2016年全国高中数学联赛试题与解答A卷（一试）新

2016年全国高中数学联合竞赛一试（A卷）

说明：

1. 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． 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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次给分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分一个档次，不要增加其他中间档次．

一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分

1．设实数a满足a?9a3?11a?|a|，则a的取值范围是 答案：a?(?2310,?) 33解：由a?|a|可得a?0，原不等式可变形为

9a3?11a|a|1????1

aa2即?1?9a?11?1，所以a?(21042310,)．又a?0，故a?(?,?)． 9333z,w分别表示z,w(z?w)(z?w)?7?4i，2．设复数z,w满足|z|?3，其中i是虚数单位，的共轭复数，则(z?2w)(z?2w)的模为 答案：65

解：由运算性质，7?4i?(z?w)(z?w)?|z|2?|w|2?(zw?zw)，因为|z|2与|w|2为实数，Re(zw?zw)?0，故|z|2?|w|2?7，zw?zw??4i，又|z|?3，所以|w|2?2，从而

(z?2w)(z?2w)?|z|2?4|w|2?2(zw?zw)?9?8?8i?1?8i

因此，(z?2w)(z?2w)的模为65．

3．正实数u,v,w均不等于1，若loguvw?logvw?5，logvu?logwv?3，则logwu的值为 答案：

4 5

解：令loguv?a，logvw?b，则

11，logwv?，loguvw?loguv?loguv?logvw?a?ab ab115条件化为a?ab?b?5，??3，由此可得ab?，因此

ab44logwu?logwv?logvu??．

5logvu?4．袋子A中装有2张10元纸币和3张1元纸币，袋子B中装有4张5元纸币和3张1元纸币．现随机从两个袋子中各取出两张纸币，则A中剩下的纸币面值之和大于B中剩下的纸币面值之和的概率为 答案：

9 35解：一种取法符合要求，等价于从A中取走的两张纸币的总面值a小于从B中取走的两张纸币的总面值b，从而a?b?5?5?10．故只能从A中国取走两张1元纸币，相应的取

2法数为C3?3．又此时b?a?2，即从B中取走的两张纸币不能都是1元纸币，相应有

22C7?C3?18种取法．因此，所求的概率为

3?18549． ??22C5?C710?21355．设P为一圆锥的顶点，A，B，C是其底面圆周上的三点，满足?ABC=90°，M为AP的中点．若AB=1，AC=2，AP?答案：arctan2，则二面角M—BC—A的大小为

2 3解：由?ABC=90°知，AC为底面圆的直径．设底面中心为O，则PO?1AC?1，进而PO?AP2?AO2?1． 2设H为M在底面上的射影，则H为AO的中点．在底面中作HK?BC于点K，则由三垂线定理知MK?BC，从而?MKH为二面角M—

平面ABC，易知AO?BC—A的平面角．

1HKHC33??，即HK?，这样，结合HK与AB平行知，

2ABAC44MH22tan?MKH??．故二面角M—BC—A的大小为arctan．

HK33kx4kx?cos46．设函数f(x)?sin，其中k是一个正整数．若对任意实数a，均有

1010因MH?AH?{f(x)|a?x?a?1}?{f(x)|x?R}，则k的最小值为

答案：16

kxkxkxkx?cos2)2?2sin2cos2 1010101012kx32kx?cos? ?1?sin5454解：由条件知，f(x)?(sin2

5m?(m?Z)时，f(x)取到最大值．根据条件知，任意一个长为1的开k5??1，即k?5?． 区间(a,a?1)至少包含一个最大值点，从而k其中当且仅当x?反之，当k?5?时，任意一个开区间均包含f(x)的一个完整周期，此时 {f(x)|a?x?a?1}?{f(x)|x?R}成立．综上可知，正整数的最小值为[5?]?1?16．

y2?1，左、右焦点分别为F1、F2，过点F2作直线与双曲线C7．双曲线C的方程为x?32的右半支交于点P，Q，使得?F1PQ=90°，则?F1PQ的内切圆半径是 答案：7?1

解：由双曲线的性质知，

F1F2?2?1?3?4，PF1?PF2?QF1?QF2?2．

222因?F1PQ=90°，故PF1?PF2?F1F2，因此

PF1?PF2?2(PF12?PF22)?(PF1?PF2)2?2?42?22?27从而直角?F1PQ的内切圆半径是

r?111(F1P?PQ?F1Q)?(PF1?PF2)?(QF1?QF2)?7?1 2228．设a1,a2,a3,a4是1，2，…，100中的4个互不相同的数，满足

122222(a1?a2?a3)(a2?a3?a4)?(a1a2?a2a3?a3a4)2

则这样的有序数组(a1,a2,a3,a4)的个数为 答案：40

122222解：由柯西不等式知，(a1?a2?a3)(a2?a3?a4)?(a1a2?a2a3?a3a4)2，等号成立

的充分必要条件是

a1a2a3??，即a1,a2,a3,a4成等比数列．于是问题等价于计算满足a2a3a4{a1,a2,a3,a4}?{1,2,3,…,100}的等比数列a1,a2,a3,a4的个数．设等比数列的公比

q?1，且q为有理数．记q?先考虑n?m的情况．

n，其中m,n为互素的正整数，且m?n． m

a1n3a1n333l?此时a4?a1()?，注意到互素，故为正整数． 相应地，a1,a2,a3,a4m,n33mmm分别等于m3l,m2nl,mn2l,n3l，它们均为正整数．这表明，对任意给定的q?3n?1，满足m条件并以q为公比的等比数列a1,a2,a3,a4的个数，即为满足不等式nl?100的正整数l的个数，即[100]． n33由于5?100，故仅需考虑q?2,3,,4,34这些情况，相应的等比数列的个数为

23100100100100100[]?[]?[]?[]?[]?12?3?3?1?1?20． 827276464当n?m时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列a1,a2,a3,a4． 综上可知，共有40个满足条件的有序数组(a1,a2,a3,a4)．

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． 9．（本题满分16分）在?ABC中，已知AB?AC?2BA?BC?3CA?CB．求sinC的最大值．

b2?c2?a2解：由数量积的定义及余弦定理知，AB?AC?cbcosA?．

2a2?c2?b2a2?b2?c2同理得，BA?BC?，CA?CB?．故已知条件化为

22b2?c2?a2?2(a2?c2?b2)?3(a2?b2?c2)

即a?2b?3c．………………………………8分 由余弦定理及基本不等式，得

2221222a?b?(a?2b2)222a?b?c3 cosC??2ab2ab?abab2 ??2??3b6a3b6a32所以sinC?1?cosC?7．………………………………12分 3等号成立当且仅当a:b:c?3:6:5．因此sinC的最大值是

7．……………16分 3

10．（本题满分20分）已知f(x)是R上的奇函数，f(1)?1，且对任意x?0，均有

x)?xf(x)． x?11111111)?f()f()?f()f()?…?f()f()的值． 求f(1)f(10029939850511解：设an?f()(n=1，2，3，…），则a1?f(1)?1．

n1?x1xk?1，及f(x)为奇)?xf(x)中取x??(k?N*)，注意到在f(?1x?1kx?1k?1??1kf(函数．可知

f(11111)??f(?)?f()……………………5分 k?1kkkkn?1ak?11ak?1n?111即．……………………10分 ?，从而an?a1?????akkak(n?1)!k?1k?1k因此

?aai?150i101?i4911 ?????(99?i)!i?1(i?1)!(100?i)!i?0i!50149i149i119929899?i……………………20分 ?C99?(C99?C99)???2???99!i?099!i?099!299!

11．（本题满分20分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，F是x轴正半轴上的一个动点．以F为焦点，O为顶点作抛物线C．设P是第一象限内C上的一点，Q是x轴负半轴上一点，使得PQ为C的切线，且｜PQ｜=2.圆C1,C2均与直线OP相切于点P，且均与轴相切．求点F的坐标，使圆C1与C2的面积之和取到最小值．

解：设抛物线C的方程是y?2px(p?0)，点Q的坐标为(?a,0)(a?0)，并设C1,C2的圆心分别为

2O1(x1,y1),O2(x2,y2)．

设直线PQ的方程为x?my?a(m?0)，将其与C的方程联立，消去x可知

y2?2pmy?2pa?0．

因为PQ与C相切于点P，所以上述方程的判别式为??4p2m2?4?2pa?0，解得

m?2a．进而可知，点P的坐标为(xP,yP)?(a,2pa)．于是 p2a?2pa?2a(p?2a)． p|PQ|?1?m2|yP?0|?1?由｜PQ｜=2可得

4a2?2pa?4 ①……………………5分

注意到OP与圆C1,C2相切于点P，所以OP?O1O2．设圆C1,C2与x轴分别相切于点M，N，则OO1,OO2分别是

?POM,?PON的平分线，故?O1OO2=90°．从而由射

影定理知

22y1y2?O1M?O2N?O1P?O2P?OP2?xP?yP?a2?2pa

结合①，就有y1y2?a2?2pa?4?3a2 ②……………………10分 由O1,P,O2共线，可得

y1?2pa2pa?y2化简得

?y1?yPOPOMy?1?1?1．

yP?y2PO2O2Ny2y1?y2?222pa2y1y2 ③……………………15分

令T?y1?y2，则圆C1,C2的面积之和为?T．根据题意，仅需考虑T取到最小值的情况． 根据②、③可知，

T?(y1?y2)2?2y1y2?422y1y2?2y1y2 2pa4(4?3a2)(2?a2)222?(4?3a)?2(4?3a)?． 224?4a1?a22作代换t?1?a，由于4t?4?4a?2pa?0，所以t?0．于是

T?

(3t?1)(t?1)11?3t??4?23t??4?23?4．

ttt上式等号成立当且仅当t?31，此时a?1?t?1?，因此结合①得， 33p1?a2??2at1?13?3t3?3?13?3

从而F的坐标为(

p1,0)?(,0)．………………………20分 23?3

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