 11、已知：a 、b 、c 都不等于0，且
|abc|
abc |c|
c b b a a +
++|
||
|的最大值为m ，最小值为n ，
则2004
)
n m +（＝__ _ ______.
12、已知f(x )=，则和f()+f()+…+f()+f()+f()+…+f()+
…+f()+f()+…+f()的值等于 .
三、解答题
13、若抛物线22
++=ax x y 与连接两M （0，1），N （2，3）的线段（包括M ，N 两点）有两个相异的交点，求a 的取值范围.
14、中山市的一家报刊摊点，从报社买进《南方都市报》的价格是每份0.90元，卖出的价格是每份1.0元，卖不掉的报纸可以以每份0.10元的价格退回报社。

在一个月（以30天计算）里，有20天每天可卖出400份，其余10天每天只能卖出250份，但每天从报社买进的份数必须相同，这个摊主每天从报社买进多少份，才能使每月所获的利润最大？并计算他一个月最多可赚得多少元？。