2010年全国高中数学联赛试题及答案

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 .

22. 已知函数y(acosx3)sinx的最小值为3，则实数a的取值范围是 . 3. 双曲线xy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

22a1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)axbx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y6x上的两个动点A(x1,y1)和B(x2,y2)，其中x1x2且

232x1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{an}，使得

1

32ra1ra2ra3. 5声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。 更多资料详见华东师大版《高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）》

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[3,3].

2. 3a12 提示：令sinxt，则原函数化为g(t)(at2a3)t，即 2g(t)at3(a3)t.

at(t1)3(t1)0，由at(a3)t3，(t1)(at(t1)3)0 及t10 知

32at(t1)30 即

a(t2t)3. （1）

当t0,1时（1）总成立；

对0t1,0tt2；对1t0,213t2t0.从而可知 a12. 423. 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199又x轴上有98个整点，所以所求整点的个数为24851989800. 4. 33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.

n1从而有36(n1)log9 对一切正整数n都成立，即6n3(n1)log9 对

2一切正整数n都成立. 从而

log96,3log9，

2

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求得 33,3，333.

5. 312x 提示：令ay,则原函数化为g(y)y3y2,g(y)在(,+)上是递增的.

241当0a1时，y[a,a],

g(y)maxa23a128a12a所以

1， 2111g(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

1g(y)min223212.

41综上f(x)在x[1,1]上的最小值为.

4122176. 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121212121212112. 251711447.

10 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4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，

BA1(2,0,2),BP(1,3,1),B1A1(2,0,0),B1P(1,3,1).

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

zA1C1B1PAOCB

mBA12x12z10, mBPx13y1z10,nB1A12x20, nB1Px23y2z20,xy3

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由此可设 m(1,0,1),n(0,1,3)，所以mnmncos，即

322coscos10. 46. 4所以 sinA1解法二：如图，PCPC1,PA1PB . 设

A1B与

AB1交于点

O,C1

则

EB1OAP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.

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

PBPA15,A1OB1O2,PO3.

在直角PA1O中，A1OPOA1POE,即 235OE,OE65.

又 B1O2,B1EB1O2OE22645. 55sinsinB1EOB1O210. B1E454528. 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

4

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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29. 解法一： f(x)3ax2bxc,由 f()abc, 得

42f(1)3a2bc13a2f(0)2f(1)4f().

2 所以

13a2f(0)2f(1)4f()

2 2f(0)2f(1)4f() 8， 所以a为

128832. 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338. 3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2z1,1z1. 2z13a23a2b3ah(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

203a23azbc12， 443a3a8bc10,z22，由 0z21知a. 从而 4438382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 5

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10. 解法一：设线段AB的中点为M(x0,y0)，则 x0x1x2yy2， 2,y0122kABy2y1yy16322 . 2x2x1y2y1y0y2y1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 y0xy0(yy0)2. （2） 322（2）代入y6x得y2y0(yy0)12，即

2y2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,

23y023.

y AB (x1x2)2(y1y2)2

(1(y02))(y1y2)2 3OAB2y0 (1)[(y1y2)24y1y2]

92y022 (1)(4y04(2y012))

9C(5,0)x 222(9y0)(12y0) . 36

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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.

11222 ABh(9y0)(12y0)9y02311222(9y0)(242y0)(9y0) 32222242y09y0119y0 ()3

323 147 . 3635635,57),B(,57)或3322当且仅当9y0242y0，即y05,A(A(635635,(57)),B(,57)时等号成立. 33所以，ABC面积的最大值为

147. 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).

设x1t1,x2t2,t1t2,t1t24，则SABC222212t122t25016t11的绝对值, 6t21 SABC((56t16t1t26t1t256t2))

2122223(t1t2)2(t1t25)2 23 (42t1t2)(t1t25)(t1t25)

23143 (),

23 所以SABC147524，即t17, 当且仅当(t1t2)2t1t25且t12t2,

36,A(t2756635635,57),B(,57)或 33 7

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A(635635,(57)),B(,57)时等号成立. 33 所以，ABC面积的最大值是

3147. 3211.令f(x)2x5x2，则f(x)6x50，所以f(x)是严格递增的.又

131f(0)20,f()0，故f(x)有唯一实数根r(0,).

242所以 2r5r20，

32r4710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， 5rs1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r111211，

矛盾.故满足题设的数列是唯一的.

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．

PAOBEKDCQ

M8

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2. （40分）设k是给定的正整数，rk1．记f(1)(r)f(r)r，r2f(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． 23. （50分）给定整数n2，设正实数a1,a2,1,an满足ak1,k1,2,,n，记

Ak求证：

a1a2kak,k1,2,,n．

akAkk1k1nnn1． 2An的每个顶点处赋值0和1两个数中

4. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n边形A1A2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. 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． 因为PKP的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O） POr同理

QKQOr2A2O22KOr222B，

PEKDCQ22KO22r2，

2NM所以 POPKQOQK， 故OK⊥PQ． 由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是

2AQAP． ① QNPM由梅内劳斯（Menelaus）定理，得

9

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NBDEAQ1， ② BDEAQNMCDEAP1． ③ CDEAPMNBMCNDMD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：“PK2P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）”的证明：延长PK至点F，使得

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．

M

A2OFBEKDPCQN2. 记v2(n)表示正整数n所含的2的幂次．则当mv2(k)1时，f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

(m)(r)为整数．

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

10

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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kkk1 2221kk2k 221v1vv12v 2(v11)2(v1v2)22

21 k， ①

2 这里

k2v1(v11)2v(v1v2)2v1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)22v.

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ai1kik,0ik1ani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kAnAkaiai

nik1nki11n11k aiai nik1kni11n maxai,nik11max(nk),n1nn11kai kni111k knk， nk故

aAkk1k1nAnAk

k1n 11

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Ak1n1n1nAkAnAk

k1n1 kn1． 1n2k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22i2jnn2i．选取2i条边标2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

4i0n2n2i22i2jCCnn2i． ①

j00这里我们约定C01．

当n为奇数时，n2i0，此时

n2i2j0C2jn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12Cn2i2n2i CnCn2i4Cn2j0i0i0nC2knk0nnkknkCn2(1)k(21)n(21)n k0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

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n2i0n2in2212i2j2in2i141CCC n2nn2ii0j042in2i124Cn23n3．

i0n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3n3种．

13