2009年新知杯上海市高中数学竞赛试卷及解析

2009年新知杯上海市高中数学竞赛试卷

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

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第II卷（非选择题）

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评卷人 得分

一、解答题

1.设函数𝑓(𝑥)定义于闭区间[0,1]，满足𝑓(0)=0,𝑓(1)=1，且对任意𝑥、𝑦∈[0,1](𝑥≤𝑦)，都有𝑓(𝑥+𝑦2)=(1−𝑎2)𝑓(𝑥)+𝑎2𝑓(𝑦)，其中，常数𝑎满足0<𝑎<1.求𝑎的值.

2.如图，𝐴是双曲线𝑥24−𝑦2=1的右顶点，过𝐴的两条互相垂直的直线分别与双曲线的右支交于点𝑀、𝑁.问：直线𝑀𝑁是否一定过𝑥轴上一定点？如果不存在这样的定点，请说明理由；如果存在这样的定点𝑃，试求出这个定点𝑃的坐标.

3.设𝐴、𝐵是集合{𝑎1,𝑎2,𝑎3,𝑎4,𝑎5}的两个不同子集，使得𝐴不是𝐵的子集，𝐵也不是𝐴的子集.求不同的有序集合对(𝐴,𝐵)的组数.

4.设正整数构成的数列{𝑎𝑛}使得𝑎10𝑘−9+𝑎10𝑘−8+⋅⋅⋅+𝑎10𝑘≤19对一切𝑘∈𝑁恒成立.记该数列若干连续项的和∑𝑎𝑝𝑗𝑝=𝑖+1为𝑆(𝑖,𝑗)，其中𝑖、𝑗∈𝑁+，且𝑖<𝑗.求证：所有𝑆(𝑖,𝑗)构成的集合等于𝑁+.

评卷人 得分

二、填空题

5.设𝑎1,𝑎2,⋅⋅⋅,𝑎10∈(1,+∞).则log𝑎12009+log𝑎22009+⋅⋅⋅+log𝑎102009log𝑎1𝑎2⋅⋅⋅𝑎102009的最小值是______.

6.已知,*xyN，且2112341999xy，当2x时,

y ；若把y表示成x的函数，其解析式是y .

7.已知函数𝑓(𝑥)=|𝑥2−2|.若𝑓(𝑎)=𝑓(𝑏)，且0<𝑎<𝑏，则𝑎𝑏的取值范围是______.

8.满足方程log2[2cos2(𝑥𝑦)+12cos2(𝑥𝑦)]=−𝑦2+𝑦+34的所有实数对(𝑥,𝑦)=______.

9.若表示[𝑎]不超过实数𝑎的最大整数，则方程[tan𝑥]=2sin2𝑥的解是______.

10.不等式22𝑥≤3×2𝑥+√𝑥+4×2√2𝑥的解集是______.

11.设𝐴是由不超过2009的所有正整数构成的集合，即𝐴={1,2,⋅⋅⋅,2009}，集合𝐿⊆𝐴，且𝐿中任意两个不同元素之差都不等于4.则集合𝐿元素个数的最大可能值是______.

12.平面内给出一个凸十边形及其所有对角线，在这样的图中至少有两个顶点是该凸十边形顶点的三角形有______个（用数字作答）. 参考答案

1.𝑎=√22

【解析】1.

易知𝑓(12)=𝑓(0+12)=(1−𝑎2)𝑓(0)+𝑎2𝑓(1)=𝑎2，

𝑓(14)=𝑓(0+122)=(1−𝑎2)𝑓(0)+𝑎2𝑓(12)=𝑎4，

𝑓(34)=𝑓(12+12)=(1−𝑎2)𝑓(12)+𝑎2𝑓(1)=2𝑎2−𝑎4.

故𝑓(12)=𝑓(14+342)=(1−𝑎2)𝑓(14)+𝑎2𝑓(34)=−2𝑎6+3𝑎4.

由此得𝑎2=−2𝑎6+3𝑎4.

而0<𝑎<1，故𝑎2=12，得𝑎=√22.

故答案为:𝑎=√22

2.𝑃(103,0)

【解析】2.

显然，右顶点𝐴(2,0).

将𝑦轴向右平移2个单位，使𝐴成为新直角坐标系的原点.在新坐标系下，双曲线的方程为(𝑥′+2)24−𝑦2=1，

即4𝑦2−𝑥′2−4𝑥′=0.①

若𝑀𝑁⊥𝑥轴，则𝐴𝑀的斜率为1，即

𝑙𝐴𝑀:𝑦=𝑥′.

代入式①得𝑀(43,43).

进而，𝑁(43,−43).

所以，𝑀𝑁与𝑥轴的交点𝑃(43,0).

若𝑀𝑁不垂直𝑥轴，设

𝑙𝑀𝑁:𝑦=𝑘𝑥′+𝑡(𝑡≠0). 则𝑦−𝑘𝑥′𝑡=1.

于是，式①可改写成

4𝑦2−𝑥′2−4𝑥′⋅𝑦−𝑘𝑥′𝑡=0，

即4𝑡(𝑦𝑥′)2−4(𝑦𝑥′)+4𝑘−𝑡=0.

上面以𝑦𝑥′为未知数的一元二次方程的两个根𝑘1、𝑘2即是𝐴𝑀、𝐴𝑁的斜率.

因为𝐴𝑀⊥𝐴𝑁，所以，

𝑘1𝑘2=4𝑘−𝑡4𝑡=−1.

解得𝑡=−43𝑘.

故𝑙𝑀𝑁:𝑦=𝑘𝑥−43，它也过点𝑃(43,0).

综上，在新坐标系中，直线𝑀𝑁过𝑥轴上一定点𝑃(43,0)，即在原坐标系中，直线𝑀𝑁过𝑥轴上的定点𝑃(103,0).

3.570

【解析】3.

集合{𝑎1,𝑎2,𝑎3,𝑎4,𝑎5}有25个子集，不同的有序集合对(𝐴,𝐵)有25(25−1)组.

若𝐴⊂𝐵，并设𝐵含有𝑘(1≤𝑘≤5)个元素.则满足𝐴⊂𝐵的有序集合对(𝐴,𝐵)的组数为∑𝐶3𝑘5𝑖=1(2𝑘−1)=∑𝐶3𝑘5𝑖=0(2𝑘−1)=∑𝐶3𝑘5𝑖=02𝑘−∑𝐶3𝑘5𝑘=0=35−25.

同理，满足𝐵⊂𝐴的有序集合对(𝐴,𝐵)也有35−25组.

所以，满足条件的有序集合对(𝐴,𝐵)的组数为25(25−1)−2(35−25)=570.

4.见解析

【解析】4.

显然，𝑆(𝑖,𝑗)∈𝑁+.

接下来证明：对于任意的𝑛0∈𝑁+，存在𝑆(𝑖,𝑗)=𝑛0.

用𝑆𝑛表示数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，考虑10𝑛0+10个前𝑛项和

𝑆1<𝑆2<⋅⋅⋅<𝑆10𝑛0+10.①

由题设知 𝑆10𝑛0+10=∑∑𝑎10𝑖+𝑗10𝑗=1𝑛0𝑖=1≤19(𝑛0+1).

另外，再考虑如下10𝑛0+10个正整数：

𝑆1+𝑛0<𝑆2+𝑛0<⋅⋅⋅<𝑆10𝑛0+10+𝑛0.②

显然，𝑆10𝑛0+10+𝑛0≤20𝑛0+19.

这样，不等式①、②中出现20𝑛0+20个正整数，都不超过20𝑛0+19.

由抽屉原理知，其中必有两个相等.

由于不等式①中各数两两不等，不等式②中各数也两两不等，故存在𝑖、𝑗∈𝑁，使得𝑆𝑗=𝑆𝑖+𝑛0，即𝑗>𝑖，且𝑛0=𝑆𝑗−𝑆𝑖=𝑆(𝑖,𝑗).

故所有𝑆(𝑖,𝑗)构成的集合等于𝑁.

5.100

【解析】5.

原式=(∑lg2009lg𝑎𝑖10𝑖=1)lg(∏𝑎𝑖10𝑖=1)lg2009

=(∑1lg𝑎𝑖10𝑖=1)(∑lg𝑎𝑖10𝑖=1) ≥102，

当且仅当𝑎1=𝑎2=⋅⋅⋅=𝑎10时，上式等号成立.

故原式的最小值是100.

故答案为:100

6.4； 213xy

【解析】6.

试题由119219xyy得：2223131xxyy

又 ,*xyN 因此 2231,231xxyy213xy。

7.(0,2)

【解析】7.

如图，由𝑦=𝑓(𝑥)的图像可知，使得𝑓(𝑎)=𝑓(𝑏)，且0<𝑎<𝑏的只能是0<𝑎<√2<𝑏<2，且𝑓(𝑎)=2−𝑎2,𝑓(𝑏)=𝑏2−2. 故2−𝑎2=𝑏2−2，即𝑎2+𝑏2=4.

因此，𝑎、𝑏可表示成𝑏=2cos𝜃,𝑎=2sin𝜃(0<𝜃<𝜋4).

于是，𝑎𝑏=4cos𝜃⋅sin𝜃=2sin2𝜃.

由于0<2𝜃<𝜋2，故𝑎𝑏的取值范围为(0,2).

故答案为:(0,2)

8.(𝑘𝜋+𝜋2,12)(𝑘∈𝑍)

【解析】8.

由2cos2(xy)>0，得

左边≥log22=1.

而右边= −(𝑦−12)2+1≤1.

因此，只能左边=右边=1.

故y=12,2cos2(xy)=12cos2(xy)=1 ⇒cos2x2=1+cosx2=12 ⇒cosx=0⇒x=kπ+π2(k∈Z).

故答案为:(𝑘𝜋+𝜋2,12)(𝑘∈𝑍)

9.𝑥=𝑘𝜋或𝑙𝜋+𝜋4(𝑘、𝑙∈𝑍)

【解析】9.

若[tan𝑥]=0，则

sin𝑥=0⇒𝑥=𝑘𝜋(𝑘∈𝑍)；

若[tan𝑥]=1，则sin𝑥=±√22⇒𝑥=𝑙𝜋+𝜋4(𝑙∈𝑍)；

若[tan𝑥]=2，则sin𝑥=±1，

原方程无解. 综上，原方程的解为𝑥=𝑘𝜋或𝑙𝜋+𝜋4(𝑘、𝑙∈𝑍).

故答案为:𝑥=𝑘𝜋或𝑙𝜋+𝜋4(𝑘、𝑙∈𝑍)

10.[0,4]

【解析】10.

4×22√𝑥+3×2𝑥+√𝑥≥22𝑥

⇔4+3×2𝑥−√𝑥≥22𝑥−2√𝑥

⇔(2𝑥−√𝑥)2−3×2𝑥−√𝑥−4≤0

⇔−1≤2𝑥−√𝑥≤4⇔𝑥−√𝑥≤2

⇔(√𝑥)2−√𝑥−2≤0

⇔−1≤√𝑥≤2⇔0≤𝑥≤4.

故答案为:[0,4]

11.1005

【解析】11.

将集合𝐴划分成如下1005个子集：

𝐴4𝑘+𝑖={8𝑘+𝑖,8𝑘+𝑖+4}(𝑖=1,2,3,4;𝑘=0,1,⋅⋅⋅,250),𝐴1005={2009}.

若𝐿的元素个数大于1005，则上述前1004个子集中至少有一个是𝐿的子集，

即𝐿中存在两个元素之差等于4.

另外，在前边1005个子集中各取一个元素构成的集合𝐿满足条件.

因此，集合𝐿元素个数的最大可能值为1005.

故答案为:1005

12.960

【解析】12.

三个顶点都是凸十边形顶点的三角形有𝐶103个.

仅有两个顶点是凸十边形顶点的三角形，另一个顶点必是两条对角线的交点.两条对角线确定凸十边形的四个顶点，而四个顶点及对应的两条对角线的交点可得四个仅有两个顶点是凸十边形顶点的三角形.因此，仅有两个顶点是该凸十边形顶点的三角形有4𝐶104个.

综上，所求三角形的个数为𝐶103+4𝐶104=960.

故答案为:960