全国高中数学联合竞赛试题解答(A卷)6

2016年全国高中数学联合比赛一试（A卷）一、填空题：本大题共8个小题，每题8分，共64分。2016A1、设实数a知足a9a311aa，则实数a的取值范围为◆答案：a(23,10)33★分析：由a|a|可得a0，原不等式可变形为19a311a|a|1aa即192111，所以a2(10423,1039332016A2、设复数z，w知足z3，(zw)(zw)74i，此中i是虚数单位，z，w分别表示复数z，w的共轭复数，则(z2w)(z2w)的模为◆答案：65★分析：由运算性质，74i(zw)(zw)|z2|w2(zwzw，因为2与2为实||)|z||w|数，Re(zwzw)0，故|z|2|w|27，zwzw4i，又|z|3，所以|w|22，从而(z2w)(z2w)|z|24|w|22(zwzw)988i18i所以，(z2w)(z2w)的模为65．2016A3、正实数u，v，w均不等于1，若loguvwlogvw5，logvulogwv3，则logwv的值为◆答案：45★分析：令loguva，logvwb，则logvu11logvwaab，logwv，loguvwloguvloguvab}，所以联合①得，条件化为aabb5，113，由此可得ab5，所以ab4logwulogwvlogvu4．52016A4、袋子A中装有2张10元纸币和3张1元纸币，袋子B中装有4张5元纸币和3张1元纸币，现随机从两个袋子中各拿出两张纸币，则A中剩下的纸币面值之和大于B中剩下的纸币面值之和的概率为◆答案：935a小于从B中取走的两张纸币★分析：一种取法切合要求，等价于从A中取走的两张纸币的总面值的总面值b，从而ab5510．故只好从A中国取走两张1元纸币，相应的取法数为C323．又此时ba2，即从B中取走的两张纸币不可以都是1元纸币，相应有C72C3218种取法．所以，所求的概率为318549．C52C721021352016A5、设P为圆锥曲线的极点，A，B，C是其地面圆周上的三点，知足ABC900，M为线段AP的中点。若AB1，AC2，AP2，则二面角MBCA的大小为2◆答案：arctan3★分析：由ABC=90°知，AC为底面圆的直径．设底面中心为O，则PO平面ABC，易知AO1AC1，从而POAP2AO21．2设H为M在底面上的射影，则H为AO的中点．在底面中作HKBC于点K，则由三垂线定理知MKBC，从而MKH为二面角M—BC—A的平面角．因MH1，联合HK与AB平行知，HKHC3AHABAC，即32MH242HK，这样tanMKH4HK．故二面角M—BC—A的大小为arctan．332016A6、设函数f(k)sin4kxcos4kx，此中k是一个正整数。若对随意实数a，均有1010f(x)|axa1f(x)|xR，则k的最小值为◆答案：16}，所以联合①得，★分析：由条件知，f(x)(sin2kxcos2kx)22sin2kxcos2kx101010101sin2kx1cos2kx35m5454此中当且仅当x(mZ)时，f(x)取到最大值．依据条件知，随意一个长为1的开区间k(a,a1)起码包括一个最大值点，从而55．1，即kk反之，当k5时，随意一个开区间均包括f(x)的一个完好周期，此时{f(x)|axa1}{f(x)|xR}建立．综上可知，正整数的最小值为[5]116．2016A7、双曲线C的方程为x2y21，左右焦点分别为F1、F2，过点F2作向来线与双曲线C3的右半支交于点P、Q，使得F1PQ900，则F1PQ的内切圆半径是◆答案：71★分析：由双曲线的性质知，122134，PF1PF2QF1QF22．FF因F1PQ=90°，故PF12PF22F1F22，所以PF1PF22(PF12PF22)(PF1PF2)22422227从而直角F1PQ的内切圆半径是r1(F1PPQF1Q)1(PF1PF2)1(QF1QF2)712222016A8、设a1,a2,a3,a4是1,2,3,,100中的4个互不同样的数，知足a12a22a32a22a32a42(a1a2a2a3a3a4)2，则这样的有序数组(a1,a2,a3,a4)的个数为◆答案：40★分析：由柯西不等式知，(a11a22a32)(a22a32a42)(a1a2a2a3a3a4)2，等号建立的充分必要条件是a1a2a3，即a1,a2,a3,a4成等比数列．于是问题等价于计算知足a2a3a4}，所以联合①得，{a1,a2,a3,a4}{1,2,3,,100}的等比数列a1,a2,a3,a4的个数．设等比数列的公比q1，且q为有理数．记qnn．，此中m,n为互素的正整数，且mm先考虑nm的状况．此时n3a1n333a1a4a1(m)m3，注意到m,n互素，故lm3为正整数．相应地，a1,a2,a3,a4分别等于m3l,m2nl,mn2l,n3l，它们均为正整数．这表示，对随意给定的qn1，知足条件并以q为m100a1,a2,a3,a4的个数，即为知足不等式3l100的正整数l的个数，即[公比的等比数列nn3]．34因为53100，故仅需考虑q2,3,,4,这些状况，相应的等比数列的个数为23[100][100][100][100][100]12331120．827276464当nm时，由对称性可知，亦有20个知足条件的等比数列a1,a2,a3,a4．综上可知，共有40个知足条件的有序数组(a1,a2,a3,a4)．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。2016A9、（此题满分16分）在ABC中，已知ABAC2BABC3CACB，求sinC的最大值。★分析：由数目积的定义及余弦定理知，ABACb2c2a2cbcosA2．同理得，BAa2c2b2，CACBa2b2c2BC22．故已知条件化为b2c2a22(a2c2b2)3(a2b2c2)即a22b23c2．8分由余弦定理及基本不等式，得22122cosCa2b2c2ab3(a2b)2ab2ab}，所以联合①得，abab23b23b6a36asinC1cos2C7123a:b:c3:6:5sinC71632016A1020f(x)Rf(1)1x0f(x)xf(x)f(1)f(1)f(1)f(1)f(1)f(1)f(1)f(1)x11002993985051anf(1)(n=123a1f(1)1nx11f(x)xf(x)x1(kN*)kf(x)kx11x1k11kf(1)1f(1)1f(1)5k1kkkkak11ana1n1ak1n11110akk1akkk1k(n1)!50aia101501491i(i1)!(100i)!i!(99i)!i1i1i0149i149i99i)112992982099!iC99(C99C9999!299!099!i02016A1120FxFOCPCQxPQC|PQ|2C1C2PQPxFC1C2}★分析：设抛物线C的方程是y22px(p0)，点Q的坐标为(a,0)(a0)，并设C1,C2的圆心分别为O1(x1,y1),O2(x2,y2)．设直线PQ的方程为xmya(m0)，将其与C的方程联立，消去x可知y22pmy2pa0．因为PQ与C相切于点P，所以上述方程的鉴别式为4p2m242pa0，解得m2a．进p而可知，点P的坐标为(xP,yP)(a,2pa)．于是|PQ|1m2|yP0|12a2pa2a(p2a)．p由｜PQ｜=2可得4a22pa4①5分注意到OP与圆C1,C2相切于点P，所以OPO1O2．设圆C1,C2与x轴分别相切于点M，N，则OO1,OO2分别是POM,PON的均分线，故O1OO2=90°．从而由射影定理知y1y2O1MO2NO1PO2POP2xP2y2Pa22pa联合①，就有y1y2a22pa43a2②10分由O1,P,O2共线，可得}，所以联合①得，y12pay1yPO1PO1My12pay2yPy2PO2O2Ny2y1y22y1y2152paTy12y22C1,C2TTT(y1y2)22y1y24y12y222y1y22pa44(43a2)22(43a2)(43a2)(2a2)4a21a2t1a24t44a22pa0t0T(3t1)(t1)1423t14234t3tttt31t11a33p1a2t3t12a1333313F(p,0)(1,0)20233}2016年全国高中数学联合比赛二试（A卷）2016A一、（此题满分40分）设实数a1,a2,a3,,a2016知足9ai11ai21（i1,2,,2015）.求(a1a22)(a2a32)(a2015a20162)(a2016a12)的最大值。★分析：令P(aa2)(a2a2)(a2015a2)(a2016a2)12320161由已知得，对i1,2,,2015，均有aiai2111ai21ai210。9若a2016a120，则P0；下边考虑a2016a120的状况.不如记a2017a1，由均匀不等式得11201612016201612016201612016P2016aiai21aiai21aiai2ai1ai2016i12016i1i12016i1i12016i112016ai(1ai)2111，当且仅当a112016a2a3a2016时取22016i12016442211等号。又9ai11ai1（i1,2,,2015），此时P42016,即所求最大值为42016。2016A二、（此题满分40分）如下图，在ABC中，X,Y是直线BC上两点（X,B,C,Y次序摆列），使得BXACCYAB,设ACX，ABY的外心分别为O1,O2，直线O1O2与AB，AC分别交于点U,V.证明：AUV是等腰三角形。★证明：作BAC的内角均分线交BC于点P.设ACX，ABY的外接圆分别为1和2，由角均分线定理知，BPAB，又又条件可得BXAB,CPACCYAC}，所以联合①得，从而PXBXBPABBP，即CPPXBPPY，故P对圆1和2的幂相等，PYCYCPACCP所以P在圆1和2的根轴上。于是APO1O2，这表示点U,V对于直线AP对称，从而AUV是等腰三角形。2016A三、（此题满分50分）给定空间10个点，此中随意四点不在一个平面上。将某些点之间用线段相连，若获得的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确立所连线段数目的最大值。★分析：以这10个点为极点，所连线段为边，获得一个10阶简单图G，我们证明G的变数不超过15.设G的极点为v1,v2,,v10，一共有k条边，用Dvi表示极点vi的度。若Dvi3对i1,2,3,,10都建立，则k110Dvi110315。2i12假定存在vi知足Dvi4，不如设Dv1n4，且v1与v2,,vn1均相邻.于是v2,,vn1之间没有边，不然就成三角形，所以v1与v2,,vn1之间恰有n条边.对每个j（n2j10），11、（此题满分20分）如下图，在平面直角坐标系中，F}是uation.3|x轴正半轴上的一个动点。设|O}为极点作抛物线|C。设3P是第一象限内抛物线quation.3|C上的一点，EDEquation.3|Q是，使得PQ为抛物线切线，且圆C2}均与直线3}，所以联合①得，|PQ相切于点且均与点得圆|C1与★分析：设抛物线C的方程是quation.3|y22px(p0)，点Q的坐标为Equation.3|(a,0)(a0)，并设Equation.3|C1,C2的圆心分别为BEDEquation.3|O1(x1,y1),O2(x2,y2)．设直线PQ的方程为|xmya(m0)，将其与C的方程联立，消去Equation.3|x可知ion.3|y22pmy2pa0．因为PQ与C相切于点P，所以上述方程的鉴别式为4p2m242pa0}，解得m2a}．进p而可知，点P的坐标为MBEDEquation.3|(xP,yP)(a,2pa)．于是|PQ|1m2|yP2apaapa|0|1EDEquation.3p22(2)．由｜PQ｜=2可得EMBEDEquation.3|4a22pa4①5分}，所以联合①得，2016年全国高中数学联合比赛二试（A卷）2016A一、（此题满分40分）设实数知足（）.求的最大值。★分析：令由已知得，对，均有。若，则；下边考虑的状况.不如记，由均匀不等式得，当且仅当时取等号。又（），此时,即所求最大值为。2016A二、（此题满分40分）如下图，在中，是直线上两点（次序摆列），使得,设，的外心分别为,，直线与，分别交于点.证明：是等腰三角形。★证明：作的内角均分线交于点.设，的外接圆分别为和，由角均分线定理知，，又又条件可得,从而，即，故对圆和的幂相等，所以在圆和的根轴上。于是，这表示点对于直线对称，从而是等腰三角形。}，所以联合①得，2016A三、（此题满分50分）给定空间个点，此中随意四点不在一个平面上。将某些点之间用线段相连，若获得的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确立所连线段数目的最大值。★分析：以这10个点为极点，所连线段为边，获得一个10阶简单图G，我们证明G的变数不超过15.设G的极点为，一共有条边，用表示极点的度。若对都建立，则。假定存在知足，不如设，且与均相邻.于是之间没有边，不然就成三角形，所以与之间恰有条边.对每个（），至多与中的一个极点相邻（不然设与，（）相邻，则，，，就对应了一个空间四边形的四个极点，这与题意矛盾），从而与之间的边数至多条。在这