全国高中数学联赛一试试题

1、精品文档2013 年全国高中数学联赛一试试题一填空题：本大题共8 小题，每小题8 分，共 64 分。1.设集合 A2,0,1,3 ，集合 BxxA,2x2A ，则集合 B 中所有元素的和为2.在平面直角坐标系xOy 中，点 A、 B 在抛物线 y24x 上，满足 OA OB4 ，F 是抛物线的焦点，则 S OFASOFB=3.在 ABC 中，已知 sin A 10 sin B sin C ,cos A10 cos B cosC ，则 tan A 的值为4.已知正三棱锥P ABC 的底面边长为1，高为2 ，则其内切球半径为5.设 、为实数，函数 f ( x)axb 满足：对任意x 0,1 ，有f

2、 ( x)1，则 ab 的最大a b值为6.从 1,2,20 中任取5 个不同的数，其中至少有2 个是相邻数的概率为7.若实数 x， y 满足 x4 y 2xy ，则 x 的取值范围是8.已知数列an 共有 9 项，其中 a1a91，且对每个 i1,2, ,8 均有 ai12,1,1 ，ai2则这样的数列的个数为二解答题：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.（本题满分 16 分）给定正数数列 xn满足 Sn2Sn 1 , n2,3, , 这里 Sn x1xn .证明：存在常数C 0,使得xn C 2n ,n1,2,10.（本题满分20分）在平面直角坐标系x

3、Oy中，椭圆的方程为x2y21(ab 0) ，a2b2A1 , A2 分别为椭圆的左、 右顶点， F1 , F2 分别为椭圆的左右焦点，P 为椭圆上不同于A1和 A2的任意一点 .若平面中有两个点 Q, R 满足 QA1PA1, QA2PA2 , RF1PF1, RF2PF2,试确定线段 QR 的长度与 b 的大小关系，并给出证明。11（.本题满分20 分）设函数 f ( x)ax 2b ，求所有的正实数对(a, b) ，使得对任意实数x, y均有 f ( xy)f (xy)f ( x) f ( y).精品文档2013 年全国高中数学联合竞赛加试试题一（本题满分40 分）如图， AB 是圆的一

4、条弦， P 为弧 AB 内一点， E、F 为线段 AB 上两点，满足AE =EF =FB .连接 PE、 PF 并延长，与圆分别项交于点C、 D.求证：EF CDAC BD(解题时请将图画在答卷纸上)二（本题满分40 分）给定正整数u、v.数列an 的定义如下：a1uv ，对整数 m1，a2mamu,a2m 1amv.记 Sm a1 a2am (m 1,2, ) .证明：数列 Sn中有无穷多项是完全平方数。三（本题满分50 分）一次考试共有m 道试题， n 个学生参加，其中 m,n 2为给定的整数.每道题的得分规则是：若该题恰有x 个学生没有答对，则每个答对盖提的学生得x 分，未答对的学生得0

5、 分 .每个学生的总分为其 m 道题的得分总和 .将所有的学生总分从高到低排列为 p1 p2pn ，求 p1 p2 的最大可能值。四（本题满分50 分）设 n, k 为大于 1 的整数， n2k.证明：存在 2k 个不被 n 整除的整数，若将他们任意分成两组，则总有一组有若干个数的和被n 整除。.精品文档五2013 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8 分和 0 分；其他各题的评阅，请严格按照本标准评分档次给给分，不要增加其他中间档次。2.如果考生的解答和本解答的不同，只要给合理的思路、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档

6、次评分，解答题中第9 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：本大题共8 小题，没小题8 分，共 64 分 .1.答案： -5【解答】易知 B2,0, 1,3.当 x2,3时，2x22, 7，有 2x2A ；而当 x0, 1时， 2x22,1，有 2x2A.因此，根据 B 的定义可知 B2,3.所以，集合 B 中所有元素的和为 -5.2.答案： 2【解答】点 F 的坐标为（1,0） .设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ，则 x1y12, x2y22，故444 OA OB = x1x2y1 y21 ( y1 y2 )

7、2y1 y2即 1 ( y1 y2168)20 ，故 y1 y2816S OFAS OFB(1 OFy1 ) ( 1 OFy2 ) =2y1 y2 =21 OF2243.答案： 11【解答】由于 sin Acos A10(sin B sin Ccos B cosC )10 cos(BC )10 cos A ，所以 sin A 11cos A ，故 tan A1124.答案：6【解答】如图，设球心O 在面 ABC 与面 ABP 内的摄影分别为H 和 K，AB 中点为 M，内切球半径为 r,则 P、 K 、 M 共线，PHMPKO，2且 OHOKr , POPHOH2r , MH3 AB366.P

8、MMH2PH 2= 215 3,于是1262解得： r65.答案： 14【解答】易知 af (1) f (0), bf (0)，则ab f (0)( f (1)f (0)( f (0)1f (1) 22当 2 f (0)f (1)1 即 a1b时， ab2精品文档rOKMH12 rsinKPO5POPM1 ( f (1) 21 ( f (1) 2144411，故 ab 的最大值为442326.答案323【解答】设 a1a2a3 a4a5 取自 1,2, ,20 .若 a1, a2 ,a3 , a4 ,a5互不相邻，则1 a1a21 a32 a43 a5 4 16由此可知从 1,2,20 中取

9、5 个互不相邻的数的选法与从1,2, ,16 中取 5 个不同的数的选法相同，即 C165 种.所以从 1,2,20 中任取 5 个不同的数，其中至少有2 个是相邻的概率为：C205C1651C165232C205C2053237.答案： 04,20【解答】 令ya, x y b(a,b 0) ，此时 xy( x y)a2b2，且条件中等式化为 a2b24ab ，从而 a, b 满足方程： (a 2) 2(b1) 25( a, b0).精品文档如图所示，在 aOb 平面内，点 (a, b) 的轨迹是以(1,2) 为圆心，5 为半径的圆在 a, b0 的部分，即点 O 与弧 ACB 的并集，因此

10、a2b20 2,25 ，从而x a 2b20 4,208.答案： 491.【解答】令 biai 1(1i8) ，则对每个符合条件的数列88ai 1a91aian ，有biaia1i1i 1且 bi2,1, 1（ 1i8 ）2反之，由符合条件的8 项数列 bn可能唯一确定一个符合题设条件的9 项数列 an。记符合条件的数列bn的个数为 N，显然 bi (1 i 8)1，即 2k 个1中有偶数个2；继2而有2k个 2，4k个 1.当给定 k 时，bn2k2k种，易见 k 的可能值只有： 0,1,28的取法有 C8 C8 2 k所以 N1 C82C62C84C441 281570 1 491因此，根

11、据对应原理，符合条件的数列an 的个数为 491.二解答题：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.【解答】当 n2 时， Sn2Sn 1 等价于xnx1xn 1对常数 C1 x1 ，用数学归纳法证明：xnC2n , n1,2,4n1 时结论显然成立 .又 x2x1 C22对 n3 ，假设 xkC 2k , k1,2, n 1，则由式可知xnx1( x2xn 1) x1(C 22C 2n 1) = C 2n.精品文档所以，由归纳法可知上式成立。10.【解答】令 ca2b2 ，则 A1( a,0) ， A2 ( a,0) ， F1 (c,0) ， F2 (c,0

12、) .设 P(x0 , y0 ) ，Q( x1, y1 ), R( x2 , y2 ) ，其中x02y021 ， y00 .由 QA PA1 , QA2PA2可知：a2b2A1Q A1P(x1a)( x0a)y1 y00 A2Q A2 P( x1a)( x0a)y1 y00将、相减得：2(x1x0)0 ，即x1x0，将其代入可得：x2a2y y 0a01故 y1x02a2，于是 Q(x0 , x02a2)y0y0根据 RF1PF1, RF2PF2 ,同理可得 R(x0 , x02c2)y0因此 QRx02a2x02c 2b2y0y0y0由于 y0(0,b ，故 QRb （其中等号成立的充分必要

13、条件是y0b，即点 P 的坐标是(0, b) ）11.【解答】已知条件可以转化为：对任意实数x, y ，有(ax 2 y 2b)(a( xy) 2b)(ax2b)(ay 2b) 先寻求ab所满足的必要条件，在中令y0得： b(ax 2b)(ax2b)b、即对任意的实数x，有： (1b) ax2b(2b)0由于 a0，故 ax 2 可以取到任意大的值，因此必有1b 0 ，即： 0b1在式中再令 yx ，得： (ax4b)b( ax2b) 2 ，即对任意实数x,有( a a2 ) x42abx2( 2bb2 )0 将 式 的 左 边 记 作 为 g( x) ， 显 然 aa20 （ 否 则 ， 由

14、 a0 可 知 a1，此时g( x)2bx2(2bb2 ) ，其中 b0 ，故 g ( x) 可取到负值，矛盾） ，于是.精品文档( a a2 )( x2ab2 ) 2(ab )2b2g( x)22baaa a= (aa2 )( x2b ) 21b(22ab)0对一切实数 x 成立，从而必有： a a20 ，1aa即 0 a 1进一步考虑到b0 ，再根据g(bb(22ab)0 ，可得： 2a b 211 a)aa1至此，求得 a,b 满足的必要条件如下：0 b 1,0 a 1,2a b2 下面证明，对满足的任意实数对 ( a, b) 以及任意实数x, y ，总有成立，即：h( x, y) (a

15、a2 )x 2 y2a(1 b)( x2y2 )2axy(2b b2 )对任意 x, y 取非负值。事实上，在式成立时，有a(1b)0, aa20,b(22ab)01a再结合 x2y22xy ，可得：h( x, y) (aa2 ) x2 y2a(1 b)( 2xy)2axy( 2bb2 )= ( aa2 ) x2 y22abxy2bb2= ( a a2 )( xyb )2b (2 2a b) 01a1 a综上所述，所求的正实数对( a, b)全体为 (a, b) 0b1,0a1,2ab 2.精品文档2013 年全国高中数学联赛加试试题参考答案及评分标准一【证明】连接 AD , BC ,CF ,

16、 DE.由于AE EFFB从而,BC sinBCEBE2AC sin=AEACE同理可得：AD sinADFAF2BD sinBDFBF另一方面，由于BCEBCPBDPBDFACEACPADPADF故将两式相乘可得：BC AD4 ，即AC BDBC AD4AC BD由托勒密定理AD BCAC BDAB CD由得：ACCD3AC BD即： EF CD AC BD二【证明】对正整数n ，有S2 n 1 1 a1(a2a3 ) ( a4a5 )( a2n 1 2a2n 1 1 )= u v (a1u a1v) ( a2u a2v)(a2n 1 u a2n 1 v)= 2n (u v) 2S2n 1所

17、以 S n12n 1(u v) 2S n 112n 1 (u v) 2( 2n 2 (u v) 2S n 2)2221n 12= 2 2(uv)2 S2 n 2 1= (n1) 2n 1(uv)2n 1 (uv).精品文档= (u v) n 2n 1设 u v2kq ，其中 k是非负整数， q 是奇数 .取 nql 2 ，其中 l 为满足 lk 1(mod 2)的任意正整数，此时S2n1 q2l 22k 1ql 2，注意到 q 是奇数，故：k 1 ql 2k1l 2k1(k1)2k(k1)0(mod 2)所以， S n1是完全平方数 .由于 l 有无穷多个，故数列Sn 中有无穷多项是完全平方数

18、。2三【解答】对任意的 k1,2,m, 设第 k 题没有答对者有xk 人，则第 k答对者有 nxk 人，由得分规则知，这 nxk 个人在第 k 题均得到 xk 分 .设 n 个学生的得分和为S，则有nmmmxk2piSxk ( n xk ) nxki1k 1k 1k 1因为每一个人在第k 道题上至多得xk 分，故mp1k 1xk由于 p2pn ，故有 pnp2p31pnSp1 ，所以nn1p1 pnp1S p1n 2Sn 2m1mm2n 1p1xk(n xkxk )n 1n 1 n 1 k 1n 1k 1k 1m1m= 2xk1 kxk2k 1n1m1m由柯西不等式可得：xk2(xk )2k 1m k 1m1mxk )2 =1mm(n 1)2于是 p1pm2 xk1)(xkm(n 1)k1m(nk 1m(n 1)k 1m (n1)另一方面，若有一个学生全部答对，其他n1个学生全部答错，则mp1pnp1(n1)m(n1)k 1.精品文档综上所述， p1 pn 的最大值为 m(n1)四【证明】先考虑 n 为 2