订婚习俗-河南理工大学排名

2010年全国高中数学联合竞赛一试试卷
（考试时间：10月17日上午8∶00—9∶20）
一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分．把答案填在横线上．
1．函数
f

x

x5243x
的值域是 ．
2．已知函数
yacos
2
x3sinx
的最小值为
3
，则实数
a
的取值范围是 ．
3．双曲线< br>xy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
，
22

3a
5
b
3
，且存在常数

，

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，< br>P
是
CC
1
的中点，二面角
BA
1
PB
1


，
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：本大题共3小题，共56分．解答应写出文字说明、证明过程或演
算步骤． 9．（本小题满分16分）已知函数
f

x

axbxc xd
（
a0
），当
0x1
时，
32
f'< br>
x

1
，试求
a
的最大值．
10．（ 本小题满分20分）已知抛物线
y6x
上的两个动点
A
（
x
1
，
y
1
）和
B
（
x
2
，y
2
），
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．
1 1．（本小题满分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
3
2
2
r
a
1
r
a
2
r
a
3

5
1
．

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
a12
提示：令
sinxt
，则原函数化为
g(t)(at
2
a3)t
，即
2
g(t)at
3
(a3)t
.
由
at(a3)t3
，
at(t1)3(t1)0
，
( t1)(at(t1)3)0
及
32
t10
知
at(t1)30
即
a(t
2
t)3
. （1）
当
t0,1
时（1）总成立；
对
0t1,0tt2
；对
1t0,
2
13
t
2
t0.从而可知
a12
.
42
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< br>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k)99494851
.
k1
99
又
x
轴上有98个整点，所以所求整点的个数为
24851989800
.
4.
3
33
提示 ：设
{a
n
}< br>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
.
2
9
n1


对一切正整数
n
都成立，即从而有
36(n1)lo

g
6n3(n1 )log

9

对一切正整数
n
都成立.
从而
log

96,3log

9

，

2

求得


3
3,

3
，




3
33
.
5.

递增的.
当
0a1
时，
y[a,a]
,
1
3
1
2
x
提示：令
ay,
则原 函数化为
g(y)y3y2
,
g(y)
在
(,+)
上是
2
4
g(y)
max
a
2
3a
1
28a
1
2a
所以
1
，
2
111
g(y)
min
()
2
32
；
224
当
a1
时，
y[a
1
,a]< br>，
g(y)
max
a
2
3a28a2
，
所以
1
g(y)
min
2
2
321
2
.
4
1
综上
f(x)
在
x[1,1]
上的最小值为

.
4
12217
6. 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
173612获胜概率为
75757
7

()
2

()
4


1212121212
12
112
.

25
17
1
144
7.
10
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
4
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),A1
(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
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
z
A
1
C
1
B
1
P
A
O
C

3


mBA
1
2x
1
2z< br>1
0,




mBPx
1
3y
1
z
1
0,
y
B
x

< br>

nB
1
A
1
2x
2
0 ,




nB
1
Px
2
3y
2
z
2
0,
由此可设
m(1,0,1),n (0,1,3)
，所以
mnmncos

，即
322cos

cos


10
.
4
6
.
4
所以
sin


A
1
解法二：如图，
PCPC
1
,PA
1
PB< br> .
设
A
1
B
与
AB
1
交于点< br>O,
C
1
则
E
B
1
O
A
P
OA
1
OB,OAOB
1
,A
1
BAB< br>1
.
因为 PAPB
1
,所以 POAB
1
,
从而
AB
1

平
面
PA
1
B< br> .
过
O
在平面
PA
1
B
上作
O EA
1
P
,垂足为
E
.
C
B
连结B
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
2
OE
22
645

.
55
sin

sin B
1
EO
B
1
O
210
.

B
1
E
45
4
5
8. 336675 提示：首先易知
xyz2010
的正整数解的个数为
2
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；

4

（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

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

2

2f

(0)2f

(1)4f

()

8
，
1
2
所以
a
最大值为
88
32
. 又易 知当
f(x)x4xxm
（
m
为常数）满足题设条件，所以
a
33
8
.
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
,1z1
.
2
z13a
2
3a2b3a
h(z)g()zzbc1< br>.
2424
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
， 即
2
5

3a
2
3a
zbc12
，
44
3a3a
8
从而
bc10
,
z
2
2
，由
0z
2
1
知
a
.
443
8
3
8
2
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.
33
0
10. 解法一：设线段
AB
的中点为
M(x0
,y
0
)
，则
x
0

x
1
x
2
yy
2
，
2,y
0
1
22
k
AB

y
2
y
1
yy
1
63

2
2

.
2
x
2
x
1
yyy
y
2
y
1
210

66
线段
AB
的垂直平分线的方程是
yy
0

y
0
(x2)
. （1）
3
易知
x5,y0
是（1）的一个解，所以线段
AB< br>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
(x2)
，即
y
0
x
y
0
(yy0
)2
. （2）
3
2
2
（2）代 入
y6x
得
y2y
0
(yy
0
)12，即
2
y
2
2y
0
y2y
0
 120
. （3）
依题意，
y
1
,y
2< br>是方程（3）的两个实根，且
y
1
y
2
，所以
2 22
4y
0
4(2y
0
12)4y
0
480
,
23y
0
23
.
y

AB


(x
1
x
2
)
2
(y
1
y
2
)
2

(1 (
y
0
2
))(y
1
y
2
)
2

3
O
A
B
C(5,0)
x

6

2
y
0

(1)[(y
1< br>y
2
)
2
4y
1
y
2
]

9
2
y
0
22

(1)(4y
0
4(2y
0
12))

9


2
22
(9y
0
)(1 2y
0
)
.
3
定点
C(5,0)
到线段
AB
的距离

hCM

S
ABC



2
(52)
2
(0y
0
)
29y
0
.
11
222

ABh(9y
0
)(12y
0
)9y
0
23
11
222
(9y
0
)(242y
0
)(9y
0
)

32
222
242y
0
9y
0
11
9y
0

()
3

323


当且
14
7
.
3
仅当
22
9y
0
242y
0
，即
y
0
5
,
A(
635635
,57), B(,57)
33
或
A(
635635
,(57)),B (,57)
时等号成立.
33
所以，
ABC
面积的最大值为
14
7
.
3
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)
.
设
x
1
t
1
,x
2
t< br>2
,t
1
t
2
,t
1
t
24
，则
S
ABC

2222
1
2
t
1
2
2
t
2
501
6t
1
1< br>的绝对值,
6t
2
1

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



2
1
2
222
3
(t
1
t< br>2
)
2
(t
1
t
2
5)
2

2

7

3
(42t
1
t< br>2
)(t
1
t
2
5)(t
1
t
2
5)

2
314
3

()
,
23


所以
S
ABC

14
75
2
4
，即
t1

7
, 当且仅当
(t
1
t
2
)
2
t
1
t
2
5
且
t
1
2
t
2
,

3
6
,
A(
t< br>2

75
6
635635
,57),B(,57 )
或
33
A(
635635
,(57)),B(,5 7)
时等号成立.
33
所以，
ABC
面积的最大值是
3
14
7
.
3
2
11.令
f(x)2x5x2
，则
f

(x)6x50
，所以
f(x)
是严格递增的.又
131f(0)20,f()0
，故
f(x)
有唯一实数根
r(0 ,)
.
242
所以
2r5r20
，
3
2r

rr
4r
7
r
10

3
5
1r
.
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

去掉上面等式两边相同的项，有
2
，
5r
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
s
1

r
s
1

r
s
2

r
t
1

r
t
2

，
1 r
t
1
s
1
r
t
2
s
1< br>

rr
2



1
1< br>1r
1
1
1
2
11
，
矛盾.故满足题设的数列是唯一的.



8

2010年全国高中数学联合竞赛加试试卷（A卷）
（考试时间：10月17日上午9∶40—12∶10）

一、（本题满分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< br>与
AB
交于点
M
．求证：若
OKMN
，则
A
，
B
，
D
，
C
四点共圆．


A





O



K
C

B

D

N



M




二、（本题满分40分）设
k
是给定的正整数，
rk
1

1

．记
f

r

f

r

r
< br>
r


，
2

m

f

l


r

ff

l1< br>

r

，
l2
．证明：存在正整数
m< br>，使得
f

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


1
．
2
三、（本题满分50分）给定整数
n2
，设正实数
a
1
，
a
2
，…，
a
n
满足
a
k
1
，
k1
，
2
，…，

1


aa
n
，记
A
k

12
k
a
k
，
k1
，
2
，…，
n
．求证：

a
k


A
k

k 1k1
nn
n1
．
2
四、（本题满分50分）一种密码锁的密 码设置是在正
n
边形
A
1
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？



9

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
同理

QK
2
 QO
2
r
2
KO
2
r
2
，
M
O
A

22



KOr
22

，
P
B
E
K
D
C
Q
N
所以
POPKQOQK
，
故
OK
⊥
PQ
． 由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是
2222
AQAP

． ①
QNPM
由梅内劳斯（Menelaus）定理，得
NBDEAQ
1
， ②
BDEAQN
MCDEAP
1
． ③
CDEAPM
NBMCNDMD
由①，②，③可得， 所以，故△DMN ∽ △DCB，于是

BDCDBDDC
所以BC∥MN，故OK⊥BC，即K为BC的 中点，矛盾！从而
A,B,D,C
DMNDCB
，
四点共圆.
注1：“
PK
P的幂（关于⊙O）

K的幂（关于⊙O）”的证明 ：延长PK至点F，使
得
2
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PEPCAKKE

P的幂（关于⊙O）

K
的幂（关于⊙O）．
B
2< br>A
O
F
E
K
D
P
C

10
Q
N
M

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
(m)
(r)
为整数．
1

1

1

f(r)

k


k



k


k1


2

2

2

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
k2
v

v1
2
v1


v2
2
v2

这里，

i
0
或者1，
iv1,v 2,
于是

f(r)

k
，
．


1

1

1






k



k
< br>
k1
2

2

2

1kk
2
k

22
1
v1vv12v

2(

v1
1)2(

v1
< br>
v2
)22

2
1

k


， ①
2


这里
k

 2
v1
(

v1
1)2
v
(

v1


v2
)2
v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


1
经过 f的v次迭代得到
2

11

整数，由①知，
f(v1)
(r)
是一个整数，这就完成了归纳证明．
3. 由
0a
k
1
知，对
1kn1
，有
0< br>
a
i1
k
i
k,0
ik1
< br>a
n
i
nk
．
注意到当
x,y0
时，有
xymax

x,y

，于是对< br>1kn1
，有
1
n

11

kA
n
A
k





a< br>i


a
i

n
ik1
nk

i1
1
n

11

k

a
i





a
i


n
ik1

kn

i1
1n

max


a
i
,
n
ik1
1
max

(nk),

n
1
nn

11

k





a
i



kn

i1


11




< br>k


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

k1
n




A
k1
n1
n1
n
A
k



A
n
A
k

k1
n1



k

n1
．


1


n

2
k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< br>,A
3
,,A
n
上的设
置．为了使得最终回到
A1
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
2i2j

n



n2i

．选取
2i

2
条边标记a的有
C
n
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
2i2j
标记c．由 乘法原理，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

12

码设置方法数为
4

i0

n


2


n2i



2



2i2 j

CC

nn2i

． ①

j0


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
2j
n2i< br>2
n2i1
． ②
代入①式中，得
4

i0

n

< br>2


n2i

n

n





2

2

2



2i

2j

2in2i1 2in2i
CC4C22C2




nn 2inn

j0i0i0


n


C2
k
n
k0
n
nkknk


C
n
2(1)
k
(21)
n
(21)< br>n

k0
3
n
1
．
当n为偶数时，若
i
nn
，则②式仍然成立；若
i，则正n边形的所有边都标记a，
22
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
4

i0

n


2


n2i

n


< br>



2

2

1




2i2j

2in2i1
< br>41C
CC




n
2


n

n2i

i0
j0
< br>


2in2i1
24


C
n
2

3
n
3
．
i0
n

n


2


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1
种；
当n为偶数 时有
33
种．
n




13