1、 20102010 年全国高中数学联合竞赛试题（年全国高中数学联合竞赛试题（B B 卷）卷） 一一 试试 一、填空题（一、填空题（每小题每小题 8 8 分分，共，共 6464 分， ）分， ） 1. 函数xxxf3245)(的值域是 . 2. 已知函数xxaysin)3cos( 2 的最小值为3，则实数a的取值范围是 . 3. 双曲线1 22 yx的右半支与直线100x围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标 均为整数的点）的个数是 . 4. 已 知 n a是 公 差 不 为0的 等 差 数 列 ， n b是 等 比 数 列 ， 其 中 352211 3 , 1, 3bababa，且存在常数,
2、使得对每一个正整数n都有 nn balog， 则 . 5. 函数) 1, 0(23)( 2 aaaaxf xx 在区间 1 , 1x上的最大值为 8， 则它在这个区 间上的最小值是 . 6. 两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于 6 者为胜，否则轮 由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是 . 7. 正三棱柱 111 CBAABC 的 9 条棱长都相等，P是 1 CC的中点， 二面角 11 BPAB, 则sin . 8. 方程2010zyx满足zyx的正整数解（x,y,z）的个数是 . 二、解答题（本题满分二、解答题（本题满分 5656 分）分） 9 9. . （1616
3、分）分）已知函数)0()( 23 adcxbxaxxf，当10 x时，1)( x f，试求a 的最大值. 1 10 0. .（2020 分）分）已知抛物线xy6 2 上的两个动点 1122 ( ,)(,)A x yB xy和，其中 21 xx 且 4 21 xx.线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，求ABC面积的最大值. 1 11 1. .（2020 分）分）证明：方程0252 3 xx恰有一个实数根r，且存在唯一的严格递增正整数数 列 n a，使得 321 5 2 aaa rrr. 加加 试试 1. （40 分）分）如图，锐角三角形 ABC 的外心为 O，K 是 边 BC 上一点 （不是边
4、BC 的中点） ， D 是线段 AK 延长线上 一点， 直线 BD 与 AC 交于点 N， 直线 CD 与 AB 交于点 M 求 证：若 OKMN，则 A，B，D，C 四点共圆 2. （40 分）分）设 k 是给定的正整数， 1 2 rk记 (1)( ) ( )frf rr r ， ( )( )l fr (1) ( ),2 l f frl 证明：存在正整数 m，使得 ()( )m fr为一个 整数这里，x 表示不小于实数 x 的最小整数，例如： 1 1 2 ，11 3. （50 分）分）给定整数2n，设正实数 12 , n a aa满足1,1,2, k akn，记 12 ,1,2, k k a
5、aa Akn k 求证： 11 1 2 nn kk kk n aA 4. （50 分）分）一种密码锁的密码设置是在正 n 边形 12n A AA的每个顶点处赋值 0 和 1 两个数中 的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至 少有一个相同问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？ E Q P O N M K D C B A 20102010 年全国高中数学联合竞赛试题年全国高中数学联合竞赛试题 参考答案及评分标准（参考答案及评分标准（B B 卷）卷） 说明：说明： 1. 1. 评阅试卷时，请依据本评分标准评阅试卷时，请依据本评分标准. . 填空题只设
6、填空题只设 8 8 分和分和 0 0 分两档；其他各题的评阅，请严格按照分两档；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本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次. . 2. 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，解答题中第当划分档次评分，解答题中第 9 9 小题小题 4 4 分为一个档次，第分为一个档次，第 1010、1111 小题小题 5 5 分为一个档次分为一个档次，不要增加，不要增加 其他中间档次。其
7、他中间档次。 1. 3, 3 提示：易知)(xf的定义域是8 , 5，且)(xf在8 , 5上是增函数，从而可知 )(xf的值域为3, 3. 2. 12 2 3 a 提示：令tx sin，则原函数化为taattg) 3()( 2 ，即 taattg)3()( 3 . 由3) 3( 3 taat，0) 1( 3) 1( 2 ttat，0)3) 1()(1(tatt 及01t 知 03) 1(tat 即 3)( 2 tta. （1） 当1, 0 t时（1）总成立； 对20 , 10 2 ttt；对0 4 1 , 01 2 ttt.从而可知 12 2 3 a. 3. 9800 提示：由对称性知，只要
8、先考虑x轴上方的情况，设)99, 2 , 1(kky与双曲线 右半支于 k A,交直线100x于 k B，则线段 kkB A内部的整点的个数为99k，从而在x轴上方区 域内部整点的个数为 99 1 (99)99 494851 k k . 又x轴上有 98 个整点，所以所求整点的个数为98009848512. 4. 3 33 提示 ：设 n a的公差为 , n bd的公比为q，则 ,3qd （1） 2 )43( 3qd ， （2） （1）代入（2）得96129 2 ddd，求得9, 6qd. 从而有 1 9log) 1(63 n n 对一切正整数n都成立， 即 9log) 1(36nn 对 一切
9、正整数n都成立. 从而 9log3, 69log， 求得 3, 3 3 ，33 3 . 5. 4 1 提示： 令, ya x 则原函数化为23)( 2 yyyg,)(yg在 3 (,+ ) 2 上是递增的. 当10 a时，, 1 aay, 211 max 1 ( )3282 2 g yaaaa ， 所以 4 1 2 2 1 3) 2 1 ()( 2 min yg； 当1a时，, 1 aay ， 2823)( 2 max aaayg， 所以 4 1 2232)( 12 min yg. 综上)(xf在 1 , 1x上的最小值为 4 1 . 6. 12 17 提示：同时投掷两颗骰子点数和大于 6 的
10、概率为 12 7 36 21 ，从而先投掷人的获胜概率 为 12 7 ) 12 5 ( 12 7 ) 12 5 ( 12 7 42 17 12 144 25 1 1 12 7 . 7. 10 4 提示：解法一解法一：如图，以AB所在 直线为x轴，线段AB中点O为原点，OC所在直 线为y轴， 建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长 为 2， 则) 1 , 3, 0(),2 , 0 , 1(),2 , 0 , 1 (),0 , 0 , 1 ( 11 PABB， 从而， z y x O P C1 B1 A1 C B A ) 1, 3, 1(),0 , 0 , 2(),1 , 3, 1(),2 , 0
11、, 2( 1111 PBABBPBA. 设分别与平面PBA1、平面PAB 11 垂直的向量是),( 111 zyxm、),( 222 zyxn ，则 , 03 , 022 111 111 zyxBPm zxBAm , 03 , 02 2221 211 zyxPBn xABn 由此可设 )3, 1 , 0(),1 , 0 , 1 (nm，所以cosm nm n，即 6 32 2 coscos 4 . 所以 4 10 sin. 解法二解法二：如图，PBPAPCPC 11, . 设BA1与 1 AB交于点,O 则 1111 ,OAOB OAOB ABAB . 11 ,PAPBPOAB因为 所以 从而
12、 1 AB平面 BPA1 . 过O在平面BPA1上作PAOE 1 ,垂足为E. 连 结EB1, 则EOB1为 二 面 角 11 BPAB的 平 面 角 . 设2 1 AA, 则 易 求 得 3,2,5 111 POOBOAPAPB. 在直角OPA1中，OEPAPOOA 11 ,即 5 6 ,532OEOE. 又 5 54 5 6 2,2 22 111 OEOBEBOB. 4 10 5 54 2 sinsin 1 1 1 EB OB EOB. O E P C1 B1 A1 C B A 8. 336675 提示：首先易知2010zyx的正整数解的个数为 10042009 2 2009 C. 把20
13、10zyx满足zyx的正整数解分为三类： （1）zyx,均相等的正整数解的个数显然为 1； （2）zyx,中有且仅有 2 个相等的正整数解的个数，易知为 1003； (3)设zyx,两两均不相等的正整数解为k. 易知 100420096100331k， 所以 110033100420096k 200410052006123200910052006， 即 3356713343351003k. 从而满足zyx的正整数解的个数为 33667533567110031. 9. 9. 解法一：解法一： ,23)( 2 cbxaxxf由 cbaf cbaf cf 23) 1 ( , 4 3 ) 2 1 (
14、,)0( 得 ) 2 1 (4) 1 (2)0(23fffa. 所以 ) 2 1 (4) 1 (2)0(23fffa ) 2 1 (4) 1 (2)0(2fff 8， 所以 3 8 a. 又易知当mxxxxf 23 4 3 8 )(（m为常数）满足题设条件，所以a最大值 为 3 8 . 解法二解法二：cbxaxxf23)( 2 . 设1)()(xfxg，则当10 x时，2)(0xg. 设 12 xz，则11, 2 1 z z x. 1 4 3 2 23 4 3 ) 2 1 ()( 2 cb a z ba z az gzh. 容 易 知 道 当11z时 ，2)(0 , 2)(0zhzh. 从 而
15、 当11z时 ， 2 2 )()( 0 zhzh ， 即 21 4 3 4 3 0 2 cb a z a ， 从而 01 4 3 cb a ,2 4 3 2 z a ，由 10 2 z知 3 8 a. 又易知当mxxxxf 23 4 3 8 )(（m为常数）满足题设条件，所以a最大值为 3 8 . 10.10. 解法一：设线段AB的中点为),( 00 yxM，则 2 , 2 2 21 0 21 0 yy y xx x ， 012 2 1 2 2 12 12 12 36 66 yyyyy yy xx yy kAB . 线段AB的垂直平分线的方程是 )2( 3 0 0 x y yy. （1） 易知
16、0, 5yx是（1）的一个解，所以线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点 C坐标为)0 , 5(. 由（1）知直线AB的方程为)2( 3 0 0 x y yy，即 2)( 3 0 0 yy y x. （2） （2）代入xy6 2 得12)(2 00 2 yyyy，即 01222 2 00 2 yyyy. （3） 依题意， 21,y y是方程（3）的两个实根，且 21 yy ，所以 222 000 44(212)4480yyy , 3232 0 y. 2 21 2 21 )()(yyxxAB 2 21 20 )() 3 (1 (yy y C(5,0) B A x y O 4)( 9 1
17、( 21 2 21 2 0 yyyy y )122(44)( 9 1 ( 2 0 2 0 2 0 yy y )12)(9( 3 2 2 0 2 0 yy . 定点)0 , 5(C到线段AB的距离 2 0 2 0 2 9)0()25(yyCMh. 2 0 2 0 2 0 9)12)(9( 3 1 2 1 yyyhABS ABC )9)(224)(9( 2 1 3 1 2 0 2 0 2 0 yyy 3 2 0 2 0 2 0 ) 3 92249 ( 2 1 3 1yyy 7 3 14 . 当且仅当 2 0 2 0 2249yy，即 0 5y , 635635 (, 57), (, 57) 33
18、AB 或 635635 (, ( 57), (,57) 33 AB 时等号成立. 所以，ABC面积的最大值为7 3 14 . 解法二解法二：同解法一，线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点C坐标为)0 , 5(. 设4, 2 2 2 121 2 22 2 11 tttttxtx，则 16 16 105 2 1 2 2 2 1 2 1 tt ttS ABC 的绝对值, 2 2 2 212 2 11 2 )656665( 2 1 (ttttttS ABC 2 21 2 21 )5()( 2 3 tttt )5)(5)(24( 2 3 212121 tttttt 3 ) 3 14 ( 2 3
19、 , 所 以7 3 14 ABC S, 当 且 仅 当5)( 21 2 21 tttt且4 2 2 2 1 tt， 即, 6 57 1 t 6 57 2 t, 635635 (, 57), (, 57) 33 AB 或 635635 (, ( 57), (,57) 33 AB 时等号成立. 所以，ABC面积的最大值是7 3 14 . 11.11. 令252)( 3 xxxf， 则056)( 2 xxf， 所 以)(xf是 严 格 递 增 的 . 又 0 4 3 ) 2 1 (, 02)0(ff，故)(xf有唯一实数根 1 (0, ) 2 r. 所以 3 2520rr， 3 15 2 r r 4
20、710 rrrr . 故数列), 2 , 1(23nnan是满足题设要求的数列. 若存在两个不同的正整数数列 n aaa 21 和 n bbb 21 满足 5 2 321321 bbbaaa rrrrrr， 去掉上面等式两边相同的项，有 321321 tttsss rrrrrr， 这里 321321 ,tttsss，所有的 i s与 j t都是不同的. 不妨设 11 ts ，则 21211 ttsss rrrrr， 11 2 1 1 1 1 1 1 1 2 1211 r rrrr stst ， 矛盾.故满足题设的数列是唯一的. 加加 试试 加试加试解答解答 1. 用反证法若 A，B，D，C 不
21、四点共圆，设三角形 ABC 的外接圆与 AD 交于点 E，连接 BE 并延长交直线 AN 于点 Q， 连接 CE 并延长交直线 AM 于点 P， 连接 PQ 因为 2 PK P 的幂（关于O）K 的幂（关于O） 2222 POrKOr， 同理 22222 QKQOrKOr， 所以 2222 POPKQOQK， 故OKPQ 由题设，OKMN，所以 PQMN，于是 AQAP QNPM 由梅内劳斯（Menelaus）定理，得 1 NB DE AQ BD EA QN ， 1 MC DEAP CDEA PM 由， ， 可得 NBMC BDCD ， 所以 NDMD BDDC ， 故DMN DCB， 于是D
22、MNDCB， 所以 BCMN，故 OKBC，即 K 为 BC 的中点，矛盾！从而, ,A B D C四点共圆. 注注 1：“ 2 PK P 的幂（关于O）K 的幂（关于O）”的证明：延长 PK 至点 F，使得 PK KFAK KE， 则 P，E，F，A 四点共圆，故 PFEPAEBCE， 从而 E，C，F，K 四点共圆，于是 PK PFPE PC， -，得 2 PKPE PCAK KEP 的幂（关于O）K 的幂（关于O） 注 2：若点 E 在线段 AD 的延长线上，完全类似 E Q P O N M K D C B A F E Q P O N M K D C B A 2. 记 2( ) v n表
23、示正整数 n 所含的 2 的幂次则当 2( ) 1 mv k时， ()( )m fr为整数 下面我们对 2( ) v kv用数学归纳法 当0v 时，k 为奇数，1k为偶数，此时 111 ( )1 222 f rkkkk 为整数 假设命题对1(1)vv成立 对于1v，设 k 的二进制表示具有形式 12 12 222 vvv vv k ， 这里，0 i 或者 1，1,2,ivv 于是 111 ( )1 222 frkkkk 2 1 22 k kk 112 112 1 2(1) 2() 22 2 vvvv vvv 1 2 k ， 这里 112 112 2(1) 2() 22 vvvv vvv k .
24、 显然 k 中所含的 2 的幂次为1v故由归纳假设知， 1 2 rk经过 f 的 v 次迭代得到整数， 由知， (1)( )v fr 是一个整数，这就完成了归纳证明 3. 由01 k a知，对11kn ，有 11 0,0 kn ii ii k akank 注意到当,0x y 时，有max,xyx y，于是对11kn ，有 11 111 kn nkii ii k AAaa nkn 11 111 nk ii i ki aa nkn 11 111 max, nk ii i ki aa nkn 111 max(),nkk nkn 1 k n ， 故 111 nnn kknk kkk aAnAA 11
25、11 nn nknk kk AAAA 1 1 1 n k k n 1 2 n 4. 对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边 上标上 a，如果颜色不同，则标上 b，如果数字和颜色都相同，则标上 c于是对于给定的点 1 A上的 设置 （共有 4 种） ， 按照边上的字母可以依次确定点 23 , n A AA上的设置 为了使得最终回到 1 A时 的设置与初始时相同，标有 a 和 b 的边都是偶数条所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数 等于在边上标记 a，b，c，使得标有 a 和 b 的边都是偶数条的方法数的 4 倍 设标有 a 的边有2i条，0 2 n
26、i ，标有 b 的边有2 j条， 2 0 2 ni j 选取2i条边标 记 a 的有 2i n C种方法，在余下的边中取出2 j条边标记 b 的有 2 2 j ni C 种方法，其余的边标记 c由乘 法原理，此时共有 2i n C 2 2 j ni C 种标记方法对 i，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为 2 22 22 2 00 4 nni ij nni ij CC 这里我们约定 0 0 1C 当 n 为奇数时，20ni，此时 2 2 221 2 0 2 ni jni ni j C 代入式中，得 2 2222 2222122 2 0000 44222 nninn ijiniini nninn ijii CCCC 00 22( 1)(2 1)(2 1) nn kn kkn kknn nn kk CC 31 n 当 n 为偶数时，若 2 n i ，则式仍然成立；若 2 n i ，则正 n 边形的所有边都标记 a，此时 只有一种标记方法于是，当 n 为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为 2 22 22 2 00 4 nni ij nni ij CC 1 2 221 0 412 n ini n i C 2 221 0 24233 n inin n i C 综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当 n 为奇数时有31 n 种；当 n 为 偶数时有33 n 种
