全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准b卷

题一图答一图全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案及评分标准（B 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一、 （本题满分 50 分）如题一图， ABCD是圆内接四边形 AC与 BD的交点为P， E是弧 上一点，连接 EP并延长交 于点 F，点,GH分别在 ， 的延长线上，满足 G，F，求证： ,H四点共圆 证 由已知条件知 AAFADE10 分又 180DEC，所以 FAG，从而 ,四点共圆，此圆记为 1同理可证： ,BH四点共圆，此圆记为 2 20 分点 E在圆 1， 2内延长 E与圆 1相交于点 I，则IPFACDPB，故 ,BFDI四点共圆 30 分所以 在 的外接圆上，故 I在 2上 40 分再用相交弦定理：ECGFIEDH，故 ,H四点共圆 50 分二、 （本题满分 50 分）求满足下列关系式组22,50xyzz的正整数解组 (,)的个数解 令 ryz，由条件知 50r，方程化为22()x，即 22xz （1）因 0yzr，故 zy，从而 zx设 px因此（1）化为22zzr （2） 10 分下分 r为奇偶讨论，（）当 为奇数时，由（2）知 p为奇数令 1r， 1p，代入（2）得2211()0zr （3）（3）式明显无整数解故当 为奇数时，原方程无正整数解 20分（）当 r为偶数时，设 12r，由方程（2）知 p也为偶数从而可设 12p，代入（2）化简得22110pzr （4）由（4）式有 1()p，故 1pr，从而可设 1pra，则（4）可化为 2211()razr，20za （5）因21rza为整数，故 21r 30分又 12()zxpra，因此11()raz，得 21r，12ar 因此，对给定的 ,25，解的个数恰是满足条件 12ar的 2的正因数 a的个数 1()Nr因 21不是完全平方数，从而 1()Nr为 2的正因数的个数 1()的一半即 ()/r 40 分由题设条件， 125r而25 以内有质数 9 个：2，3，5，7，11，13，17，19，23将 25 以内的数分为以下八组： 012341,A，2571，23,，4A，25，13,7,19,23B，2，35,，从而易知 012341()2()()213451NAN，346，3()98，412NA，5()0，138B，2()510NB，398，将以上数相加，共 131 个因此解的个数共 131 50 分三、 （本题满分 50 分）设 0ka， 1,208 证明：当且仅当2081ka时，存在数列 nx满足以下条件：（） 01nx， ,3 ；（） limn存在；（）20820711knknxax， ,23 证 必要性：假设存在 满足（） ， （） 注意到（ ）中式子可化为20811()nknkxx， *N， 其中 0将上式从第 1 项加到第 项，并注意到 0x得2228208()()()nnnxaxax 10 分由（）可设 limnb，将上式取极限得12208208()()()b2081kaxax1kb，因此2081ka 20分充分性：假设2081k定义多项式函数如下：2081()kfsas， ,1，则 f在0,1上是递增函数，且(0)，2081()kfa因此方程 ()0fs在0,1 内有唯一的根 0s，且 01s，即 0()fs 30 分下取数列 nx为 01nks， ,2 ，则明显地 nx满足题设条件（） ，且010nkns因 ，故 1limn，因此100lilimnnssx，即 nx的极限存在，满足（） 40分最后验证 nx满足（） ，因 0()fs，即2081kas，从而2082820810 1111( ()knnkn knksax 综上，已证得存在数列 nx满足（） ， （） ， （） 50分高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准（B 卷）以说明：1评阅试卷时，请依据本评分标准选择题只设 6 分和 0 分两档，填空题只设 9 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 5 分为一个档次，不要增加其他中间档次一、选择题（本题满分 36 分，每小题 6 分）1函数24()xf在 (,)上的最小值是 （ B ）A3 B2 C1 D0解 当 2x时， 0x，因此2(4)()xfxx12()x，当且仅当 1时上式取等号而此方程有解 1,，因此 f在(,2)上的最小值为 22设 ,4)A， 40Bxa，若 BA，则实数 a的取值范围为 （ A ）A 0,3) B 0,3 C 1,2) D 1,2 解 因 24xa有两个实根214a，24ax，故 BA等价于 x且 2，即42a且2，解之得 033甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得 1 分，负者得 0 分，比赛进行到有一人比对方多 2 分或打满 6 局时停止设甲在每局中获胜的概率为 23，乙在每局中获胜的概率为 13，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数 的期望 E为 （ C ）A. 67024 B. 27481 C. 2681 D. 2418解法一 依题意知， 的所有可能值为 2，4，6.设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为25()39若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响从而有5(2)9P，40(81，26()，故 529E解法二 依题意知， 的所有可能值为 2，4，6.令 kA表示甲在第 k局比赛中获胜，则 kA表示乙在第 k局比赛中获胜由独立性与互不相容性得 12125()()()9PAP，3434123412344()()PA332120()()81，43412341234(6()()PAPAPA26()3，故 5012498E4若三个棱长均为整数（单位：cm）的正方体的表面积之和为 564 cm2，则这三个正方体的体积之和为 （ D ）A. 586 cm3 B. 586 cm3 或 564 cm3 C. 764 cm3 D. 764 cm 3 或 586 cm3解 设这三个正方体的棱长分别为 ,abc，则有 226564abc， 2294abc，不妨设 10abc，从而 22394， 1故 0 只能取9，8，7，6若 ，则 22941，易知 a， 3b，得一组解 (,)(2,39)abc若 c，则 630ab， 5但 20， 4，从而 或 5若5b，则 2无解，若 ，则 24无解此时无解若 7，则 294，有唯一解 3a， 6b若 6c，则 3658ab，此时 2258， 29故 6b，但b，故 ，此时 2无解综上，共有两组解,9c或,7.a体积为 331264Vcm3 或 332658Vcm35方程组0,xyz的有理数解 (,)xyz的个数为 （ C ）A. 4 B. 3 C. 2 D. 1解 若 0z，则 0.xy， 解得 xy， 或 1.，若 ，则由 z得 由 xy得 x 将代入 0xyz得 20xy 由得 1，代入 化简得 3(1).易知 3y无有理数根，故 y，由 得 1x，由得 0z，与 矛盾，故该方程组共有两组有理数解0,xz或,.6设 ABC的内角 ,所对的边 ,abc成等比数列，则 sincotsACB的取值范围是（ B ）A. 51(,)2 B. 51(,)2 C. 0 D. 0解 设 ,abc的公比为 q，则 2,bacq，而sinotsinosinACACBB()()siiiBbqAa因此，只需求 q的取值范围因 ,abc成等比数列，最大边只能是 a或 c，因此 ,c要构成三角形的三边，必需且只需 且 a即有不等式组2,qa即 10,.q解得15,51.22q或从而 51，因此所求的取值范围是 51(,)2二、填空题（本题满分 54 分，每小题 9 分）7设 ()fxab，其中 ,为实数， 1()fx， 1()()nnfxf， 1,23 ，若1283，则 2()f 17 .解 由题意知 12() )nnfxaab1naxb，由 7()1283fx得 728，738，因此 2a， 3b因此 2211afb8设 ()cos(cos)xx的最小值为 ，则 a23解 21fa2(cs)1x，(1) a时， f当 o时取最小值 4a；(2) 2时， ()当 时取最小值 1；(3) 时， fx当 cs2时取最小值 21又 a或 时， ()f的最小值不能为 ，故 211，解得 3a， 23a(舍去)9将 24 个志愿者名额分配给 3 个学校，则每校至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有 222 种解法一 用 4 条棍子间的空隙代表 3 个学校，而用 表示名额如|表示第一、二、三个学校分别有 4，18，2 个名额若把每个“ ”与每个“ |”都视为一个位置，由于左右两端必须是“ ”，故不同的分配方法相当于 246个位置（两端不在内）被 2 个“ ”占领的一种“占位法”“每校至少有一个名额的分法”相当于在 24 个“ ”之间的 23 个空隙中选出 2 个空隙插入“”，故有 23C5种又在“每校至少有一个名额的分法”中“ 至少有两个学校的名额数相同 ”的分配方法有 31种综上知，满足条件的分配方法共有 25331222 种解法二 设分配给 3 个学校的名额数分别为 123,x，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程1234x的正整数解的个数，即方程 123x的非负整数解的个数，它等于 3 个不同元素中取 21 个元素的可重组合： 21233HC5又在“每校至少有一个名额的分法”中“ 至少有两个学校的名额数相同 ”的分配方法有 31种综上知，满足条件的分配方法共有 25331222 种10设数列 na的前 项和 nS满足： 1()na， ,2n ，则S= 12n解 1 1()()n nnaaa，即 2 2= )1()(1nan，由此得 2 2a令 (1)nb， 1ba ( 10)，有 12n，故 n，所以 )(2nn因此 1()nnS11设 (fx是定义在 R上的函数，若 (09f ，且对任意 xR，满足2)3x， 6)32xf，则 )08(f= 208解法一 由题设条件知()(4)()(6)(4)(6)(fxffffffxf2332xxx，因此有 2ff，故(08)()(06)()(0)(2)0()fffff20642113()f208解法二 令 ()xgf，则 2()(320xxxf，答 12 图 1答 12 图 26(6)()(23620xxxgxfxf，即 2,g，故 )4)，得 (gx是周期为 2 的周期函数，所以 20820808)()()f g12一个半径为 1 的小球在一个内壁棱长为 46的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是 723 解 如答 12 图 1，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为 r，作平面 1ABC/平面 ，与小球相切于点 D，则小球球心 O为正四面体 1P的中心，1P面，垂足 为 1的中心因 13ABCABVSD14OC1AB，故 PDr，从而 43Pr记此时小球与面 的切点为 1，连接 1OP，则2211(3)Or考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为 AB)相切时的情况，易知小球在面 PAB上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为 1EF，如答 12 图 2记正四面体的棱长为 a，过 1P作 MA于 因 16，有 113cos26PMPr，故小三角形的边长12Ear小球与面 PAB不能接触到的部分的面积为（如答 12 图 2 中阴影部分）1EFS223(6)4ar36ar 又 r， 6，所以答 13 图1243618PABEFS由对称性，且正四面体共 4 个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为 723三、解答题（本题满分 60 分，每小题 20 分）13已知函数 |sin|)(xf的图像与直线 ykx )0(有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为 ，求证： 2co1si34证 ()fx的图象与直线 ykx 0k的三个交点如答 13 图所示，且在 (,)2内相切，其切点为 ,sinA， 3(,)5 分 由于 ()cosfx， (,)2x，所以 sinco，即 tan 10分因此 coscosin32in1415 分2cosin1ta42 20 分14解不等式 1208642log(351)log(1)xxx解法一 由 442)log(，且 y在 0,上为增函数，故原不等式等价于 1208643512xx 即 5 分分组分解 1208题 15 图10862x4x62410，8642()()xx， 10 分所以 4210，255()()0 15分所以 21x，即 12x或 12x故原不等式解集为 5(,)(,) 20 分解法二 由 44221loglxx，且 2logy在 (0,)上为增函数，故原不等式等价于 10864351 5分即 64222322131(1)()xxx，)()(32， 10 分令 3()gtt，则不等式为 21()gx， 显然 3()2tt在 R上为增函数，由此上面不等式等价于2x， 15分即 2()10x，解得 251 ( 251x舍去)，故原不等式解集为 (,), 20 分15如题 15 图， P是抛物线 210yx上的动点，点 BC,在直线 1x上，圆 22(1)xy内切于 PBC，求 面积的最小值解 设 0(,),PybCc，不妨设 b