全国高中数学联赛试题详解复习必备.doc

《全国高中数学联赛试题详解复习必备.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国高中数学联赛试题详解复习必备.doc（34页珍藏版）》请在三一办公上搜索。

1、高中数学竞 赛 讲 义2007-2009全国高中数学联赛试题解答河南大学附中目录 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1 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6 2008年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准10 2008年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准212007年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准26 2007年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准322009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：1评阅试卷时，请依据本评分标准，填空题只设7分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标

2、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）1 若函数且，则 【答案】【解析】 ，故2 已知直线和圆，点在直线上，为圆上两点，在中，过圆心，则点横坐标范围为 【答案】【解析】 设，则圆心到直线的距离，由直线与圆相交，得解得3 在坐标平面上有两个区域和，为，是随变化的区域，它由不等式所确定，的取值范围是，则和的公共面积是函数 【答案】【解析】 由题意知 4 使不等式对一切正整数都成立的最小正整数的值为 【答案】【解

3、析】 设显然单调递减，则由的最大值，可得5 椭圆上任意两点，若，则乘积的最小值为 【答案】【解析】 设，由，在椭圆上，有 得于是当时，达到最小值6 若方程仅有一个实根，那么的取值范围是 【答案】 或【解析】 当且仅当对由求根公式得， 或()当时，由得，所以，同为负根又由知，所以原方程有一个解()当时，原方程有一个解()当时，由得，所以，同为正根，且，不合题意，舍去综上可得或为所求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】【解析】 易知：()该数表共有10

4、0行；()每一行构成一个等差数列，且公差依次为，()为所求 设第行的第一个数为，则=故8 某车站每天，都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为到站时刻概率一旅客到车站，则它候车时间的数学期望为 （精确到分）【答案】 27【解析】 旅客候车的分布列为候车时间（分）1030507090概率候车时间的数学期望为二、解答题1 （本小题满分14分）设直线（其中，为整数）与椭圆交于不同两点，与双曲线交于不同两点，问是否存在直线，使得向量，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由【解析】 由消去化简整理得设，则 4分由消去化简整理得设，则 8分因为，所以，

5、此时由得所以或由上式解得或当时，由和得因是整数，所以的值为，当，由和得因是整数，所以，于是满足条件的直线共有9条14分2 （本小题15分）已知，是实数，方程有两个实根，数列满足，()求数列的通项公式（用，表示）；()若，求的前项和【解析】 方法一：()由韦达定理知，又，所以，整理得令，则所以是公比为的等比数列数列的首项为：所以，即所以当时，变为整理得，所以，数列成公差为的等差数列，其首项为所以于是数列的通项公式为；5分当时， 整理得，所以，数列成公比为的等比数列，其首项为所以于是数列的通项公式为10分()若，则，此时由第()步的结果得，数列的通项公式为，所以，的前项和为以上两式相减，整理得所以

6、15分方法二：()由韦达定理知，又，所以，特征方程的两个根为，当时，通项由，得， 解得故 5分当时，通项由，得 ， 解得，故 10分()同方法一3 （本小题满分15分）求函数的最大和最小值【解析】 函数的定义域为.因为当时等号成立故的最小值为5分又由柯西不等式得 所以 10分由柯西不等式等号成立的条件，得，解得故当时等号成立因此的最大值为15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，10分为一个档次，不要增加其他中间档

7、次一、如图，分别为锐角三角形（）的外接圆上弧、的中点过点作交圆于点，为的内心，连接并延长交圆于求证：；在弧（不含点）上任取一点（，），记，的内心分别为，求证：，四点共圆【解析】 连，由于，共圆，故是等腰梯形因此，连，则与交于，因为，所以同理于是，故四边形为平行四边形因此（同底，等高）又，四点共圆，故，由三角形面积公式于是因为，所以，同理由得由所证，故又因，有故，从而因此，四点共圆二、求证不等式：，2，【解析】 证明：首先证明一个不等式：，事实上，令，则对，于是，在中取得令，则， 因此又因为从而 三、设，是给定的两个正整数证明：有无穷多个正整数，使得与互素【解析】 证法一：对任意正整数，令我们证

8、明设是的任一素因子，只要证明：p若pk!，则由 及，且p+1k!，知且从而p 证法二：对任意正整数，令，我们证明设是的任一素因子，只要证明：p 若pk!，则由 即不整除上式，故p 若，设使，但故由 ,及，且p+1k!，知且从而p四、在非负数构成的数表 中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，均大于如果的前三列构成的数表 满足下面的性质：对于数表中的任意一列（，2，9）均存在某个使得求证：（）最小值，2，3一定自数表的不同列（）存在数表中唯一的一列，2，3使得数表仍然具有性质【解析】 （）假设最小值，2，3不是取自数表的不同列则存在一列不含任何不妨设，2，3由于数表中同一行中的任何两个元

9、素都不等，于是，2，3另一方面，由于数表具有性质，在中取，则存在某个使得矛盾（）由抽届原理知，中至少有两个值取在同一列不妨设，由前面的结论知数表的第一列一定含有某个，所以只能是同样，第二列中也必含某个，2不妨设于是，即是数表中的对角线上数字 记，令集合显然且1，2因为，所以故于是存在使得显然，2，3下面证明数表 具有性质从上面的选法可知，这说明 ，又由满足性质在中取，推得，于是下证对任意的，存在某个，2，3使得假若不然，则，3且这与的最大性矛盾因此，数表满足性质下证唯一性设有使得数表 具有性质，不失一般性，我们假定 由于，及（），有又由（）知：或者，或者如果成立，由数表具有性质，则 ， ， 由

10、数表满足性质，则对于至少存在一个使得由及和式知，于是只能有类似地，由满足性质及可推得从而2008全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准（A卷）说明：1评阅试卷时，请依据本评分标准选择题只设6分和0分两档，填空题只设9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，解答题中5分为一个档次，不要增加其他中间档次一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1函数在上的最小值是 （ C ）A0 B1 C2 D3解 当时，因此，当且仅当时上式取等号而此方程有解，因

11、此在上的最小值为22设，若，则实数的取值范围为（ D ）A B C D解 因有两个实根 ，故等价于且，即且，解之得3甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望为 （ B ）A. B. C. D. 解法一 依题意知，的所有可能值为2，4，6.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为 若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响从而有，故解法二 依题意知，的所有可能值为2，4，6.令

12、表示甲在第局比赛中获胜，则表示乙在第局比赛中获胜由独立性与互不相容性得， ， ，故4若三个棱长均为整数（单位：cm）的正方体的表面积之和为564 cm2，则这三个正方体的体积之和为 （ A ）A. 764 cm3或586 cm3 B. 764 cm3 C. 586 cm3或564 cm3 D. 586 cm3解 设这三个正方体的棱长分别为，则有，不妨设，从而，故只能取9，8，7，6若，则，易知，得一组解若，则，但，从而或5若，则无解，若，则无解此时无解若，则，有唯一解，若，则，此时，故，但，故，此时无解综上，共有两组解或体积为cm3或cm35方程组的有理数解的个数为 （ B ）A. 1 B.

13、2 C. 3 D. 4解 若，则解得或若，则由得 由得 将代入得 由得，代入化简得.易知无有理数根，故，由得，由得，与矛盾，故该方程组共有两组有理数解或6设的内角所对的边成等比数列，则的取值范围是 （ C ）A. B. C. D. 解 设的公比为，则，而 因此，只需求的取值范围因成等比数列，最大边只能是或，因此要构成三角形的三边，必需且只需且即有不等式组即解得从而，因此所求的取值范围是二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7设，其中为实数，若，则 5 .解 由题意知，由得，因此，8设的最小值为，则解 ，(1) 时，当时取最小值；(2) 时，当时取最小值1；(3) 时，当时取最小值又或时，的最

14、小值不能为，故，解得，(舍去)9将24个志愿者名额分配给3个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222种解法一 用4条棍子间的空隙代表3个学校，而用表示名额如 表示第一、二、三个学校分别有4，18，2个名额若把每个“”与每个“”都视为一个位置，由于左右两端必须是“”，故不同的分配方法相当于个位置（两端不在内）被2个“”占领的一种“占位法”“每校至少有一个名额的分法”相当于在24个“”之间的23个空隙中选出2个空隙插入“”，故有种又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种综上知，满足条件的分配方法共有25331222种解法二设分配给

15、3个学校的名额数分别为，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程的正整数解的个数，即方程的非负整数解的个数，它等于3个不同元素中取21个元素的可重组合：又在“每校至少有一个名额的分法”中“至少有两个学校的名额数相同”的分配方法有31种综上知，满足条件的分配方法共有25331222种10设数列的前项和满足：，则通项=解 ，即 2 =，由此得 2令， ()，有，故，所以11设是定义在上的函数，若 ，且对任意，满足，则=解法一 由题设条件知 ，因此有，故 解法二 令，则 ，即，故，得是周期为2的周期函数，所以答12图112一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球

16、永远不可能接触到的容器内壁的面积是 解 如答12图1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为，作平面/平面，与小球相切于点，则小球球心为正四面体的中心，垂足为的中心因，故，从而记此时小球与面的切点为，连接，则考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为)相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如答12图2记正四面体的棱长为，过作于答12图2 因，有，故小三角形的边长小球与面不能接触到的部分的面积为（如答12图2中阴影部分） 又，所以由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为三、解答题（本题满分60分，每小题20分）答13图13已知函数的图像与直线

17、 有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为，求证： 证 的图象与直线 的三个交点如答13图所示，且在内相切，其切点为，5分 由于，所以，即10分因此 15分 20分14解不等式:解法一 由，且在上为增函数，故原不等式等价于即 5分分组分解 ， 10分所以， 15分所以，即0成立的事件发生的概率等于（ D ）A. B. C. D. 解：甲、乙二人每人摸出一个小球都有9种不同的结果，故基本事件总数为92=81个。由不等式a2b+100得2ba+10，于是，当b=1、2、3、4、5时，每种情形a可取1、2、9中每一个值，使不等式成立，则共有95=45种；当b=6时，a可取3、4、9中每一个值，有7种

18、；当b=7时，a可取5、6、7、8、9中每一个值，有5种；当b=8时，a可取7、8、9中每一个值，有3种；当b=9时，a只能取9，有1种。于是，所求事件的概率为。4. 设函数f(x)=3sinx+2cosx+1。若实数a、b、c使得af(x)+bf(xc)=1对任意实数x恒成立，则的值等于（ C ）A. B. C. 1D. 1解：令c=，则对任意的xR，都有f(x)+f(xc)=2，于是取，c=，则对任意的xR，af(x)+bf(xc)=1，由此得。一般地，由题设可得，其中且，于是af(x)+bf(xc)=1可化为，即，所以。由已知条件，上式对任意xR恒成立，故必有，若b=0，则由(1)知a=

19、0，显然不满足(3)式，故b0。所以，由(2)知sinc=0，故c=2k+或c=2k(kZ)。当c=2k时，cosc=1，则(1)、(3)两式矛盾。故c=2k+(kZ)，cosc=1。由(1)、(3)知，所以。5. 设圆O1和圆O2是两个定圆，动圆P与这两个定圆都相切，则圆P的圆心轨迹不可能是（ A ）解：设圆O1和圆O2的半径分别是r1、r2，|O1O2|=2c，则一般地，圆P的圆心轨迹是焦点为O1、O2，且离心率分别是和的圆锥曲线（当r1=r2时，O1O2的中垂线是轨迹的一部份，当c=0时，轨迹是两个同心圆）。当r1=r2且r1+r22c时，圆P的圆心轨迹如选项B；当02c|r1r2|时，

20、圆P的圆心轨迹如选项C；当r1r2且r1+r22c时，圆P的圆心轨迹如选项D。由于选项A中的椭圆和双曲线的焦点不重合，因此圆P的圆心轨迹不可能是选项A。6. 已知A与B是集合1，2，3，100的两个子集，满足：A与B的元素个数相同，且为AB空集。若nA时总有2n+2B，则集合AB的元素个数最多为（ B ）A. 62B. 66C. 68D. 74解：先证|AB|66，只须证|A|33，为此只须证若A是1，2，49的任一个34元子集，则必存在nA，使得2n+2B。证明如下：将1，2，49分成如下33个集合：1，4，3，8，5，12，23，48共12个；2，6，10，22，14，30，18，38共4

21、个；25，27，29，49共13个；26，34，42，46共4个。由于A是1，2，49的34元子集，从而由抽屉原理可知上述33个集合中至少有一个2元集合中的数均属于A，即存在nA，使得2n+2B。如取A=1，3，5，23，2，10，14，18，25，27，29，49，26，34，42，46，B=2n+2|nA，则A、B满足题设且|AB|66。二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7. 在平面直角坐标系内，有四个定点A(3，0)，B(1，1)，C(0，3)，D(1，3)及一个动点P，则|PA|+|PB|+|PC|+|PD|的最小值为 。解：如图，设AC与BD交于F点，则|PA|+|PC|AC|

22、=|FA|+|FC|，|PB|+|PD|BD|=|FB|+|FD|，因此，当动点P与F点重合时，|PA|+|PB|+|PC|+|PD|取到最小值。8. 在ABC和AEF中，B是EF的中点，AB=EF=1，BC=6，若，则与的夹角的余弦值等于 。解：因为，所以，即。因为，所以，即。设与的夹角为，则有，即3cos=2，所以。9. 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，以顶点A为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于 。解：如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即面AA1B1B、面ABCD和面AA1D1D上；另一类在不过

23、顶点A的三个面上，即面BB1C1C、面CC1D1D和面A1B1C1D1上。在面AA1B1B上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，因为，AA1=1，则。同理，所以，故弧EF的长为，而这样的弧共有三条。在面BB1C1C上，交线为弧FG且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为，所以弧FG的长为。这样的弧也有三条。于是，所得的曲线长为。10. 已知等差数列an的公差d不为0，等比数列bn的公比q是小于1的正有理数。若a1=d，b1=d2，且是正整数，则q等于 。解：因为，故由已知条件知道：1+q+q2为，其中m为正整数。令，则。由于q是小于1的正有理数，所以，即5m13

24、且是某个有理数的平方，由此可知。11. 已知函数，则f(x)的最小值为 。解：实际上，设，则g(x)0，g(x)在上是增函数，在上是减函数，且y=g(x)的图像关于直线对称，则对任意，存在，使g(x2)=g(x1)。于是，而f(x)在上是减函数，所以，即f(x)在上的最小值是。12. 将2个a和2个b共4个字母填在如图所示的16个小方格内，每个小方格内至多填1个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法共有 3960 种（用数字作答）。解：使2个a既不同行也不同列的填法有C42A42=72种，同样，使2个b既不同行也不同列的填法也有C42A42=72种，故由乘法原理，这样的填法共有722

25、种，其中不符合要求的有两种情况：2个a所在的方格内都填有b的情况有72种；2个a所在的方格内仅有1个方格内填有b的情况有C161A92=1672种。所以，符合题设条件的填法共有722721672=3960种。三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13. 设，求证：当正整数n2时，an+1an。证明：由于，因此，于是，对任意的正整数n2，有，即an+10(1)，(2)，(3)，由此解得。对求导，得，则，于是直线l1的方程为，即，化简后得到直线l1的方程为(4)。同理可求得直线l2的方程为(5)。(4)(5)得，因为x1x2，故有(6)。将(2)(3)两式代入(6)式得xp=2。(4)+(5)

26、得(7)，其中，代入(7)式得2yp=(32k)xp+2，而xp=2，得yp=42k。又由得，即点P的轨迹为(2，2)，(2，2.5)两点间的线段（不含端点）。15. 设函数f(x)对所有的实数x都满足f(x+2)=f(x)，求证：存在4个函数fi(x)(i=1，2，3，4)满足：（1）对i=1，2，3，4，fi(x)是偶函数，且对任意的实数x，有fi(x+)=fi(x)；（2）对任意的实数x，有f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。证明：记，则f(x)=g(x)+h(x)，且g(x)是偶函数，h(x)是奇函数，对任意的xR，g(x+2)=g(x)

27、，h(x+2)=h(x)。令，其中k为任意整数。容易验证fi(x)，i=1，2，3，4是偶函数，且对任意的xR，fi(x+)=fi(x)，i=1，2，3，4。下证对任意的xR，有f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。当时，显然成立；当时，因为，而，故对任意的xR，f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。下证对任意的xR，有f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。当时，显然成立；当x=k时，h(x)=h(k)=h(k2k)=h(k)=h(k)，所以h(x)=h(k)=0，而此时f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0，故h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x；当

28、时，故，又f4(x)sin2x=0，从而有h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。于是，对任意的xR，有f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。综上所述，结论得证。2007年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案一、（本题满分50分）如图，在锐角ABC中，ABAC，AD是边BC上的高，P是线段AD内一点。过P作PEAC，垂足为E，作PFAB，垂足为F。O1、O2分别是BDF、CDE的外心。求证：O1、O2、E、F四点共圆的充要条件为P是ABC的垂心。证明：连结BP、CP、O1O2、EO2、EF、FO1。因为PDBC，PFAB，故B、D、P、F四点共圆，且BP为该圆的直径。

29、又因为O1是BDF的外心，故O1在BP上且是BP的中点。同理可证C、D、P、E四点共圆，且O2是的CP中点。综合以上知O1O2BC，所以PO2O1=PCB。因为AFAB=APAD=AEAC，所以B、C、E、F四点共圆。充分性：设P是ABC的垂心，由于PEAC，PFAB，所以B、O1、P、E四点共线，C、O2、P、F四点共线，FO2O1=FCB=FEB=FEO1，故O1、O2、E、F四点共圆。必要性：设O1、O2、E、F四点共圆，故O1O2E+EFO1=180。由于PO2O1=PCB=ACBACP，又因为O2是直角CEP的斜边中点，也就是CEP的外心，所以PO2E=2ACP。因为O1是直角BFP的斜边中点，也就是BFP的外心，从而PFO1=90BFO1