2009-2010年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试题

1、2009 年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试题第一试（8080 分钟）一、填空题（本题满分 5656 分，每小题 8 8 分）2 *1.已知数列an的前n项和Snn 3n 4nN，则3l3335L 321 _-2. 若集合A x|Jx 3 ax 1,x R为空集，则实数a的取值范围是 _ .3. 设x、y为实数，2x y 1,则二元函数u x24x y22y的最小值是_2 24. 设F1、F2分别是双曲线 笃 爲1的左、右焦点，以FE为直径的圆交双曲线左支a b于A、B两点，且AF1B 120.双曲线的离心率的值介于整数k与k 1之间，则k _.5. 已知长方体ABCD A1B1C1D1的体积为

2、216，则四面体AB1CD1与四面体ABCQ的重叠部分的体积等于 _.6.设x表示不 大于x的 最大 整数， 则log31 log32 log33 L log3258 _.7. 设方程x2n 1a2nX2na?n 1X2n 1L a/ a。0的根都是正数，且a12n 1,则ao的最大值是_.8.2009 1911的方格棋盘的一条对角线穿过 _ 个棋盘格.二、解答题（本题满分 1414 分）44求函数f x sin x tanx cos x cotx的值域.三、解答题（本题满分 1515 分）2如图，抛物线y 2x及点P 1,1,过点P的不重合的直线h、I2与此抛物线分别交于点A,xB,C,D证

3、明：A,B,C,D四点共圆的充要条件 是直线ll与12的倾斜角互补.四、解答题（本题满分 1515 分）b是正数，且a 1，b 1，求证：a51b51a4164第二试（150150 分钟）、（本题满分 5050 分）如图，在ABC中，DE II BC, ADE的内切圆与DE切于点M,ABC的BC边上的旁切圆切BC于点N，点P是BE与CD的交点，求证M、N、P三点共 线.、（本题满分 5050 分）设k,n为给定的整数，n k 2.对任意n元的数集P，作P的所有k元子集的 元素和，记这些和组成的集合为Q，集合Q中元素个数是CQ，求CQ的最大值.三、（本题满分 5050 分）2ns, 口小2丄,n

4、s是互不相同的正整数，求证:n12n22n2ns_l221f(n+ 1)恒成立，则实1 1数 a 的取值范围是_ .答案：(7,-专)简解：(方法一)因为当 n 8 时，f(n) f(n+1)恒成立，所以 av0，此时 f(n) f(n + 1)恒 成立等价于 f(8)f(9)，即 64a + 8 81a+ 9,解得 av-丄.171 1 1 因为 f(3)vf(4)，所以 9a+3v16a+4,解得 a-.1卩 a(-,-石).(方法二)考察二次函数 f(x)= ax2+ x 的对称轴和开口方向. 因为当 n 8 时，f(n)f(n+ 1)恒成立，所以 av0，且v虫，解得 av-.2a 2

5、1717111因为 f(3)vf(4)，所以一 2 2 解得 a- 7.即卩 a ( ,).4.已知 ABCD A1B1C1D1是边长为 3 的正方体，点 P、Q、R 分别是棱 AB、AD、AA1上的点，AP=AQ= AR= 1,则四面体 C1PQR 的4体积为_.答案：4简解：因为 CQ 丄面 ABCD，所以 C1C 丄 BD.又因为 AC 丄 BD ,所以 BD 丄面 ACC1，所以 ACBD.又 PQ / BD，所以 ACPQ . 同理 ACQR.所以 AC面 PQR.因为 AP=AQ= AR= 1,所以 PQ = QR= RP=1 11因为 AC1= 3 . 3,且 VA-PQR= 1

6、1 12 1 = 1，所以3 26B15.数列an满足a12, an 1an1 anN* .记 Tn= a2an,则 T2010等于VC1-PQR= 3 ( . 2)233 VA-PQR=4.1 1答案：一 6简解：易得：a1= 2, a2= 3, a3= , a4= 3, a1a2a3a4= 1.又 a5= 2 = a1,由归纳法易知an+4= an, n N* .所以 T2010= T2008xa2009Xa2010= a1a2= 6.骰子 10 只.一次掷4只、3只骰子,分别得出各只骰子正面朝上的点数之和为6的概率的比为答案： 1:6.提示：掷 3 只骰子，掷出 6 点的情况为10概率为

7、 61,1, 4; 1, 2, 3;2,2, 2.共 3+3!+仁 10 种,3掷 4 只骰子，掷出 6 点的情况为1,1, 1, 3； 1, 1,2,2.共 4+C4=10 种，概率10为6_.所以概率的比为10 10346 : 61:67.在厶 ABC 中，已知 BC = 5, AC= 4, cos(A B) =7,811 .答案：兀简解：因BC AC，故A B.如图，作 AD, 使/ BAD= ZB,则/ DAC= ZAZB.设 AD = BD = x,贝 U DC= 5 X-在厶 ADC 中，由余弦定理得 x= 3.再由余弦定理得 cosC =更16&在平面直角坐标系 xOy 中，抛物

8、线 y2= 2x 的焦点为 F.设 M 是抛物线上的动点，则.答案:则 cosC =MF 的最大值为简解：设点 M(x, y),则(M)令 4x 1 = t,当 t 0 时，则(器)2= 1 +2x2+ y24x2+ 8x , 4x 12= = = 1 +1)24x2+ 4x+ 14x2+ 4x+ 1 414w1 + 1 = 4，且当 t= 3, 即卩 x= 1 时，等号成立.933t + 6+ -所以 MF 的最大值为备3,此时点 M 的坐标为(1 , , 2).二、解答题(本题满分 16 分) 如图，点 P 是半圆 C: x2+ y2= 1(y0)上位于 x 轴上方的任意一点，A、B 是直

9、径的两个端点，以 AB 为一边作正方形 ABCD , PC 交 AB 于 E, PD 交 AB 于 F，求证：BE, EF, FA 成等比数列.6.骰子是一个立方体，6个面上分别刻有1、2、3、4、5、6点现有质地均匀的 证明：设 P(cosasina,)C(12),D(1, -2),E(X1,0),F(x2,0).C因为点 P、E、C 三点共线，所以sin+2= ,cos + 1X1+ 1x2(cos + 1)1X1= I .sin + 2所以1 . 四、解答题(本题满分20 分)数列an中，已知 a1 (1, 2), an+1= an33an2+ 3an, n N*，求证：1 (a1 a2

10、)( a31) + (a2 a3)( a4 1) + + (an an+1)( an+2 1)V4.证明：(方法一一 )由 an+1= an3 3an2+ 3an，得 an+1一 1 = (an一 1)3.令 bn= an 1，贝y0Vb1V1 , bn+1= bn3Vbn, 0VbnV1 .所以 (ak ak+1)( ak+2 1) = (bk bk+1) x bk+21=(bkbk+1)xbk+13V(bkbk+1)x(bk3+bk2bk+1+bkbk+12+bk+13)所以所以所以由点p、F、D 三点共线，所以霜+221X21X2=型逬一 n +1.sin + 22sina10 分2(c

11、os + 1)BE=x1+1= sin + 2，EF=x2x1= sin + 2,FA=2(cos 1)sin2（cosBEFA=Xsin + 2 sin + 2即 BE, EF , FA 成等比数列.三、解答题（本题满分20 分）所以(sinEF2.16 分设实数a,m满足a2.3，函数f2amx mxd2_2，a 1 a mx 0,a.若存在a,m，求所有的实数x的值.解答：因为(0, a)时)amx2mxm(af)22ma42ma，当且仅当时等号成立,当且仅当3 amx mx2222 a a(1 a) mam42a m4am2 2a a(1 a) m4(1(1 a)2m2)15 分1 与

12、 m 2. 3 时等号成立.20 分144v4(bk4bk+14).(a1a2)(a31)+(a2a3)(a41)+ +(anan+1)(an+21)1 1 1v4(b14b24)+4(b24b34)+4( bn4bn+14)1x3dx020分2010 年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分标准、（本题满分 40 分）圆心为 I 的ABC的内切圆分别切边 AC、AB 于点 E、F.设 M 为线段 EF 上一点,证明：MAB与MAC面积相等的充分必要条件是Ml BC.证明：过点 M 作MP AC、MQ AB，垂足分别为 P、Q圆 I 切边 BC 于点 D ,15 分所以所以1）144141

13、=4(b1-bn+1)v4b1v4.(方法二)由 an+1= an3 3an2+ 3an，得令 bn= an 1,贝y0vb1v1, bn+1= bn3,(a1 a2)( a3 1) + (a2 a3)( a4 1)+ +an+11=(an1)3.Ovbnv1.(anan+1)( an+220 分13=(bl b2)b3+ (b2 b3)b4+ (bn bn+1)bn+2=(b1 b2)b23+ (b2 b3) b33+ (bn bn+1) bn+Q-则ID BC,IF AB,IE AC.显然 AF=AE ,所以AFM AEM,从而推知Rt QFM : Rt PEM，得2MQ MFMP ME又

14、SMABMQ2ABMQABMFAB,所以SMAC】MP2ACMP ACME ACMAB与MAC面积相等的充要条件是ABACMEMF由可知，问题转化为证明：ABACABACME的充分必要条件是MFME首先证明：若Ml BC，则MF.MlBC . .10 分由Ml BC可知点 M 在直线 ID 上.DBFB,MIEECD C.MFFIIEME sin MIE,sin MIFsinIMFsi n(IMF )前MEsin C十ABsin CAB ME即，而.所以. 30 分MFsin BACsin BAC MF因为 B、D、I、F 四点共圆，所以MIF又 IE=IF，则由正弦定理得其次证明：若-AB

15、ME，贝y MI BC.AC MF设直线 ID 与 EF 交于点M，则由上述证明可知ABACM EMF于是有AB MEAC MF，从而MM.故命题成立40 分、（本题满分 40 分）将凸 n 边形AALA!的边与对角线染上红、蓝两色之一，使得没有三边均为蓝色的三角形.对 k=1,2,n,记bk是由顶点Ak引出的蓝色边的条数，求证:b|b2Lbn证明：不妨设b maxb1,b2,L ,bn,并且由点 A 向A, A丄,Ab引出 b 条蓝色边，则A,A2丄,之间无蓝色边,A,A2丄,Ab以外的nb个点，每点至多引出b 条蓝色边，因此蓝色边总数(n b)b(n b) b20 分2三、(本题满分 50

16、 分)求an的通项公式.从而由a44可知，印1,a22,a33. 30 分于是由an的递推公式及数学归纳法知ann (nN*).40 分显然数列n ( n N*)满足要求，故所求的正整数无穷数列为n (n 1).50 分四、(本题满分 50 分)设 p 是一个素数，p 3 (mod 4).设x,y是整数，满足p| x2xy丄y2.求证:4存在整数u,v，使得x2xy丄y2p(u2uv Rv2).则x2xy严y2*py2(2x y)2)44f(2x pk)2p p2k2)4卫(2x pk)2pk2).30 分4卫(2x pk k k)2pk2)4卫(2u v)2pv2)(这里u x -1),v k)42故 ab2L b2.命题得证.