二00八年湖南省高中数学竞赛试题23514

二00八年湖南省高中数学竞赛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.选择题和填空题严格按标准给分，不设中间档次分.2.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，在评卷时参照本评分标准适当档次给分.一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个答案中，只有一项是符合题目要求的.）.解：集合A区B的元素：z=2x0=0,z=2x8=16,z=0x0=0,12 3z=0x8=0,故集合A③B的所有元素之和为16.选A.41.解：设｝的公比为q,则q3=a5=4=1,进而q=Ln a28 22所以，数列La｝是以aa=8为首项，以q2=1为公比的等比数列1-4二3321-4二332(-4-n)aa+aa+ +aa12 23 nn+132显然，8=aa<aa+aa+ +aa<一.选C.12 12 23 nn+1 3.解：5名志愿者随进入3个不同的奥运场馆的方法数为35=243种.每个场馆至少有一名志愿者的情形可分两类考虑：第1类，一个场馆去3人，剩下两场馆各去1人，此类的方法数为?一。3.A2=60种；第2类，一场馆去1人,

352剩下两场馆各2人，此类的方法数为。・。・。二90种.故每个场馆至少有一名354志愿者的概率为「=筌4.志愿者的概率为「=筌4.解：设OA=a，-=竺.选D.81OB=b，则巨表示与OB共线的任一向量,a一xb表示点A到直线OB上任一点C的距离AC，而a-b表示点A到B的距离.当.（一）b1a-b々寸，AB1OB.由点与直线之间垂直距离最短知，AC>AB，即对一切X£R,不等式a-xb>a-b恒成立.反之，如果AC>AB恒成立，则(AC)>AB，故AB必为点A到OB的垂直距离，OB±AC，即b，(—b)选minC..解:用x—2代替f(x+2)+f(2—x)=4中的x,得f(x)+f(4—x)=4.如果点(x,y)在y=f(x)的图象上，则4-y=f(4-x),即点(x,y)关于点(2,2)的对称点(4-x,4-y)也在y=f(x)的图象上.反之亦然，故①是真命题.用x-2代替f(x+2)=f(2-x)中的x，得f(x)=f(4-x).如果点(x,y)在y=f(x)的图象上，则y=f(4-x),即点(x,y)关于点x=2的对称点<4-x,y)也在y=f(x)的图象上，故②是真命题.由②是真命题，不难推知③也是真命题.故三个命题都是真命题.选D..解：假设AB、CD相交于点N,则AB、CD共面，所以A、B、C、D四点共圆，而过圆的弦CD的中点N的弦AB的长度显然有AB>CD，所以②是错的.容易证明，当以AB为直径的圆面与以CD为直径的圆面平行且在球心两侧时，MN最大为5,故③对.当以AB为直径的圆面与以CD为直径的圆面平行且在球心同侧时，MN最小为1,故④对.显然是对的.①显然是对的.故选A..解：因为20080=5*3600+1800+280,所以，a=sin(—sin28。)=-sin(sin28。)<0；b=sin(—cos28。)=-sin(cos28。)<0；c=cos(-sin280)=cos(sin280)>0；d=cos(-cos280)=cos(cos280)>0.又sin280<cos280，故b<a<d<c.故选B..解：由f(x)=x3+3x2+6x+14=(x+1]+3(x+1)+10,令g(y)=y3+3y，则g(y)为奇函数且单调递增而f(a)=(a+1)+3(a+1)+10=1,f(b)=(+1)+3(b+1)+10=19,所以g(a+1)=-9,g(b+1)=9,g(-b-1)=-9，从而g(a+1)=g(-b-1),IPa+1=-b-1,故a+b=-2.选D.二、填空题(本大题共个小题，每小题分，共分请将正确的答案填在横线上).解：由条件得|x-1+|y-3|=|x-6|+|y-9| ①当y>9时，①化为|x-1+6=|x—6],无解；当y<3时，①化为|x-1=6+|x-6|，无解；当3<y<9时，①化为2y-12=|x-6|-|x-1| ②若％<1,则y=8.5,线段长度为1；若1<%<6,则x+y=9.5,线段长度为5,.-2；若%>6,则y=3,5，线段长度为4.综上可知，点C的轨迹的构成的线段长度之和为1+5”+4=5(2+1)填5(2+1).解:P优于P'，即P位于P'的左上方，“不存在Q中的其它点优于Q”,即“点Q的左上方不存在Q中的点”.故满足条件的点的集合为L,y)l%2+y2=200j8<0且y>。)填上,y)l%2+y2=200&%<0且y>o)11解.：由多项式乘法法则可知，可将问题转化为求方程s+t+r=150 ①的不超过去 的自然数解的组数显然，方程①的自然数解的组数为C2.152下面求方程①的超过 自然数解的组数因其和为 ，故只能有一个数超过，不妨设s>100将方程①化为(s-101)+1+r=49记s'=s-101,则方程s'+1+r=49的自然数解的组数为C2.51因此，％150的系数为C2-C1C2=7651填152 351解：因为底面周长为，所以底面边长为1,底面面积为S=Z32 8又因为体积为9,所以高为,该球的直径为112+(3)|=2,球的体积8444V=兀R3=兀填兀333解：第一行染个黑格有C2种染法第一行染好后，有如下三种情况：4(1)第二行染的黑格均与第一行的黑格同列,这时其余行都只有一种染法；()第二行染的黑格与第一行的黑格均不同列，这时第三行有C:种染法，

第四行的染法随之确定；()第二行染的黑格恰有一个与第一行的黑格同列，这样的染法有种，而在第一、第二这两行染好后，第三行染的黑格必然有个与上面的黑格均不同列，这时第三行的染法有种，第四行的染法随之确定因此，共有染法为6x(1+6+4x2)=90种填.一. 「k—11「k—21一,解：令fk)=丁一丁，则f(kf(k+5)=-1+—故f(k)是周期为的函数计算可知：f⑵=0;计算可知：f⑵=0;f⑶=0;f(4)=0;f(5)=0;f(6)=1所以，x=x2007 2006+1-5f(2007)；xx=x2007 2006+1-5f(2007)；TOC\o"1-5"\h\z2008 2007x=x+1-5f(2)2 1以上各式叠加，得x =x+2007-5f(2)+f⑶+…+f(2008)]2008 1=x1+2007-5(401f(2)+f(3)+…+f(6)]+f(2)+f(3)}=x+2007-5x401=3；1同理可得j=4022008所以，第 棵树的种植点为。402)填6,402)三、解答题(本大题共小题，共分要求有必要的解答过程).证明：由对称性，不妨设a<b，令-=t，则因a<a<b<P，可得b易知，当tef(t)单调递增.<易知，当tef(t)单调递增.<t=a<P ba(3分)一,.、一，一 1则对t求导，得/”)=1-▲. 12a).a,1时，f’(t)<0,f(t)单调递减；当tpj(6分)e[1,P]时，f(t)>0,Ia」(9分)故fq)在t4或"P处有最大值且ffjl=j+-及f[-1=-+^两Pa (PJPa yaJa-者相等.故f(t)的最大值为p+a，即f(t)=t+1<p+a (12分)ap tap由a=t,得b+a<P+a,其中等号仅当a=a,b=P或a=-,b=a成立.babap (14分)TOC\o"1-5"\h\z.解：如果某方以3:1或3:0获胜，则将未比的一局补上，并不影响比赛结果.于是，问题转化为：求“乙在五局中至少赢三局的概率”. （3分）__,,,q,[115乙胜五局的概率为1； （6分）13J .一、, （1、42 „乙胜四局负一局的概率为。1X2； （9分）513J3r,一一一…一r,一一一…一， （1^3乙胜三局负二局的概率为C21x(2]2. 13J(12分)分）17以上结果相加，得乙在五局中至少赢三局的概率为u.81（14分）17.分）17以上结果相加，得乙在五局中至少赢三局的概率为u.81（14分）17.解：（1）因为f（x）=lnG+x）—x,所以函数的定义域为（—1,+8）,…（2一 1 x又f(x)=——1=—— 1+x 1+x当xeIo,n]时，f(x)<0，即f(x)在hnLeN*)上是减函数，故（5分）b=f(n)=ln(1+n)—n.na=InG+n)—b=InG+n)—InG+n)+n=n.nn（8分）Pk（2k-1）6k+1）因为（2k）24k2—1 <1,所以4kPk（2k-1）6k+1）因为（2k）24k2—1 <1,所以4k2 - . 22 42 62（2k-1）<2k+1）

on12分）又容易证明—, <d2k+1—2kk—1，所以<2k+1aa…a13 2k-1aa…a24 2k1・3-5..…（2k—1） 1 （“ /_x_■< , <2kk+1—、,'2k—1keN2•4 （2k） j2k+1）,p+pd Fp<（3—1X（'5—<31 F（'2n+1—<2n—1^1 2 n14分）二，.：2a十1—1.Ynp+p+・>,+p<aa+1—1.1 2 n n（16分）18.证明：（1）设P（x,y）、M

00（x,y）、N（x,y）.则椭圆过点M、N的1 1 2 2切线方程分别为X1X+y1y二125 9XX2+25（3分）因为两切线都过点P则有E+2A=125 925 9这表明M、N均在直线3+"=125 9上由两点决定一条直线知，式①就是直线MN的方程，其中（X,y）满足00直线l的方程.直线l的方程.（1）当点P在直线l上运动时，可理解为X取遍一切实数，相应的J为—10.

（…分）代入①消去y得匕x+§X0-70y-1=00 25 63（…分）对一切xeR恒成立0变形可得+变形可得+1]=0对一切x对一切xeR恒成立故有《0X5y八25+63二°，9+1二0.19由此解得直线仞V恒过定点由此解得直线仞V恒过定点Q'25[1419。）（12分）（2）当（2）当MN//l时X0由式②知25-55x-70063丰-1-7-70解得X解得X0437533T533代入