2013年高中数学竞赛培训试题及答案解析(三套题).pdf

2013 年高中数学竞赛培训试题及答案 卷一 一 选择题 每小题6分 共36分 1 若函数 2 lg43f xaxxa 的值域为r 则实数a的取值范围是 a 4 b 0 4 c 0 4 d 14 2 设 22 1ab 0b 若直线2axby 和椭圆 22 1 62 xy 有公共点 则 a b 的 取值范围是 a 1 1 2 2 b 1 1 c 11 d 2 2 3 四面体abcd的六条棱长分别为7 13 18 27 36 41 且知41ab 则 cd a 7 b 13 c 18 d 27 4 若对所有实数x 均有sinsincoscoscos 2 kkk xkxxkxx 则k a 6 b 5 c 4 d 3 5 设 21 27 n n a n b是 n a的小数部分 则当 nn 时 nn a b的值 a 必为无理数 b 必为偶数 c 必为奇数 d 可为无理数或有理数 6 设n为正整数 且31n 与51n 皆为完全平方数 对于以下两个命题 甲 713n 必为合数 乙 2 8 173nn 必为两个平方数的和 你的判断是 a 甲对乙错 b 甲错乙对 c 甲乙都对 d 甲乙都不一定对 二 填空题 每小题9分 共54分 7 过点 1 1p作直线l 使得它被椭圆 22 1 94 xy 所截出的弦的中点恰为p 则 直线l的方程为 8 设xr 则函数 2 2 11216f xxx 的最小值为 9 四面体abcd中 面abc与面bcd成 0 60的二面角 顶点a在面bcd上的 射影h是bcd 的垂心 g是abc 的重心 若4ah abac 则 gh 10 000 sin20sin40sin80 11 数列 n a满足 1 1a 且对每个 nn 1 nn aa 是方程 2 30 n xnxb 的 两根 则 20 1 k k b 12 从前2008个正整数构成的集 1 2 2008m 中取出一个k元子集a 使 得a中任两数之和不能被这两数之差整除 则k的最大值为 三 解答题 13 20分 ad是直角三角形abc斜边bc上的高 abac 12 i i分别是 abdacd 的内心 1 2 ai i 的外接圆o分别交 ab ac于 e f 直线 ef bc 交于点m 证明 12 i i分别是odm 的内心与旁心 14 20分 设 x y z为非负实数 满足1xyyzzx 证明 1115 2xyyzzx 15 20分 对于2n元集合 1 2 2mn 若n元集 12 n aa aa 12 n bb bb 满足 abm ab 且 11 nn kk kk ab 则称ab是集 m的一个 等和划分 ab与ba算是同一个划分 试确定集 1 2 12m 共有多少个 等和划分 试题解答试题解答 一 选择题 每小题6分 共36分 1 若函数 2 lg43f xaxxa 的值域为r 则实数a的取值范围是 a 4 b 0 4 c 0 4 d 14 答案 b 解 欲使 f x的值域为r 当使真数 2 43axxa 可取到一切正数 故或者 0a 或者0a 且 2 4430a a 解得04a 2 设 22 1ab 0b 若直线2axby 和椭圆 22 1 62 xy 有公共点 则 a b 的 取值范围是 a 1 1 2 2 b 1 1 c 11 d 2 2 答 c 解 将 2ax y b 代入椭圆方程并整理得 2222 3121260abxaxb 因直线和椭圆有公共点 则判别式 2 222 124 31260aabb 利用 22 1ab 化简得 22 ab 所以1 a b 即 11 a b 3 四面体abcd的六条棱长分别为7 13 18 27 36 41 且知41ab 则 cd a 7 b 13 c 18 d 27 答案 b 解 四面体中 除cd外 其余的棱皆与ab相邻接 若长13的棱与ab相邻 不 妨设13bc 据构成三角形条件 可知 7 18 27ac 36 7acbd 18 27ad cd 于是abd 中 两边之和小于第三边 矛盾 因此只有13cd 另一方面 使41 13abcd 的四面体abcd可作出 例如取 7 36 18 27bcacbdad 故选b 4 若对所有实数x 均有sinsincoscoscos 2 kkk xkxxkxx 则k a 6 b 5 c 4 d 3 答 d 解 记 sinsincoscoscos 2 kkk f xxkxxkxx 则由条件 f x恒为0 取 2 x 得 s i n1 2 kk 则k为奇数 设21kn 上式成为sin1 2 n 因此n为偶数 令2nm 则41km 故选择支中只有3k 满足题意 5 设 21 27 n n a n b是 n a的小数部分 则当 nn 时 nn a b的值 a 必为无理数 b 必为偶数 c 必为奇数 d 可为无理数或有理数 答 c 解 令27 27uv 则4 3u vu v u v是方程 2 43xx 的两根 则 22 43 43uuvv 所以当2n 时 1212 43 43 nnnnnn uuuvvv 令 nn n suv 则当2n 时 1201 2 4 nnn sssss 故所有 n s为偶数 2121 2121 21 72722 nn nn n uvsk 2121 72272 nn k 因 21 0721 n 所以 21 72 n 为 n a的小数部分 即 21 72 n n b 2121 21 72723 nn n n n a b 奇数 6 设n为正整数 且31n 与51n 皆为完全平方数 对于以下两个命题 甲 713n 必为合数 乙 2 8 173nn 必为两个平方数的和 你的判断是 a 甲对乙错 b 甲错乙对 c 甲乙都对 d 甲乙都不一定对 答案 c 解 设 22 31 51nanb a b为正整数 则 22 7139 314 51323232nnnababab 1 由此知 32ab 为正整数 且321ab 因为若321ab 则 22 2 279321441nabbb 即 2 2742nnn 则4 n 记 4nk 得51201nk 不为平方数 矛盾 所以322ab 故由 1 得 713n 为合数 又因为 2 8 17331514 3151nnnnnn 2 22 22222 22abababab 故选c 例如65是上述n之一 二 填空题 每小题9分 共54分 7 过点 1 1p作直线l 使得它被椭圆 22 1 94 xy 所截出的弦的中点恰为p 则 直线l的方程为 答案 4913xy 解 设直线l的方程为 11yk x 代入椭圆方程 整理得 222 94181918270kxkk xkk 设其两根为 12 x x 则 12 1 2 xx 即 2 1814 2 949 kk k k 所以直线l的方程为 4 11 9 yx 即491 3xy 8 设xr 则函数 2 2 11216f xxx 的最小值为 答案 13 解 如图 取a为数轴原点 12ab 再作ab垂线 ac bd 使 1 4acbd 在数轴上取点p 使 apx 则 f xc pd p 当 c p d 共线时 f值最小 此时 22 min 12513fcdae 9 四面体abcd中 面abc与面bcd成 0 60的二面角 顶点a在面bcd上的 射影h是bcd 的垂心 g是abc 的重心 若4ah abac 则 gh 答案 4 21 9 解 设面ahd交bc于f 则因abac 故g在af上 且 1 3 gfaf 0 60afh 于是 0 8 sin603 ah af 14 23 fhaf 8 3 3 gf 在三角 形gfh中 由余弦定理得 4 21 9 gh 10 000 sin20sin40sin80 答案 3 8 p e d c ba 解 000000 8sin20sin40sin804 cos20cos60sin80 000000 4sin80 cos202sin802 sin100sin602sin80 0 2sin603 所以 000 3 sin20sin40sin80 8 11 数列 n a满足 1 1a 且对每个 nn 1 nn aa 是方程 2 30 n xnxb 的 两根 则 20 1 k k b 答 6385 解 对每个 nn 1 3 nn aan 1 1nnn a ab 2 将 1 写作 1 31333 2424 nn nn aa 因此 33 24 n n a 是一个公比为1 的等比数列 故 1337 1 244 n n n a 即 1 3 217 1 44 n n n a 1 3 217 1 44 n n n a 于是 2 1 92921 1 488 n nnn ba an 20 1 6385 k k b 12 从前2008个正整数构成的集 1 2 2008m 中取出一个k元子集a 使 得a中任两数之和不能被这两数之差整除 则k的最大值为 答案 670 解 首先 我们可以取670元集 1 4 7 2008a a中任两数之和不能 被3整除 而其差是3的倍数 其次 将m中的数自小到大按每三数一段 共分 为670段 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2005 2006 2007 2008 从a中任取671个数 必有两数 x y取自同一段 则1xy 或2 注意xy 与xy 同奇偶 于是 xyxy 因此k的最大值为670 三 解答题 13 20分 ad是直角三角形abc斜边bc上的高 abac 12 i i分 别是 abdacd 的内心 1 2 ai i 的外接圆o分别交 ab ac于 e f 直线 ef bc交于点m 证明 12 i i分别是odm 的内心与旁心 证 如图 连 12121 di dibi aii f 由 0 90eaf 则圆心o在ef上 设 直径ef交ad于 o 并简记abc 的三内角为 a b c 由 1 1 22 b i bddac 0 212 45i adi dbi da 所以 1 dbi 2 dai 得 1 2 didb dida 且 0 12 90i dibda 故 12 i di bda 而 0 1 21 90 2 b di ibai d 注意 111 21 2 ai dai ffi idi i 11 22 2 b ai faeffi ifai 所以 0 90aefbcdab 因此oeoa 同理得ofoa 故 o 与o 重合 即圆心o在ad上 而22eodoeaoaeoaec 11 2eoieaibadc 所以 1 oi平分dom 同理得 2 oi平分dof 即 1 i是odm 的内心 2 i是odm 的旁心 证二 如图 因为90bac 故 1 2 ai i 的外接圆圆心o在ef上 连 12 12 oi oi i d i d 则由 12 i i为内心知 12 45i ai 所以 121212 290i oii aii di 于是 12 o i d i四点共圆 所以 2 11 2 45i i oi i o 又因 22 12 45i doi i oi da 因此点o在ad上 即o为ef与ad的交点 设ad与o交于另一点h 而由 112 eaii ah 22 haifai 可知 12 i i分别为 eh hf的中点 所以 11 eoidoi 22 doifoi 因此 点 12 i i分别为omd 的内心与旁心 m e a f o i2 i1 bdc h m e a f o i2 i1 bdc 14 20分 设 x y z为非负实数 满足1xyyzzx 证明 1115 2xyyzzx 简证简证 为使所证式有意义 x y z三数中至多有一个为0 据对称性 不妨设0 xyz 则0 0 0 xyz 对正数 x y作调整 由于 2 1122 1 yzzx yzzxz 取等号当且仅当xy 此时条件式成为 2 21xxz 则1x 且有 2 1 2 x z x 于是 2 11112 2 1 xyyzzxx z 2 14 21 x xx 只要证 2 145 212 x xx 即 23 1 9550 xxx 也即 2 15410 xxx 此 为显然 取等号当且仅当1 0 xyz 故命题得证 详证详证 为使所证式有意义 x y z三数中至多有一个为0 据对称性 不妨 设0 xyz 则0 0 0 1xyzxy 0 1 当xy 时 条件式成为 2 21xxz 2 1 2 x z x 2 1x 而 22 11121214 2 1221 2 x x xxyyzzxzxxxx x x 只要证 2 145 212 x xx 即 23 1 9550 xxx 也即 2 15410 xxx 此为显然 取等号当且仅当1 0 xyz 0 2 再证 对所有满足1xyyzzx 的非负实数 x y z 皆有 1115 2xyyzzx 显然 三数 x y z中至多有一个为0 据对称性 仍设0 xyz 则0 0 0 1xyzxy 令cot cotxa yb a b为锐 角 以 a b为内角 构作abc 则 1 cotcot1 cotcot cotcot abxy cab abxy 0z 于是 0 90c 且由0 xyz 知 cotcotcot0abc 于是 0 90abc 即abc 是一个非钝角三角形 下面采用调整法 对于任一个以c为最大角的非钝角三角形abc 固定最 大角c 将abc 调整为以c为顶角的等腰abc 其中 2 ab ab 且 设cottan 22 abc t 记 111 f x y z xyyzzx 据 0 1知 5 2 f t t z 今证明 f x y zf t t z 即 11112 2xyyzzxttz 1 即要证 11112 0 2xytyzzxtz 2 先证 2xyt 3 即证 cotcot2cot 2 ab ab 即 2cos sin 2 sinsin sin 2 ab ab ab ab 此即 2 sinsinsin 2 ab ab 也即 1 cossinsinabab 即 cos1ab 此为显然 由于在abc 中 2 21ttz 则 22 222 1 tztz tzz tz 而在abc 中 2 1122 1 xyzxyz yzzxyzzxz 因此 2 式成为 2 11 20 12 xyt zt xy 4 只要证 2 11 0 12zt xy 5 即证 2 21t xyz 注意 3 式以及 2 1 2 t z t 只要证 2 2 2 1 41 2 t t t 即 42 151 2tt 也即 22 1521tt 6 由于最大角c满足 00 6090c 而cottan 22 abc t 则 1 1 3 t 所以 22 11 1521521 33 tt 故 6 成立 因此 5 得证 由 3 及 5 得 4 成立 从 而 1 成立 即 f x y zf t t z 因此本题得证 15 20分 对于2n元集合 1 2 2mn 若n元集 12 n aa aa 12 n bb bb 满足 abm ab 且 11 nn kk kk ab 则称ab是 集m的一个 等和划分 ab与ba算是同一个划分 试确定集 1 2 12m 共有多少个 等和划分 解一 不妨设12a 由于当集a确定后 集b便唯一确定 故只须考虑集 a的个数 设 126 aa aa 6 a为最大数 由1 21278 则 126 39aaa 6 12a 于是 12345 27aaaaa 故 112345 aa a a a a 中有奇数个奇数 1 若 1 a中有5个奇数 因m中的六个奇数之和为36 而2736 9 则 1 1 3 5 7 11a 这时得到唯一的 1 3 5 7 11 12a 2 若 1 a中有3个奇数 两个偶数 用p表示 1 a中这两个偶数 12 x x之和 q表示 1 a中这三个奇数 123 yyy之和 则6 9pq 于是21 18qp 共得 1 a的24种情形 其中 0 1 当6 21pq 则 12 2 4x x 123 1 9 11 3 7 11y yy 5 7 9 可搭配成 1 a的3个情形 0 2 当8 19pq 则 12 2 6x x 123 1 7 11 3 5 11 3 7 9y yy 可搭配成 1 a的3个情形 0 3 当10 17pq 则 12 2 8 4 6x x 123 1 5 11 1 7 9y yy 3 5 9 可搭配成 1 a的6个情形 0 4 当12 15pq 则 12 2 10 4 8x x 123 1 3 11 1 5 9y yy 3 5 7 可搭配成 1 a的6个情形 0 5 当14 13pq 则 12 4 10 6 8x x 123 1 3 9 1 5 7y yy 可搭配成 1 a的4个情形 0 6 当16 11pq 则 12 6 10 x x 123 1 3 7y yy 可搭配成 1 a的1个情形 0 7 当18 9pq 则 12 8 10 x x 123 1 3 5y yy 可搭配成 1 a的1个情形 3 若 1 a中有一个奇数 四个偶数 由于m中除12外 其余的五个偶数和 2468 1030 从中去掉一个偶数 补加一个奇数 使 1 a中五数之和为27 分别得到 1 a的4个情形 7 2 4 6 8 5 2 4 6 10 3 2 4 8 10 1 2 6 8 10 综合以上三步讨论 可知集a有1 24429 种情形 即m有29种 等和划分 解二 元素交换法 显然 66 11 39 ii ii ab 恒设12a 0 1 首先注意极端情况的一个分划 00 1 2 3 10 11 12 4 5 6 7 8 9ab 显然数组 1 2 3与 10 11 12中 若有一组数全在a中 则另一组数必全在a中 以下考虑10 11两数至少一个不在a中的情况 为此 考虑 00 a b中个数相同且 和数相等的元素交换 0 2 10 15 6 4 7 10 25 7 4 8 10 36 7 5 8 4 9 10 2 34 5 6 共得到8个对换 0 3 11 15 7 4 8 11 26 7 5 8 4 9 11 36 8 5 9 11 1 34 5 6 11 2 34 5 7 共得到9个对换 0 4 10 11 16 7 9 5 8 9 10 11 26 8 9 10 11 37 8 9 10 11 1 24 5 7 8 4 5 6 9 10 11 1 34 6 7 8 4 5 7 9 10 11 2 35 6 7 8 4 6 7 9 4 5 8 9 共得到11个对换 每个对换都得到 一个新的划分 因此 本题共得1 8 9 1129 种等和划分 卷二 试 题 一 填空题 每小题 7 分 共 56 分 1 已知数列 n a 的前n项和 2 34 n snn n n 则 13521 aaaa 2 若集合 31 axxaxx r 为空集 则实数 a 的取值范围 是 3 设x y 为实数 2 1xy 则二元函数 22 42uxxyy 的最小值 是 4 设 1 f 2 f 分别是双曲线 22 22 1 xy ab 的左 右焦点 以 12 ff 为直径的圆交 双曲线左支于a b两点 且 1 120afb 双曲线的离心率的值介于整数k与 1k 之间 则k 5 已知长方体 1111 abcdabc d 的体积为216 则四面体 11 abcd 与四面体 11 abc d 的重叠部分的体积等于 6 设 x 表示不大于 x 的最大整数 则 3333 log 1 log 2 log 3 log 258 7 设方程 21221 22110 0 nnn nn xa xaxa xa 的根都是正数 且其中 1 a 21n 则 0 a 的最大值是 8 2009 1911 的方格棋盘的一条对角线穿过 个棋盘格 二 解答题 第 9 题 14 分 10 11 题各 15 分 9 求函数 44 sintancoscotf xxxxx 的值域 10 如图 抛物线 2 2yx 及点 1 1p 过点p 的不重合的直线 1 l 2 l 与此抛物线分别交于点a b c d 证明 a b c d四点共圆的充要条件是 直线 1 l 与 2 l 的倾斜角互补 11 设a b是正数 且 1a 1b 求证 55 44 1125 11 1164 ab ab ab 加 试 12 本题满分 50 分 如图 在 abc中 de bc ade的内切圆与de切于点m abc的bc边上的 旁切圆切bc于点n 点p是be与cd的交点 求证m n p三点共线 13 本题满分 50 分 设k n为给定的整数 2nk 对任意n元的数集p 作p的所有k元子集的元素和 记这些和组成的集合为q 集合q中元素个数是 q c 求 q c 的最大值 14 本题满分 50 分 设 12 222 s nnn m 12 s n nn 是互不相同的正 整数 求证 12 222 22212 s nnn m 15 本题满分 50 分 求满足下列条件的所有正整数x y 1 x与 1y 互素 2 23 1xxy 解 答 1 268 2 11 36 3 9 5 4 2 5 36 6 932 7 1 8 3871 9 因为 44 66 2 sincos sincos cossin sincos sin cos 3 2sin 2 2 sin2 xx f xxx xx xx xx x x 令 sin2tx 则 1 00 1t 2 3 2 23 2 2 t f xt tt 易知函数 23 2 g tt t 在区间 1 0 与 0 1 上都是减函数 所以 g t 的值域 为 11 22 故 f x 的值域为 11 22 10 设 1 l 2 l 的倾斜角分别为 由题设知 0 易知直线 1 l 的 参数方程为 1cos 1sin xt yt 代入抛物线方程可化得 22 sin2 sincos10tt 设上述方程的两根为 1 t 2 t 则 1 2 2 1 sin t t 由参数t的几何意义 得 2 1 sin ap bp 同理 2 1 sin cp dp 若a b c d四点共圆 则 ap bp cp dp 即 22 sinsin 因 为 0 所以 sin sin 又由 1 l 2 l 不重合 则 所以 反过来 若 则因 0 故s i n s i n 且 0 0 所以 22 11 sinsin 即ap bp cp dp 故a b c d四点共圆 11 因为 5432 432 11 11 aaaaa aaaa 且 43232 81511aaaaaaaa 432 32223aaaa 4243 2121aaaaa 2 2 22 12110aaaa 1a 所以 432 32 15 1 18 aaaa a aaa 即 5 4 15 1 18 a a a 同理可证 5 4 15 1 18 b b b 于是 55 44 1125 1 1 1164 ab ab ab 12 设be与mn交于点 p 因为de bc 所 以 bpbc pede bpbn p eem 故只需证明 bcbn deem 或 bnem bcde 如图 设 1 o 2 o 分别为三角形的内切圆与旁切圆的圆心 f g h i 为切点 则 1 2 emaedead ah abbhabbn 1 2 ahaiabbcac 1 2 bnahabacbcab 又因为 ade abc 故可设 abbcac k addeae 则 1 2 acbcab bn bcbc 2 2 k aek dek ad k de aedeadem dede 故结论成立 13 q c 的最大值为 k n c 因p共有 k n c 个k元子集 故显然有 k qn cc 下面指出 对集合 2 2 2 2 n p 相应的 q c 等于 k n c 即p的任意两个 不同的k元子集的元素之和不相等 从而 q c 的最大值为 k n c 事实上 若上述的集合p有两个不同的 k 元子集 12 2 2 2 k rrr a 12 2 2 2 k sss b 使得a与b的元素之和相等 则 1212 222222 kk rsrrss m 设 因 可视为正整数m的二进制表示 由于 i r 互不相同 i s 互不相同 故由正 整数的二进制表示的唯一性 我们由 推出 集合 12 k r rr 必须与 12 k s ss 相同 从而子集a b 矛盾 这就证明了我们的断言 14 对 s 归纳 1 当 1s 时 结论显然成立 2 假设s k 时结论成立 当 1sk 时 不妨设 121kk nnnn 由 归纳假设可知 12 122 22 12 2 k nn n m 则 1121 122222 2222 12 22 kk nnnnn n m 所以只要证明 1 12 12 22 12 n n mm 此即 1 1 2 12 2 1 2 n n mm 因为正整数 121kk nnnn 所以 1222 312 11 222221 222 k nnnn nnn 故 1121 22222 2 kk nnnnn m 1121 2222 k nnnn m 所以 11 111 22 12 2 12 2 1 22 22 nn nnn mm 即 1sk 时 命题成立 因此 由数学归纳法可知 命题对所有正整数s成立 15 显然 1x 1y 满足要求 对于 1x 1y 方程可化为 2 111yyyx x 显 然 xy 因 为 11x y 故 x 一 定 是 2 1yy 的 一 个 因 子 设 2 1yykx k为正整数 从而 11xk y 由 xy 可知 2k 消去x 得 22 11yykyk 即 22 1113yykyk 由此推得 13yk 若 3k 则 13yk 即 2ky 从而 222 1121kykyykk 故必有 10y 矛盾 所以 3k 从而 2k 3 验证知 7y 19x 综上 1 1x y 19 7 卷三 试 题 一 填空题 每小题 10 分 共80分 1 某人在将2009中间的两个数码00分别换成两位数ab与cd时 恰好都得 到 完 全 平 方 数 22 29 29 abncdmmn m nn 则 数 组 mna bc d 2 若一个椭圆的焦点和顶点分别是双曲线 22 1 916 yx 的顶点和焦点 则椭圆 的方程为 3 实数 x y满足 22 236xyy 则 xy 的最大值是 4 四面体abcd中 1cdbc abbc cdac abbc 平面bcd与 平面abc成 0 45 的二面角 则点b到平面acd的距离为 5 从集合 1 2 3 2009m 中 去掉所有3的倍数以及5的倍数后 则m 中剩下的元素个数为 6 函数 3 22 1 xx f x x 的值域是 7 247 coscoscoscos 15151515 8 九 个 连 续 正 整 数 自 小 到 大 排 成 一 个 数 列 129 a aa 若 13579 aaaaa 的值为一平方数 2468 aaaa 的值为一立方数 则这九个 正整数之和的最小值是 二 解答题 共70分 9 20 分 给定y轴上的一点 0 aa 1a 对于曲线 2 1 1 2 yx 上的 动点 m x y 试求 a m 两点之间距离 am 的最小值 用a表示 10 25分 如图 ab cd ef是一个圆中三条互不相 交的弦 以其中每两条弦为一组对边 各得到一个凸四边形 设这 三个四边形的对角线的交点分别为 m n p 证明 m n p 三点 共线 11 25 分 n项正整数列 12 n x xx 的各项之和为2009 如果这n个数既 可分为和相等的41个组 又可分为和相等的49个组 求n的最小值 解 答 1 100 100 提示 注意到 对于整数k 若 2 k 的末位数为9 则k的末 位数必为3或7 易知 2 44200029ab 2 4 52 0 2 5 2 5 53 0 2 5 2 9cd 因 此44 55nm 于是 若要 m n满足条件 只可能是 47 53nm 由于 2 472209 2 532809 所以 20 80 47 53abcdnm 100 100mn abcd 2 22 1 1625 xy 提示 双曲线的两顶点为 0 3 两焦点为 0 5 故由 条件 椭圆的两焦点为 0 3 两顶点为 0 5 因此 3 5ca 222 16bac 则椭圆的方程为 22 1 1625 xy 3 1 110 2 提示 令 xyt 则 xty 由 2 2 236tyyy 得 d f b a c e 22 52 2320ytyt 因 y 为实数 则判别式 2 2 4 234 5 20tt 得 210210 22 t 4 3 3 提示 2dcac 作de 平面abc 垂足为e 连 c ea e 由三垂线逆定理 ec bc 所以 0 45dce 故 2 1 2 cededc 11 36 abcdabc vde s 又因abce为正方形 1ae 则 2ad 因此正三 角形acd的面积为 3 2 设b到平面acd的距离为h 由 11 36 acd h s 得 3 3 h 5 1072 提示 集合m中 3的倍数有 2009 669 3 个 5的倍数有 2009 401 5 个 1 5的 倍 数 有 2009 133 15 个 则 剩 下 的 元 素 个 数 为 2009669401 1331072 个 6 1 1 4 4 提示 2 22 1 11 xx f x xx 令 tanx 则 11 sin2cos2sin4 24 f 由此 11 44 f 当 tan tan 88 x 时两边分别取得等号 7 1 2 提示 724 coscoscoscos 15151515 4 2coscos2coscos 155155 原式 4 2coscoscos 51515 4cossinsin 5610 1 2cossin 5102 注 由 000000 sin722sin36 cos364sin18 cos18 cos36 则 00 1 sin18 cos36 4 即 1 cossin 5104 8 18000 提示 设这九数为 4 3 2 1 1 2 3 4aaaaa aaaa 则有 2 5am 3 4an 9sa 则 22 54 mn a 得 23 45mn 令 11 2 5nn mm 得 23 11 10040mn 所以 23 11 52mn 再取 12 2mm 12 5nn 化为 222 22 25mn 取 22 10 2mn 可使左式成立 这时 20 100nm 2000a 918000sa 9 如 图 易 求 得 曲 线 上 诸 点 的 坐 标 为 2 0 2 0 0 1 efd 当 2 2x 即 22x 时 曲线方程为 2 1 2 x y 而当 2 2x 时 曲线方程为 2 1 2 x y 对于 情形 即 22x 时 显然当m位于顶点d处时 距离 am 取得最小值 1a 对于情形 即在 2x 或 2x 时 设点 2 1 2 x m x 由于 y x o d fe m a 2 2 2222 1 1 2 21 24 x amxaxaa 因 1a 则2 2a 22a 于是 当 2xa 时 am 取得最小值 21a 再比较ad与am 令 22 2 1 21 4 f aadamaaa a 则当1 4a 时 0f a adam 即最小值为 1ada 而当 4a 时 0f a 则最小值 21ama 10