全国高中数学联赛试卷.pdf

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1、全国高中数学联赛试卷（2011）第一试一、填空题（每小题一、填空题（每小题 8 8 分，共分，共 6464 分）分）1 设集合A a,a,a,a，若A中所有三元子集的三个1234元 素 之 和 组 成 的 集 合 为A B 1,3,5,8，则 集 合2函数f(x)x 1x 12的值域为1a1b 223 设a,b为 正 实 数，l o g b a，(a b)2 4(ab)3，则4如果cos5 sin 7(sin cos)533，0,2)，那么的取值范围是5 现安排 7 名同学去参加 5 个运动项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安

2、排方案数为（用数字作答）6在四面体AD BD 3A B C D中，已知ADB BDCABCD CDA 60，CD 2，则 四 面 体的 外 接 球 的 半 径交于A,B两点，C为抛C为7直线x 2 y 1 0与抛物线y物 线 上 的 一 点，2 4xACB 90，则 点的 坐 标为8已知aC6n3200 nn2001(n 1,2,95)2n，则数列a 中整数n项的个数为二、解答题（本大题共二、解答题（本大题共 3 3 小题，共小题，共 5656 分）分）9（16 分）设函数f(x)|lg(x 1)|，实数a,b(a b)满足f(a)f(b 1b 2)，f(10a 6b 21)4 lg 2，求a

3、,b的值n1n 1n10（20 分）已知数列a 满足：a 2t 3(t R R 且t 1)，(2t 3)a 2(t 1)t 1a(n N N)a 2t 1n*n 1nn（1）求数列a 的通项公式；n（2）若t 0，试比较a与a的大小n1n11（本小题满分 20 分）作斜率为1的直线l与椭3圆C：36x2y24 1交于A,B两点（如图所示），yPOAxB且P(32,2)在直线l的左上方（1）证明：PAB的内切圆的圆心在一条定直线上；（2）若APB 60，求PAB的面积解答13,0,2,6.提示：显然，在A的所有三元子集中，每个元素均出现了 3 次，所以3(a故a11 a2 a3 a4)(1)3

4、5 8 15，a2 a3 a4 5，于是集合A的四个元素分别为 5（1）6，532，550，583，因此，集合A 3,0,2,622(1,)2(,.提示：设x tan,22，且4，11cos则f(x)tan1sin cos12 sin(224 设u)2(n is4)，则2 u 1，且u 0，所以f(x)1u(,(1,)2ab13-1.提示：由1 22，得a b 2ab(a b)2又 8(ab)2 4ab (a b)2 4ab 4(ab)4 2ab(ab)33，即a b 22aba b 22ab于是再由不等式中等号成立的条件，得ab 1 与联a 立解得b a 或b 2 1,2 1,2 1,2 1

5、,故logab 154 44,54.提示：不等式cos等价于sin3 sin 7(sin cos)533173sin cos175317cos5.54又f(x)xx5是(,)上的增函数，所以sin cos，故2k4 2k(k Z Z)因为 0,2)，所以的取值范围是4,54515000.提示：由题设条件可知，满足条件的方案有两种情形：（1）有一个项目有 3 人参加，共有C方案；（2）有 两 个 项 目 各 有 2 人 参 加，共 有12(C7C5)5!C55!11400222375!C55!36001种种方案；15000所以满足题设要求的方案数为3600 1140063.提示：设四面体ABCD

6、的外接球球心为O，则O在过ABD的外心N且垂直于平面ABD的垂线上由题设知，ABD是正三角形，则点N为ABD的中心设P,M分别为AB,CD的中点，则N在DP上，且ON DP，OM CD因为CDA CDB ADB 60，设CD与平面ABD所成角为，可求得cos13,sin2323 DP 23323 3C在DMN中，DM由余弦定理得MN212CD 1,DN DMOBNAP 1(3)2 13 2213 2，故MN 2四边形DMON的外接圆的直径OD MNsin2233故球O的半径R 3，由7(1,2)或(9,6)提示：设A(x,y),B(x,y),C(tx 2 y 1 0,得y 8 y 4 0，则y

7、 y 8，y y 4y 4x,112222,2t)21212又x1 2 y11,x2 2 y21，所以x1 x2 2(y1 y2)2 18，x1 x2 4 y1 y2 2(y1 y2)1 1，因为ACB 90，所以CA CB 0，即有(t x1)(t x2)(2t y1)(2t y2)022即t即t4(x1 x2)t x1 x2 4t 2(y1 y2)t y1 y2 014t16t 3 0222，则点C在直线x 2 y 1 04，即(t2 4t 3)(t 4t 1)02显然t2 4t 1 0，否则t2 2 2t 1 0上，从而点C与点A或点B重合所以tt1 1,t2 32 4t 3 0，解得故

8、所求点C的坐标为(1,2)或(9,6)200 nn200400 5 n815.提示：aCn33 26要使an(1 n 95)为整数，必有2003 n,4006 5n均为整数，从而6|n 4当n 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80 时，200 n3和4006 5n均为非负整数，所以a为整数，共有 14 个n当n 86时，aC8686200338 25，在 C86200200!86!114!中，200!中因数，2 的个数为 200 200 200 200 200 200 200 234567 1972222222同理可计算得86!中因数 2 的个数为 8

9、2，114!中因数 2 的个数为 110，所以 C 中因数 2 的个数为197 82 110 5，故86200a86是整数当n 92时，aC9292200336 210，在 C92200200!92!108!中，同样可求得92!中因数 2 的个数为 88,108!中因数 2 的个数为 105,故 C 中因数 2 的个数为197 88 105 4，故a不是整数8620092因此，整数项的个数为14 1 15 19因为f(a)f(bb)，所以2|lg(a 1)|lg(b 1b 2 1)|lg(1b 2)|lg(b 2)|，所以a 1 b 2或(a 1)(b 2)1，又因为a b，所以a 1 b 2

10、，所以(a 1)(b 2)1又由f(a)|lg(a 1)|有意义知0 a 1，从而0 a 1 b 1 b 2，10b 2于是0 a 1 1 b 2 所以(10 a 6b 21)1 10(a 1)6(b 2)6(b 2)b10 1 2从而f(10 a 6b 21)|lg 6(b 2)10b 2|lg 6(b 2)又f(10a 6b 21)4 lg 2，所以lg 6(b 2)b10 4 lg 2，21故6(b 2)b10 16解得b 或b 1（舍去）232把b 1代入(a 1)(b 2)1解得a 所以35a 11，b 53210（1）由原式变形得an 1 1tn 1an 12(tn 1 1)(an

11、 1)nan 2t 1，则2(an 1)t1nan 11an 2t1 2nt12bnbn2(an 1)n 212记at又故an 1t1nnn 111bn 1 bn1，则b12b1,1n 1，b 22(t1)n2(t1)nnn1a1 1t 112t 2t 1n21bn1，从而有2bnb1(n 1)，2n，于是有n 1an1)1nn 1（2）a2(t 1)n(n 1)2(t 1)n(n 1)2(t 1)2 an2(tn 1n 1n 1nn 1n(1 t tnt(tn t)(n 1)(1 t t)2(t 1)n(n 1)n 2)(1 t tn 1(tn1)(t t)(t tn)n 1n(n 1)tn

12、 2 1)t(t tn 3 1)tn 1，显然在t 0(t 1)时恒有a将y 3x m代入361x2n 1 an 0，故an 1 an12211（1）设直线l：y 1x m，A(x,y),B(x,y)31y24 1中，化简整理得22x 6mx 9m 36 02y12x1 32,kPBy22x2 32于是有x1 x2 3m,x1x29m 3622，kPA 则kPA kPBy12x1 32(y1y22x2 322)(x1 32)，2)(x2 32)(y2(x1 32)(x2 32)m 2)(x2 32)(2)13x2 m 2)(x1 32)上式中，分子(1x32321x1x2(m 22)(x1 x

13、2)62(m 2)29m 36(m 22)(3m)62(m 32 3m12 3m 62m 62m 12 022，从而，kPA kPB 0又P在直线l的左上方，因此，APB的角平分线是平行于y轴的直线，所以PAB的内切圆的圆心在直线x 32上（2）若APB 60 时，结 合（1）的 结 论可 知，代入36x2kPA3,kPB 32 3(x 32)直线PA的方程为：y 消去y得14 x32(13 33)142y24 1中，即 96(1 33)x 18(13 33)01它的两根分别是x和32，所以x132 18(13 33)14x1所以|PA|1 (3)|x1 32|2(33 1)7232(33 1

14、)7同理可求得|PB|3SPAB12所以|PA|PB|sin 60132(33 1)32(33 1)32772117349.第二试（加试）1.1.（4040 分）分）如图，P,Q分别是圆内接四边形ABCD的对角线AC,多项式f(x)x an1xnn1BD的中点若BPA DPA，证明：AQB CQB2.2.（4040 分）分）证明：对任意整数n 4，存在一个n次 a1x a0具有如下性质：（1）a0,a1,an1均为正整数；（2）对任意正整数m，及任意k(k 2)个互不相同的正整数r,r,r，均有12kf(m)f(r1)f(r2)f(rk)是给定的正实数，jk3.3.（5050 分分）设a,a1

15、2,an(n 4)a1 a2 an对任意正实数r，满足aan ai aj r(1 i j k n)的三元数组(i,j,k)的个数记为f证明：fn(r)(r)n244.4.（5050 分）分）设 A 是一个3 9的方格表，在每一个小 方 格 内 各 填 一 个 正 整 数 称 A 中 的 一 个m n(1 m 3,1 n 9)方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为 10 的倍数称 A 中的一个11的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”求 A 中“坏格”个数的最大值解 答1.1.延 长 线 段C P E D P A B P ADP与 圆 交 于 另 一 点E，则D，又P是线段AC的中点

16、，故，所以ABDPCD，于1212AB CE，从而CDP BDAAQFPBEC PCD又ABD是BDABABACPCCD，即AB CD PC BD.AB CD AC BD AC(BD)AC BQ从而有BQCD，即又A B Q A C D，所以ABQACD，所以Q A B D A C延长线段AQ与圆交于另一点F，则CAB DAF，故BC DF又因为Q为BD的中点，所以CQB DQF DQF又AQB，所以AQB CQB2.2.令f(x)(x 1)(x 2)(x n)2，将的右边展开即知f(x)是一个首项系数为1的正整数系数的n次多项式下面证明f(x)满足性质（2）对任意整数t，由于n 4，故连续的

17、n个整数t 1,t 2,t n中必有一个为 4 的倍数，从而由知f(t)2(mod 4)因此，对任意k(k 2)个正整数r,r,r，有12kf(r1)f(r2)f(rk)2k 0(mod 4)但对任意正整数m，有f(m)2(mod 4)，故f(m)f(r1)f(r2)f(rk)(mod 4)，从而f(m)f(r)f(r)f(r)所以f(x)符合题设要求12k3.3.对给定的j(1 j n)，满足1 i j k n，且aj aiak aj rj的三元数组(i,j,k)的个数记为g(r)注意到，若i,j固定，则显然至多有一个k使得成立因i j，即i有j 1种选法，故g，即k有n j种选法，故gj(

18、r)j 1同样地，若j,k固定，则至多有一个i使得成立 因k jj(r)n j从而gj(r)min j 1,n j因此，当n为偶数时，设n 2m，则有n1m 12m 1m2m 1fn(r)j2gj(r)j22gj(r)jmgj(r)j2(j 1)(2m j)m(m 1)2m(m 1)2jm 1 m2 m mn12n4当n为奇数时，设n 2m 1，则有m2mjfn(r)gj2j(r)gj2(r)gjm 1j(r)m2m(j 1)(2m 1j2jm 1j)m2n244.4.首先证明 A 中“坏格”不多于 25 个用反证法假设结论不成立，则方格表A中至多有 1 个小方格不是“坏格”由表格的对称性，不

19、妨假设此时第 1 行都是“坏格”设 方 格 表A第i列 从 上 到 下 填 的 数 依 次 为a,b,c,i 1,2,9记Sa,T(b c),k 0,1,2,9，这里S T 0kkiiikikii00i1i1我们证明：三组数S0,S1,S9；T,T,T及S0190 T0,S1 T1,S9 T9都是模 10 的完全剩余系事实上，假如存在m,n,0 m n 9，使Sm Sn(mod 10)，则nai m 1i Sn Sm 0(mod 10)，即第 1 行的第m 1至第n列组成一个“好矩形”，与第 1行都是“坏格”矛盾又假如存在m,n,0 m n 9，使Tnm Tn(mod 10)(bi m 1i

20、ci)Tn Tm，则 0(mod 10)，即第 2 行至第 3 行、第m 1列至第n列组成一个“好矩形”，从而至少有 2 个小方格不是“坏格”，矛盾类似地，也不存在m,n,0 m n 9，使Sm Tm Sn Tn(mod 10)，因此上述断言得证故99k9kSk 0Tk 0(Sk 0k Tk)0 1 2 9 5(mod 10)所以99k9k(Sk 0 Tk)Sk 0Tk 0k 5 5 0(mod 10)，矛盾！故假设不成立，即“坏格”不可能多于 25 个另一方面，构造如下一个3 9的方格表，可验证每个不填 10 的小方格都是“坏格”，此时有 25 个“坏格”综上所述，“坏格”个数的最大值是 251112111110111111111111 1011112