全国高中数学联赛试题与答案

1、全国高中数学联赛试题与答案2017年全国高中数学联赛试题与答案第一试一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共 64分.设f X是定义在R上的函数，对任意实数x有f x 3 f x 41 .又当 0 x 7时，f x log2 9 x ,贝I f 100 的值为.答案：3 2解：由条件知，f x 14f x,所以f x 7.若实数x, y满足x2 2cosy 1 ,则x cosy的取值范围 是.答案：1, 3 1 .解：由于x2 1 2cosy 1,3 ,故x 6底. 2,2,由 cosy /可知， x cosy x ,：x 12 1.因此当x 1 时，x cosy有最小值（这时y可以取.）；

2、当x 3时， x cosy有最大值吏1 （这时y可以取）,由于-2 x 1 2 1 的值域是1,6 1 ,从而x cosy的取值范围是1J3 1 .223.在平面直角坐标xoy中，椭圆C的万程为 1, 7910,F为C的上焦点，A为C的右顶点，P是C上位于第一象限内的动点，则四边形OAPF的面积的最大值为.5.2叱,则3石.2解：易知A 3,0牛0,1 .设P的坐标是3cos诉sin ,其中 arctan亚.当 arctan历时，四边形OAPF的面积的最大值为 10另解：易知A 3,0 ,F 0,1 .经过C上位于第一象限内点P0 Xo，y0 一条切线与直线AF1平行.该切线方程为X0X o

3、1V而因为这两条平行直线的斜率相等，所以 TOC o 1-5 h z 10 X01.9 y03又因/ y2 1,所以X0处,y迦五 9101111易得点P0 亚，匹 到直线AF1：x 3y 3 0的距离为二布1111110于是，四边形OAPF的面积的最大值为S*OAFS FAP01 3 1 1 1F 311 12210.若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过 1,则称其为“平稳数”.平稳数的个数是答案：75.解：考虑平稳数abc.若b 0,则a 1,c 0,1 ,有2个平稳数.若b 1,则a 1,2 , c 0,1,2，有2 3 6个平稳数.若2 b 8,则a,c b 1,b,b 1 ,有

4、7 3 3 63个平稳数.若b 9,则a,c 8,9，有2 2 4个平稳数.综上可知，平稳数的个数是2 6 63 4 75.另解：设 薪是一个平稳数，则b a| 1且c b 1.由 b a 1 可知 |b a 0, 1.由 c b 1 可知 c b 0, 1.1）若 |b a 0,c b0,则abc aaa, a 1,2，,9 ,有9个平稳数.a,2）若 b a 0, c b 1 ,则a, a 1.于是,abc aa a 1 , a 1,2，,8 ；或abc aa a 1 , a 12Ppp,9 .有8 9 17个平稳数.3）若 b a| 1, c b 0,则c b, c b, 或a b 1,

5、 a b 1.于是，abc b 1 bb , b 2,3，,9 ;或 abc b 1 bb,b 0,1，,8 .有8 9 17个平稳数.4）若 ba1,cb1,贝lJba 1, cb 1.由 b a 1,c b 1 得abc a a 1 a 2 , a 1,2，,7 ;abcaa1 a,a1,2,8 ;由 ba1,c b1 得abcaa1 a,a1,2,9 ；由b a 1,c b 1 得abc a a 1 a 2 , a 2,3, ,9.有7 8 9 8 32个平稳数.综上可知，平稳数的个数为9 17 17 32 75.正三棱锥P-ABC中，AB 1,AP 2,过AB的平面 将其体积平分，则棱

6、PC与平面 所成角的余弦值为答案：箸解：设AB, PC的中点分别为K,M ,则易证平面ABM就是平面 .由中线长公式知212212122123AM 2AP2 AC2PC222 1222 -,24242所以 KMAM 2AK23 1-5.1,222又易知直线PC在平面 上的射影是直线MK ,而CM1,KC9所以222513-KM 2MC2KC24 143.5cos KMC 44 .2KM MC. 510故棱pc与平面 所成角的余弦值为3后. 106.在平面直角坐标系xOy中，点集Kx, y |x, y 1,0,1 .在K中随机取出三个点，则这三点中存在两点之间距离为 75的概率答案：4.7解：易

7、知K中有9个点，故在K中随机取出三个点的方式有C3 84种.AiA2A3a8O入 *xAA& A5将K中的点按右图标记为%2,-二人,0,其中有8个点之间的距离为 而由对称性，考虑A, A两个点的情况，则剩下的一个点有 7种取法.这样有7 8 56个三点组（不计每组中三点的次序）.对每个 A i1,2,8 , K中恰有A 3, A 5两点与之距离为岳（这里下标按模8理解），因而恰有 A,A3,A5 i 1,2，,848,进而所求这8个三点组被记了两次.从而满足条件的三点组个数为 56 8概率为g 7.在ZABC中，M是BC的中点，N是线段BM的中点.若的面积为石，贝 AM, AN的最小值为答案

8、：3 1.解：由条件知,AMAM AN1 AB2AC1 AB23 1-AB4AC , AN1 -AC 43 1-AB 41一3 AB2 2AC4AB AC .由于3S ABC1 AB2ACsin AAB AC ,所以AB-AC 4,进步可AB ACcos A 2,从而AM AN 1 2,3 网2 g2.4AB AC43 ABAC1AB AC , 3 1. 2当AB| /AC； 2 43时，AM- AN的最小值为73 1.设两个严格递增的正整数数列an ,bn满足：aio瓯2017,对任意正整数n ,有an 2an 1 an ,bn 1 2bn,则a b的所有可能值为 .答案：13,20.解：由

9、条件可知：a1,a2,bi均为正整数，且a1 a2.由于20176。296512bl ,故1,2,3 .反复运用分的递推关系知a1o a9 a8 2a8 a7 3a7 2a65a6 3a5 8a5 5a4学无解.551024，得到唯一的正整数551536 ,得到唯一的正整数5513a4 8a3 21a3 13a2 14a2 21a1,因此21al a10 b10 21a3 13a2 34a2 21a1,而13 21 34 8 1 ,故a 13 21a1 13 2 26bl mod34 .另一方面，注意到a1 a2 ,有55& 34a2 21& 512bl，故512 a1bi.55当n 1时，分

10、别化为a1 26 mod34 , a1当。2时，分别化为a1 52 mod34 , a1a1 18,止匕时 a1 b1 20.当。3时，分别化为a1 78 mod34 ,a1综上所述，a1 b1的所有可能的值为13,20.、解答题：本大题共3小题，满分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）设k,m为实数，不等式kx m 1对所有x a,b成立.证明：b2 2.证明：令a,b ，则 f x1,1.于是kam 1,由bb2kb1,1. C3知,2f a4.故 b a 2 2.另证：令f xa,b .因为不等式1对所有x a,b成立，所以f x在a,b上的最大值与最小

11、值之差不超过2.下面用反证法证明 TOC o 1-5 h z a 22 ka 2 2 m a2kama2 42a 8ka 2 2k m a2kam4 .2a2.2k8 4 2 k 2 ,2k88.2矛盾.2）当b 3时，2 f a f b f b 2 2 f b4 2b 2 ,2k 84 2 k 2 2k 8 8.2矛盾.3）当a k b时，2】）若2则2 fb f 2fabf 2 a-bf U 2. 2 a-b - 2k 2222k 2 2 1 2k 2 2.矛盾.ii ）若 ka_b ,则22k2 f a f f a22 k 2k 2 2. 222 2 a2k 22矛盾.（本题满分20分）

12、设Xi，X2，X3是非负实数，满足X X2 X3 1,求Xi 3x2 5X3 Xi 35的最大值和最小值.解：由柯西不等式2X|X2 X31.1,X20,X30时不等式等号成立，故欲求的最小值为 1.因为X1 3x2 5X3 X1X2 X51X1 3X3 5x3 5X13555X2X33Xi3x25X35x153 X2X31206x11426X3 TOC o 1-5 h z 1296X1 6X2 6X3一205当X1 2,X2 0,X3扣不等式等号成立，故欲求的最大值为.(本题满分20分)设复数乙2满足Re z10,Re 40,且Re Z12Re Z222 (其中Re z表示复数z的实部)(1

13、)求Re zr的最小值；(2)求Z1 2 Z2 2 zi Z2的最小值.解：对k 1,2,设4 Xk yki Xk,yk R ,由条件知 222 cXk Re Zk0,Zk yk Re Zk2.因此Re z1z2Re X1y1iX2y2i X1X2y1y2J y；2v；2y1y2y佻2 丫必2.又当乙Z2 72时，Re Z1Z22 .这表明，Re q 的最小值为2.(2)对k 1,2,将1对应到直角坐标系XOy中的点Pk Xk,yk .记P2是P2关于X轴的对称点，则P,P2均位于双曲线C:x2 y2 2的右支上.设F1,F2分别是C的左、右焦点,易知F1 2,0 . 2,0 .根据双曲线的定

14、义，有|Pf1| PR 2夜P2F1P2F2 2我,进而得Zi2 z2 2z1 z2Zi 2 Ziz2PF1F2 F1 PP24V7P1F2IP2F2RP2472,等号成立当且仅当F2位于线段PP2上(例如，当Z1 Z2 2 72i时，F2恰是PP2 的中点).综上可知，|zi 2 .2 ,Z的最小值为4姓加试题一、（本题满分 40分）如图，在ZABC中，AB AC, I为4ABC的内 心.以A为圆心，AB为半径作圆 一以I为圆心，旧为半径作圆2,过点B、I的圆3与1、 2分别交于点P、Q （不同于点B）.设IP与BQ交于点R .证明：BR CR.证明：连接 旧，IC,IQ,PB,PC.由于点

15、Q在圆 2上，故旧IQ,所以 旧QIQB.又B,I,P,Q四点共圆，所以 IQB IPB,于是 旧QIPB,故 旧PsZirb ,从而有 IRB 旧P,且旧 IP,IR IC注意到AB AC ,且I为 AABC的内心，故旧IC ,所以IC IP, IR IC于是 Zicp S Airc ,故 IRC ICP.又点P在圆1的弧BC上，故 BPC 180, - A ,因此2 TOC o 1-5 h z BRC IRBIRCIBPICP360BICBPC136090 A 180- A290 ,故 BR CR.二、（本题满分40分）设数列an定义为a1 1,an n,若 n, , oan 1什 n 1

16、,2,.an n,右 an n,求满足arr 32017的正整数r的个数.解：由数列定义可知a l,a2 2.假设对某个r 2有& r ,我们证明对t 1,r 1 ,有ar 2t 1 2r t 1 r 2t 1,ar 2t r t r 2t.又tt归纳证明.当t 1时，由于ar r r ,由定义，ar 1ar rrr2r r 1, ar 2 ar 1r 12r r 1r1r 2 ,结论成立.设对某个1 t r 1,成立，则由定义ar 2t 1ar2tr2t r t r 2t 2r tr2t 1,ar 2t 2ar2t 1 r 2t 1 2r tr 2t1r t 1r2t 2,即结论对t 1也成

17、立.由数学归纳法知，对所有t 1,2,r 1成立，特别当 t r 1 时，有 a3r 2 1,从而 a3r 1 a3r 2 3r 2 3r 1.若将所有满足ar r的正整数r从小到大记为口上,则由上面的结论可知1rk 121,m 1 ,从而r 1,2 2,鼠1 3rk 1,r 2,3，.由此可知,m 1 TOC o 1-5 h z rm 31220173018r的数r共有由于r.匕32017 匕二19,在1,2，,32017中满足ar2018个,为，小.由可知，对每个k 1,2,2017, rk 1,rk2,3k 2中恰有一半满足arr.320171由于a81 - 1与产均为奇数,而在R018

18、1，,产7中，奇数均满足ar r,偶数均满足arr ,其中偶数比奇数少1个.因此满足arr 32017的正整32017 2019数r的个数为1 32017 2018 12另解：易知a4 1,a55,8a11息 2,a3 4;10,a74,a811,a9 3, a1012,a112,a12 13;a24a35an 4a131, a)414,a1528, a1613, a1729, a1812,a1930,a2011, a219, a2533,a26 8, a2734,a287, a2938包63回 39082自940 ;当正整数n足够大时，若an 1an1,an 1ann n 1a 2an 14

19、 3n 32n 3a 5 an 4 n由以上等式易观察出：若an35, a 306, a?136, a?25, a332n1,an2,an 36 an 5n 2,an 2k 1 n k 2,an 2k 2n k 1.因为当 n k 2 1 时，k以，当an 1时，使得an 2k 1因为a1因为a31,1 3,1an 21且m n的最小正整数 m 3n 1.31, a2210,a2332,37, a344,2 n,2n4, 2k1 3n 1,所,且 an 1 时，an 1 n,an 1 n 1 n 1 , an 2 2n 2n k 2 n 2k 1,an 2k 2n k 1 n 2k,k 2,，

20、n.1 ,所以使得am 1且m 1的最小正整数m 3 1 .1 1 ,所以使得am 1且m132 3 1.依此类推下去,_2_23 3，,1333k，2,3 1的最小正整数可知使得an 1的一切正整数n分别为设 n0 1,n11 3,n2 1 323，,即_21 3 323k，.易知n201632007n2017, an20161,an2016 1n20161n20161, an2016 22n20162n20162.an2016 2 k 1n2016n2016 2k1, an2016 2 k2n2016 k20173n2016n20162k, k2,，.,2满足arr ,n0n1的正整数r的

21、个数为零;满足arr ,nini 3的正整数r的个数为i 1,2，,2016.满足13n的正整数r共有2ni 2 （偶数）个，i 1,2,2015，其中分别使得ar r和arr的各占一半.满足马班3 r3如7的正整数r共有32017出.2（偶数）个，其中分别使得ar r和ar r的各占一半.于是，满足arr 32017的正整数r的个数为32017 3 2017 32017 20192016 .22三、（本题满分50分）将33 33方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使 得每种颜色的小方格的个数相等.若相邻两个小方格的颜色不同，则称它们的 公共边为“分隔边”.试求分隔边条数的最小值.解：记分隔边的

22、条数为L.首先，将方格纸按如图分成三个区域，分别染成 三种颜色，粗线上均为分隔边，此时共有 56条分隔边，即L 56.粗线上均为分隔边，此时共有56条分隔边，即L 56.1111171616171133麒谶为渊逐 酬猛碉财除达下面证明L 56.将方格纸的行从上至下依次记为A,A2,-,A33,列从左至右依次记为BB2,B33 .行A中方格出现的颜色数记为n A，列Bi中方格出现的颜 色个数记为n Bi .三种颜色分别记为cc,C3.对于一种颜色q ,设n cj是含有Cj色方格的行数与列数之和.记1,若A行含有三方格,0,否则，类似地定义Bi,cj .于是33i 1n Bi33 3i 1 j 1Ai ,cjBi,Cj33A,CjBi,Cjn Cj .j 1 i 1j 12由于染Cj色的方格有-33363个，设含有Cj色方格的仃有a个，列有b3个，则Cj色的方格一定在这a行和b列的交叉方格中，因此ab 363,从而n Cja b 2 , ab