方廷刚2009年全国高中数学联赛模拟试题解答

2009年全国高中数学联赛模拟试题

方廷刚

(四川省成都七中 610041)

一、填空题(共56分,每题7分)

1.设?ABC是给定锐角三角形,则关于x的方程x2sin2B?x(cos2C?cos2A?sin2B)

?sinAcosC?0的解集是_________________.

2.空间给定不共面的A,B,C,D四点,其中任意两点间的距离均不相同,考虑具有如下性

22质的平面?:A,B,C,D中有三个点到?的距离相同,第四点到?的距离是那三点之一到?的距离的2倍,这样的平面?的个数是__________.

3.设a0?a,an?1?2an?n2(n?0,1,2,?),若{an}的所有项都是正整数,则{an}的最小值是__________.

??1内一点(5,2)作两条弦AB和CD,过A,B作椭圆的两切线交95于E,过C,D作椭圆的两切线交于F,则直线EF的方程是____________________.

x24.过椭圆

y25.设

?4????2,则S?sin2??cos2?的最大值为_________.

6.圆台O1O2的上下底面半径分别是r1和r2,高为h,以O1为锥顶,圆台下底面为底面的圆 锥记为V1,以O2为锥顶,圆台上底面为底面的圆锥记为V2,则圆台O1O2的既在圆锥V1之外又在圆锥V2之外的部份的体积为______.

7.设函数f(x)满足f(2x)=x2?2ax?a2?1,且f(x)在区间[2a?1,2a为[?1,0],则a的取值范围是_______________.

8.一次AMC考试共30题,评分标准规定每题答对得5分,答错得0分,不答得2分,一个参赛选手在每题所得分的和叫做该选手的总分.假设参赛选手足够多,则所有可能给出的不同总分的种数是____________.

二、解答题(共44分)

9.(14分)已知{an}是等差数列,d为公差且不等于0,a1和d均为实数,它的前n项和记作Sn,设集合A?{(an,?1,x,y?R},证明或否定下

4n列结论: (1)A?B至多有一个元素.(2)当a1?0时,一定有A?B??.

x?y2?2a?2]上的值域

Sn)|n?N},B?{(x,y)|*12210.(15分)过椭圆

xa22?yb22?1(a?b?0)中心O作互相垂直的两条弦AC,BD,设点

A,B的离心角分别为?1和?2(这里A的离心角是?1等于说A的坐标为(acos?1,bsin?1)),

求cos(?1??2)的取值范围.

11.(15分)求g(x)?

x?1x?x23(x?1)的最小值.

加试题

一、等腰?ABC中,AC?BC,I为 其内心,P是?IAB的外接圆在?ABC内 部的弧上的一点,过P作AB的平行线分 别交CA,CB于M和N,再在AB上取点

E,F,使得PE∥CA且PF∥CB,求证

CMAIOEPNB直线ME与直线NF的交点在?ABC的 外接圆上.

二、设a,b,c?R?,abc=1,求证:

FQK (b?c)(c?a)(a?b)?4[(a?b?c)(

a?b?c31)8?1] (1)

三、给定正整数k,a,b,(a,b)?1,求使二元一次不定方程ax?by?n恰有k个不同正整数解(x,y)的整数n的最大值和最小值.

四、数学实验班共30名学生,每个学生在班内都有同样多的朋友(朋友是相互的).在一次考试中,任意两名学生的成绩都不相同.若一个学生的所有朋友中,有超过一半朋友的成绩低于该生,则称该生为“好学生”.“好学生”最多可能有多少个?证明你的结论.

2009年全国高中数学联赛模拟试题解答

方廷刚

(四川省成都七中 610041)

一、填空题(共56分,每题7分)

1.设?ABC是给定锐角三角形,则关于x的方程x2sin2B?x(cos2C?cos2A?sin2B)

?sinAcosC?0的解集是_________________.

22解.由余弦定理,a2?b2?c2?2abcosC?0,再由正弦定理,有

sinA?sinB?sinC?2sinAsinBcosC?0 ??(sinA?sinB?sinC)?4sinAsinBcosC

?(sinA?sinB?sinC?2sinAsinBcosC)?(sinA?sinB

?sinC?2sinAsinBcosC)?0

2222222222222222故原方程有等根x1?x2?}.

sinBsinB2.空间给定不共面的A,B,C,D四点,其中任意两点间的距离均不相同,考虑具有如下性

sinAcosC,故解集为{sinAcosC质的平面?:A,B,C,D中有三个点到?的距离相同,第四点到?的距离是那三点之一到?的距离的2倍,这样的平面?的个数是__________.

解.将四点中任一点取为第四点(到平面?之距离等于别的点到?距离的2倍),有4种取法.当D为第四点时,A,B,C三点到?距离相等,(1)三点在?同侧,按D与那三点同侧或异侧有两种情形;(2)三点分居?两侧,有3种情形,再按D与三点中的两点同侧或与三点中的一点同侧各有两种情形,故此时有6种情形,从而当D为第四点时,共有8种情形,故共32种.

23.设a0?a,an?1?2an?n(n?0,1,2,?),若{an}的所有项都是正整数,则{an}的最小

值是__________.

2222解.易知an?1?(n?1)?2an?2n?2n?1,故 an?1?(n?1)?2(n?1)?2(an?n)

?4n?3,即an?1?(n?1)?2(n?1)?3?2(an?n?2n?3),作代换后可解出{an}的通项an?n?2n?3?(a?3)?2(n?N),由an?0得3?a?2n22n?2n?32n2对n?N恒成立,故

a?3,此时{an}单调递增,故其最小值为a.

95于E,过C,D作椭圆的两切线交于F,则直线EF的方程是____________________.

4.过椭圆

x2?y2?1内一点(5,2)作两条弦AB和CD,过A,B作椭圆的两切线交

解.设E(x1,y1),F(x2,y2),则易知AB的方程为有

x19?5?y15?2?1,即点E在直线

x19x?y15y?1,再由AB过点(5,2)59252x?25y?1上.同理可知点F也在该直线上,由

两点确定一直线知所求直线即5.设

?4???59x?y?1.

?2,则S?sin2??cos?的最大值为_________.

解.取??0为待定常数,则

S?cos?(2sin??cos?)?14??(2?cos??2sin??cos?222)

2222??(?1)?2??(22 ??(2si?n??(?1)?co?s)?[?sin??cos]4?4?4???cos??2sin??cos?两处“?” 同时取等号的条件是??(??1)(??1)?4,故???2:sin??(??1):cos?12?(??1)4?221).

5,

226.圆台O1O2的上下底面半径分别是r1和r2,高为h,以O1为锥顶,圆台下底面为底面的圆

?5?12,且??arctan5?1,故S有最大值5?1.

锥记为V1,以O2为锥顶,圆台上底面为底面的圆锥记为V2,则圆台O1O2的既在圆锥V1之外又在圆锥V2之外的部份的体积为______.

解.如图,记A1A2为圆台的一条母线,记O1A2与O2A1的交点为E,则所 求几何体是由?EA1A2绕直线O1O2旋转而成,故其体积应为 V?V0?V 3?V2?V1其中V0为圆台体积,V3为?EO1O2绕直线O1O2旋转而成的几何体的体积.

易知V0=r1r2r1?r2O1FO2EA2A1?h3(r1?r1r2?r2),V1=

22?h3r2,V2=r1r2+

22?h3r1.作EF?O1O2,垂足F,则易算出EF=

2,从而V3=

?h3(r1r2r1?r2),于是V=

x2?h3?h3(r1r2r1?r2)=

2?hr1r2(r1?3r1r2?r2)3a?122(r1?r2)2.

7.设函数f(x)满足f(2)=x?2ax?a?1,且f(x)在区间[2为[?1,0],则a的取值范围是_______________. 解.记g(x)=f(2x),则f(x)=g(log[2a?1,2a?2a?222,2a?2a?22]上的值域

2x)=log22x?2alog2x?a?1,故f(x)在区间

2]上的值域为[?1,0]等价于g(x)=x2?2ax?a2?1在[a?1,a2?2a?2]上

的值域为[?1,0].

由于g(a)??1是g(x)在R内的最小值,故由条件知a?[a?1,a?2a?2],且g(x)在该区间内的最大值在端点处达到;又g(x)在区间左端点处的函数值g(a?1)=0恰为g(x)在该区间上的最大值,故a必在区间右半部份内,即有据此可解出

3?252(a?1)?(a?2a?2)22?a?a?2a?2,

2?a?1或2?a?3?25.

2注.由于g(a?1)=g(a?1)=0,故必a?a?2a?2?a?1,由此可解出或2?a?3?53?25?a?1

28.一次AMC考试共30题,评分标准规定每题答对得5分,答错得0分,不答得2分,一个

.

参赛选手在每题所得分的和叫做该选手的总分.假设参赛选手足够多,则所有可能给出的不同总分的种数是____________.

解.用x,y表示某选手答对和不答的题数,则要求M?{5x?2yx,y?N,x?y?30}的元素个数.若5x1?2y1?5x2?2y2,则易知5y1?y2,故当y1,y2?{0,1,2,3,4}且y1?y2时必5x1?2y1?5x2?2y2.注意到对每个y?{0,1,2,3,4},x可取从0到30?y共30?y?1个值,故M的元素个数为31+30+29+28+27=145个.

另解.只须考虑S?{0,1,2,3,?,150}中哪些数不能取到:全答对得150分;答对29题得145分或147分,故149,148,146不能取到;答对28题得140分或142分或144分,答对27题得135分或137分或139分或141分,故143不能取到;再往下知中间的数都能取到,最后有1和3不能取到,于是从0到150共151个整数中只有6个不能取到,能取到的数有145个.

二、解答题(共44分)

9.(14分)已知{an}是等差数列,d为公差且不等于0,a1和d均为实数,它的前n项和记作Sn,设集合A?{(an,Snn列结论: (1)A?B至多有一个元素.(2)当a1?0时,一定有A?B??.

)|n?N},B?{(x,y)|*14x?y22?1,x,y?R},证明或否定下

11?y?x?a1,?22解.(1)正确.设(x,y)?A?B,则(x,y)坐标中的x、y应是方程组?的解.2x2??y?1?4解这个方程组,消去y,得2a1x?a1??4.(﹡)

当a1?0时,方程(﹡)无解,此时A?B??.

?4?a12a122??4?a1,?x??2a1,此时方程组仅一解,即? 2?y?a1?4.?4a1?2当a1?0时,方程(﹡)仅一解x?故上述方程组至多有一解,所以A?B至多有一个元素.

?0.这时n集合A中的元素的点的横、纵坐标均为正.另外,由于a1?1?0,如果A?B??,根据(2)的

(2)不正确.取a1?1,d?1,对一切n?N*,有an?a1?(n?1)d?n?0,

Sn结论,A?B至多有一个元素(x0,y0),而

x0??4?a12a12??52?0,y0?a1?44a12??34?0.

故(x0,y0)?A,矛盾.所以,a1?1,d?1时,A?B??,故a1?0时,一定有A?B??即原结论不正确.

10.(15分)过椭圆

xa22?yb22?1(a?b?0)中心O作互相垂直的两条弦AC,BD,设点

A,B的离心角分别为?1和?2(这里A的离心角是?1等于说A的坐标为(acos?1,bsin?1)),

求cos(?1??2)的取值范围.

解.当AC,BD恰与坐标轴重合时,cos(?1??2)?0;当AC,BD与坐标轴不重合时,令?xOA??1,?xOB??2,则?1??2??2?2k?(k?Z),故tan?1?tan?2??1.由题意知

abtan?1,tan?2?abtan?2.故

A(bcos?1,asin?1),B(bcos?2,asin?2),则tan?1?cot(?1??2)?1?tan?1?tan?2tan?1?tan?222?a?btan?1?tan?2ab(tan?1?tan?2)

?11?cot(?1??2)2a?bab?1?22?1?cot?2?tan?212?a?b2ab2222

cos(?1??2)?1?1?(a?b2ab22?)2a?ba?b2.

取等号条件是tan?2?1,即BD的倾斜角为

11.(15分)求g(x)?x?1x?x23?4或

3?4时,故0?cos(?1??2)?a?ba?b2222.

(x?1)的最小值.

9 解.设所求最小值为a,由于g(2)?. 22x?x 由最小值的意义,f(x)?x3?ax2?ax?1?0对x?1恒成立且存在x?1使f(x)?02且g(x)?3?(x?1)?23?3,故3?a?9成立,从而f(x)在(0,??)的最小值为0.

2f?(x)?3x?2ax?a,令f?(x)?0,可解得x?a?a?a(a?3)3a(a?3)3a(a?3)3是f(x)在(1,??)的唯

一驻点,且f(x)在(1,a?a(a?3)3a?3]单调递减而在[),于是有f(2,??)单调递增,故f(x)在(1,??)的最小值是f((a?3a(a?3)3a?)?0,即

a(a?3))?3a(a?2a(a?3))?9a(a?a(a?3))?27?0

??2a?9a?27?2a(a?3)a(a?3) ?4a?36a?81a?108a?27?18a?27?4a(a?9a?27a?27)

654322332?a?18a?27?0

9再由3?a?可解得唯一解a?2429?63,从而所求g(x)的最小值是9?63.

加试题

一、等腰?ABC中,AC?BC,I为 其内心,P是?IAB的外接圆在?ABC内 部的弧上的一点,过P作AB的平行线分 别交CA,CB于M和N,再在AB上取点

E,F,使得PE∥CA且PF∥CB,求证

CMAIOEPNB直线ME与直线NF的交点在?ABC的 外接圆上.

证.连CP并延长交?ABC的外接圆 于Q,连QM,QN,分别交AB于E1,F1, 则只须证明PE1∥CA且PF1∥CB.

记PQ与AB的交点为D,由条件有 QE1QM?QDQPFQK,而PE1∥CA即

QE1QM?QPQC,

故须证

QDQP?QPQC?QP?QC?QD.

C2连QA,QB,PA,PB,由AC?BC得

QC平分?AQB,又?QAD??QCB,

故?QAD∽?QCB,从而又有QD?QC

2?QA?QB,从而还须证QP?QA?QB.

再用QC平分?AQB知还须证?QBP∽

?QPA,即证?QPB??QAP.

AMIOEPNB由条件,?CQB??CAB??CBA ??CNP,故P,Q,B,N共圆,同理P,Q,

A,M共圆,故?QPN??QAM,还须证 ?MAP??BPN.注意到?IAB的外心 K是?O的不含C的?AB的中点,故 KA?CA,即CA为?K的切线.从而

?MAP??PBA??BPN,于是结论成立.

DFQK

二、设a,b,c?R?,abc=1,求证:

(b?c)(c?a)(a?b)?4[(a?b?c)(证.记a?b?c=s,则

(1) 左边=(s?a)(s?b)(s?c)=s3?(a?b?c)s2?(bc?ca?ab)s?1 =(bc+ca+ab)s?1=(故(1)等价于(

1a?1b?1a1c?1b1a?1b?1ca?b?c31)8?1] (1)

)s?1

)s?1?4[s()8?1],等价于

31b?1c1c2s1 3+(由于abc=1,有(1a)(a?b?c)?4(a?b?c)(1bc?1ca18a?b?c31)8 (2)

??)?3(

3?1ab)=3(a?b?c)=3s,故为证(2)只须证得

3?但(3)左边=3+

13s3s?4s(3) (3)

?443?(3s+

3133s+

3133s3133s)=4s()8=右边,故(3)成立.

333s1三、给定正整数k,a,b,(a,b)?1,求使二元一次不定方程ax?by?n恰有k个不同正整数解(x,y)的整数n的最大值和最小值.

解.因(a,b)?1,故存在p,q?Z使pa?qb?1,于是ax?by?n有通解

(x,y)?(pn?bt,qn?at)(t?Z) qnapnb令x?0,y?0,易得?是区间(?qna,pnb?t?,故方程ax?by?n恰有k个不同正整数解的充要条件

)内恰有k个连续正整数t1,t2,?,tk满足

t1?1??qna?t1?t2???tk?npnb?tk?1

从而区间长S?pnb?(?qna)?abpnb满足S?(tk?1)?(t1?1)?k?1.又

?tk)?(k?1)?at1?qna?pn?btkb?k?1?1a?1bS?(tk?t1)?(t1?(?qna))?(

故有k?1?1abab 另一方面,当n?(k?1)ab时,方程ax?by?n恰有k个不同正整数解

?1?n?k?1?(k?1)ab?a?b?n?(k?1)ab.

(x,y)?(jb,(k ,k??1j)a)?,j?1,2又当n?(k?1)ab?a?b时,方程ax?by?n亦恰有k个不同正整数解

(x,y)?(bj?1,a(k?1?j)?1),j?0,1,?k?1

故所求n的最大值为(k?1)ab,最小值为(k?1)ab?a?b.

四、数学实验班共30名学生,每个学生在班内都有同样多的朋友(朋友是相互的).在一次考试中,任意两名学生的成绩都不相同.若一个学生的所有朋友中,有超过一半朋友的成绩低于该生,则称该生为“好学生”.“好学生”最多可能有多少个?证明你的结论. 解.“好学生”最多可能有24个.

设每人有m(1?m?29)个朋友.将这30个人按考试成绩从高到低编号为1,2,?,30.将A的朋友中比A差的称为A的“陪衬”,比A好的称为A的“克星”.由定义,每个“好学生” 的“陪衬”数不小于[m2]?1.显然前m?[m2]名学生都必为“好学生”.

设“好学生”共有S个,考查他们的“陪衬”数的和,有

1mm(m?[])m(?[?]222m1?)S(?m?[2m])(?[22]?1m ) 1 5 ①

1k?59k?30 若m?2k?1(k?Z,0?k?14),则由①可得S????f(k).由

2k?1130(k(?1?)?6 f(k)?? 1)2k?1知f(k)的最大值是f(4)?f(5)?25,从而S?25.

1k?61k?g(k).仿上可得S?24. 若m?2k(k?Z,1?k?14)则由①可得S???2k?1于是总有S?25.若有25个“好学生”,则当k?5时,其余5人的“克星”数之和不大于25,故这25个“好学生”的“克星”数之和不小于50,且每个“好学生”的“克星”数不超过2,从而每个“好学生”的“克星”数都恰为2,与第1名没有“克星”相矛盾;若k?4,则其余5人的“克星”数之和不大于20,故这25个“好学生”的“克星”数之和不小于40,且每个“好学生”的“克星”数均不超过1,仍矛盾.下面说明24个“好学生”是可能的,其中(r,t)表示第r名学生与第t名学生是朋友:

2(1,2) (3,8) (6,12) (10,16) (13,23) (16,27) (20,28) (23,29)

(1,3) (1,4) (1,5) (3,9) (4,7) (4,8) (7,13) (7,14) (7,15) (10,17) (10,18) (11,19) (13,24) (14,22) (14,23) (17,25) (17,26) (17,27) (20,29) (20,30) (21,28) (23,30) (24,28) (24,29) (1,6) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6) (3,7) (4,9) (5,10) (5,11) (5,12) (6,10) (6,11) (8,13) (8,14) (8,15) (9,16) (9,17) (9,18) (11,20) (11,21) (12,19) (12,20) (12,21) (13,22) (14,24) (15,25) (15,26) (15,27) (16,25) (16,26) (18,25) (18,26) (18,27) (19,25) (19,26) (19,27) (21,29) (21,30) (22,28) (22,29) (22,30) (23,28) (24,30)

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