2009年全国高中数学联赛试题

2009年全国高中数学联赛试题及答案

全国高中数学联赛全国高中数学联赛一试命题范围不超出教育部《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。

主要考查学生对基础知识和基本技能的掌握情况，以及综合和灵活运用的能力。

全国高中数学联赛加试命题范围与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展，适当增加一些竞赛教学大纲的内容。

全卷包括 4 道大题，其中一道平面几何题 .一试一、填空（每小题 7 分，共 56 分）1．若函数 f x x x 2 且 f( n ) x f f f f x ，则 f 99 1 ．1 n2．已知直线 L : x y9 0 和圆M : 2 x 2 2 y 2 8x 8y 1 0 ，点 A 在直线 L 上， B ，C 为圆 M 上两点，在 ABC 中， BAC 45 ， AB 过圆心 M ，则点 A 横坐标范围为．y≥ 0．在坐标平面上有两个区域 M 和 N ， M 为 y ≤ x ， N 是随 t 变化的区域，它由3y≤ 2 x不等式 t ≤ x ≤ t 1 所确定， t 的取值范围是 0 ≤ t ≤ 1 ，则 M 和 N 的公共面积是函数f t ．4．使不等式 1 1 1 a 2007 1 对一切正整数 n 都成立的最小正整数n 1 n 2 2n 1 3a 的值为．2 25．椭圆 x y 1 a b 0 上任意两点 P ，Q ，若 OP OQ ，则乘积 OP OQ 的最a 2 b2小值为．6．若方程 lg kx 2lg x 1 仅有一个实根，那么 k 的取值范围是．第一行是前则最后一行的数是（可以用指数表示） 8．某车站每天 8∶00 ~ 9∶00 ， 9∶00 ~ 10∶00 都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为到站时刻 8∶10 8∶30 8∶50 9∶10 9∶30 9∶50 概率 1 1 1 6 2 3 一旅客 8∶20 到车站，则它候车时间的数学期望为（精确到分）．二、解答题 1．（ 14 分）设直线 l : y kx m （其中 k ， m 为整数）与椭圆 x 2 y 2 16 1交于不同两 x 2 y 2 12 点 A ， B ，与双曲线 1 交于不同两点 C ， D ，问是否存在直线 l ，使得向量 4 12AC BD 0 ，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由． 162．（ 15 分）已知 p ，q q 0 是实数，方程 x2 px q 0 有两个实根，，数列 an 满足 a1 p ， a2 p 2 q ， an pan 1 qan 2 n 3，4 ，(Ⅰ )求数列a n的通项公式（用，表示）；(Ⅱ )若 p 1 ， q 1 ，求 a n的前 n 项和．43．（ 15 分）求函数y x 27 13 x x 的最大和最小值．加试一、填空（共 4 小题，每小题50 分，共 200 分）9．如图， M ， N 分别为锐角三角形 ABC （AB ）的外接圆中点．过点 C 作 PC ∥ MN 交圆于 P 点， I 为ABC 的内心，连接PI⑴求证： MP MT NP NT ；⑵在弧 AB （不含点 C ）上任取一点Q （ Q ≠ A ，T ， B ），记上弧BC 、AC 的并延长交圆于 T ．AQC ，△QCB 的内心分别为 I1， I 2，P CN MI BAT Q1610．求证不等式：nk ln n ≤1，n1 ，2，⋯12k 1 k 1 211．设 k ， l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m≥ k ，使得 C k m与 l 互素．16\-16。

2009年全国高中数学联合竞赛试题及解答.

2009年全国高中数学联合竞赛一试一、填空题：本大题共8个小题，每小题7分，共56分。

2009*1、函数21)(x x x f +=，且fn n x f f f f x f个)]]([[)()(=，则=)1()99(f◆答案：101★解析：由题意得2)1(1)()(xxx f x f+==，2)2(21)]([)(xx x f f x f+==，······2)99(991)(x x x f +=.故 101)1()99(=f .2009*2、已知直线09:=-+y x L 和圆018822:22=---+y x y x M ，点A 在直线L 上，点C B ,为圆M 上两点，在ABC ∆中，045=∠BAC ，直线AB 过圆心M ，则点A 横坐标的取值范围为 ◆答案：[]6,3★解析：设A （a ，9-a ），则圆心M 到直线AC 的距离d =AM sin ︒45，由直线AC 与圆M 相交，得 234≤d .解得 63≤≤a .2009*3、在坐标平面上有两个区域M 和N ，M 为⎪⎩⎪⎨⎧-≤≤≥x y x y y 20，N 是随t 变化的区域，它由不等式1+≤≤t x t 所确定，t 的取值范围是10≤≤t ，则M 和N 的公共面积是函数=)(t f◆答案：212++-t t ★解析：由题意知阴影部分面积s t f =)( =BEF OCD AOB S S S ∆∆∆--=212++-t t2009*4、若不等式3120071212111<++++++n n n 对一切正整数n 都成立，则最小正整数a 的值为 ◆答案：2009 ★解析：设121...2111)(++++++=n n n n f .显然)(n f 单调递减.则由)(n f 的最大值312007)1(-<a f ，可得2009=a .2009*5、椭圆12222=+by a x （0>>b a ）上任意两点Q P ,，若OQ OP ⊥，则OQ OP ⋅的最小值为◆答案：.22222ba b a + ★解析：设)sin ,cos (θθOP OP P ，)).2sin(),2cos((πθπθ±±OQ OQ Q由Q P 、在椭圆上，有22222sin cos 1b a OP θθ+=（1）， 22222cos sin 1b a OQθθ+=（2）（1）+（2）得.11112222b a OQOP+=+于是当 22222ba b a OQ OP +==时，OQ OP 达到最小值.22222b a b a +2009*6、若关于x 的方程)1lg(2lg +=x kx 仅有一个实根，则实数k 的取值范围为 ◆答案：0<k 或4=k★解析：由题意，方程等价于⎪⎩⎪⎨⎧+=>+>2)1(010x kx x kx ，当且仅当 0>kx （1）；01>+x （2）；01)2(2=+-+x k x （3）对（3）由求根公式得]42[21,221k k k x x -±-= （4）又0042≤⇒≥-=∆k k k 或4≥k)(i 当0<k 时，由（3）得⎩⎨⎧>=<-=+01022121x x k x x ，所以21x x 同为负根。

2009年全国高中数学联合竞赛一试及加试试题(word版2009.10.11).doc

2009年全国高中数学联合竞赛一试试题（考试时间：10月11日上午8∶00—9∶20）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．若函数()f x =，且()()[[()]]n nfx f f ff x =，则()(99)1f = ．2．已知直线L ：90x y +-=和圆M ：22228810x y x y +---=，点A 在直线L 上，B 、C 为圆M 上两点，在△ABC 中，45BAC ∠=︒，AB 过圆心M ，则点A 横坐标范围为．3．在坐标平面上有两个区域M 和N ，M 为：02y y xy x ≥⎧⎪≤⎨⎪≤-⎩N 是随t 变化的区域，它由不等式1t x t ≤≤+所确定，t 的取值范围是01t ≤≤，设M 和N 的公共面积是函数()f t ，则()f t = ．4．使不等式1111200712213a n n n +++<-+++对一切正整数n 都成立的最小正整数a 的值为．5．椭圆22221x y a b+=（0a b >>）上任意两点P ，Q ，若OP OQ ⊥，则乘积OP OQ ⋅的最小值为．6．若方程()lg 2lg 1kx x =+仅有一个实根，那么k 的取值范围是．7．一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是（可以用指数表示）．8．某车站每天8∶00—9∶00，9∶00—10∶00都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为到站时刻 8∶10 9∶108∶30 9∶308∶50 9∶50概率16 12 13一旅客8∶20到车站，则它候车时间的数学期望为（精确到分）．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）设直线l ：y kx m =+（其中k ，m 为整数）与椭圆2211612x y +=交于不同两点A ，B ，与双曲线221412x y -=交于不同两点C ，D ，问是否存在直线l ，使得向量0AC BD +=，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由．2．（本小题满分15分）已知p ，q （0q ≠）是实数，方程20x px q -+=有两个实根α，β，数列{}n a 满足1a p =，22a p q =-，12n n n a pa qa --=-（n =3，4，…）．（I ）求数列{}n a 的通项公式（用α，β表示）；（II ）若1p =，14q =，求{}n a 的前n 项和．3．（本小题满分15分）求函数y =2009年全国高中数学联合竞赛加试试题（A 卷）（考试时间：10月11日上午9∶40—12∶10）一、如图，M ，N 分别为锐角三角形△ABC （A B ∠<∠）的外接圆Γ上弧BC 、AC 的中点．过点C 作PC //MN 交圆Γ于P 点，I 为△ABC 的内心，连接PI 并延长交圆Γ于T ．（I ）求证：当MP MT NP NT ⋅=⋅；（II ）在弧AB （不含点C ）上任取一点Q （Q A ≠，T ，B ），记△AQC ，△QCB 的内心分别为1I ，2I ，求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．二、求证不等式：2111ln 12nk k n k=-<-≤+∑，n =1，2，…．三、设k ，l 是给定的两个正整数．求证：有无穷多个正整数m k ，使得km C 与l 互素．四、在非负数构成39⨯数表111213141516171819212223242526272829313233343536373839x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，1728390x x x ===，27x ，37x ，18x ，38x ，19x ，29x 均大于1．如果P 的前三列构成的数表111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭满足下面的性质（O ）：对于数表P 中的任意一列123k k k x x x ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭（k =1，2，…，9）均存在某个i ∈{1，2，3}使得min ik i x u ≤={1i x ，2i x ，3i x }．求证：（I ）最小值min i u ={1i x ，2i x ，3i x }，i =1，2，3一定取自数表S 的不同列．（II ）存在数表P 中的唯一的一列1*2*3*k k k x x x ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭，*k ≠1，2，3使得33⨯数表11121*21222*31323*'k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭仍然具有性质（O ），即对于数表P 中的任意一列123k k k x x x ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭（k =1，2，…，9）均存在某个i ∈{1，2，3}使得min ik i x u ≤={1i x ，2i x ，*ik x }．出师表两汉：诸葛亮先帝创业未半而中道崩殂，今天下三分，益州疲弊，此诚危急存亡之秋也。

2009年全国高中数学联赛试题及解答

x1 + x1 x2
x2 = k − =1 0
2

0
所以 x1 ， x2 同为正根，且 x1 x2 ，不合题意，舍去．
综上可得 k 0 或 k = 4 为所求．
11
7．一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100 个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是（可以用指数表示）．
条．………14 分
11
2. （本小题 15 分）已知 p ， q (q 0) 是实数，方程 x2 − px + q = 0 有两个实根，，数列an 满足 a1 = p ， a2 = p2 − q ， an = pan−1 − qan−2 (n = 3，4 ， ) (Ⅰ)求数列an 的通项公式（用，表示）；
比为的等比数列．
数列bn 的首项为： b1 = a2 − a1 = p2 − q − p = ( + )2 − − ( + ) = 2 ． ( 所以 bn = 2 n−1 = n+1 ，即 an+1 − an = n+1 n = 1，2 ， ) ．所以 an+1 = an + n+1 (n = 1，2 ， ) ． ① 当 = p2 − 4q = 0 时， = 0 ， a1 = p = + = 2 ， an+1 = an + n+1 (n = 1，2 ， ) 变为
(Ⅱ)若
p
=1
，
q
=
1 4
，求 an
的前
n
项和．

2009年全国高中数学联赛一、二试及详细答案和评分标准(A卷)

2009年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请依据本评分标准，填空题只设7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，解答题中至少4分为一个档次，不要增加其他中间档次．一、填空（共8小题，每小题7分，共56分）1．若函数()f x ()()()n nf x f f f f x ⎡⎤=⎡⎤⎣⎦⎣⎦，则()()991f = ．【答案】 110【解析】 ()()()1f x f x ==， ()()()2f x f f x ==⎡⎤⎣⎦……()()99f x =故()()991110f =．2．已知直线:90L x y +-=和圆22:228810M x y x y +---=，点A 在直线L 上，B ，C 为圆M 上两点，在ABC ∆中，45BAC ∠=︒，AB 过圆心M ，则点A 横坐标范围为．【答案】 []36，【解析】设()9A a a -，，则圆心M 到直线AC 的距离sin 45d AM =︒，由直线AC 与圆M 相交，得d 解得36a ≤≤．3．在坐标平面上有两个区域M 和N ，M 为02y y x y x ⎧⎪⎨⎪-⎩≥≤≤，N 是随t 变化的区域，它由不等式1t x t +≤≤所确定，t 的取值范围是01t ≤≤，则M 和N 的公共面积是函数()f t = ．【答案】 212t t -++【解析】由题意知 ()f t S =阴影部分面积A OB OCD BS S S ∆∆∆=-- ()22111122t t =---212t t =-++4．使不等式1111200712213a n n n +++<-+++对一切正整数n 都成立的最小正整数a 的值为．【答案】 2009【解析】设()1111221f n n n n =++++++．显然()f n 单调递减，则由()f n 的最大值()1120073f a <-，可得2009a =．5．椭圆22221x y a b +=()0a b >>上任意两点P ，Q ，若OP OQ ⊥，则乘积OP OQ ⋅的最小值为．【答案】 22222a ba b+【解析】设()cos sin P OP OP θθ，，ππcos sin 22Q OQ OQ θθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫±± ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，．由P ，Q 在椭圆上，有 222221cos sin a b OP θθ=+ ① 222221sin cos a b OQ θθ=+ ② ①+②得22221111a b OP OQ+=+．于是当OP OQ ==OP OQ 达到最小值22222a b a b+．6．若方程()lg 2lg 1kx x =+仅有一个实根，那么k 的取值范围是．【答案】 0k <或4k = 【解析】 ()20101kx x kx x ⎧>⎪⎪+>⎨⎪=+⎪⎩当且仅当0kx > ① 10x +>② ()2210x k x +-+=③对③由求根公式得1x，2122x k ⎡=-⎣ ④2400k k k ∆=-⇒≥≤或4k ≥．(ⅰ)当0k <时，由③得 12122010x x k x x +=-<⎧⎨=>⎩ 所以1x ，2x 同为负根．又由④知121010x x +>⎧⎨+<⎩所以原方程有一个解1x ．(ⅱ)当4k =时，原方程有一个解112kx =-=． (ⅲ)当4k >时，由③得12122010x x k x x +=->⎧⎨=>⎩所以1x ，2x 同为正根，且12x x ≠，不合题意，舍去．综上可得0k <或4k =为所求．7．一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是（可以用指数表示）【答案】 981012⨯ 【解析】易知：(ⅰ)该数表共有100行；(ⅱ)每一行构成一个等差数列，且公差依次为11d =，22d =，232d =，…，98992d =(ⅲ)100a 为所求．设第()2n n ≥行的第一个数为n a ，则 ()22111222n n n n n n a a a a -----=++=+3222222n n n a ---⎡⎤=++⎣⎦24223222222n n n n a ----⎡⎤=++⨯+⎣⎦323232n n a --=+⨯……()121212n n a n --=+-⨯ ()212n n -=+故981001012a =⨯．8．某车站每天800~900∶∶，900~1000∶∶都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站一旅客820∶到车站，则它候车时间的数学期望为（精确到分）【答案】 27 【解析】旅客候车的分布列为候车时间的数学期望为1111110305070902723361218⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=二、解答题1．（本小题满分14分）设直线:l y kx m =+（其中k ，m 为整数）与椭圆2211612x y +=交于不同两点A ，B ，与双曲线221412x y -=交于不同两点C ，D ，问是否存在直线l ，使得向量0AC BD +=，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由．【解析】由2211612y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 化简整理得()2223484480k xkmx m +++-=设()11A x y ，，()22B x y ，，则122834kmx x k +=-+()()()222184344480km k m ∆=-+-> ① ………………………………………………4分由221412y kx m x y =+⎧⎪⎨-=⎪⎩消去y 化简整理得()22232120k xkmx m ----=设()34C x y ，，()44D x y ，，则34223kmx x k+=- ()()()2222243120km k m ∆=-+-+> ② ………………………………………………8分因为0AC BD +=，所以()()42310x x x x -+-=，此时()()42310y y y y -+-=．由1234x x x x +=+得2282343km kmk k -=+-．所以20km =或2241343k k -=+-．由上式解得0k =或0m =．当0k =时，由①和②得m -<m 是整数，所以m 的值为3-，2-，1-，0，1，2，3．当0m =，由①和②得k ．因k 是整数，所以1k =-，0，1．于是满足条件的直线共有9条．………14分2．（本小题15分）已知p ，()0q q ≠是实数，方程20x px q -+=有两个实根α，β，数列{}n a 满足1a p =，22a p q =-，()1234n n n a pa qa n --=-=，，(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式（用α，β表示）；(Ⅱ)若1p =，14q =，求{}n a 的前n 项和．【解析】方法一：(Ⅰ)由韦达定理知0q αβ⋅=≠，又p αβ+=，所以()1212n n n n n a px qx a a αβαβ------=+-，()345n =，，，整理得()112n n n n a a a a βαβ----=- 令1n n n b a a β+=-，则()112n n b b n α+==，，．所以{}n b 是公比为α的等比数列．数列{}n b 的首项为：()()222121b a a p q p ββαβαββαβα=-=--=+--+=．所以211n n n b ααα-+=⋅=，即11n n n a a βα++-=()12n =，，．所以11n n n a a βα++=+()12n =，，．①当240p q ∆=-=时，0αβ=≠，12a p ααα==+=，11n n n a a βα++=+()12n =，，变为11n n n a a αα++=+()12n =，，．整理得，111n nn na a αα++-=，()12n =，，．所以，数列n n a α⎧⎫⎨⎬⎩⎭成公差为1的等差数列，其首项为122a ααα==．所以()2111nna n n α=+-=+．于是数列{}n a 的通项公式为()1n n a n α=+；……………………………………………………………………………5分②当240p q ∆=->时，αβ≠， 11n n n a a βα++=+1n n a βαβαβα+-=+-11n n n a βαβααβαβα++=+---()12n =，，．整理得211n n n n a a ααββαβα+++⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭，()12n =，，．所以，数列1n n a αβα+⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭成公比为β的等比数列，其首项为2221a ααβαββαβαβα+=++=---．所以121n n n a αβββαβα+-+=--．于是数列{}n a 的通项公式为11n n n a βαβα++-=-．………………………………………………10分(Ⅱ)若1p =，14q =，则240p q ∆=-=，此时12αβ==．由第(Ⅰ)步的结果得，数列{}n a 的通项公式为()11122nn n n a n +⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，所以，{}n a 的前n 项和为231234122222n n n n n s -+=+++++234112341222222n n n n s n ++=+++++以上两式相减，整理得1133222n n n s ++=-所以332n n n s +=-．……………………………………………………………………………15分方法二：(Ⅰ)由韦达定理知0q αβ⋅=≠，又p αβ+=，所以1a αβ=+，222a αβαβ=++．特征方程20p q λλ-+=的两个根为α，β． ①当0αβ=≠时，通项()()1212n n a A A n n α=+=，，由12a α=，223a α=得()()122212223A A A A αααα+=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 解得121A A ==．故 ()1n n a n α=+．……………………………………………………5分 ②当αβ≠时，通项()1212n n n a A A n αβ=+=，，．由1a αβ=+，222a αβαβ=++得12222212A A A A αβαβαβαβαβ+=+⎧⎪⎨+=++⎪⎩ 解得1A αβα-=-，2A ββα=-．故1111n n n n n a αββαβαβαβα++++--=+=---．…………………………………………………………10分 (Ⅱ)同方法一．3．（本小题满分15分）求函数y=【解析】函数的定义域为[]013，.因为y=当0x =时等号成立．故y的最小值为．……………………………………………5分又由柯西不等式得 22y =()()()11122731312123x x x ⎛⎫+++++-= ⎪⎝⎭≤所以11y ≤． ………………………………………………………………………………10分由柯西不等式等号成立的条件，得()491327x x x =-=+，解得9x =．故当9x =时等号成立．因此y 的最大值为11．…………………………………………………………………………………15分2009年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准（A 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．一、填空（共4小题，每小题50分，共200分）9．如图，M ，N 分别为锐角三角形ABC ∆（A B ∠<∠）的外接圆Γ上弧BC 、AC 的中点．过点C 作PC MN ∥交圆Γ于P 点，I 为ABC ∆的内心，连接PI 并延长交圆Γ于T ． ⑴求证：MP MT NP NT ⋅=⋅；⑵在弧AB （不含点C ）上任取一点Q （Q A ≠，T ，B ），记AQC ∆，QCB △的内心分别为1I ，2I ，B求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．【解析】 ⑴连NI ，MI ．由于PC MN ∥，P ，C ，M ，N 共圆，故PCMN 是等腰梯形．因此NP MC =，PM NC =．ABCMNPTI连AM ，CI ，则AM 与CI 交于I ，因为MIC MAC ACI MCB BCI MCI ∠=∠+∠=∠+∠=∠，所以MC MI =．同理NC NI =．于是NP MI =，PM NI =．故四边形MPNI 为平行四边形．因此PMT PNT S S =△△（同底，等高）．又P ，N ，T ，M 四点共圆，故180TNP PMT ∠+∠=︒，由三角形面积公式1sin 2PMT S PM MT PMT =⋅∠△1s i n 2PNT S PN NT PNT ==⋅∠△1s i n 2P N N T P MT =⋅∠ 于是PM MT PN NT ⋅=⋅．⑵因为1111NCI NCA ACI NQC QCI CI N ∠=∠+∠=∠+∠=∠，B所以1NC NI =，同理2MC MI =．由MP MT NP NT ⋅=⋅得NT MTMP NP=．由⑴所证MP NC =，NP MC =，故 12NT MTNI MI =．又因12I NT QNT QMT I MT ∠=∠=∠=∠，有12I NT I MT ∆∆∽．故12NTI MTI ∠=∠，从而1212I QI NQM NTM I TI ∠=∠=∠=∠．因此Q ，1I ，2I ，T 四点共圆． 10．求证不等式：2111ln 12n k k n k =⎛⎫-<- ⎪+⎝⎭∑≤，1n =，2，… 【解析】证明：首先证明一个不等式： ⑴ln(1)1x x x x<+<+，0x >．事实上，令()ln(1)h x x x =-+，()ln(1)1xg x x x=+-+．则对0x >，1()101h x x '=->+，2211()01(1)(1)x g x x x x '=-=>+++．于是()(0)0h x h >=，()(0)0g x g >=．在⑴中取1x n=得⑵111ln 11n n n⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭．令21ln 1nn k k x n k ==-+∑，则112x =，121ln 111n n n x x n n -⎛⎫-=-+ ⎪+-⎝⎭ 211n n n<-+210(1)n n=-<+因此1112n n x x x -<<<=．又因为111ln (ln ln(1))(ln(1)ln(2))(ln 2ln1)ln1ln 1n k n n n n n k -=⎛⎫=--+---++-+=+ ⎪⎝⎭∑．从而12111ln 11nn n k k k x k k -==⎛⎫=-+ ⎪+⎝⎭∑∑12211ln 111n k k n k k n -=⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭∑12111n k kk k -=⎛⎫>- ⎪+⎝⎭∑1211(1)n k k k -==-+∑111(1)n k k k -=-+∑≥111n=-+>-．11．设k ，l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k ≥，使得C k m 与l 互素．【解析】证法一：对任意正整数t ，令(!)m k t l k =+⋅⋅．我们证明()C 1k m l =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：C k m p Œ．若!p k Œ，则由 1!C ()kkmi k m k i ==-+∏1[((!)]k i i t l k =≡+∏ 1ki i =≡∏()1!m o d k p α+≡．及|!p k α，且1!p k α+Œ，知|!C k m p k α且1!C k m p k α+Œ．从而C k m p Œ．证法二：对任意正整数t ，令2(!)m k t l k =+⋅⋅，我们证明()C 1k m l =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：C k m p Œ．若!p k Œ，则由1!C ()kkmi k m k i ==-+∏21[((!)]ki i t l k =≡+∏ 1ki i =≡∏()!m o dk p ≡．即p 不整除上式，故C k m p Œ．若|!p k ，设1α≥使|!p k α，但1!p k α+Œ．12|(!)p k α+．故由 11!C ()k kmi k m k i -==-+∏21[((!)]ki i t l k =≡+∏ 1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡及|!p k α，且1!p k α+Œ，知|!C k m p k α且1!C k m p k α+Œ．从而C k m p Œ．12．在非负数构成的39⨯数表111213141516171212223242526272829313233343536373839x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x x x x x x⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭ 中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，1728390x x x ===，27x ，37x ，18x ，38x ，19x ，29x 均大于．如果P 的前三列构成的数表111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭满足下面的性质()O ：对于数表P 中的任意一列123k k k x x x ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭（1k =，2，…，9）均存在某个{}123i ∈，，使得⑶{}123min ik i i i i x u x x x =≤，，．求证：（ⅰ）最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3一定自数表S 的不同列．（ⅱ）存在数表P 中唯一的一列***123k k k x x x ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，*1k ≠，2，3使得33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ 仍然具有性质()O ．【解析】（ⅰ）假设最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3不是取自数表S 的不同列．则存在一列不含任何i u ．不妨设2i i u x ≠，1i =，2，3．由于数表P 中同一行中的任何两个元素都不等，于是2i i u x <，1i =，2，3．另一方面，由于数表S 具有性质()O ，在⑶中取2k =，则存在某个{}0123i ∈，，使得002i i x u ≤．矛盾．（ⅱ）由抽届原理知{}1112min x x ，，{}2122min x x ，，{}3132min x x ，中至少有两个值取在同一列．不妨设 {}212222min x x x =，，{}313232min x x x =，．由前面的结论知数表S 的第一列一定含有某个i u ，所以只能是111x u =．同样，第二列中也必含某个i u ，1i =，2．不妨设222x u =．于是333u x =，即i u 是数表S 中的对角线上数字．111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭记{}129M =，，，，令集合 {}{}12|min 13ik i i I k M x x x i =∈>=，，，．显然{}111332|k k I k M x x x x =∈>>，且1，23I ∉．因为18x ，38111x x >≥，32x ，所以8I ∈．故I ∅≠．于是存在*k I ∈使得{}*22max |k k x x k I =∈．显然，*1k ≠，2，3．下面证明33⨯数表 ***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ．从上面的选法可知{}{}*1212:min min i i i i i ik u x x x x x '==，，，，(13)i =，．这说明 {}*111211min k x x x u >，≥，{}*313233min k x x x u >，≥．又由S 满足性质()O ．在⑶中取*k k =，推得*22k x u ≤，于是{}**2212222min k k u x x x x '==，，．下证对任意的k M ∈，存在某个1i =，2，3使得i ik u x '≥．假若不然，则{}12min ik i i x x x >，，1i =，3且*22k k x x >．这与*2k x 的最大性矛盾．因此，数表S '满足性质()O ．下证唯一性．设有k M ∈使得数表 111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ，不失一般性，我们假定 {}111121311m i n u x x x x ==，， ⑷{}221222322min u x x x x ==，，{}331323333m i n u x x xx ==，，3231x x <．由于3231x x <，2221x x <及（ⅰ），有{}11112111min k u x x x x ==，，．又由（ⅰ）知：或者()a {}3313233min k k u x x x x ==，，，或者{}2212222()min k k b u x x x x ==，，．如果()a 成立，由数表S 具有性质()O ，则 {}11112111m i n ku x x x x ==，，， ⑸{}22122222min k u x x x x ==，，， {}3313233m i n k k u x x x x ==，，．由数表S 满足性质()O ，则对于3M ∈至少存在一个{}123i ∈，，使得*i ik u x ≥．由*k I ∈及⑷和⑹式知，*1111k x x u >=，*3323k x x u >=．于是只能有*222k k x u x =≤．类似地，由S '满足性质()O 及k M ∈可推得*222k k x u x '=≤．从而*k k =．。

2009年全国高中数学联赛一试(试题参考答案及评分标准)

2009年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请依据本评分标准，填空题只设7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，解答题中至少4分为一个档次，不要增加其他中间档次．一、填空（共8小题，每小题7分，共56分） 1．若函数()f x =且()()()n nf x f f f f x ⎡⎤=⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ，则()()991f = ．【答案】110【解析】 ()()()1f x f x ==，()()()2fx f f x ==⎡⎤⎣⎦……()()99fx =故()()991110f =．2．已知直线:90L x y +-=和圆22:228810M x y x y +---=，点A 在直线L 上，B ，C 为圆M 上两点，在A B C ∆中，45BAC ∠=︒，AB 过圆心M ，则点A 横坐标范围为．【答案】 []36，【解析】设()9A a a -，，则圆心M 到直线A C 的距离sin 45d AM =︒，由直线A C 与圆M 相交，得2d ≤解得36a ≤≤．3．在坐标平面上有两个区域M 和N ，M 为02y y x y x ⎧⎪⎨⎪-⎩≥≤≤，N 是随t 变化的区域，它由不等式1t x t +≤≤所确定，t 的取值范围是01t ≤≤，则M 和N 的公共面积是函数()f t = ．【答案】 212t t -++【解析】由题意知()f t S =阴影部分面积AOB OCD BEF S S S ∆∆∆=-- ()22111122t t =---212t t =-++4．使不等式1111200712213a n n n +++<-+++ 对一切正整数n 都成立的最小正整数a 的值为．【答案】 2009 【解析】设()1111221f n n n n =++++++ ．显然()f n 单调递减，则由()f n 的最大值()1120073f a <-，可得2009a =．5．椭圆22221x y ab+=()0a b >>上任意两点P ，Q ，若OP OQ ⊥，则乘积OP OQ ⋅的最小值为．【答案】22222a ba b+【解析】设()cos sin P O P O P θθ，，ππcos sin 22Q OQ OQ θθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫±± ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，．由P ，Q 在椭圆上，有 222221cos sin abO Pθθ=+① 222221sin cos abO Qθθ=+②①+②得 22221111abOPOQ+=+．于是当OP OQ ==OP OQ 达到最小值22222a ba b+．6．若方程()lg 2lg 1kx x =+仅有一个实根，那么k 的取值范围是．【答案】0k <或4k = 【解析】 ()20101kx x kx x ⎧>⎪⎪+>⎨⎪=+⎪⎩ 当且仅当kx > ① 10x +> ② ()2210x k x +-+=③对③由求根公式得1x，2122x k ⎡=-±⎣④2400k k k ∆=-⇒≥≤或4k ≥．(ⅰ)当0k <时，由③得12122010x x k x x +=-<⎧⎨=>⎩ 所以1x ，2x 同为负根．又由④知121010x x +>⎧⎨+<⎩所以原方程有一个解1x ．(ⅱ)当4k =时，原方程有一个解112k x =-=．(ⅲ)当4k >时，由③得12122010x x k x x +=->⎧⎨=>⎩所以1x ，2x 同为正根，且12x x ≠，不合题意，舍去．综上可得0k <或4k =为所求．7．一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是（可以用指数表示）【答案】 981012⨯ 【解析】易知：(ⅰ)该数表共有100行；(ⅱ)每一行构成一个等差数列，且公差依次为11d =，22d =，232d =，…，98992d =(ⅲ)100a 为所求．设第()2n n ≥行的第一个数为n a ，则 ()22111222n n n n n n a a a a -----=++=+3222222n n n a ---⎡⎤=++⎣⎦24223222222n n n n a ----⎡⎤=++⨯+⎣⎦ 323232n n a --=+⨯……()121212n n a n --=+-⨯()212n n -=+故981001012a =⨯．8．某车站每天800~900∶∶，900~1000∶∶都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随一旅客820∶到车站，则它候车时间的数学期望为（精确到分）．【答案】 27 【解析】旅候车时间的数学期望为1111110305070902723361218⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=二、解答题1．（本小题满分14分）设直线:l y kx m =+（其中k ，m 为整数）与椭圆2211612xy+=交于不同两点A ，B ，与双曲线221412xy-=交于不同两点C ，D ，问是否存在直线l ，使得向量0AC BD +=，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由．【解析】由2211612y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 化简整理得()2223484480k xkmx m +++-=设()11A x y ，，()22B x y ，，则122834km x x k+=-+()()()222184344480km km∆=-+->① ………………………………………………4分由221412y kx m x y =+⎧⎪⎨-=⎪⎩消去y 化简整理得()22232120k xkmx m ----=设()34C x y ，，()44D x y ，，则34223km x x k+=-()()()2222243120km km∆=-+-+>② ………………………………………………8分因为0A C B D +=，所以()()42310x x x x -+-=，此时()()42310y y y y -+-=．由1234x x x x +=+得 2282343km km kk-=+-．所以20km =或2241343kk-=+-．由上式解得0k =或0m =．当0k =时，由①和②得m -<因m 是整数，所以m 的值为3-，2-，1-，0，1，2，3．当0m =，由①和②得k <<．因k 是整数，所以1k =-，0，1．于是满足条件的直线共有9条．………14分2．（本小题15分）已知p ，()0q q ≠是实数，方程20x px q -+=有两个实根α，β，数列{}n a 满足1a p =，22a p q =-，()1234n n n a pa qa n --=-= ，， (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式（用α，β表示）； (Ⅱ)若1p =，14q =，求{}n a 的前n 项和．【解析】方法一：(Ⅰ)由韦达定理知0q αβ⋅=≠，又p αβ+=，所以()1212n n n n n a px qx a a αβαβ------=+-，()345n = ，，，整理得()112n n n n a a a a βαβ----=-令1n n n b a a β+=-，则()112n n b b n α+== ，，．所以{}n b 是公比为α的等比数列．数列{}n b 的首项为：()()222121b a a p q p ββαβαββαβα=-=--=+--+=．所以21n n n b ααα-+=⋅=，即11n n n a a βα++-=()12n = ，，．所以11n n n a a βα++=+()12n = ，，．①当240p q ∆=-=时，αβ=≠，12a p ααα==+=，11n n n a a βα++=+()12n = ，，变为11n n n a a αα++=+()12n = ，，．整理得，111n nn na a αα++-=，()12n = ，，．所以，数列n n a α⎧⎫⎨⎬⎩⎭成公差为1的等差数列，其首项为122a ααα==．所以()2111nna n n α=+-=+．于是数列{}n a 的通项公式为()1nn a n α=+；……………………………………………………………………………5分②当240p q ∆=->时，αβ≠， 11n n n a a βα++=+1n n a βαβαβα+-=+-11n n n a βαβααβαβα++=+---()12n = ，，．整理得211n n n n a a ααββαβα+++⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭，()12n = ，，．所以，数列1n n a αβα+⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭成公比为β的等比数列，其首项为2221a ααβαββαβαβα+=++=---．所以121n n n a αβββαβα+-+=--．于是数列{}n a 的通项公式为11n n n a βαβα++-=-．………………………………………………10分(Ⅱ)若1p =，14q =，则240p q ∆=-=，此时12αβ==．由第(Ⅰ)步的结果得，数列{}n a 的通项公式为()11122nn n n a n +⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，所以，{}n a 的前n 项和为231234122222n n nn n s -+=+++++ 234112341222222n n nn s n ++=+++++以上两式相减，整理得1133222n n n s ++=-所以332n nn s +=-．……………………………………………………………………………15分方法二：(Ⅰ)由韦达定理知0q αβ⋅=≠，又p αβ+=，所以1a αβ=+，222a αβαβ=++．特征方程20p q λλ-+=的两个根为α，β．①当0αβ=≠时，通项()()1212n n a A A n n α=+= ，，由12a α=，223a α=得()()122212223A A A A αααα+=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 解得121A A ==．故()1nn a n α=+．……………………………………………………5分②当αβ≠时，通项()1212n n n a A A n αβ=+= ，，．由1a αβ=+，222a αβαβ=++得12222212A A A A αβαβαβαβαβ+=+⎧⎪⎨+=++⎪⎩ 解得1A αβα-=-，2A ββα=-．故1111n n n n n a αββαβαβαβα++++--=+=---．…………………………………………………………10分 (Ⅱ)同方法一．3．（本小题满分15分）求函数y =的最大和最小值．【解析】函数的定义域为[]013，.因为y =≥=当0x =时等号成立．故y的最小值为13分又由柯西不等式得22y =()()()11122731312123x x x ⎛⎫+++++-= ⎪⎝⎭≤ 所以11y ≤． ………………………………………………………………………………10分由柯西不等式等号成立的条件，得()491327x x x =-=+，解得9x =．故当9x =时等号成立．因此y 的最大值为11． (15)分。

2009年全国高中数学联赛加试-试题参考答案及评分标准(A卷)

2009年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准（A 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．一、填空（共4小题，每小题50分，共200分）1．如图，M ，N 分别为锐角三角形ABC ∆（A B ∠<∠）的外接圆Γ上弧BC 、AC 的中点．过点C 作PC MN ∥交圆Γ于P 点，I 为ABC ∆的内心，连接PI 并延长交圆Γ于T ．⑴求证：MP MT NP NT ⋅=⋅；⑵在弧AB （不含点C ）上任取一点Q （Q A ≠，T ，B ），记AQC ∆，QCB △的内心分别为1I ，2I ，B求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．【解析】 ⑴连NI ，MI ．由于PC MN ∥，P ，C ，M ，N 共圆，故PCMN 是等腰梯形．因此NP MC =，PM NC =．ABCMNPTI连AM ，CI ，则AM 与CI 交于I ，因为 MIC MAC ACI MCB BCI MCI ∠=∠+∠=∠+∠=∠，所以MC MI =．同理 NC NI =．于是NP MI =，PM NI =．故四边形MPNI 为平行四边形．因此PMT PNT S S =△△（同底，等高）．又P ，N ，T ，M 四点共圆，故180TNP PMT ∠+∠=︒，由三角形面积公式1sin 2PMT S PM MT PMT =⋅∠△1s i n 2PNT S PN NT PNT ==⋅∠△1s i n 2P N N T P MT =⋅∠ 于是PM MT PN NT ⋅=⋅．⑵因为1111NCI NCA ACI NQC QCI CI N ∠=∠+∠=∠+∠=∠，B所以1NC NI =，同理2MC MI =．由MP MT NP NT ⋅=⋅得NT MTMP NP=．由⑴所证MP NC =，NP MC =，故 12NT MTNI MI =．又因12I NT QNT QMT I MT ∠=∠=∠=∠，有12I NT I MT ∆∆∽．故12NTI MTI ∠=∠，从而1212I QI NQM NTM I TI ∠=∠=∠=∠．因此Q ，1I ，2I ，T 四点共圆． 2．求证不等式：2111ln 12n k k n k =⎛⎫-<- ⎪+⎝⎭∑≤，1n =，2，… 【解析】证明：首先证明一个不等式： ⑴ln(1)1x x x x<+<+，0x >．事实上，令()ln(1)h x x x =-+，()ln(1)1xg x x x=+-+．则对0x >，1()101h x x '=->+，2211()01(1)(1)x g x x x x '=-=>+++．于是()(0)0h x h >=，()(0)0g x g >=．在⑴中取1x n=得 ⑵111ln 11n n n⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭．令21ln 1nn k k x n k ==-+∑，则112x =， 121ln 111n n n x x n n -⎛⎫-=-+ ⎪+-⎝⎭ 211n n n<-+210(1)n n=-<+ 因此1112n n x x x -<<<=．又因为111ln (ln ln(1))(ln(1)ln(2))(ln 2ln1)ln1ln 1n k n n n n n k -=⎛⎫=--+---++-+=+ ⎪⎝⎭∑．从而12111ln 11nn n k k k x k k -==⎛⎫=-+ ⎪+⎝⎭∑∑12211ln 111n k k n k k n -=⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭∑12111n k k k k -=⎛⎫>- ⎪+⎝⎭∑ 1211(1)n k k k -==-+∑111(1)n k k k -=-+∑≥111n=-+>-．3．设k ，l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k ≥，使得C k m 与l 互素．【解析】证法一：对任意正整数t ，令(!)m k t l k =+⋅⋅．我们证明()C 1k m l =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：C k m p Œ．若!p k Œ，则由 1!C ()kkmi k m k i ==-+∏1[((!)]ki i t l k =≡+∏ 1ki i =≡∏()1!m o d k p α+≡．及|!p k α，且1!p k α+Œ，知|!C k m p k α且1!C k m p k α+Œ．从而C k m p Œ．证法二：对任意正整数t ，令2(!)m k t l k =+⋅⋅，我们证明()C 1k m l =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：C k m p Œ．若!p k Œ，则由 1!C ()kkmi k m k i ==-+∏21[((!)]ki i t l k =≡+∏ 1ki i =≡∏()!m o d k p ≡．即p 不整除上式，故C k m p Œ．若|!p k ，设1α≥使|!p k α，但1!p k α+Œ．12|(!)p k α+．故由11!C ()k kmi k m k i -==-+∏21[((!)]k i i t l k =≡+∏ 1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡及|!p k α，且1!p k α+Œ，知|!C k m p k α且1!C k m p k α+Œ．从而C k m p Œ． 4．在非负数构成的39⨯数表111213141516171212223242526272829313233343536373839x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x x x x x x⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭ 中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，1728390x x x ===，27x ，37x ，18x ，38x ，19x ，29x 均大于．如果P 的前三列构成的数表111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭满足下面的性质()O ：对于数表P 中的任意一列123k k k x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪⎝⎭（1k =，2，…，9）均存在某个{}123i ∈，，使得⑶{}123min ik i i i i x u x x x =≤，，．求证：（ⅰ）最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3一定自数表S 的不同列．（ⅱ）存在数表P 中唯一的一列***123k k k x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，*1k ≠，2，3使得33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭仍然具有性质()O ．【解析】（ⅰ）假设最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3不是取自数表S 的不同列．则存在一列不含任何i u ．不妨设2i i u x ≠，1i =，2，3．由于数表P 中同一行中的任何两个元素都不等，于是2i i u x <，1i =，2，3．另一方面，由于数表S 具有性质()O ，在⑶中取2k =，则存在某个{}0123i ∈，，使得002i i x u ≤．矛盾．（ⅱ）由抽届原理知{}1112min x x ，，{}2122min x x ，，{}3132min x x ，中至少有两个值取在同一列．不妨设 {}212222min x x x =，，{}313232min x x x =，．由前面的结论知数表S 的第一列一定含有某个i u ，所以只能是111x u =．同样，第二列中也必含某个i u ，1i =，2．不妨设222x u =．于是333u x =，即i u 是数表S 中的对角线上数字．111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭记{}129M =，，，，令集合{}{}12|min 13ik i i I k M x x x i =∈>=，，，．显然{}111332|k k I k M x x x x =∈>>，且1，23I ∉．因为18x ，38111x x >≥，32x ，所以8I ∈．故I ∅≠．于是存在*k I ∈使得{}*22max |k k x x k I =∈．显然，*1k ≠，2，3．下面证明33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ．从上面的选法可知{}{}*1212:min min i i i i i ik u x x x x x '==，，，，(13)i =，．这说明 {}*111211min k x x x u >，≥，{}*313233min k x x x u >，≥．又由S 满足性质()O ．在⑶中取*k k =，推得*22k x u ≤，于是{}**2212222min k k u x x x x '==，，．下证对任意的k M ∈，存在某个1i =，2，3使得i ik u x '≥．假若不然，则{}12min ik i i x x x >，，1i =，3且*22k k x x >．这与*2k x 的最大性矛盾．因此，数表S '满足性质()O ．下证唯一性．设有k M ∈使得数表111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ，不失一般性，我们假定 {}111121311m i n u x x x x ==，， ⑷{}221222322min u x x x x ==，，{}331323333m i n u x x xx ==，，3231x x <．由于3231x x <，2221x x <及（ⅰ），有{}11112111min k u x x x x ==，，．又由（ⅰ）知：或者()a {}3313233min k k u x x x x ==，，，或者{}2212222()min k k b u x x x x ==，，．如果()a 成立，由数表S 具有性质()O ，则 {}11112111m i n ku x x x x ==，，， ⑸{}22122222min k u x x x x ==，，， {}3313233m i n k k u x x x x ==，，．由数表S 满足性质()O ，则对于3M ∈至少存在一个{}123i ∈，，使得*i ik u x ≥．由*k I ∈及⑷和⑹式知，*1111k x x u >=，*3323k x x u >=．于是只能有*222k k x u x =≤．类似地，由S '满足性质()O 及k M ∈可推得*222k k x u x '=≤．从而*k k =．出师表两汉：诸葛亮先帝创业未半而中道崩殂，今天下三分，益州疲弊，此诚危急存亡之秋也。

2009年全国高中数学联合竞赛一试试题解析

(2)
若
p = 1, q
=
1 ，求 4
{an}
的前
n
项和.
解答
(1) 由于 α + β = p, αβ = q，则 an = (α + β)an−1 − αβan−2
⇒ an − αan−1 = β(an−1 − αan−2) ⇒ {an+1 − αan} 是公比为 β 的等比数列.
且 a2 − αa1 = (α + β)2 − αβ − α(ßα +™β) = β2 ⇒ an+1 − αan = βn+1.
β
β −
α
⇒
ß an
−
βn+1 ™ β−α
是公比为
α
的等比数列.
α 1−
β
β n+1
此时
a1
=
α
+
β
=
β2 β
− −
α2 α
⇒
a1
−
β
β2 −α
=
α2 −
β−α
⇒
an
β n+1 −
β − α
=
αn+1 −
β−α
⇒
an
=
β n+1 β
− −
αn+1 α
=
αn+1 α
− −
βn+1 . β
(2)
由
α + β αβ =
为等腰直角三角形，且 |OB| = t, |CF | = 2 − (t + 1)
=
1
− t，于是
S△OAB
+
S△DCF

2009答案

2， an1 an n1 n 1，

n 1

n
2， 1 ， n 1，
．所以，数列
an 成 n
公差为 1 的等差数列，其首项为
2 1 n 1 n 1 ． n 于是数列 an 的通项公式为 an

2 ．所以
n 1 2n 2
故 a100 101 298 ． 8．
∶ 00 ~ 9 ∶ 00 ， 9 ∶ 00 ~ 10 ∶ 00 都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两某车站每天 8
者到站的时间是相互独立的，其规律为到站时刻
8 ∶ 10 9 ∶ 10 8 ∶ 30 9 ∶ 30 8 ∶ 50 9 ∶ 50
n 1 n 1，2 ，
．
．
整理得 n2 n 1 2， an 1 an ， n 1，
n 1 所以，数列 an 成公比为的等比数列，其首项为 2 2 2 n 1 2 ．所以 an a1 n 1 ．
．
2．
已知直线 L : x y 9 0 和圆 M : 2 x2 2 y 2 8x 8 y 1 0 ，点 A 在直线 L 上， B ， C 为圆 M 上两点，在 ABC 中， BAC 45 ， AB 过圆心 M ，则点 A 横坐标范围为．
【解析】
3 ，6 9 a ，则圆心 M 到直线 AC 的距离 d 设 A a ，
1 2
1 3 （精确到分）．
50 1 1 6 6
70 1 1 2 6
90 1 1 3 6

2009年全国高中数学联合竞赛试题及解答.

2009年全国高中数学联合竞赛一试一、填空题：本大题共8个小题，每小题7分，共56分。

2009*1、函数21)(x x x f +=，且fn n x f f f f x f个)]]([[)()(=，则=)1()99(f◆答案：101★解析：由题意得2)1(1)()(xxx f x f+==，2)2(21)]([)(xx x f f x f+==，······2)99(991)(x x x f +=.故 101)1()99(=f .2009*2、已知直线09:=-+y x L 和圆018822:22=---+y x y x M ，点A 在直线L 上，点C B ,为圆M 上两点，在ABC ∆中，045=∠BAC ，直线AB 过圆心M ，则点A 横坐标的取值范围为 ◆答案：[]6,3★解析：设A （a ，9-a ），则圆心M 到直线AC 的距离d =AM sin ︒45，由直线AC 与圆M 相交，得 234≤d .解得 63≤≤a .2009*3、在坐标平面上有两个区域M 和N ，M 为⎪⎩⎪⎨⎧-≤≤≥x y x y y 20，N 是随t 变化的区域，它由不等式1+≤≤t x t 所确定，t 的取值范围是10≤≤t ，则M 和N 的公共面积是函数=)(t f◆答案：212++-t t ★解析：由题意知阴影部分面积s t f =)( =BEF OCD AOB S S S ∆∆∆--=212++-t t2009*4、若不等式3120071212111<++++++n n n 对一切正整数n 都成立，则最小正整数a 的值为 ◆答案：2009★解析：设121...2111)(++++++=n n n n f .显然)(n f 单调递减.则由)(n f 的最大值312007)1(-<a f ，可得2009=a .2009*5、椭圆12222=+by a x （0>>b a ）上任意两点Q P ,，若OQ OP ⊥，则OQ OP ⋅的最小值为◆答案：.22222ba b a + ★解析：设)sin ,cos (θθOP OP P ，)).2sin(),2cos((πθπθ±±OQ OQ Q由Q P 、在椭圆上，有22222sin cos 1b a OP θθ+=（1）， 22222cos sin 1b a OQθθ+=（2）（1）+（2）得.11112222b a OQOP+=+于是当 22222ba b a OQ OP +==时，OQ OP 达到最小值.22222b a b a +2009*6、若关于x 的方程)1lg(2lg +=x kx 仅有一个实根，则实数k 的取值范围为 ◆答案：0<k 或4=k★解析：由题意，方程等价于⎪⎩⎪⎨⎧+=>+>2)1(010x kx x kx ，当且仅当 0>kx （1）；01>+x （2）；01)2(2=+-+x k x （3）对（3）由求根公式得]42[21,221k k k x x -±-= （4）又0042≤⇒≥-=∆k k k 或4≥k)(i 当0<k 时，由（3）得⎩⎨⎧>=<-=+01022121x x k x x ，所以21x x 同为负根。

2009年全国高中数学联赛江苏赛区初赛

2009年全国高中数学联赛江苏赛区初赛(2009年5月3日8∶00－10∶00)一、填空题(每小题7分，共70分)1．已知sin αcos β＝1，则cos(α＋β)＝．2．已知等差数列{a n }的前11项的和为55，去掉一项a k 后，余下10项的算术平均值为4．若a 1＝－5，则k ＝．3．设一个椭圆的焦距、短轴长、长轴长成等比数列，则此椭圆的离心率e ＝．4．已知3x ＋19x －1＝13－31－x，则实数x ＝．5．如图，在四面体ABCD 中，P 、Q 分别为棱BC 与CD 上的点，且BP ＝2PC ，CQ ＝2QD ．R 为棱AD 的中点，则点A 、B 到平面PQR 的距离的比值为．6．设f (x )＝log 3x －4－x ，则满足f (x )≥0的x 的取值范围是．7．右图是某种净水水箱结构的设计草图，其中净水器是一个宽10cm 、体积为3000cm 3的长方体，长和高未定．净水水箱的长、宽、高比净水器的长、宽、高分别长20cm 、20cm 、60cm ．若不计净水器中的存水，则净水水箱中最少可以存水 cm 3．8．设点O 是△ABC 的外心，AB ＝13，AC ＝12，则→BC ·→AO ＝． 9．设数列{a n }满足：a n ＋1a n ＝2a n ＋1－2(n ＝1，2，…)，a 2009＝2，则此数列的前2009项的和为．10．设a 是整数，0≤b ＜1．若a 2＝2b (a ＋b )，则b ＝．二、解答题(本大题共4小题，每小题20分，共80分)11．在直角坐标系xOy 中，直线x －2y ＋4＝0与椭圆x 29＋y 24＝1交于A ，B 两点，F 是椭圆的左焦点．求以O ，F ，A ，B 为顶点的四边形的面积．12．如图，设D 、E 是△ABC 的边AB 上的两点，已知∠ACD ＝∠BCE ，AC ＝14，AD ＝7，AB ＝28，CE ＝12．求BC ．13．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．EBCD ABCDAPQ R14．⑴写出三个不同的自然数，使得其中任意两个数的乘积与10的和都是完全平方数，请予以验证；⑵是否存在四个不同的自然数，使得其中任意两个数的乘积与10的和都是完全平方数？请证明你的结论．2009年全国高中数学联赛江苏赛区初赛(2009年5月3日8∶00－10∶00)一、填空题(每小题7分，共70分)1．已知sin αcos β＝1，则cos(α＋β)＝．填0．解：由于|sin α|≤1，|cos β|≤1，现sin αcos β＝1，故sin α＝1，cos β＝1或sin α＝－1，cos β＝－1，∴ α＝2kπ＋π2，β＝2lπ或α＝2kπ－π2，β＝2lπ＋π⇒α＋β＝2(k ＋l )π＋π2(k ，l ∈Z )． ∴ cos(α＋β)＝0．2．已知等差数列{a n }的前11项的和为55，去掉一项a k 后，余下10项的算术平均值为4．若a 1＝－5，则k ＝．填11．解：设公差为d ，则得55＝－5×11＋12×11×10d ⇒55d ＝110⇒d ＝2．a k ＝55－4×10＝15＝－5＋2(k －1)⇒k ＝11．3．设一个椭圆的焦距、短轴长、长轴长成等比数列，则此椭圆的离心率e ＝．填－1＋52．解：由(2b )2＝2c ×2a ⇒a 2－c 2＝ac ⇒e 2＋e －1＝0⇒e ＝－1＋52． 4．已知3x ＋19x －1＝13－31－x ，则实数x ＝．填1．解：即13x －1＝3x3(3x －1)⇒32x －4×3x ＋3＝0⇒3x ＝1(舍去)，3x ＝3⇒x ＝1．5．如图，在四面体ABCD 中，P 、Q 分别为棱BC 与CD 上的点，且BP ＝2PC ，CQ ＝2QD ．R 为棱AD 的中点，则点A 、B 到平面PQR 的距离的比值为．填14．解：A 、B 到平面PQR 的距离分别为三棱锥APQR 与BPQR 的以三角形PQR 为底的高．故其比值等于这两个三棱锥的体积比．BCDAQ RV APQR ＝12V APQD ＝12×13V APCD ＝12×13×13V ABCD ＝118V ABCD ；又，S BPQ ＝S BCD －S BDQ －S CPQ ＝(1－13－23×13)S BCD ＝49S BCD ， V RBPQ ＝49V RBCD ＝12×49V ABCD ＝418V ABCD ． ∴ A 、B 到平面PQR 的距离的比＝1∶4．又，可以求出平面PQR 与AB 的交点来求此比值：在面BCD 内，延长PQ 、BD 交于点M ，则M 为面PQR 与棱BD 的交点．由Menelaus 定理知，BM MD ·DQ QC ·CP PB ＝1，而DQ QC ＝12，CP PB ＝12，故BMMD ＝4．在面ABD 内，作射线MR 交AB 于点N ，则N 为面PQR 与AB 的交点．由Menelaus 定理知，BM MD ·DR RA ·AN NB ＝1，而BM MD ＝4，DR RA ＝1，故AN NB ＝14． ∴ A 、B 到平面PQR 的距离的比＝1∶4．6．设f (x )＝log 3x －4－x ，则满足f (x )≥0的x 的取值范围是．填[3，4]．解：定义域(0，4]．在定义域内f (x )单调增，且f (3)＝0．故f (x )≥0的x 的取值范围为[3，4]． 7．右图是某种净水水箱结构的设计草图，其中净水器是一个宽10cm 、体积为3000cm 3的长方体，长和高未定．净水水箱的长、宽、高比净水器的长、宽、高分别长20cm 、20cm 、60cm ．若不计净水器中的存水，则净水水箱中最少可以存水 cm 3．填78000．解：设净水器的长、高分别为x ，y cm ，则xy ＝300，V ＝30(20＋x )(60＋y )＝30(1200＋60x ＋20y ＋xy ) ≥30(1200＋260x ×20y ＋300)＝30(1500＋1200) ＝30×2700．∴ 至少可以存水78000cm 3．8．设点O 是△ABC 的外心，AB ＝13，AC ＝12，则→BC ·→AO ＝．填－252．解：设|→AO |＝|→BO |＝|→OC |＝R ．则BMNR Q PA DCB→BC ·→AO ＝(→BO ＋→OC )·→AO ＝→BO ·→AO ＋→OC ·→AO ＝R 2cos(π－2C )＋R 2cos2B＝R 2(2sin 2C －2sin 2B )＝12(2R sin B )2－12(2R sin C )2＝12(122－132)＝－252．9．设数列{a n }满足：a n ＋1a n ＝2a n ＋1－2(n ＝1，2，…)，a 2009＝2，则此数列的前2009项的和为．填2008＋2．解：若a n ＋1≠0，则a n ＝2－2a n ＋1，故a 2008＝2－2，a 2007＝2－22－2＝－2，a 2006＝2＋2，a 2005＝2．一般的，若a n ≠0，1，2，则a n ＝2－2a n ＋1，则a n －1＝a n ＋1－2a n ＋1－1，a n －2＝22－a n ＋1，a n －3＝a n＋1，故a n －4＝a n ．于是，Σk ＝12009a n＝502(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a2009＝502(a 2005＋a 2006＋a 2007＋a 2008)＋a 2009＝2008＋2．10．设a 是整数，0≤b ＜1．若a 2＝2b (a ＋b )，则b ＝．填0，3－12，3－1．解：若a 为负整数，则a 2＞0，2b (a ＋b )＜0，不可能，故a ≥0．于是a 2＝2b (a ＋b )＜2(a ＋1)⇒a 2－2a －2＜0⇒0≤a ＜1＋3⇒a ＝0，1，2． a ＝0时，b ＝0；a ＝1时，2b 2＋2b －1＝0⇒b ＝3－12；a ＝2时，b 2＋2b －2＝0⇒b ＝3－1．说明：本题也可以这样说：求实数x ，使[x ]2＝2{x }x ．二、解答题(本大题共4小题，每小题20分，共80分)11．在直角坐标系xOy 中，直线x －2y ＋4＝0与椭圆x 29＋y 24＝1交于A ，B 两点，F 是椭圆的左焦点．求以O ，F ，A ，B 为顶点的四边形的面积．解：取方程组⎩⎨⎧4x 2＋9y 2＝36，x ＝2y －4．代入得，25y 2－64y ＋28＝0．此方程的解为y ＝2，y ＝1425．即得B (0，2)，A (－7225，1425)，又左焦点F 1(－5，0)．连OA 把四边形AFOB 分成两个三角形．得，S ＝12×2×7225＋12×5×1425＝125(72＋75)．也可以这样计算面积：直线与x 轴交于点C (－4，0)．所求面积＝12×4×2－12×(4－5)×1425＝125(72＋75)．也可以这样计算面积：所求面积＝12(0×2－0×0＋0×1425－(－7225)×2＋(－7225)×0－(－5)×1425＋(－5)×0－0×0)＝12(14425＋14255)＝125(72＋75)．12．如图，设D 、E 是△ABC 的边AB 上的两点，已知∠ACD ＝∠BCE ，AC ＝14，AD ＝7，AB ＝28，CE ＝12．求BC ．解：AD AC ＝ACAB ⇒△ACD ∽△ABC ⇒∠ABC ＝∠ACD ＝∠BCE ． ∴ CE ＝BE ＝12．AE ＝AB －BE ＝16．∴ cos A ＝AC 2＋AE 2－CE 22AC ·AE ＝142＋162－1222·14·16＝142＋28·42·14·16＝1116．∴ BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos A ＝142＋282－2·14·28·1116＝72·9⇒BC ＝21． 13．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．解法一：显然k ＞0．(x ＋y )2≤k 2(2x ＋y )⇒(2k 2－1)x －2xy ＋(k 2－1)y ≥0对于x ，y ＞0恒成立．令t ＝x y ＞0，则得f (t )＝(2k 2－1)t 2－2t ＋(k 2－1)≥0对一切t ＞0恒成立．当2k 2－1≤0时，不等式不能恒成立，故2k 2－1＞0．此时当t ＝12k 2－1时，f (t )取得最小值12k 2－1－22k 2－1＋k 2－1＝2k 4－3k 22k 2－1＝k 2(2k 2－3)2k 2－1．当2k 2－1＞0且2k 2－3≥0，即k ≥62时，不等式恒成立，且当x ＝4y ＞0时等号成立． ∴ k ∈[62，＋∞)．解法二：显然k ＞0，故k 2≥(x ＋y )22x ＋y ＝x ＋2xy ＋y2x ＋y ．令t ＝x y ＞0，则k 2≥t 2＋2t ＋12t 2＋1＝12(1＋4t ＋12t 2＋1)．令u ＝4t ＋1＞1，则t ＝u －14．只要求s (u )＝8uu 2－2u ＋9的最大值．s (u )＝8u ＋9u －2≤82u ·9u －2＝2，于是，12(1＋4t ＋12t 2＋1)≤12(1＋2)＝32．EBCD A∴k 2≥32，即k ≥62时，不等式恒成立(当x ＝4y ＞0时等号成立)．又：令s (t )＝4t ＋12t 2＋1，则s '(t )＝8t 2＋4－4t (4t ＋1)(2t 2＋1)2＝－8t 2－4t ＋4(2t 2＋1)2，t ＞0时有驻点t ＝12．且在0＜t ＜12时，s '(t )＞0，在t ＞12时，s '(t )＜0，即s (t )在t ＝12时取得最大值2，此时有k 2≥12(1＋s (12))＝32．解法三：由Cauchy 不等式，(x ＋y )2≤(12＋1)(2x ＋y )．即(x ＋y )≤622x ＋y 对一切正实数x ，y 成立．当k ＜62时，取x ＝14，y ＝1，有x ＋y ＝32，而k 2x ＋y ＝k 62＜62×62＝32．即不等式不能恒成立．而当k ≥62时，由于对一切正实数x ，y ，都有x ＋y ≤622x ＋y ≤k 2x ＋y ，故不等式恒成立．∴ k ∈[62，＋∞)．14．⑴ 写出三个不同的自然数，使得其中任意两个数的乘积与10的和都是完全平方数，请予以验证；⑵ 是否存在四个不同的自然数，使得其中任意两个数的乘积与10的和都是完全平方数？请证明你的结论．解：对于任意n ∈N *，n 2≡0，1(mod 4)．设a ，b 是两个不同的自然数，①若a ≡0(mod 4)或b ≡0(mod 4)，或a ≡b ≡2(mod 4)，均有ab ≡0(mod 4)，此时，ab ＋10≡2(mod 4)，故ab ＋10不是完全平方数；② 若a ≡b ≡1(mod 4)，或a ≡b ≡3(mod 4)，则ab ≡1(mod 4)，此时ab ＋10≡3(mod 4)，故ab ＋10不是完全平方数．由此知，ab ＋10是完全平方数的必要不充分条件是a ≡/b (mod 4)且a 与b 均不能被4整除．⑴ 由上可知，满足要求的三个自然数是可以存在的，例如取a ＝2，b ＝3，c ＝13，则2×3＋10＝42，2×13＋10＝62，3×13＋10＝72．即2，3，13是满足题意的一组自然数．⑵ 由上证可知不存在满足要求的四个不同自然数．这是因为，任取4个不同自然数，若其中有4的倍数，则它与其余任一个数的积加10后不是完全平方数，如果这4个数都不是4的倍数，则它们必有两个数mod 4同余，这两个数的积加10后不是完全平方数．故证．。

2009年全国高中数学联赛一试二试试题整理详解汇编(一试+二试A卷)(教师版)

2009全国高中数学联赛一试试题参考答案一、填空（本大题共8题，每小题7分，共56分） 1.若函数()f x 且()()()n nf x f f f f x ⎡⎤=⎡⎤⎣⎦⎣⎦，则()()991f = ．【答案】110【解析】()()()1f x f x =，()()()2f x f f x ==⎡⎤⎣⎦，……，()()99f x =()()991110f =． 2.已知直线:90L x y +-=和圆22:228810M x y x y +---=，点A 在直线L 上，B ，C 为圆M 上两点，在ABC ∆中，45BAC ∠=︒，AB 过圆心M ，则点A 横坐标范围为．【答案】[]36，【解析】设()9A a a -，，则圆心M 到直线AC 的距离sin 45d AM =︒，由直线AC 与圆M 相交，得d 36a ≤≤． 3.在坐标平面上有两个区域M 和N ，M 为02y y x y x ⎧⎪⎨⎪-⎩≥≤≤，N 是随t 变化的区域，它由不等式1t x t +≤≤所确定，t 的取值范围是01t ≤≤，则M 和N 的公共面积是函数()f t =．【答案】212t t -++【解析】由题意知()f tS =阴影部分面积AOB OCD BEF S S S ∆∆∆=-- ()22111122t t =---212t t =-++4.使不等式1111200712213a n n n +++<-+++对一切正整数n 都成立的最小正整数a 的值为．【答案】2009【解析】设()1111221f n n n n =++++++．显然()f n 单调递减，则由()f n 的最大值()1120073f a <-，可得2009a =．5.椭圆22221x y a b +=()0a b >>上任意两点P ，Q ，若OP OQ ⊥，则乘积OP OQ ⋅的最小值为．【答案】22222a b a b+ 【解析】设()cos sin P OP OP θθ，，ππcos sin 22Q OQ OQ θθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫±± ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，．由P ，Q 在椭圆上，有222221cos sin a b OP θθ=+ ① 222221sin cos a b OQ θθ=+ ② ①+②得22221111ab OPOQ+=+．于是当OP OQ ==时，OP OQ 达到最小值22222a b a b +．6．若方程()lg 2lg 1kx x =+仅有一个实根，那么k的取值范围是．【答案】0k <或4k = 【解析】当且仅当 0kx > ① 10x +>② ()2210x k x +-+=③对③由求根公式得1x ，2122x k ⎡=-⎣④2400k k k ∆=-⇒≥≤或4k ≥．(ⅰ)当0k <时，由③得12122010x x k x x +=-<⎧⎨=>⎩，所以1x ，2x 同为负根．又由④知121010x x +>⎧⎨+<⎩，所以原方程有一个解1x ．(ⅱ)当4k =时，原方程有一个解112kx =-=． (ⅲ)当4k >时，由③得12122010x x k x x +=->⎧⎨=>⎩，所以1x ，2x 同为正根，且12x x ≠，不合题意，舍去．综上可得0k <或4k =为所求． 7.一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是（可以用指数表示）【答案】981012⨯ 【解析】易知： (ⅰ)该数表共有100行；(ⅱ)每一行构成一个等差数列，且公差依次为11d =，22d =，232d =，…，98992d = (ⅲ)100a 为所求．设第()2n n ≥行的第一个数为n a ，则()22111222n n n n n n a a a a -----=++=+3222222n n n a ---⎡⎤=++⎣⎦24223222222n n n n a ----⎡⎤=++⨯+⎣⎦323232n n a --=+⨯=……()121212n n a n --=+-⨯()212n n -=+ 故981001012a =⨯．8.某车站每天800~900∶∶，900~1000∶∶都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为810∶ 830∶ 850∶ 一旅客820∶到车站，则它候车时间的数学期望为（精确到分）【答案】27【解析】旅客候车的分布列为候车时间的数学期望为1111110305070902723361218⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=二、解答题（本大题共3个小题，共44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14分）设直线:l y kx m =+（其中k ，m 为整数）与椭圆2211612x y +=交于不同两点A ，B ，与双曲线221412x y -=交于不同两点C ，D ，问是否存在直线l ，使得向量0AC BD +=，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由．【解析】由2211612y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 化简整理得()2223484480k x kmx m +++-=设()11A x y ，，()22B x y ，，则122834kmx x k +=-+()()()222184344480km k m ∆=-+-> ①由221412y kx m x y =+⎧⎪⎨-=⎪⎩消去y 化简整理得()22232120k x kmx m ----=设()34C x y ，，()44D x y ，，则34223kmx x k +=- ()()()2222243120km k m ∆=-+-+> ②因为0AC BD +=，所以()()42310x x x x -+-=，此时()()42310y y y y -+-=．由1234x x x x +=+得2282343km kmk k -=+-．所以20km =或2241343k k -=+-．由上式解得0k =或0m =．当0k =时，由①和②得2323m -<<．因m 是整数，所以m 的值为3-，2-，1-，0，1，2，3．当0m =，由①和②得33k -<<．因k 是整数，所以1k =-，0，1．于是满足条件的直线共有9条．10.（本小题满分15分）已知p ，()0q q ≠是实数，方程20x px q -+=有两个实根α，β，数列{}n a 满足1a p =，22a p q =-，()1234n n n a pa qa n --=-=，，(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式（用α，β表示）； (Ⅱ)若1p =，14q =，求{}n a 的前n 项和．【解析】方法一：(Ⅰ)由韦达定理知0q αβ⋅=≠，又p αβ+=，所以()1212n n n n n a px qx a a αβαβ------=+-，()345n =，，，整理得()112n n n n a a a a βαβ----=-令1n n n b a a β+=-，则()112n n b b n α+==，，．所以{}n b 是公比为α的等比数列．数列{}n b 的首项为：()()222121b a a p q p ββαβαββαβα=-=--=+--+=．所以211n n n b ααα-+=⋅=，即11n n n a a βα++-=()12n =，，．所以11n n n a a βα++=+()12n =，，．①当240p q ∆=-=时，0αβ=≠，12a p ααα==+=，11n n n a a βα++=+()12n =，，变为11n n n a a αα++=+()12n =，，．整理得，111n nn na a αα++-=，()12n =，，．所以，数列n n a α⎧⎫⎨⎬⎩⎭成公差为1的等差数列，其首项为122a ααα==．所以()2111nna n n α=+-=+．于是数列{}n a 的通项公式为()1n n a n α=+； ②当240p q ∆=->时，αβ≠，11n n n a a βα++=+1n n a βαβαβα+-=+-11n n n a βαβααβαβα++=+---()12n =，，．整理得211n n n n a a ααββαβα+++⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭，()12n =，，．所以，数列1n n a αβα+⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭成公比为β的等比数列，其首项为2221a ααβαββαβαβα+=++=---．所以121n n n a αβββαβα+-+=--．于是数列{}n a 的通项公式为11n n n a βαβα++-=-．(Ⅱ)若1p =，14q =，则240p q ∆=-=，此时12αβ==．由第(Ⅰ)步的结果得，数列{}n a 的通项公式为()11122nn n n a n +⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，所以，{}n a 的前n 项和为231234122222n n n n n s -+=+++++234112341222222n n n n s n ++=+++++以上两式相减，整理得1133222n n n s ++=-所以332n nn s +=-．方法二：(Ⅰ)由韦达定理知0q αβ⋅=≠，又p αβ+=，所以1a αβ=+，222a αβαβ=++．特征方程20p q λλ-+=的两个根为α，β． ①当0αβ=≠时，通项()()1212n n a A A n n α=+=，，由12a α=，223a α=得()()122212223A A A A αααα+=⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得121A A ==．故 ()1nn a n α=+．②当αβ≠时，通项()1212n n n a A A n αβ=+=，，．由1a αβ=+，222a αβαβ=++得12222212A A A A αβαβαβαβαβ+=+⎧⎪⎨+=++⎪⎩，解得1Aαβα-=-，2A ββα=-．故1111n n n n n a αββαβαβαβα++++--=+=---． (Ⅱ)同方法一．11.（本小题满分15分）求函数2713y x x x =++-+的最大和最小值．【解析】函数的定义域为[]013，.因为 y =+=+=当0x =时等号成立．故y 的最小值为．又由柯西不等式得 22y =+ ()()()11122731312123x x x ⎛⎫+++++-= ⎪⎝⎭≤所以11y ≤．由柯西不等式等号成立的条件，得()491327x x x =-=+，解得9x =．故当9x =时等号成立．因此y 的最大值为11．（A 卷）12、（本题满分50分）如图，M ，N 分别为锐角三角形ABC ∆（A B ∠<∠）的外接圆Γ上弧BC ⌒ 、AC ⌒的中点．过点C 作PC MN ∥交圆Γ于P 点，I 为ABC ∆的内心，连接PI 并延长交圆Γ于T ．⑴求证：MP MT NP NT ⋅=⋅；⑵在弧AB ⌒（不含点C ）上任取一点Q （Q A ≠，T ，B ），记AQC ∆，QCB △的内心分别为1I ，2I ，求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．【解析】⑴连NI ，MI ．由于PC MN ∥，P ，C ，M ，N 共圆，故PCMN 是等腰梯形．因此NP MC =，PM NC =．连AM ，CI ，则AM 与CI 交于I ，因为MIC MAC ACI MCB BCI MCI ∠=∠+∠=∠+∠=∠，所以MC MI =．同理NC NI =．于是NP MI =，PM NI =．故四边形MPNI 为平行四边形．因此PMT PNT S S =△△（同底，等高）．又P ，N ，T ，M 四点共圆，故180TNP PMT ∠+∠=︒，由三角形面积公式 1sin 2PMT S PM MT PMT =⋅∠△1sin 2PNT S PN NT PNT ==⋅∠△1sin 2PN NT PMT =⋅∠ 于是PM MT PN NT ⋅=⋅．⑵因为1111NCI NCA ACI NQC QCI CI N ∠=∠+∠=∠+∠=∠，所以1NC NI =，同理2MC MI =．由MP MT NP NT ⋅=⋅得NT MTMP NP=．由⑴所证MP NC =，NP MC =，故12NT MTNI MI =．又因12I NT QNT QMT I MT ∠=∠=∠=∠，有12I NT I MT ∆∆∽．故12NTI MTI ∠=∠，从而1212I QI NQM NTM I TI ∠=∠=∠=∠．因此Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．13、（本题满分50分）求证不等式：2111ln 12n k k n k =⎛⎫-<- ⎪+⎝⎭∑≤，1n =，2，… 【解析】证明：首先证明一个不等式： ⑴ln(1)1xx x x<+<+，0x >．事实上，令()ln(1)h x x x =-+，()ln(1)1xg x x x=+-+．则对0x >，1()101h x x'=->+，2211()01(1)(1)x g x x x x '=-=>+++．于是()(0)0h x h >=，()(0)0g x g >=．在⑴中取1x n=得 ⑵111ln 11n n n ⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭．令21ln 1nn k k x n k ==-+∑，则112x =， 121ln 111n n n x x n n -⎛⎫-=-+ ⎪+-⎝⎭211n n n<-+210(1)n n =-<+ 因此1112n n x x x -<<<=．又因为111ln (ln ln(1))(ln(1)ln(2))(ln 2ln1)ln1ln 1n k n n n n n k -=⎛⎫=--+---++-+=+ ⎪⎝⎭∑．从而12111ln 11nn n k k k x k k -==⎛⎫=-+ ⎪+⎝⎭∑∑12211ln 111n k k n k k n -=⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭∑12111n k kk k -=⎛⎫>- ⎪+⎝⎭∑1211(1)n k k k -==-+∑111(1)n k k k-=-+∑≥111n =-+>-．14、（本题满分50分）设k ，l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k ≥，使得C k m 与l 互素．【解析】证法一：对任意正整数t ，令(!)m k t l k =+⋅⋅．我们证明()C 1km l =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：p/ |C k m ．若p / |k !，则由1!C ()kkmi k m k i ==-+∏1[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏ ()1!mod k p α+≡．及|!p k α，且pα+1/ |k !，知|!C k m p k α且1α+p / |!C k m k ．从而p/ |C km ．证法二：对任意正整数t ，令2(!)m k t l k =+⋅⋅，我们证明()C 1km l =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：p/ |C k m ．若p / |k !，则由 1!C ()==-+∏kkmi k m k i 21[((!)]ki i tl k =≡+∏ 1ki i =≡∏ ()!mod k p ≡．即p 不整除上式，故p/ |C k m ．若|!p k ，设1α≥使|!p k α，但1/|!p k α+．12|(!)p k α+．故由11!C ()k kmi k m k i -==-+∏ 21[((!)]ki i tl k =≡+∏ 1ki i =≡∏()1!mod k pα+≡,及|!p k α，且p α+1/ |k !，知|!C k m p k α且1α+p / |!C k m k ．从而p/ |C k m ．15、（本题满分50分）在非负数构成的39⨯数表111213141516171819212223242526272829313233343536373839x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，1728390x x x ===，27x ，37x ，18x ，38x ，19x ，29x 均大于．如果P 的前三列构成的数表111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭满足下面的性质()O ：对于数表P 中的任意一列123k k k x x x ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭（1k =，2，…，9）均存在某个{}123i ∈，，使得⑶{}123min ik i i i i x u x x x =≤，，．求证：（ⅰ）最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3一定自数表S 的不同列．（ⅱ）存在数表P 中唯一的一列***123k k k x x x ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，*1k ≠，2，3使得33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪⎪ ⎪⎝⎭仍然具有性质()O ．【解析】（ⅰ）假设最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3不是取自数表S 的不同列．则存在一列不含任何i u ．不妨设2i i u x ≠，1i =，2，3．由于数表P 中同一行中的任何两个元素都不等，于是2i i u x <，1i =，2，3．另一方面，由于数表S 具有性质()O ，在⑶中取2k =，则存在某个{}0123i ∈，，使得002i i x u ≤．矛盾．（ⅱ）由抽届原理知，{}1112min x x ，，{}2122min x x ，，{}3132min x x ，中至少有两个值取在同一列．不妨设{}212222min x x x =，，{}313232min x x x =，．由前面的结论知数表S 的第一列一定含有某个i u ，所以只能是111x u =．同样，第二列中也必含某个i u ，1i =，2．不妨设222x u =．于是333u x =，即i u 是数表S 中的对角线上数字．111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭记{}129M =，，，，令集合{}{}12|min 13ik i i I k M x x x i =∈>=，，，．显然{}111332|k k I k M x x x x =∈>>，且1，23I ∉．因为18x ，38111x x >≥，32x ，所以8I ∈．故I ∅≠．于是存在*k I ∈使得{}*22max |k k x x k I =∈．显然，*1k ≠，2，3．第 11 页 / 共 11 页下面证明33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ．从上面的选法可知{}{}*1212:min min i i i i i ik u x x x x x '==，，，，(13)i =，．这说明 {}*111211min k x x x u >，≥，{}*313233min k x x x u >，≥．又由S 满足性质()O ．在⑶中取*k k =，推得*22k x u ≤，于是{}**2212222min k k u x x x x '==，，．下证对任意的k M ∈，存在某个1i =，2，3使得i ik u x '≥．假若不然，则{}12min ik i i x x x >，，1i =，3且*22k k x x >．这与*2k x 的最大性矛盾．因此，数表S '满足性质()O ．下证唯一性．设有k M ∈使得数表111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ，不失一般性，我们假定 {}111121311min u x x x x ==，， ⑷{}221222322min u x x x x ==，， {}331323333min u x x x x ==，， 3231x x <．由于3231x x <，2221x x <及（ⅰ），有{}11112111min k u x x x x ==，，．又由（ⅰ）知：或者()a {}3313233min k k u x x x x ==，，，或者{}2212222()min k kb u x x x x ==，，．如果()a 成立，由数表S 具有性质()O ，则{}11112111min k u x x x x ==，，， ⑸{}22122222min k u x x x x ==，，， {}3313233min k k u x x x x ==，，．由数表S 满足性质()O ，则对于3M ∈至少存在一个{}123i ∈，，使得*i ik u x ≥．由*k I ∈及⑷和⑹式知，*1111k x x u >=，*3323k x x u >=．于是只能有*222k k x u x =≤．类似地，由S '满足性质()O 及k M ∈可推得*222k k x u x '=≤．从而*k k =．。

2009年全国高中数学联赛试题及答案

2009年全国高中数学联赛一试一、填空（每小题7分，共56分）1．若函数()f x =且()()()n nf x f f f f x ⎡⎤=⎡⎤⎣⎦⎣⎦，则()()991f = ． 2．已知直线:90L x y +-=和圆22:228810M x y x y +---=，点A 在直线L 上，B ，C 为圆M 上两点，在ABC ∆中，45BAC ∠=︒，AB 过圆心M ，则点A 横坐标范围为．3．在坐标平面上有两个区域M 和N ，M 为02y y x y x ⎧⎪⎨⎪-⎩≥≤≤，N 是随t 变化的区域，它由不等式1t x t +≤≤所确定，t 的取值范围是01t ≤≤，则M 和N 的公共面积是函数()f t = ．4．使不等式1111200712213a n n n +++<-+++对一切正整数n 都成立的最小正整数a 的值为．5．椭圆22221x y a b+=()0a b >>上任意两点P ，Q ，若OP OQ ⊥，则乘积OP OQ ⋅的最小值为．6．若方程()lg 2lg 1kx x =+仅有一个实根，那么k 的取值范围是．7．一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是（可以用指数表示）8．某车站每天800~900∶∶，900~1000∶∶都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随一旅客820∶到车站，则它候车时间的数学期望为（精确到分）．二、解答题1．（14分）设直线:l y kx m =+（其中k ，m 为整数）与椭圆2211612x y +=交于不同两点A ，B ，与双曲线221412x y -=交于不同两点C ，D ，问是否存在直线l ，使得向量0AC BD +=，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由．2．（15分）已知p ，()0q q ≠是实数，方程20x px q -+=有两个实根α，β，数列{}n a 满足1a p =，22a p q =-，()1234n n n a pa qa n --=-=，，(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式（用α，β表示）；(Ⅱ)若1p =，14q =，求{}n a 的前n 项和．3．（15分）求函数y =的最大和最小值．加试一、填空（共4小题，每小题50分，共200分）9．如图，M ，N 分别为锐角三角形ABC ∆（A B ∠<∠）的外接圆Γ上弧BC 、AC 的中点．过点C 作PC MN ∥交圆Γ于P 点，I 为ABC ∆的内心，连接PI 并延长交圆Γ于T ．⑴求证：MP MT NP NT ⋅=⋅；⑵在弧AB （不含点C ）上任取一点Q （Q A ≠，T ，B ），记AQC ∆，QCB △的内心分别为1I ，2I ，B求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．10．求证不等式：2111ln 12n k k n k =⎛⎫-<- ⎪+⎝⎭∑≤，1n =，2，…11．设k ，l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k ≥，使得C k m 与l 互素．12．在非负数构成的39⨯数表111213141516171819212223242526272829313233343536373839x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，1728390x x x ===，27x ，37x ，18x ，38x ，19x ，29x 均大于．如果P 的前三列构成的数表111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭满足下面的性质()O ：对于数表P 中的任意一列123k k k x x x ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭（1k =，2，…，9）均存在某个{}123i ∈，，使得⑶{}123min ik i i i i x u x x x =≤，，．求证：（ⅰ）最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3一定自数表S 的不同列．（ⅱ）存在数表P 中唯一的一列***123k k k x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，*1k ≠，2，3使得33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭仍然具有性质()O ．\。

09全国高中那个数学联赛二试试题答案

2009年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准（A 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．一、填空（共4小题，每小题50分，共200分）1．如图，M ，N 分别为锐角三角形A B C ∆（A B ∠<∠）的外接圆Γ上弧 B C 、 A C 的中点．过点C 作P C M N ∥交圆Γ于P 点，I 为A B C ∆的内心，连接P I 并延长交圆Γ于T ．⑴求证：M P M T N P N T ⋅=⋅；⑵在弧 A B （不含点C ）上任取一点Q （Q A≠，T ，B ），记A Q C ∆，Q C B △的内心分别为1I ，2I ，B求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．【解析】 ⑴连N I ，M I ．由于P C M N ∥，P ，C ，M ，N 共圆，故P C M N 是等腰梯形．因此N P M C =，P M N C =．ABCMNPTI连A M ，C I ，则A M 与C I 交于I ，因为M IC M A C A C I M C B B C I M C I∠=∠+∠=∠+∠=∠，所以M CM I=．同理N C N I=．于是N P M I=，P M N I =．故四边形M P N I 为平行四边形．因此P M TP N TS S =△△（同底，等高）．又P ，N ，T ，M 四点共圆，故180T N PP M T ∠+∠=︒，由三角形面积公式1sin 2P M T S P M M T P M T=⋅∠△1s i n 2P N TS P N N T P NT ==⋅∠△1s i n 2P N N T P MT =⋅∠ 于是P M M T P N N T⋅=⋅．⑵因为1111N C I N C A A C I N Q C Q C I C I N∠=∠+∠=∠+∠=∠，B所以1N CN I =，同理2M C M I =．由M P M T N P N T⋅=⋅得N T M T M PN P=．由⑴所证M PN C=，N PM C=，故12N T M T N I M I =．又因12I N T Q N T Q M T I M T∠=∠=∠=∠，有12I N T I M T∆∆∽．故12N T I M T I ∠=∠，从而1212I Q I N Q M N T M I T I ∠=∠=∠=∠．因此Q ，1I ，2I ，T 四点共圆． 2．求证不等式：2111ln 12nk k n k =⎛⎫-<- ⎪+⎝⎭∑≤，1n =，2，…【解析】证明：首先证明一个不等式：⑴ln (1)1x x xx<+<+，0x>．事实上，令()ln (1)h x x x =-+，()ln (1)1x g x x x =+-+．则对0x>，1()101h x x'=->+，2211()1(1)(1)x g x xx x '=-=>+++．于是()(0)0h x h >=，()(0)0g x g >=．在⑴中取1xn=得⑵111ln 11n n n ⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭．令21ln 1nnk k x nk==-+∑，则112x =，121ln 111n n nx x nn -⎛⎫-=-+ ⎪+-⎝⎭211n n n<-+210(1)n n=-<+因此1112n n x x x -<<<=．又因为111ln (ln ln (1))(ln (1)ln (2))(ln 2ln 1)ln 1ln 1n k n n n n n k -=⎛⎫=--+---++-+=+⎪⎝⎭∑ ．从而12111ln 11nn n k k k x kk -==⎛⎫=-+ ⎪+⎝⎭∑∑12211ln 111n k k n kk n -=⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭∑12111n k k k k -=⎛⎫>- ⎪+⎝⎭∑1211(1)n k kk-==-+∑111(1)n k k k-=-+∑≥111n=-+>-．3．设k ，l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k≥，使得C k m 与l 互素．【解析】证法一：对任意正整数t ，令(!)mk t l k =+⋅⋅．我们证明()C 1k ml =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：C kmpŒ．若!p k Œ，则由1!C ()kkm i k m k i ==-+∏1[((!)]ki i t l k =≡+∏1ki i =≡∏()1!m o d k pα+≡．及|!p k α，且1!pk α+Œ，知|!C kmpk α且1!C kmp k α+Œ．从而C kmpŒ．证法二：对任意正整数t ，令2(!)mk t l k =+⋅⋅，我们证明()C 1k ml =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：C kmpŒ．若!p k Œ，则由1!C ()kkm i k m k i ==-+∏21[((!)]ki i t l k =≡+∏1ki i =≡∏()!m o d k p ≡．即p 不整除上式，故C kmp Œ．若|!pk ，设1α≥使|!p k α，但1!p k α+Œ．12|(!)pk α+．故由11!C ()k km i k m k i -==-+∏21[((!)]ki i t l k =≡+∏1ki i =≡∏()1!m o d k pα+≡及|!p k α，且1!p k α+Œ，知|!C kmp k α且1!C kmp k α+Œ．从而C kmpŒ．4．在非负数构成的39⨯数表111213141516171212223242526272829313233343536373839x xx x x x xxx P xx x x xxxx x x xxxx x xx x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭ 中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，1728390x x x ===，27x ，37x ，18x ，38x ，19x ，29x 均大于．如果P 的前三列构成的数表111213212223313233x xx S xx x x xx ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭满足下面的性质()O ：对于数表P 中的任意一列123k kkx x x ⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭（1k =，2，…，9）均存在某个{}123i ∈，，使得 ⑶{}123m in ik i i i i x u x x x =≤，，．求证：（ⅰ）最小值{}123m in ii i i u x x x =，，，1i =，2，3一定自数表S 的不同列．（ⅱ）存在数表P 中唯一的一列***123k k k x x x ⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，*1k ≠，2，3使得33⨯数表***111212122231323k kk x x xS x x x x x x ⎛⎫⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭仍然具有性质()O ．【解析】（ⅰ）假设最小值{}123m in ii i i u x x x =，，，1i =，2，3不是取自数表S 的不同列．则存在一列不含任何i u ．不妨设2i i u x ≠，1i =，2，3．由于数表P 中同一行中的任何两个元素都不等，于是2i i u x <，1i =，2，3．另一方面，由于数表S 具有性质()O ，在⑶中取2k=，则存在某个{}123i ∈，，使得02iix u ≤．矛盾．（ⅱ）由抽届原理知{}1112m in x x ，，{}2122m in x x ，，{}3132m in x x ，中至少有两个值取在同一列．不妨设{}212222m in x x x =，，{}313232m in x x x =，．由前面的结论知数表S 的第一列一定含有某个i u ，所以只能是111x u =．同样，第二列中也必含某个i u ，1i =，2．不妨设222x u =．于是333u x =，即i u 是数表S中的对角线上数字．111213212223313233x x x S x x x xx x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭记{}129M = ，，，，令集合{}{}12|m in 13ik i i I k Mx x x i =∈>=，，，．显然{}111332|k k I k M x x x x =∈>>，且1，23I ∉．因为18x ，38111x x >≥，32x ，所以8I ∈．故I ∅≠．于是存在*k I ∈使得{}*22m a x |k k x x k I =∈．显然，*1k ≠，2，3．下面证明33⨯数表***111212122231323k kk x x xS x x x x x x ⎛⎫⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ．从上面的选法可知{}{}*1212:m in m in i i i i i ik u x x xxx '==，，，，(13)i =，．这说明{}*111211m in k xx x u >，≥，{}*313233m in kx x x u >，≥．又由S满足性质()O ．在⑶中取*k k =，推得*22k xu ≤，于是{}**2212222m in k k u x x x x'==，，．下证对任意的k M ∈，存在某个1i =，2，3使得i iku x '≥．假若不然，则{}12m in ik i i x x x >，，1i =，3且*22kk x x>．这与*2k x 的最大性矛盾．因此，数表S '满足性质()O ．下证唯一性．设有k M ∈使得数表111212122231323k kkx x x S x x x xx x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ，不失一般性，我们假定 {}111121311m i n u x x x x ==，，⑷{}221222322m in u x x x x ==，，{}331323333m i n u x x x x ==，，3231x x<．由于3231x x <，2221x x <及（ⅰ），有 {}11112111m in k u x x x x ==，，．又由（ⅰ）知：或者()a {}3313233m in k k u x x x x ==，，，或者 {}2212222()m in k kb u x x x x ==，，．如果()a 成立，由数表 S具有性质()O ，则{}11112111m i n ku x x x x ==，，， ⑸ {}22122222m in k u x x x x ==，，，{}3313233m i n kku x x xx==，，．由数表S 满足性质()O ，则对于3M∈至少存在一个{}123i ∈，，使得*i ik u x ≥．由*k I ∈及⑷和⑹式知， *1111k x x u >=， *3323kx x u >=．于是只能有*222kk xu x =≤．类似地，由S '满足性质()O 及k M ∈可推得*222kk x u x '=≤．从而*k k=．。