全国高中数学联合竞赛试题解答(A卷)5

2013年全国高中数学联合比赛一试（A卷）一、填空题：本大题共8个小题，每题8分，共64分。2013A1、设会合A2,0,1,3,会合Bx|xA,2x2A，则会合B中所有元素的和为◆答案：5★分析：易得B3,2,1,0，考证即可得B3,2，所以所求为2352013A2、在平面直角坐标系xOy中，点A,B在抛物线y24x上，知足OAOB4，F是抛物线的焦点，则OFA与OFB的面积之比为◆答案：2★分析：由题意得F1,0，设Ay12,y1，By22,y2，代入OAOB4得y1y28，44所以OFA与OFB的面积之比为1OF2y22y142013A3、在ABC中，已知sinA10sinBsinC，cosA10cosBcosC，则tanA的值为◆答案：11★分析：因为sinAcosA10sinBsinCcosBcosC10cosBC10coAs，即tanA112013A4、已知正三棱锥PABC的底面边长为1，高为2，则其内切球半径为◆答案：26★分析：如图，设球心O在面ABC和面ABP内的射影分别是H和K，AB中点为M，内切球半径为r，则P,K,M共线，P,O,H共线，PHMPKO900，且OHOKr，POPHOH2r，MH3AB3,PMMH2PH21253,661262013年全国高中数学联合比赛试题第1页共8页所以rOKsinKPOMH1,解得r22rOPMP562013A5、设a,b为实数，函数f(x)axb知足：对随意x[0,1]，都有f(x)1，则ab的最大值为◆答案：14★分析：由题意得af(1)f(0)，bf(0)21f2(1)1f2(1)所以abf(0)f(1)f(0)f(0)1f(1)1，当且仅当24442f(0)f(1)1，即ab1时，ab1，故所求最大值为1。2442013A6、从1,2,,20中任取5个不一样的数，此中起码有2个是相邻数的概率为232◆答案：323★分析：记所取的5个数分别为a1,a2,a3,a4,a5，且a1a2a3a4a5。若这五个数互不相邻，则1a1a21a32a43a5416，由此可知，从1,2,,20中取5个互不相邻的数的取法和从1,2,,16中取5个不一样的数的取法同样即C165，故所求起码有两个数是相邻的概率为C205C165232C2053232013A7、若实数x,y知足x4y2xy，则实数x的取值范围为◆答案：04,20★分析：令ya，xyb，明显a0，b0，且xa2b2，x4y2xy即为a2b24a2b，亦为a22b125（a0，b0），以a,b为坐标2013年全国高中数学联合比赛试题第2页共8页作图如图示，在平面内，a,b的轨迹为以下图的实线部分含原点O，所以aOba2b202,25，即xa2b204,20。2013A8、已知数列an共有9项，此中a1a01，且对每个iai111,2,,8，均有2,1,ai2则这样的数列的个数为◆答案：491★分析：记ai1bi，i1,2,,8，则bi2,1,1b1b2b8a91ai2a1反之，若切合的8项数列bn能够独一确立一个切合题意条件的9项数列an。的bn有N个，明显bii1,2,1，即2k个1记切合条件,8中有偶数个；既而有2k个2，224k个1，当给定k的值时，bn有C82kC82k2k种，易得k只好取0,1,2，所以这样的数列bn共有1C82C62C84C44491.故所求的数列个数为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。2013A9、（此题满分16分）给定正数数列xn知足Sn2Sn1，n2,3,，这里Snx1x2xn，证明：存在常数C0，使得xnC2n，n1,2,3,★证明：当n2时，Sn2Sn1等价于xnx1x2xn1①对常数C1x1，我们用数学概括法证明：xnC2n，n1,2,3,②4当n1时，明显建立，又x2x1C22对n3，假定xkC2k，k1,2,,n1，由①式得xnx1x2xn1x1C22232n1C2n，所以，由数学概括法可得，结论②是建立的。综上存在常数C0，使得xnC2n。2013年全国高中数学联合比赛试题第3页共8页2013A10、（此题满分20分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的方程为x2y21(ab0)，22abA1,A2分别为椭圆的左右极点，F1,F2分别为椭圆的左右焦点，P为椭圆上不一样于A1,A2的随意一点.若平面中有两个点Q,R知足QA1PA1,QA2PA2,RF1PF1,RF2PF2，试确立线段QR的长度与b的大小关系，并给出证明。★分析：记ca2b2，则A1a,0，A2a,0，F1c,0，F1c,0。设Px0,y0，Qx1,y1，Rx2,y2，则x02y021，y00，由QA1PA1，QA2PA2得22abA1QA1Px1ax0ay1y00，两式相减得x1x0，代回解得y1x02a2，于是y0A2QA2Px2ax0ay2y00Qx0,x02a2，同理依据RF1PF1,RF2PF2可得Rx0,x02c2y0y0b2，故QRb（此中等号建立的充分必需条件是y0b，即所以QR，因为y00,by0P0,b）2013A11、（此题满分20分）设函数f(x)ax2b，求所有的正实数对(a,b)，使得对随意的实数x,y均有f(xy)f(xy)f(x)f(y)。★分析：已知即可变成：ax2y2baxybax2bay2b①先找寻a,b所知足的必需条件。①式中，令y0，的对随意的x都有1bax2b2b0，因为a0，故ax2能够取到随意大的正当，所以必有1b0，即0b1。①式中，令yx，得ax4bbax22b，即对随意实数x，有aa2x42ab2x2bb20②2013年全国高中数学联合比赛试题第4页共8页2记g(x)aa2x42abx22bb2，即g(x)aa2x2bb22ab1a1a要g(x)0恒建立，则baa20，即0a1，0b1，2ab2③22ab1a0下边证明对知足③的随意实数对a,b及随意实数x,y，总有①建立，令(,y)(aa2)x2y2a(1)(x2y2)2axy(2bb2)0恒建立，hxb事实上，在③建即刻，有a(1b)0，aa20，b22ab0，又x2y22xy，1a可得h(x,y)(aa2)x2y2a(1b)(x2y2)2axy(2bb2)(aa2)x2y2a(1b)(2xy)2axy(2bb2)(aa2)x2y22abxy(2bb2)b2b(aa2)xy122ab1aa综上所述，知足条件的(a,b)为a,b0b1,0a1,2ab2。2013年全国高中数学联合比赛试题第5页共8页2013年全国高中数学联合比赛二试2013A一、（此题满分40分）以下图，AB是圆的一条弦，P为弧AB内一点，E,F为线段AB上两点，知足AEEFFB.连结PE,PF并延伸，与圆分别订交于点C,D.求证：EFCDACBD（解题时请将图画在答卷纸上）★证明：连结AD,BC,CF,DE，因为AEEFFB，从而BCsinBCEBE2①ACsinACEAE同理ADsinADFAF2②BDsinBDFBF又BCEBCPBDPBDF,ACEACPADPADF由①BCAD4,即BCAD4ACBD③②得ACBD又托勒密定理知ADBCACBDABCD④联合③④得ABCD3ACBD即EFCDACBD2013A二、（此题满分40分）给定正整数u,v，数列an的定义以下：a1uv，对整数m1，a2mamua1a2am（m1,2,），证明：数列Sn中有无量多项完整平a2m1am，记Smv方数。★证明：对正整数n，有Sn11a1(a2a3)(a4a5)(an12an11)uv2n2Sn122222013年全国高中数学联合比赛试题第6页共8页所以Sn12n1(uv)2Sn1(uv)n2n1221设uv2kq，此中k是非负整数，q是奇数，取nql2，此中l是知足lk1mod2的随意正整数，此时S2n1q2l22k1ql2，注意到q是奇数，故k1ql2k1l2k1k12kk10mod2所以S2n1是完整平方数，因为l的随意性，故数列Sn中有无量多项完整平方数。2013A三、（此题满分50分）一次考试共有m道试题，n个学生参加，此中m,n2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，则每个答对该题的学生得x分，未答对的学生得0分.每个学生得总分为其m道题的得分总和.将所有的学生总分从高到低排列为P1P2Pn，求P1P2的最大可能值。★分析：对随意的k1,2,,m，设第k题没有答对的有xk人，则第k题没有答对的有nxk人，由得分规则知，这nxk在第k题均获得xk分，记这n个学生的得分之和为S，则nmmm2PiSxk(nxk)nxkxki1i1k1k1m因为每个人在第k题上至多得xk分，故p1k1xk因为P1P2Pn，故有Pnp1p2pnSP1n1n1所以P1PnP1SP1n2Sn1nP1n11n2m1mm2m1m2xknxkxk2xkxkn1k1n1k1k1k1n1k1m1m22由柯西不等式的xkxkk1mk12013年全国高中数学联合比赛试题第7页共8页1m2于是，P1Pnxkm(n1)m(n1)m(n1)m(n1)k1另一方面，如有一个学生所有答对，其余n1个学生所有答错时，P1Pnm(n1)综上所述，P1P2的最大可能值为m(n1)。2013A四、（此题满分50分）设n,k为大于1n2k，证明：存在24个不被n整除的整数，的整数，若将他们随意分红两组，则总有一组有若干个数的和被n整除。★证明：①当n为2的幂的情况，设n2r，r1。取3个2r1及2k3个1，明显这些书均不被n整除。将这2k个数随意分红两组，则总有一组中含有2个2r1，它们的和为2r，被n整除。②当n不是2的幂的情况，取2k个数1,1,2,22,,2k2,1,2,22,,2k1，因为n不是2的幂，故上述2k个数均不被n整除。若可将这些数分红两组，使得每一组中随意若干个数的和均不被n整除。不如设1在第一组，因为110被n整除，故两个1应当在第二组；又1120被n整除，故2应当在第二组；从而2在第二组。先概括假定1,2,,2l均在第一组，1,1,2,,2l均在第二组，这里1lk2，因为112222k22k10被n整除，故2l1在第一组，从而2l1在第二组。故由数学概括法知，1,2,,2k2在第一组，