全国高中数学联合竞赛试题一试

1、竞赛试卷全国高中数学联合竞赛试题（B 卷）一试一、填空题（每小题8 分，共 64 分，）1.函数 f (x)x524 3x 的值域是.2.已知函数 y( a cos2 x3) sin x 的最小值为3 ，则实数 a 的取值范围是.3.双曲线 x 2y21 的右半支与直线x100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 an 是公差不为 0 的等差数列， bn 是等比数列，其中a1 3,b11, a2b2 ,3a5b3 ，且存在常数,使得对每一个正整数n都有 anlogbn，则.5.函数f()a2x3 x2(a0,a1) 在区间 x 1,1 上的最大值为8，则它在

2、这个区间上的xa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 ABCA1B1C1 的 9条棱长都相等，P 是 CC1 的中点，二面角BA1 PB1, 则sin.8.方程 xyz2010 满足 xyz 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 f ( x)ax3bx 2cxd (a0)，当 0 x 1时， f (x) 1，试求 a 的最大值 .10. （ 20分）已知抛物线 y 26x上的两个动点A( x1 , y1)和B( x2 , y2

3、) ，其中 x1x2 且 x1x2 4 .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 2x35x 2 0 恰有一个实数根r ，且存在唯一的严格递增正整数数列 an ，使得 2r a1r a2r a3.5加试A（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OBCE KDQPNM竞赛试卷2.（ 40分 ） 设 k是 给 定 的 正 整 数

4、， r k1 记f ( 1( )r )f ( r ) r ，r2f (l ) (r )f ( f (l1) (r ), l2 证明：存在正整数m，使得 f (m) (r ) 为一个整数这里，x 表示不小于实数 x 的最小整数，例如：11，1123. （ 50 分） 给定整数 n2，设正实数 a1 , a2 , an 满足 ak 1, k1, 2, n ，记Aka1a2ak , k 1, 2, , n knnn1 求证：akAkk 1k 124. （ 50 分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形 A1A2An 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，

5、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 年全国高中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准（B 卷）说明：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.竞赛试卷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。1.3,3提示：易知f ( x) 的定义域是5,8，且 f ( x) 在 5,8上是增函数，从而可知

6、f ( x) 的值域为 3,3 .2.3a12提示：令 sin xt ，则原函数化为 g (t )(at 2a3)t ，即2g(t )at 3( a3)t .由at 3(a3)t3 ，at(t 21) 3(t1)0 ， (t1)(at (t1)3) 0 及 t 10 知at (t1)30 即a(t 2t )3.（1）当 t0,1 时（ 1）总成立；对 0t1,0t 2t 2；对 1 t 0,1t 2t0 . 从而可知3a 12 .423. 9800提示：由对称性知，只要先考虑x 轴上方的情况，设yk(k 1,2, ,99) 与双曲线右半支于 Ak , 交直线 x100 于 Bk，则线段 Ak

7、Bk 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99(99k)9949 4851 .k 1又 x 轴上有 98个整点，所以所求整点的个数为2 485198 9800.4.3 33提示 ：设 an 的公差为 d , bn 的公比为q ，则3dq,（ 1）3(34d )q 2 ，（ 2）（1）代入（ 2）得 912dd 26d9 ，求得 d6, q9 .从而有 3 6(n1)log9 n 1对一切正整数n 都成立，即6n 3 ( n 1) log 9对一切正整数 n 都成立 .从而log9 6,3log9，求得3 3,3 ，3 33.竞赛试卷5.1提示：令 a xy, 则

8、原函数化为 g ( y)y 23y2 ,g ( y) 在 (3 ,+ ) 上是递增的 .42当 0a1时，y ,1 ,a ag( y)maxa 23a 128a 12a1 ，2所以g ( y) min(1)23121；224当 a1时， ya 1 ,a ，g( y) maxa 23a28a2 ，所以g( y)min2 232 121.4综上 f ( x) 在 x1,1 上的最小值为1.1246 的概率为 2176.提示：同时投掷两颗骰子点数和大于，从而先投掷人的获胜概率为17361275)27(5477112()25.1212121212121171447.10提示：解法一 ：如图，以 AB

9、所在直线为 x 轴，线段 AB 中点 O 为原点， OC 所在直线为 y4轴，建立空间直角坐标系. 设正三棱柱的棱长为2，则 B(1,0,0), B1 (1,0,2), A1 (1,0,2), P(0,3,1) ，从而，BA1 (2,0,2), BP( 1, 3,1), B1 A1(2,0,0), B1 P(1,3,1) .设分别与平面 BA1 P 、平面 B1 A1 P 垂直的向量是m ( x1 , y1, z1 ) 、 n( x2 , y2 , z2 ) ，则zA1m BA12x12z10,C 1B 1m BPx13y1z10,PnB1 A12x20,An B1 Px23y2z20,OCy

10、由 此 可 设 m(1,0,1),n (0,1,3)，所以Bm nmn cos，即x322 coscos6.4竞赛试卷所以 sin10.4A1解法二 ：如图， PCPC1 , PA1PB .设A1 B与AB1交 于 点O,则OA1OB,OAOB1, A1B AB1 .B 1O因为 PAPB1, 所以 POAB1, 从 而 AB1平A过 O 在平面 PA1B 上作 OEA1P, 垂足为 E .连结 B1E,则B1EO 为二面角 BA1P B1的平BAA12 , 则易求得PBPA15, A1OB1O2,PO3 .在直角PA1O 中， A1O POA1P OE , 即235 OE,OE又 B1O2,

11、 B1EB1O2OE 2264 5 .55sinsinB1 EOB1O210B1E 45.458. 336675提示：首先易知xy z2010的正整数解的个数为C20092把 x yz 2010 满足 xyz 的正整数解分为三类：C 1EP面 PA1B .C面角.设6.52009 1004.（1） x, y, z 均相等的正整数解的个数显然为1；（2） x, y, z 中有且仅有 2 个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3) 设 x, y, z 两两均不相等的正整数解为k .易知1310036k20091004 ，所以6k200910043100312006100520093212006

12、10052004 ，即k1003 335 334 335671 .从而满足 xy z 的正整数解的个数为11003335671 336675 .竞赛试卷f(0)c,9. 解法一：f( )322, 由13得f ( )a b c,xaxbx c42f(1)3a2bc3a2 f (0)2 f(1)4 f(1).2所以3 a2 f ( 0)2 f(1)4 f( 1 )22 f (0)2 f (1)4 f (1 )8 ，2所以 a8.又易知当 f ( x)8 x34x2xm （ m为常数）满足题设条件，所以a 最大值为8.333解法二 ： f( x)3ax22bxc .设 g(x)f(x)1，则当 0

13、x1时， 0g( x)2.设 z 2x1 ，则 xz 1, 1z1.2h( z)g ( z1)3a z23a2b z3abc1.2424容易知道当1z1时 ，0h( z)2,0h(z)2.从 而 当1z1 时 ，h( z)h(z)， 即02203a z23abc12 ，从而 3a3a z2448 .b c10 ,2，由 0z 21 知 a443又易知当 f (x)8 x34x 2xm （ m为常数）满足题设条件，所以a 最大值为8.3310. 解法一：设线段AB 的中点为 M ( x0 , y0 ) ，则x0 x1x22, y0y1y2，22kABy2y1y2y163.x2x1y22y12y2

14、y1y066线段 AB 的垂直平分线的方程是y y0y0 ( x 2) .（ 1）3易知x5, y01AB的垂直平分线与x轴的交点 C 为定点，且点 C 坐标是（ ）的一个解，所以线段为 (5,0) .竞赛试卷由（ 1）知直线 AB 的方程为 y y03 (x 2) ，即y0 xy0 ( y y0 ) 2 .（ 2）3（2）代入 y26x 得 y 22y0 ( y y0 )12 ，即y 22y0 y 2 y0212 0.（ 3）依题意， y1, y2是方程（ 3）的两个实根，且y1y2 ，所以4 y024(2 y0212)4 y02480 ,23y023 .yAB(x1x2 ) 2( y1y2

15、 )2A(1 ( y0 ) 2 )( yy) 2B3122OC(5,0)x(1y0 )( y1y2 ) 24 y1 y2 9(1y02)( 4 y024(2 y0212)92(9y02 )(12y02 ).3定点 C(5,0)到线段 AB 的距离h CM(5 2)2( 0 y0 ) 29 y02.S ABC1 ABh1(9y02 )(12y02 )9y022311 (9y02 )(242 y02 )(9y02 )321 19 y0224 2y029 y02332(3)147 .3当 且 仅 当 9 y02242y02 ， 即 y05, A(635, 57), B( 635,57)或33竞赛试卷

16、A(6 35 ,(57), B( 635 ,57) 时等号成立 .33所以，ABC 面积的最大值为 147 .3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 (5,0) .501设 x1t12 , x2t22 ,t1t 2 , t12t 224 ，则 S ABC 1 t126t11 的绝对值 ,226t21t 2S2ABC(1(56t16t 12t 26t1t225 6t 2 ) 223 (t1t2 ) 2 (t1t 25) 223 (4 2t1t 2 )(t1t25)(t1 t25)23 (14) 3,23所 以S ABC147 ,当 且 仅 当 (

17、t1t 2 ) 2t1 t253t 275, A(635 , 57), B(635 ,57)633且 t12t224 ， 即 t175 ,6或A( 635 ,(57), B( 635 ,57) 时等号成立 .33所以，ABC 面积的最大值是 147 .3f( ) 2x35x2， 则f ( x) 6 x25 0， 所 以 f (x)是严格递增的.又11.令xf (0)20, f ( 1)30 ，故 f ( x) 有唯一实数根 r(0, 1) .242所以2r 35r20，2rrr 4r 7r10.51 r 3故数列 an3n2(n 1,2, ) 是满足题设要求的数列 .若存在两个不同的正整数数列

18、a1a2an和 b1b2bn满足r a1r a2r a3r b1r b2r b32 ，5去掉上面等式两边相同的项，有r s1r s2r s3r t1r t 2r t 3，竞赛试卷这里 s1 s2 s3,t1 t 2 t3，所有的 si 与 t j 都是不同的 .不妨设 s1t1 ，则r s1r s1r s2r t1r t2，1r t1 s1r t2 s1r r 211111 1，r112矛盾 . 故满足题设的数列是唯一的.加试加试解答用反证法若 A， B， D， C 不四点共圆，设三角形的外接圆与 AD 交于点 E，连接 BE 并延长交直线 AN 于点接 CE并延长交直线 AM 于点 P，连接

19、 PQ因为PK2P 的幂（关于 O）K 的幂（关于 O）PO 2r 2KO 2r 2 ，同理QK 2QO 2r 2KO 2r 2 ，AOBCE KDQPNMABC Q，连所以PO2PK 2QO2QK2 ，故OK PQ由题设， OKMN ，所以 PQ MN ，于是AQAPQNPM由梅内劳斯（ Menelaus ）定理，得NBDEAQ1，BDEA QNMCDEAP1CDEAPMNBMC所以NDMDDCB ，所由，可得，BD，故 DMN DCB，于是 DMNBDCDDC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：“2K 的幂（关于 O）

20、 ”的证明：延长PK 至点 F，使得PKP 的幂（关于 O）竞赛试卷PK KF AK KE，则 P， E， F， A 四点共圆，故PFEPAEBCE ，从而 E， C， F， K 四点共圆，于是PKPFPE PC， -，得PK 2PE PCAKKEP 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AOFBE KC2.记 v2 ( n) 表示正整数n 所含的2 的幂次则当DQPmv2 ( k)1 时， f (m) (r ) 为整数下面我们对 v2 (k )v 用数学归纳法MN当 v0 时， k 为奇数， k1为偶数，此时f ( r )111k 1kkk22

21、2为整数假设命题对 v 1(v1) 成立对于 v1 ，设 k 的二进制表示具有形式k 2vv 1 2v 1v 2 2v 2，这里，i0 或者 1， iv1, v2,于是f ( r )k 1k 1k 1k 12221kk 2k2212v 1( v 11) 2v( v 1v 2 ) 2v 122 v2k1，2这里k2v 1( v 11) 2v( v 1v 2 ) 2v 122v.显然 k中所含的2 的幂次为 v1故由归纳假设知，1经过 f 的 v 次迭代得到整数， 由知，r k2竞赛试卷f (v 1) (r ) 是一个整数，这就完成了归纳证明kn3. 由 0 ak1知，对 1kn 1 ，有0ai k,0ai n k i1ik 1注意到当 x, y0 时，有 xymaxx, y，于是对 1kn1 ，有AnAk11kai1nainkn ii1k11nai11kain iknk1i1max1na ,11kan iiknik1i1max1 (nk ),11knknk，nnnn故akAk nAnAkk1k 1k 1n 1n 1AnAkAn Akk 1k 1n 1kn 11nk 12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