05全国高中数学联合竞赛试题（一）及参考答案

-1-2005年全国高中数学联合竞赛试题（一）及参考答案一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．使关于x的不等式kxx63有解的实数k的最大值是（）A．36B．3C．36D．6解：令63,63xxxy，则)6)(3(2)6()3(2xxxxy,60.6)]6()3[(2yxx实数k的最大值为.6选D.2．空间四点A、B、C、D满足BDACDACDBCAB则,9||,11||,7||,3||的取值（）A．只有一个B．有二个C．有四个D．有无穷多个解：注意到32+112=130=72+92，由于0DACDBCAB，则DA2=22)(CDBCABDA=AB2+BC2+CD2+2（2222(2)(BCCDBCABABCDCDBCBCAB+)ABCDCDBCBCAB=)()(2222CDBCBCABCDBCAB，即022222CDABBCADBDAC，BDAC只有一个值0，故选A.3．△ABC内接于单位圆，三个内角A、B、C的平分线延长后分别交此圆于A1、B1、C1，则CBACCCBBBAAAsinsinsin2cos2cos2cos111的值为（）A．2B．4C．6D．8解：如图，连BA1，则AA1=2sin(B+)22cos(2)222sin(2)2CBCBCBAA)2cos(2cos2cos2cos)22cos(22cos1CBCACBAACBAAA,sinsin)2cos(BCB同理,sinsin2cos1CABBB,sinsin2cos1BACCC),sinsin(sin22cos2cos2cos111CBACCCBBBAAA原式=.2sinsinsin)sinsin(sin2CBACBA选A.4．如图，ABCD—DCBA为正方体，任作平面a与对角线AC′垂直，使得a与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为S，周长为l，则（）A．S为定值，l不为定值B．S不为定值，l为定值-2-C．S与l均为定值D．S与l均不为定值解：将正方体切去两个正三棱锥A—A′BD与C′—CBD后，得到一个以平行平面A′BD与CBD为上、下底面的几何体V，V的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形W的每一条边分别与V的底面上的一条边平行，将V的侧面沿棱BA剪开，展平在一张平面上，得到一个11ABBA，而多边形W的周界展开后便成为一条与1AA平行的线段（如图中1EE），显然11AAEE，故l为定值.当E′位于BA中点时，多边形W为正六边形，而当E′移至A′处时，W为正三角形，易知周长为定值l的正六边形与正三角形面积分别为22363243ll与，故S不为定值.选B.5．方程13cos2cos3sin2sin22yx表示的曲线是（）A．焦点在x轴上的椭圆B．焦点在x轴上的双曲线C．焦点在y轴上的椭圆D．焦点在y轴上的双曲线解：)23cos()22cos(,223220,32，即3sin2sin，又03cos2cos,03cos,02cos,32,220，方程表示的曲线是椭圆.4232sin(232sin22)3cos2(cos)3sin2(sin）……（*）.423243,432322,0232sin,02322.0(*),0)4232sin(式即3cos2cos3sin2sin.曲线表示焦点在y轴上的椭圆，选C.6．记集合T={0，1，2，3，4，5，6}，M=}4,3,2,1,|7777{4433221iTaaaaai，将M中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（）A．43273767575B．43272767575C．43274707171D．43273707171解：用pkaaa][21表示k位p进制数，将集合M中的每个数乘以74，得}4,3,2,1,|]{[}4,3,2,1,|777{74321432231iTaaaaaiTaaaaaMii，-3-M′中的最大数为[6666]7=[2400]10.在十进制数中，从2400起从大到小顺序排列的第2005个数是2400－2004=396，而[396]10=[1104]7将此数除以74，便得M中的数43274707171.故选C.二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7．将关于x的多项式2019321)(xxxxxxf表为关于y的多项式202019192210)(yayayayaayg，其中4xy，则615212010aaa.解：由题设知，)(xf和式中的各项构成首项为1，公比为x的等比数列，由等比数列的求和公式，得：.1111)()(2121xxxxxf令51)4()(,421yyygyx得，取,1y有615)1(2120210gaaaa8．已知)(xf是定义在（0，+∞）上的减函数，若)143()12(22aafaaf成立，则a的取值范围是.51310aa或解：∵)(xf在（0，+∞）上定义，又)1)(13(143;087)41(212222aaaaaaa，仅当1a或31a时，.(*)01432aa)(xf在（0，+∞）上是减函数，1431222aaaa50,052aaa结合（*）知51310aa或.9．设、、满足20，若对于任意0)cos()cos()cos(,xxxRx，则.34解：设0)(,0)(,),cos()cos()cos()(fxfRxxxxxf知由，,0)(,0)(ff即,1)cos()cos(,1)cos()cos(.21)cos()cos()cos(,1)cos()cos(-4-∵20，]34,32[,,，又.34.32.,只有另一方面，当32，有Rx,34,32，记x，由于三点))34sin(),34(cos(),32sin(),32(cos(),sin,(cos构成单位圆122yx上正三角形的三个顶点，其中心位于原点，显然有.0)34cos()32cos(cos即.0)cos()cos()cos(xxx10．如图，四面体DABC的体积为61，且满足∠ACB=45°，AD+BC+32AC，则CD=3.解：61)45sin21(31DABCVACBCAD，即.12ACBCAD又323ACBCAD323ACBCAD，等号当且仅当AD=BC=12AC时成立，这时AB=1，AD⊥面ABC，∴DC=3.11．若正方形ABCD的一条边在直线172xy上，另外两个顶点在抛物线2xy上.则该正方形面积的最小值为80.解：设正方形的边AB在直线172xy上，而位于抛物线上的两个顶点坐标C（11,yx）、D（22,yx），则CD所在直线l的方程bxy2，将直线l的方程与抛物线方程联立，得.1122,12bxbxx令正方形边长为a，则).1(20)(5)()(2212212212bxxyyxxa①在172xy上任取一点（6，－5），它到直线bxy2的距离为5|17|,baa②①、②联立解得.80.1280,80.63,32min2221aaabb或12．如果自然数a的各位数字之和等于7，那么称a为“吉祥数”，将所有“吉祥数”从小到大排成一列.52000,2005,,,,5321mmaaaaa则若解：∵方程mxxxk21的非负整数解的个数为,1mkmC而使2(0,11ixxi）的整数解个数为,12mkmC现取m=7，可知，k位“吉祥数”的个数为P（k）=65kC.∵2005是形如2abc的数中最小的一个“吉祥数”，且P（1）=66C=1，P（2）=67C=7，-5-P（3）=68C=28，对于四位“吉祥数”1abc，其个数为满足a+b+c=6的非负整数解个数，即6136C=28个.∵2005是第1+7+28+28+1=65个“吉祥数”，即.200565a从而n=65，5n=325.又P（4）=210)5(,8461069CPC，而.330)(51kkP∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是：70000，61000，60100，60010，60001，52000.∴第325个“吉祥数”是52000，即.520005ma三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13．数列{}na满足：.,236457,1210Nnaaaannn证明：（1）对任意maNn,为正整数；（2）对任意1,1nnaaNn为完全平方数.证明：（1）由题设得,51a且{}na严格单调递增，将条件式变形得36457221mmmaaa，两边平方整理得0972121nnnnaaaa①0972112nnnnaaaa②①－②得07,,0)7)((111111mnnnnnnnnnaaaaaaaaaa.711nnnaaa③由③式及5,110aa可知，对任意maNn,为正整数.……………………10分（2）将①两边配方，得211121)3(1),1(9)(nnnnnnnnaaaaaaaa。④记2113211)3[()()1()(,)3()(nnnnnnnnnnaaaaaanfnfaaaanf由,0)7(9])3(111121nnnnnnnaaaaaaa从而10)0()1()(aafnfnf,1)3(210aa④式成立.11mmaa是完全平方数.……………………20分14．将编号为1，2，…，9的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各有一个小球.设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为S.求使S达到最小值的放法的概率.（注：如果某种放法，经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合，则认为是相同的放法）解：九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上，每点放一个，相当于九个不同元素在圆周上的一个圆-6-形排列，故共有8！种放法，考虑到翻转因素，则本质不同的放法有2!8种.…………5分下求使S达到最小值的放法数：在圆周上，从1到9有优弧与劣弧两条路径，对其中任一条路径，设ixxx,,,21是依次排列于这段弧上的小球号码，则.8|91||)9()()1(||9||||1|2111211ixxxxxxxx上式取等号当且仅当9121ixxx，即每一弧段上的小球编号都是由1到9递增排列.因此S最小=2·8=16.…………………………………………………………10分由上知，当每个弧段上的球号{1，ixxx,,,21，9}确定之后，达到最小值的排序方案便唯一确定.在1，2，…，9中，除1与9外，剩下7个球号2，3，…，8，将它们分为两个子集，元素较少的一个子集共有6