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2009 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（必修+选修Ⅱ）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分．第卷 1 至2 页，第卷 3 至4 页．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷考生注意：1．答题前，考生在答题卡上务必用0.5 毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号、填写清楚，并贴好条形码．请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目．2．每小题选出答案后，用2Ｂ铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．．．．．．．．．．3．本卷共12 小题，每小题 5 分，共60 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．参考公式：如果事件A，B 互斥，那么球的表面积公式P( A B) P( A) P(B) 2S 4πR如果事件A，B 相互独立，那么其中R表示球的半径P( A B) P(A) P( B) 球的体积公式如果事件A在一次试验中发生的概率是P，那么43 V R3πn次独立重复试验中恰好发生k 次的概率其中R表示球的半径一、选择题(1) 设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=A B，则集合u ( A I B) 中的元素共有（）（A）3 个（B）4 个（C）5 个（D）6 个（2）已知Z1 i＋=2+i, 则复数z=（）（A）-1+3i (B)1-3i (C)3+i (D)3-i(3) 不等式 1XX 1＜1 的解集为（）（A）｛x 0 x 1 x x 1 (B) x 0 x 1（C）x 1 x 0 (D) x x 01/ 13(4) 设双曲线2 2x y2 2 1（a＞0,b ＞0）的渐近线与抛物线y=xa b2 +1 相切，则该双曲线的离心率等于()（A） 3 （B）2 （C） 5 （D） 6(5) 甲组有 5 名男同学，3 名女同学；乙组有 6 名男同学、 2 名女同学。
若从甲、乙两组中各选出 2 名同学，则选出的 4 人中恰有 1 名女同学的不同选法共有( )（A）150 种（B）180 种（C）300 种(D)345 种（6）设a、b、c是单位向量，且a·b ＝0，则 a c b c 的最小值为( )（A） 2 （B） 2 2 （C） 1 (D) 1 2（7）已知三棱柱A BC A B C 的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC 上的射影为BC1 1 1的中点，则异面直线AB 与CC 所成的角的余弦值为（）1（A）34 （B）54（C）74(D)34（8）如果函数y＝3 c os 2x＋的图像关于点43，0 中心对称，那么| | 的最小值为（A）（B）（C）(D)6 4 3 2(9) 已知直线y=x+1 与曲线y ln( x a) 相切，则α的值为( )(A)1 (B)2 (C) -1 (D)-2（10）已知二面角l 为60o ，动点P、Q分别在面α、β内，P 到β的距离为 3 ，Q到α的距离为 2 3 ，则P、Q两点之间距离的最小值为（）(A) (B)2 (C) 2 3 (D)4（11）函数 f (x) 的定义域为R，若 f ( x 1) 与f (x 1)都是奇函数，则( )(A) f (x) 是偶函数(B) f (x) 是奇函数(C) f (x) f (x2) (D) f (x 3) 是奇函数12. 已知椭圆2x2C : y 1的右焦点为 F , 右准线为l ，点A l ，线段AF 交C 于点B ，22/ 13若FA 3FB , 则| AF |=( )(A). 2 (B). 2 (C). 3 (D). 3第II 卷二、填空题：13. 10x y 的展开式中，7 3x y 的系数与3 7x y 的系数之和等于。
全国高中数学联赛全国高中数学联赛一试命题范围不超出教育部《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容， 但在方法的要求上有所提高。
主要考查学生对基础知识和基本技能的掌握情况，以及综合和灵活运用的能力。
全国高中数学联赛加试命题范围与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展，适当 增加一些竞赛教学大纲的内容。
全卷包括 4 道大题，其中一道平面几何题 .一 试一、填空（每小题 7 分，共 56 分）1． 若函数 f x x x 2 且 f( n ) x f f f f x ，则 f 99 1 ．1 n2． 已知直线 L : x y9 0 和圆M : 2 x 2 2 y 2 8x 8y 1 0 ，点 A 在直线 L 上， B ，C 为 圆 M 上 两 点 ， 在 ABC 中 ， BAC 45 ， AB 过 圆 心 M ， 则 点 A 横 坐 标 范 围为 ．y≥ 0． 在坐标平面上有两个区域 M 和 N ， M 为 y ≤ x ， N 是随 t 变化的区域，它由3y≤ 2 x不等式 t ≤ x ≤ t 1 所确定， t 的取值范围是 0 ≤ t ≤ 1 ，则 M 和 N 的公共面积是函数f t ．4． 使不等式 1 1 1 a 2007 1 对一切正整数 n 都成立的最小正整数n 1 n 2 2n 1 3a 的值为 ．2 25． 椭圆 x y 1 a b 0 上任意两点 P ，Q ，若 OP OQ ，则乘积 OP OQ 的最a 2 b2小值为 ．6． 若方程 lg kx 2lg x 1 仅有一个实根，那么 k 的取值范围是 ．第一行是前 则最后一行的 数是 （可以用指数表示） 8． 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，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为 到站时刻 8∶10 8∶30 8∶50 9∶10 9∶30 9∶50 概率 1 1 1 6 2 3 一旅客 8∶20 到车站，则它候车时间的数学期望为 （精确到分）． 二、解答题 1． （ 14 分）设直线 l : y kx m （其中 k ， m 为整数）与椭圆 x 2 y 2 16 1交于不同两 x 2 y 2 12 点 A ， B ，与双曲线 1 交于不同两点 C ， D ，问是否存在直线 l ，使得向量 4 12AC BD 0 ，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由． 162．（ 15 分）已知 p ，q q 0 是实数，方程 x2 px q 0 有两个实根，，数列 an 满足 a1 p ， a2 p 2 q ， an pan 1 qan 2 n 3，4 ，(Ⅰ )求数列a n的通项公式（用，表示）；(Ⅱ )若 p 1 ， q 1 ，求 a n的前 n 项和．43．（ 15 分）求函数y x 27 13 x x 的最大和最小值．加试一、填空（共 4 小题，每小题50 分，共 200 分）9．如图， M ， N 分别为锐角三角形 ABC （AB ）的外接圆中点．过点 C 作 PC ∥ MN 交圆于 P 点， I 为ABC 的内心，连接PI⑴求证： MP MT NP NT ；⑵在弧 AB （不含点 C ）上任取一点Q （ Q ≠ A ，T ， B ），记上弧BC 、AC 的并延长交圆于 T ．AQC ，△QCB 的内心分别为 I1， I 2，P CN MI BAT Q1610．求证不等式：nk ln n ≤1，n1 ，2，⋯12k 1 k 1 211．设 k ， l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m≥ k ，使得 C k m与 l 互素．16\-16。
受中国数学会委托，2009年全国高中数学联赛由黑龙江省数学会承办。
中国数学会普及工作委员会和黑龙江数学会负责命题工作。
2009年全国高中数学联赛一试命题范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
主要考查学生对基础知识和基本技能的掌握情况，以及综合和灵活运用的能力。
全卷包括8填空题和3道大题，满分100分。
答卷时间为80分钟。
全国高中数学联赛加试命题范围与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展，适当增加一些竞赛教学大纲的内容。
全卷包括4道大题，其中一道平面几何题，试卷满分200分。
答卷时问为150分钟。
一 试5.椭圆22221x y a b+=()0a b >>上任意两点P ，Q ，若OP OQ ⊥，则乘积OP OQ ⋅的最小值为 ．1． 若方程()lg 2lg 1kx x =+仅有一个实根，那么k 的取值范围是 ．2． 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100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是 （可以用指数表示）3． 某车站每天800~900∶∶，900~1000∶∶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，其规律为一旅客820∶到车站，则它候车时间的数学期望为 （精确到分）二、解答题B 9、（14分）设直线:l y kx m =+（其中k ，m 为整数）与椭圆2211612x y +=交于不同两点A ，B ，与双曲线221412x y-=交于不同两点C ，D ，问是否存在直线l ，使得向量0AC BD +=，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由．加试一、填空（共4小题，每小题50分，共200分）12、如图，M ，N 分别为锐角三角形ABC ∆（A B ∠<∠）的外接圆Γ上弧BC 、AC 的中点．过点C 作PC MN ∥交圆Γ于P 点，I 为ABC ∆的内心，连接PI 并延长交圆Γ于T ．⑴求证：MP MT NP NT ⋅=⋅； ⑵在弧AB （不含点C ）上任取一点Q （Q A ≠，T ，B ），记AQC ∆，QCB △的内心分别为1I ，2I ，求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．13、 求证不等式： 2111ln 12n k k n k =⎛⎫-<- ⎪+⎝⎭∑≤，1n =，2，…14、 设k，l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k ≥，使得C k m 与l互素．2009全国高中数学联赛解答 一、填空（共8小题，每小题7分，共56分）1.若函数()f x ()()()n nf x f f f f x ⎡⎤=⎡⎤⎣⎦⎣⎦，则()()991f = ． 【答案】110【解析】()()()1f x f x =()()()2f x f f x ==⎡⎤⎣⎦……，()()99f x =()()991110f =．2.已知直线:90L x y +-=和圆22:228810M x y x y +---=，点A 在直线L 上，B ，C 为圆M 上两点，在ABC ∆中，45BAC ∠=︒，AB 过圆心M ，则点A 横坐标范围为 ．【答案】 []36，【解析】设()9A a a -，，则圆心M 到直线AC 的距离sin 45d AM =︒，由直线AC与圆M 相交，得d 36a ≤≤．5.椭圆22221x y a b+=()0a b >>上任意两点P ，Q ，若OP OQ ⊥，则乘积OP OQ ⋅的最小值为 ．【答案】 22222a b a b+ 【解析】 设()cos sin P OP OP θθ，，ππcos sin 22Q OQ OQ θθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫±± ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，．由P ，Q 在椭圆上，有222221cos sin a b OP θθ=+ ① 222221sin cos a b OQ θθ=+ ② ①+②得22221111a bOPOQ+=+．于是当OP OQ ==OP OQ 达到最小值22222a b a b+．6．若方程()lg 2lg 1kx x =+仅有一个实根，那么k 的取值范围是 ．【答案】 0k <或4k = 【解析】 当且仅当0kx >① 10x +> ② ()2210x k x +-+= ③对③由求根公式得1x，2122x k ⎡=-⎣④2400k k k ∆=-⇒≥≤或4k ≥．(ⅰ)当0k <时，由③得12122010x x k x x +=-<⎧⎨=>⎩，所以1x ，2x 同为负根．又由④知121010x x +>⎧⎨+<⎩，所以原方程有一个解1x ．(ⅱ)当4k =时，原方程有一个解112kx =-=．(ⅲ)当4k >时，由③得12122010x x k x x +=->⎧⎨=>⎩，所以1x ，2x 同为正根，且12x x ≠，不合题意，舍去． 综上可得0k <或4k =为所求．8.某车站每天800~900∶∶，900~1000∶∶都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，一旅客8到车站，则它候车时间的数学期望为 （精确到分）． 【答案】 2750[来源:学科网ZXXK]111111110305070902723361218⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=二、解答题9.（本小题满分14分）设直线:l y kx m =+（其中k ，m 为整数）与椭圆2211612x y +=交于不同两点A ，B ，与双曲线221412x y -=交于不同两点C ，D ，问是否存在直线l ，使得向量0AC BD +=，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由．10.（本小题15分）已知p ，()0q q ≠是实数，方程20x px q -+=有两个实根α，β，数列{}n a 满足1a p =，22a p q =-，()1234n n n a pa qa n --=-=，，(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式（用α，β表示）；(Ⅱ)若1p =，14q =，求{}n a 的前n 项和． 【解析】 方法一：(Ⅰ)由韦达定理知0q αβ⋅=≠，又p αβ+=，所以()1212n n n n n a px qx a a αβαβ------=+-，()345n =，，，整理得()112n n n n a a a a βαβ----=-令1n n n b a a β+=-，则()112n n b b n α+==，，．所以{}n b 是公比为α的等比数列．数列{}n b 的首项为：()()222121b a a p q p ββαβαββαβα=-=--=+--+=．所以211n n n b ααα-+=⋅=，即11n n n a a βα++-=()12n =，，． 所以11n n n a a βα++=+()12n =，，． ①当240p q ∆=-=时，0αβ=≠，12a p ααα==+=，11n n n a a βα++=+()12n =，，变为11n n n a a αα++=+()12n =，，．整理得，111n n n na a αα++-=，()12n =，，．所以，数列n n a α⎧⎫⎨⎬⎩⎭成公差为1的等差数列，其首项为122a ααα==．所以()2111nna n n α=+-=+．于是数列{}n a 的通项公式为()1n n a n α=+； ②当240p q ∆=->时，αβ≠，11n n n a a βα++=+1n n a βαβαβα+-=+-11n n n a βαβααβαβα++=+---()12n =，，．整理得211n n n n a a ααββαβα+++⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭，()12n =，，．所以，数列1n n a αβα+⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭成公比为β的等比数列，其首项为2221a ααβαββαβαβα+=++=---．所以121n n n a αβββαβα+-+=--．于是数列{}n a 的通项公式为11n n n a βαβα++-=-．11.（本小题满分15分）求函数y =【解析】 函数的定义域为[]013，.因为y ==当0x =时等号成立．故y 的最小值为．又由柯西不等式得22y = ()()()11122731312123x x x ⎛⎫+++++-= ⎪⎝⎭≤所以11y ≤．由柯西不等式等号成立的条件，得()491327x x x =-=+，解得9x =．故当9x =时等号成立．因此y 的最大值为11．2009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，M ，N 分别为锐角三角形ABC ∆（A B ∠<∠）的外接圆Γ上弧BC ⌒ 、AC ⌒的中点．过点C 作PC MN ∥交圆Γ于P 点，I 为ABC ∆的内心，连接PI 并延长交圆Γ于T ．⑴求证：MP MT NP NT ⋅=⋅； ⑵在弧AB ⌒（不含点C ）上任取一点Q （Q A ≠，T ，B ），记AQC ∆，QCB △的内心分别为1I ，2I ，求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．【解析】⑴连NI ，MI ．由于PC MN ∥，P ，C ，M ，N 共圆，故PCMN 是等腰梯形．因此NP MC =，PM NC =．连AM ，CI ，则AM 与CI 交于I ，因为MIC MAC ACI MCB BCI MCI ∠=∠+∠=∠+∠=∠，所以MC MI =．同理NC NI =． 于是NP MI =，PM NI =．故四边形MPNI 为平行四边形．因此PMT PNT S S =△△（同底，等高）．又P ，N ，T ，M 四点共圆，故180TNP PMT ∠+∠=︒，由三角形面积公式1sin 2PMT S PM MT PMT =⋅∠△1sin 2PNT S PN NT PNT ==⋅∠△1sin 2PN NT PMT =⋅∠于是PM MT PN NT ⋅=⋅．⑵因为1111NCI NCA ACI NQC QCI CI N ∠=∠+∠=∠+∠=∠，BABCMNPTI二、求证不等式：2111ln 12nk k n k =⎛⎫-<- ⎪+⎝⎭∑≤，1n =，2，…三、设k ，l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k ≥，使得C km与l 互素．【解析】证法一：对任意正整数t ，令(!)m k t l k =+⋅⋅．我们证明()C 1k m l =，． 设p 是l 的任一素因子，只要证明：p ／∣C k m ．四、在非负数构成的39⨯数表111213141516171819212223242526272829313233343536373839x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，1728390x x x ===，27x ，37x ，18x ，38x ，19x ，29x 均大于．如果P 的前三列构成的数表111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭满足下面的性质()O ：对于数表P 中的任意一列123k k k x x x ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭（1k =，2，…，9）均存在某个{}123i ∈，，使得⑶{}123min ik i i i i x u x x x =≤，，．求证：（ⅰ）最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3一定自数表S 的不同列． （ⅱ）存在数表P 中唯一的一列***123k k k x x x ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，*1k ≠，2，3使得33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭仍然具有性质()O ．【解析】（ⅰ）假设最小值{}123min i i i i u x x x =，，，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2i i u x ≠，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2i i u x <，1i =，2，3．另一方面，由于数表S 具有性质()O ，在⑶中取2k =，则存在某个{}0123i ∈，，使得002i i x u ≤．矛盾． （ⅱ）由抽届原理知，{}1112min x x ，，{}2122min x x ，，{}3132min x x ，中至少有两个值取在同一列．不妨设{}212222min x x x =，，{}313232min x x x =，．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111x u =．同样，第二列中也必含某个i u ，1i =，2．不妨设222x u =．于是333u x =，即i u 是数表S 中的对角线上数字．111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪⎪⎝⎭下证唯一性．设有k M ∈使得数表111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ，不失一般性，我们假定{}111121311min u x x x x ==，， ⑷{}221222322min u x x x x ==，， {}331323333min u x x x x ==，， 3231x x <．由于3231x x <，2221x x <及（ⅰ），有{}11112111min k u x x x x ==，，．又由（ⅰ）知：或者()a {}3313233min k k u x x x x ==，，，或者{}2212222()min k k b u x x x x ==，，．如果()a 成立，由数表S 具有性质()O ，则 {}11112111min k u x x x x ==，，， ⑸{}22122222min k u x x x x ==，，， {}3313233min k k u x x x x ==，，．由数表S 满足性质()O ，则对于3M ∈至少存在一个{}123i ∈，，使得*i ik u x ≥．由*k I ∈及⑷和⑹式知，*1111k x x u >=，*3323k x x u >=．于是只能有*222k k x u x =≤．类似地，由S '满足性质()O 及k M ∈可推得*222k k x u x '=≤．从而*k k =．\。
2009年全国高中数学联合竞赛试卷注意事项：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）请点击修改第I 卷的文字说明第II 卷（非选择题）一、解答题1.(本题14分) 设直线:l y kx m =+（其中k ， m 为整数）与椭圆2211612x y +=交于不同两点A ， B ，与双曲线221412x y -=交于不同两点C ， D ，问是否存在直线l ，使得向量0AC BD +=，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由．2.已知p,q （q≠0是实数，方程x 2−px +q =0有两个实根α,β，数列{a n }满足a 1=p,a 2=p 2−q,a n =pa n−1−qa n−2（n =3,4,⋅⋅⋅）．（1）求数列{a n }的通项公式（用α,β表示）； （2）若p =1,q =14，求{a n }的前n 项和．3.求函数y=√x +27+√13−x +√x 的最大值和最小值．4.如图，,MN 分别为锐角ΔABC （∠A <∠B ）的外接圆圆Γ上弧BC,AC 的中点．过点C作PC∥MN 交圆Γ于点P,I 为ΔABC 的内心，联结PI 并延长交圆Γ于点T ，求证：（1）MP⋅MT =NP ⋅NT ；（2）在弧AB （不含点C ）上任取一点Q （Q≠A,T,B ），记ΔAQC,ΔQCB 的内心分别I 1,I 2，则Q,I 1,I 2,T 四点共圆．5.求证：不等式−1<∑kk +1−1nn ≤12nk=1（n =1,2,⋅⋅⋅）6.设k.l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m （m≥k ），使得C m k 与l 互质．7.在非负数构成的3×9数表P =(x 11x 12⋅⋅⋅x 19x 21x 22⋅⋅⋅x 29x 31x 32⋅⋅⋅x 39)中，每行的数互不相同，前六列中每列的三数之和为1，x 17=x 28=x 39=0,x 27,x 37,x 18,x 38,x 19,x 29均大于1．如果P 的前三列构成的数表S =(x 11x 12x 13x 21x 22x 23x 31x 32x 33)满足下面的性质(O )：对于数表P 中的任意一列(x 11x 21x 31)（k =1,2,⋅⋅⋅,9）均存在某个i ∈{1,2,3}使得x ik ≤u i =min (x i1,x i2,x i3)．① 求证：（1）最小值u i =min (x i1,x i2,x i3)（i =1,2,3）一定去自数表S 的不同列；（2）存在数表P 中唯一的一列(x 1k ′x 2k ′x 3k ′)（k ′≠1,2,3）使得3×3数表S ′=(x 11x 12x 1k ′x 21x 22x 2k ′x 31x 32x 3k ′)仍然具有性质（O ）．二、填空题8.若函数f (x )=√1+x 2，且f (n )(x )=f (f (⋯f (x )))n 个．则f (99)(1) =______．1.9.已知直线和圆，点在直线上，，为圆上两点，在中，，过圆心，则点横坐标范围为 ．10.在坐标平面上有两个区域和，为，是随变化的区域，它由不等式所确定，的取值范围是，则和的公共面积是函数 ．2.11.使不等式对一切正整数都成立的最小正整数的值为 ．12.椭圆x 2a 2+y 2b2=1 (a >b >0)上任意两点P ，Q ，若OP ⊥OQ ，则乘积|OP|⋅|OQ|的最小值为 ．13.若方程lgkx =2lg(x +1)仅有一个实根，那么k 的取值范围是 ． 3.14.一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，第一行是前个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是 （可以用指数表示）:90L x y +-=22:228810M x y x y +---=A L B C M ABC ∆45BAC ∠=︒AB M A M N M 02y y x y x ⎧⎪⎨⎪-⎩≥≤≤N t 1t x t +≤≤t 01t ≤≤M N ()f t =1111200712213a n n n +++<-+++n a 10015.某车站每天早上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，且两者到站的时间是相互独立的，其规律见表1．一旅客8：20到站．则他候车时间的数学期望为______（精确到分）．表1参考答案1.9【解析】1.由22{ 11612y kx mx y =++=消去y 化简整理得()2223484480k x kmx m +++-= 设()11A x y ，， ()22B x y ，，则122834kmx x k +=-+ ()()()222184344480km k m ∆=-+->① ………4分由消去y 化简整理得设，，则② …………8分因为，所以，此时．由得．所以或．由上式解得或．当时，由①和②得．因是整数，所以的值为，，，，，，．当，由①和②得．因是整数，所以，，．于是满足条件的直线共有9条．………14分 2.a n =(n +1)(12)n=n+12n ,s n =3−n+32n【解析】2. 方法一：(Ⅰ)由韦达定理知α⋅β=q ≠0，又α+β=p ，所以 a n −px n−1−qx n−2=(α+β)a n−1−αβa n−2，(n =3 ， 4 ， 5 ， ⋯)整理得a n −βa n−1=α(a n−1−βa n−2)令b n=a n+1−βa n ，则b n+1=αb n (n =1 ， 2 ， ⋯)．所以{b n }是公比为α的等比数列．数列{b n }的首项为：b 1=a 2−βa 1=p 2−q −βp =(α+β)2−αβ−β(α+β)=α2．所以b n=α2⋅αn−1=αn+1，即(n =1 ， 2 ， ⋯)．所以(n =1 ， 2 ， ⋯)．①当Δ=p 2−4q =0时，α=β≠0，a 1=p =α+α=2α，(n =1 ， 2 ， ⋯)变为(n =1 ， 2 ， ⋯)．整理得，an+1αn+1−a nαn =1，(n =1 ， 2 ， ⋯)．所以，数列{a n αn }成公差为1的等差数列，其首项为a 1α=2αα=2．所以a n αn=2+1(n −1)=n +1．于是数列{a n }的通项公式为a n =(n +1)αn ；……………………………………………………………………………5分②当Δ=p 2−4q >0时，α≠β，=βa n +β−αβ−ααn+1=βa n +ββ−ααn+1−αβ−ααn+1 (n =1 ， 2 ， ⋯)．整理得a n+1+αn+2β−α=β(a n +αn+1β−α)，(n =1 ， 2 ， ⋯)． 所以，数列{a n+αn+1β−α}成公比为β的等比数列，其首项为a 1+α2β−α=α+β+α2β−α=β2β−α．所以a n +αn+1β−α=β2β−αβn−1． 于是数列{a n }的通项公式为a n =βn+1−αn+1β−α．………………………………………………10分(Ⅱ)若p=1，q =14，则Δ=p 2−4q =0，此时α=β=12．由第(Ⅰ)步的结果得，数列{a n }的通项公式为a n=(n +1)(12)n=n+12n，所以，{a n }的前n 项和为s n =22+322+423+⋯+n 2n−1+n +12n12s n =222+323+424+⋯+n 2n +n +12n+1 以上两式相减，整理得12s n =32−n+32n+1 所以s n=3−n+32n．……………………………………………………………………………15分方法二：(Ⅰ)由韦达定理知α⋅β=q≠0，又α+β=p，所以a1=α+β，a2=α2+β2+αβ．特征方程λ2−pλ+q=0的两个根为α，β．①当α=β≠0时，通项a n=(A1+A2n)αn(n=1 ， 2 ， ⋯)由a1=2α，a2=3α2得{(A1+A2)α=2α(A1+2A2)α2=3α2解得A1=A2=1．故a n=(1+n)αn．……………………………………………………5分②当α≠β时，通项a n=A1αn+A2βn(n=1 ， 2 ， ⋯)．由a1=α+β，a2=α2+β2+αβ得{A1α+A2β=α+βA1α2+A2β2=α2+β2+αβ解得A1=−αβ−α，A2=ββ−α．故a n=−αn+1β−α+βn+1β−α=βn+1−αn+1β−α．…………………………………………………………10分(Ⅱ)同方法一．3.【解析】3.函数的定义域为[0 ， 13].因为y=√x+√x+27+√13−x=√x+27+√13+2√x(13−x)≥√27+√13=3√3+√13当x=0时等号成立．故y的最小值为3√3+√13．……………………………………………5分又由柯西不等式得y2=(√x+√x+27+√13−x)2≤(12+1+13)(2x+(x+27)+3(13−x))=121所以y≤11．………………………………………………………………………………10分由柯西不等式等号成立的条件，得4x=9(13−x)=x+27，解得x=9．故当x= 9时等号成立．因此y的最大值为11． (15)4.（1）见解析（2）见解析【解析】4.（1）如图，联结NI,MI．由于PC∥MN且P,C,M,N四点共圆，故四边形PCMN是等腰梯形．因此NP=MC,PM=NC．联结AM,CI．则AM与CI交于点I．因∠MIC=∠MAC+∠ACI=∠MCB+∠BCI=∠MCI，所以，MC=MI．同理，NC=NI．于是，NP=MI,PM=NI．故四边形MPNI为平行四边形．因此，SΔPMT=SΔPNT．又∠TNP+∠PMT=180∘．由三角形面积公式得SΔPMT=12PM⋅MTsin∠PMT,SΔPNT=12PN⋅NTsin∠PNT．于是，PM⋅MT=PN⋅NT．（2）如图，联结QM,QN,I1T,I2T．因∠NCI1=∠NCA+∠ACI1=∠NQC+∠QCI1=∠CI1N，所以，NC=NI1．同理，MC=MI2．由MP⋅MT=NP⋅NT，得NTMP =MTNP．由（1）所证MP=NC,NP=MC，故NTNI1=MTMI2．又∠I1NT=∠QNT=∠QMT=∠I2MT⇒ΔI1NT≌ΔI2MT⇒∠NTI1=∠MTI2．故∠I1QI2=∠NQM=∠NTM=∠I1TI2．因此，Q,I1,I2,T四点共圆．5.【解析】5.证明：首先证明一个不等式： ⑴x1+x <ln(1+x)<x ，x >0．事实上，令ℎ(x)=x −ln(1+x)，g(x)=ln(1+x)−x 1+x．则对x>0，ℎ′(x)=1−11+x >0，g ′(x)=11+x −1(1+x)2=x (1+x)2>0．于是ℎ(x)>ℎ(0)=0，g(x)>g(0)=0．在⑴中取x=1n得⑵1n+1<ln(1+1n )<1n ． 令x n=∑kk 2+1−lnn nk=1，则x 1=12，x n −x n−1=n n 2+1−ln(1+1n −1) <n −1因此x n <x n−1<⋯<x 1=12． 又因为lnn =(lnn −ln(n −1))+(ln(n −1)−ln(n −2))+⋯+(ln2−ln1)+ln1=∑ln(1+1k)n−1k=1．从而x n =∑kk 2+1nk=1−∑ln(1+1k )n−1k=1=∑(kk 2+1−ln(1+1k))n−1k=1+nn 2+1 >∑(kk 2+1−1k)n−1k=1=−∑1(k 2+1)kn−1k=1 ≥−∑1(k+1)kn−1k=1=−1+1n>−1．6.见解析【解析】6.证法l ：对任意的正整数t ，令m=k +t 1(k!)．下面证明：(C m k,l )=1．设p 是l 的任一质因子，只要证明：p∤C m k ．若p ∤k!，由k!C m k=∏(m −k +i )k i=1≡∏[i +tl (k!)]k i=1≡∏k i=1i ≡k!(modp )，即p 不整除上式，知p∤C m k．若p |k! ，设α≥1，使p α|k! ，但p α+1∤k!，则p α+1|l (k!) ．由k!C m k=∏(m −k +i )k i=1≡∏[i +tl (k!)]k i=1≡∏k i=1i ≡k!(modp α+1)，及p α|k! ，且p α+1∤k!，知p α|k!C m k ，且p α|k!C m k ．从而，p |C m k ．证法2：对任意的正整数t ，令m =k +tl (k!)2．类似证法1可以证明(C m k ,l )=1．7.见解析【解析】7. （1）假设最小值u i=min {x l 1,x l 2,x l 3}（i =1,2,3）不是取自数表的不同列．则存在一列不含任何u i 不妨设u i ≠x l 2（i =1,2,3）．由于数表P 中同一行中的任何两个元素都不等，于是，u i<x l 2（i =1,2,3）．使得x l o2≤u i 0．矛盾．（2）由抽屉原理知min {x 11,x 12},min {x 21,x 22},min {x 31,x 32}中至少有两个值取在同一列．不妨设min {x 21,x 22}=x 22,min {x 31,x 32}=x 32．由（1）知数表S 的第一列一定含有某个u i ，则只能是x 11=u 1．同理，第二列中也必含某个u i （i =1,2,3）．不妨设x 22=u 2．于是，u 3=x 33，即u i 是数表S 中的对角线上数字：x 11,x 22,x 33．记M={1,2,⋅⋅⋅,9}．令集合I ={k ∈M|x ik >min{x l 1,x l 2}(i =1,3) }．显然，I ={k ∈M|x k 1>x 11,x k 3>x 32 }且1,2,3∉I ．因为x 18,x 38>1≥x 11,x 32，所以，8∈I ．故I ≠∅．于是，存在k ′∈I ．使得x k 2′=ma {2|k∈I }．显然，k ′=1,2,3．下面证明：3×3数表S ′=(x 11x 12x 1k ′x 21x 22x 2k ′x 31x 32x 3k ′)具有性质（O ）．从上面的选法可知u i ′=min {x i1,x i2,x ik ′}=min {x i1,x i2}（i =1,3）．这说明x 1k ′>min {x 11,x 12}≥u 1,x 3k ′>min {x 31,x 32}≥u 3．又由S 满足性质（O ），在式①中取k=k ′，推得x 2k ′≤u 2．于是，u 2′=min {x 21,x 22,x 2k ′}=x 2k ′．接下来证明：对任意的k ∈M ，存在某个i （i =1,2,3）使得u i ′≥x ik ．假若不然，则x k>min {x ik ,x i2}（i =1,3）且x 2k >x 2k ′．这与x 2k ′的最大性矛盾．因此，数表S ′满足性质（O ）．再证唯一性．设有k ″∈M 使得数表S ″=(x 11x 12x 1k ′x 21x 22x 2k ′x 31x 32x 3k ′)具有性质（O ）．不失一般性，可假定{u 1=min {x 11,x 12,x 13}=x 11,u 2=min {x 21,x 22,x 23}=x 22,u 3=min {x 31,x 32,x 33}=x 33,②x 32<x 31．由于x 32<x 31,x 22<x 21及（1），有u 1′′=min {x 11,x 12,x 1k ″}=x 11．又由（1）知，或者u 3′′=min {x 31,x 32,x 3k ″}=x 3k ″，③或者u 2′′=min {x 21,x 22,x 2k ″}=x 2k ″④如果式③成立，则{u 1′′=min {x 11,x 12,x 1k ″}=x 11,u 2′′=min {x 21,x 22,x 2k ″}=x 22,u 3′′=min {x 31,x 32,x 3k ″}=x 3k ″, ⑤由数表S ″满足性质（O ），则对于3∈M 至少存在一个i∈{1,2,3}，使得u i ′′≥x i3．又由式②、⑤知u 1′′=x 11<x 13,u 2′′=x 22<x 23．所以，只能有u 3′′=x 3k ″≥x 33．同理，由数表S 满足性质（O ）得x 33≤x 3k ″．于是，k ″=3，即数表S =S ″．如果式④成立，则{u 1′′=min {x 11,x 12,x 1k ″}=x 11,u 2′′=min {x 21,x 22,x 2k ″}=x 2k ″,u 3′′=min {x 31,x 32,x 3k ″}=x 3k ″,⑥由数表S ″满足性质（O ），则对于k′∈M ，存在某个i （i =1,2,3）使得u i ′′≥x ik ′．由k ′∈I 及式②、⑥知x 1k ′>x 11=u 1′′,x 3k ′>x 32=u 3′′．于是，只能有x 2k ′≤u 2′′=x 2k ″．同理，由S ′满足性质（O ）及k ′∈M 得x 2k ′≤u 2′=x 2k ′．从而k ′=k ″．8.110【解析】8.因为(1f (x ))2=1x 2+1，所以(1f (n )(x ))2 =1x 2+n ．故f(99)(1) =110．9.【解析】9.设，则圆心到直线的距离，由直线与圆相交，得解得． 10.【解析】10.由题意知11.【解析】11.设．显然单调递减，则由的最大值，可得．12.2a 2b2a 2+b2【解析】12.设P(|OP|cosθ ， |OP|sinθ)，Q(|OQ|cos(θ±π2) ， |OQ|sin(θ±π2))．由P ，Q 在椭圆上，有1|OP|2=cos 2θa 2+sin 2θb 2① 1|OQ|2=sin 2θ2+cos 2θb2② ①+②得1|OP|2+1|OQ|2=1a 2+1b2．于是当|OP|=|OQ|=√2a 2b 2a 2+b 2时，|OP||OQ|达到最小值2a 2b2a 2+b2．13.k<0或k=4[]36，()9A a a -，M AC sin 45d AM =︒AC M d 36a ≤≤212t t -++()f t S =阴影部分面积AOB OCD BEF S S S ∆∆∆=--()22111122t t =---212t t =-++2009()1111221f n n n n =++++++()f n ()f n ()1120073f a <-2009a =【解析】13.{kx >0x +1>0kx =(x +1)2当且仅当kx >0① x +1>0②x 2+(2−k)x +1=0③对③由求根公式得x 1，x 2=12[k −2±√k 2−4k]④ Δ=k 2−4k ≥0⇒k ≤0或k ≥4．(ⅰ)当k<0时，由③得{x 1+x 2=k −2<0x 1x 2=1>0所以x 1，x 2同为负根．又由④知{x 1+1>0x 2+1<0所以原方程有一个解x 1． (ⅱ)当k =4时，原方程有一个解x =k2−1=1．(ⅲ)当k>4时，由③得{x 1+x 2=k −2>0x 1x 2=1>0所以x 1，x 2同为正根，且x 1≠x 2，不合题意，舍去．综上可得k<0或k =4为所求．14.【解析】14.易知： (ⅰ)该数表共有100行；(ⅱ)每一行构成一个等差数列，且公差依次为，，，…，(ⅲ)为所求．设第行的第一个数为，则981012⨯11d =22d =232d =98992d =100a ()2n n ≥n a ()22111222n n n n n n a a a a -----=++=+3222222n n n a ---⎡⎤=++⎣⎦24223222222n n n n a ----⎡⎤=++⨯+⎣⎦……故． 15.27【解析】15.旅客候车时间的分布如下表．候车时间的数学期望为10×2+30×3+50×36+70×12+90×18=27．323232n n a --=+⨯()121212n n a n --=+-⨯()212n n -=+981001012a =⨯。
2009年普通高等学校招生全国统一考试理科数学（必修+选修Ⅱ） 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分．第卷1至2页，第卷3至4页．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷考生注意： 1．答题前，考生在答题卡上务必用0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号、填写清楚 ，并贴好条形码．请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目． 2．每小题选出答案后，用2Ｂ铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．．．．．．．．．． 3．本卷共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．参考公式： 如果事件A B ，互斥，那么 球的表面积公式()()()P A B P A P B +=+24πS R = 如果事件A B ，相互独立，那么 其中R 表示球的半径()()()P A B P A P B ∙=∙球的体积公式 如果事件A 在一次试验中发生的概率是P ，那么 34π3V R =n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率其中R 表示球的半径一、选择题(1)设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=A B ，则集合[()u A B I中的元素共有（）（A ）3个 （B ）4个 （C ）5个 （D ）6个（2）已知1iZ＋=2+i,则复数z=（） （A ）-1+3i (B)1-3i (C)3+i (D)3-i (3) 不等式11X X +-＜1的解集为（ ）（A ）｛x }{}011x x x 〈〈〉 (B){}01x x 〈〈（C ）{}10x x -〈〈 (D){}0x x 〈(4)设双曲线22221x y a b-=（a ＞0,b ＞0）的渐近线与抛物线y=x 2+1相切，则该双曲线的离心率等于()（A （B ）2 （C （D(5) 甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学。
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()f x ()()()n nf x f f f f x ⎡⎤=⎡⎤⎣⎦⎣⎦，则()()991f = ． 【答案】 110【解析】 ()()()1f x f x ==， ()()()2f x f f x ==⎡⎤⎣⎦……()()99f x =故()()991110f =．2． 已知直线:90L x y +-=和圆22:228810M x y x y +---=，点A 在直线L 上，B ，C 为圆M 上两点，在ABC ∆中，45BAC ∠=︒，AB 过圆心M ，则点A 横坐标范围为 ．【答案】 []36， 【解析】 设()9A a a -，，则圆心M 到直线AC 的距离sin 45d AM =︒，由直线AC 与圆M 相交，得d 解得36a ≤≤．3． 在坐标平面上有两个区域M 和N ，M 为02y y x y x ⎧⎪⎨⎪-⎩≥≤≤，N 是随t 变化的区域，它由不等式1t x t +≤≤所确定，t 的取值范围是01t ≤≤，则M 和N 的公共面积是函数()f t = ．【答案】 212t t -++【解析】 由题意知 ()f t S =阴影部分面积A OB OCD BS S S ∆∆∆=-- ()22111122t t =---212t t =-++4． 使不等式1111200712213a n n n +++<-+++对一切正整数n 都成立的最小正整数a 的值为 ．【答案】 2009【解析】 设()1111221f n n n n =++++++．显然()f n 单调递减，则由()f n 的最大值()1120073f a <-，可得2009a =．5． 椭圆22221x y a b +=()0a b >>上任意两点P ，Q ，若OP OQ ⊥，则乘积OP OQ ⋅的最小值为 ．【答案】 22222a ba b+【解析】 设()cos sin P OP OP θθ，，ππcos sin 22Q OQ OQ θθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫±± ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，．由P ，Q 在椭圆上，有 222221cos sin a b OP θθ=+ ① 222221sin cos a b OQ θθ=+ ② ①+②得22221111a b OP OQ+=+．于是当OP OQ ==OP OQ 达到最小值22222a b a b+．6． 若方程()lg 2lg 1kx x =+仅有一个实根，那么k 的取值范围是 ． 【答案】 0k <或4k = 【解析】 ()20101kx x kx x ⎧>⎪⎪+>⎨⎪=+⎪⎩当且仅当0kx > ① 10x +>② ()2210x k x +-+=③对③由求根公式得1x，2122x k ⎡=-⎣ ④2400k k k ∆=-⇒≥≤或4k ≥．(ⅰ)当0k <时，由③得 12122010x x k x x +=-<⎧⎨=>⎩ 所以1x ，2x 同为负根． 又由④知121010x x +>⎧⎨+<⎩所以原方程有一个解1x ．(ⅱ)当4k =时，原方程有一个解112kx =-=． (ⅲ)当4k >时，由③得12122010x x k x x +=->⎧⎨=>⎩所以1x ，2x 同为正根，且12x x ≠，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，则最后一行的数是 （可以用指数表示）【答案】 981012⨯ 【解析】 易知：(ⅰ)该数表共有100行；(ⅱ)每一行构成一个等差数列，且公差依次为11d =，22d =，232d =，…，98992d =(ⅲ)100a 为所求．设第()2n n ≥行的第一个数为n a ，则 ()22111222n n n n n n a a a a -----=++=+3222222n n n a ---⎡⎤=++⎣⎦24223222222n n n n a ----⎡⎤=++⨯+⎣⎦323232n n a --=+⨯……()121212n n a n --=+-⨯ ()212n n -=+故981001012a =⨯．8． 某车站每天800~900∶∶，900~1000∶∶都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站一旅客820∶到车站，则它候车时间的数学期望为 （精确到分）【答案】 27 【解析】 旅客候车的分布列为候车时间的数学期望为1111110305070902723361218⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=二、解答题1． （本小题满分14分）设直线:l y kx m =+（其中k ，m 为整数）与椭圆2211612x y +=交于不同两点A ，B ，与双曲线221412x y -=交于不同两点C ，D ，问是否存在直线l ，使得向量0AC BD +=，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】 由2211612y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 化简整理得()2223484480k xkmx m +++-=设()11A x y ，，()22B x y ，，则122834kmx x k +=-+()()()222184344480km k m ∆=-+-> ① ………………………………………………4分由221412y kx m x y =+⎧⎪⎨-=⎪⎩消去y 化简整理得()22232120k xkmx m ----=设()34C x y ，，()44D x y ，，则34223kmx x k+=- ()()()2222243120km k m ∆=-+-+> ② ………………………………………………8分因为0AC BD +=，所以()()42310x x x x -+-=，此时()()42310y y y y -+-=．由1234x x x x +=+得2282343km kmk k -=+-． 所以20km =或2241343k k -=+-．由上式解得0k =或0m =．当0k =时，由①和②得m -<m 是整数，所以m 的值为3-，2-，1-，0，1，2，3．当0m =，由①和②得k ．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15分）已知p ，()0q q ≠是实数，方程20x px q -+=有两个实根α，β，数列{}n a 满足1a p =，22a p q =-，()1234n n n a pa qa n --=-=，，(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式（用α，β表示）；(Ⅱ)若1p =，14q =，求{}n a 的前n 项和．【解析】 方法一：(Ⅰ)由韦达定理知0q αβ⋅=≠，又p αβ+=，所以()1212n n n n n a px qx a a αβαβ------=+-，()345n =，，，整理得()112n n n n a a a a βαβ----=- 令1n n n b a a β+=-，则()112n n b b n α+==，，．所以{}n b 是公比为α的等比数列．数列{}n b 的首项为：()()222121b a a p q p ββαβαββαβα=-=--=+--+=．所以211n n n b ααα-+=⋅=，即11n n n a a βα++-=()12n =，，．所以11n n n a a βα++=+()12n =，，．①当240p q ∆=-=时，0αβ=≠，12a p ααα==+=，11n n n a a βα++=+()12n =，，变为11n n n a a αα++=+()12n =，，．整理得，111n nn na a αα++-=，()12n =，，．所以，数列n n a α⎧⎫⎨⎬⎩⎭成公差为1的等差数列，其首项为122a ααα==．所以()2111nna n n α=+-=+．于是数列{}n a 的通项公式为()1n n a n α=+；……………………………………………………………………………5分②当240p q ∆=->时，αβ≠， 11n n n a a βα++=+1n n a βαβαβα+-=+-11n n n a βαβααβαβα++=+---()12n =，，．整理得211n n n n a a ααββαβα+++⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭，()12n =，，．所以，数列1n n a αβα+⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭成公比为β的等比数列，其首项为2221a ααβαββαβαβα+=++=---．所以121n n n a αβββαβα+-+=--．于是数列{}n a 的通项公式为11n n n a βαβα++-=-．………………………………………………10分(Ⅱ)若1p =，14q =，则240p q ∆=-=，此时12αβ==．由第(Ⅰ)步的结果得，数列{}n a 的通项公式为()11122nn n n a n +⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，所以，{}n a 的前n 项和为231234122222n n n n n s -+=+++++234112341222222n n n n s n ++=+++++以上两式相减，整理得1133222n n n s ++=-所以332n n n s +=-．……………………………………………………………………………15分方法二：(Ⅰ)由韦达定理知0q αβ⋅=≠，又p αβ+=，所以1a αβ=+，222a αβαβ=++．特征方程20p q λλ-+=的两个根为α，β． ①当0αβ=≠时，通项()()1212n n a A A n n α=+=，，由12a α=，223a α=得()()122212223A A A A αααα+=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 解得121A A ==．故 ()1n n a n α=+．……………………………………………………5分 ②当αβ≠时，通项()1212n n n a A A n αβ=+=，，．由1a αβ=+，222a αβαβ=++得12222212A A A A αβαβαβαβαβ+=+⎧⎪⎨+=++⎪⎩ 解得1A αβα-=-，2A ββα=-．故1111n n n n n a αββαβαβαβα++++--=+=---．…………………………………………………………10分 (Ⅱ)同方法一．3． （本小题满分15分）求函数y=【解析】函数的定义域为[]013，.因为y=当0x =时等号成立．故y的最小值为．……………………………………………5分 又由柯西不等式得 22y =()()()11122731312123x x x ⎛⎫+++++-= ⎪⎝⎭≤所以11y ≤． ………………………………………………………………………………10分 由柯西不等式等号成立的条件，得()491327x x x =-=+，解得9x =．故当9x =时等号成立．因此y 的最大值为11．…………………………………………………………………………………15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、填空（共4小题，每小题50分，共200分）9． 如图，M ，N 分别为锐角三角形ABC ∆（A B ∠<∠）的外接圆Γ上弧BC 、AC 的中点．过点C 作PC MN ∥交圆Γ于P 点，I 为ABC ∆的内心，连接PI 并延长交圆Γ于T ． ⑴求证：MP MT NP NT ⋅=⋅；⑵在弧AB （不含点C ）上任取一点Q （Q A ≠，T ，B ），记AQC ∆，QCB △的内心分别为1I ，2I ，B求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．【解析】 ⑴连NI ，MI ．由于PC MN ∥，P ，C ，M ，N 共圆，故PCMN 是等腰梯形．因此NP MC =，PM NC =．ABCMNPTI连AM ，CI ，则AM 与CI 交于I ，因为MIC MAC ACI MCB BCI MCI ∠=∠+∠=∠+∠=∠，所以MC MI =．同理NC NI =．于是NP MI =，PM NI =．故四边形MPNI 为平行四边形．因此PMT PNT S S =△△（同底，等高）． 又P ，N ，T ，M 四点共圆，故180TNP PMT ∠+∠=︒，由三角形面积公式1sin 2PMT S PM MT PMT =⋅∠△1s i n 2PNT S PN NT PNT ==⋅∠△1s i n 2P N N T P MT =⋅∠ 于是PM MT PN NT ⋅=⋅．⑵因为1111NCI NCA ACI NQC QCI CI N ∠=∠+∠=∠+∠=∠，B所以1NC NI =，同理2MC MI =．由MP MT NP NT ⋅=⋅得NT MTMP NP=． 由⑴所证MP NC =，NP MC =，故 12NT MTNI MI =． 又因12I NT QNT QMT I MT ∠=∠=∠=∠，有12I NT I MT ∆∆∽．故12NTI MTI ∠=∠，从而1212I QI NQM NTM I TI ∠=∠=∠=∠．因此Q ，1I ，2I ，T 四点共圆． 10． 求证不等式：2111ln 12n k k n k =⎛⎫-<- ⎪+⎝⎭∑≤，1n =，2，… 【解析】 证明：首先证明一个不等式： ⑴ln(1)1x x x x<+<+，0x >． 事实上，令()ln(1)h x x x =-+，()ln(1)1xg x x x=+-+． 则对0x >，1()101h x x '=->+，2211()01(1)(1)x g x x x x '=-=>+++． 于是()(0)0h x h >=，()(0)0g x g >=．在⑴中取1x n=得⑵111ln 11n n n⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭． 令21ln 1nn k k x n k ==-+∑，则112x =，121ln 111n n n x x n n -⎛⎫-=-+ ⎪+-⎝⎭ 211n n n<-+210(1)n n=-<+因此1112n n x x x -<<<=．又因为111ln (ln ln(1))(ln(1)ln(2))(ln 2ln1)ln1ln 1n k n n n n n k -=⎛⎫=--+---++-+=+ ⎪⎝⎭∑．从而12111ln 11nn n k k k x k k -==⎛⎫=-+ ⎪+⎝⎭∑∑12211ln 111n k k n k k n -=⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭∑12111n k kk k -=⎛⎫>- ⎪+⎝⎭∑1211(1)n k k k -==-+∑111(1)n k k k -=-+∑≥111n=-+>-．11． 设k ，l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k ≥，使得C k m 与l 互素．【解析】 证法一：对任意正整数t ，令(!)m k t l k =+⋅⋅．我们证明()C 1k m l =，． 设p 是l 的任一素因子，只要证明：C k m p Œ．若!p k Œ，则由 1!C ()kkmi k m k i ==-+∏1[((!)]k i i t l k =≡+∏ 1ki i =≡∏()1!m o d k p α+≡．及|!p k α，且1!p k α+Œ，知|!C k m p k α且1!C k m p k α+Œ．从而C k m p Œ．证法二：对任意正整数t ，令2(!)m k t l k =+⋅⋅，我们证明()C 1k m l =，． 设p 是l 的任一素因子，只要证明：C k m p Œ．若!p k Œ，则由1!C ()kkmi k m k i ==-+∏21[((!)]ki i t l k =≡+∏ 1ki i =≡∏()!m o dk p ≡． 即p 不整除上式，故C k m p Œ．若|!p k ，设1α≥使|!p k α，但1!p k α+Œ．12|(!)p k α+．故由 11!C ()k kmi k m k i -==-+∏21[((!)]ki i t l k =≡+∏ 1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡及|!p k α，且1!p k α+Œ，知|!C k m p k α且1!C k m p k α+Œ．从而C k m p Œ．12． 在非负数构成的39⨯数表111213141516171212223242526272829313233343536373839x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x x x x x x⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭ 中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，1728390x x x ===，27x ，37x ，18x ，38x ，19x ，29x 均大于．如果P 的前三列构成的数表111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭满足下面的性质()O ：对于数表P 中的任意一列123k k k x x x ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪⎝⎭（1k =，2，…，9）均存在某个{}123i ∈，，使得⑶{}123min ik i i i i x u x x x =≤，，．求证：（ⅰ）最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3一定自数表S 的不同列． （ⅱ）存在数表P 中唯一的一列***123k k k x x x ⎛⎫ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，*1k ≠，2，3使得33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ 仍然具有性质()O ．【解析】 （ⅰ）假设最小值{}123min i i i i u x x x =，，，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2i i u x ≠，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2i i u x <，1i =，2，3．另一方面，由于数表S 具有性质()O ，在⑶中取2k =，则存在某个{}0123i ∈，，使得002i i x u ≤．矛盾．（ⅱ）由抽届原理知{}1112min x x ，，{}2122min x x ，，{}3132min x x ， 中至少有两个值取在同一列．不妨设 {}212222min x x x =，，{}313232min x x x =，．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111x u =．同样，第二列中也必含某个i u ，1i =，2．不妨设222x u =．于是333u x =，即i u 是数表S 中的对角线上数字．111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭记{}129M =，，，，令集合 {}{}12|min 13ik i i I k M x x x i =∈>=，，，．显然{}111332|k k I k M x x x x =∈>>，且1，23I ∉．因为18x ，38111x x >≥，32x ，所以8I ∈． 故I ∅≠．于是存在*k I ∈使得{}*22max |k k x x k I =∈．显然，*1k ≠，2，3． 下面证明33⨯数表 ***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ．从上面的选法可知{}{}*1212:min min i i i i i ik u x x x x x '==，，，，(13)i =，．这说明 {}*111211min k x x x u >，≥，{}*313233min k x x x u >，≥．又由S 满足性质()O ．在⑶中取*k k =，推得*22k x u ≤，于是{}**2212222min k k u x x x x '==，，．下证对任意的k M ∈，存在某个1i =，2，3使得i ik u x '≥．假若不然，则{}12min ik i i x x x >，，1i =，3且*22k k x x >．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k M ∈使得数表 111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ，不失一般性，我们假定 {}111121311m i n u x x x x ==，， ⑷{}221222322min u x x x x ==，，{}331323333m i n u x x xx ==，，3231x x <．由于3231x x <，2221x x <及（ⅰ），有{}11112111min k u x x x x ==，，．又由（ⅰ）知：或者()a {}3313233min k k u x x x x ==，，，或者{}2212222()min k k b u x x x x ==，，．如果()a 成立，由数表S 具有性质()O ，则 {}11112111m i n ku x x x x ==，，， ⑸{}22122222min k u x x x x ==，，， {}3313233m i n k k u x x x x ==，，．由数表S 满足性质()O ，则对于3M ∈至少存在一个{}123i ∈，，使得*i ik u x ≥．由*k I ∈及⑷和⑹式知，*1111k x x u >=，*3323k x x u >=．于是只能有*222k k x u x =≤．类似地，由S '满足性质()O 及k M ∈可推得*222k k x u x '=≤．从而*k k =．。
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、填空（共4小题，每小题50分，共200分）1． 如图，M ，N 分别为锐角三角形ABC ∆（A B ∠<∠）的外接圆Γ上弧BC 、AC 的中点．过点C 作PC MN ∥交圆Γ于P 点，I 为ABC ∆的内心，连接PI 并延长交圆Γ于T ．⑴求证：MP MT NP NT ⋅=⋅；⑵在弧AB （不含点C ）上任取一点Q （Q A ≠，T ，B ），记AQC ∆，QCB △的内心分别为1I ，2I ，B求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．【解析】 ⑴连NI ，MI ．由于PC MN ∥，P ，C ，M ，N 共圆，故PCMN 是等腰梯形．因此NP MC =，PM NC =．ABCMNPTI连AM ，CI ，则AM 与CI 交于I ，因为 MIC MAC ACI MCB BCI MCI ∠=∠+∠=∠+∠=∠，所以MC MI =．同理 NC NI =．于是NP MI =，PM NI =．故四边形MPNI 为平行四边形．因此PMT PNT S S =△△（同底，等高）． 又P ，N ，T ，M 四点共圆，故180TNP PMT ∠+∠=︒，由三角形面积公式1sin 2PMT S PM MT PMT =⋅∠△1s i n 2PNT S PN NT PNT ==⋅∠△1s i n 2P N N T P MT =⋅∠ 于是PM MT PN NT ⋅=⋅．⑵因为1111NCI NCA ACI NQC QCI CI N ∠=∠+∠=∠+∠=∠，B所以1NC NI =，同理2MC MI =．由MP MT NP NT ⋅=⋅得NT MTMP NP=． 由⑴所证MP NC =，NP MC =，故 12NT MTNI MI =． 又因12I NT QNT QMT I MT ∠=∠=∠=∠，有12I NT I MT ∆∆∽．故12NTI MTI ∠=∠，从而1212I QI NQM NTM I TI ∠=∠=∠=∠．因此Q ，1I ，2I ，T 四点共圆． 2． 求证不等式：2111ln 12n k k n k =⎛⎫-<- ⎪+⎝⎭∑≤，1n =，2，… 【解析】 证明：首先证明一个不等式： ⑴ln(1)1x x x x<+<+，0x >． 事实上，令()ln(1)h x x x =-+，()ln(1)1xg x x x=+-+． 则对0x >，1()101h x x '=->+，2211()01(1)(1)x g x x x x '=-=>+++． 于是()(0)0h x h >=，()(0)0g x g >=．在⑴中取1x n=得 ⑵111ln 11n n n⎛⎫<+< ⎪+⎝⎭． 令21ln 1nn k k x n k ==-+∑，则112x =， 121ln 111n n n x x n n -⎛⎫-=-+ ⎪+-⎝⎭ 211n n n<-+210(1)n n=-<+ 因此1112n n x x x -<<<=． 又因为111ln (ln ln(1))(ln(1)ln(2))(ln 2ln1)ln1ln 1n k n n n n n k -=⎛⎫=--+---++-+=+ ⎪⎝⎭∑．从而12111ln 11nn n k k k x k k -==⎛⎫=-+ ⎪+⎝⎭∑∑12211ln 111n k k n k k n -=⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭∑12111n k k k k -=⎛⎫>- ⎪+⎝⎭∑ 1211(1)n k k k -==-+∑111(1)n k k k -=-+∑≥111n=-+>-．3． 设k ，l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k ≥，使得C k m 与l 互素．【解析】 证法一：对任意正整数t ，令(!)m k t l k =+⋅⋅．我们证明()C 1k m l =，． 设p 是l 的任一素因子，只要证明：C k m p Œ． 若!p k Œ，则由 1!C ()kkmi k m k i ==-+∏1[((!)]ki i t l k =≡+∏ 1ki i =≡∏()1!m o d k p α+≡．及|!p k α，且1!p k α+Œ，知|!C k m p k α且1!C k m p k α+Œ．从而C k m p Œ．证法二：对任意正整数t ，令2(!)m k t l k =+⋅⋅，我们证明()C 1k m l =，． 设p 是l 的任一素因子，只要证明：C k m p Œ． 若!p k Œ，则由 1!C ()kkmi k m k i ==-+∏21[((!)]ki i t l k =≡+∏ 1ki i =≡∏()!m o d k p ≡．即p 不整除上式，故C k m p Œ．若|!p k ，设1α≥使|!p k α，但1!p k α+Œ．12|(!)p k α+．故由11!C ()k kmi k m k i -==-+∏21[((!)]k i i t l k =≡+∏ 1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡及|!p k α，且1!p k α+Œ，知|!C k m p k α且1!C k m p k α+Œ．从而C k m p Œ． 4． 在非负数构成的39⨯数表111213141516171212223242526272829313233343536373839x x x x x x x x x P x x x x x x x x x x x x x x x x x x⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭ 中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，1728390x x x ===，27x ，37x ，18x ，38x ，19x ，29x 均大于．如果P 的前三列构成的数表111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭满足下面的性质()O ：对于数表P 中的任意一列123k k k x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪⎝⎭（1k =，2，…，9）均存在某个{}123i ∈，， 使得⑶{}123min ik i i i i x u x x x =≤，，．求证：（ⅰ）最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3一定自数表S 的不同列． （ⅱ）存在数表P 中唯一的一列***123k k k x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，*1k ≠，2，3使得33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭仍然具有性质()O ．【解析】 （ⅰ）假设最小值{}123min i i i i u x x x =，，，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2i i u x ≠，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2i i u x <，1i =，2，3．另一方面，由于数表S 具有性质()O ，在⑶中取2k =，则存在某个{}0123i ∈，，使得002i i x u ≤．矛盾．（ⅱ）由抽届原理知{}1112min x x ，，{}2122min x x ，，{}3132min x x ， 中至少有两个值取在同一列．不妨设 {}212222min x x x =，，{}313232min x x x =，．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111x u =．同样，第二列中也必含某个i u ，1i =，2．不妨设222x u =．于是333u x =，即i u 是数表S 中的对角线上数字．111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭记{}129M =，，，，令集合{}{}12|min 13ik i i I k M x x x i =∈>=，，，．显然{}111332|k k I k M x x x x =∈>>，且1，23I ∉．因为18x ，38111x x >≥，32x ，所以8I ∈．故I ∅≠．于是存在*k I ∈使得{}*22max |k k x x k I =∈．显然，*1k ≠，2，3． 下面证明33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ．从上面的选法可知{}{}*1212:min min i i i i i ik u x x x x x '==，，，，(13)i =，．这说明 {}*111211min k x x x u >，≥，{}*313233min k x x x u >，≥．又由S 满足性质()O ．在⑶中取*k k =，推得*22k x u ≤，于是{}**2212222min k k u x x x x '==，，．下证对任意的k M ∈，存在某个1i =，2，3使得i ik u x '≥．假若不然，则{}12min ik i i x x x >，，1i =，3且*22k k x x >．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k M ∈使得数表111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ，不失一般性，我们假定 {}111121311m i n u x x x x ==，， ⑷{}221222322min u x x x x ==，，{}331323333m i n u x x xx ==，，3231x x <．由于3231x x <，2221x x <及（ⅰ），有{}11112111min k u x x x x ==，，．又由（ⅰ）知：或者()a {}3313233min k k u x x x x ==，，，或者{}2212222()min k k b u x x x x ==，，．如果()a 成立，由数表S 具有性质()O ，则 {}11112111m i n ku x x x x ==，，， ⑸{}22122222min k u x x x x ==，，， {}3313233m i n k k u x x x x ==，，．由数表S 满足性质()O ，则对于3M ∈至少存在一个{}123i ∈，，使得*i ik u x ≥．由*k I ∈及⑷和⑹式知，*1111k x x u >=，*3323k x x u >=．于是只能有*222k k x u x =≤．类似地，由S '满足性质()O 及k M ∈可推得*222k k x u x '=≤．从而*k k =．出师表两汉：诸葛亮先帝创业未半而中道崩殂，今天下三分，益州疲弊，此诚危急存亡之秋也。
2009年全国高中数学联赛河南省预赛2009年全国高中数学联赛河南省预赛由河南省数学竞赛组织委员会主办并具体组织活动，并由河南省数学竞赛组织委员会命题。
试题所涉及的知识范围不超出现行《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学内容和要求，在方法的要求上有所提高，主要考查学生对基本知识和基本技能的掌握情况，以及综合、灵活运用知识的能力，适当考虑全国联赛加试对参赛学生的要求。
试题包括10道填空题和4道解答题，全卷满分100分，考试时间为150分钟。
竞赛活动时间为2009年5月11日（星期日）上午，由各地市教研室安排考试并组织阅卷，参加河南省预赛的考生约10万（高一、高二各5万多）人，并从中选拔出2千多名学生参加于2009年10月11日举行的全国高中数学联赛.试 题一、填空题（每小题5分，共50分）1. 动点),(y x M 满足1cos sin )cos ()sin (22-+=-+-ααααy x y x （其中α是常数），那么点M 的轨迹是 .2. 单位正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，用AB 1C 、BC 1D 、CD 1A 、DA 1B 、A 1BC 1、B 1CD 1、C 1DA 1、D 1AB 1这八个面去截这个单位正方体，则含正方体中心的那一部分的体积为 .3. 设10<<x ，a 、b 都为大于零的常数，则xb x a -+122的最小值为 . 4. 在正三棱锥ABC P -中，M 为△ABC 内（含边界）一动点，且点M 到三个侧面PAB 、PBC 、PCA 的距离成等差数列，则点M 的轨迹是 .5. 已知数列{}n a 的通项公式为1)1(1+++=n n n n a n （n +∈N ），其前n 项和为n S ，则在数列1S ，2S ，… ，2009S 中，有理数项共有 项.6. 已知0>a ，过)0,(a M 任作一条直线交抛物线)0(22>=p px y 于P 、Q 两点，若2211MQMP+为定值，则a = .7. 若22sin -=α，且)0(,21)cos(>=-ββα，则满足上述条件的β的最小值为 .8. 四面体A-BCD 中，AB =CD =5，AC =BD =34，AD =BC =41，则四面体A-BCD 的外接球半径为 .9. 平面直角坐标系中，点集{⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈+=+==R y x y x M βαβαβα,,sin cos ,cos sin ),(，则点集M 所覆盖的平面图形的面积为 .10. 5个人互相传球，要求接球后马上传给别人，由甲开始作为第一次传球，则经过4次传球后又传回到甲手中的不同传球方法种数为 .二、解答题（本题50分）11. （12分）设n mx x x f ++=2)(，若不等式2)(>x f 在区间[1，5]上无解. （1）求)5()3(2)1(f f f +-的值； （2）求所有的实数对),(n m .12.（13分）已知三棱锥P-ABC 的三条侧棱P A 、PB 、PC 两两垂直，侧面P AB 、PBC 、PCA 与底面ABC 所成的二面角的平面角的大小分别为1θ、2θ、3θ，底面△ABC 的面积为34。
