2011年全国高中数学联赛试题及答案详解（A卷）

一、填空题（每小题8分，共64分）．设集合Aa,a,a,a}，若A中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为11234B1,3,5,8}，则集合A．x2123．函数f(x)的值域为．x1．设a,b为正实数，1122，(ab)4(ab)，则logab．23ab4．如果cos5sin57(sin3cos3)，)，那么的取值范围是．二、解答题（本大题共3小题，共56分）16分）设函数f(x)|lg(x|，实数a,b(ab)满足f(a)f(b1b29)，fab4lg2，求a,b的值．1分）已知数列a}满足：at3tR且t，n1(2tn13)an2(ttn1an1(nN)．*ant1n（（1）求数列an}的通项公式；2）若t0，试比较a与a的大小．n1n1x2y2120分）作斜率为的直线l与椭圆C：1交于,B两点（如3364P2,2)在直线l的左上方．yP（（1）证明：△PAB的内切圆的圆心在一条定直线上；x2）若APB60，求△PAB的面积．OBA加试1.（40分）如图，P,Q分别是圆内接四边形ABCD的对角线AC,的中点．若BPADPA，证明：．2.（40分）证明：对任意整数n4，存在一个n次多项式f(x)xnan1xn1a1xa0具有如下性质：4.（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mnm1n9)10的倍数．称A中的一个11A最大值。2011年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案（A卷）说明：1填空题只设80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．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标准适当划分档次评分，解答题第9题4分为一个档次，第10,11题5分为一个档次，不要再增加其他中间档次．8864分．把答案填在横线上．1．设集合A=a,a,a,a}，若A中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为1234B=−，则集合A=解显然，在A的所有三元子集中，每个元素均出现了3次，所以(a+a+a+a)=(+3+5+8=15，．31234故a+a+a+a=5，于是集合A的四个元素分别为－（－16，53＝，5－51234＝0，583，因此，集合A=3,0,2,6}．x2+12．函数f(x)=的值域为．x−1解设x=tanθ,−π<θ<，且θ≠，则ππ2241cosθtanθ−111f(x)===．sinθ−cosθπ2θ−)4π设u=2θ−)，则−2≤u<1，且u≠0，412所以f(x)=∈(−∞,−]U+∞)．u2．设a,b为正实数，1+1≤22，(a−b)=4(ab)，则logab=．323ab解由1+1≤22，得a+b≤22．ab又(a+b)2=4+(a−b)2=4+4(ab)3≥4⋅2⋅(ab)3=8(ab)2，即a+b≥22．①②于是a+b=22．⎧⎧⎪a=2+⎪a=2−再由不等式①中等号成立的条件，得=1．与②联立解得⎨或⎨⎪b=+⎪=⎩b2−⎩2故logab=1．2年全国高中数学联合竞赛一试答案（A卷）第1页（共6页）4．如果5θ−5θ<7(sin3θ−3θ)，θ∈π)，那么θ的取值范围是．11解不等式5θ−5θ<7(sin3θ−3θ)等价于3θ+5θ>3θ+θ，57717又f(x)=x3+x5是(−∞,+∞)上的增函数，所以θ>cosθ，故2π+π<θ<2π+π(k∈)．44⎛ππ⎞⎟．4⎠因为θ∈π)，所以θ的取值范围是⎜,⎝45．现安排7名同学去参加5个运动项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安排方案数为解由题设条件可知，满足条件的方案有两种情形：（1）有一个项目有3人参加，共有C37⋅C⋅=种方案；151（2）有两个项目各有2人参加，共有C72⋅C52)⋅C5⋅=11400种方案；22所以满足题设要求的方案数为3600+11400=15000．6．在四面体ABCD中，已知∠ADB=BDC=∠CDA=60°，AD=BD=3，CD=2四面体ABCD的外接球的半径为．解设四面体ABCD的外接球球心为O，则O在过△ABD的外心N且垂直于平面ABDABDN为△ABDP,M分别为AB,的中点，则N在DP上，且ON⊥DP，OM⊥CD．因为∠CDA=∠CDB=ADB=60°，设CD与平面ABD所成角为θ，可求得123cosθ=,sinθ=．C312233M在△DMN中，DM=CD=DN=⋅DP=⋅⋅3=3．232ON1由余弦定理得MN2=12+(3)2−2⋅1⋅3⋅=2，DB3PA故=2．MN2四边形DMON的外接圆的直径OD===3．sinθ23故球O的半径R=3．7x−2y−1=0与抛物线y=4x交于,B两点，C为抛物线上的一点，ACB=90°，22年全国高中数学联合竞赛一试答案（A卷）第2页（共6页）则点C的坐标为解设(x,yB(x,yCt．⎧x−2y−1=2,2t)，由⎨1122y2=4x,⎩得y2−8y−4=0，则y+y=8，y⋅y=−4．1212又x=2y+x=2y+1，所以1122x+x=2(y+y)+2=18，x⋅x=4y⋅y+2(y+y)+1=1．1212121212因为ACB=90°，所以CA⋅CB=0，即有t2−x1t2−x)+(2t−y)(2t−y)=0，212即t44−(x+xt2+x⋅x+t−2(y+yt+y⋅y=0，212121212即t−t2−t−3=0，−t−=0．即t2+t+t2显然t或点B重合．所以t+t+3=0，解得t=t=3．故所求点C的坐标为2)或．2−t−1≠0t−2⋅t−1=0C在直线x−2y−1=0C与点A2212⎛⎞n8an=Cn200(6)3⋅1(n=Lan}中整数项的个数为．200−n⎜⎟⎜⎟⎝2⎠200−n3400−5n6解an=Cn3⋅2．2−n−n要使an≤n≤为整数，必有,均为整数，从而6|n+4．36当n=2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，−n和−5n均为非负整数，所36以an为整数，共有个．2当n=86时，a86=C⋅3⋅2−5，在C=中，8⋅⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤2中因数2的个数为++++++=，⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣2⎦⎣22⎦⎣23⎦⎣24⎦⎣25⎦⎣26⎦⎣27⎦同理可计算得中因数2的个数为82，中因数2的个数为，所以C中因数2的个数为197−82−110=5，故a86是整数．2当n=92时，a92=C3⋅2−C=中，同样可求得中因数2的个数为9⋅88,中因数2的个数为105,故C中因数2的个数为197−88−105=4，故a92不是整数．2年全国高中数学联合竞赛一试答案（A卷）第3页（共6页）因此，整数项的个数为14+1=15．二、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．b+1b+29分）设函数f(x)|lg(x+|，实数a,b(a<b)满足f(a)=f(−)，fa+b+=4lg2，求a,b的值．解∵f(a)=f(−b+1)，∴|lg(a+|lg(−b+1b+2+|1b+2)|b+2)|，b+2∴a+1=b+2或(a+b+2)=1，又∵a<b，∴a+1≠b+2，∴(a+b+2)=1．又由f(a)|lg(a+|有意义知0<a+1，从而0<a+1<b+1<b+2，于是0<a+1<1<b+2．1b+20所以从而a+b++1=10(a++6(b+2)=6(b+2)+>1．10fa+b+|lg[6(b+2)+]|=lg[6(b+2)+]．b+2b+21b+20又fa+b+=4lg2，所以lg[6(b+2)+]=4lg2，1b+20故6(b+2)+=．1解得b=−或b=−1312把b=−代入(a+b+2)=1解得a=−．3521所以a=−，b=−．53120分）已知数列a}满足：a=t−3t∈R且t≠，n1(2tn+1−3)an+2(t−tn−1an+1=(n∈N)．*an+t−1n（1）求数列an}的通项公式；（2）若t>0，试比较a与a的大小．n1n2(tn+1−an+解1）由原式变形得an+1=−1，an+t−1n2(an+an+1+12(an+tn−1．则==n+1−1a+t2n−1an+1t+2ntn−1an+1bna1+1t−2记又=bn，则bn+1=，1===2．tn−1b+2t−1t−1n11111111n=+,=，从而有=+(n−⋅=，bn+1bn212bn1222年全国高中数学联合竞赛一试答案（A卷）第4页（共6页）an+12(t−n2故（=，于是有a=−1．tn−1nnn2tn+1−2(t−n2）an+1−an=−n+1n2t−===n+t+L+tn1+tn)−(n++t+L+tn1)]n(n+t−t−nt−+t+L+tn1)]=t−+t−t)+L+t−t)]nnnnn1n(n+n(n+t−2t+t+L++tt+t+L++L+tn1]，n1n−2n−2n−3n(n+显然在t>0t≠时恒有an+1−an>0，故an+1>an．1x2y211分）作斜率为的直线l与椭圆C：+=1交于,B两点（如34P2,2)在直线l的左上方．（（1）证明：△PAB的内切圆的圆心在一条定直线上；2）若∠APB=60°，求△PAB的内切圆的面积．解（1）设直线l：y=1x+m，(x,y),B(x,y)．31122y将y=1x+m代入x2+y2=1中，化简整理得P34x2x2+6mx+9m2−36=0．OB9m2−36A于是有x+x=m,xx=，12122y1−2y2−2k=,k=．PAx1−32PBx2−32y1−2y2−2(y−2)(x−32)+(y−2)(x−32)1221则kPA+k=+=，PBx1−32x2−32(x−32)(x−32)12上式中，分子=(1x+m−2)(x−32)+(x+m−2)(x−32)13123212==xx+(m−22)(x+x)−62(m−2)31212239m−2⋅+(m−22)(m)−62(m−2)2=m2−−m+62m−62m+=0，2从而，k+k=0．PAPB又P在直线l的左上方，因此，∠APB的角平分线是平行于yPAB的内切圆的圆心在直线x=32上．（2）若∠APB=60°时，结合（1）的结论可知k=3,kPB=−3．PA2年全国高中数学联合竞赛一试答案（A卷）第5页（共6页）x2y2直线PA的方程为：y−2=3(x−32)，代入+=1中，消去y得36414x+96(1−33)x+−33)=0．21−33)32(13−33)它的两根分别是x和32，所以x⋅32=，即x1=．11141432(33+所以|PA=1+(3)2⋅|x1−32=．732(33−同理可求得|PB=．71132(33+32(33−31173所以SPAB=⋅|PA|⋅|PB|⋅sin60°=⋅⋅⋅=．22772492年全国高中数学联合竞赛一试答案（A卷）第6页（共6页）2011年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案（A卷）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；评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不要再增加其他中间档次．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=，证明：∠=∠．DDQQAAFPPEBCBC证明延长线段与圆交地另一点E∠CPE=∠DPA=∠BPAP是线段AC的中∩∩点，故AB=CE，从而∠CDP=∠BDA．又∠ABD=∠PCD，所以△∽△PCD，于是=，即AB⋅CD=PC⋅BD12AC⋅BD=AC⋅(1BD)=AC⋅BQ，从而有即AB⋅CD=2=．又∠=∠，所以△ABQ∽△ACD，所以=．∩∩延长线段与圆交于另一点F，则∠CAB=∠DAF，故=．又因为Q为的中点，所以∠=∠．又=，所以∠=∠．2年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）答案第1页（共4页）40分）证明：对任意整数n≥4，存在一个n次多项式f(x)=xn+an1xn1+L+a1x+a0具有如下性质：（1）a,a,L,a均为正整数；n101（2）对任意正整数m，及任意k(k≥2)个互不相同的正整数r,r,L,r，均有12kf(m)≠f(r)f(r)Lf(r)．12k证明令f(x)=(x+x+2)L(x+n)+2，①将①的右边展开即知f(x)是一个首项系数为1的正整数系数的n次多项式．下面证明f(x)满足性质（2对任意整数tn≥4n个整数t+t+2,L,t+n中必有一个为4的倍数，从而由①知ft)≡2(mod4)．因此，对任意k(k≥2)个正整数r,r,L,r，有12kf(r)f(r)Lf(r)≡2k≡0(mod4)．12k但对任意正整数m，有f(m)≡2(mod4)，故f(m)f(r)f(r)Lf(r)(mod4)，12k从而f(m)≠f(r)f(r)Lf(r)．12k所以f(x)符合题设要求．2年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）答案第2页（共4页）50分）设a,a,L,a(n≥4)是给定的正实数，a<a<L<a12n12naj−ai=r≤i<j<k≤n)的三元数组(i,j,k)的个数记为fn(r)．正实数r，满足ak−ajn2证明：f(r)<．n4证明对给定的j<j<n)，满足1≤i<j<k≤n，且aj−ai=r①ak−aj的三元数组i,j,k)的个数记为gj(r)．注意到，若i,j固定，则显然至多有一个k使得①成立．因i<j，即i有j−1种选法，故gj(r)≤j−1．同样地，若j,k固定，则至多有一个i使得①成立．因k>j，即k有n−j种选法，故gj(r)≤n−j．从而gj(r)≤j−n−}．因此，当n为偶数时，设n=2m，则有n1m12m1∑j=2∑j=2∑j=mfn(r)=gj(r)=gj(r)+gj(r)m2m1m(m−m(m−∑j=2∑(2m−j)=j=m1≤(j−++22n2=m2−m<m2=．4当n为奇数时，设n=2m+1，则有n1m2m∑j=2∑j=2∑j=m1fn(r)=gj(r)=gj(r)+gj(r)m2m∑j=2∑j=m1≤(j−+(2m+1−j)n2