国庆由来-入党动机怎么说

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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)x5243x
的值域是 .
2. 已知函数y(acos
2
x3)sinx
的最小值为
3
，则实数< br>a
的取值范围是 .
3. 双曲线
x
2
y2
1
的右半支与直线
x100
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
{a
n
}
是公差不为
0
的等差数列，
{b
n
}
是等比数 列，其中
a
1
3,b
1
1,a
2
b
2
,3a
5
b
3
，且存在常数

,
< br>使得对每一个正整数
n
都有
a
n
log

b
n


，
则




.
5. 函数
f(x)a
2x
3a
x
2(a0,a1)
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
ABC A
1
B
1
C
1
的9条棱长都相等，二面角
BA< br>1
PB
1


,
P
是
CC
1
的中点，
则
sin


.
8. 方程
xyz2010
满足
xyz
的正整数解（x
,
y
,
z
）的个数是 .
二、解答题（本题满分56分）
32
9. （16分）已知函数
f(x) axbxcxd(a0)
，当
0x1
时，
f

(x)1
，试求
a
的最大值.
2
和B(x,y)
10 .（20分）已知抛物线
y6x
上的两个动点
A(x
1
,y
1
)
22
，其中
x
1
x
2
且
x
1
x
2
4
.线段
AB
的垂直平分线与
x
轴交于点
C
，求
ABC
面积的最大值.

11.（20分）证明：方程
2x5x20
恰有一个实数根
r
，且存在唯一的严格递增正整数数
列
{a
n
}
，使得


1
3
2
5
r
a
1
r< br>a
2
r
a
3

.

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解 答


1.
[3,3]
提示：易知
f(x)< br>的定义域是

5,8

，且
f(x)
在
< br>5,8

上是增函数，从而可知
f(x)
的值域为
[3,3 ]
.
2.

3
2
a12
提示：令sinxt
，则原函数化为
g(t)(at
2
a3)t
，即
g(t)at
3
(a3)
.
2
由
at
3
(a3)t3
，
at(t1)3(t1)0< br>，
(t1)(at(t1)3)0
及
t10
知
at(t1)30
即
a(tt)3
. （1）
2
当
t0,1
时（1）总成立；
对
0t 1,0t
2
t2
；对
1t0,
1
4
tt0
.从而可知

2
3
2
a12
.
3. 9800 提示：由对称性知，只要先考虑
x
轴上方的情况，设
y k(k1,2,,99)
与双曲线
右半支于
A
k
,交直线x100
于
B
k
，则线段
A
k
B
k
内部的整点的个数为
99k
，从而在
x
轴上方区
域内部整 点的个数为
99

(99k)99494851
.
k 1
又
x
轴上有98个整点，所以所求整点的个数为
248519898 00
.
4.
3
33
提示 ：设
{a
n
}
的公差为
d,{b
n
}
的公比为
q
，则
3dq,
（1）
3(34d)q
， （2）
2
（1）代入（2）得
912dd6d9
，求得
d 6,q9
.
从而有
36(n1)log
一切正整数
n
都成立.
从而
log


2
9
n1


对 一切正整数
n
都成立，即
6n3(n1)log

9

对
96,3log

9

，
2

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求得


5.

3
3,

3
，< br>



3
33
.
1
4
提示：令
a
x
y,
则原函数化为
g(y)y
2
3y2
,
g(y)
在
(
3
2
,+)
上是递增的.
当
0a1
时，
y[a,a
1
]
,
g(y)
max
a
2
3a
1
28a
1
2a
1
2
，
所以
1
2
11
g(y)
min
()32
；
224
当
a
时，
y[a
1
,a]
，
g(y)
max
a3a28a2
，
2
所以
g(y)
min
2
2
32
1
2< br>1
4
.
综上
f(x)
在
x[1,1]
上的最小值为

6.
为
7
12

(
5
12
)

2
1
4
.
21
36

7
12
12
17
提示：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
7
12

(
5
12
)

4
7
12

7
12

1
1
25
144

12< br>17
.
7.
10
4
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，< br>OC
所在
直线为
y
轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2， 则
B(1,0,0),B
1
(1,0,2),A
1
(1,0,2) ,P(0,3,1)
，从而，
BA
1
(2,0,2),BP(1,3 ,1),B
1
A
1
(2,0,0),B
1
P(1, 3,1)
.
设分别与平面
BA
1
P
、平面
B< br>1
A
1
P
垂直的向量
是
m(x
1
,y
1
,z
1
)
、
n(x
2
,y
2
,z
2
)
，则


mBA
12x
1
2z
1
0,




mBPx
1
3y
1
z
1
0,


nB
1
A
1
2x
2
0,



nB
1
Px
2
3y
2
z
2
0,
B

z
A
1C
1
B
1
P
A
O
C
y
x3

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
由此可设
m(1,0,1),n(0,1,3)
，所以< br>mnmncos

，即
6
4
322cos

cos


.
所以
sin


10
4
.
A
1
解法二：如图，
PCPC
1
,PA
1
PB
.
C
1
设
A
1
B
与
AB
1交于点
O,
则
E
B
1
O
A
P
面
OA
1
OB,OAOB
1
,A
1
BAB
1
.
因为 PAPB
1
,所以 POAB
1
,
从而
AB
1

平
PA
1
B
.
C
B
过
O
在平面
PA
1
B
上 作
OEA
1
P
,垂足为
E
.
连结
B< br>1
E
,则
B
1
EO
为二面角
BA
1
PB
1
的平面角.设
AA
1
2
,则易求得
PBPA
1
5,A
1
OB
1
O2,PO 3
.
在直角
PA
1
O
中，
A
1
OPOA
1
POE
,即
235OE,OE
6
5
.
又
B
1< br>O2,B
1
EB
1
OOE
22
2
6
5

45
5
.
sin

sin B
1
EO
B
1
O
B
1
E
2
45
5

10
4
.
2
8. 336675 提示：首先易知
xyz2010
的正整数解的个数为
C
2009
20091004
.
把
xyz2010
满足
xyz
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

4

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1310036k20091004
，
所以

6k20091004310031


200610052009321200610052004
，
即
k1003335334335671
.
从而满足
xyz
的正整数解的个数为
11003335671336675
.


f

(0)c,

13

2bxc,
由

f

()abc,
得
24



f

(1)3a2bc
9. 解法一：
f

(x)3ax
2
1
3a2f

(0)2f

(1)4f

()
.
2
所以
1
3a2f

(0)2f

(1)4f

()

2
1

2f

(0) 2f

(1)4f

()

8
，
2
2
所以
a
为
8
3
8
3
. 又易 知当
f(x)
8
3
x4xxm
（
m
为常数 ）满足题设条件，所以
a
最大值
3
.
2
解法二：
f

(x)3ax2bxc
. 设g(x)f

(x)1
，则当
0x1
时，
0 g(x)2
.
设
z2x1
，则
x
z1
2
,1z1
.
z1
2
)
3a
4
z
2
h(z)g (
3a2b
2
z
3a
4
bc1
. 容易知道当
1z1
时，
0h(z)2,0h(z)2
. 从而当
1z1
时，
0
h(z)h(z)
2
2
， 即
0
3a
4
z
2
3a
4
2
bc12
，
8
3
从而
3a
4
bc10
,
8
3
3a
4
3
z< br>2
2
，由
0z
2
1
知
a
.
8
3
又易知当
f(x)x4xxm
（
m
为 常数）满足题设条件，所以
a
最大值为.
5

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10. 解 法一：设线段
AB
的中点为
M(x
0
,y
0
)，则
x
0

y
2
y
1
x
2
x
1
y
2
y
1
y
2
2x
1
x
2
2
6

2,y
0

3
y
0
y
1
y
2
2
， < br>k
AB

6

y
2
1

y
2
y
1
.
6
线段
AB
的垂直平分线的方程是
yy
0

y
0
3
(x2)
. （1）
易知
x5,y0
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)
.
由（1）知直线
AB
的方程为
yy
0

3
y
0
(x2)
，即
x
y
0
3
(yy
0
)2
. （2）
2
（2）代入
y
2
6x
得
y2y0
(yy
0
)12
，即
y2y
0
y2y
0
120
. （3）
22
依题意，
y
1
,y
2
是方程（3）的两个实根 ，且
y
1
y
2
，所以
4y
0
4 (2y
0
12)4y
0
480
,
222
23y
0
23
.
y

AB(x
1
x
2
)(y
1
y
2
)

y
0
3
2
22
A

(1())(y
1
y
2
)

O
22
B

(1
y
0
9< br>y
0
9
2
C(5,0)
x
)[(y
1
y
2
)4y
1
y
2
]

2




2
3
(1)(4y
0
 4(2y
0
12))

22
22
(9y
0
)(12y
0
)
.
6

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定点
C(5,0)
到线段
AB
的距离

hCM

S
ABC

1
3
1
2
(52)(0y
0
)
1
3
2
22
9y
0
.
2
2
ABh(9y
0
)(12y
0
)9 y
0

2


1
2
(9y
0
)(242y
0
)(9y
0
)

222
222




1
3
14
3
1
9y
0
242y
0
9y
0
3
()

23
7
.
22
242y
0
，即
y
0
5
,< br>A(
当且仅当
9y
0
6
3
35
,57 ),B(
6
3
35
,57)
或
A(
6
3
35
,(57)),B(
6
3
35
,57)
时等号成立.
所以，
ABC
面积的最大值为
14
3
7
.
解法二：同解法一，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)
.
5
t
1
2
2
222
设
x1
t
1
2
,x
2
t
2
,t
1
t
2
,t
1
t
2
4
，则
S
ABC

1
2
0
6t
1
6t
2
1
1
的绝对值,
1t
2

S
ABC
((56t
1

2
2
1
6t
1
t
2

2
2
6t
1
t
2
56t
2
))

22




3
2
3
(t
1
t
2
)(t
1
t
2
5)

(42t
1
t
2
)(t1
t
2
5)(t
1
t
2
5)

2
2
314
3

()
,
23
所以
S
ABC

14
3
7
, 当且仅当
(t
1
t
2
)t
1
t
2
5
且
t
1
t
2
4
，即
t< br>1

222
7
6
5
,

t
2

7
6
5
,
A(
6
3
35
,57),B(
6
3
35
,57)
或
7

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A(
6
3
35
,(57)),B(
6
3
35
,57)
时等号成立.
所以，
ABC
面积的最大值是
14
3
7
.
11.令
f(x)2x
3
5x2
，则
f
< br>(x)6x
2
50
，所以
f(x)
是严格递增的.又< br>131
f(0)20,f()0
，故
f(x)
有唯一实数根
r(0,)
.
242
所以
2r
3
5r20
，
2< br>5

r
1r
3
rrrr
4710

.
故数列
a
n
3n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
a
1
a
2
a
n

和
b
1
b
2
b
n

满足
r
a
1
r
a
2
r
a
3
r
b
1
r
b
2
r
b
3

2
5
，
去掉上面等式两边相同的项，有 r
s
1

r
s
2

r
s3

r
t
1

r
t
2

r
t
3

，
这里
s
1
s< br>2
s
3
,t
1
t
2
t
3

，所有的
s
i
与
t
j
都是不同的.
不妨设
s
1
t
1
，则
r
1r
t
1
s
1
s
1

r
s
1
r
s
2

r
2
t
1

r
1
t
2

，
1
1
1
1
2
11
，
rt
2
s
1


rr

1r
矛盾.故满足题设的数列是唯一的.



加 试

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⊥MN，则A，B，D，C四点共圆 ．



M
P
B
O
A
E
K
D
C
Q
8
N

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2. （40分）设k是给定的正整数，
rk
f
(l)
1
2
．记
f
(1)
(r)f(r)
< br>r

r


，
(r)
f(f
(l 1)
(r)),l2
．证明：存在正整数m，使得
f
(m)
(r )
为一个整数．这里，


x


表示不
小于实数x的最小整数，例如：

1

，

1
< br>
1
．

2

1


3. （50分）给定整数< br>n2
，设正实数
a
1
,a
2
,,a
n< br>满足
a
k
1,k1,2,,n
，记
A
k
nn
k
a
1
a
2


 a
k
k
,k1,2,

,n
．
求证：

a
k1


k1
A
k

n1
2
．
4. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n边形
A1
A
2
A
n
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？

解 答


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
AN于点Q，连接CE并延长交直线AM于点P，连接PQ．
因为PK
2

P的幂（关于⊙O）

K的幂（关于⊙O）



POr



KO

r
，
2222
A
O
B
E
K
D
C
同理

QK
2

P
Q
< br>QO
2
2
r



2
2
KO
QO
2
2
r


，
2
N
M
所以
POPKQ
，
K

2
故
OK
⊥
PQ
． 由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是
AQ
QN
AP
PM

． ①
由梅内劳斯（Menelaus）定理，得
9

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NBDEAQ
1
， ②
BDEAQN
MC
CD
NB
BD
MC
CD

DE
EA

AP
PM

1
． ③
MD
DC
由①，②，③可得

， 所以
ND
BD
，故△DMN ∽ △DCB，于是
DMNDCB
，
所以BC∥MN，故OK⊥BC，即K为BC的中点，矛盾！从而
A,B,D,C
四点共圆.
注1：“
PK
2

P的幂（关于⊙O）

K的幂（关于⊙O）”的证明：延长PK至点F， 使得
PKKFAKKE
， ④
则P，E，F，A四点共圆，故
PFEPAEBCE
，
从而E，C，F，K四点共圆，于是
PKPFPEPC
， ⑤
⑤-④，得

PK
2
PEPCAKKE

P的幂（关于⊙O）

K的幂（关于⊙O）．
注2：若点E在线段AD的延长线上，完全类似．












2. 记
v< br>2
(n)
表示正整数n所含的2的幂次．则当
mv
2
(k) 1
时，
f
下面我们对
v
2
(k)
v用数学归纳 法．
当
v0
时，k为奇数，
k1
为偶数，此时
1< br>
1

1

f(r)

k


k



k


k 1


2

2

2

(m )
A
O
F
B
E
K
D
P
C
Q
N
M
(r)
为整数．
为整数．
假设命题对
v1(v1)
成立．
对于
v1
，设k的二进制表示具有形式
10

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k2< br>
v1
2
vv1


v2
2v2

，
这里，

i
0
或者1，iv1,v2,
．
于是

f(r)

k


1

1

1

kk


k1






2

2< br>
2

1
2
1
2

k
2
kk

v1
2



2(

v1
1)2

(

vv1
v
)2
2
v12v
2


k


这里
1
2
， ①
k

2
v1
(

v1
1) 2(

v1


v2
)2
vv12
2v

.
显然
k

中所含的2 的幂次为
v1
．故由归纳假设知，
r

k


由①知，
f
(v1)
1
2
经过f的v次迭代得到整数，< br>(r)
是一个整数，这就完成了归纳证明．
kn
i
3. 由
0a
k
1
知，对
1 kn1
，有
0

a
i1
k,0
< br>ik1
a
i
nk
．
注意到 当
x,y0
时，有
xymax

x,y

， 于是对
1kn1
，有
k
1

11

A
n
A
k





ai

n

nk

i1
n

ik1
a
i

k

11

a
i





a
i
< br>

n
ik1

kn

i1
1
n
1

max


n
k


11

a,a

i

kn


i



i1

i k1
n
1

11
max

(nk),< br>


kn

n
1
n



k




k
n
n
，
n
故

a
k1
k


k1
A
k
nA
n

k1
A
k
11

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n1n1
n



A
k1
A
k



k1
A
n
A
k



n1
k

．

1


n

2

k1
n1
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
1
上的
设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点
A
2
,A
3
,,A
n
上的设置．为了使得最终回到
A
1
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，
0i
，标有b的边有
2j条，
0j

2




2j< br>
n


n2i

．选取
2i
条 边标
2


记a的有
C
n
2i
种方法，在 余下的边中取出
2j
条边标记b的有
C
n2i
种方法，其余的边标 记c．由乘
2j
2i
法原理，此时共有
C
n
C
n 2i
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

n


2


4

i0

n 2i



2



2i
< br>2j

C
n

C
n2i
j0





． ①


0
这里我们约定
C
0
1
．
当n为奇数时，
n2i0
，此时

n2i


2



j0
C
n2i
2< br>2jn2i1
． ②
代入①式中，得

n


2


n2i



2



2i

2j
CC

nn2i

j0


n
k
n
4

i0

n



2




4
< br>i0



C
2i
n
2
n2i 1

2


C
i0
n

n


2


2i
n
2
n2i


n


C
k0
n
2
nk


C
k0
k
n
2
nk(1)(21)(21)

kn
31
．
当n为偶数时，若
i
n
2
，则②式仍然成立；若
i
n
2
，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
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
n


2



n2i



2



2i

2j

C
n

C
n2i
j0



n


2


4

i0




4


1





n

n


2

1


i0



C
n
2i
2
n2i1





24


C
n
2
2i
i0
n2i1
33
．
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
3
n
1
种；当n为
偶数时有
3
n
3
种．


13