2016年南昌市高中数学竞赛试题及答案

南昌市高中数学竞赛试题及答案一、填空题（共8题，每题10分，合计80分）1、十二个互不相同的正整数之和为2010，则这些正整数的最大公约数的最大值是 ． 答案：15．解：设最大公约数为d ，12个数分别为1212,,,a d a d a d ，其中1212(,,,)1a a a =，记121ii S a==∑，则2010Sd =，欲使d 最大，当使S 取最小，由于1212,,,a a a 互异，则121278S ≥+++=，因2010S ，但201023567=⨯⨯⨯，其大于67的最小正因数是267134⨯=，所以15d ≤，且15d =可以取到，只需令121112(,,,,)(1,2,,11,68)a a a a =即可．2、函数2()f x ax =0a ≠），若(f f =a = ．答案：2.解：由(22a a =(220a a =，所以2a =3、设(n a n n =+⋅，则2n a n ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦．答案：1n +解：因12k k <<+，所以111()2n nn k k k a k ==<<+∑∑，即(1)(2)22n n n n n a ++<<，所以21n a n n ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦． 4、设{}2,4,7,8,13,15A =.如果非空集合M 满足M 的各元素加4后成为A 的一个子集，M 的各元素减4后也成为A 的一个子集，则M= ． 答案：{}11M =解：取{}{}14,2,0,3,4,9,11A x x a a A ==-∈=-，{}{}24,6,10,11,12,17,19A x x a a A ==+∈=，{}1211M A A ⊆⋂=，因M 非空，{}11M =.5、若[0,)x π∈，则函数sin cos 1sin cos x xy x x=++的值域是 ．答案：11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦解：令sin cos t x x =+，则21sin cos 2t x x -=，于是12t y -=，又)4t x π=+，因5444x πππ≤+<，则]sin()(42x π+∈-，即(1,t ∈-，因此12(1,]y ∈-．6、设函数():f x R R →，且满足对任意的,x y R ∈,()()(23)3()3()6.f x f y f xy f x y f x x =+++-+则()f x =_____________________.答案：()23f x x =+解：交换,x y 得3()63()6f x x f y y -+=-+，故()2f x x -为常数.设()2f x x a =+，由(2)(2)2(23)3(22)3(2)6x a y a xy a x y a x a x ++=+++++-++，得22()(3)6(3)(2)x y a a a a a +-=--=-+，即(3)(1)02aa x y -+++=，上式对任何实数,x y 皆成立.故3a =，则()23f x x =+.7、数列{}n a 满足：2111,n n a a a n +=+=-，则15a = ．答案：104-.解:条件21n n a a n ++=-可改写为221(1)1()()02222n n n n n n a a ++++-++-=,若令 222n n n nb a =+-,则11b =,且1n n b b +=-,所以2121,1k k b b -==-,1,2,k =,于是151b =,即有2151515110422a =+-=-． 8、如果四位数n 的四个数位中至多含有两个不同的数码，则称n 为“简单四位数”；例如5555和3313等等，那么，简单四位数的个数是 ． 答案：576．解：如果四位数的四个数码都相同，则这种四位数有9个；如果四位数的四个数码有两个值，首位数{1,2,,9}a ∈有9种取法，当首位数a 填好后，再任取{0,1,2,,9}b ∈，且b a ≠，选取b 的方法有9种；后三个数位中，每一位置都可填a 或b ，但是不能后三位全填a ，有3217-=种填法，即四个数码有两个值的情况有997567⨯⨯=种；因此简单四位数共有9567576+=个． 二、解答题（共3题，合计44分）9、（20分）M 是正三角形123A A A 的中心，N 是其所在平面上的任意一点，以MN为直径的圆分别交直线i MA 于i B ，1,2,3i =；证明：222222123123MB MB MB NB NB NB ++=++．证：由123,,,,M B B N B 五点共圆，013120B MB ∠=，可知012360B B B ∠=，0132121260B B B B MB A MB ∠=∠=∠=，所以123B B B ∆为正三角形；设其边长为a ，先证引理：P 是正三角形ABC ∆外接圆上的任一点，则222PA PB PC ++为定值.事实上，设ABC ∆的边长为a ，,,PA x PB y PC z ===，则有x y z =+，因此222222()x y z y z y z ++=+++222()y z yz =++2222BC a ==，故引理成立.由引理立得，22222221231232MB MB MB a NB NB NB ++==++. 10、（25分）设0,1,2,,i x i n ≥=，约定11n x x +=，证明：1nk =≥证：因0,1,2,,i x i n ≥=，令2tan ,[0,),1,2,,2k k k x k n πθθ=∈=约定11n θθ+=，=≥22=A 3PCBA所以221nn k k === 11、（25分）一次足球邀请赛共安排了n 支球队参加，每支球队预定的比赛场数分别是12,,,n m m m ，如果任两支球队之间至多安排了一场比赛，则称12(,,,)n m m m 是一个有效安排；证明：如果12(,,,)n m m m 是一个有效安排，且12n m m m ≥≥≥，则可取掉一支球队，并重新调整各队之间的对局情况，使得112312(1,1,,1,,,)m m n m m m m m ++---也是一个有效安排．证：设预定比赛i m 场的队为i A ，1,2,,i n =；（01）、如果1A 的1m 场比赛，其对手恰好就是1231,,,m A A A +，那么，直接去掉1A （当然1A 所参与的所有比赛也就被取消了），则剩下的队23,,,n A A A 之间的比赛，以112312(1,1,,1,,,)m m n m m m m m ++---为有效安排．（02）、如果球队23,,,n A A A 中，有些队并未安排与1A 比赛，设在1231,,,m A A A +中，自左至右，第一个未安排与1A 比赛的队是j A ，由于1A 要赛1m 场，那么在1231,,,m A A A +之外必有一个队安排了与1A 比赛，设为1,(1)k A m k n +<≤，由于j k m m >，故必有一个队s A ，它被安排了与j A 比赛而未安排与k A 比赛，如图所示． 今对原安排作如下调整：取消1,k A A 两队间、,j s A A 两队间的比赛， 改为1,j A A 两队间，,s k A A 两队间进行比赛， 其它比赛安排不变；经过这一次调整之后，所有球队的比赛场数不变，且是一个有效安排．而第一个不与1A 比赛的队的序号，至少后移了一个位置；故经有限次这样的调整之后，就化成了情形（01），因此结论得证．sj k1js k。

2016 年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准．填空题只设 8 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给分，解答题中第 9 小题 4 分为一个档次，第 10、11 小题 5 分一个档次，不要增加其他中间档次．一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分1．设实数 a 满足 a < 9a 3-11a <| a | ，则 a 的取值范围是2．设复数 z , w 满足 | z |= 3，(z + w )(z - w ) = 7 + 4i ，其中 i 是虚数单位，z , w 分别表示 z , w 的共轭复数，则 (z + 2w )(z - 2w ) 的模为3．正实数 u , v , w 均不等于 1，若 log u vw + log v w = 5 ， log v u + log w v = 3 ，则 log w u 的值为4．袋子 A 中装有 2 张 10 元纸币和 3 张 1 元纸币，袋子 B 中装有 4 张 5 元纸币和 3 张 1 元纸币．现随机从两个袋子中各取出两张纸币，则 A 中剩下的纸币面值之和大于 B 中剩下的纸币面值之和的概率为5．设 P 为一圆锥的顶点，A ，B ，C 是其底面圆周上的三点，满足∠ABC =90°，M 为 AP 的中点．若 AB =1，AC =2， AP = 2 ，则二面角 M —BC —A 的大小为6 ． 设 函 数 f (x ) = sin 4 kx + cos 4kx ， 其 中 k 是 一 个 正 整 数 ． 若 对 任 意 实 数 a ， 均 有10 10{ f (x ) | a < x < a +1} = { f (x ) | x ∈ R }，则 k 的最小值为7．双曲线 C 的方程为 x 2- y 2= 1，左、右焦点分别为 F 、 F ，过点 F 作直线与双曲线 C 的右半支交于3 1 2 2点 P ，Q ，使得 ∠F 1 PQ =90°，则 ∆F 1 PQ 的内切圆半径是8．设 a 1 , a 2 , a 3 , a 4 是 1，2，…，100 中的 4 个互不相同的数，满足(a 11 + a 22 + a 32 )(a 22 + a 32 + a 42 ) = (a 1a 2 + a 2 a 3 + a 3 a 4 ) 2则这样的有序数组 (a 1 , a 2 , a 3 , a 4 ) 的个数为二、解答题：本大题共 3 小题，共 56 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9．（本题满分 16 分）在 ∆ABC 中，已知 AB ∙ AC + 2BA ∙ BC = 3CA ∙ CB ．求 sin C 的最大值．10．（本题满分 20 分）已知 f (x ) 是 R 上的奇函数， f (1) = 1 ，且对任意 x < 0 ，均有 f ( x x-1) = xf (x ) ．求 f (1) f (1001) + f (12) f (991) + f (13) f (981) +… + f (501) f (511) 的值．11．（本题满分 20 分）如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，F 是 x 轴正半轴上的一个动点．以 F 为焦点， O 为顶点作抛物线 C ．设 P 是第一象限内 C 上的一点，Q 是 x 轴负半轴上一点，使得 PQ 为 C 的切线，且｜PQ ｜=2.圆 C 1 , C 2 均与直线 OP 相切于点 P ，且均与轴相切．求点 F 的坐标，使圆 C 1 与 C 2 的面积之和取到最小值．2016 年全国高中数学联合竞赛加试一、（本题满分 40 分）设实数a,a, …,a2016满足 9a> 11a2(i= 1,2,… ,2015)。

2016 年南昌市高中数学比赛试题及答案（注意： 号后凡 有“高一”的， 高一学生解答 ；凡 有“高二”的， 高二学生解答 ；凡未作以上 志的， 高一、高二学生共同解答 ）一、填空 （每10 分，共 80 分）1. （高一）化35 13 48的 果是．6 2答案： 1.2解： 13482 324 312 2,51 2 34 2 33 121 3,3 122621 .331 2 3，故原式222（高二）ab 0 ，若函数 f 1 x x 22ax 4b 与 f 2 xx 2 4ax 2b 拥有同样的最小 u ，函数 f 3xx 22bx4a 与 f 4 xx 2 4bx 2a 拥有同样的最大v ，uv．答案： 0.解： f 1 xx a24b a 2 4b a 2 , f 2 x22b 4a 22b 4a 2 ,x 2a故由 4ba 2u 2b4a 2 ，得 2b 3a 2 ⋯⋯⋯⋯①f 3 xx b24a b24a b 2, f 4 xx 2b 22a 4b22a 4b2,故由 4ab 2v2a 4b 2 ，得 2a 3b 2 ⋯⋯⋯⋯②由①②得， 2 ba3 b 2 a 2 , 所以 b a0 ⋯⋯⋯⋯③，或许 b a2 ⋯⋯⋯⋯④3若 b a2 ，由②④， 2 b 2 3b 2，即 3b23 0 ，矛盾！133故只有 ba 0 ，此 ， 2 u v6b 5a 2 6a 5b 2a b 5b 5a60.2. （高一）若 k 个 正整数之和 2016 ， k 的最大 是．答案： 63.解： 2016n 1n 2Ln k kn k k 1，2k 2n k 14032 ，注意 4032 26 32 7 ，且 k 2n k 1 ， 使 k 最大，当 取 k, n使得 4032 的较小因子尽可能去获得最大，因为 4032 63 64 ，可令k 63,2 n k 1 64 （此时对应于 n0 ）．（高二）p是椭圆 x 2y 2 1 上位于第一象限的一点，若p 与两焦点的连线相互垂直，259则点 p 的坐标为 ．答案：5 7 94, .4解：椭圆两焦点为F 1 4,0 , F 2 4,0 ，若点 P 坐标为 P x, y , x 0, y 0 ，则x 2y 2 1 ，以及 y 4 x y 1，解得 x5 7 , y 9 . 259 x 4443. （高一） 三角形的边长为正整数，周长为24，这类三角形共有个．答案： 12 个．解：设三角形的三条边长为 a,b,c ，且 a b c ，a b c 24 ，则 a 8 ，再由 b c a ，得 2a a b c 24 ，所以 a 12, 即 a11，于是 8 a 11,在 a 11b c 13，于是b, c11,2 , 10,3 , 9,4 , 8,5 , 7,6；时，在 a 10 时， b c 14 ，有 b, c 10,4 ,9,5,8,6,7,7 ；在 a 9 时， b c 15 ，有 b, c 9,6 , 8,7；在 a8 时， b c 16 ，有 b,c8,8 ；合计 12 种情况．（高二）锐角三角形ABC 中， tan 9 A tan 9 B tan 9 C 的最小值是．答案： 243 3.解：记 tan A x, tan By, tan C z ，则 x y z xyz, xyzxy z 33 xyz,两边立方，得 xyz 3 3 ，当且仅当 x y z3 ，x 9 y 9 z 9 33 xyz933.3 xyz 2434. （高一）若为锐角，使得 sin4a 4,cos5a 15，则 a．答案： 24.6a16a122解：据 1sin 2cos 24a 4 5a 15 ，得5a 26 a240 ，解得6a 16a 1a 2及 24 ，若 a2 ，则 cos 0 ，不合题意，故只有 a24.（高二）单位正方体（各棱长皆为 1 的正方体）中，将每一对相邻的中心连结，获得一个具有六个极点的多面体 T ，其体积是．答案：1. 61 A 1B2 解：如图， E, F 分别是 C 1 A 1 及 C 1B 的中点，则 EF, 自 E 作平行于 BCC 1B 122的平面，将多面体分红两个全等的四棱锥，其底面面积为1，高为 1.2 1Sh2 1 1 1 .22V T3 3 2 2 65. 假如一个单一递加数列a n 的每一项皆是由 1,2,3,4,5 排成的没有重复数字的五位数， 则a100．答案： 51342.解： 1,2,3,4,5 总合可排出120 个数，此中 5 开头的有 24 个，它们中最小的数51234是倒数第 24 个数，即全体这类五位数的自小到大第97 个数， 5 开头的数后四位均由1,2,3,4 排成，这四个数码排成的数自小到大按序是1234,1243,1324 ，所以 a 100 51342.6. 从 1,3,L ,13 中拿出 k 个不一样的数，使得拿出的数中，任两个数的差，既不等于 5，也不等于 8，则 k 的最大值是 ．答案： 6．解：将 1,2,L ,13 摆列于一个圆上，使得每相邻两数之差，或许为 5，或许为 8，而后选用一组互不相邻的数，至多能取到六个数，比如取 1,4,7,10,13,3 ．（若取 7 个数，则必有两数在圆周上相邻） ，所以 k max6.7.知足1 11 的正整数解 x, y 的组数为 ．x y2016答案： 165.解：由条件得x2016y2016201621010 34 72，因为2103472有1014121165 个正因子，关于每个正因子d ，由 x2016 d 能够获得一个x的值，而当 x 的值确立后，y 的值便随之确立，于是共有165 组解．8.会合M是会合A1,2, L ,100的子集，且 M 中起码含有一个平方数或许立方数，则这种子集 M 的个数是．答案：288212 1 .解：会合 A1,2, L,100中的平方数或立方数构成会合B1,4,8,9,16,25,27,36,49,64,81 ,100 ，此中有12个元素，从 A 中挖去会合 B 后剩下的元素构成会合 C ，则 C中含有88 个元素，因为 C 的子集有288个， B 的非空子集有 212 1个，集 M 可表示为M B0U C0形式，此中 B0是 B 的任一非空子集，C0是 C 的任一子集，所以 M 的个数为288212 1 .二、解答题9.（ 20 分）会合A与B分别由知足以下条件的全部五位数构成：关于会合 A 的每个元素x，其各位数码之和加1或减 1以后是 5 的倍数；关于会合 B 的每个元素 y ，其各位数码之和或许是 5的倍数，或许减2以后是 5 的倍数．证明：A B . （即这两个会合的元素个数相等．）证：关于任一五位数a a a a a a ，此中1a1 9,0 a j9, j 2,3, 4,5 ， a 的各位数12345码之和记为 S a ；关于会合 A 中的随意一数x x1 x2 x3x4 x5，令x与五为数 y y1 y2 y2 y4 y5相对应，此中每个y j知足等式：x1y110, x j y j9, j2,3, 4,5.则 1y19,0y j9, j2,3, 4,5，且 S x S y46,据此可知，若 5|S x1，则 5| S y ，若 5| S x1，则5| S y 2 ，于是当 x A时，必有y B ，而且不一样的x 对应于不一样的y ．反过来也是这样，即这类对是一一 ，进而 两个会合的元素个数相等．10. （ 25 分）四 形 ABCD 内接于以 AC 直径的 ， M , N 分 是 AB, CD 上的点，且DM AC , BN AC ． 明： AC , BD , MN 三 共点．： DM , BN 分 交 AC 于 E,F ， 角 AC, BD 交于 P ，只需 M , N , P 三点共 ．MP , NP ，由△ PDE ∽△ PBF ，得DEPE⋯⋯⋯⋯①BFPF又由△ AME ∽△ BCF ，△ DAE ∽ CNF ，得MEAE , AE DE ,相乘得 ME DE CFBF NF CFNF⋯⋯⋯⋯②BFME PE 将①②相乘得，，所以直角三角形△ PEM ∽△ PFN ，NFPF所以，MPENPF ，故 M , N , P 三点共 ，进而AC, BD , MN 三 共点．11. 假如 数会合 A 的全体元素能够排成一个等比数列，就称A 是一个几何集，比如无 集合 A 3, 15,5, L 就是一个几何集． 确立，能否存在7个几何集 A 1 , A 2 ,L , A 7 ，使得它的并集元素中，包括有前 50 个正整数，即 MA 1UA 2UL UA 7 ，此中M1,2,L ,50 ． 明你的 ．解：不存在．第一 明，任一个几何集之中至多含有两个 数．反 法， 倘若某个几何集 G 的元素中含有三个 数x, y, z ，此中 x y z ，若其首 a ，公比 q ， x aqm, yaq n , z aq k , 此中正整数m n k ．1 1k nn mqn m , zy n m z k n , 即有则yq k n , 由此 qy z .xyxyx y所以， y k mx k n z nm，这与 y 是质数矛盾．于是， 7 个几何集的并集 A 1 , A 2 ,L , A 7 中，至多含有 14 个质数， 而 M 1,2,L ,50 中含有15 个质数 2,3,5,7, L ,47 ，所以知足条件的7 个几何集不存在．。

2016年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）一、填空题：本大题共8个小题，每小题8分，共64分。

2016A1、设实数a 满足a a a a <-<1193，则实数a 的取值范围为◆答案：)310,332(--∈a ★解析：由||a a <可得0<a ，原不等式可变形为1||11913-=>->aa a a a即111912<-<-a ，所以)34,910(2∈a ．又0<a ，故)310,332(--∈a ．2016A 2、设复数z ，w 满足3=z ，i w z w z 47))((+=-+，其中i 是虚数单位，z ，w 分别表示复数z ，w 的共轭复数，则)2)(2(w z w z -+的模为 ◆答案：65★解析：由运算性质，)(||||))((4722zw zw w z w z w z i ---=-+=+，因为2||z 与2||w 为实数，0)Re(=-zw zw ，故7||||22=-w z ，i zw zw 4-=-，又3||=z ，所以2||2=w ，从而i i zw zw w z w z w z 81889)(2||4||)2)(2(22+=+-=---=-+因此，)2)(2(w z w z -+的模为65．2016A 3、正实数u ，v ，w 均不等于1，若5l og l og =+w vw v u ，3log log =+v u w v ，则vwl og 的值为 ◆答案：54 ★解析：令a v u =log ，b w v =log ，则a u v 1log =，bv w 1log =，ab a w v v vw v u u u +=∙+=log log log log条件化为5=++b ab a ，311=+b a ，由此可得45=ab ，因此 54log log log ==∙=u v u v w w ．2016A 4、袋子A 中装有2张10元纸币和3张1元纸币，袋子B 中装有4张5元纸币和3张1元纸币，现随机从两个袋子中各取出两张纸币，则A 中剩下的纸币面值之和大于B 中剩下的纸币面值之和的概率为 ◆答案：359 ★解析：一种取法符合要求，等价于从A 中取走的两张纸币的总面值a 小于从B 中取走的两张纸币的总面值b ，从而1055=+≤<b a ．故只能从A 中国取走两张1元纸币，相应的取法数为323=C ．又此时2=>a b ，即从B 中取走的两张纸币不能都是1元纸币，相应有182327=-C C 种取法．因此，所求的概率为3592110541832725=⨯=⨯⨯C C ．2016A 5、设P 为圆锥曲线的顶点，A ，B ，C 是其地面圆周上的三点，满足090=∠ABC ，M 为线段AP 的中点。

2016年全国高中数学联赛（B 卷）一试一、选择题：（每小题8分，共64分）1.等比数列{}n a 的各项均为正数，且213263236,a a a a a ++=则24a a +的值为 ． 2.设{}|12A a a =−≤≤，则平面点集(){},|,,0B x y x y A x y =∈+≥的面积为 ． 3.已知复数z 满足22z z z z +=≠（z 表示z 的共轭复数），则z 的所有可能值的积为 ． 4.已知()(),f x g x 均为定义在R 上的函数，()f x 的图像关于直线1x =对称，()g x 的图像关于点()1,2−中心对称，且()()391x f x g x x +=++，则()()22f g 的值为 ． 5.将红、黄、蓝3个球随机放入5个不同的盒子,,,,A B C D E 中，恰有两个球放在同一盒子的概率为 ．6.在平面直角坐标系xOy 中，圆221:0C x y a +−=关于直线l 对称的圆为222:2230,C x y x ay ++−+=则直线l 的方程为 ．7.已知正四棱锥V -ABCD 的高等于AB 长度的一半，M 是侧棱VB 的中点，N 是侧棱VD 上点，满足2DN VN =，则异面直线,AM BN 所成角的余弦值为 ．8.设正整数n 满足2016n ≤，且324612n n n n+++= ．这样的n 的个数为 ．这里{}[]x x x =−，其中[]x 表示不超过x 的最大整数．二、解答题：（共3小题，共56分）9.（16分）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且5051,a a 是方程()2100lg lg 100x x = 的两个不同的解，求12100a a a 的值．10.（20分）在ABC 中，已知23.AB AC BA BC CA CB ⋅+⋅=⋅（1）将,,BC CA AB 的长分别记为,,a b c ，证明：22223a b c +=； （2）求cos C 的最小值．11.（20分）在平面直角坐标系xOy 中，双曲线C 的方程为221x y −=．求符合以下要求的所有大于1的实数a ：过点(),0a 任意作两条互相垂直的直线1l 与2l ，若1l 与双曲线C 交于,P Q 两点，2l 与C 交于,R S 两点，则总有PQ RS =成立．加试一、（40分）非负实数122016,,,x x x 和实数122016,,,y y y 满足： （1）221,1,2,,2016k k x y k +== ； （2）122016y y y +++ 是奇数． 求122016x x x +++ 的最小值．二、（40分）设,n k 是正整数，且n 是奇数．已知2n 的不超过k 的正约数的个数为奇数，证明：2n 有一个约数d ，满足2.k d k <≤三、（50分）如图所示，ABCD 是平行四边形，G 是ABD 的重心，点,P Q 在直线BD 上，使得,.GP PC GQ QC ⊥⊥证明：AG 平分.PAQ ∠四、（50分）设A 是任意一个11元实数集合．令集合{}|,,.B uv u v A u v =∈≠求B 的元素个数的最小值．QG P DCBA2016年全国高中数学联赛（B 卷）试题及答案一试一、选择题：（每小题8分，共64分）1.等比数列{}n a 的各项均为正数，且213263236,a a a a a ++=则24a a +的值为 ． 答案：6．解：由于()2222132632424243622,a a a a a a a a a a a =++=++=+且240,a a +>故24 6.a a += 另解：设等比数列的公比为q ，则52611.a a a q a q +=+又因 ()()()()()22252132631111122223331111112436222,a a a a a a a q a q a q a q a q a q a qa q a q a q aa =++=⋅+⋅+=+⋅⋅+=+=+而240a a +>，从而24 6.a a +=2.设{}|12A a a =−≤≤，则平面点集(){},|,,0B x y x y A x y =∈+≥的面积为 ． 答案：7．解：点集B 如图中阴影部分所示，其面积为 133227.2MRS MNPQ S S −=×−××=正方形3.已知复数z 满足22z z z z +=≠（z 表示z 的共轭复数），则z 的所有可能值的积为 ． 答案：3．解：设()i ,.z a b a b R =+∈由22z z z +=知， 222i 22i i,a b ab a b a b −+++=−比较虚、实部得220,230.a b a ab b −+=+=又由z z ≠知0b ≠，从而有230,a +=即32a =−，进而b 于是，满足条件的复数z的积为33 3.22 −+−−=   4.已知()(),f x g x 均为定义在R 上的函数，()f x 的图像关于直线1x =对称，()g x的图像关于点()1,2−中心对称，且()()391x f x g x x +=++，则()()22f g 的值为 ．答案：2016. 解：由条件知()()002,f g += ①()()22818190.f g +++ ②由()(),f x g x 图像的对称性，可得()()()()02,024,f f g g =+=−结合①知， ()()()()22400 2.f g f g −−=+= ③由②、③解得()()248,242,f g ==从而()()2248422016.f g =×=另解：因为()()391x f x g x x +=++， ① 所以()()2290.f g += ②因为()f x 的图像关于直线1x =对称，所以 ()()2.f x f x =− ③又因为()g x 的图像关于点()1,2−中心对称，所以函数()()12h x g x =++是奇函数，()()h x h x −=−，()()1212g x g x −++=−++ ，从而 ()()2 4.g x g x =−−− ④ 将③、④代入①，再移项，得 ()()3229 5.x f x g x x −−−=++ ⑤ 在⑤式中令0x =，得()()22 6.f g −= ⑥由②、⑥解得()()248,246.f g ==于是()()222016.f g =5.将红、黄、蓝3个球随机放入5个不同的盒子,,,,A B C D E 中，恰有两个球放在同一盒子的概率为 ．解：样本空间中有35125=个元素．而满足恰有两个球放在同一盒子的元素个数为223560.C P ×=过所求的概率为6012.12525p ==6.在平面直角坐标系xOy 中，圆221:0C x y a +−=关于直线l 对称的圆为222:2230,C x y x ay ++−+=则直线l 的方程为 ．答案：2450.x y −+=解：12,C C 的标准方程分别为()()2222212:1,:1 2.C x y C x y a a +=++−=−由于两圆关于直线l 对称，所以它们的半径相等．因此220,a a =−>解得 2.a =故12,C C 的圆心分别是()()120,0,1,2.O O −直线l 就是线段12O O 的垂直平分线，它通过12O O 的中点1,12M−，由此可得直线l 的方程是2450.x y −+=7.已知正四棱锥V -ABCD 的高等于AB 长度的一半，M 是侧棱VB 的中点，N 是侧棱VD 上点，满足2DN VN =，则异面直线,AM BN 所成角的余弦值为 ．解：如图，以底面ABCD 的中心O 为坐标原点，,,AB BC OV 的方向为,,x y z 轴的正向，建立空间直角坐标系．不妨设2,AB =此时高1,VO =从而()()()()1,1,0,1,1,0,1,1,0,0,0,1.A B D V −−−−由条件知111112,,,,,222333M N−−，因此311442,,,,,.222333AM BN ==−设异面直线,AM BN 所成的角为θ，则cos AM BN AM BNθ⋅==⋅xA8.设正整数n 满足2016n ≤，且324612n n n n+++= ．这样的n 的个数为 ．这里{}[]x x x =−，其中[]x 表示不超过x 的最大整数．解：由于对任意整数n ，有135113,2461224612n n n n +++≤+++=等号成立的充分必要条件是()1mod12n ≡−，结合12016n ≤≤知，满足条件的所有正整数为()1211,2,,168,n k k =−= 共有168个．另解：首先注意到，若m 为正整数，则对任意整数,x y ，若()mod x y m ≡，则.x y m m = 这是因为，当()mod x y m ≡时，x y mt =+，这里t 是一个整数，故.x x x y mt y mt y y y y y t t m m m m m m m m m m ++=−=−=+−+=−= 因此，当整数12,n n 满足()12mod12n n ≡时，11112222.2461224612n n n n n n n n+++=+++容易验证，当正整数满足112n ≤≤时，只有当11n =时，等式324612n n n n+++=才成立．而201612168=×，故当12016n ≤≤时，满足324612n n n n+++= 正整数n 的个数为168.二、解答题：（共3小题，共56分）9.（16分）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且5051,a a 是方程 ()2100lg lg 100x x = 的两个不同的解，求12100a a a 的值．解 对50,51k =，有()2100lg lg 1002lg ,k k k a a a ==+即()2100lg lg 20.k k a a −−=因此，5051lg ,lg a a 是一元二次方程210020t t −−=的两个不同实根，从而 ()505150511lg lg lg ,100a a a a =+=即1100505110.a a =由等比数列的性质知，()5015010012100505110a a a a a===10.（20分）在ABC 中，已知23.AB AC BA BC CA CB ⋅+⋅=⋅（1）将,,BC CA AB 的长分别记为,,a b c ，证明：22223a b c +=； （2）求cos C 的最小值．解 （1）由数量积的定义及余弦定理知，222cos .2b c a AB ACcb A +−⋅== 同理得，222222,.22a cb a bc BA BC CA CB +−+−⋅=⋅= 故已知条件化为 ()()22222222223,b c a a c b a b c +−++−=+− 即22223.a b c +=（2）由余弦定理及基本不等式，得 ()2222222123cos 2236a b a b a b c C ab ab a b b a +−++−===+≥等号成立当且仅当::a b c =因此cos C11.（20分）在平面直角坐标系xOy 中，双曲线C 的方程为221x y −=．求符合以下要求的所有大于1的实数a ：过点(),0a 任意作两条互相垂直的直线1l 与2l ，若1l 与双曲线C 交于,P Q 两点，2l 与C 交于,R S 两点，则总有PQ RS =成立．解 过点(),0a 作两条互相垂直的直线1:l x a =与2:0.l y =易知，1l 与C交于点((00,,P a Q a （注意这里1a >），2l 与C 交于点()()001,0,1,0,R S −由条件知00002P Q R S ==，解得a = 这意味着符合条件的a下面验证a =符合条件．事实上，当12,l l 中有某条直线斜率不存在时，则可设12:,:0l x a l y ==，就是前面所讨论的12,l l 的情况，这时有.PQ RS =若12,l l 的斜率都存在，不妨设((()121:,:0,l y k x l y x k k==−≠注意这里1k ≠±（否则1l 将与C 的渐近线平行，从而1l 与C 只有一个交点）． 联立1l 与C的方程知，(22210,x kx −−−=即()22221210,k xx k −−−−=这是一个二次方程式，其判别式为2440k ∆=+>．故1l 与C 有两个不同的交点,P Q ．同样，2l 与C 也有两个不同的交点,.R S 由弦长公式知，2212.1k PQ k +=⋅−用1k −代替k ，同理可得()()22221122.11k k RS k k −−+−+=⋅=−−−于是.PQ RS = 综上所述，a =为符合条件的值．加试一、（40分）非负实数122016,,,x x x 和实数122016,,,y y y 满足： （1）221,1,2,,2016k k x y k +== ； （2）122016y y y +++ 是奇数．求122016x x x +++ 的最小值．解：由已知条件（1）可得：1,1,1,2,,2016,k k x y k ≤≤= 于是（注意0i x ≥）()2016201620162016201622211111120162016.k kkk k k k k k k x xy y y =====≥=−=−≥−∑∑∑∑∑ ①不妨设112016,,0,,,0,02016,m m y y y y m +>≤≤≤ 则201611,2016.mkk k k m ym y m ==+≤−≤−∑∑若11m k k y m =>−∑，并且201612015,k k m y m =+−>−∑令 2016111,2015,mk k k k m y m a y m b ==+=−+−=−+∑∑则0,1,a b <<于是()201620161111201522016,m kkk k k k m y yy m a m b m a b ===+=+=−+−−+=−+−∑∑∑由条件（2）知，20161k k y =∑是奇数，所以a b −是奇数，这与0,1a b <<矛盾．因此必有11m k k y m =≤−∑，或者201612015,k k m y m =+−≤−∑则201620161112015.m kk k k k k m yy y ===+=−≤∑∑∑于是结合①得201611.k k x =≥∑又当122015201612201520160,1,1,0x x x x y y y y ========== 时满足题设条件，且使得不等式等号成立，所以122016x x x +++ 的最小值为1．二、（40分）设,n k 是正整数，且n 是奇数．已知2n 的不超过k 的正约数的个数为奇数，证明：2n 有一个约数d ，满足2.k d k <≤证明：记{}||2,0,A d d n d k d =<≤是奇数，{}||2,0,B d d n d k d =<≤是偶数，则,2A B n =∅ 的不超过k 的正约数的集合是.A B若结论不成立，我们证明.A B =对d A ∈，因为d 是奇数，故2|2d n ，又22d k ≤，而2n 没有在区间(],2k k 中的约数，故2d k ≤，即2d B ∈，故.A B ≤反过来，对d B ∈，设2d d ′=，则|d n ′，d ′是奇数，又2kd k ′≤<，故,d A ′∈从而.B A ≤ 所以.A B =故2n 的不超过k 的正约数的个数为偶数，与已知矛盾．从而结论成立． 三、（50分）如图所示，ABCD 是平行四边形，G 是ABD 的重心，点,P Q 在直线BD 上，使得,.GP PC GQ QC ⊥⊥证明：AG 平分.PAQ ∠解：连接AC ，与BD 交于点.M 由平行四边形的性质，点M 是,AC BD 的中点．因此，点G 在线段AC 上．由于90GPC GQC ∠=∠= ，所以,,,P G Q C 四点共圆，并且其外接圆是以GC 为直径的圆．由相交弦定理知QG P DCBA.PM MQ GM MC ⋅=⋅ ①取GC 的中点.O 注意到::2:1:3,AG GM MC =故有1,2OCGC AG == 因此,G O 关于点M 对称．于是.GM MC AM MO ⋅=⋅ ②结合①、②，有PM MQ AM MO ⋅=⋅，因此,,,A P O Q 四点共圆． 又1,2OP OQ GC ==所以PAO QAO ∠=∠，即AG 平分.PAQ ∠ 四、（50分）设A 是任意一个11元实数集合．令集合{}|,,.B uv u v A u v =∈≠求B 的元素个数的最小值．解：先证明17.B ≥考虑到将A 中的所有元素均变为原来的相反数时，集合B 不变，故不妨设A 中正数个数不少于负数个数．下面分类讨论：情况一：A 中没有负数．设1211a a a <<< 是A 中的全部元素，这里120,0,a a ≥>于是 1223242113111011,a a a a a a a a a a a a <<<<<<<上式从小到大共有19818++=个数，它们均是B 的元素，这表明18.B ≥情况二：A 中至少有一个负数．设12,,,k b b b 是A 中的全部非负元素，12,,,l c c c 是A 中的全部负元素．不妨设 110,l k c c b b <<<≤<<其中,k l 为正整数，11k l +=，而k l ≥，故 6.k ≥于是有 111212,k k l k c b c b c b c b c b >>>>>> 它们是B 中的110k l +−=个元素，且非正数；又有 23242526364656,b b b b b b b b b b b b b b <<<<<< 它们是B 中的7个元素，且为正数．故10717.B ≥+=由此可知，17.B ≥ 另一方面，令{}2340,1,2,2,2,2,A =±±±±±则{}236780,1,2,2,2,,2,2,2B =−±±±±±− 是个17元集合．综上所述，B 的元素个数的最小值为17.。

2016年全国高中数学联赛江西省预赛试题及解答2016年6月5日上午8:3011:00--一、填空题（每小题7分，共56分）1、若()22016log 65y x ax =-+的值域为R +，那么a 的取值范围是 ．2、四面体ABCD 中，ABC ∆是一个正三角形，2AD BD ==，AD BD ⊥， AD CD ⊥，则D 到面ABC 的距离为．3、若对于所有的正数,x y ≤，则实数a 的最小值是 ．4、已知P 是正方形ABCD 内切圆上的一点，记,APC BPD αβ∠=∠=，则22tan tan αβ+= ．5、等差数列2,5,8,,2015与4,9,14,,2014的公共项（具有相同数值的项）的个数是 ．6、设x 为锐角，则函数sin sin 2y x x =的最大值是 ．7、若将前九个正整数1,2,3,4,5,6,7,8,9分别填写于一张33⨯方格表的九个格子中，使得每行三数的和，每列三数的和皆为质数，你的填法是8、把从1到n (1)n >这n 个连续正整数按适当顺序排成一个数列，使得数列中每相邻两项的和为平方数，则正整数n 的最小值是 ．二、解答题（共64分） 9、（14分）如图，CD 是椭圆22221x y a b+=过椭圆长轴的左顶点A 作CD 另一点N ，交椭圆短轴所在直线于M ，证明：AM AN CO CD ⋅=⋅．10、（15分）如图，D 是ABC ∆的旁心，点A 关于直线DC 的对称点为E ．证明： (1)、,,B C E 三点共线；(2)、,,,A B D E 四点共圆．11、（15分）设,,x y z 为正数，满足：1xy yz zx ++=，证明： 22()()()(1)(1)(xyz x y y z x z x y +++≥--21-z )12、（20分）设集合{}1,2,,2016A =，对于A 的任一个1008元子集X ，若存在,x y X ∈，满足,x y x y <，则称X 为“好集”，求最大的正整数a ，（a A ∈），使得任一个含a 的1008元子集皆为“好集”．DB1.答案：1616a -<<．解：由值域y R +∈，2651x ax ∴-+>，2640x ax ⇒-+>24640a ∴∆=-⋅<，∴1616a -<<.2.．解：如图，据题意得，AB ==于是BC CA AB===2CD ==，因222BC BD CD =+，得BD CD ⊥，从而以D为顶点的三面角是三直三面角，四面体体积1433BCD V AD S ∆=⋅=，而24ABC S AB ∆== 若设D 到面ABC 的距离为h ，则133ABC V h S h ∆=⋅=，由433h =，得到3h =．3.．解：由221⎛⎫+=≤ 当x y =时取等号． 4.答案：8．解：如图建立直角坐标系，设圆方程为222x y r +=，则正方形顶点坐标为(,),(,),(,),(,)A r r B r r C r r D r r ----，若点P 的坐标为(cos ,sin )P r r θθ，于是直线,,,PA PB PC PD 的斜率分别为1sin 1sin ,1cos 1cos PA PB k k θθθθ++==-+-，1sin 1sin ,1cos 1cos PC PD k k θθθθ--==--+， 所以222tan 4(cos sin )1PC PA PA PC k k k k αθθ⎛⎫-==- ⎪+⎝⎭，222tan 4(cos sin )1PD PB PB PD k k k k βθθ⎛⎫-==+ ⎪+⎝⎭，由此立得22tan tan 8αβ+=．解2：取特例，P 在坐标轴上，则αβ=，这时，2tan cot 2tan 1αγβ====，2222tan tan 228αβ∴+=+=5.答案：134．解：将两个数列中的各项都加1，则问题等价于求等差数列3,6,9,,2016与等差数列5,10,15,,2015的公共项个数；前者是{}1,2,3,,2016M =中的全体能被3整除的数，后者是M 中的全体能被5整除的数，故公共项是M 中的全体能被15整除的数，这种数有201613415⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个．9876543216.答案：9． 解：由22sin cos y x x =，得2422224sin cos 2(1cos )(1cos )2cos y x x x x x ==--⋅33222(1cos )(1cos )2cos 216223327x x x ⎛⎫-+-+⎛⎫≤=⋅=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以9y ≤．当21cos 3x =时取得等号． 7.如右图8.答案：15．例如，排出的一个数列为(8,1,15,10,6,3,13,12,4,5,11,14,2,7,9)．解：这是一个操作问题，若用文字表达较为繁琐，故适宜作为填空题直接操作． 记这n 个连续正整数的集合为{}1,2,,M n =，由于1n >，则M 中必有2，而279+=，所以7n ≥，当7n =时，从1到7这7个数可以搭配成满足条件的三个数段：(1,3,6),(2,7),(4,5)，但它们不能连接成一个7项的数列，故应增加后续的数，增加8可使得第一段扩充成(8,1,3,6)，增加9可使得第二段扩充成(2,7,9)，但新的三段也不能连接，还需增加新数，即10n ≥，而之前的数若与8,9,10邻接，只有819,9716,+=+=10616+=，这三段扩充为(8,1,3,6,10)，(2,7,9)，(4,5)，仍旧不能连接，应当借助新的平方数25，从1到10这10个数能搭配成和为25的最小数是15，则15n ≥，而当{}1,2,,15M =时，可排出上面的情形：(8,1,15,10,6,3,13,12,4,5,11,14,2,7,9)． 9.证1：椭圆方程为cos ,sin x a y b θθ==，点,A N 的坐标为(,0),(cos ,sin )A a N a b θθ-，则直线AN 方程为cos sin x a t y t θθ=-+⎧⎨=⎩， ……3' 代入椭圆方程得到222222(cos sin )2cos 0b a t ab t θθθ+-=， 222222cos cos sin ab AN t b a θθθ==+，()cos 2a AM πθθ=≠，……6' 因此2222222cos sin a b AM AN b a θθ⋅=+，……9'又据AN ∥CD ，则点,C D 坐标为：(cos ,sin )C OD OD θθ--，(cos ,sin )D OD OD θθ，……12'因为,C D 在椭圆上，则2222222cos sin a b CO b a θθ=+，而，222222222cos sin a b CO CD CO b a θθ⋅==+，因此AM AN CO CD ⋅=⋅．……14'证2：易知CD 的斜率k 存在，不妨令:CD y kx =，与椭圆方程联系，解得222222222222C D b a k b a k b a kb a k ⎛⎫⎛⎫ ++++⎝、 ……3' ()()222222222222141k a bk a b CO CD b a k b a k++∴==++()22222221k a b CO CD b a k+∴⋅=+…6'AN 方程为： ),0,y k x a M ka =+∴.将AN 方程与椭圆方程联立，得()222232222220b a k x a k x k a a b +++-=322322222222,A N N a k ab a k x x x b a k b a k -∴+=-∴=++ ……9' 222222,1N kab y AM k b a k=∴=++ ……12' ()223222422222222222421ab a k k a b ab k AN a b a k b a k b a k ⎛⎫-+=++= ⎪++⎝⎭+， 22222221a b k AM AN CO CD b a k+∴⋅==⋅+ …14'10.证：1、延长DC 到M ，延长AC 到N ,连CE ，D 为旁心，CD ∴平分BCN ∠…2' 又A E 、关于DC 对称，CM ∴平分ACE ∠DCN ACM ∴∠=∠,BCD MCE ⇒∠=∠ BCN ACE ∴∠=∠,B ∴、C 、E 三点共线。

2016年全国高中数学联合竞赛加试一、（本题满分40分）设实数,,21a a …2016,a 满足,2,1(11921=>+i a a i i …)2015,。

求))((232221a a a a --…))((212016220162015a a a a --的最大值。

解：令))((232221a a a a P --=…))((212016220162015a a a a --，由已知得，对,2,1=i …，2015，均有0911212121≥->-+++i i i i a a a a 。

若0212016≤-a a ，则0≤P 。

……………10分 以下考虑0212016>-a a 的情况。

约定12017a a =。

由平均不等式得∑∑∑=+==+-=-≤201612120161201612120161)(20161)(20161i i i i i i i a a a a P )1(20161)(201612016120161220161ii i i i i i a a a a -=-=∑∑∑===………………20分 4141201620161]2)1([20161201612=••=-+≤∑=i i i a a 所以201641≤P 。

..................30分 当==21a a (2)12016==a 时，上述不等式等号成立，且有,2,1(11921=>+i a a i i …)2015,，此时201641=P 。

综上所述，所求最大值为201641。

………………40分二、（本题满分40分）如图所示，在ABC ∆中，X ，Y 是直线BC 上两点（X ，B ，C ，Y 顺次排列），使得AB CY AC BX •=•。

设ACX ∆，ABY ∆的外心分别为1O ，2O ，直线21O O 与AB ，AC 分别交于点U ，V 。

证明：AUV ∆是等腰三角形。

证法一：作BAC ∠的内角平分线交BC 于点P ，设三角形ACX 和ABY 的外接圆分别为1ω和2ω。

2016年全国高中数学联赛（B 卷）一试一、选择题：（每小题8分，共64分）1.等比数列{}n a 的各项均为正数，且213263236,a a a a a ++=则24a a +的值为 ． 2.设{}|12A a a =−≤≤，则平面点集(){},|,,0B x y x y A x y =∈+≥的面积为 ． 3.已知复数z 满足22z z z z +=≠（z 表示z 的共轭复数），则z 的所有可能值的积为 ． 4.已知()(),f x g x 均为定义在R 上的函数，()f x 的图像关于直线1x =对称，()g x 的图像关于点()1,2−中心对称，且()()391x f x g x x +=++，则()()22f g 的值为 ． 5.将红、黄、蓝3个球随机放入5个不同的盒子,,,,A B C D E 中，恰有两个球放在同一盒子的概率为 ．6.在平面直角坐标系xOy 中，圆221:0C x y a +−=关于直线l 对称的圆为222:2230,C x y x ay ++−+=则直线l 的方程为 ．7.已知正四棱锥V -ABCD 的高等于AB 长度的一半，M 是侧棱VB 的中点，N 是侧棱VD 上点，满足2DN VN =，则异面直线,AM BN 所成角的余弦值为 ．8.设正整数n 满足2016n ≤，且324612n n n n+++= ．这样的n 的个数为 ．这里{}[]x x x =−，其中[]x 表示不超过x 的最大整数．二、解答题：（共3小题，共56分）9.（16分）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且5051,a a 是方程()2100lg lg 100x x = 的两个不同的解，求12100a a a 的值．10.（20分）在ABC 中，已知23.AB AC BA BC CA CB ⋅+⋅=⋅（1）将,,BC CA AB 的长分别记为,,a b c ，证明：22223a b c +=； （2）求cos C 的最小值．11.（20分）在平面直角坐标系xOy 中，双曲线C 的方程为221x y −=．求符合以下要求的所有大于1的实数a ：过点(),0a 任意作两条互相垂直的直线1l 与2l ，若1l 与双曲线C 交于,P Q 两点，2l 与C 交于,R S 两点，则总有PQ RS =成立．加试一、（40分）非负实数122016,,,x x x 和实数122016,,,y y y 满足： （1）221,1,2,,2016k k x y k +== ； （2）122016y y y +++ 是奇数． 求122016x x x +++ 的最小值．二、（40分）设,n k 是正整数，且n 是奇数．已知2n 的不超过k 的正约数的个数为奇数，证明：2n 有一个约数d ，满足2.k d k <≤三、（50分）如图所示，ABCD 是平行四边形，G 是ABD 的重心，点,P Q 在直线BD 上，使得,.GP PC GQ QC ⊥⊥证明：AG 平分.PAQ ∠四、（50分）设A 是任意一个11元实数集合．令集合{}|,,.B uv u v A u v =∈≠求B 的元素个数的最小值．QG P DCBA2016年全国高中数学联赛（B 卷）试题及答案一试一、选择题：（每小题8分，共64分）1.等比数列{}n a 的各项均为正数，且213263236,a a a a a ++=则24a a +的值为 ． 答案：6．解：由于()2222132632424243622,a a a a a a a a a a a =++=++=+且240,a a +>故24 6.a a += 另解：设等比数列的公比为q ，则52611.a a a q a q +=+又因 ()()()()()22252132631111122223331111112436222,a a a a a a a q a q a q a q a q a q a qa q a q a q aa =++=⋅+⋅+=+⋅⋅+=+=+而240a a +>，从而24 6.a a +=2.设{}|12A a a =−≤≤，则平面点集(){},|,,0B x y x y A x y =∈+≥的面积为 ． 答案：7．解：点集B 如图中阴影部分所示，其面积为 133227.2MRS MNPQ S S −=×−××=正方形3.已知复数z 满足22z z z z +=≠（z 表示z 的共轭复数），则z 的所有可能值的积为 ． 答案：3．解：设()i ,.z a b a b R =+∈由22z z z +=知， 222i 22i i,a b ab a b a b −+++=−比较虚、实部得220,230.a b a ab b −+=+=又由z z ≠知0b ≠，从而有230,a +=即32a =−，进而b 于是，满足条件的复数z的积为33 3.22 −+−−=   4.已知()(),f x g x 均为定义在R 上的函数，()f x 的图像关于直线1x =对称，()g x的图像关于点()1,2−中心对称，且()()391x f x g x x +=++，则()()22f g 的值为 ．答案：2016. 解：由条件知()()002,f g += ①()()22818190.f g +++ ②由()(),f x g x 图像的对称性，可得()()()()02,024,f f g g =+=−结合①知， ()()()()22400 2.f g f g −−=+= ③由②、③解得()()248,242,f g ==从而()()2248422016.f g =×=另解：因为()()391x f x g x x +=++， ① 所以()()2290.f g += ②因为()f x 的图像关于直线1x =对称，所以 ()()2.f x f x =− ③又因为()g x 的图像关于点()1,2−中心对称，所以函数()()12h x g x =++是奇函数，()()h x h x −=−，()()1212g x g x −++=−++ ，从而 ()()2 4.g x g x =−−− ④ 将③、④代入①，再移项，得 ()()3229 5.x f x g x x −−−=++ ⑤ 在⑤式中令0x =，得()()22 6.f g −= ⑥由②、⑥解得()()248,246.f g ==于是()()222016.f g =5.将红、黄、蓝3个球随机放入5个不同的盒子,,,,A B C D E 中，恰有两个球放在同一盒子的概率为 ．解：样本空间中有35125=个元素．而满足恰有两个球放在同一盒子的元素个数为223560.C P ×=过所求的概率为6012.12525p ==6.在平面直角坐标系xOy 中，圆221:0C x y a +−=关于直线l 对称的圆为222:2230,C x y x ay ++−+=则直线l 的方程为 ．答案：2450.x y −+=解：12,C C 的标准方程分别为()()2222212:1,:1 2.C x y C x y a a +=++−=−由于两圆关于直线l 对称，所以它们的半径相等．因此220,a a =−>解得 2.a =故12,C C 的圆心分别是()()120,0,1,2.O O −直线l 就是线段12O O 的垂直平分线，它通过12O O 的中点1,12M−，由此可得直线l 的方程是2450.x y −+=7.已知正四棱锥V -ABCD 的高等于AB 长度的一半，M 是侧棱VB 的中点，N 是侧棱VD 上点，满足2DN VN =，则异面直线,AM BN 所成角的余弦值为 ．解：如图，以底面ABCD 的中心O 为坐标原点，,,AB BC OV 的方向为,,x y z 轴的正向，建立空间直角坐标系．不妨设2,AB =此时高1,VO =从而()()()()1,1,0,1,1,0,1,1,0,0,0,1.A B D V −−−−由条件知111112,,,,,222333M N−−，因此311442,,,,,.222333AM BN ==−设异面直线,AM BN 所成的角为θ，则cos AM BN AM BNθ⋅==⋅xA8.设正整数n 满足2016n ≤，且324612n n n n+++= ．这样的n 的个数为 ．这里{}[]x x x =−，其中[]x 表示不超过x 的最大整数．解：由于对任意整数n ，有135113,2461224612n n n n +++≤+++=等号成立的充分必要条件是()1mod12n ≡−，结合12016n ≤≤知，满足条件的所有正整数为()1211,2,,168,n k k =−= 共有168个．另解：首先注意到，若m 为正整数，则对任意整数,x y ，若()mod x y m ≡，则.x y m m = 这是因为，当()mod x y m ≡时，x y mt =+，这里t 是一个整数，故.x x x y mt y mt y y y y y t t m m m m m m m m m m ++=−=−=+−+=−= 因此，当整数12,n n 满足()12mod12n n ≡时，11112222.2461224612n n n n n n n n+++=+++容易验证，当正整数满足112n ≤≤时，只有当11n =时，等式324612n n n n+++=才成立．而201612168=×，故当12016n ≤≤时，满足324612n n n n+++= 正整数n 的个数为168.二、解答题：（共3小题，共56分）9.（16分）已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且5051,a a 是方程 ()2100lg lg 100x x = 的两个不同的解，求12100a a a 的值．解 对50,51k =，有()2100lg lg 1002lg ,k k k a a a ==+即()2100lg lg 20.k k a a −−=因此，5051lg ,lg a a 是一元二次方程210020t t −−=的两个不同实根，从而 ()505150511lg lg lg ,100a a a a =+=即1100505110.a a =由等比数列的性质知，()5015010012100505110a a a a a===10.（20分）在ABC 中，已知23.AB AC BA BC CA CB ⋅+⋅=⋅（1）将,,BC CA AB 的长分别记为,,a b c ，证明：22223a b c +=； （2）求cos C 的最小值．解 （1）由数量积的定义及余弦定理知，222cos .2b c a AB ACcb A +−⋅== 同理得，222222,.22a cb a bc BA BC CA CB +−+−⋅=⋅= 故已知条件化为 ()()22222222223,b c a a c b a b c +−++−=+− 即22223.a b c +=（2）由余弦定理及基本不等式，得 ()2222222123cos 2236a b a b a b c C ab ab a b b a +−++−===+≥等号成立当且仅当::a b c =因此cos C11.（20分）在平面直角坐标系xOy 中，双曲线C 的方程为221x y −=．求符合以下要求的所有大于1的实数a ：过点(),0a 任意作两条互相垂直的直线1l 与2l ，若1l 与双曲线C 交于,P Q 两点，2l 与C 交于,R S 两点，则总有PQ RS =成立．解 过点(),0a 作两条互相垂直的直线1:l x a =与2:0.l y =易知，1l 与C交于点((00,,P a Q a （注意这里1a >），2l 与C 交于点()()001,0,1,0,R S −由条件知00002P Q R S ==，解得a = 这意味着符合条件的a下面验证a =符合条件．事实上，当12,l l 中有某条直线斜率不存在时，则可设12:,:0l x a l y ==，就是前面所讨论的12,l l 的情况，这时有.PQ RS =若12,l l 的斜率都存在，不妨设((()121:,:0,l y k x l y x k k==−≠注意这里1k ≠±（否则1l 将与C 的渐近线平行，从而1l 与C 只有一个交点）． 联立1l 与C的方程知，(22210,x kx −−−=即()22221210,k xx k −−−−=这是一个二次方程式，其判别式为2440k ∆=+>．故1l 与C 有两个不同的交点,P Q ．同样，2l 与C 也有两个不同的交点,.R S 由弦长公式知，2212.1k PQ k +=⋅−用1k −代替k ，同理可得()()22221122.11k k RS k k −−+−+=⋅=−−−于是.PQ RS = 综上所述，a =为符合条件的值．加试一、（40分）非负实数122016,,,x x x 和实数122016,,,y y y 满足： （1）221,1,2,,2016k k x y k +== ； （2）122016y y y +++ 是奇数．求122016x x x +++ 的最小值．解：由已知条件（1）可得：1,1,1,2,,2016,k k x y k ≤≤= 于是（注意0i x ≥）()2016201620162016201622211111120162016.k kkk k k k k k k x xy y y =====≥=−=−≥−∑∑∑∑∑ ①不妨设112016,,0,,,0,02016,m m y y y y m +>≤≤≤ 则201611,2016.mkk k k m ym y m ==+≤−≤−∑∑若11m k k y m =>−∑，并且201612015,k k m y m =+−>−∑令 2016111,2015,mk k k k m y m a y m b ==+=−+−=−+∑∑则0,1,a b <<于是()201620161111201522016,m kkk k k k m y yy m a m b m a b ===+=+=−+−−+=−+−∑∑∑由条件（2）知，20161k k y =∑是奇数，所以a b −是奇数，这与0,1a b <<矛盾．因此必有11m k k y m =≤−∑，或者201612015,k k m y m =+−≤−∑则201620161112015.m kk k k k k m yy y ===+=−≤∑∑∑于是结合①得201611.k k x =≥∑又当122015201612201520160,1,1,0x x x x y y y y ========== 时满足题设条件，且使得不等式等号成立，所以122016x x x +++ 的最小值为1．二、（40分）设,n k 是正整数，且n 是奇数．已知2n 的不超过k 的正约数的个数为奇数，证明：2n 有一个约数d ，满足2.k d k <≤证明：记{}||2,0,A d d n d k d =<≤是奇数，{}||2,0,B d d n d k d =<≤是偶数，则,2A B n =∅ 的不超过k 的正约数的集合是.A B若结论不成立，我们证明.A B =对d A ∈，因为d 是奇数，故2|2d n ，又22d k ≤，而2n 没有在区间(],2k k 中的约数，故2d k ≤，即2d B ∈，故.A B ≤反过来，对d B ∈，设2d d ′=，则|d n ′，d ′是奇数，又2kd k ′≤<，故,d A ′∈从而.B A ≤ 所以.A B =故2n 的不超过k 的正约数的个数为偶数，与已知矛盾．从而结论成立． 三、（50分）如图所示，ABCD 是平行四边形，G 是ABD 的重心，点,P Q 在直线BD 上，使得,.GP PC GQ QC ⊥⊥证明：AG 平分.PAQ ∠解：连接AC ，与BD 交于点.M 由平行四边形的性质，点M 是,AC BD 的中点．因此，点G 在线段AC 上．由于90GPC GQC ∠=∠= ，所以,,,P G Q C 四点共圆，并且其外接圆是以GC 为直径的圆．由相交弦定理知QG P DCBA.PM MQ GM MC ⋅=⋅ ①取GC 的中点.O 注意到::2:1:3,AG GM MC =故有1,2OCGC AG == 因此,G O 关于点M 对称．于是.GM MC AM MO ⋅=⋅ ②结合①、②，有PM MQ AM MO ⋅=⋅，因此,,,A P O Q 四点共圆． 又1,2OP OQ GC ==所以PAO QAO ∠=∠，即AG 平分.PAQ ∠ 四、（50分）设A 是任意一个11元实数集合．令集合{}|,,.B uv u v A u v =∈≠求B 的元素个数的最小值．解：先证明17.B ≥考虑到将A 中的所有元素均变为原来的相反数时，集合B 不变，故不妨设A 中正数个数不少于负数个数．下面分类讨论：情况一：A 中没有负数．设1211a a a <<< 是A 中的全部元素，这里120,0,a a ≥>于是 1223242113111011,a a a a a a a a a a a a <<<<<<<上式从小到大共有19818++=个数，它们均是B 的元素，这表明18.B ≥情况二：A 中至少有一个负数．设12,,,k b b b 是A 中的全部非负元素，12,,,l c c c 是A 中的全部负元素．不妨设 110,l k c c b b <<<≤<<其中,k l 为正整数，11k l +=，而k l ≥，故 6.k ≥于是有 111212,k k l k c b c b c b c b c b >>>>>> 它们是B 中的110k l +−=个元素，且非正数；又有 23242526364656,b b b b b b b b b b b b b b <<<<<< 它们是B 中的7个元素，且为正数．故10717.B ≥+=由此可知，17.B ≥ 另一方面，令{}2340,1,2,2,2,2,A =±±±±±则{}236780,1,2,2,2,,2,2,2B =−±±±±±− 是个17元集合．综上所述，B 的元素个数的最小值为17.。