2009年全国高中数学联赛试题及答案详解（A卷）

2009年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准说明：7分和0标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次．12档次评分，解答题中至少4分为一个档次，不要增加其他中间档次．一、填空（共8小题，每小题7分，共56分）x若函数fx且f(n)xffffx，则f991．1．1x2n1【【答案】10x解析】fxfx，1x2x2fxffx12x2……x99fx．199x2199故f1．102．已知直线L:xy90和圆M:2x22y28x8y10A在直线L上，BC为圆M上两点，在中，BAC45，过圆心M，则点A横坐标范围为答案】36．【【34解析】设Aa9aM到直线的距离d与圆Md≤．2解得3≤a≤6．y≥03．在坐标平面上有两个区域M和N，M为y≤x，N是随tt≤x≤t1y≤2x所确定，t的取值范围是0≤t≤1，则M和N的公共面积是函数ft．1【【答案】tt2y2解析】由题意知ftSAOBSOCDSBEFA111t21t2CDE221FBxt2tO211114．使不等式a2007对一切正整数n都成立的最小正整数a的值为．n1n22n13【答案】111．显然fn单调递减，则由fn的最大值fa20071【解析】设fn，可n1n2得a2009．2n13x22y221ab0上任意两点P，Q，若OPOQ，则乘积的最小值为5．椭圆．ab2a2b2【【答案】a2b2解析】设Pcossin，ππQcos．22由P，Q在椭圆上，有1cos2sin2①②2a2b21sin2cos22a2b2①+②得1111．22a2b22a2b22a2b2于是当时，达到最小值．a2b2a2b26．若方程2lgx仅有一个实根，那么k的取值范围是．【【答案】k0或k40解析】x10x12当且仅当kx0x10①②x22kx10③对③由求根公式得12k2k4k④x，x212k2k≥0k≤0或k4．≥(ⅰ)当k0时，由③得xxk2012xx1012所以x，x同为负根．12110210又由知所以原方程有一个解1．k(ⅱ)当k4时，原方程有一个解x11．2xxk20(ⅲ)当k4时，由③得12xx1012所以x，x同为正根，且xx，不合题意，舍去．1212综上可得k0或k4为所求．7．一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是（可以用指数表示）【【答案】101298解析】易知：(ⅰ)该数表共有(ⅱ)每一行构成一个等差数列，且公差依次为d1，d2，d22，…，d123(ⅲ)100为所求．nn≥2行的第一个数为ann12n2n12n2nn12an32n2n222a2n422n22n2n33n332n2……2n11n2n2n2n12故a．18．某车站每天00~00，00~1000的时间是相互独立的，其规律为81011到站时刻概率1623一旅客到车站，则它候车时间的数学期望为【【答案】27解析】旅客候车的分布列为候车时间（分）1013015070901616121611概率2336候车时间的数学期望为1111110305070902723361218二、解答题x2y21．（本小题满分14分）设直线l:ym（其中k，m为整数）与椭圆1交于不同两点A，1612x2y2B1交于不同两点C，Dl0412指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由．ym【解析】由x2y21消去y化简整理得16123k2x2m208设Axy，Bxy，则xx11221234k21km243km202①………………4分ym由消去y化简整理得x2y214123k2x2m2023k设Cxy，Dxy，则xx344434243k2m22km208②………………分因为0，所以xxxx0，此时yyyy0．由xxxx得42314231123484k2．323k244k13k所以20或．由上式解得k0或m0．当k0时，由①和②得32223m23．因m是整数，所以m的值为3，2，1，0，1，2，3．当m0，由①和②得3k3．因k是整数，所以k1，0，1．于是满足条件的直线共有9条．………14分2．（本小题分）已知p，qq0是实数，方程x2q0有两个实根，，数列n满足ap，ap2q，an2n34，12nn1(Ⅰ)求数列n的通项公式（用，1(Ⅱ)若p1，q，求n的前n项和．4【解析】方法一：(Ⅰ)由韦达定理知q0，又p，所以nn1n2n1n2，n345，整理得nn1n1n2令nn1n，则n1bn2，．所以b是公比为的等比数列．nn数列n的首项为：baap2qp22．121所以n2n1n1，即n1nn1n2，．所以n1nn1n2，．①当p2q0时，0，1p，n1nn1n2，变为n1na1，n2，．所以，数列成nnn1nn1n2，．整理得，n1n1公差为1的等差数列，其首项为2．所以n．21n1n1n于是数列n的通项公式为n1；……………5分nn②当p2q0时，，n1nn1nn1nn1n1n2，．整理得n2n1a，n2，．n1nn1222a成公比为an1n12以nn1．n1n1于是数列a的通项公式为a．………………10分nn11(Ⅱ)若p1，q，则p2q0，此时．由第(Ⅰ)步的结果得，数列n的通项公式42n1n1为an，所以，n的前n项和为n22n2234nn1sn22232n12n12234nn12n1sn2223242n132n32n1以上两式相减，整理得n2n3所以n3．……………分2n方法二：(Ⅰ)由韦达定理知q0，又p，所以a，a22．12特征方程2q0的两个根为，．①当0时，通项aAAnn12，由a，a2得nn1212AA21222A2A312解得AA1．故n1n2n．……………………5分12n12，．由a，a22得②当时，通项aAnnn112122解得1，2．故n1n1n1n1n．…………分(Ⅱ)同方法一．3．（本小题满分15分）求函数yx2713xx的最大和最小值．解析】函数的定义域为0.【132x13xyxx2713xx27≥27133313当x0时等号成立．故y的最小值为3313．……………5分又由柯西不等式得213xy2xx27121313x121≤12xx273所以y≤11．………………分4x9xxx9x9y的最大值为11．…………………分2009年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准（A说明：12．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．档次评分，10分为一个档次，不要增加其他中间档次．一、解答题（共4小题，每小题50分，共200分）9．如图，M，N分别为锐角三角形（AB）的外接圆上弧、的中点．过点C作∥交圆于P点，I为的内心，连接PI并延长交圆于T．⑴求证：NPNT；⑵在弧AB（不含点CQ（Q≠AT，BAQCQCB的内心分别为I，I，12CPNMIBTAQ求证：Q，I，I，T四点共圆．12【解析】⑴连，MI．由于∥，P，C，M，N共圆，故是等腰梯形．因此NP，PMNC．PCNMIBTA连，CI，则与CI交于I，因为ACIMCBBCIMCI，所以．同理NCNI．于是NP，PMNI．故四边形为平行四边形．因此S△PMTS△PNT又P，N，T，M四点共圆，故TNP，由三角形面积公式1S△PMTsin21S△PNTPNNTsinPNT212NTsin于是NT．⑵因为NCINCAACINQCQCICIN，1111CPNMI2IBI1TAQNTNP所以NCNI，同理MCMI．由NPNT得．12由⑴NC，NP，故NTMT．NI1MI2又因INTQNTI，12有INT∽I．12故NTIMTI，从而12INQMNTMITI．1212因此Q，I，I，T四点共圆．121．求证不等式：nk12k11n≤n12…，，，k21【解析】证明：首先证明一个不等式：x⑴x)x，x0．1x事实上，令x(x)xx)，g(x)x)．1x则对x0，1x11xh(x)10，g(x)0．11xx)2x)2于是h(x)h(0)0，g(x)g0．1在⑴x得n1n111n1⑵．nnk12k1令nn，则1，k21n1n1nn11n21n1n21n10(n2n12nn11．又因为n111．kk1nnln(n(ln(nln(n2ln1nkn11k1k1n1k21kn1k1nn1k1k1k11k21kn21k21kn11n11k1k1≥(k2k(kk111．n1．设k，l是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m≥k，使得m与l互素．【解析】证法一：对任意正整数t，令mktl(k．我们证明ml1．设p是l的任一素因子，只要证明：pm．若pk!，则由ki1k!Ck(mki)mki1itl(kki1i1．k!p及|k!，且1k!，知|km且1kk．从而pk．mm证法二：对任意正整数t，令mktl(k2，我们证明ml1．设p是l的任一素因子，只要证明：pm．若pk!，则由ki1k!Ck(mki)mki1itl(k2]ki1i．k!p即p不整除上式，故pm．若p|k!，设≥1使|k!，但1k!．1|(k2．故由k1i1k!Ck(mki)mki1itl(k2]ki1ik!p1及|k!，且1k!，知|km且1kk．从而pk．mm1．在非负数构成的39数表11122232132333142434152535162636172737182838x19Pxx292131396列中每列的三数之和为，xxx0，x，x，x，x，x，1728392737183819x均大于．如果P的前三列构成的数表2911122232x13Sxx232131x33x1k满足下面的性质O)P中的任意一列x（k1i122kx3k使得x≤uminxxx．⑶i1i2i3求证：（ⅰ）最小值uxxx，i1，，3一定自数表S的不同列．1i2i3ixk*（ⅱ）存在数表P中唯一的一列x，k*≠1，，3使得33数表2k*x3k*11122232k*Sx2k21*313k*仍然具有性质O)．【解析】（）假设最小值uminxxx，i1，2，3不是取自数表S的不同列．则存在一列不含任1i2i3i何u．不妨设u≠x，i1，2，．由于数表P中同一行中的任何两个元素都不等，于是ux，i2i2iiii1，2，3．另一方面，由于数表S具有性质O)，在⑶中取k2，则存在某个012使得i≤u．矛盾．2i00ⅱ）由抽届原理知xx，xx，xx11中至少有两个值取在同一列．不妨设xxx，xxx．21由前面的结论知数表S的第一列一定含有某个u，所以只能是xu．同样，第二列中也必含某11i1个ui，i1，2．不妨设22u．于是uxu是数表S中的对角线上数字．3323i11122232x13Sxx232131x33记M12，，令集合，，，IkM|ikxxi13．i1i2显然IkM|xxxx且，23I．因为x，x1≥x，x，所以8I．3k18381132k故I≠．于是存在k*I使得xmax2k|kI．显然，k*≠1，2，．2k*下面证明33数表11122232k*Sx2k21*313k*具有性质O)．从上面的选法可知uminxxxminxx，i1．这说明ii