全国高中数学联赛试题及解析 苏教版42.doc

2005年全国高中数学联赛试卷(2005年10月16日上午800940)一、选择题：1使关于x的不等式+k有解的实数k的最大值是 ( ) A B C+ D2空间四点A、B、C、D满足|3，|7，|11，|9则的取值( ) A只有一个 B有二个 C有四个 D有无穷多个3ABC内接于单位圆，三个内角A、B、C的平分线延长后分别交此圆于A1、B1、C1，则的值为 ( ) A2 B4 C6 D84如图，ABCDABCD为正方体，任作平面与对角线AC垂直，使得与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为S，周长为l，则 ( ) AS为定值，l不为定值 BS不为定值，l为定值 CS与l均为定值 DS与l均不为定值5方程+1表示的曲线是 ( ) A焦点在x轴上的椭圆 B焦点在x轴上的双曲线 C焦点在y轴上的椭圆 D焦点在y轴上的双曲线6记集合T0，1，2，3，4，5，6，M+| aiT，i1，2，3，4，将M中的元素按从大到小排列，则第2005个数是 ( ) A+ B+ C+ D+二、填空题：7将关于x的多项式f(x)1x+x2x3+x19+x20表为关于y的多项式g(y)a0+a1y+a2y2+a19y19+a20y20，其中yx4，则a0+a1+a20 ；8已知f(x)是定义在(0，+)上的减函数，若f(2a2+a+1)f(3a24a+1)成立，则a的取值范围是 ；9设、满足02，若对于任意xR，cos(x+)+cos(x+)+cos(x+)0，则 ；10如图，四面体DABC的体积为，且满足ACB45，AD+BC+3，则CD ；11若正方形ABCD的一条边在直线y2x17上，另外两个顶点在抛物线yx2上，则该正方形面积的最小值为 ；12如果自然数a的各位数字之和等于7，那么称a为“吉祥数”将所有“吉祥数”从小到大排成一列a1，a2，a3，若an2005，则a5n 三、解答题：13数列an满足a01，an+1，nN，证明： 对任意nN，an为正整数； 对任意nN，anan+11为完全平方数14将编号为1，2，3，9的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各放一个小球，设圆周上所有相邻两个球号码之差的绝对值之和为S，求使S达到最小值的放法的概率(注：如果某种放法，经旋转或镜面反射后与另一种放法重合，则认为是相同的放法)15过抛物线yx2上一点A(1，1)作抛物线的切线，分别交x轴于点D，交y轴于点B，点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足1；点F在线段BC上，满足2，且1+21，线段CD与EF交于点P，当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程加试卷一、如图，在ABC中，设ABAC，过点A作ABC的外接圆的切线l，又以点A为圆心，AC为半径作圆分别交线段AB于点D；交直线l于点E、F证明：直线DE、DF分别通过ABC的内心与一个旁心二、设正数a、b、c、x、y、z满足cy+bza，az+cxb，bx+ayc求函数f(x，y，z)+的最小值三、对每个正整数n，定义函数f(n)(其中x表示不超过x的最大整数，xxx)试求f(k)的值呜呼！不怕繁死人，就怕繁不成！2005年全国高中数学联赛试卷(2005年10月16日上午800940)一、选择题：1使关于x的不等式+k有解的实数k的最大值是 ( ) A B C+ D选D解：3x6，令sin(0)，则x3+3sin2，cos故(sin+cos)故选D2空间四点A、B、C、D满足|3，|7，|11，|9则的取值( ) A只有一个 B有二个 C有四个 D有无穷多个选A解：+DA22(+)2AB2+BC2+CD2+2(+)AB2+BC2+CD2+2(+2)，(其中+，)AB2+BC2+CD22BC2+2()故2DA2+BC2AB2CD292+723211200选A3ABC内接于单位圆，三个内角A、B、C的平分线延长后分别交此圆于A1、B1、C1，则的值为 ( ) A2 B4 C6 D8选A解：AA1cos2sin(B+)cossin(A+B)+sinBsinC+sinBAA1cos+BB1cos+CC1cos2(sinA+sinB+sinC)故原式2选A4如图，ABCDABCD为正方体，任作平面与对角线AC垂直，使得与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为S，周长为l，则 ( ) AS为定值，l不为定值 BS不为定值，l为定值 CS与l均为定值 DS与l均不为定值选B解：设截面在底面内的射影为EFBGHD，设AB1，AEx(0x)，则l3x+(1x)3为定值；而S1x2(1x)2sec(xx2)sec(为平面与底面的所成角)不为定值故选B5方程+1表示的曲线是 ( ) A焦点在x轴上的椭圆 B焦点在x轴上的双曲线 C焦点在y轴上的椭圆 D焦点在y轴上的双曲线选C解：由于+0cos()cos()sinsin0；又，0ccoscos0，曲线为椭圆sinsin(coscos)sin()sin()而0sinsincoscos焦点在y轴上故选C 6记集合T0，1，2，3，4，5，6，M+| aiT，i1，2，3，4，将M中的元素按从大到小排列，则第2005个数是 ( ) A+ B+ C+ D+选C解：M(a173+a272+a37+a4)| aiT，i1，2，3，4，a173+a272+a37+a4可以看成是7进制数，(a1a2a3a4)7，其最大的数为(6666)77412400从而从大到小排列的第2005个数是24002004396，即从1起从小到大排的第396个数，39673+72+4(1104)7，故原数为+故选C二、填空题：7将关于x的多项式f(x)1x+x2x3+x19+x20表为关于y的多项式g(y)a0+a1y+a2y2+a19y19+a20y20，其中yx4，则a0+a1+a20 ；填解：f(x)a0+a1(x4)2+a2(x4)2+a20(x4)20令x5得f(5)15+5253+519+520a0+a1+a208已知f(x)是定义在(0，+)上的减函数，若f(2a2+a+1)f(3a24a+1)成立，则a的取值范围是 ；填(0，)(1，5)解：a(，)(1，+)2a2+a+13a24a+1a25a00a5故所求取值范围为(0，)(1，5)9设、满足02，若对于任意xR，cos(x+)+cos(x+)+cos(x+)0，则 ；填 解：由f(x)0，得f()f()f()0：cos ()+cos()cos()+cos()cos()+cos()1故cos()cos()cos()，由于02，故，从而10如图，四面体DABC的体积为，且满足ACB45，AD+BC+3，则CD ；填解：VACBCsin45hACBCADsin45即ACBCADsin451BCAD1而3AD+BC+33，等号当且仅当ADBC1时成立，故AC，且ADBC1，AD面ABCCD11若正方形ABCD的一条边在直线y2x17上，另外两个顶点在抛物线yx2上，则该正方形面积的最小值为 ；填80解：设正方形ABCD的顶点A、B在抛物线上，C、D在直线上设直线AB方程为y2x+b， 求AB交抛物线yx2的弦长：以y2x+b代入yx2，得x22xb04+4bl2 两直线的距离 由ABCD为正方形得，2100(b+1)b2+34b+289b266b+1890解得b3，b63正方形边长4或16正方形面积最小值8012如果自然数a的各位数字之和等于7，那么称a为“吉祥数”将所有“吉祥数”从小到大排成一列a1，a2，a3，若an2005，则a5n 填52000解：一位的吉祥数有7，共1个；二位的吉祥数有16，25，34，43，52，61，70，共7个；三位的吉祥数为x1+x2+x37的满足x11的非负整数解数，有C28个(也可枚举计数)一般的，k位的吉祥数为x1+x2+xk7的满足x11的非负整数解数，令xixi+1(i2，3，k)，有x1+x2+xk7+k1共有解CC组4位吉祥数中首位为1的有28个，2005是4位吉祥数中的第29个故n1+7+28+28+1655n325C+C+C+C+C1+7+28+84+210330即是5位吉祥数的倒数第6个：5位吉祥数从大到小排列：70000，61000，60100，60010，60001，52000，三、解答题：13数列an满足a01，an+1，nN，证明： 对任意nN，an为正整数； 对任意nN，anan+11为完全平方数证明： a15，且an单调递增所给式即 (2an+17an)245a36a7an+1an+a+90 下标加1： a7an+2an+1+a+90 相减得： (an+2an)(an+27an+1+an)0由an单调增，故an+27an+1+an0an+27an+1an 因a0、a1为正整数，且a1a0，故a2为正整数，由数学归纳法，可知，对任意nN，an为正整数 由：a+2an+1an+a9(an+1an1)an+1an1()2 由于an为正整数，故an+1an1为正整数，从而()2为正整数但an、an+1均为正整数，于是必为有理数，而有理数的平方为整数时，该有理数必为整数，从而是整数即an+1an1是整数的平方，即为完全平方数故证原解答上有一段似无必要：记f(n)an+1an()2，则f(n)f(n1)(an+1ananan1)(2an+an+1+an1)(an+1an1)(an1an+1)(an+17an+an1)0即f(n)f(n1)f(0)1，故式成立故anan+11为完全平方数又证：由上证，得式后：an+27an+1+an0特征方程为 x27x+10解得： x令 an+由a01，a15解得 ，；得 an+ 注意到1，+有， anan+11+1 +5 +2由二项式定理或数学归纳法知+为k型数(kN*)，故anan+11为完全平方数(用数学归纳法证明：n0时，+2设当nm(mN*)时，+kn(knN*)，且k1k2km+7kmkm1(7kmkm1)由归纳假设知km+17kmkm1N*，且kmkm+1成立得证14将编号为1，2，3，9的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各放一个小球，设圆周上所有相邻两个球号码之差的绝对值之和为S，求使S达到最小值的放法的概率(注：如果某种放法，经旋转或镜面反射后与另一种放法重合，则认为是相同的放法)解：9个有编号的小球放在圆周的九个九等分点上，考虑镜面反射的因素，共有种放法；为使S取得最小值，从1到9之间应按增序排列：设从1到9之间放了k个球，其上的数字为x1，x2，xk，则|1x1|+|x1x2|+|xk9|1x1+x1x2+xk9|8当且仅当1x1、x1x2、xk9全部同号时其和取得最小值，即1，x1，x2，xk，9递增排列时其和最小故S2816当S取得最小值时，把除1、9外的7个元素分成两个子集，各有k及7k个元素，分放1到9的两段弧上，分法总数为C+C+C种，考虑镜面因素，共有64种方法所求概率P15过抛物线yx2上一点A(1，1)作抛物线的切线，分别交x轴于点D，交y轴于点B，点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足1；点F在线段BC上，满足2，且1+21，线段CD与EF交于点P，当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程解：过点A的切线方程为y2x1交y轴于点B(0，1)AB与x轴交于点D(，0)设点C坐标为C(x0，y0)，点P坐标为(x，y)由11+1，同理，1+2；而、成等差数列(过A、B作CD的平行线可证)得21+1+1+23，即从而点P为ABC的重心x，yy0x解得x03x1，y03y，代入y0x得，y(3x1)2由于x01，故x所求轨迹方程为y(3x1)2(x)又解：过点A的切线方程为y2x1交y轴于点B(0，1)AB与x轴交于点D(，0)设点C坐标为C(t，t2)，CD方程为，即y(2x1)点E、F坐标为E(，)；F(，)从而得EF的方程为：化简得：(21)t(1+2)y(21)t23x+1+t2t2 当t时，直线CD方程为： y 联立、解得消去t，得点P的轨迹方程为y(3x1)2当t时，EF方程为：y(213)x+2，CD方程为：x，联立解得点(，)，此点在上述点P的轨迹上，因C与A不能重合，故t1，x故所求轨迹为 y(3x1)2 (x)加试卷一、如图，在ABC中，设ABAC，过点A作ABC的外接圆的切线l，又以点A为圆心，AC为半径作圆分别交线段AB于点D；交直线l于点E、F证明：直线DE、DF分别通过ABC的内心与一个旁心证明：连DC、DE，作BAC的平分线交DE于点I，交CD于G由ADAC，DAICAI，AIAIADIACI故ADIACI，但FADACB(弦切角)；FAD2ADE(等腰三角形顶角的外角)所以FAD2ACIACB2ACI，即CI是ACB的平分线故点I是ABC的内心连FD并延长交AI延长线于点I，连CI由于ADAEAFEDF90IDI90而由ADIACI知，AIDAICDIICII，又IDIC，II为公共边故IDIICI，ICI90由于CI是ACB的平分线，故CI是其外角的平分线，从而I为ABC的一个旁心又证： 连DE、DC，作BAC的平分线分别交DE于I，DC于G，连IC，则由ADAC，得AGDC，IDIC又D、C、E在A上，故IACDACIEC故A、I、C、E四点共圆所以CIECAEABC，而CIE2ICD，故ICDABC所以，AICIGC+ICG90+ABC，所以ACIACB故I为ABC的内心 连FD并延长交ABC的外角平分线于I1，连II1，BI1、BI，则由知，I为ABC的内心，故IBI190EDI1故D、B、I1、I四点共圆故BII1BDI190ADI(BAC+ADG)ADIBAC+IDG，故A、I、I1共线所以，I1是ABC的BC边外的旁心二、设正数a、b、c、x、y、z满足cy+bza，az+cxb，bx+ayc求函数f(x，y，z)+的最小值解：解方程组：得，由于x、y、z为正数，故即以a、b、c为边可以构成锐角三角形记边a、b、c的对角分别为A、B、C则cosAx，cosBy，cosCz(A、B、C为锐角)f(x，y，z)f(cosA，cosB，cosC)+令ucotA，vcotB，wcotC，则u，v，wR+，且uv+vw+wu1于是，(u+v)(u+w)u2+uv+uw+vwu2+1同理，v2+1(v+u)(v+w)，w2+1(w+u)(w+v)cos2Asin2Acot2A，所以，u2u2u2(+)同理v2(+)，w2(+)于是fu2+v2+w2(+)u2+v2+w2(u2uv+v2+v2vw+w2+w2wu+u2)(uv+vw+wu)(等号当且仅当uvw，即abc，xyz时成立)故知f(x，y，z)min又证：由约束条件可知 故得，f(x，y，z) 显然有a+bc0，ab+c0，a+b+c0由Cauchy不等式有，bc(b+ca)+ca(c+ab)+ab(a+bc)(a2+b2+c2)2故f(x，y，z)下面证明1即证a4+b4+c4a3b+a3c+b3c+b3a+c3a+c3b(a+b+c)abc 由于，a4a3ba3c+a2bca2(a2abacbc)a2(ab)(ac)故式即a2(ab)(ac)+b2(ba)(bc)+c2(ca)(cb)0不妨设abc则a2(ab)(ac)+b2(ba)(bc)a2(ab)(bc)b2(ab)(bc)(a2b2)(ab)(bc)0，又，c2(ca)(cb)0于是a2(ab)(ac)+b2(ba)(bc)+ c2(ca)(cb)0成立等号当且仅当abc时成立所以，f(x，y，z)，且f(，)又证：令p(a+b+c)，式即f(x，y，z)(由Cauchy不等式) 而a2+b2+c22(p24Rrr2)，ab+bc+cap2+4Rr+r2，abc4Rrp(*)故，f(x，y，z)而p2p4+16R2r2+r48p2Rr2p2r2+8Rr3p48p2Rr+p2r216R2+8Rr+r23p24R+rp (*)最后一式成立故得结论关于(*)式：由rp，得 r2； 又由，得4Rr故4Rr+r2p2+(ab+bc+ca) 就是 ab+bc+cap2+4Rr+r2； a2+b2+c2(a+b+c)22(ab+bc+ca)4p22p28Rr2r22(p24Rrr2)； abc4R4Rrp关于(*)式：由r4Rsinsinsin，故4R+r4R+4Rsinsinsin4R+4R(cosA+cosB+cosC1)R(3+ cosA+cosB+cosC)2R(cos2+cos2+cos2)而p=RsinA+RsinB+RsinC4R coscoscos故4R+rpcos2+cos2+cos22coscoscos又cos2+cos2+cos23，而32coscoscos coscoscos sinA+sinB+sinC3sin(由琴生不等式可证)三、对每个正整数n，定义函数f(n)(其中x表示不超过x的最大整数，xxx)试求f(k)的值解：对于任意n(n不是完全平方数)，存在k，满足k2n(k+1)2，则1nk22k此时k+由于2k2k+2k+1故从而在与之间没有整数即=若记nk2i(i1，2，2k)，又240152+15于是，f(k)+由于ki2k时1故k于是f(k)+k(2+6+11+16+22+29+34+42+49+56+63+72+78+87+96)+105768即所求值为768又解：为计算，画一2k2k的表格，在第i行中，凡i的倍数处填写*号，则这行的*号共有个，全表共有个另一方面，第j列中的*号个数等于j的约数的个数T(j)，从而全表中的*号个数等于T(j)故T(j)以2k6为例：j i1234561*2*3*4*5*6*故f(a)T(j)nT(1)+T(2)+(n1)T(3)+T(4)+T(2n1)+T(2n) 由此，f(k)(16k)T(2k1)+T(2k) 记anT(2k1)+T(2k)可得ak的取值如下表(k1，2，15)：k123456789101112131415ak356678698881071010f(k)(16k)ak783 又当k241，242，255时，设k152+r(r16，17，30)则1515，从而，于是12故，1，k241，242，255，又f(256)0，所以f(k)78315