2009年全国高中数学联合竞赛一试.pdf-淘文阁

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1、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，填空题只设7 分和 0 分两档；其他各题的评阅，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和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考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，不要增加其他中间档次一、填空（共 8 小题，每小题 7 分，共 56 分）x99ff f x1 1 若函数若函数fx且且f(n)x f，则，则f 121 xn【答案】【答案】【解析】【解析】110f x fx1x1 x22，f x f fxx1 2x2，99，f xx1

2、99x2故f9911102 2 已知直线已知直线L:x y 9 0和圆和圆M:2x22y28x8y 1 0，点，点A在直线在直线L上，上，B，C为圆为圆M上两点，在上两点，在ABC中，中，BAC 45，AB过圆心过圆心M，则点，则点A横坐标范围为横坐标范围为【答案】【答案】3，6【解析】【解析】设Aa，9a，则圆心M到直线AC的距离d AM sin45，由直线AC34解得3 a62与圆M相交，得d y03 3 在坐标平面上有两个区域在坐标平面上有两个区域M和和N，M为为yx，N是随是随t变化的区域，它由变化的区域，它由y2 x不等式不等式t xt 1所确定，所确定，t的取值范围是的取值范围是0

3、t1，则则M和和N的公共面积是函数的公共面积是函数fty12【解析】【解析】由题意知ft S阴影部分面积 SAOB SOCD SBEF【答案】【答案】t2t ACE11121t21t t2t FBxOD22211114 4 使不等式使不等式 a2007对一对一n1n22n13切正整数切正整数n都成立的最小正整数都成立的最小正整数a的值为的值为2009【答案】【答案】111【解析】【解析】设fn显然fn单调递减，则由fn的最n1n22n11大值f1 a2007，可得a 20093x2y25 5 椭圆椭圆221a b 0上任意两点上任意两点P，Q，若，若OP OQ，则乘积，则乘积OP OQ的的ab

4、最小值为最小值为【答案】【答案】【解析】【解析】2a2b222a b设POP cos，OP sin，QOQ cos，OQ sin22由P，Q在椭圆上，有cos2sin21sin2cos2222222ababOPOQ1+得1OP21OQ211a2b22a2b22a2b2于是当OP OQ 2时，OP OQ达到最小值2a b2a b26 6 若方程若方程lgkx 2lgx1仅有一个实根，那么仅有一个实根，那么k的取值范围是的取值范围是k 0或k 4【答案】【答案】【解析】【解析】当且仅当kx 0 x 1 0 x22kx1 01对由求根公式得x1，x2k 2k24k2 k24k0 k 0或k 4x x

5、 k 2 0()当k 0时，由得12，所以x1，x2同为负根x x 1 012x 1 0又由知1，所以原方程有一个解x1x 102k()当k 4时，原方程有一个解x 112x x k 2 0()当k 4时，由得12，x x 1 012所以x1，x2同为正根，且x1 x2，不合题意，舍去综上可得k 0或k 4为所求7 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，则最后一行个正整数按从小到大

6、排成的行，则最后一行的数是的数是（可以用指数表示）（可以用指数表示）101298【答案】【答案】【解析】【解析】易知：()该数表共有 100 行；()每一行构成一个等差数列，且公差依次为d11，d2 2，d3 22，d99 298()a100为所求设第nn2行的第一个数为an，则n3n2anan1an12n2 2an12n2 22a22n23n2n1n2n2n4n2n2 222an32222 2 an332=2a1n12n12故a10010129800 900，900 1000都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随8 8 某车站每天某车站每天8机的，且两者到站

7、的时间是相互独立的，其规律为机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为8 108 308 50到站时刻到站时刻9 10930950111623一旅客一旅客8 20到车站，则它候车时间的数学期望为到车站，则它候车时间的数学期望为（精确到分）（精确到分）【答案】【答案】27【解析】【解析】旅客候车的分布列为候车时间（分）103050709011111111概率26626363候车时间的数学期望为111111030507090 2723361218二、解答题x2y21 1（本小题满分（本小题满分 1414 分）设直线分）设直线l:y kx m（其中（其中k，m为整数）与椭圆为整数）与椭圆11612

8、x2y2交于不同两点交于不同两点A，B，与双曲线，与双曲线1交于不同两点交于不同两点C，D，问是否存在直线，问是否存在直线l，使得，使得412 向量向量AC BD 0，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由y kxm【解析】【解析】由x2y2消去y化简整理得34k2x28kmx4m2480116128km设Ax1，y1，Bx2，y2，则x1 x2 34k2218km4 34k24m248 04 分概率概率y kxm由x2y2消去y化简整理得3k2x22kmxm21201 4122km设Cx3，y4，Dx4，y4，则x3 x43

9、k222km43k2m21208 分因为AC BD 0，所以x4 x2x3 x1 0，此时y4 y2y3 y1 028km2km2234k3k41所以2km 0或由上式解得k 0或m 0当k 0时，由和得34k23k22 3 m 2 3因m是整数，所以m的值为3，2，1，0，1，2，3当m 0，由和得 3 k 3因k是整数，所以k 1，0，1于是满足条件的直线共有9条14 分2 2（本小题（本小题 1515 分）分）已知已知p，qq 0是实数，是实数，方程方程x2 pxq 0有两个实根有两个实根，由x1 x2 x3 x4得4，数列数列an满足满足a1 p，a2 p2q，an pan1qan2

10、n 3，()求数列求数列an的通项公式（用的通项公式（用，表示）表示）；1()若若p 1，q，求，求an的前的前n项和项和4【解析】【解析】方法一：()由韦达定理知 q 0，又 p，所以an pxn1qxn2an1an2，n 3，4，5，整理得anan1an1an2令bn an1an，则bn1bnn 1，2，所以bn是公比为的等比数列数列bn的首项为：b1 a2a1 p2qp 2所以bn2n1n1，即an1ann1n 1，2，所以an1ann1n 1，2，当 p24q 0时，0，a1 p 2，an1ann1n 1，2，2a1an a 变为an1ann1n 1，整理得，n所以，数列nn2，2，n

11、1，n 1，n1aa2成公差为1的等差数列，其首项为1 2所以n 21n1 n1n于是数列an的通项公式为ann1n；5 分当 p24q 0时，n1ann1n1n 1，an1ann1an2，n2n1整理得an1an2，n 1，n1所以，数列an成公比为的等比数列，其首项为222n12a1n1所以ann1n1于是数列an的通项公式为an10 分11()若p 1，q，则 p24q 0，此时由第()步的结果得，数列42n1n1an的通项公式为ann1n，所以，an的前n项和为22234nn1sn23n1n222221234nn1sn23422222n2n113n3以上两式相减，整理得snn1222n

12、3所以sn3n15 分2方法二：()由韦达定理知 q 0，又 p，所以a1，a222特征方程2 pq 0的两个根为，当 0时，通项anA1 A2nnn 1，2，由a1 2，a232得A1 A2 2nA A 1，解得故5 分a 1n12n22A12A23当时，通项an A1n A2nn 1，2，由a1，a222得A1 A2A A，解得，故122222A1 A2n1n1n1n1an10 分()同方法一3 3（本小题满分（本小题满分 1515 分）求函数分）求函数y x27 13 x x的最大和最小值的最大和最小值【解析】【解析】函数的定义域为0，13.因为y x x 27 13 x x 27 13

13、 2 x13 x27 13 3 3 13当x 0时等号成立故y的最小值为3 3 135 分又由柯西不等式得21 1y2x x 27 13 x12x x 27313 x12132所以y1110 分由柯西不等式等号成立的条件，得4x 913 x x27，解得x 9故当x 9时等号成立因此y的最大值为1115 分2009 年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准（A 卷）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，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10 分为一个档次，不要增加其他中间档次、的中点的中点一、一、如图，如

14、图，M，N分别为锐角三角形分别为锐角三角形ABC（AB）的外接圆的外接圆上弧上弧BCAC过过点点C作作PC MN交圆交圆于于P点，点，I为为ABC的内心，连接的内心，连接PI并延长交圆并延长交圆于于T求证：求证：MP MT NP NT；在弧在弧AB（不含点（不含点C）上任取一点）上任取一点Q（Q A，T，B），记，记AQC，QCB的内心的内心分别为分别为I1，I2，PNITAQCMB求证：求证：Q，I1，I2，T四点共圆四点共圆【解析】【解析】连NI，MI由于PCMN，P，C，M，N共圆，故PCMN是等腰梯形因此NP MC，PM NCPNITACMB连AM，CI，则AM与CI交于I，因为MIC

15、 MAC ACI MCB BCI MCI，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SPMT SPNT（同底，等高）又P，N，T，M四点共圆，故TNP PMT 180，由三角形面积公式111SPMTPM MTsinPMT SPNTPN NT sinPNT PN NT sinPMT222于是PM MT PN NT因为NCI1 NCA ACI1 NQC QCI1 CI1N，PNII2I1ATQCMBNTMT所以NC NI1，同理MC MI2由MP MT NP NT得MPNPNTMT由所证MP NC，NP MC，故NI1MI2又因I1NT QNT QMT

16、I2MT，有I1NT I2MT故NTI1 MTI2，从而I1QI2 NQM NTM I1TI2因此Q，I1，I2，T四点共圆1nklnn，n 1，2，二、求证不等式：二、求证不等式：122k1k 1【解析】【解析】证明：首先证明一个不等式：x ln(1 x)x，x 01 xx事实上，令h(x)x ln(1 x)，g(x)ln(1 x)1 x11x1 0则对x 0，h(x)1 0，g(x)1 x(1 x)2(1 x)21 x于是h(x)h(0)0，g(x)g(0)0在中取x 11 1 ln1n 1nnk1lnn，则，x 12k 12k12n1得n令xn1n1n1 0ln1 22(n 1)nn 1

17、n 1n 1n1因此xn xn1 x12又因为xn xn11 lnn (lnnln(n1)(ln(n1)ln(n2)(ln2ln1)ln1ln1从而kk1n1n1n1k1 n1 n1kk1 xn2ln122ln12kk1k 1kn 1k1k 1kk1k 1k1n1111 2 1 1nk1(k 1)kk1(k 1)kn1nl三、设三、设k，l是给定的两个正整数证明：有无穷多个正整数是给定的两个正整数证明：有无穷多个正整数mk，使得，使得Ckm与与互素互素【解析】【解析】证法一：对任意正整数t，令m k t l(k!)我们证明Ckl 1m，kkkCk设p是l的任一素因子，只要证明：pmk k!，

19、pm从而 pCm四、在非负数构成的四、在非负数构成的39数表数表x11x12x13x14x15x16x17x18x19P x21x22x23x24x25x26x27x28x29xxxxxxxxx313233343536373839中每行的数互不相同，中每行的数互不相同，前前 6 列中每列的三数之和为列中每列的三数之和为 1，x17 x28 x39 0，x27，x37，x18，x38，x19，x29均大于如果均大于如果P的前三列构成的数表的前三列构成的数表x11x12x13S x21x22x23xxx313233x1k满足下面的性质满足下面的性质(O)：对于数表：对于数表P中的任意一列中的任意一

20、列x2k（k 1，2，9）均存在某个）均存在某个x3ki1，2，3使得使得xikui minxi1，xi2，xi3求证：求证：xi2，xi3，i 1，2，3 一定自数表一定自数表S的不同列的不同列（）最小值（）最小值ui minxi1，x1k*（）存在数表（）存在数表P中唯一的一列中唯一的一列x2k*，k*1，2，3 使得使得33数表数表x3k*x11x12x1k*S x21x22x2k*x31x32x3k*仍然具有性质仍然具有性质(O)【解析】【解析】（）假设最小值ui minxi1，xi2，xi3，i 1，2，3 不是取自数表S的不同列则存在一列不含任何ui不妨设ui xi2，i 1，2，

21、3由于数表P中同一行中的任何两个元素都不等，于是ui xi2，i 1，2，3另一方面，由于数表S具有性质(O)，在中取k 2，则存在某个i01，2，3使得xi02ui0矛盾（）由抽届原理知，minx11，x12，minx21，x22，minx31，x32中至少有两个值取在同一列不妨设minx21，x22 x22，minx31，x32 x32由前面的结论知数表S的第一列一定含有某个ui，所以只能是x11 u1同样，第二列中也必含某个ui，i 1，2不妨设x22 u2于是u3 x33，即ui是数表S中的对角线上数字x11x12x13S x21x22x23xxx313233记M 1，2，9，令集合I

22、 kM|xik minxi1，xi2，i 1，3显然I kM|x1k x11，x3k x32且 1，23I 因为x18，x381 x11，x32，所以8I故I 于是存在k*I使得x2k*maxx2k|kI显然，k*1，2，3下面证明33数表x11x12x1k*S x21x22x2k*x31x32x3k*具有性质(O)3)这说明从上面的选法可知ui:min xi1，xi2，xik*minxi1，xi2，(i 1，x1k*minx11，x12u1，x3k*minx31，x32u3又由S满足性质(O)在中取k k*，推得x2k*u2，于是 min x21，x22，x2k*x2k*下证

23、对任意的k M，存在某个i 1，2，3 使得ui xik假u2若不然，则xik minxi1，xi2，i 1，3 且x2k x2k*这与x2k*的最大性矛盾因此，数表S满足性质(O)下证唯一性设有k M使得数表x11x12x1kxxxS21222kxxx31323k具有性质(O)，不失一般性，我们假定u1 minx11，x12，x13 x11u2 minx21，x22，x23 x22u3 minx31，x32，x33 x33x32 x311 minx，由于x32 x31，x22 x21及（），有ux12，x1k x11又由（）知：或者113 minx，x，x x，或者(b)u2 minx，(a)ux22，x2k x2k31323k3k21具有性质(O)，则如果(a)成立，由数表S1 minx，ux12，x1k x11，112 minx，x，x x，u21222k223 minx，x，x xu31323k3k满足性质(O)，ix由数表S则对于3 M至少存在一个i1，由k*I2，3使得uik*1，x xu3于是只能有xu2 x类似地，由S满及和式知，x1k*x11u322k3k*2k*x2k*从而k*k足性质(O)及k M可推得x2ku2

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