2010年全国高中数学联赛试题及答案详解（B卷）

2010年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准（B卷）说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标准.填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.2.划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第、小题5分为一个档次，不要增加其他中间档次。一、填空题（本题满分64分，每小题8分）1.函数f(x)x5243x的值域是[3]解：易知f(x)的定义域是，且f(x)在上是增函数，从而可知f(x)的值域为[3].3.已知函数y(axx的最小值为3，则实数a的取值范围是2a12.22解：令xt，则原函数化为gt)(at2at，即gt)at3(at.由at3at，(3att2t0，tatt0及t10知att30即at2t)3（）当t0,1时（1）总成立；对0tt2t2；1对1t0,t2t.043从而可知a12.23.双曲线x2y21的右半支与直线x围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是9800.xyk(kA解：由对称性知，只要先考虑轴上方的情况，设与双曲线右半支于,交k1直线x于数为B，则线段ABkk内部的整点的个数为k，从而在轴上方区域内部整点的个xk99(99k)99494851.k1x又轴上有个整点，所以所求整点的个数为2.ababab，04.已知an}是公差不为的等差数列，bn}是等比数列，其中112253且存在常数,使得对每一个正整数都有nab，则333.nn解：设a}的公差为d,{b}的公比为q，则nn3dq,（1）d)q2，（2）（1）代入（2912dd26d9求得dq9，.从而有36(9nn1对一切正整数n都成立，n即6n3(n9对一切正整数都成立.从而96,39，求得33,，3333..函数f(x)a2xa3x2(aa在区间x[上的最大值为8，则它在这个区间上51的最小值是.43解：令axy,则原函数化为g(y)y23y2g(y),在(,+)上是递增的.20当a1时，y[a,a1],12g(y)a2a128a12a，1114232所以当gy()()；22a1时，y[a1,a]，2g(y)a2a28a2，1所以g(y)221.32241综上f(x)在x[上的最小值为.46.两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另112.一人投掷先投掷人的获胜概率是7217解：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为，从而先投掷人的获胜概率为361275757()2()412121121212712.2517121144ABCBAPB,则7.正三棱柱1的9条棱长都相等，是的中点，二面角P1111110.4解一：如图，以AB所在直线为轴，线段xAB中点O为原点，所在直线为轴，建立空间y直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2BBA(P3，从而，11((3BA(BP(3,.1111PBAPm(x,y,z)n(x,y,z)设分别与平面、平面垂直的向量是、，则111111222m212z1z11mx311C11112x2BnBA1nBPx3y2z2P12Amn(3)由此可设，OCy所以mnmncos，B6x即322coscos.4310所以.41,解二：如图，.11C1EABAB交于点O,设与则11B1OB,,AB.1111OPA因为PAPB,所以POAB,11平面BC从而过O连结.11BB上作1PE在平面,垂足为.1,则1为二面角B1PB的平面角.BE11设12,则易求得PBPA5,AOBO2,PO3.111PAOAOAP在直角中，,11165即235.654551O2,BEBO222.又11BO24551041EO1.BE18.方程xyz2010满足xyz的正整数解（x,y,z）的个数是336675.解：首先易知xyz2010的正整数解的个数为C220091004.2009把xyz2010满足xyz的正整数解分为三类：（1）x,y,z均相等的正整数解的个数显然为1；（2）x,y,z中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3)设x,y,z两两均不相等的正整数解为.k易知13k，4k31321，k1003.从而满足xyz的正整数解的个数为1.二、解答题（本题满分56分）9(0)（本小题满分16f(x)ax3bx2da0x1时，f(x)1，a试求的最大值.解一：()3bxc,fxax22f(0)c,134由f()abc,得4分）2fabc13a2f(0)2f4f().（821所以3a2f(0)2f4f()212f(0)2f4f()288，a.（12分）388又易知当fxxxxm()342（ma最大值为（分）33解二：f(x)ax2bxc.设g(x)f(x)1，则当0x1时，0g(x)2.z1设z2x1，则x,1z1.2z1aabah(z)g()z2zbc1.（42424容易知道当1z1时，0h(z)h(z)2.（8分）h(z)h(z)从而当即1z1时，02，2aa0z2bc12，4453aa从而bc10,z22，448由0z2知a.1（12分）388又易知当fxxxxm()342（m为常数）满足题设条件，所以a最大值为.33（xx110.（本小题满分20分）已知抛物线y26x上的两个动点(x,yB(x,y)，其中且11222xx4x，求面积的最大值..线段AB的垂直平分线与轴交于点C12解一：设线段AB的中点为M(x,y)，则001x21y2x0y0，22y21y2y12163k.AB22x21yyy21y066AB线段的垂直平分线的方程是y03yy0(x2).1）易知xy0是（）的一个解，所以线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点C坐标为.5AB由（）知直线的方程为3y03yy0(x2)，即x(yy0)2.（）y02）代入y26x得（y22y(yy)12y22y0y2y02120.（），即001,y1y依题意，是方程（）的两个实根，且，所以22y4024(2y0212)4y04802,A23y023.B(xx)2(yy)21212OC(5,0)x6y03()2yy)212y20yy)24yy]12129y20)(4y024(2y02923y02y0).2C到线段AB的距离h2y)29y2.（001213SABCABhy02y02)9y021312y022y02y02)19y02242y029y021()3323147.（15分）3635635当且仅当9y02242y205,(,57),B(,57)或33(635,(57B(635,57)时等号成立.33所以面积的最大值为147.（分）3ABxCC坐标为解二：同解一，线段的垂直平分线与轴的交点为定点，且点.（5分）设xt121,xt222,ttt,21t224，则1250112SABCt21t11的绝对值,t2（10分）t2211S2(tt2t2tt2125t22ABC11273tt)2t1t221223(4tttttt12121223143()3,214SABC7,（分）3当且仅当(tt)2tt且t521t224，12127575635635即t1,t2,(,57),B(,57)或6633(635,(57B(635,57)时等号成立.33所以面积的最大值是147.（分）31a2n1.（本小题满分20分）数列a满足a,aa2nan1(n).1n1n13121121求证:aaa.1）2n112n32n3a2n111证明：由a知1，n1a2nan1an1a2ann1111(.2）an1anann1a2nn1an所以即n,1n11nnn1.n5分）1n1an1从而aaan1211a21a2a21a2a31a3an1anan11an1111an11an11an1.121an18所以（1）等价于1211an111，2n121a232n3n11a2n132n3n1即.（）10分）an11a2n1由1aa.2及知n13a2nan17当n1时，1a26，3631，11a2即n13）成立.1ak1ak1设nk(k3）成立，即32k132k.当nk1时，由（21ak2ak211ak1)1ak1()232k；（分）ak1ak1ak11an13又由（21知(n均为整数，an1ak132k1ak132k11从而由所以有即32k，ak1ak1ak11ak211ak132k32k32k1，ak2ak1ak1即（）对nk1也成立.3n11n1的正整数都成立.（分）92年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准（B卷）说明：1.评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分..如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分2标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不要增加其他中间档次。40分）ABC的外心为OK是边BCBCD是线段AK与AC交于点N与AB交于点OK⊥，则AB，，C四点共圆．证明：用反证法．若A，B，D，C不四点共圆，设三角形ABC的外接圆与AD交于点E，连接BE并延长交直线AN于点Q并延长交直线AM于点P．AOE因为PK2=PO）+KO）BC=2−r2)(+KO2−r2)K，DQ()()P同理2=QO2−r2+KO2−r2，NMPO2−2=QO2−QK2，所以故⊥．由题设，OK⊥，所以∥，于是（10分）AQAP=．①PM由梅内劳斯（Menelaus）定理，得NB⋅⋅=1，②③⋅⋅=1．CD由①，②，③可得NBBDMCCD=，（30分）NDBDMD=DMN∽△=DCBBC∥MNOK⊥BC，所以即K为BC,B,D,C四点共圆.（40分）PK2=P的幂（关于⊙O）+K的幂（关于⊙O”的证明：延长至点F注1：“得⋅KF=⋅KE，④⑤则PE，FA四点共圆，故==BCE，从而，，F，K四点共圆，于是PK⋅PF=PE⋅PC，2=⋅−⋅KE=P的幂（关于⊙）⑤④，得+K的幂（关于⊙O注2：若点E在线段AD的延长线上，完全类似．AOEFBCKDQPNM40分）设m和n是大于1的整数，求证：⎧⎫1mm1n∑∑∑1m+2m+L+nm=⎨(n+Ckmnk−(Cjij)⎬.m+1m1⎩⎭k1j1i1m1∑证明：由（q+m1+=Cjqj得到m1j=0m∑(qm1qm1++−=Cjqj,m1j=0分别将q=,n代入上式得：m∑m1−1=j2C,m1j=0m∑m12m1+−=jj3C2,m1j=0LLm∑nm1(nm1+−−+==CCj(n−j,m1j=0m∑(nm1nm1++−jnj.m1j=0将上面个等式两边分别相加得到：mn∑∑(nm1++−1=Cjij（20分）m1j=0i1m1nn∑∑∑(n+n+m−1=n+（Cji+(m+im,m1j1i1i1⎧⎫1mm1n∑∑∑1m+2m+L+nm=⎨(n+Ckmnk−(Cjij)⎬.（40分）m+1m1⎩⎭k1j1i150分）设x,y,z为非负实数,求证：++zxx2+y2+z2()3≤(x2−+y2y2−+z2z2−zx+x2)≤()3.32证明：首先证明左边不等式.11x2−+y2=[(x+y)2+x−y)2]≥(x+)2,因为44,有11y2−+z2≥(y+z)2,z2−zx+x2≥(z+x)2;（10分）44于是1(x2−+y2y2−+z2z2−zx+x2)≥x+yy+zz+)]2641=x+y+z++)−]2;（20分）641由算术-几何平均不等式,得≤(xyz),所以++++91(x2−+y2y2−+z2z2−zx+x2)≥(x+y+z)2(++)2811++=(x2+y2+z2+2+2+2zx++zx)2≥()3.813左边不等式获证,其中等号当且仅当x=y=z时成立.（30分）下面证明右边不等式.根据欲证不等式关于x,y,z,不妨设x≥y≥z,于是(z2−zx+x2y2−+z2)≤x2y2,所以(x2−+y2y2−+z2z2−zx+x2)≤(x2−+y2)x2y2.（40分）运用算术几何平均不等式,得(x2−+y2)x2y2=(x2−+y2)⋅⋅≤(x2−+y2+xy)⋅22(x2