全国高中数学联赛一试试题

1、2013年全国高中数学联合竞赛加试试题一.填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分。1 .设集合A 2,0,1,3，集合B x x A,2 x2 A ,则集合B中所有元素的和为2 .在平面直角坐标系xOy中，点A、B在抛物线y2 4x上，满足OA OB 4, F是抛 物线的焦点，则S OFA SOFB =3 .在 ABC 中，已知 sin A 10sin B sin C, cos A 10 cos B cosC ,则 tan A 的值为4 .已知正三棱锥P ABC的底面边长为1,高为72,则其内切球半径为5 .设a、b为实数，函数f(x) ax b满足：对任意x 0,1,有f (x) 1,

2、则ab的最大 值为6 .从1,2, ,20中任取5个不同的数，其中至少有2个是相邻数的概率为7 .若实数x, y满足x 4.Jy 2Jx y ,则x的取值范围是8 .已知数列an共有9项，其中a1 a9 1,且对每个i 1,2, ,8均有生工2,1, 1 ,ai2则这样的数列的个数为二.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)给定正数数列xn满足Sn 2Sn1,n 2,3,这里Sn Xixn.证明：存在常数C 0,使得2210 .(本题满分20分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆的方程为之41(a b 0),a bA,A2分别为椭圆的左、右

3、顶点，Fi,F2分别为椭圆的左右焦点，p为椭圆上不同于A和A2的任意一点.若平面中有两个点Q,R满足QA PA,QA2 PA2,RFi PFi, RF2 PF2,试确定线段QR的长度与b的大小关系，并给出证明。11 .(本题满分20分)设函数f(x) ax2 b,求所有的正实数对(a,b),使得对任意实数 x,y 均有 f (xy) f (x y) f (x)f (y) 一.（本题满分40分）如图，AB是圆 的一条弦，P为弧AB内一点，E、F为线段AB 上两点，满足AE=EF=FB.连接PE PF并延长，与圆 分别项交于点C D求证： （解题时请将图画在答卷纸上）二.（本题满分40分）给定正整

4、数u、v.数列an的定义如下：a1 u v,对整数m 1,记Sm ai a2am（m 1,2,）.证明：数列Sn中有无穷多项是完全平方数。三.（本题满分50分）一次考试共有m道试题，n个学生参加，其中m,n 2为给定的 整数.每道题的得分规则是：若该题恰有x个学生没有答对，则每个答对盖提的学生得 x分，未答对的学生得0分.每个学生的总分为其m道题的得分总和.将所有的学生总分 从高到低排列为p1 p2pn ,求R p2的最大可能值。四.（本题满分50分）设n,k为大于1的整数，n 2k.证明：存在2k个不被n整除的整数，若将他们任意分成两组，则总有一组有若干个数的和被n整除。2013年全国高中数

5、学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准说明：1 .评阅试卷时，请依据本评分标准。填空题只设 8分和0分；其他各题的评阅，请严 格按照本标准评分档次给给分，不要增加其他中间档次。2 .如果考生的解答和本解答的不同，只要给合理的思路、步骤正确，在评卷时可参考 本评分标准适当划分档次评分，解答题中第 9题4分为一个档次.第10、11小题5分 为一个档次，不要增加其他中间档次.一.填空题：本大题共8小题，没小题8分，共64分.1 .答案：-5【解答】易知B 2,0, 1, 3 .当x 2, 3时，2 x2 2, 7 ,有2 x2 A;而当x 0, 1时，2 x2 2,1,有2 x2 A.因此，根据B的定

6、义可知B 2, 3 .所以，集合B中所有元素的和为-5.2 .答案：222【解答】点F的坐标为（1,0）.设A（x1,y）B（x2,y2）,则x19供 血，故44124 OA 0B = XiX2 丫也二(y)丫血16即工(y1y2 8)2 0,故丫伙816一 一1 一 L 1 一一1 _ _ 2一S ofa S ofb (2OF y1)(*2IOF y2) =4IOF丫m=23 .答案：11【解答】由于 sin A cos A 10(sin B sinC cosBcosC)10cos(B C) 10 cos A ,所以sin A 11cosA,故 tan A 114 .答案：旦6【解答】如图，

7、设球心O在面ABCt面ABP内的摄影分别为H和K, AB中点为M内切球半径为r,则P、K、M共线,PHM PKO且OHOK r,PO PH OH.2 r, MHPM.MH 1 2 PH 22 -125、3工日 r，于是-f=一6.2 rOKPOsinMHKPO - PM解得:,2r 65 .答案：-4【解答】易知a f（1）f(0),bf(0),则当 2f (0) f (1)6.答案232323【解答】设a1a?a3a4a5 取自 1,2, ,20 .右 a1, a2, a3, a4, a5 互不相邻，则由此可知从1,2,20中取5个互不相邻的数的选法与从1,2, ,16中取5个不同的数的选法

8、相同,即C；6种.所以从1,2, ,20中任取5个不同的数，其中至少有2个是相邻的概率为:7.答案:0 4,20令Jy a,qx y b(a,b 0),止匕时x y (x y) a44 b2 ,且条件中等式化为 a2 b2 4a b,从而 a,b 满足方程：(a 2)2 (b 1)2 5(a,b 0)如图所示，在aOb平面内，点（a,b）的轨迹是以（1,2）为圆心，5为半径的圆在a,b 0的部分，即点O与弧ACB的并集，因此Ja2 b2 0 2,2J5,从而8 .答案：491.【解答】令bi由(1aiai ia9di i aiai1且2，1，2(1 i8)反之，由符合条件的8项数列bn可能唯一

9、确定一个符合题设条件的9项数列an oi 8),则对每个符合条件的数列a。，有bii 1ii记符合条件的数列bn的个数为N,显然bi (1 i 8)中有偶数个，即2k个-;22继而有2k个2, 8 4k个1.当给定k时，bn的取法有C；kC；k2k种，易见k的可能值只 有：0,1,2所以 N 1 C；C2 C84C4 1 28 15 70 1 491因此，根据对应原理，符合条件的数列an的个数为491.二.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 .【解答】当n 2时，Sn 2Sn1等价于 Xn X1Xn 1对常数C 1X1 ,用数学归纳法证明：Xn C 2

10、n,n 1,2, 4n 1时结论显然成立.又x2 X1 C 22对n 3,假设Xk C 2k,k 1,2, ,n 1,则由式可知xn X1 (x2xn 1) X1 (C 22C 2n 1)=C 2n所以，由归纳法可知上式成立。10 .【解答】令 c va2 b2 ,则4(a,0), A2(a,0) , E( c,0), F2(c,0).设 P(x0, y),22Q(x1,y)R(x2,y2),其中与 * 1, y 0.由 QA PA, QA2 PA2 可知： a bAQ AP (X1 a)(x a) yy。0A2Q A2 P (X1 a)(x0 a) y1y0 0将、相减得：2a(x1X0)0

11、,即X1X0,将其代入可得：X2a2y1y 02222X0 aX0 ay0V。故 y，于是 Q( X0,)22根据 RF1 PF1, RF2 PF2,2222因止匕QR %_上x_3 y。y。由于 yo (Qb,故 QR b理可得R( x。,包上)V。b2Vo(其中等号成立的充分必要条件是Vo b,即点P的坐标 是(。，b)11.【解答】已知条件可以转化为：对任意实数x,y,有(ax2y2 b) (a(x y)2 b) (ax2 b)(ay2 b)先寻求a、b所满足的必要条件，在中令 y 。得：b (ax2 b) (ax2 b)b即对任意的实数x,有：(1 b)ax2 b(2 b) 0由于a

12、。，故ax2可以取到任意大的值，因此必有1 b。，即：。b 1在式中再令y x,得：(ax4 b) b (ax2 b)2,即对任意实数x,有(a a2)x4 2abx2 (2b b2)。将式的左边记作为g(x),显然a a2 。(否则，由a 。可知a 1,此时g(x)2bx2 (2b b2),其中b 。，故g(x)可取到负值，矛盾)，于是=(a a2)(x2 )2 (2 2a b)。对一切实数x成立，从而必有：a a2 。，即 1 a 1 a。a 1I进一步考虑到工 。，再根据g(J2)(2 2a b)。，可得：2ab 21 a1a 1a至此，求得a,b满足的必要条件如下：。b 1,。a 1,

13、2a b 2 下面证明，对满足 的任意实数对(a,b)以及任意实数x,y,总有成立，即：对任意x,y取非负值。事实上，在式成立时，有a(1 b) 0, a a2 。,一(2 2a b)。1 a再结合x2 y2 2xy,可得：22 2_2=(aa )x y 2abxy2b b=(aa2)(xyb)2b (22a b) 01 a 1 a综上所述，所求的正实数对(a,b)全体为(a,b) 0 b 1,0 a 1,2a b 22013年全国高中数学联赛加试试题参考答案及评分标准【证明】连接AD,BC,CF,DE .由于AE EF FB ,从而BC sin BCE BE 。小= 2 AC sin ACE

14、 AE同理可得：AD sin ADF AF 2BD sin BDF BF另一方面，由于故将两式相乘可得：BCa 4,即 AC BDBC AD 4AC BD由托勒密定理AD BC AC BD AB CD 由得：AC CD 3AC BD即：EF CD AC BD一.【证明】对正整数n ,有= u v (a1 u a1 v) (a2 u a2 v)(a2n 1 u a2nl v)=2n(u v) 2 s2nl所以 S2nl 2n1(u v) 2s2n112n1(u v) 2(2n2(u v) 2s2n 2 1)=2 2n 1(u v) 22S2n 2 1=(n 1) 2n 1(u v) 2n 1(u

15、 v)= (u v)n 2n 1设u v 2k q ,其中k是非负整数，q是奇数.取n ql2,其中l为满足l k 1(mod 2)2的任意正整数，此时S2nl q2l2 2k 1ql ,注意到q是奇数，故: 所以，Si是完全平方数.由于l有无穷多个，故数列Sn中有无穷多项是完全平方数对任意的k 1,2, ,m,设第k题没有答对者有Xk人，则第k答对者有n Xk人，由得分规则知，这n Xk个人在第k题均彳4到Xk分.设n个学生的得分和为S,则有因为每一个人在第k道题上至多得Xk分，故由于P2Pn,故有Pn 风E巴 S上，所以n 1n 1_m1 m 2=2 Xk Xkk 1 n 1 k 1由柯西

16、不等式可得:m21 /Xk一 (mXk)2于是P1mpm 2Xkk 11m(n 1)m(Xk)2 =k 11m2Ell m(n 1)m(n 1)n 1个学生全部答错，则另一方面，若有一个学生全部答对，其他综上所述，p1 pn的最大值为m(n 1)四.【证明】先考虑n为2的幕的情形。设n 2，则r k.取3个2r1及2k 数字均不被n整除.将2k个数任意分成两组，则总有一组中含有2个2r 1,他们的和为2，被n整除。现在设n不是2的幕，取2k个数为因为n不是2的幕，故上述2k个数均不被n整除。若可将这些分成两组，使得每一组中任意若干个数的和均不能被n整除。不妨设1在第一组，由于-1+1=0,被n整除，故两个-1必须在第二组；因为(-1) + (-1) +2=0, 被n整除，故2在第一组，进而推出-2在第二组。现在归纳假设1,2, ,2l均在第一组，而1, 1, 2, , 2l均在第二组，这里1 l k 2, 由于(1) ( 1) ( 2)( 2)l 2l