2022年年全国高中数学联赛试题及答案,推荐文档 2.pdf-淘文阁

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1、2009 年全国高中数学联赛受中国数学会委托，2009 年全国高中数学联赛由黑龙江省数学会承办。中国数学会普及工作委员会和黑龙江数学会负责命题工作。2009 年全国高中数学联赛一试命题范围不超出教育部2000 年全日制普通高级中学数学教学大纲中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。主要考查学生对基础知识和基本技能的掌握情况，以及综合和灵活运用的能力。全卷包括 8 填空题和 3 道大题，满分 100 分。答卷时间为80 分钟。全国高中数学联赛加试命题范围与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展，适当增加一些竞赛教学大纲的内容。全卷包括4 道大题，其中一道平面几何题，试卷满分200

2、分。答卷时问为150 分钟。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 18 页 -一试一、填空（每小题7 分，共 56 分）1 若函数21xfxx且()nnfxffffxL1 4 44 2 4 4 4 3，则991f2 已知直线:90L xy和圆22:228810Mxyxy，点A在直线L上，B，C 为圆M上两点，在ABC中，45BAC，AB过圆心M，则点A横坐标范围为3 在坐标平面上有两个区域M和N，M为02yyxyx，N是随 t 变化的区域，它由不等式1txt所确定，t 的取值范围是01t，则M和 N 的公共面积是函数f t4 使不等式11112007

3、12213annnL对一切正整数n 都成立的最小正整数a 的值为5 椭圆22221xyab0ab上任意两点P，Q，若 OPOQ，则乘积OPOQ 的最小值为6 若方程 lg2lg1kxx仅有一个实根，那么k 的取值范围是7 一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是（可以用指数表示）8 某车站每天8 00 9 00，9 0010 00都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为到站时刻8 109 108 309 308 509 50概率16121

4、3一旅客8 20到车站，则它候车时间的数学期望为（精确到分）二、解答题1（14 分）设直线:lykxm（其中k，m 为整数）与椭圆2211612xy交于不同两点A，B，与双曲线221412xy交于不同两点C，D，问是否存在直线l，使得向量0ACBDu uu ruuu r，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 18 页 -2（15 分）已知p，0q q是实数，方程20 xpxq有两个实根，数列na满足1ap，22apq，1234nnnapaqanL，()求数列na的通项公式（用，表示）；()若1p，14q，求na的前 n

5、项和3（15 分）求函数2713yxxx 的最大和最小值名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 18 页 -加试一、解答题（共4 小题，每小题50 分，共 200 分）1、如图，M，N 分别为锐角三角形ABC（AB）的外接圆上弧?BC、?AC 的中点过点 C 作PCMN交圆于P点，I为ABC的内心，连接PI并延长交圆于T求证：MP MTNP NT；在弧?AB（不含点 C）上任取一点Q（QA，T，B），记AQC，QCB的内心分别为1I，2I，ITQPNMCBA求证：Q，1I，2I，T四点共圆2、求证不等式：2111ln12nkknk，1n，2，名师资料总结-精品资料欢迎下

6、载-名师精心整理-第 4 页，共 18 页 -3、设 k，l是给定的两个正整数证明：有无穷多个正整数mk，使得 Ckm与l互素4、在非负数构成的39数表111213141516171819212223242526272829313233343536373839xxxxxxxxxPxxxxxxxxxxxxxxxxxx中每行的数互不相同，前 6 列中每列的三数之和为1，1728390 xxx，27x，37x，18x，38x，19x，29x均大于如果P的前三列构成的数表111213212223313233xxxSxxxxxx满足下面的性质()O：对于数表P中的任意一列123kkkxxx（1k，2，9

7、）均存在某个123i，使得123minikiiiixuxxx，求证：（）最小值123miniiiiuxxx，1i，2，3 一定自数表 S的不同列（）存在数表P中唯一的一列*123kkkxxx，*1k，2，3 使得3 3数表*111212122231323kkkxxxSxxxxxx仍然具有性质()O 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 18 页 -2009 年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准说明：1 评阅试卷时，请依据本评分标准，选择题只设7 分的 0 分两档；其它各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次。2 如果考生的解答方法

8、和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参照本评分标准适当划分档次评分，解答题中至少4 分为一个档次，不要增加其它中间档次。一、填空（共8 小题，每小题7 分，共 56 分）1、若函数21xfxx且()nnfxffffxL1 4 44 2 4 4 4 3，则991f101解：2)1(1)()(xxxfxf，2)2(21)()(xxxffxf，2)99(991)(xxxf.故101)1()99(f.2、已知直线:90L xy和圆22:228810Mxyxy，点A在直线L上，B，C为圆M上两点，在ABC中，45BAC，AB过圆心M，则点A横坐标范围为6,3解：设 A（a

9、，9-a），则圆心 M 到直线 AC 的距离 d=AMsin45，由直线 AC 与圆 M相交，得234d.解得63a.3、在坐标平面上有两个区域M和 N，M为02yyxyx，N 是随 t 变化的区域，它由不等式1txt所确定，t 的取值范围是01t，则M和 N 的公共面积是函数f t212tt解：由题意知阴影部分面积stf)(=BEFOCDAOBSSS=212tt名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 18 页 -4、使不等式1111200712213annnL对一切正整数n都成立的最小正整数a的值为2009 解：设121.2111)(nnn

10、nf.显然)(nf单调递减.则由)(nf的最大值312007)1(af，可得2009a.5、椭圆22221xyab0ab上任意两点P，Q，若 OPOQ，则乘积OPOQ 的最小值为22222baba解：设)sin,cos(OPOPP，).2sin(),2cos(OQOQQ由QP、在椭圆上，有22222sincos1baOP（1）22222cossin1baOQ（2）（1）+（2）得.11112222baOQOP于是当22222babaOQOP时，OQOP达到最小值.22222baba6、若方程 lg2lg1kxx仅有一个实根，那么k 的取值范围是0k或4k解：2)1(010 xkxxkx当且仅当

11、0kx（1）01x（2）01)2(2xkx（3）对（3）由求根公式得4221,221kkkxx（4）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 18 页 -0042kkk或4k)(i当0k时，由（3）得01022121xxkxx所以21xx同为负根。又由（4）知，010121xx所以原方程有一个解1x。)(ii当4k时，原方程有一个解.112kx)(iii当4k时，由（3）得01022121xxkxx所以21,xx同为正根，且21xx，不合题意，舍去。综上可得0k或4k为所求。7、一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数

12、，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是982101（可以用指数表示）解：易知：)(i该数表共有100 行；)(ii每一行构成一个等差数列，且公差依次为989923212,.,2,2,1dddd)(iii100a为所求。设第)2(nn行的第一个数为na，则2121122)2(nnnnnnaaaa2322222nnna22432222222nnnna233232nna.2112)1(2nnna22)1(nn故981002101a.8、某车站每天8 00 9 00，9 0010 00都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为到站时刻8 1

13、09 108 309 308 509 50概率161213一旅客8 20到车站，则它候车时间的数学期望为27（精确到分）解：旅客候车的分布列为名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 18 页 -候车时间（分）10 30 50 70 90 概率2131616161216131候车时间的数学期望为2718190121703615031302110二、解答题1、（14 分）设直线:lykxm（其中k，m 为整数）与椭圆2211612xy交于不同两点A，B，与双曲线221412xy交于不同两点C，D，问是否存在直线l，使得向量0ACBDuuu ruu u r，若存在，指出这样的直

14、线有多少条？若不存在，请说明理由解：（本小题满分14 分）设直线mkxyl:（其中mk,为整数）与椭圆2211612xy交于不同两点A，B，与双曲线221412xy交于不同两点C，D，问是否存在直线L，使得向量0ACBDu uu ruuu r，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由。解：由1121622yxmkxy消去y化简整理得04848)43(222mkmxxk设),(),(2211yxByxA，则221438kkmxx.0)484)(43(4)8(2221mkkm（1）4 分由112422yxmkxy消去y化简整理得0122)3(222mkmxxk设),(),(4433yx

15、DyxC，则24332kkmxx.0)12)(3(4)2(2222mkkm（2）8 分因为0ACBDuuu ru uu r，所以0)()(1324xxxx，此时，0)()(1324yyyy.由4321xxxx，得2232438kkmkkm.所以02km，或2231434kk.由上试解得0k或0m.当0k时，由（1）和（2）得3232m.因m是整数，所以m的值为.3,2,1,0,1,2,3当0m时，由（1）和（2）得33k.因k是整数，所以.1,0,1k于满足条件的直线共有9条。14 分2、（15 分）已知p，0q q是实数，方程20 xpxq有两个实根，数列na名师资料总结-精品资料欢迎下载-

16、名师精心整理-第 9 页，共 18 页 -满足1ap，22apq，1234nnnapaqanL，()求数列na的通项公式（用，表示）；()若1p，14q，求na的前 n 项和解法一：（I）由韦达定理知,0q又,p所以.)5,4,3(,)(2121naaqxpxannnnn整理得).(211nnnnaaaa令nnnaab1，则,.).2,1(1nbbnn所以nb是公比为的等比数列.数列nb的首项为：.)()(222121pqpaab所以,112nnnb即,.).2,1(11naannn所以,.).2,1(11naannn 当042qp，,0,.)2,1(,2111naapannn变为,.).2,

17、1(11naannn整理得，,.).2,1(,111naaaannnn所以，数列nnaa成公差为 1 的等差数列，其首项为221a，所以.1)1(12nnann于是数列na的通项公式为nnna)1(5 分当042qp时，11nnnaa1nna,.).2,1(11nannn整理得，,.).2,1(),(121naannnn所以，数列1nna成公比为的等比数列，其首项为.2221a所以.121nnna于是数列na的通项公式为11nnna10 分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 18 页 -（II）若,41,1 qp则,042qp此时.21由第（I）步的结果得，

18、数列na的通项公式为nnnnna21)21)(1(，所以，na的前n项和为nnnnns212.2423221321432212.24232221nnnnns以上两式相减，整理得1232321nnns所以.233nnns 15 分解法二：（I）由由韦达定理知,0q又,p所以.,2221aa特征方程02qp的两个根为,.当0时，通项,.)2,1()(21nnAAann.由2213,2aa得2221213)2(2)(AAAA解得.121AA故nnna)1(5 分当时，通项,.).2,1(21nAAannn由2221,aa得22222121AAAA解得.,21AA故1111nnnnna10 分（II

19、）同解法一。3、（15 分）求函数2713yxxx 的最大和最小值解：函数的定义域为13,0。因为)13(213271327xxxxxxy13271333当0 x时等号成立。故y的最小值为13335 分又由柯西不等式得22)1327(xxxy,121)13(3)27(2)(31121(xxx所以名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 18 页 -.11y10 分由柯西不等式等号成立的条件，得,27)13(94xxx解得9x.故当9x时等号成立。因此y的最大值为11.15 分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 18 页 -2009 年全国高中数

20、学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准说明：1.评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分；2.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参照本评分标准适当划分档次评分，10 分为一个档次，不要增加其它中间档次。一、解答题（共4 小题，每小题50 分，共 200 分）1、如图，M，N分别为锐角三角形ABC（AB）的外接圆上弧?BC、?AC 的中点过点 C 作PCMN交圆于P点，I为ABC的内心，连接PI并延长交圆于T求证：MP MTNP NT；在弧?AB（不含点C）上任取一点Q（QA，T，B），记AQC，QCB的内心分别为1I，2I，ITQPNMCBA求证：Q，1I，

21、2I，T四点共圆证明：（1）连 NI，MI.由于 PC/MN，P，C，M，N 共圆，故PCMN 是等腰梯形。因此 NP/MC，PM/NC 10 分连 AM，CI，则 AM 与 CI 交于 I，因为MCIBCIMCBACIMACMIC,所以 MC=MI，同理NC=NI.于是NP=MI，PM=NI.故四边形MPNI 为平行四边形。因此PNTPMTSS（同底，等高）20 分又 P，N，T，M 四点共圆，故180PMTTNP.由三角形面积公式PMTMTPMSPMTsin21名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 18 页 -PNTNTPNSPNTsin21PMTNTPNsin2

22、1于是NTPNMTPM30 分（2）因为NCIQCINQCACINCANCI1111，所以1NINC.同理2MIMC.由NTNPMTMP得.NPMTMPNT由（1）所证 MP=NC，NP=MC.故21MIMTNINT40 分又因MTIQMTQNTNTI21，有MTINTI21.故.21MTINTI从而2121TIINTMNQMQII.因此TIIQ,21四点共圆50 分2、求证不等式：2111ln12nkknk，1n，2，证明：首先证明一个不等式：（1）.0,)1ln(1xxxxx事实上，令.1)1ln()(),1ln()(xxxxgxxxh则对0 x，.0)1()1(111)(,0111)(2

23、2xxxxxgxxh于是.0)0()(,0)0()(gxghxh在（1）中取nx1得名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 14 页，共 18 页 -（2）nnn1)11ln(1110 分令nknnkkx12ln1，则211x，)111ln(121nnnxxnnnnn112.0)1(12nn因此21.11xxxnn30 分又因为)11ln(1ln)1ln2(ln.)2ln()1(ln()1ln(lnln11nkknnnnn从而)11ln(11112nknknkkkx1)11ln(1(2112nnkkknk)11(112kkknk112)1(1nkkk11)1(1nkkk111n50

24、分3、设 k，l是给定的两个正整数证明：有无穷多个正整数mk，使得 Ckm与l互素证法一：对任意正整数t，令).!(kltkm我们证明.1),(lCkm设 p 是 l 的任一素因子，只要证明：p|/kmC.若 p|/!k，则由kikmikmCk1)(!kiktli1)!(kii1).(mod!pk即 p 不整除上式，故p|/kmC20 分若 p|k!，设1使!|kp，但1p|/k!.则)!(|1klp.故由名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 15 页，共 18 页 -kikmikmCk1)(!kiktli1)!(kii1).(mod!1pk及p|k!，且1p|/k!，知p|k!k

26、16171819212223242526272829313233343536373839xxxxxxxxxPxxxxxxxxxxxxxxxxxx中每行的数互不相同，前 6 列中每列的三数之和为1，1728390 xxx，27x，37x，18x，38x，19x，29x均大于如果P的前三列构成的数表111213212223313233xxxSxxxxxx满足下面的性质()O：对于数表P中的任意一列123kkkxxx（1k，2，9）均存在某个123i，使得名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 16 页，共 18 页 -123minikiiiixuxxx，求证：（）最小值123miniii

27、iuxxx，1i，2，3 一定自数表 S的不同列（）存在数表P中唯一的一列*123kkkxxx，*1k，2，3 使得3 3数表*111212122231323kkkxxxSxxxxxx仍然具有性质()O 证明：（i）假设最小值3,2,1,min321ixxxuiiii不是取自数表S的不同列。则存在一列不含任何iu.不妨设.3,2,1,2ixuii由于数表 P 中同一行中的任何两个元素都不等，于是.3,2,1,2ixuii另一方面，由于数表S具有性质（），在（3）中取k=2，则存在某个3,2,10i使得002iiux.矛盾10 分(ii)由抽屉原理知,min,min,min32312221121

28、1xxxxxx中至少有两个值取在同一列。不妨设323231222221,min,minxxxxxx.由前面的结论知数表S的第一列一定含有某个iu，所以只能是111ux.同样，第二列中也必含某个.2,1,iui不妨设222ux.于是333xu，即iu是数表S中的对角线上数字：111213212223313233xxxSxxxxxx记 M=1，2，.，9，令集合3,1,min|21ixxxMkIiiik显然,|323111xxxxMkIkk且I3,2,1.因为32113818,1,xxxx，所以I8.故I.于是存在Ik*使得|max 22*Ikxxkk.显然，.3,2,1*k下面证明33数表*11

29、1212122231323kkkxxxSxxxxxx具有性质（）.从上面的选法可知).3,1(,min,min:2121*ixxxxxuiiikiii这说明332313112111,min,min*uxxxuxxxkk又由S满足性质（），在（3）中取*kk，推得,22*uxk于是*2222212,minkkxxxxu下证对任意的,Mk存在某个3,2,1i使得ikixu.假若不然，则3,1,min21ixxxiiik且*22kkxx.这与*2kx的最大性矛盾。因此，数表S满足性质（）。30 分下证唯一性。设有Mk使得数表S名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第

30、17 页，共 18 页 -kkkxxxxxxxxxS333312222111211?具有性质（）.不失一般性，我们假定111312111,minxxxxu（4）222322212,minxxxxu333332313,minxxxxu3132xx由于3132xx，2122xx，及（i），有.,min?11112111xxxxuk又由（i)知：或者kkxxxxua3332313,min?)(，或者.,min?)(2222212kkxxxxub如果)(a成立，由数表S?具有性质（），则11112111,min?xxxxuk（5）22222212,min?xxxxukkkxxxxu3332313,mi

31、n?由数表S?满足性质（），则对于M3至少存在一个3,2,1i使得3?iixu，又由（4），（5）式知，.?,?2322213111xxuxxu所以只能有.?3333xxuk同样由数表S满足性质（），可推得.333kxx于是3k，即数表SS?40 分如果)(b成立，则11112111,min?xxxxuk（6）kkxxxxu2222212,min?32332313,min?xxxxuk由数表S?满足性质（），对于Mk*，存在某个3,2,1i使得*?ikixu，由Ik*及（4）和（6）式知，.?,?33231111*uxxuxxkk于是只能有.?222*kkxux类似地，由S满足性质（）及Mk可推得*222kkxux，从而kk*50 分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 18 页，共 18 页 -

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