2010全国高中数学联赛试题及答案

12010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5243fxxx的值域是．2．已知函数2cos3sinyaxx的最小值为3，则实数a的取值范围是．3．双曲线221xy的右半支与直线100x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na是公差不为0的等差数列，nb是等比数列，其中13a，11b，22ab，533ab，且存在常数，使得对每一个正整数n都有lognnab，则．5．函数232xxfxaa（0a，1a）在区间1,1x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111ABCABC的9条棱长都相等，P是1CC的中点，二面角11BAPB，则sin．8．方程2010xyz满足xyz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32fxaxbxcxd（0a），当01x时，'1fx，试求a的最大值．10．（本小题满分20分）已知抛物线26yx上的两个动点A（1x，1y）和B（2x，2y），其中12xx且124xx．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．（本小题满分20分）证明：方程32520xx恰有一个实数根r，且存在唯一的严格递增正整数数列na，使得31225aaarrr．2解答1.]3,3[提示：易知)(xf的定义域是8,5，且)(xf在8,5上是增函数，从而可知)(xf的值域为]3,3[.2.1223a提示：令txsin，则原函数化为taattg)3()(2，即taattg)3()(3.由3)3(3taat，0)1(3)1(2ttat，0)3)1()(1(tatt及01t知03)1(tat即3)(2tta.（1）当1,0t时（1）总成立；对20,102ttt；对041,012ttt.从而可知1223a.3.9800提示：由对称性知，只要先考虑x轴上方的情况，设)99,,2,1(kky与双曲线右半支于kA,交直线100x于kB，则线段kkBA内部的整点的个数为99k，从而在x轴上方区域内部整点的个数为991(99)99494851kk.又x轴上有98个整点，所以所求整点的个数为98009848512.4.333提示：设}{na的公差为}{,nbd的公比为q，则,3qd（1）2)43(3qd，（2）（1）代入（2）得961292ddd，求得9,6qd.从而有19log)1(63nn对一切正整数n都成立，即9log)1(36nn对一切正整数n都成立.从而9log3,69log，3求得3,33，333.5.41提示：令,yax则原函数化为23)(2yyyg,)(yg在3(,+)2上是递增的.当10a时，],[1aay,211max1()32822gyaaaa，所以412213)21()(2minyg；当1a时，],[1aay，2823)(2maxaaayg，所以412232)(12minyg.综上)(xf在]1,1[x上的最小值为41.6.1217提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为1273621，从而先投掷人的获胜概率为127)125(127)125(1274217121442511127.7.104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)1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1(11PABB，从而，)1,3,1(),0,0,2(),1,3,1(),2,0,2(1111PBABBPBA.设分别与平面PBA1、平面PAB11垂直的向量是),,(111zyxm、),,(222zyxn，则,03,022111111zyxBPmzxBAmzyxOPC1B1A1CBA4,03,022221211zyxPBnxABn由此可设)3,1,0(),1,0,1(nm，所以cosmnmn，即6322coscos4.所以410sin.解法二：如图，PBPAPCPC11,.设BA1与1AB交于点,O则1111,,OAOBOAOBABAB.11,,PAPBPOAB因为所以从而1AB平面BPA1.过O在平面BPA1上作PAOE1,垂足为E.连结EB1,则EOB1为二面角11BPAB的平面角.设21AA,则易求得3,2,5111POOBOAPAPB.在直角OPA1中，OEPAPOOA11,即56,532OEOE.又554562,222111OEOBEBOB.4105542sinsin111EBOBEOB.8.336675提示：首先易知2010zyx的正整数解的个数为1004200922009C.把2010zyx满足zyx的正整数解分为三类：（1）zyx,,均相等的正整数解的个数显然为1；OEPC1B1A1CBA5（2）zyx,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3)设zyx,,两两均不相等的正整数解为k.易知100420096100331k，所以110033100420096k200410052006123200910052006，即3356713343351003k.从而满足zyx的正整数解的个数为33667533567110031.9.解法一：,23)(2cbxaxxf由cbafcbafcf23)1(,43)21(,)0(得)21(4)1(2)0(23fffa.所以)21(4)1(2)0(23fffa)21(4)1(2)0(2fff8，所以38a.又易知当mxxxxf23438)(（m为常数）满足题设条件，所以a最大值为38.解法二：cbxaxxf23)(2.设1)()(xfxg，则当10x时，2)(0xg.设12xz，则11,21zzx.14322343)21()(2cbazbazazgzh.容易知道当11z时，2)(0,2)(0zhzh.从而当11z时，22)()(0zhzh，即621434302cbaza，从而0143cba,2432za，由102z知38a.又易知当mxxxxf23438)(（m为常数）满足题设条件，所以a最大值为38.10.解法一：设线段AB的中点为),(00yxM，则2,22210210yyyxxx，01221221212123666yyyyyyyxxyykAB.线段AB的垂直平分线的方程是)2(300xyyy.（1）易知0,5yx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)0,5(.由（1）知直线AB的方程为)2(300xyyy，即2)(300yyyx.（2）（2）代入xy62得12)(2002yyyy，即012222002yyyy.（3）依题意，21,yy是方程（3）的两个实根，且21yy，所以22200044(212)4480yyy,32320y.221221)()(yyxxAB22120))()3(1(yyyC(5,0)BAxyO7]4))[(91(2122120yyyyy))122(44)(91(202020yyy)12)(9(322020yy.定点)0,5(C到线段AB的距离202029)0()25(yyCMh.2020209)12)(9(3121yyyhABSABC)9)(224)(9(2131202020yyy3202020)392249(2131yyy7314.当且仅当20202249yy，即05y,635635(,57),(,57)33AB或635635(,(57)),(,57)33AB时等号成立.所以，ABC面积的最大值为7314.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)0,5(.设4,,,222121222211tttttxtx，则161610521222121ttttSABC的绝对值,2222122112))656665(21(ttttttSABC221221)5()(23tttt8)5)(5)(24(23212121tttttt3)314(23,所以7314ABCS,当且仅当5)(21221tttt且42221tt，即,6571t6572t,635635(,57),(,57)33AB或635635(,(57)),(,57)33AB时等号成立.所以，ABC面积的最大值是7314.11.令252)(3xxxf，则056)(2xxf，所以)(xf是严格递增的.又043)21(,02)0(ff，故)(xf有唯一实数根1(0,)2r.所以32520rr，3152rr4710rrrr.故数列),2,1(23nnan是满足题设要求的数列.若存在两个不同的正整数数列naaa21和nbbb21满足52321321bbbaaarrrrrr，去掉上面等式两边相同的项，有321321tttsssrrrrrr，这里321321,tttsss，所有的is与jt都是不同的.不妨设11ts，则21211ttsssrrrrr，112111111121211rrrrrstst，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.92010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与AB交于点M．求证：若OKMN，则A，B，D，C四点共圆．二、（本题满分40分）设k是给定的正整数，12rk．记1frfrrr，1llfrffr，2l．证明：存在正整数m，使得mfr为一个整数．这里x表示不小于实数x的最小整数，例如：112，11．三、（本题满分50分）给定整数2n，设正实数1a，2a，…，na满足1ka，1k，2，…，n，记12kkaaaAk，1k，2，…，n．求证：1112nnkkkknaA．四、