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1、.2012年全国高中数学联赛一试参考答案及详细评分标准一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分把答案填在题中的横线上1.设 是函数 （ ）的图像上任意一点，过点 分别向P2yx0P直线 和 轴作垂线，垂足分别为 ，则 的值是 ,AB2.设 的内角 的对边分别为 ，且满足 ，ABC,abc3cos5aBbAc则 的值是 .tan3.设 ，则 的最大值是 .,0,1xyz|Mxyzx4.抛物线 的焦点为 ，准线为， 是抛物线上的2()pxF,AB两个动点，且满足 设线段的中点 在上的投影为 ，3ABMN则 的最大值是 .|NB5设同底的两个正三棱锥 和 内接于同一个球若正三棱锥PABCQ的
2、侧面与底面所成的角为 ，则正三棱锥 的侧面与底面所成角的正PAC45ABC切值是 6.设 是定义在 上的奇函数，且当 时， 若对任意的 ，()fxR0x()fx,2xa不等式 恒成立，则实数 的取值范围是 2()afxa7.满足 的所有正整数 的和是 1sin43n8.某情报站有 四种互不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且每周都是从,ABCD上周未使用的三种密码中等可能地随机选用一种设第周使用种密码，那么第周也使用种密码的概率是 （用最简分数表示）二、解答题：本大题共3小题，共56分解答应写出文字说明、推理过程或演算步骤9.（本小题满分16分）已知函数 131()sincos2,0fxax
3、aRa（1）若对任意 ，都有 ，求 的取值范围；xR0（2）若 ，且存在 ，使得 ，求 的取值范围a()fx10.（本小题满分20分）已知数列 的各项均为非零实数，且对于任意的正整数 ，都na n.有 2331212()nnaaa （1）当 时，求所有满足条件的三项组成的数列 ;123,a（2）是否存在满足条件的无穷数列 ，使得 若存在，n203?求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在，说明理由11.（本小题满分20分）如图，在平面直角坐标系 中，菱形 的边长为 ，且XOYABCD46OBD（1）求证： 为定值；|AC（2）当点A在半圆 （ ）上运动时，2()4xyx求点 的轨迹.2012
4、 年全国高中数学联赛加试试题一、 （本题满分 40 分）如图，在锐角 中， 是 边上不同的两点，使得ABC,MNBC设 和 的外心分别为 ，求证：.MNA12,O三点共线。12,O二、 （本题满分分）试证明：集合 满足2,nA （1）对每个 ，及 ，若 ，则 一定不是 的倍数；abN21a()b2a（2）对每个 （其中 表示 在 中的补集） ，且 ，必存在 ，A1bN，使 是 的倍数b(1)三、 （本题满分分）设 是平面上 个点，它们两两间的距离的最小值为012,nP (0)d求证： 00()1!3ndP四、 （本题满分分）设 ，是正整数证明：对满足 的任意实数 ，数列12nSn 01ab,a
5、b中有无穷多项属于 这里， 表示不超过实数的最大整数(,)abx.参考答案及详细评分标准2012年全国高中数学联赛一试一、填空题1. 【答案】-1【解析】方法1:设 则直线 的方程为 即02(,),pxPA002()(),yxx02.yx由 0001(,).Axyxx又 所以 故02(,),B00(,)(,).PBx01().PABx2. 【答案】4【解析】由题设及余弦定理得 ,即 故22235cabca 2235bc.22228tansico 45aABbcbca3. 【答案】 12【解析】不妨设 则0,xyz .Myxzyx因为 ()2().yz所以 2()211Mxzx当且仅当 时上式等
6、号同时成立.故,0,yzzymax21.M4. 【答案】1【解析】由抛物线的定义及梯形的中位线定理得 .2AFBN在 中,由余弦定理得AFB22cos3ABF2()322()3().22().AFBMN当且仅当 时等号成立.故 的最大值为1.AB5. 【答案】4【解析】如图.连结 ,则 平面 ,垂足 为正 的中心,且PQCHABC过球心 ,连结 并延长交 于点 ,则 为 的中点,且POCHM,易知 分别为正三棱锥 的侧面CMAB,PQ与底面所成二角的平面角,则 45P,从而 ,因为12PH90,AQH所以 即2AQ2.所以 ,故4.Mtan4M6. 【答案】 2,).【解析】由题设知 ,则 因
7、此,原不等式等价于2(0)(xf()2).fx().fxaf因为 在 上是增函数,所以 即 又 所以当R2,xa(1).x,2a时,2取得最大值 因此, 解得 故 的取值(1)x(21).()2,.范围是 ,.7. 【答案】33【解析】由正弦函数的凸性,有当 时, 由此得(0)6x3sin,x131sin,sin3424所以.09sisiisisin.11039.故满足 的正整数 的所有值分别为 它们的和为 .1sin43n10,238. 【答案】 26【解析】用 表示第 周用 种密码的概率,则第 周末用 种密码的概率为kPAkA.于是,有 ,即 由 知，1k1()3kN11()43kkPP是
8、首项为 ，公比为 的等比数列。所以 ，即4k 1kk，故13()kkP761243P二、解答题9. 【解析】(1) 令 则()sini.fxaxsin(1),txt分2() 4gtat 对任意 , 恒成立的充要条件是xR()0f分3(1)(,1820ga (2)因为 所以 所以 分,.min3()(1)12gta 因此 于是,存在 ,使得 的充要条件是min3()1.fxaxR0fx303.a故 的取值范围是 分a26 10. 【解析】(1)当 时, ,由 得 .当 时, ,231a11a2n232(1)由 得 或 5分2022当 时, 若 得 或 ;若 得 ;3n332(1).a2332a3
9、1综上,满足条件的三项数列有三个:1,2,3或1,2,-2或1,-1，110分(2)令 则 从而12,nnS 23312()nSaaN3().na 两式相减,结合 得 当 时,由(1)知 ;10n211.当 时, 即2n2211()()(),nnnnaSaa11()()0,nna所以 或 15分1又 203,所以 20分(12)(03nna11. 【解析】因为 所以 山的共线, ,OBDABCD,OAC5分如图,连结 ,则 垂直平分线段 ,设垂足为 ,于是有K()()ACK(定值) 22O22()BAB22640OBA10分(2)设 其中 则 .(,)cos,in),xyA(),XMXOC因为
10、 所以2222)(8(1cos)6s15分4csO由(1)的结论得 所以 从而os5,2Ccs5.2xOCsinta.y故点 的轨迹是一条线段,其两个端点的坐标分别为 20分(,),)AB2012 年全国高中数学联赛加试试题一、 【解析】证明：如图.连接 ,过 点作 的垂线 交 的延长线于点 ,则12AO1OPCPAP是 的外接圆 的切线.因此 10 分BC1BPC因为 ,MAN所以 20 分AN因而 是 的外接圆 的切线30 分P2O故 2.所以 三点共线。40 分12,OA二、 【解析】证明:对任意的 ,设 则 如果 是任意一个小于aA2,kN12,kab的正整数,则 10 分a12b由于
11、 与 中,一个为奇数,它不含素因子 ,另一个是偶数,它含素因子 的幂的次数最b 2多为 ,因此 一定不是 的倍数；20 分k()若 ,且 设 其中 为非负整数, 为大于 的奇数,aA1,2,kam m1则 30 分2k下面给出(2)的三种证明方法:证法一:令 消去 得1,2,kbxyb12.kyx由于 这方程必有整数解; 其中 为方程的特解.1(2,),km 0tm0,()zxy把最小的正整数解记为 则 ,故 使 是 的倍(,)xy12k21,bab2a数40 分证法二:由于 由中国剩余定理知,同余方程组1(2,)k在区间 上有解 即存在 使 是 的倍0mod()x1(0,2)km,xb21,
12、a()b2a数40 分证法三:由于 总存在 使 取 使(2,),(,1),rN(mod)r ,tN则1trkodtr存在 使1()()0,trkbqmq2,ba此时 因而 是 的倍数40 分1,2,kmb2a三、 【解析】证法一:不妨设 先证明:对任意正整数 ,都有010.nPP k013kdP显然, 对 均成立,只有 时右边取等号10 分k,28 8k所以,只要证明当 时,有 即可.9013kdP.以 为圆心, 为半径画 个圆,它们两两相离或外切;以 圆心，(0,12)iPk 2d1k0P为半径画圆，这个圆覆盖上述 个圆20 分kd所以 30 分220 0()(1)()k kdP由 易知 4
13、0 分93k所以 对 时也成立.013kdP9综上,对任意正整数 都有 .013kdP因而 50 分012()!n证法二: 不妨设 0120.n以 为圆心, 为半径画 个圆,它们两两相离或外切; 10 分(,)iPk d1k设 是是圆 上任意一点,由于Qi20 分00000322iiikkkPP因而,以 为圆心, 为半径的圆覆盖上述个圆30 分3k故 40220 03()(1)1(,)3k kddkn分所以 50 分0120()!nPP四、 【解析】证法一:(1)对任意 ,有N2132n nS 121()()2nn21()n 10 分令 则00,1,nNmSba20 分001,n又令 ,则(1
14、)2tm(1)12,tmNSb.因此存在 使得 所以01,nN,nmaSb30 分()Sab不然一定存在 使得 因此0,k1,kkS1,kSba这与 矛盾.所以一定存在 使得10kSbaN,nN40 分(,)na(2)假设只有有限个正整数 使得 令12,kn (,)1)jjnSabjk则 则不存在 使得 这与1mijjnjkcSacbN(,)nSac（1）的结论矛盾.所以数列 中有无穷多项属于 .终上所述原命题成立50n (,)分证法二:(1) 2132n nS11()()n 211()()2nn 10 分2因此,当 充分大时, 可以大于如何一个正数,令 则 当nnS01,Nba0,Nba时,0kN20 分10kSba因此,对于如何大于 的正整数 总存在 使0NS,m0,nN(,)nSmab即 否则,一定存在 使 且nmabk1k,k这样就有 1ka而 矛盾.故一定存在 使得10,kSbN0,nN30 分,nma令 则 故一定存在0(123),iNSi 0,iNmS10,n