2005年全国高中数学联赛江苏赛区初赛

2005年全国高中数学联赛江苏赛区初赛一．选择题(本题满分36分,每小题6分)1.函数()yfx的图像按向量(,2)4a平移后,得到的图像的解析式为sin()24yx.那么()yfx的解析式为A.sinyxB.cosyxC.sin2yxD.cos4yx2.如果二次方程20(,xpxqpqN*)的正根小于3,那么这样的二次方程有A.5个B.6个C.7个D.8个3.设0ab,那么21()abab的最小值是A.2B.3C.4D.54.设四棱锥PABCD的底面不是平行四边形,用平面去截此四棱锥,使得截面四边形是平行四边形,则这样的平面A.不存在B.只有1个C.恰有4个D.有无数多个5.设数列{}na:01212,16,1663nnnaaaaa,nN*,则2005a被64除的余数为A.0B.2C.16D.486.一条走廊宽2m,长8m,用6种颜色的11m2的整块地砖来铺设(每块地砖都是单色的,每种颜色的地砖都足够多),要求相邻的两块地砖颜色不同,那么所有的不同拼色方法有A.830个B.73025个C.73020个D.73021个二．填空题(本题满分36分,每小题6分)7.设向量OA绕点O逆时针旋转2得向量OB,且2(7,9)OAOB,则向量OB.8.设无穷数列{}na的各项都是正数,nS是它的前n项之和,对于任意正整数n,na与2的等差中项等于nS与2的等比中项,则该数列的通项公式为.9.函数xxxy(|2cos||cos|R)的最小值是.10.在长方体1111ABCDABCD中,12,1ABAAAD,点E、F、G分别是棱1AA、11CD与BC的中点,那么四面体1BEFG的体积是.11.由三个数字1、2、3组成的5位数中,1、2、3都至少出现1次,这样的5位数共有.12.已知平面上两个点集22{(,)||1|2(),,MxyxyxyxyR},{(,)||||1|1,,NxyxayxyR}.若MN,则a的取值范围是.三．解答题(第一题、第二题各15分；第三题、第四题各24分)13.已知点M是ABC的中线AD上的一点,直线BM交边AC于点N,且AB是NBC的外接圆的切线,设BCBN,试求BMMN(用表示).14.求所有使得下列命题成立的正整数(2)nn:对于任意实数12,,,nxxx,当10niix时,总有110niiixx(其中11nxx).ABCDNM15.设椭圆的方程为22221(0)xyabab,线段PQ是过左焦点F且不与x轴垂直的焦点弦.若在左准线上存在点R,使PQR为正三角形,求椭圆的离心率e的取值范围,并用e表示直线PQ的斜率.P’M‘MFRPQOxyQ＇16.(1)若(nnN*)个棱长为正整数的正方体的体积之和等于2005,求n的最小值,并说明理由；(2)若(nnN*)个棱长为正整数的正方体的体积之和等于20022005,求n的最小值,并说明理由.2005年全国高中数学联赛江苏赛区初赛参考答案一．选择题1,Bsin[()]44yx,即cosyx.故选B．2,C由240,0pqq,知方程的根为一正一负．设2()fxxpxq，则2(3)330fpq,即39pq.由于,pqN*，所以1,5pq或2,2pq.于是共有7组(,)pq符合题意．故选C．3,C由0ab,可知22210()()424aababba所以，222144()aababa.故选C．4,D设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线为m、n,直线m、n确定了一个平面作与平行的平面,与四棱锥的各个侧面相截，则截得的四边形必为平行四边形．而这样的平面有无数多个．故选D．5,C数列{}na模64周期地为2，16，－2，－16，…….又2005被4除余1,故选C．6,D铺第一列(两块地砖)有30种方法；其次铺第二列．设第一列的两格铺了A、B两色(如图)，那么，第二列的上格不能铺A色．若铺B色，则有(61)种铺法；若不铺B色，则有2(62)种方法.于是第二列上共有21种铺法.同理，若前一列铺好，则其后一列都有21种铺法．因此，共有73021种铺法．故选D．二．填空题7,1123(,)55设(,)OAmn,则(,)OBnm,所以2(2,2)(7,9)OAOBmnnm即27,29.mnmn解得23,511.5mn因此，23111123(,),(,)5555OAOB.AB8,42(nannN*)．由题意知222nnaS，即2(2)8nnaS.…①由11aS得11222aa,从而12a.又由①式得211(2)(2)8nnaSn,…②于是有1nnnaSS221(2)(2)(2)88nnaan,整理得11()(4)0nnnnaaaa.因10,0nnaa,故114(2),2nnaana,所以数列{}na是以2为首项、4为公差的等差数列，其通项公式为24(1)nan,即42nan.故填42(nannN*)．9,22令|cos|[0,1]tx，则2|21|ytt．当212t时，2219212()48yttt，得222y；当202t时，2219212()48yttt，得2928y又y可取到22,故填22．10,138BEFGV在11DA的延长线上取一点H，使114AH.易证,1||HEBG，||HE平面1BFG．故1111BEFGEBFGHBFGGBFHVVVV．而198BFHS，G到平面1BFH的距离为1．故填138BEFGV．11,150在5位数中,若1只出现1次，有11235444()70CCCC个；若1只出现2次，有212533()60CCC个；若1只出现3次，有315220CC个．则这样的五位数共有150个．故填150个.12.[16,310]由题意知M是以原点为焦点、直线10xy为准线的抛物线上及其凹口内侧的点集，N是以(,1)a为中心的正方形及其内部的点集(如图)．考察MN时,a的取值范围:令1y,代入方程22|1|2()xyxy,得2420xx，解出得26x．所以，当26116a时,MN．…………③令2y，代入方程22|1|2()xyxy,得2610xx.解出得310x．所以，当310a时,MN．…………④因此,综合③与④可知，当16310a，即[16,310]a时,MN．故填[16,310].三．解答题13,证明：在BCN中，由Menelaus定理得1BMNACDMNACDB．因为BDDC，所以BMACMNAN．………………6分由ABNACB，知ABN∽ACB，则ABACCBANABBN．所以，2ABACCBANABBN，即2BNBCANAC．……………………12分因此，2BNBCMNBM．又BCBN，故2BMMN．……………………15分14,解：当2n时，由120xx，得21221120xxxxx．所以2n时命题成立.……………………3分-2-146-357-1yx123123OABCDNM当3n时，由1230xxx，得2222123123122331()()2xxxxxxxxxxxx.所以3n时命题成立.…………………6分当4n时，由12340xxxx，得212233441132424()()()0xxxxxxxxxxxxxx．所以4n时命题成立．………………9分当5n时，令121xx，42x，350nxxx,则10niix.但是,1110niinxx，故对于5n命题不成立．综上可知，使命题成立的自然数是2,3,4n.……………15分15,解：如图,设线段PQ的中点为M．过点P、M、Q分别作准线的垂线,垂足分别为'P、'M、'Q,则11|||||||'|(|'||'|)()222PFQFPQMMPPQQeee．……………6分假设存在点R，则3||||2RMPQ，且|'|||MMRM，即||3||22PQPQe，所以，33e．…………………………12分于是，ePQePQRMMMRMM31||322|||||'|'cos，故21cot'31RMMe．若||||PFQF(如图)，则131'cot'tantan2eRMMFMMQFxkPQ.……………18分当33e时,过点F作斜率为2131e的焦点弦PQ,它的中垂线交左准线于R,由上述运算知,3||||2RMPQ．故PQR为正三角形.…………21分若||||PFQF，则由对称性得2131PQke．………………24分又1e,所以，椭圆22221(0)xyabab的离心率e的取值范围是3(,1)3e，直线PQ的斜率为2131e．16,解：(1)因为3333101000,111331,121728,132197,3312200513，故1n.因为3333200517281251252712553，所以存在4n，使min4n．………………6分若2n，因3310102005,则最大的正方体边长只能为11或12，计算33200511674,200512277，而674与277均不是完全立方数,所以2n不可能是n的最小值.………………9分若3n，设此三个正方体中最大一个的棱长为x,由328320053x,知最大的正方体棱长只能为9、10、11或12.由于3932005,5479220053,0829200533,所以9x.由于510220053,332005109276,332005108493,07210200533,所以10x.由于332005118162,332005117331,06211200533,所以11x.由于33200512661,33320051251525,所以12x.因此3n不可能是n的最小值.综上所述，4n才是n的最小值.………………12分(2)设n个正方体的棱长分别是12,,,nxxx，则3332005122002nxxx．……………⑤由20024(mod9)，341(mod9)，得20052005668313668200244(4)44(mod9)．……⑥……15分又当xN*时，30,1(mod9)x，所以31x≡∕4(mod9)，3312xx≡∕4(mod9)，333123xxx≡∕4(mod9).…⑦……………21分⑤式模9,由⑥、⑦可知,4n．而33332002101011，则2005200433336683333320022002(101011)(2002)(101011)6683668366836683(200210)(200210)(2002)(2002)．……24分因此4n为所求的最小值．