2010-2012年全国高中数学联合竞赛试题(一试、加试)及答案

2010年全国高中数学联赛

一 试

一、填空题（每小题8分，共64分，） 1. 函数f(x)

x 5 24 3x的值域是 .

2. 已知函数y (acos2x 3)sinx的最小值为 3，则实数a的取值范围是3. 双曲线x2 y2 1的右半支与直线x 100围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是 .

4. 已知{an}是公差不为0的等差数列，{bn}是等比数列，其中

a1 3,b1 1,a2 b2,3a5 b3，且存在常数 , 使得对每一个正整数n都有an log bn ，

则 .

5. 函数f(x) a2x 3ax 2(a 0,a 1) 在区间x [ 1,1]上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是 .

6. 两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是 .

7. 正三棱柱ABC A1B1C1的9条棱长都相等，P是CC1的中点，二面角B A1P B1 ,则sin .

8. 方程x y z 2010满足x y z的正整数解（x,y,z）的个数是 . 二、解答题（本题满分56分）

9. （16分）已知函数f(x) ax3 bx2 cx d(a 0)，当0 x 1时，f (x) 1，试求a的最大值.

10.（20分）已知抛物线y2 6x上的两个动点A(x1,y1)和B(x2,y2)，其中x1 x2且x1 x2 4.线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，求 ABC面积的最大值.

11.（20分）证明：方程2x 5x 2 0恰有一个实数根r，且存在唯一的严格递增正整数数列

3

{an}，使得

2

ra1 ra2 ra3 . 5

加 试

1. （40分）如图，锐角三角形ABC的外心为O，K是边BC上一点（不是边BC的中点），D是线段AK延长线上一点，直线BD与AC交于点N，直线CD与AB交于点M．求证：若OK⊥MN，则A，B，D，C四点共圆．

2. （40分）设k是给定的正整数，r k

1

．记f(1()r) 2

f( r) r，r

f(l)(r) f(f(l 1)(r)),l 2．证明：存在正整数m，使得f(m)(r)为一个整数．这里， x 表示不

小于实数x的最小整数，例如： 1， 1 1．

2

1

3. （50分）给定整数n 2，设正实数a1,a2, ,an满足ak 1,k 1,2, ,n，记

Ak

求证：

a1 a2 ak

,k 1,2, ,n．

k

ak Ak

k 1

k 1

nn

n 1

． 2

4. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n边形A1A2 An的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？

解 答

1. [ 3,3] 提示：易知f(x)的定义域是 5,8 ，且f(x)在 5,8 上是增函数，从而可知

f(x)的值域为[ 3,].

2.

3

a 12 提示：令sinx t，则原函数化为g(t) ( at2 a 3)t，即 2

g(t) at3 (a 3)t.

由 at3 (a 3)t 3，(t 1)( at(t 1) 3) 0 及t 1 0 知 at(t2 1) 3(t 1) 0，

at(t 1) 3 0 即

a(t2 t) 3. （1）

当t 0, 1时（1）总成立；

2

对0 t 1,0 t t 2；对 1 t 0,

31

t2 t 0.从而可知 a 12.

24

3. 9800 提示：由对称性知，只要先考虑x轴上方的情况，设y k(k 1,2, ,99)与双曲线右半支于Ak,交直线x 100于Bk，则线段AkBk内部的整点的个数为99 k，从而在x轴上方区域内部整点的个数为

(99 k) 99 49 4851.

k 1

99

又x轴上有98个整点，所以所求整点的个数为2 4851 98 9800.

3 提示 ：设{an}的公差为d,{bn}的公比为q，则

3 d q, （1）

3(3 4d) q2， （2）

（1）代入（2）得9 12d d 6d 9，求得d 6,q 9. 从而有3 6(n 1) log 9一切正整数n都成立.

从而

n 1

2

即6n 3 (n 1)log 9 对 对一切正整数n都成立，

log 9 6, 3 log 9 ，

求得 3, 3， 3 3.

5.

13 提示：令ax y,则原函数化为g(y) y2 3y 2,g(y)在( ,+ )上是递增的. 42

当0 a 1时，y [a,a 1],

g(y)max a 2 3a 1 2 8 a 1 2 a

所以

1

， 2

111

g(y)min ()2 3 2 ；

224

当

a 1时，y [a 1,a]，

g(y)max a2 3a 2 8 a 2，

所以

1

g(y)min 2 2 3 2 1 2 .

4

1

综上f(x)在x [ 1,1]上的最小值为 .

4

12217

6. 提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为，从而先投掷人的获胜概率

173612

为

757577

()2 ()4 121212121212

112

.

25171 144

提示：解法一：如图，以AB所在直线为x轴，线段AB中点O为原点，OC所在直线为y轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则

B(1,0,0),B1(1,0,2),A1( 1,0,2),P(0,3,1)，从而，

,,1),B1A1 ( 2,0,0),B1 ( 1,, 1). 1 ( 2,0,2), ( 1

设分别与平面BA1P、平面B1A1P垂直的向量是 (x1,y1,z1)、 (x2,y2,z2)，则

BA1 2x1 2z1 0,

x1 y1 z1 0, n

B1A1 2x2 0,

B1 x2 y2 z2 0,

由此可设 (1,0,1), (0,1,)，所以m n m ncos ，即

2cos cos

. 4

. 所以 sin

A1

解法二：如图，PC PC1,PA1 PB . 设

A1B

与

AB1

交于点

O,

C1

则

E

B1

O

A

P

面

OA1 OB,OA OB1,A1B AB1 .

因为 PA PB1,所以 PO AB1,从而AB1 平PA1B .

过O在平面PA1B上作OE A1P,垂足为E.

B

连结B1E,则 B1EO为二面角B A1P B1的平面角.设AA1 2,则易求得

PB PA2,PO 3. 1 ,A1O B1O

在直角 PA1O中，A1O PO A1P OE,即 2 3

OE, OE

6.

又 B1O

2, B1E B1O2 OE2 2

64.

55B1O2.

B1E44

5

sin sin B1EO

2

8. 336675 提示：首先易知x y z 2010的正整数解的个数为 C2009 2009 1004.

把x y z 2010满足x y z的正整数解分为三类：

（1）x,y,z均相等的正整数解的个数显然为1；

（2）x,y,z中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设x,y,z两两均不相等的正整数解为k. 易知

1 3 1003 6k 2009 1004，

所以

6k 2009 1004 3 1003 1

2006 1005 2009 3 2 1 2006 1005 2004， 即

k 1003 335 334 335671.

从而满足x y z的正整数解的个数为

1 1003 335671 336675.

f (0) c, 13 2

9. 解法一： f (x) 3ax 2bx c,由 f () a b c, 得

4 2

f (1) 3a 2b c

1

3a 2f (0) 2f (1) 4f ().

2

所以

1

3a 2f (0) 2f (1) 4f ()

2

2f (0) 2f (1) 4f () 8，

12

所以a 为

8832

. 又易知当f(x) x 4x x m（m为常数）满足题设条件，所以a最大值33

8

. 3

2

解法二：f (x) 3ax 2bx c. 设g(x) f (x) 1，则当0 x 1时，0 g(x) 2.

设 z 2x 1，则x

z 1

, 1 z 1. 2

z 13a23a 2b3a

h(z) g() z z b c 1.

2424

容易知道当 1 z 1时，0 h(z) 2,0 h( z) 2. 从而当 1 z 1时，

0

h(z) h( z)

2 ， 即

2

3a23az b c 1 2， 44

3a3a8

b c 1 0,z2 2，由 0 z2 1知a . 从而

344

8832

又易知当f(x) x 4x x m（m为常数）满足题设条件，所以a最大值为.

33

0

10. 解法一：设线段AB的中点为M(x0,y0)，则 x0

x1 x2y y2

2,y0 1， 22

kAB

y2 y1y y163

. 22

x2 x1y2 y1y0y2y12

66

线段AB的垂直平分线的方程是

y y0

y0

(x 2). （1） 3

易知x 5,y 0是（1）的一个解，所以线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点

C坐标为(5,0).

由（1）知直线AB的方程为y y0

3

(x 2)，即 y0

x

2

y0

(y y0) 2. （2） 3

（2）代入y 6x得y2 2y0(y y0) 12，即

2

y2 2y0y 2y0 12 0. （3）

依题意，y1,y2是方程（3）的两个实根，且y1 y2，所以

222 4y0 4(2y0 12) 4y0 48 0,

2 y0 3.

AB

(x1 x2)2 (y1 y2)2

(1 (

y02

))(y1 y2)2 3

2y0

(1 )[(y1 y2)2 4y1y2]

92y022

(1 )(4y0 4(2y0 12))

9

222

(9 y0)(12 y0) .

3

定点C(5,0)到线段AB的距离 h CM S ABC

2

(5 2)2 (0 y0)2 9 y0.

11222AB h (9 y0)(12 y0) 9 y0 23

11222

(9 y0)(24 2y0)(9 y0) 32

222 24 2y0 9 y0119 y0

()3

323

14

. 3

22

当且仅当9

y0，即y0

,A 24 2y0

B

或A B时等号成立. 所以， ABC面积的最大值为

14

7. 3

解法二：同解法一，线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点C坐标为(5,0).

51222

设x1 t1,x2 t2,t1 t2,t12 t2 4，则S ABC t12

22t2

S ABC ((56t1 6t1t2 6t1t2 56t2))

2

06t1的绝对值, 6t212

222

3

(t1 t2)2(t1t2 5)2 23

(4 2t1t2)(t1t2 5)(t1t2 5)

2

3143

(),

23

所以S ABC

142

, 当且仅当(t1 t2)2 t1t2 5且t12 t2 4，即t1 3

,A(

7 56

,

t

2

7 6 6B(或

33

A B时等号成立.

所以， ABC面积的最大值是

14

7. 3

11.令f(x) 2x3 5x 2，则f (x) 6x2 5 0，所以f(x)是严格递增的.又

113

f(0) 2 0,f() 0，故f(x)有唯一实数根r (0,).

224

所以 2r 5r 2 0，

3

2r4710

r r r r . 351 r

故数列an 3n 2(n 1,2, )是满足题设要求的数列. 若存在两个不同的正整数数列a1 a2 an 和b1 b2 bn 满足

ra1 ra2 ra3 rb1 rb2 rb3

去掉上面等式两边相同的项，有

2， 5

rs1 rs2 rs3 rt1 rt2 rt3 ，

这里s1 s2 s3 ,t1 t2 t3 ，所有的si与tj都是不同的.

不妨设s1 t1，则

rs1 rs1 rs2 rt1 rt2 ，

1 rt1 s1 rt2 s1 r r2

1

1 1 r

111 2

1 1，

矛盾.故满足题设的数列是唯一的.

解 答

1. 用反证法．若A，B，D，C不四点共圆，设三角形ABC的外接圆与AD交于点E，连接BE并延长交直线AN于点Q，连接CE并延长交直线AM于点P，连接PQ．

2

因为PK P的幂（关于⊙O） K的幂（关于⊙O）

PO r同理

22

KO r

2

2

，

M

22222

QK QO r KO r，

所以 PO2 PK2 QO2 QK2， 故OK⊥PQ． 由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是

AQAP

． ①

QNPM

由梅内劳斯（Menelaus）定理，得

NBDEAQ

1， ② BDEAQN

MCDEAP

1． ③ CDEAPM

NBMCNDMD

由①，②，③可得， 所以，故△DMN ∽ △DCB，于是 DMN DCB，BDCDBDDC

所以BC∥MN，故OK⊥BC，即K为BC的中点，矛盾！从而A,B,D,C四点共圆.

注1：“PK P的幂（关于⊙O） K的幂（关于⊙O）”的证明：延长PK至点F，使得

2

PK KF AK KE， ④

则P，E，F，A四点共圆，故

PFE PAE BCE，

从而E，C，F，K四点共圆，于是

PK PF PE PC， ⑤

⑤-④，得

PK PE PC AK KE P的幂（关于⊙O） K的幂（关于⊙O）． 注2：若点E在线段AD的延长线上，完全类似．

A

2

O

F

B

D

P

C

Q

N

M

2. 记v2(n)表示正整数n所含的2的幂次．则当m v2(k) 1时，f

(m)

(r)为整数．

下面我们对v2(k) v用数学归纳法． 当v 0时，k为奇数，k 1为偶数，此时

1 1 1

f(r) k k k k 1

2 2 2

为整数． 假设命题对v 1(v 1)成立．

对于v 1，设k的二进制表示具有形式

k 2v v 1 2v 1 v 2 2v 2 ，

这里， i 0或者1，i v 1,v 2, ． 于是 f(r) k

1 1 1

1 k k k 2 2 2

1k

k2 k 221v 1vv 12v

2 ( v 1 1) 2 ( v 1 v 2) 2 2

2

1

k ， ①

2

这里

k 2v 1 ( v 1 1) 2v ( v 1 v 2) 2v 1 22v .

显然k 中所含的2的幂次为v 1．故由归纳假设知，r k 由①知，f

(v 1)

1

经过f的v次迭代得到整数，2

(r)是一个整数，这就完成了归纳证明．

3. 由0 ak 1知，对1 k n 1，有0

a

i 1

k

i

k,0

i k 1

a

n

i

n k．

注意到当x,y 0时，有x y max x,y ，于是对1 k n 1，有

1n 11 k

An Ak ai ai

ni k 1 nk i 11n 11 k

ai ai

ni k 1kn i 1 1n

max ai,

ni k 1

11 k ai kn i 1

1

max (n k),

n

1

n

n

11 k kn

k

， n

k

故

a A

kk 1

k 1

nAn Ak

k 1

n

A

k 1n 1

n 1

n

Ak An Ak

k 1

n 1

k n 1 1 2．

n k 1

4. 对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a，如果颜色不同，则标上b，如果数字和颜色都相同，则标上c．于是对于给定的点A1上的设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点A2,A3, ,An上的设置．为了使得最终回到A1时

的设置与初始时相同，标有a和b的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数

等于在边上标记a，b，c，使得标有a和b的边都是偶数条的方法数的4倍．

设标有a的边有2i条，0 i ，标有b的边有2j条，0 j

2

n n 2i

．选取2i条边标 2

2i2j

记a的有Cn种方法，在余下的边中取出2j条边标记b的有Cn 2i种方法，其余的边标记c．由乘2i2j法原理，此时共有CnCn 2i种标记方法．对i，j求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为

n

2 i 0

n 2i

2

2i2j CC n n 2i ． ①

j 0

4

这里我们约定C0 1．

当n为奇数时，n 2i 0，此时

n 2i

2 j 0

C

2j

n 2i

2n 2i 1． ②

代入①式中，得

4

i 0

n 2

n 2i n n

2 2 2

2i 2j 2in 2i 12in 2iCC 4C2 2C2 nn 2inn

j 0i 0i 0

C2

kn

k 0

n

n k

kn k

Cn2( 1)k (2 1)n (2 1)n k 0

n

3n 1．

当n为偶数时，若i

nn

，则②式仍然成立；若i ，则正n边形的所有边都标记a，此时22

只有一种标记方法．于是，当n为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为

4

i 0

n

2

n n 2i

2 2 1

2i 2j 2in 2i 1 CC 4 1 C n2 n n 2i

j 0i 0

2in 2i 1

2 4 Cn2 3n 3．

i 0

n

n

2

综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n为奇数时有3 1种；当n为偶数时有3 3种．

n

2011年全国高中数学联赛

一 试

一、填空题（每小题8分，共64分）

1．设集合A {a1,a2,a3,a4}，若A中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为B { 1,3,5,8}，则集合A ．

2．函数f(x)

x2 1

的值域为． x 1

3．设a,b为正实数，

11

22，(a b)2 4(ab)3，则logab ab

4．如果cos5 sin5 7(sin3 cos3 )， [0,2 )，那么 的取值范围是 5．现安排7名同学去参加5个运动项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安排方案数为 ．（用数字作答）

6．在四面体ABCD中，已知 ADB BDC CDA 60 ，则四面体ABCDAD BD 3，CD 2，的外接球的半径为 ．

7．直线x 2y 1 0与抛物线y2 4x交于A,B两点，C为抛物线上的一点， ACB 90 ，则点C的坐标为．

8．已知an Cn 36200

200 n

1

(n 1,2, ,95)，则数列{an}中整数项的个数为 2

n

二、解答题（本大题共3小题，共56分）

9．（16分）设函数f(x) |lg(x 1)|，实数a,b(a b)满足f(a) f( 求a,b的值． 10．（20分）已知数列{an}满足：a1 2t 3(t R且t 1)，

an 1

(2tn 1 3)an 2(t 1)tn 1

(n N*)． n

an 2t 1

b 1

)，f(10a 6b 21) 4lg2，b 2

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若t 0，试比较an 1与an的大小．

1x2y2

11．（本小题满分20分）作斜率为的直线l与椭圆C： 1交于A,B两点（如图所示），

3364

且P(32,2)在直线l的左上方．

（1）证明：△PAB的内切圆的圆心在一条定直线上；

（2）若 APB 60 ，求△PAB的面积．

解 答

1．{ 3,0,2,6}. 提示：显然，在A的所有三元子集中，每个元素均出现了3次，所以

3(a1 a2 a3 a4) ( 1) 3 5 8 15，

故a1 a2 a3 a4 5，于是集合A的四个元素分别为5－（－1）＝6，5－3＝2，5－5＝0，5－8＝－3，因此，集合A { 3,0,2,6}．

2

．( , (1, ). 提示：设x tan ,

2 2，且 4，则

1

f(x) cos 1

1tan 1 sin cos

． 2sin(

4

)

设u 2sin(

4

)，则 2 u 1，且u 0，所以 f(x) 12u ( ,

2] (1, )．

3．-1. 提示：由

1a 1

b

22，得a b 2ab．又 (a b)2 4ab (a b)2 4ab 4(ab)3 4 2ab (ab)3 8(ab)2，

即

a b 22ab． ①

于是

a b 2ab． ②

再由不等式①中等号成立的条件，得ab 1．与②联立解得 a 2 1, a 2 1,

b 2 1,或 2 1,

b故logab 1．

4．

5

4,4

. 提示：不等式 cos5 sin5 7(sin3 cos3 )

等价于

sin3 1sin5 cos3 1

cos577

.

又f(x) x3

17

x5

是( , )上的增函数，所以sin cos ，故 2k

4

2k

5

4

(k Z)． 因为 [0,2 )，所以 的取值范围是

4,5 4

．

5．15000. 提示：由题设条件可知，满足条件的方案有两种情形：

1

5! 3600种方案； （1）有一个项目有3人参加，共有C73 5! C5

1

（2）有两个项目各有2人参加，共有(C72 C52) 5! C52 5! 11400种方案；

2

所以满足题设要求的方案数为3600 11400 15000．

6

提示：设四面体ABCD的外接球球心为O，则O在过△ABD的外心N且垂直于平面ABD的垂线上．由题设知，△ABD是正三角形，则点N为△ABD的中心．设P,M分别为AB,CD的

中点，则N在DP上，且ON DP，OM CD．

因为 CDA CDB ADB 60 ，设CD与平面ABD所成角为 ，可求得

cos

13,sin

23

．

1223

CD 1,DN DP 3 ． 2332

13

在△DMN中，DM 由余弦定理得

D

A B

MN2 12 ()2 2 1 3 2，

故MN ．四边形DMON的外接圆的直径

OD

MN

sin

223

3．

故球O的半径R ．

7．(1, 2)或(9, 6)．提示： 设A(x1,y1),B(x2,y2),C(t2,2t)，由 则y1 y2 8，y1 y2 4．

又x1 2y1 1,x2 2y2 1，所以

x1 x2 2(y1 y2) 2 18， x1 x2 4y1 y2 2(y1 y2) 1 1．

x 2y 1 0,

得 y2 8y 4 0，2

y 4x,

因为 ACB 90 ，所以CA CB 0，即有

(t2 x1)(t2 x2) (2t y1)(2t y2) 0，

即

t4 (x1 x2)t2 x1 x2 4t2 2(y1 y2)t y1 y2 0，

即

t4 14t2 16t 3 0，

即

(t2 4t 3)(t2 4t 1) 0．

显然t2 4t 1 0，否则t2 2 2t 1 0，则点C在直线x 2y 1 0上，从而点C与点A或点B重合．所以t2 4t 3 0，解得t1 1,t2 3．

故所求点C的坐标为(1, 2)或(9, 6)．

8．15. 提示：an C

n200

200 n3

400 5n6

3 2．

要使an(1 n 95) 为整数，必有

200 n400 5n

均为整数，从而6|n 4． ,

36

200 n400 5n

和均为非负整数，所以an为36

当n 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，整数，共有14个．

338 2 5，在C86当n 86时，a86 C86 200200

200!

中，200!中因数2的个数为

86! 114!

200 200 200 200 200 200 200

2 22 23 24 25 26 27 197，

同理可计算得86!中因数2的个数为82，114!中因数2的个数为110，所以C86200中因数2的个数为197 82 110 5，故a86是整数．

336 2 10，当n 92时，a92 C92在C92 200200

200!

中，同样可求得92!中因数2的个数为88,108!中

92! 108!

a因数2的个数为105,故C86200中因数2的个数为197 88 105 4，故92不是整数．

因此，整数项的个数为14 1 15．

9．因为f(a) f(

b 1

)，所以 b 2

|lg(a 1)| |lg(

b 11

1)| |)| |lg(b 2)|， b 2b 2

所以a 1 b 2或(a 1)(b 2) 1，又因为a b，所以a 1 b 2，所以(a 1)(b 2) 1．

又由f(a) |lg(a 1)|有意义知0 a 1，从而

0 a 1 b 1 b 2，

于是

0 a 1 1 b 2．

所以

(10a 6b 21) 1 10(a 1) 6(b 2) 6(b 2)

10

1． b 2

从而

f(10a 6b 21) |lg[6(b 2)

1010

]| lg[6(b 2) ]． b 2b 2

又

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