全国高中数学联赛.docx
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全国高中数学联赛
2010年全国高中数学联赛
一试
一、填空题(每小题8分,共64分,)
1.函数f(x)x5、243x的值域是.
2.已知函数y(acos2x3)sinx的最小值为3,则实数a的取值范围是」
3.双曲线x2y21的右半支与直线x100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.
4.已知{an}是公差不为0的等差数列,{bn}是等比数列,其中
a13,b11,a2b2,3as6,且存在常数,使得对每一个正整数n都有anlogbn,
则___
5.函数f(x)a2x3ax2(a0,a1)在区间x[1,1]上的最大值为8,则它在这个区
间上的最小值是.
6.两人轮流投掷骰子,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
由另一人投掷•先投掷人的获胜概率是.
7.正三棱柱ABCABQ1的9条棱长都相等,P是CC1的中点,二面角BAfB1,
贝Hsin.
8.方程xyz2010满足xyz的正整数解(x,y,z)的个数是.
二、解答题(本题满分56分)
9.(16分)已知函数f(x)ax3bx2cxd(a0),当0x1时,f(x)1,试求
a的最大值.
10.(20分)已知抛物线y2
6x上的两个动点A(X1,yJ和B(X2,y2),其中为x?
且
3
11.(20分)证明:
方程2x5x20恰有一个实数根r,且存在唯一的严格递增正整数数
2
列{an},使得2八八八
1.(40分)如图,锐角三角形ABC的外心为O,K是
边BC上一点(不是边BC的中点),D是线段AK延长线上一点,直线BD与AC交于点N,直线CD与AB交于点M.求证:
若OK丄MN,贝UA,B,D,C四点共圆.
1
2.(40分)设k是给定的正整数,rk.记f⑴(r)f(r)rr,
f(l)(r)f(f(l1)(r)),l2•证明:
存在正整数m,使得f(m)(r)为一个整数•这里,x表示不
1
小于实数x的最小整数,例如:
丄1,11.
2
a1a2Lak,k1,2丄,n.k
n
求证:
ak
k1
4.(50分)一种密码锁的密码设置是在正n边形A1A2LAn的每个顶点处赋值0和1两个数中
的一个,同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一,使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同.问:
该种密码锁共有多少种不同的密码设置?
2010年全国高中数学联赛
解答
f(x)的值域为[3,、3].
99
区域内部整点的个数为(99k)99494851.
k1
又x轴上有98个整点,所以所求整点的个数为24851989800.
4.-33提示:
设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则
3dq,
(1)
3(34d)q2,
(2)
(1)代入
(2)得9
12dd2
6d9,求得d6,q9.
从而有36(n1)
log9n1
对一切正整数n都成立,即6n
3(n1)log9
一切正整数n都成立.
从而log96,3
log9
,求得33,3,
V33.
1
5.
4
提示:
令ay,则原函数化为
g(y)y2
3y
2,g(y)在(|
2
+)上是递增的•
1时,
[a,a
1],g(y)max
3a1
所以g(y)min
(A
a1时,y
[a1,a],
g(y)max
3a2
所以g(y)min2
综上f(x)在x
[1,1]上的最小值为
6.
12
提示:
17
同时投掷两颗骰子点数和大于
6的概率为
21
36
右,从而先投掷人的获胜概率
7
12
7
12
1
144
12
17
7.
直线为
.10
4
y轴,建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为
提示:
解法一:
如图,以AB所在直线为
X轴,线段AB中点O为原点,OC所在
2,
B(1,0,0),B1(1,0,2),A1(1,0,2),P(0,.3,1),从而,
BA1(2,0,2),BP(1,‘3,1),離(2,0,0),丽
设分别与平面BA1P、平面B1A1P垂直的向量是
m(花,%,乙)、
(X2,y2,Z2),则
BA1
2x1
2Z1
0,
BP
X1
3y1
Z1
0,
B1A1
B1P
2x20,
x23y2
Z2
0,
由此可
m(1,0,1),n
(0,1,3),
(
所
1,3,1)
ur
r
ur
r
m
n
m
ncos
,即-、3.22
cos
cos
所以sin
4
解法二:
如图,PCPC1,PA1
PB
设AiB与AB!
交于点O,则OR
OB,OAOB11A^B
AB,.
因为PAPB,,所以POAB,,从而AB,
PA1B.过O在平面PA,B上作
OE
A1P,垂足为E.
连结
B1E,则
B1EO
PB
PA1
、、5,几0
B1O
在直角
PAQ中,
A1O
为
2,PO.3.
POAPOE,即2“3
二面角BA1PB1的
角•设AAi
OE,OE
又B,O
.2,B1EBQ*2
2
64.5
OE2
8.336675
sin
sinB,EO
B1O
B1E
提示:
首先易知
z2010满足x
、10
4
yz2010的正整数解的个数为
z的正整数解分为三类:
C;009
20091004
(1)
(2)
1003;
易知1
所以
310036k20091004,
6k
即k1003
335
2009
2006
334
100431003
100520093
335671.
1
2120061005
2004,
从而满足xyz的正整数解的个数为11003335671336675.
f(0)c,
9.解法一:
f(x)3ax22bxc,由f(-)3abc,得
24
f
(1)3a2bc
3a2f(0)2f
(1)4f(-).
2
所以
设z2x1,则xU,1z1.
2
h(z)
3a2z
4
容易知道当
1z
1时,0
h(z)
3a2b3a,‘
zbc1.
24
2,0h(z)2.从而当
1z1时,
0
h(z)
h(z)
2
2,即
3a2
3a,
0
z
bc
12,
4
4
从而
3a
b
c
10,3az2
2,
由0
z21知a
8
4
4
3
xm(m为常数)满足题设条件,所以
又易知当f(x)
8x34x2
3
a最大值为8.
3
10.解法一:
设线段AB的中点为M(x0,y0),贝Vx0
2,y0
y1y2
kAB
y2yi
y2
yi
63
2
2
x2x-1
y2
yi
y2yiy°
6
6
线段AB的垂直平分线的方程是
yy。
y°/
(x
2).
(1)
3
易知x5,y0是
(1)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(5,0).
3
由
(1)知直线AB的方程为yy0—(x2),即
yo
y0
x中yyo)2.
(2)
(2)代入y6x得y2yo(yy°)12,即
120.(3)
yiy2,所以
12)4y2480,
22
y2y°y2yo
依题意,yi,y2是方程(3)的两个实根,且
22
4yo4(2yo
2丫3y023.
ABJ(xiX2)2(yiy2)2
(1(;0)2)(yiy2)2
、(i号)®y2)2彳丫必]
.(1占)(4y:
4(2y212))
V9
3.(9—诟)(12一y:
).
3
定点C(5,0)到线段AB的距离
hCM
」(5—2厂(0一y。
)2.9—y:
SABC
2abh
\/(9y^)(12y2)屈
3
2
yo
加.
3■.1(9Vo)(242yf)(9此
11/9y0242y。
9y^a
3'2()
22
当且仅当9yo242yo,即y。
635
5A(=
,馬万)口苓1,角、、7)或
A(宁,(、「7)),B(¥「「7)时等号成立
所以,ABC面积的最大值为;7.
322
2(t1t2)2(t&5)2
3
2(42tit2)(tit25)(tlt25)
A(635,7)),B(635,.5-7)时等号成立.
33
所以,
ABC面积的最大值是
147.
3
11.令
f(x)2x35x2,
2
则f(x)6x
0,所以
f(x)是严格递增的.又
f(0)2
1
o,f
(2)
0,故
f(x)有唯一实数根
所以
2r35r
r4
1r3rr
10
r
故数列
an3n
2(n
1,2,
)是满足题设要求的数列
若存在两个不同的正整数数列
an
bi
b2
bn
满足
a,
r
a2ra3
rb2
rb3
去掉上面等式两边相同的项,有
rt2
rS2rs
这里S|S2S3,t1
t2
t3
,所有的
Si与tj都是不同的•
不妨设s1t1,则
S1
r1
S1S
r1r
rt1rt2,
1rt1S1rt2S1
2rr
11
111,
1r11
2
矛盾.故满足题设的数列是唯一的.
力口
试
AN于点Q,连接CE并延长交直线
AM于点P,连接PQ
因为PK2
P的幕(关于O
O)
K的幕
(关于OO)
po2
2r
KO2
2
r,
同理
QK2
QO2
2r
KO2r2,
1.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
N
所以
PO2PK2QO2
QK2,
故0K丄PQ.由题设,0K丄MN,所以
PQ//MN,于是
AQ
QN
AP
PM
NBDEAQ.
②
BD
EA
QN
1,
MC
DE
AP
1.
③
CD
EA
PM
由①,②,③可得
NB
MC
ND
MD
所以-
故厶DMN
DCB,于是DMN
BD
CD,
BD
DC
所以BC/MN,故OK丄BC,即卩K为BC的中点,矛盾!
从而
A,B,D,C四点共圆•
注1:
PK2
P的幕(关于O
O)
K的幕(关于OO)'
”勺证明:
延长PK至点F
PK
KF
AK
KE,
④
由梅内劳斯(Menelaus)定理,得
,使得
F,A四点共圆,
PEPC,⑤
则P,E,
PKPF
从而E,C,F,K四点共圆,于是
DCB,
故PFE
PAEBCE,
⑤-④,得PK2PEPC
K的幕(关于OO).
注2:
若点E在线段
2.记v2(n)表示正整数n所含的2的幕次.
AD的延长线上,完全类似.
N
则当m
AKKEp的幕(关于O
F面我们对v2(k)v用数学归纳法.
当v0时,k为奇数,k1为偶数,此时
1
f(r)k-
为整数.
假设命题对v1(v1)成立.对于v
1,设k的二进制表示具有形式
这里,
0或者1,
2v
1,v
2,L
k2
f(r)
n
0aink.
ik1
由①知,f(v1)(r)是一个整数,这就完成了归纳证明.
k
3.由0ak1知,对1kn1,有0aik,
i1
注意到当x,y0时,有xy
maxx,y,于是对1kn1,有
11k1n
1n11k
nki1nik1
d.di
nik1kni1
1n
1
1k
max—a,
—
a
nik1
k
ni1
4.对于该种密码锁的一种密码设置,如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同,在它们所在的边
上标上a,如果颜色不同,则标上b,如果数字和颜色都相同,则标上c.于是对于给定的点A上的
设置(共有4种),按照边上的字母可以依次确定点A2,Aj,L,An上的设置.为了使得最终回到A时
的设置与初始时相同,标有a和b的边都是偶数条•所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数
等于在边上标记a,b,c,使得标有a和b的边都是偶数条的方法数的4倍.
设标有a的边有2i条,0i
-,标有b的边有2j条,0
2
n2i
2
选取2i条边标
记a的有C;'种方法,在余下的边中取出
2j条边标记b的有C;」2i种方法,其余的边标记c.由乘
法原理,此时共有C;Cnj2i种标记方法•对i,j求和,密码锁的所有不同的密码设置方法数为
4
i0
C2i
Cn
j
这里我们约定c(0
1.
当n为奇数时,
n2i0,
此时
n
2i
2
C2j
Cn2i
j
0
代入①式中,得
n
n2i
n
2
2
2
4C
iC2j
Cn2i
4
i0
j0
i0
n
n
C:
2n
kC:
2n
k
(1)k
k0
k0
nn2i
2
昭.①
0
2n2i1.
②
n
2
C'i2n2i1
2
C2i2n2i
i0
(21)n
(21)n
3n1.
当n为偶数时,若in,则②式仍然成立;若in,则正n边形的所有边都标记a,此时
只有一种标记方法•于是,当n为偶数时,所有不同的密码设置的方法数为
n
n2i
n
1
2
n
2
2
2
4C;'
C2j
Cn2i
4
1
C;2n2i1
242n2i1
i0
j0
i0
i0
3n3.
综上所述,这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是:
当
n为奇数时有31种;当n为
偶数时有3n3种.
x,y,z均相等的正整数解的个数显然为1;
x,y,z中有且仅有2个相等的正整数解的个数,易知为
(3)设x,y,z两两均不相等的正整数解为k.
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