全国高中数学联合竞赛试题解答(A卷)3

2011年全国高中数学联合比赛（A卷）一试一、填空题：本大题共8个小题，每题8分，共64分。2011A1、设会合Aa1,a2,a3,a4，若A中全部三元子集的三个元素之和构成为B1,3,5,8，则会合A◆答案：{3,0,2,6}★分析：明显，在A的全部三元子集中，每个元素均出现了3次，所以3(a1a2a3a4)(1)35815，故a1a2a3a45，于是会合A的四个元素分别为5－（－1）＝6，5－3＝2，5－5＝0，5－8＝－3，所以，会合A{3,0,2,6}．2011A2、函数f(x)x21的值域为x1◆答案：(,2](1,)2★分析：提示：设xtan,2，且4，则12f(x)cos11．设u2sin()，则2u1，tan1sincos2sin()44且u0，所以f(x)1(,2](1,)．u22011A3、设a,b为正实数，1122，(ab)24(ab)3，则logab1ab◆答案：★分析：由1122，得ab22ab．ab又(ab)24ab(ab)24ab4(ab)342ab(ab)38(ab)2，即ab22ab．①2011年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第1页共11页于是ab22ab．②a21,a21,再由不等式①中等号建立的条件，得ab1．与②联立解得21,或2，bb1,故logab1．2011A4、假如cos5sin57(sin3cos3)，[0,2)，那么的取值范围为◆答案：4,54★分析：不等式cos5sin57(sin3cos3)等价于sin31sin5cos31cos5.177又f(x)x3x5是(,)上的增函数，所以sincos，75故2k2kZ)．4(k4因为[0,2)，所以的取值范围是,5．442011A5、现安排7名同学去参加5个运动项目，要求甲、乙两同学不可以参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则知足上述要求的不一样安排方案数为◆答案：15000★分析：由题设条件可知，知足条件的方案有两种情况：（1）有一个项目有3人参加，共有C735!C515!3600种方案；（2）有两个项目各有2人参加，共有1(C72C52)5!C525!11400种方案；2所以知足题设要求的方案数为36001140015000．2011A6、在四周体ABCD中，已知ADBBDCCDA600,ADBD3,CD2,则在四周体ABCD的外接球的半径为◆答案：3★分析：设四周体ABCD的外接球球心为O，则O在过△ABD的外心N且垂直于平面ABD的垂线上．由题设知，ABD是正三角形，则点N为ABD的中心．设P,M分别为AB,CD的中点，则2011年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第2页共11页N在DP上，且ONDP，OMCD．因为CDACDBADB60，设CD与平面ABD所成角为，可求得cos12．,sin33在DMN中，DM1CD1,DN2DP2333．2332由余弦定理得MN212(3)221312，3故MN2．四边形DMON的外接圆的直径ODMN2sin3．23故球O的半径R3．2011A7、直线x2y10与抛物线y24x交于A,B两点，C为抛物线上的一点，ACB900，则点C的坐标为◆答案：(1,2)或(9,6)．★分析：设(,y1),(x2,y2),(2,2)x22y10,得28y40，则y1y28，Ax1BCtt，由4x,yyy1y24．又x12y11,x22y21，所以x1x22(y1y2)218，x1x24y1y22(y1y2)11．因为ACB90，所以CACB0，即有(t2x1)(t2x2)(2ty1)(2ty2)0，即t4(x1x2)t2x1x24t22(y1y2)ty1y20，即t414t216t30，即(t24t3)(t24t1)0．明显t24t10，否则t222t10，则点C在直线x2y10上，进而点C与点A或点B重合．所以t24t30，解得t11,t23．2011年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第3页共11页故所求点C的坐标为(1,2)或(9,6)．200n1n2011A8、已知anC200n3（n1,2,,95），则数列an6中整数项的个数为2◆答案：15200n4005n★分析：由题意anC200n3326．要使an(1n95)为整数，必有200n,4005n均为整数，进而6|n4．36当n2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，200n和4005n均为非负整数，所以36an为整数，共有14个．当n86时，a86C2008633825，在C20086200!中，200!中因数2的个数为86!114!200200200200200200200197，2222324252627同理可计算得86!中因数2的个数为82，114!中因数2的个数为110，所以C20086中因数2的个数为197821105，故a86是整数．当n92时，a92C20092336210，在C20092200!中，相同可求得92!中因数2的个数为92!108!88,108!中因数2的个数为105,故C20086中因数2的个数为197881054，故a92不是整数．所以，整数项的个数为14115．二、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。2011A9、（此题满分16分）已知函数f(x)|lg(x1)|，实数a,b（ab）知足f(a)f(b1)，f(10a6b21)4lg2.b2务实数a,b的值。★分析：因为f(a)f(b1)，所以|lg(a1)||lg(b11)||lg(1)||lg(b2)|，b2b2b2所以a1b2或(a1)(b2)1，又因为ab，所以a1b2，所以(a1)(b2)1．2011年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第4页共11页又由f(a)|lg(a1)|存心义知0a1，进而0a1b1b2，于是0a11b2．所以(10a6b21)110(a1)6(b2)6(b2)101．b2进而f(10a6b21)|lg[6(b2)10]|lg[6(b2)10]．b210b2又f(10a6b21)4lg2，所以lg[6(b2)]4lg2，101b2故6(b2)16．解得b1（舍去）．b2或b3把b1代入(a1)(b2)1解得a2．35所以a21，b．532011A10、（此题满分20分）已知数列an知足：a12t3（tR,且t1）(2tn13)an2(t1)tn1（nN）an1an2tn1⑴求数列an的通项公式；⑵若t0，比较an1与an的大小。★分析：（1）由原式变形得an2(tn11)(an1)1，1an2tn12(an1)an112(an1)tn1an1bn，则bn12bna112t2则1an1．记1bn，b1t12．tn11an2tn2tn2t1tn1又111,11，进而有11(n1)1n，bn1bn2b12bnb122an12，于是有an2(tn1)1．故1nntn2011年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第5页共11页（2）an1an2(tn11)2(tn1)n1n2(t1)n(1ttn1tn)(n1)(1ttn1)n(n1)2(t1)ntn(1ttn1)2(t1)(tn1)(tnt)(tntn1)n(n1)n(n1)2(t1)2(tn1tn21)t(tn2tn31)tn1，n(n1)明显在t0(t1)时恒有an1an0，故an1an．2011A11、（此题满分20分）作斜率为1的直线l与椭圆C:x2y21交于A,B两点（如图所3364示），且点P(32,2)在直线l上方。⑴证明：PAB的内切圆的圆心在一条定直线上；⑵若APB600，求PAB的面积。★分析：（1）设直线l：y1xm，A(x1,y1),B(x2,y2)．3将y1xm代入x2y21中，化简整理得2x26mx9m2360．3364于是有x1x23m,x1x29m236y12y222，kPAx1,kPBx23．3222011年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第6页共11页则kPAkPBy12y22y12x232y22x132，x132x232x132x232上式中，分子(1x1m2)(x232)(1x2m2)(x132)332x1x2(m22)(x1x2)62(m2)329m236(m22)(3m)62(m2)323m2123m262m62m120，进而，kPAkPB0．又P在直线l的左上方，所以，APB的角均分线是平行于y轴的直线，所以PAB的内切圆的圆心在直线x32上．（2）若APB60时，联合（1）的结论可知kPA3,kPB3．直线PA的方程为：y23(x32)，代入x2y21中，消去y得36414x296(133)x18(1333)0．它的两根分别是x1和32，所以x13218(1333)32(1333)14，即x114．所以|PA|1(3)2|x132|32(331)．7同理可求得|PB|32(331)．7所以SPAB1PAPBsin600132331323313117322772492011年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第7页共11页2011年全国高中数学联合比赛（A卷）二试2011A一、（此题满分40分）如图，P,Q分别是圆内接四边形ABCD的对角线AC,BD的中点．若BPADPA，证明：AQBCQB．★证明：延伸线段DP与圆交于另一点E，则CPEDPABPA，又P是线段AC的中点，故ABCE，进而CDPBDA．又ABDPCD，所以ABD∽PCD，于是ABPC，即ABCDPCBD.BDCD进而有ABCD1ACBDAC(1BD)ACBQ，即ABBQ．22ACCD又ABQACD，所以△ABQ∽△ACD，所以QABDAC．延伸线段AQ与圆交于另一点F，则CABDAF，故BCDF．又因为Q为BD的中点，所以CQBDQF．又AQBDQF，所以AQBCQB．2011A二、（此题满分40分）证明：对随意整数n4，存在一个n次多项式f(x)xnan1xn1a1xa02011年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第8页共11页拥有以下性质：（1）a0,a1,,an1均为正整数；（2）对随意正整数m，及随意k(k2)个互不相同的正整数r1,r2,,rk，均有f(m)f(r1)f(r2)f(rk)★证明：令f(x)(x1)(x2)(xn)2，①将①的右侧睁开即知f(x)是一个首项系数为1的正整数系数的n次多项式．下边证明f(x)知足性质（2）．对随意整数t，因为n4，故连续的n个整数t1,t2,,tn中必有一个为4的倍数，从而由①知f(t)2(mod4)．所以，对随意k(k2)个正整数r1,r2,,rk，有f(r1)f(r2)f(rk)2k0(mod4)．但对随意正整数m，有f(m)2(mod4)，故f(m)f(r1)f(r2)f(rk)(mod4)，进而fmf(r1)f(r2)f(rk)．所以f(x)切合题设要求．()2011A三、（此题满分50分）设a1,a2,,an(n4)是给定的正实数，a1a2an．对ajair(1ijkn)的三元数组(i,j,k)的个数记为fn(r)．随意正实数r，知足ajakn2证明：fn(r)．4★证明：对给定的j(1jn)，知足1ijkn，且ajair①的三元数组(i,j,k)的个akaj数记为gj(r)．注意到，若i,j固定，则明显至多有一个k使得①建立．因ij，即i有j1种选法，故gj(r)j1．相同地，若j,k固定，则至多有一个i使得①建立．因kj，即k有nj种选法，故2011年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第9页共11页gj(r)nj．进而gj(r)min{j1,nj}．所以，当n为偶数时，设n2m，则有fn(r)n1m12m1gj(r)gj(r)gj(r)j2j2jmm2m1m(m1)m(m1)m2m2n2(j1)(2mj)m．j2jm1224n1m2m当n为奇数时，设n2m1，则有fn(r)gj(r)gj(r)gj(r)j2j2jm1m2mm2n2(j1)(2m1j)．j2jm14综上所述，fn(r)n2．42011A四、（此题满分50分）设A是一个39的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数．称A中的一个mn(1m3,1n9)方格表为“好矩形”，若它的全部数的和为10的倍数．称A中的一个11的小方格为“坏格”，若它不包括于任何一个“好矩形”．求A中“坏格”个数的最大值．★分析：第一证明A中“坏格”不多于25个．用反证法．假定结论不建立，则方格表A中至多有1个小方格不是“坏格”．由表格的对称性，不如假定此时第1行都是“坏格”．设方格表A第i列从上到下填的数挨次为ai,bi,ci,i1,2,,9．kk记Skai,Tk(bici),k0,1,2,,9，这里S0T00．i1i1我们证明：三组数S0,S1,,S9；T0,T1,,T9及S0T0,S1T1,,S9T9都是模10的完全节余系．事实上，若是存在m,n,0mn9，使SmSn(mod10)，则naiSnSm0(mod10)，im12011年全国高中数学联合比赛试题（A卷）第10页共11页即第1行的第m1至第n列构成一个“好矩形”，与第1行都是“坏格”矛盾．Tn(mod10)n又若是存在m,n,0mn9，使Tm，则(bici)TnTm0(mod10)，im1即第2行至第3行、第m1列