全国高中数学联赛一试精彩试题

适用标准文案2013年全国高中数学联赛一试一试题一．填空题：本大题共8小题，每题8分，共64分。1.设会合A2,0,1,3，会合BxxA,2x2A，则会合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y24x上，知足OAOB4，F是抛物线的焦点，则SOFASOFB=3.在ABC中，已知sinA10sinBsinC,cosA10cosBcosC，则tanA的值为4.已知正三棱锥PABC的底面边长为1，高为2，则其内切球半径为5.设a、b为实数，函数f(x)axb知足：对随意x[0,1]，有f(x)1，则ab的最大值为6.从1,2,,20中任取5个不一样的数，此中起码有2个是相邻数的概率为7.若实数x，y知足x4y2xy，则x的取值范围是8.已知数列an共有9项，此中a1a91，且对每个i1,2,,8均有ai12,1,1，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.（此题满分16分）给定正数数列xn知足Sn2Sn1,n2,3,,这里Snx1xn.证明：存在常数C0,使得xnC2n,n1,2,10.（此题满分20分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的方程为x2y21(ab0)，a2b2A1,A2分别为椭圆的左、右极点，F1,F2分别为椭圆的左右焦点，P为椭圆上不一样于A1和A2的随意一点.若平面中有两个点Q,R知足QA1PA1,QA2PA2,RF1PF1,RF2PF2,试确立线段QR的长度与b的大小关系，并给出证明。11.（此题满分20分）设函数f(xax2b，求所有的正实数对(a,b)，使得对随意实数x,y)均有f(xy)f(xy)f(x)f(y)文档大全适用标准文案2013年全国高中数学联合比赛加试一试题一．（此题满分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，知足AE=EF=FB.连结PE、PF并延伸，与圆分别项交于点C、D.求证：EFCDACBD(解题时请将图画在答卷纸上)二．（此题满分40分）给定正整数u、v.数列an的定义以下：a1uv，对整数m1，a2mamu,a2m1amv.记Sma1a2am(m1,2,).证明：数列Sn中有无量多项是完整平方数。三．（此题满分50分）一次考试共有m道试题，n个学生参加，此中m,n2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p1p2pn，求p1p2的最大可能值。四．（此题满分50分）设n,k为大于1的整数，n2k.证明：存在2k个不被n整除的整数，若将他们随意分红两组，则总有一组有若干个数的和被n整除。文档大全适用标准文案2013年全国高中数学联合比赛一试一试题参照答案及评分标准说明：1.评阅试卷时，请依照本评分标准。填空题只设8分和0分；其余各题的评阅，请严格依照本标准评分品位给给分，不要增添其余中间品位。假如考生的解答和本解答的不一样，只需给合理的思路、步骤正确，在评卷时可参照本评分标准适合区分品位评分，解答题中第9题4分为一个品位.第10、11小题5分为一个品位，不要增添其余中间品位.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B2,0,1,3.当x2,3时，2x22,7，有2x2A；而当x0,1时，2x22,1，有2x2A.所以，依据B的定义可知B2,3.所以，会合B中所有元素的和为-5.2.答案：2【解答】点F的坐标为（1,0）.设(,),(,)，则y12y22Ax1y1Bx2y2x1,x2444OAOB=x1x2y1y21(y1y2)2y1y216即1(y1y28)20，故y1y2816SOFASOFB(1OFy1)(1OFy2)=1OF2y1y2=22243.答案：11【解答】因为sinAcosA10(sinBsinCcosBcosC)10cos(BC)10cosA，所以sinA11cosA，故tanA114.答案：26【解答】如图，设球心O在面ABC与面ABP内的拍照分别为H和K，AB中点为M，内切球半径为r,则P、K、M共线，PHMPKO，2且OHOKr,POPHOH2r,MH3AB366PMMH2PH22153,于是rOKsinKPOMH1=1262rPOPM5文档大全适用标准文案2解得：r65.答案：14【解答】易知af(1)f(0),bf(0)，则abf(0)(f(1)f(0))(f(0)1f(1))21(f(1))21(f(1))212444当2f(0)f(1)1即a111b时，ab，故ab的最大值为244答案232323【解答】设a1a2a3a4a5取自1,2,,20.若a1,a2,a3,a4,a5互不相邻，则1a1a21a32a43a5416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个不一样的数的选法同样，即C165种.所以从1,2,,20中任取5个不一样的数，此中起码有2个是相邻的概率为：C205C1651C165232C205C205323答案：0[4,20]【解答】令ya,xyb(a,b0)，此时xy(xy)a2b2，且条件中等式化为a2b24ab，从而a,b知足方程：(a2)2(b1)25(a,b0)以下图，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,b0的部分，即点O与弧ACB的并集，所以a2b20[2,25]，从而文档大全适用标准文案xa2b20[4,20]8.答案：491.【解答】令biai1(1i8)，则对每个切合条件的数列88ai1a91an，有biaia1aii1i1且bi2,1,11i8）①（2反之，由切合条件①的8项数列bn可能独一确立一个切合题设条件的9项数列an。记切合条件①的数列bn的个数为N，明显bi(1i8)中有偶数个1，即2k个1；继22而有2k个2，84k个1.当给定k时，bn的取法有C82kC82k2k种，易见k的可能值只有：0,1,2所以N1C82C62C84C4412815701491所以，依据对应原理，切合条件的数列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n2时，Sn2Sn1等价于xnx1xn1对常数C1x1，用数学概括法证明：xnC2n,n1,2,4n1时结论明显建立.又x2x1C22对n3，假定xkC2k,k1,2,,n1，则由式①可知xnx1(x2xn1)x1(C22C2n1)=C2n所以，由概括法可知上式建立。文档大全适用标准文案10.【解答】令ca2b2，则A1(a,0)，A2(a,0)，F1(c,0)，F2(c,0).设P(x0,y0)，Q(x1,y1),R(x2,y2)，此中x02y021，y00.由QAPA1,QA2PA2可知：a2b2A1QA1P(x1a)(x0a)y1y00①A2QA2P(x1a)(x0a)y1y00②将①、②相减得：2a(x1x0)0，即x1x0，将其代入①可得：x02a2y1y0故y1x02a2，于是Q(x0,x02a2)y0y0依据RF1PF1,RF2PF2,同理可得R(x,x02c2)0y0所以QRx02a2x02c2b2y0y0y0因为y0(0,b]，故QRb（此中等号建立的充分必需条件是y0b，即点P的坐标是(0,b)）11.【解答】已知条件能够转变为：对随意实数x,y，有(ax2y2b)(a(xy)2b)(ax2b)(ay2b)①先追求a、b所知足的必需条件，在①中令y0得：b(ax2b)(ax2b)b即对随意的实数x，有：(1b)ax2b(2b)0因为a0，故ax2能够取到随意大的值，所以必有1b0，即：0b1在①式中再令yx，得：(ax4b)b(ax2b)2，即对随意实数x,有(aa2)x42abx2(2bb2)0②将②式的左边记作为g(x)，明显aa20（否则，由a0可知a1，此时g(x)2bx2(2bb2)，此中b0，故g(x)可取到负值，矛盾），于是2)(x2ab2)2(ab)22bb2g(x)(aaaaaa2文档大全适用标准文案=(aa2)(x21b)2b(22ab)0对一确实数x建立，从而必有：aa20，即0a1a1a进一步考虑到1b0，再依据g(b)b(22ab)0，可得：2ab2a1a1a至此，求得a,b知足的必需条件以下：0b1,0a1,2ab2③下边证明，对知足③的随意实数对(a,b)以及随意实数x,y，总有①建立，即：h(x,y)(aa2)x2y2a(1b)(x2y2)2axy(2bb2)对随意x,y取非负值。事实上，在③式建即刻，有a(1b)0,aa20,b(22ab)01a再联合x2y22xy，可得：h(x,y)(aa2)x2y2a(1b)(2xy)2axy(2bb2)=(aa2)x2y22abxy2bb2=(aa2)(xyb2b(22)01a1a综上所述，所求的正实数对(a,b)全体为(a,b)0b1,0a1,2ab2文档大全适用标准文案2013年全国高中数学联赛加试一试题参照答案及评分标准一．【证明】连结AD,BC,CF,DE.因为AEEFFB,从而BCsinBCE=BE2①ACsinACEAE同理可得：ADsinADFAF2②BDsinBDFBF另一方面，因为BCEBCPBDPBDFACEACPADPADF故将①②两式相乘可得：BCAD4，即ACBDBCAD4ACBD③由托勒密定理ADBCACBDABCD④由③④得：ACCD3ACBD即：EFCDACBD二．【证明】对正整数n，有S2n11a1(a2a3)(a4a5)(a2n12a2n11)=uv(a1ua1v)(a2ua2v)(a2n1ua2n1v)=2n(uv)2S2n1所以Sn2n1(uv)2Sn12n1(uv)2(2n2(uv)2Sn2)212121=22n1(uv)22S2n21=(n1)2n1(uv)2n1(uv)文档大全适用标准文案(uv)n2n1设uv2kq，此中k是非负整数，q是奇数.取nql2，此中l为知足lk1(mod2)的随意正整数，此时S2n1q2l22k1ql2，注意到q是奇数，故：k1ql2k1l2k1(k1)2k(k1)0(mod2)所以，Sn1是完整平方数.因为l有无量多个，故数列Sn中有无量多项是完整平方数。2三．【解答】对随意的k1,2,,m,设第k题没有答对者有xk人，则第k答对者有nxk人，由得分规则知，这nxk个人在第k题均获得xk分.设n个学生的得分和为S，则有nmmmxk2piSxk(nxk)nxki1k1k1k1因为每个人在第k道题上至多得xk分，故mp1k1xk因为p2pn，故有pnp2p31pnSp1，所以nn1p1pnp1Sp1n2p1Sn2mxk1(nmxkmxk2)n1n1n1n1k1n1k1k1m1mxk2=2xk1kk1n1m1(m由柯西不等式可得：xk2xk)2k1mk1m1mxk)2=1mm(n1))2于是p1pm2xk(1)(xkm(n1)k1m(n1)k1m(nk1m(n1)另一方面，如有一个学生所有答对，其余n1个学生所有答错，则mp1pnp1(n1)m(n1)k1文档大全适用标准文案综上所述，p1pn的最大值为m(n1)四．【证明】先考虑n为2的幂的情况。设n2r，则rk.取3个2r1及2k3个1，明显这些数字均不被n整除.将2k个数随意分红两组，则总有一组中含有2个2r1，他们的和为2r，被n整除。此刻设n不是2的幂，取2k个数为1,1,2,22,,2k2,1,2,22,,2k1因为n不是2的幂，故上述2k个数均不被n整除。若可将这些分红两组，使得每一组中随意若干个数的和均不可以被n整除。不如设1在第一组，因为-1+1=0，被n整除，故两个-1一定在第二组；因为（-1）+（-1）+2=0，被n整除，故2在第一组，从而推出-2在第二组。此