2016年全国高中数学联赛(B卷)试题及答案

12016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na的各项均为正数，且213263236,aaaaa则24aa的值为．答案：6．解：由于2222132632424243622,aaaaaaaaaaa且240,aa故246.aa另解：设等比数列的公比为q，则52611.aaaqaq又因22252132631111122223331111112436222,aaaaaaaqaqaqaqaqaqaqaqaqaqaa而240aa，从而246.aa2.设|12Aaa，则平面点集,|,,0BxyxyAxy的面积为．答案：7．解：点集B如图中阴影部分所示，其面积为133227.2MRSMNPQSS正方形3.已知复数z满足22zzzz（z表示z的共轭复数），则z的所有可能值的积为．答案：3．解：设i,.zababR由22zzz知，222i22ii,abababab比较虚、实部得220,230.abaabb又由zz知0b，从而有230,a即32a，进而23.2baa于是，满足条件的复数z的积为3333ii3.22224.已知,fxgx均为定义在R上的函数，fx的图像关于直线1x对称，gx的图2像关于点1,2中心对称，且391xfxgxx，则22fg的值为．答案：2016.解：由条件知002,fg①22818190.fg②由,fxgx图像的对称性，可得02,024,ffgg结合①知，224002.fgfg③由②、③解得248,242,fg从而2248422016.fg另解：因为391xfxgxx，①所以2290.fg②因为fx的图像关于直线1x对称，所以2.fxfx③又因为gx的图像关于点1,2中心对称，所以函数12hxgx是奇函数，hxhx，1212gxgx，从而24.gxgx④将③、④代入①，再移项，得32295.xfxgxx⑤在⑤式中令0x，得226.fg⑥由②、⑥解得248,246.fg于是222016.fg5.将红、黄、蓝3个球随机放入5个不同的盒子,,,,ABCDE中，恰有两个球放在同一盒子的概率为．解：样本空间中有35125个元素．而满足恰有两个球放在同一盒子的元素个数为223560.CP过所求的概率为6012.12525p6.在平面直角坐标系xOy中，圆221:0Cxya关于直线l对称的圆为3222:2230,Cxyxay则直线l的方程为．答案：2450.xy解：12,CC的标准方程分别为2222212:1,:12.CxyCxyaa由于两圆关于直线l对称，所以它们的半径相等．因此220,aa解得2.a故12,CC的圆心分别是120,0,1,2.OO直线l就是线段12OO的垂直平分线，它通过12OO的中点1,12M，由此可得直线l的方程是2450.xy7.已知正四棱锥V-ABCD的高等于AB长度的一半，M是侧棱VB的中点，N是侧棱VD上点，满足2DNVN，则异面直线,AMBN所成角的余弦值为．解：如图，以底面ABCD的中心O为坐标原点，,,ABBCOV的方向为,,xyz轴的正向，建立空间直角坐标系．不妨设2,AB此时高1,VO从而1,1,0,1,1,0,1,1,0,0,0,1.ABDV由条件知111112,,,,,222333MN，因此311442,,,,,.222333AMBN设异面直线,AMBN所成的角为，则111cos.111122AMBNAMBNVDNyxOzMCBA48.设正整数n满足2016n，且324612nnnn．这样的n的个数为．这里xxx，其中x表示不超过x的最大整数．解：由于对任意整数n，有135113,2461224612nnnn等号成立的充分必要条件是1mod12n，结合12016n知，满足条件的所有正整数为1211,2,,168,nkk共有168个．另解：首先注意到，若m为正整数，则对任意整数,xy，若modxym，则.xymm这是因为，当modxym时，xymt，这里t是一个整数，故.xxxymtymtyyyyyttmmmmmmmmmm因此，当整数12,nn满足12mod12nn时，11112222.2461224612nnnnnnnn容易验证，当正整数满足112n时，只有当11n时，等式324612nnnn才成立．而201612168，故当12016n时，满足324612nnnn正整数n的个数为168.二、解答题：（共3小题，共56分）9.（16分）已知na是各项均为正数的等比数列，且5051,aa是方程2100lglg100xx的两个不同的解，求12100aaa的值．解对50,51k，有2100lglg1002lg,kkkaaa即2100lglg20.kkaa因此，5051lg,lgaa是一元二次方程210020tt的两个不同实根，从而505150511lglglg,100aaaa即1100505110.aa由等比数列的性质知，501501001210050511010.aaaaa10.（20分）在ABC中，已知23.ABACBABCCACB5（1）将,,BCCAAB的长分别记为,,abc，证明：22223abc；（2）求cosC的最小值．解（1）由数量积的定义及余弦定理知，222cos.2bcaABACcbA同理得，222222,.22acbabcBABCCACB故已知条件化为22222222223,bcaacbabc即22223.abc（2）由余弦定理及基本不等式，得2222222123cos2222,36363abababcCababababbaba等号成立当且仅当::3:6:5.abc因此cosC的最小值为2.311.（20分）在平面直角坐标系xOy中，双曲线C的方程为221xy．求符合以下要求的所有大于1的实数a：过点,0a任意作两条互相垂直的直线1l与2l，若1l与双曲线C交于,PQ两点，2l与C交于,RS两点，则总有PQRS成立．解过点,0a作两条互相垂直的直线1:lxa与2:0.ly易知，1l与C交于点2200,1,,1PaaQaa（注意这里1a），2l与C交于点001,0,1,0,RS由条件知20000212aPQRS，解得2.a这意味着符合条件的a只可能为2.下面验证2a符合条件．事实上，当12,ll中有某条直线斜率不存在时，则可设12:,:0lxaly，就是前面所讨论的12,ll的情况，这时有.PQRS若12,ll的斜率都存在，不妨设121:2,:20,lykxlyxkk注意这里1k（否则1l将与C的渐近线平行，从而1l与C只有一个交点）．联立1l与C的方程知，222210,xkx即2222122210,kxkxk这是一个二次方程式，其判别式为2440k．故1l与C有两个不同的交点,PQ．同样，62l与C也有两个不同的交点,.RS由弦长公式知，2222244112.11kkPQkkk用1k代替k，同理可得22221122.11kkRSkk于是.PQRS综上所述，2a为符合条件的值．加试一、（40分）非负实数122016,,,xxx和实数122016,,,yyy满足：（1）221,1,2,,2016kkxyk；（2）122016yyy是奇数．求122016xxx的最小值．解：由已知条件（1）可得：1,1,1,2,,2016,kkxyk于是（注意0ix）2016201620162016201622211111120162016.kkkkkkkkkkxxyyy①不妨设112016,,0,,,0,02016,mmyyyym则201611,2016.mkkkkmymym若11mkkym，并且201612015,kkmym令2016111,2015,mkkkkmymaymb则0,1,ab于是201620161111201522016,mkkkkkkmyyymambmab由条件（2）知，20161kky是奇数，所以ab是奇数，这与0,1ab矛盾．因此必有11mkkym，或者201612015,kkmym则201620161112015.mkkkkkkmyyy于是结合①得201611.kkx又当122015201612201520160,1,1,0xxxxyyyy时满足题设条件，且使得不等式等号成立，所以122016xxx的最小值为1．二、（40分）设,nk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有一个约数d，满足2.kdk7证明：记||2,0,Addndkd是奇数，||2,0,Bddndkd是偶数，则,2ABn的不超过k的正约数的集合是.AB若结论不成立，我们证明.AB对dA，因为d是奇数，故2|2dn，又22dk，而2n没有在区间,2kk中的约数，故2dk，即2dB，故.AB反过来，对dB，设2dd，则|dn，d是奇数，又2kdk，故,dA从而.BA所以.AB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ABD的重心，点,PQ在直线BD上，使得,.GPPCGQQC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,ACBD的中点．因此，点G在线段AC上．由于90GPCGQC，所以,,,PGQC四点共圆，并且其外接圆是以GC为直径的圆．由相交弦定理知QGPDCBAGMQPODCBA8.PMMQGMMC①取GC的中点.O注意到::2:1:3,AGGMMC故有1,2OCGCAG因此,GO关于点M对称．于是.GMMCAMMO②结合①、②，有PMMQAMMO，因此,,,APOQ四点共圆