2009年全国高中数学联合竞赛解答.doc

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） 1 若函数若函数 2 1 x f x x 且且 ( )n n fxffff x ，则，则 99 1f 【答案】【答案】 1 10 【解析】【解析】 1 2 1 x fxf x

2、x ， 2 2 12 x fxff x x 99 2 199 x fx x 故 99 1 1 10 f 2 已知直线已知直线:90L xy和圆和圆 22 :228810Mxyxy ，点，点A在直线在直线L上，上，B，C为为 圆圆M上两点，在上两点，在ABC中，中，45BAC，AB过圆心过圆心M，则点，则点A横坐标范围横坐标范围 为为 【答案】【答案】 3 6， 【解析】【解析】 设9A aa，则圆心M到直线AC的距离sin45dAM，由直线AC与圆M相交， 得 34 2 d 解得36a 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 0 2 y yx yx ，N是随是随t变化

3、的区域，它由不等式变化的区域，它由不等式 1txt 所确定，所确定，t的取值范围是的取值范围是01t ，则，则M和和N的公共面积是函数的公共面积是函数 f t 【答案】【答案】 2 1 2 tt 【解析】【解析】 由题意知 f tS 阴影部分面积 A O BO C DB E F SSS 2 2 11 11 22 tt 2 1 2 tt F E D C B A O y x 4 使不等式使不等式 1111 2007 12213 a nnn 对一切正整数对一切正整数n都成立的最小正整数都成立的最小正整数a的的 值为值为 【答案】【答案】 2009 【解析】【解析】 设 111 1221 f n nn

4、n 显 然 f n单 调 递 减 ， 则 由 f n的 最 大 值 1 12 0 0 7 3 fa，可得2009a 5 椭圆椭圆 22 22 1 xy ab 0ab上任意两点上任意两点P，Q，若，若OPOQ，则乘积，则乘积OP OQ的最小值的最小值 为为 【答案】【答案】 22 22 2a b ab 【解析】【解析】 设cossinP OPOP， cossin 22 Q OQOQ ， 由P，Q在椭圆上，有 22 222 1cossin ab OP 22 222 1sincos ab OQ +得 2222 1111 ab OPOQ 于是当 22 22 2a b OPOQ ab 时，OP OQ达到

5、最小值 22 22 2a b ab 6 若方程若方程lg2lg1kxx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 【答案】【答案】 0k 或4k 【解析】【解析】 2 0 10 1 kx x kxx 当且仅当 0kx 10x 2 210xk x 对由求根公式得 1 x， 2 2 1 24 2 xkkk 2 400kkk 或4k ()当0k 时，由得 12 12 20 10 xxk x x 所以 1 x， 2 x同为负根 又由知 1 2 10 10 x x 所以原方程有一个解 1 x ()当4k 时，原方程有一个解11 2 k x ()当4k 时，由得 12 12 20 10

6、 xxk x x 所以 1 x， 2 x同为正根，且 12 xx，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） 【答案】【答案】 98 101 2 【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

7、为 1 1d ， 2 2d ， 2 3 2d ， 98 99 2d () 100 a为所求 设第2n n行的第一个数为 n a，则 22 111 222 nn nnnn aaaa 32 2 2 222 nn n a 2422 3 2222 22 nnn n a 32 3 23 2n n a 12 1 212 nn an 2 1 2nn 故 98 100 101 2a 8 某车站每天某车站每天8 00 9 00，9 00 10 00都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，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，其规律为且两者到站的时间是相互独立的，其规律为 到

8、站时刻到站时刻 8 10 9 10 8 30 9 30 8 50 9 50 概率概率 1 6 1 2 1 3 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） 10 30 50 70 90 概率 1 2 1 3 11 66 11 26 11 36 候车时间的数学期望为 11111 103050709027 23361218 二、解答题 1 （本小题满分（本小题满分 14 分）设直线分）设直线: l ykxm（其中（其中k，m为整数）与椭圆为整数）与椭圆

9、22 1 1612 xy 交于交于 不同两点不同两点A，B，与双曲线，与双曲线 22 1 412 xy 交交于不同两点于不同两点C，D，问是否存在直线，问是否存在直线l，使得，使得 向量向量0ACBD，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 【解析】【解析】 由 22 1 1612 ykxm xy 消去y化简整理得 222 3484480kxkmxm 设 11 A xy， 22 B xy，则 12 2 8 34 km xx k 2 22 1 84 344480kmkm 4 分 由 22 1 412 ykxm xy 消去y化简整

10、理得 222 32120kxkmxm 设 34 C xy， 44 D xy，则 34 2 2 3 km xx k 2 22 2 24 3120kmkm 8 分 因 为0A CB D， 所 以 4231 0xxxx， 此 时 4231 0yyyy 由 1234 xxxx得 22 82 343 kmkm kk 所以20km 或 22 41 343kk 由上式解得0k 或0m 当0k 时，由和得 2 32 3m因m是整数，所以m的值为3，2，1，0，1，2，3当0m ， 由和得33k因k是整数，所以1k ，0，1于是满足条件的直线共有 9 条14 分 2 （本小题（本小题 15 分）已知分）已知p，

11、0q q是实数，方程是实数，方程 2 0xpxq有两个实根有两个实根，数，数 列列 n a满足满足 1 ap， 2 2 apq， 12 3 4 nnn apaqan ， ， ()求数列求数列 n a的通项公式（用的通项公式（用，表示） ；表示） ； ()若若1p ， 1 4 q ，求，求 n a的前的前n项和项和 【解析】【解析】 方法一： ()由韦达定理知0q ，又p，所以 1212nnnnn apxqxaa ，3 4 5n ， ， ， 整理得 112nnnn aaaa 令 1nnn baa ，则 1 1 2 nn bb n ， ，所以 n b是公比为的等比数列 数列 n b的首项为： 2

12、22 121 baapqp 所以 211nn n b ，即 1 1 n nn aa 1 2n ， ，所以 1 1 n nn aa 1 2n ， ， 当 2 40pq时，0，12ap， 1 1 n nn aa 1 2n ， ， 变为 1 1 n nn aa 1 2n ， ，整理得， 1 1 1 nn nn aa ，1 2n ， ，所以， 数列 n n a 成公差为1的等差数列，其首项为 1 2 2 a 所以 2111 n n a nn 于是数列 n a的通项公式为 1 n n an；5 分 当 2 40pq时， 1 1 n nn aa 1n n a 11nn n a 1 2n ， ， 整理得 2

13、1 1 nn nn aa ，1 2n ， ， 所 以 ， 数 列 1n n a 成 公 比 为的 等 比 数 列 ， 其 首 项 为 222 1 a 所以 12 1 n n n a 于是数列 n a的通项公式为 11nn n a 10 分 ()若1p ， 1 4 q ， 则 2 40pq， 此时 1 2 由第()步的结果得， 数列 n a 的通项公式为 11 1 22 n n n n an ，所以， n a的前n项和为 231 2341 22222 n nn nn s 2341 12341 222222 n n nn s n 以上两式相减，整理得 1 133 222 n n n s 所以 3

14、3 2 n n n s 15 分 方法二： ()由韦达定理知0q ，又p，所以 1 a， 22 2 a 特征方程 2 0pq的两个根为， 当0时，通项 12 1 2 n n aAA nn ， ，由 1 2a， 2 2 3a得 12 22 12 2 23 AA AA 解得 12 1AA故 1 n n an5 分 当时，通项 12 1 2 nn n aAAn ， ，由 1 a， 22 2 a 得 12 2222 12 AA AA 解得 1 A ， 2 A 故 1111nnnn n a 10 分 ()同方法一 3 （本小题满分（本小题满分 15 分）求函数分）求函数2713yxxx的最大和最小值的最

15、大和最小值 【解析】【解析】 函数的定义域为0 13，.因为 27132713213yxxxxxx 2 71 3 3 313 当0x 时等号成立故y的最小值为3 3135 分 又由柯西不等式得 2 2 2713yxxx 11 12273 13121 23 xxx 所以11y 10 分 由柯西不等式等号成立的条件，得49 1327xxx，解得9x 故当9x 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

16、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 一、如图，如图，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BC、AC的中点过的中点过 点点C作作PCMN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 MTNP NT； 在弧在弧AB（不含点（不含点C）上任取一点）上任取一点Q（QA，T，B） ，记） ，记AQC，QCB的内心分别为的内心分别为 1 I， 2 I， I T Q P NM C B A 求证求证：Q， 1 I， 2 I，T四点共圆四点共圆 【解析】【解析】 连NI

17、，MI由于PCMN，P，C，M，N共圆，故PCMN是等腰梯形因此 NPMC，PMNC A B C MN P T I 连AM，CI，则AM与CI交于I，因为 MICMACACIMCBBCIMCI ， 所以MCMI同理 NCNI 于是 NPMI，PMNI 故四边形MPNI为平行四边形因此 PMTPNT SS （同底，等高） 又P，N，T，M四点共圆，故180TNPPMT，由三角形面积公式 1 sin 2 PMT SPM MTPMT 1 s i n 2 P N T SP NN TP N T 1 s i n 2 P NN TP M T 于是PM MTPN NT 因为 1111 NCINCAACINQC

18、QCICI N ， I2 I1 A B C MN P Q T I 所以 1 NCNI，同理 2 MCMI由MP MTNP NT得 NTMT MPNP 由所证MPNC，NPMC，故 12 NTMT NIMI 又因 12 I NTQNTQMTI MT ， 有 12 I NTI MT 故 12 NTIMTI ，从而 1212 I QINQMNTMI TI 因此Q， 1 I， 2 I，T四点共圆 二、二、求证不等式：求证不等式： 2 1 1 1ln 12 n k k n k ，1n ，2， 【解析】【解析】 证明：首先证明一个不等式： ln(1) 1 x xx x ，0x 事实上，令 ( )ln(1)

19、h xxx，( )ln(1) 1 x g xx x 则对0x ， 1 ( )10 1 h x x ， 22 11 ( )0 1(1)(1) x g x xxx 于是 ( )(0)0h xh，( )(0)0g xg 在中取 1 x n 得 111 ln 1 1nnn 令 2 1 ln 1 n n k k xn k ，则 1 1 2 x ， 1 2 1 ln 1 11 nn n xx nn 2 1 1 n nn 2 1 0 (1)nn 因此 11 1 2 nn xxx 又因为 1 1 1 ln(lnln(1)(ln(1)ln(2)(ln2ln1)ln1ln 1 n k nnnnn k 从而 1 2

20、 11 1 ln 1 1 nn n kk k x kk 1 22 1 1 ln 1 11 n k kn kkn 1 2 1 1 1 n k k kk 1 2 1 1 (1) n k kk 1 1 1 (1) n k kk 1 11 n 三、三、设设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Ck m与 与l互素互素 【解析】【解析】 证法一：对任意正整数t，令( !)mkt lk 我们证明 C1 k m l ， 设p是l的任一素因子，只要证明：Ck m p 若!pk，则由 1 !C() k k m i kmki 1 (! ) k i i

21、t l k 1 k i i 1 ! mo dkp 及| !pk ，且 1 !pk ，知| !Ck m pk 且 1 !Ck m pk 从而Ck m p 证法二：对任意正整数t，令 2 ( !)mkt lk ，我们证明C1 k m l ， 设p是l的任一素因子，只要证明：Ck m p 若!pk，则由 1 !C() k k m i kmki 2 1 (! ) k i it l k 1 k i i ! mo dkp 即p不整除上式，故Ck m p 若| !p k，设1使| !pk ，但 1 !pk 12 |( !)pk 故由 1 1 !C() k k m i kmki 2 1 (! ) k i it

22、 l k 1 k i i 1 ! modkp 及| !pk ，且 1 !pk ，知| !Ck m pk 且 1 !Ck m pk 从而Ck m p 四、四、在非负在非负数构成数构成的的3 9数表数表 1 11 21 31 41 51 61 71 81 9 2 12 22 32 42 52 62 72 82 9 3 13 23 33 43 53 63 73 83 9 xxxxxxxxx Pxxxxxxxxx xxxxxxxxx 中每行的数互不相同， 前中每行的数互不相同， 前 6 列中每列的三数之和为列中每列的三数之和为 1， 172839 0xxx， 27 x， 37 x， 18 x， 38

23、x， 19 x， 29 x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 1 11 21 3 2 12 22 3 3 13 23 3 xxx Sxxx xxx 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列 1 2 3 k k k x x x （1k ，2，9）均存在某个）均存在某个 1 23i， ， 使得使得 123 min ikiiii xuxxx， 求证：求证： （）最小值）最小值 123 min iiii uxxx，1i ，2，3 一定自数表一定自数表S的不同列的不同列 （）存在数表）存在数表P中唯一的一列中唯一的一列 * * * 1 2

24、 3 k k k x x x ， * 1k ，2，3 使得使得3 3数表数表 * * * 1112 1 2122 2 3132 3 k k k xxx Sxxx xxx 仍然具有性质仍然具有性质( )O 【解析】【解析】 （）假设最小值 123 min iiii uxxx，1i ，2，3 不是取自数表S的不同列则存 在一列不含任何 i u不妨设 2ii ux，1i ，2，3由于数表P中同一行中的任何两个 元素都不等，于是 2ii ux，1i ，2，3另一方面，由于数表S具有性质( )O，在中 取2k ，则存在某个 0 123i ， ，使得 00 2ii xu矛盾 （）由抽届原理知 1112 m

25、in xx， 2122 min xx， 3132 min xx， 中至少有两个值取在同一列不妨设 212222 min xxx， 313232 min xxx， 由前面的结论知数表S的第一列一定含有某个 i u，所以只能是 111 xu同样，第二列 中也必含某个 i u，1i ，2不妨设 222 xu于是 333 ux，即 i u是数表S中的对角 线上数字 111213 212223 313233 xxx Sxxx xxx 记129M ， ， ，令集合 12 |min13 ikii IkM xxxi， 显然 111332 | kk IkM xxxx，且 1， 23I 因为 18 x，38 11

26、 1xx ，32x， 所以8I 故I于是存在 * kI使得 * 2 2 max| k k xxkI显然， * 1k ，2，3 下面证明3 3数表 * * * 1112 1 2122 2 3132 3 k k k xxx Sxxx xxx 具有性质( )O 从上面的选法可知 * 1212 : minmin iiiii ik uxxxxx ，(13)i ，这说明 * 11121 1 min k xxxu， * 31323 3 min k xxxu， 又 由S满 足 性 质( )O 在 中 取 * kk， 推 得 * 2 2k xu， 于 是 * 22122 22 min kk uxxxx ，下证对

27、任意的kM，存在某个1i ，2，3 使得 iik ux 假若不然，则 12 min ikii xxx，1i ，3 且 * 2 2 k k xx这与 *2k x的最大性 矛盾因此，数表 S 满足性质( )O 下证唯一性设有kM使得数表 11121 21222 31323 k k k xxx Sxxx xxx 具有性质( )O，不失一般性，我们假定 11 11 21 31 1 mi nuxxxx， 221222322 minuxxxx， 33 13 23 33 3 mi nuxxxx， 3 23 1 xx 由于 3231 xx， 2221 xx及（） ，有1 1112111 min k uxxxx

28、，又由（）知：或 者( )a3 313233 min kk uxxxx，或者 2 212222 ( )min kk b uxxxx， 如果( )a成立，由数表S具有性质( )O，则 1 1 11 211 1 m i n k uxxxx， 2 2122222 min k uxxxx， 3 3 13 233 m i n kk uxxxx， 由数表S满足性质( )O，则对于3M至少存在一个1 23i， ，使得 * i ik ux由 * kI及和式知， * 1 11 1k xxu， * 3 32 3k xxu于是只能有 * 2 2 2 k k xux类 似地，由 S 满足性质( )O及kM可推得 * 22 2 k k xux 从而 * kk