论语译注读后感-新生自我介绍范文

2016年全国高中数学联赛(B卷)
试题及答案

2016年全国高中数学联赛（B卷）试题及答案
一试
一、选择题：（每小题8分，共64分）
1.等比数列
a
1
a3
a
2
a
6
2a
3
2
36,< br>
a
n

的各项均为正数，且
则
a
2
a
4
的值为 ．
36a
1
a
3
a
2
a
6
2a
3
2
a
2
2
a
4
2
2a
2
a
4

< br>a
2
a
4

,
2
答案：6．
解 ：由于
a
2
a
4
0,
且
又
故
a
2
a
4
6.

2
另解：设等比数列的公比为
q
，则
a
因
36 a
1
a
3
a
2
a
6
2a
3< br>2
a
1
a
1
q
2
a
1
qa
1
q
5
2a
1
q
2


a
1
q

2a
1
qa
1
q
2
33
2
3
2
111
a
6
 a
1
qa
1
q
5
.


< br>aq



aqaq



a< br>2
2
2
a
4

,
2

而
aa
24
0
，从而
aa
4
6.

2.设
A

a|1a2

，则平面点集
B 


x,y

|x,yA,xy0

的< br>面积为 ．
答案：7．
解：点集
B
如图中阴影部分所示，其面积为
1
SS33227.

2
正方形MNPQ
MRS

2

3.已知复数
z
满足
z
答案：3．
2
2zz z
（
z
表示
z
的共轭复
数），则
z
的所 有可能值的积为 ．
解：设
zabi

a,bR
< br>.
由
z2zz
知，
ab2abi2a2biabi,

比较虚、实部得
aba 0,2ab3b0.
又由
zz
知
b0
，从
222
22
而有
3
2a30,
即
a
， 进而
b
2
a
2
a
3
.
2


3

33

i

i

3.

2

22


于是， 满足条件的复数
z
的积为




3
2< br>
4.已知
f

x

,g

x
均为定义在
R
上的函数，
f

x

的图
像关于直线
x1
对称，
g

x

的 图像关于点

1,2

中心对
称，且
f

x

g

x

9
x
x
3
1
，则
f

2

g

2

的值为 ．
答案：2016.
解：由条件知
f

0

g

0

2,
①
②
f

2

g

2

818190.
由
f

x

,g

x

图像的对称性，可得
f

0

f

2

,g

0

g

2

4,
结
合①知，
f

2
< br>g

2

4f

0

g< br>
0

2.
③
由②、③解得
f

2

48,g

2

42,
从而< br>f

2

g

2

4842 2016.

另解：因为
f

x

g

x

9
x
x
3
1
， ①
3

所以
f

2

g

2

90.
②
因为
f< br>
x

的图像关于直线
x1
对称，所以
f

x

f

2x

.
③
是奇函数，
，从而
h

x

h

x

又因为
g

x

的图像关于点

1,2

中心对称，所以函
数
h

x

g

x1

2
，
g

x1

2


g

x1
< br>2


g

x

g

2x

4.
④
⑤
将③、④代入①，再移项，得
f

2x

g

2x

9
x
x
3
5.
在⑤式中 令
x0
，得
f

2

g

2

6.
⑥
由②、⑥解得
f

2

48,g

2

46.
于是
f
< br>2

g

2

2016.

5.将红、黄、蓝3个球随机放入5个不同的
盒子
A,B,C,D,E
中，恰有两个球 放在同一盒子的概率
为 ．
解：样本空间中有
5
2
3
2
5
3
125
个元素．而满足恰有两
个球放在同一盒子 的元素个数为
6012
CP60.
过所求的概率为
p.

12525
6.在平面直角坐标系
xOy
中，圆
C:x
1< br>2
y
2
a0
关于
直线
l
对称的圆为< br>C:x
2
2
y
2
2x2ay30,
则直线
l
的方程
4
为 ．

答案：
2x4y50.

解：
C,C
的标准方程分别为
C:xy1,C:

x 1



ya

a2.

12< br>22
22
2
12
由于两圆关于直线
l
对称，所以它们 的半径相
等．因此
aa
O
1

0,0

,O
2

1,2

.
2
20,
解得
a2.
故
C,C
的圆心分别是
12
12
直线l
就是线段
OO
的垂直平分线，它通
1


过
OO
的中点
M


2
,1

，由 此可得直线
l
的方程是

12
2x4y50.
< br>7.已知正四棱锥
V
-
ABCD
的高等于
AB
长度的 一
，则异面直线
AM,BN
半，
M
是侧棱
VB
的中 点，
N
是侧棱
VD
上点，满足
DN2VN
所成角的余弦值
为 ．
解：如图，以底面
ABCD
的中心
O
为坐标原点，
uuuruuuruuur
AB,BC,OV
的方向为
x,y, z
轴的正向，
z
V
N
D
O
M
C

y
x
B
5
A

建立空间直角坐标系．不妨设
AB2,
此时高
VO1,
从
而
A

1,1,0

,B

1,1,0

,D

1,1,0

,V

0,0,1
.

111

112

由条件知
M


2
,
2
,
2

,N

3
,
3
,
3

，因此

uuuur

311

uuur

442

AM

,,

,BN

,,
.

222

333


设异面直线
AM,BN
所成的角为

，则
uuuuruu ur
AMBN
1
11
cos


uuuu.
ruuur

11
11
AMBN
2
2

n

n

n

n
8.设正整数
n
满足
n2016
，且








3
．这

2

4

6

12

样的
n
的个数为 ．这里

x

x

x

，其中

x

表
示不超过
x
的最大整数．
解：由于对任意整数
n
，有

n
< br>n

n

n

13511







3,


2

4

6

12

24 612
等号成立的充分必要条件是
n1

mod12

，结合
1n2016
知，满足条件的所有正整数为
n12k1
k1,2,L,168

,
共有
168
个．
另解： 首先注意到，若
m
为正整数，则对任意
x

y

xy

modm

整数
x,y
，若
xy

modm

，则

当


.
这是因为，
mm

时，
xymt
，这里< br>t
是一个整数，故
y

y

y

y

x

x

x

ymt

ymt

y



tt





m

m


m


m



m

.
mmmmm


6

因此，当整数
n,n
满足
nn

mod12
< br>时，
12
12

n
1

n
1< br>
n
1

n
1

n
2

n
2

n
2

n
2
















.

2
4

6

12

2
< br>4

6

12


容易验证，当正整数 满足
1n12
时，只有当
n11
n

n
 
n

n

时，等式








3
才成立．而
201612 168
，故

2

4

6
12

n

n

n

n

当
1n2016
时，满足



< br>



3
正整数
n
的个数

2

4

6

12

为
168.

二、解答题：（共3小题，共56分）
9.（16分）已知
a

是各项均为正数的等比数
n
列，且
a,a
是方程

100lgxlg

100x


5051
2
的两个不同的解，求
aaLa
的值．
12100
解 对
k50,51
，有
100lg
100< br>
lga

lga20.

2
kk
2
a
k
lg

100a
k

2lga
k
,
即
的两个不因此，
lga
50
,lga51
是一元二次方程
100t
即
aa10.
1
100
2
t20
同实根，从而
1
lg

a
50
a
51

lga
50
lga
51
,
100
5051

100
由等比数列的性质知，
aa La
12


a
50
a
51

5 0
1

100



10

1 0.

50


；
10.（20分）在
ABC
中，已知
uuuruuuruuuruuuruuuruuur
ABAC2BA BC3CACB.
22
（1）将
BC,CA,AB
的长分别记为
a,b,c
，证明：
a2b
（2）求
cosC
的最小值．
3c
2
7

解 （1）由数量积的定 义及余弦定理知，
uuuruuur
bca
ABACcbcosA.

2
222
同理得，
为

uuuruuur
a
2
c
2
b
2
uuuruuur
a
2< br>b
2
c
2
BABC,CACB.
22
故 已知条件化
b
2
c
2
a
2
2a
2< br>c
2
b
2
3a
2
b
2
c
2
,


即
a
2
2b
2
3c
2
.

a
2
b
2

（2）由余弦定理及基本不等式，得
1
2
a2b
2
abc
3
cosC
2a b2ab
abab2
2,
3b6a3b6a3
222


3:6:5.
等号成立当且仅当
a:b:c
为
3
2
.

C
因此
cosC
的最小值
11.（20分 ）在平面直角坐标系
xOy
中，双曲线
的方程为
x
2
y< br>2
1
．求符合以下要求的所有大于
1
1
的实数
a< br>：过点

a,0

任意作两条互相垂直的直线
l
21 2
与
l
，若
l
与双曲线
C
交于
P,Q两点，
l
与
C
交于
R,S
两
点，则总有
PQRS
成立．
解 过点

a,0

作两条互相垂直 的直线
l:xa
与
l:y0.

易知，
l
与< br>C
交于点
P

a,a1

,Q

a,a1

（注意这里
1
2
22
1
00
a1
），
l
2
与
C
交于点
R
0

1,0

,S
0

1,0

,由条件知
2a
2
1PQ
00
R
0
S0
2
，解得
a2.

8
这意味着符合条件的
a
只可能为
2.

下面验证
a2
符合条件．
事实上，当
l,l
中有某条直线斜率不存在时，则
12
可设
l:xa,l:y0，就是前面所讨论的
l,l
的情况，这
1212
时有
PQRS .
若
l,l
的斜率都存在，不妨设
1
l:yk

x2

,l:y

x2


k0
,

k
12
12
注意这里
k1
（否则
l
将与
C
的渐近线平行，从而
l
11
与C
只有一个交点）．
联立
l
与
C
的方程知，
x

1k

x22kx2k10,

1
2
k
2
x2

2
10,
即
2
2222
这是一个二次方程式，其判别式为
4k
2
40．故
l
1
与
C
有两个不同的交点
P,Q
．同样 ，
l
与
C
也有两个
不同的交点
R,S.
由弦长公式 知，
PQ1k
2
4k
2
4
1k
21k
2
2.
1k
2

RS2
1

k

1

k

2
2
用
1

k
代替
k
，同理可得
k
2
1
2
2
.
k1
于是
PQRS.

综上所述，
a2
为符合条件的值．
加试
一、（40分）非负实 数
x,x,L,x
和实数
y,y,L,y
6
满足：
（1）
x

2
k
y
k
2
1,k1,2,L,2016
；
9

（2）
yy
12
Ly
2016
是奇数．
 1,y
k
1,k1,2,L,2016,
求
xx
12
Lx
2016
的最小值．
k
解：由已知条件（1）可得：
x
于是（注意
x0
） < br>i
2016
k1

x

x
k
k 1
2016
2
k


1y
k
k1< br>2016

2

2016

y
k1< br>2016
2
k
2016

y
k
.
k1
2016
①
则 不妨设
y,L,y
1m0,y
m1
,L,y
2016
0,0m2016,
2 016

y
k1
m
k
m,
km1

y
k
2016m.
2016

k
若

y
m
k1
k
m1
m
，并且

y
km1
2015m,
令


y
k1
2016
k
m1a,
km 1

y
k
2015mb,
则
0a,b1,
于是
2016
k1

y

y
k
k 1
m2016
k

km1

y
k
 m1a

2015mb


2m2016ab,
由条件（2）知，

y
是奇数，所以
ab
是奇数，这2016
k1
k
与
0a,b1
矛盾．
因此必有

y
m
k1
k
m1
，或者


y
2016
km1
k
2015m,
则
2016
k1

y
k


y
k

k1
m2016
km1
2016
k1

y
k
2015.


时满足题
12
于是结合 ①得

x
又当
xx
12
k
1.
L x
2015
0,x
2016
1,y
1
y
2< br>Ly
2015
1,y
2016
0
设条件，且使得不等 式等号成立，所以
xx
的最小值为1．
Lx
2016
10

二、（40分）设
n,k
是正整数，且
n
是奇数．已知
2n
的不超过
k
的正约数的个数为奇数，证明：2n
有
证明：记
A

d|d|2n,0dk,d是奇数< br>
，
B

d|d|2n,0dk,d是偶数

，
一个约数
d
，满足
kd2k.

则
AIB ,2n
的不超过
k
的正约数的集合是
AUB.

若结论不成立，我们证明
AB.

对
dA
，因为
d
是奇数，故
2d|2n
，又
2d2k
，而
2n
没
有在区间

k,2k

中的约数，故
2dk
，即
2dB
，故
AB.

反过来，对
dB
， 设
d2d

，则
d

|n
，
d

是奇数，又
k
d

k
，故
d
A,
从而
BA.

2
所以
AB.
故2n
的不超过
k
的正约数的个数为偶
数，与已知矛盾．从而结论成立．
三、（50分）如图所示，
ABCD
是平行四边形，
G
是
A BD
的重心，点
P,Q
在直线
BD
上，使得
GPPC,G QQC.
P
D
G
A
B
Q
证明：
AG平分
PAQ.

解：连接
AC
，与
BD
交于 点
M.
由平行四边形的性
质，点
M
是
AC,BD
的 中点．因此，
11

P
C
D
G
A
M
B
O
Q

点
G
在线段
AC
上．
由于
GPC GQC90
，所以
P,G,Q,C
四点共圆，并
o
且其外接圆是 以
GC
为直径的圆．由相交弦定理知
PMMQGMMC.
①
取
GC
的中点
O.
注意到
AG:GM:MC2:1: 3,
故有
1
OCGCAG,

2
因此
G,O
关于点
M
对称．于是
GMMCAMMO.
②
结合①、②，有
PMMQ AMMO
，因此
A,P,O,Q
四点共
圆．
又OPOQ
1
GC,
所以
PAOQAO
，即
A G
平分
PAQ.

2
四、（50分）设
A是任意一个11元实数集
合．令集合
B

uv|u,vA,uv< br>
.
求
B
的元素个数的最小
值．
12

解：先证明
B17.
考虑到将
A
中的所 有元素均变
为原来的相反数时，集合
B
不变，故不妨设
A
中正
数个数不少于负数个数．下面分类讨论：
情况一：
A
中没有负数．
设< br>aaLa
是
A
中的全部元素，这里
a0,a

aaaaaaLaaaaLaa,

12111
11011
2
0,
于是
上式从小到大共有< br>19818
个数，它们均是
B
的元
素，这表明
B18 .

情况二：
A
中至少有一个负数．
设
b,b,L,b< br>是
A
中的全部非负元素，
c,c,L,c
是
A
中的< br>12k12l
全部负元素．不妨设

cLc0bLb,

l11k
其中
k,l
为正 整数，
kl11
，而
kl
，故
k6.
于是有

cbcbLcbcbLcb,

11121k2 klk
它们是
B
中的
kl110
个元素，且非正数；又有

bbbbbbbbbbbbbb,

2324 2526364656
它们是
B
中的7个元素，且为正数．故
B107 17.

由此可知，
B17.

另一方面，令
A

0,1,2,2,2,2

,
则

B

0,1,2,2,2,L,2,2,2


234
23678
是个17元集合．
综上所述，
B
的元素个数的最小值为
17.

13

14