全国高中数学联赛B卷试题及答案

1、20162016 年全国高中数学联赛（B B 卷）试题及答案一试一、选择题：（每小题 8 8 分，共 6464 分）1.1.等比数列an的各项均为正数，且a& a2a62aj 36,则a?a的值为_答案：6 6.解：由于36a1a3a； 2a32a22a422a2a4a2a42,且a2a40,故a2a46.另解：设等比数列的公比为q，则a2a6a1q a1q5.又因而a2a40，从而a2a46.2.2. 设A a | 1 a 2，贝U平面点集B x,y |x,y A,x y 0的面积为_ .答案：7 7.解：点集B如图中阴影部分所示，其面积为3.3. 已知复数z满足z22z z z（z表示z的

2、共轭复数），则z的所有可能值的积为答案：3 3.解：设z abi a, bR.由z22zz知，比较虚、实部得2ab2a 0,2ab3b0.又由z z知b 0，从而有2a 3 0,即a3进而ba2a2，2于是，满足条件的1勺复数z的积为323.3.3.cii 3.2224.4.已知f x ,g x均为定义在R上的函数，f x的图像关于直线x 1对称，g x像关于点1, 2中心对称，且f x g x 9xx31，则f 2 g 2的值为_ .答案：2016.2016.解：由条件知f 0 g 02,f 2 g 281 8 190.的图由f x ,g x图像的对称性，可得f 0f 2 ,g 0 g 24

3、,结合知,f 2 g 24 f 0 g 02.由、解得f248, g 242,从而f 2 g 248 422016另解：因为f x g x9xx31，所以f 2 g 290.因为f X的图像关于直线x 1对称，所以f x f 2 x .又因为g X的图像关于点1, 2中心对称，所以函数h x g x 12是奇函数,h x h x，g x 12 g x 12，从而g x g 2 x 4.将、代入，再移项，得f 2 x g 2 x 9xx35.在式中令x 0，得f 2 g 26.由、解得f 248,g 246.于是f 2 g 22016.5.5.将红、黄、蓝 3 3 个球随机放入 5 5 个不同的

4、盒子A,B,C,D,E中，恰有两个球放在同一盒子的概率为_.解：样本空间中有53125个元素.而满足恰有两个球放在同一盒子的元素个数为C；P5260.过所求的概率为p -60.125256.6.在平面直角坐标系xOy中，圆G：x2y2a 0关于直线I对称的圆为C2: x2y22x 2ay 3 0,则直线I的方程为答案：2x 4y 5 0.解：G,C2的标准方程分别为由于两圆关于直线I对称，所以它们的半径相等.因此a a22 0,解得a 2.故G,G的圆心分别是O 0,0 ,O21,2 .直线|就是线段0Q2的垂直平分线，它通过OQ2的中点1M -,1，由此可得直线l的方程是2x 4y 5 0.

5、27.7.已知正四棱锥V- -ABCD的高等于AB长度的一半，M是侧棱VB的中点，N是侧棱VD上点，满足DN 2VN，则异面直线AM,BN所成角的余弦值为 _.解：如图，以底面ABCD的中心0为坐标原点，AB,BC,OV的方向为x,y,z轴的正向, 建立空间直角坐标系不妨设AB 2,此时高V0 1,从而由条件知M 1, 1,丄，N -,-,2，因此22 23 3 3设异面直线AM,BN所成的角为，贝U8.8.设正整数n满足n 2016，且nnn3.这样的n的个数为.这24612-里x x x，其中x表示不超过x的最大整数.解：由于对任意整数n，有等号成立的充分必要条件是n 1 mod12，结合

6、1 n 2016知，满足条件的所有正整数为n 12k 1 k 1,2,L ,168 ,共有168个.这是因为，当x y modm时，x y mt，这里t是一个整数，故因此，当整数n ,n2满足n n2mod12时,为168.二、解答题：（共 3 3 小题，共 5656 分）9.9.（1616 分）已知an是各项均为正数的等比数列，且a50,a5!是方程 的两个不同的解，求a&La100的值.解 对k 50,51，有100lg2aklg 100ak2 lg ak,即因此，务的為是一元二次方程100t2t 2 0的两个不同实根，从而1丄lg玄50玄51lg a50lg a51,即a50a51101

7、.100150另解：首先注意到，若m为正整数，则对任意整数x,y，若xmod m容易验证，当正整数满足1 n 12时，只有当n 11时,等式n12成立.而2016 12 168，故当1n2016时，满足2nn123正整数n的个数由等比数列的性质知，a&L aw。a5a515010硕10.LUU UULT uur uuu uuu ULW10.10. (2020 分)在/ABC中，已知AB AC 2BA BC 3CA CB.(1)将BC,CA,AB的长分别记为a,b,c，证明:a22b23c2;(2)求cosC的最小值.解(1 1)”匚十，亠、人、亠 -UULuuub2c2a2由数量积的疋义及余弦

8、疋理知，AB AC cbcosA - - .同理得，UUL UULa2c2b2UUL UUUa2b2-BA BCacb,CA CBabc.故已知条件化为2 2即a22b23c2.（2 2）由余弦定理及基本不等式，得等号成立当且仅当a:b:c 73:宓:75.因此cosC的最小值为坐311.11.（2020 分）在平面直角坐标系xOy中，双曲线C的方程为x2y21.求符合以下要求 的所有大于1的实数a:过点a,0任意作两条互相垂直的直线h与12，若h与双曲线C交于P,Q两点，I2与C交于R,S两点，则总有PQ| |RS成立.解 过点a,0作两条互相垂直的直线h：x a与l2: y 0.易知，h与

9、C交于点Poa,寸Qa, V?1（注意这里a 1），I2与C交于点R01,0 ,S）1,0 ,由条件知2，厂PQ0|RoSo2，解得a 2.这意味着符合条件的a只可能为.2.下面验证a . 2符合条件.事实上，当ht中有某条直线斜率不存在时，则可设I1: x a,l2:y 0，就是前面所讨论的2的情况，这时有PQ |RS.若1（2的斜率都存在，不妨设注意这里k 1（否则h将与C的渐近线平行，从而h与C只有一个交点）._ 2联立h与C的方程知，x2k2x 21 0,即这是一个二次方程式，其判别式为4k24 0.故h与C有两个不同的交点P,Q.同样,I2与C也有两个不同的交点R,S.由弦长公式知,

10、综上所述，a .2为符合条件的值.12k2k2112kk21RS.用1代替k，同理可得RS.于是PQ2二、（4040 分）设n,k是正整数，且n是奇数.已知2n的不超过k的正约数的个数为奇数， 证明：2n有一个约数d，满足k d 2k.证明：记A d|d|2 n,0 d k,d 是奇数，B d|d|2 n,0 d k,d 是偶数，则AI B ,2n的 不超过k的正约数的集合是AUB.若结论不成立，我们证明A B.对d A，因为d是奇数，故2d |2n，又2d 2k，而2n没有在区间k,2k中的约数，故2d k，即2d B，故A B .反过来，对d B，设d 2d，则d |n，d是奇数，又d k

11、，故d A,从而B A.所以A B.故2n的不超过k的正约数的个数为偶数，与已知矛盾.从而结论成立.、（5050 分）如图所示，ABCD是平行四边形，G是厶ABD的重心，点P,Q在直线BD上,加试一、(4040 分)非负实数洛必丄,X2O16和实数y ,y2,L, y2016满足:解：由已知条件（1 1）可得：Xk1,yk1,k 1,2丄20162016201620162016x2Xk12yk20162yk2016yk.k 1k 1k 1k 1k 1不妨设丄,ym0,ym 1丄,y20160,0 m2016,则m2016若ykm1，并且yk2015m,令k1k m 1a, b1,于是由条件（2

12、 2）知,yk是奇数，所以a b是奇数，这与0k 1a, b 1矛盾.m因此必有ykk 12016于是结合得Xkk 1m 1，或者2016yk2015k m 1m,则1.又当XX2LX20150,X20161,Y1y2Ly20151,y20160时满足题设条件，且使得不等式等号成立，所以X1X2LX2016的最小值为1 1.2016则0,2016,于是（注意x 0）使得GP PC,GQ QC.证明：AG平分PAQ.解：连接AC,与BD交于点M.由平行四边形的性质，点M是AC,BD的中点因此， 点G在线段AC上.由于GPC GQC 90。，所以P,G,Q,C四点共圆，并且其外接圆是以GC为直径的

13、 圆.由相交弦定理知PM MQ GM MC.取GC的中点O.注意到AG:GM:MC 2:1:3,故有因此G,O关于点M对称.于是GM MC AM MO.结合、，有PM MQ AM MO，因此A, P,O,Q四点共圆.1又OP OQ GC,所以PAO QAO，即AG平分PAQ.2四、（5050 分）设A是任意一个 1111 元实数集合.令集合B uv|u,v A,u v .求B的元 素个数的最小值.解：先证明B 17.考虑到将A中的所有元素均变为原来的相反数时，集合B不变，故 不妨设A中正数个数不少于负数个数.下面分类讨论：情况一：A中没有负数.设a1a2L an是A中的全部元素，这里 印0代0,于是上式从小到大共有1 9 8 18个数，它们均是B的元素，这表明B 18.情况二：A中至少有一