2010年全国高中数学联合竞赛加试试题(B卷)

−2
6. 两人轮流投掷骰子否则轮由另 一人投掷.先投掷人的获胜概率是
84 . 119 21 7 = ，从而先投掷人的获胜概率为 36 12
解：同时投掷两颗骰子点数和大于 6 的概率为
7 5 7 5 7 + ( )2 × + ( )4 × + " 12 12 12 12 12 7 1 84 . = × = 25 119 12 1− 144
2
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g ( y ) max = a 2 + 3a − 2 = 8 ⇒ a = 2 ，
所以 g ( y ) min = 2
1 + 3 × 2 −1 − 2 = − . 4 1 综上 f ( x) 在 x ∈ [ −1,1] 上的最小值为 − . 4
解二：如图， PC = PC1 , PA1 = PB . 设 A1 B 与 AB1 交于点 O, 则
OA1 = OB, OA = OB1 , A1 B ⊥ AB1 .
因为 PA = PB1 , 所以 PO ⊥ AB1 ,
从而 AB1 ⊥ 平面 PA1 B . 过 O 在平面 PA1 B 上作 OE ⊥ A1 P ,垂足为 E . 连结 B1 E ,则 ∠B1 EO 为二面角 B − A1 P − B1 的平面角. 设 AA1 = 2 ,则易求得
2
3 ≤ a ≤ 12 . 2
解：令 sin x = t ，则原函数化为 g (t ) = ( −at + a − 3)t ，即
2
g (t ) = −at 3 + (a − 3)t .
由
− at 3 + (a − 3)t ≥ −3 ， − at (t 2 − 1) − 3(t − 1) ≥ 0 ，

2010 年全国高中数学联合竞赛（B 卷）一试
一、填空题：本大题共 8 个小题，每小题 8 分，共 64 分。 2010B1、函数 f ( x ) ◆答案： [ 3, 3 ] ★解析： 易知 f ( x ) 的定义域是 5,8 ， 且 f ( x ) 在 5,8 上是增函数， 从而可知 f ( x ) 的值域为 [ 3, 3 ] .
容易知道当 1 z 1 时， 0 h( z ) 2,0 h( z ) 2 . 从而当 1 z 1 时，
h( z ) h( z ) 3a 2 3a 2 ， 即0 z b c 1 2， 2 4 4 3a 3a 8 b c 1 0 , z 2 2 ，由 0 z 2 1 知 a . 从而 4 4 3 8 3 8 2 又易知当 f ( x ) x 4 x x m （ m 为常数）满足题设条件，所以 a 最大值为 . 3 3 0
3a 5 b3 ，且存在常数 , 使得对每一个正整数 n 都有 a n log bn ，则
◆答案：
3
3 3
2
★解析：设 {a n } 的公差为 d , {bn } 的公比为 q ，则 3 d q, （1） ， 3(3 4d ) q （2） （1）代入（2）得 9 12d d 6d 9 ，求得 d 6, q 9 . 从而有 3 6( n 1) log 9
解法二： f ( x ) 3ax 2bx c .
2
设 g ( x ) f ( x ) 1 ，则当 0 x 1 时， 0 g ( x ) 2 .
设 z 2 x 1 ，则 x
z 1 , 1 z 1 . 2 z 1 3a 2 3a 2b 3a h( z ) g ( ) z z b c 1. 2 4 2 4

2010年全国高中数学联合竞赛一试试题（A 卷）考试时间：2010年10月17日 8：00—9：20一、填空题（本题满分64分，每小题8分）1.函数()f x =的值域是______________.2.已知函数2(cos 3)sin y a x x =-的最小值为3-，则实数a 的取值范围是_____________.3.双曲线221x y -=的右半支与直线100x =围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是___________.4.已知{}n a 是公差不为0的等差数列，{}n b 是等比数列，其中1122533,1,,3a b a b a b ====，且存在常数,αβ使得对每一个正整数n 都有log n n a b αβ=+，则αβ+=____________.5. 函数2()32(0,1)xx f x aa a a =+->≠在区间[1,1]x ∈-上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是___________________.6. 两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率为_________________.7.正三棱柱111ABC A B C -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角11B A P B α--=,则sin α=_____________.8.方程2010x y z ++= 满足x y z ≤≤的正整数解(,,)x y z 的个数是_____________. 二、解答题（本题满分56分）9.(本小题满分16分)已知函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠，当01x ≤≤时，|()|1f x '≤，试求a 的最大值.10. (本小题满分20分)已知抛物线26y x =上的两个动点11(,)A x y 和22(,)B x y ,其中12x x ≠且124x x +=.线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点C ,求△ABC 面积的最大值.11. (本小题满分20分)证明：方程32520x x +-=恰有一个实根r ，且存在唯一的严格递增正整数列{}n a ，使得31225a a a r r r =+++.2010年全国高中数学联合竞赛加试试题（A 卷）考试时间：2010年10月17日 9：40—12：10一、（本题满分40分）如图，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于点N ，直线CD 与AB 交于点M .求证：若OK MN ⊥,则,,,A B D C 四点共圆.二、（本题满分40分）设k 是给定的正整数，12r k =+.记()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥（1）,(1)()(()),2l l f r f f r l -=≥（）.证明：存在正整数m ,使得()()m f r 为一个整数.这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如11,112⎡⎤==⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥. 三、（本题满分50分）给定整数2n >,设正实数12,,,n a a a 满足1k a ≤,1,2,,k n =,记求证：1112n nk k k k n a A ==--<∑∑. 四、（本题满分50分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同.问：这种密码锁共有多少种不同的密码设置.2010年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案与评分标准 说明：1.评阅试卷时，请依据本评分标准。

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，是圆内接四边形．与的交点为，是弧上一点，连接并延长交于点，点分别在，的延长线上，满足，，求证：四点共圆．[证] 由已知条件知．…10分又 180DAE DCE ∠+∠=︒，所以 180FAG DCE ∠+∠=︒，从而四点共圆，此圆记为1Γ．同理可证：四点共圆，此圆记为2Γ． …20分点在圆1Γ，2Γ内．延长与圆1Γ相交于点，则IP PF AP PC DP PB ⋅=⋅=⋅，故四点共圆． …30分所以在的外接圆上，故在2Γ上． …40分再用相交弦定理：EC EG EF EI ED EH ⋅=⋅=⋅，故四点共圆． …50分二、（本题满分50分）求满足下列关系式组的正整数解组的个数．[解] 令，由条件知，方程化为，即． （1）因，故，从而．设．因此（1）化为．（2）…10分下分为奇偶讨论，（ⅰ）当为奇数时，由（2）知为奇数．令，，代入（2）得．（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（ⅱ）当为偶数时，设，由方程（2）知也为偶数．从而可设，代入（2）化简得．（4）由（4）式有，故，从而可设，则（4）可化为，．（5）因为整数，故．…30分又，因此，得，．因此，对给定的，解的个数恰是满足条件的的正因数的个数．因不是完全平方数，从而为的正因数的个数的一半．即．…40分由题设条件，．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：：，，，，，，，，从而易知，，，，，，，，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，．证明：当且仅当200811k k a =>∑时，存在数列满足以下条件：（ⅰ），；（ⅱ）存在；（ⅲ），．[证] 必要性：假设存在满足（ⅰ），（ⅱ）．注意到（ⅲ）中式子可化为，，其中．将上式从第1项加到第项，并注意到得． …10分由（ⅱ）可设，将上式取极限得20081122200820081()k k b a a x a x a x ==⋅-+++∑，因此200811k k a =>∑．…20分 充分性：假设200811k k a =>∑．定义多项式函数如下：，，则在[0,1]上是递增函数，且，．因此方程在[0,1]内有唯一的根，且，即． …30分下取数列为，，则明显地满足题设条件（ⅰ），且．因，故，因此，即的极限存在，满足（ⅱ）．…40分最后验证满足（ⅲ），因，即，从而．综上，已证得存在数列满足（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）．…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．函数在上的最小值是（B ）A．3 B．2 C．1 D．0[解] 当时，，因此，当且仅当时上式取等号．而此方程有解，因此在上的最小值为2．2．设，，若，则实数的取值范围为（A ）A．B．C．D．[解] 因有两个实根，，故等价于且，即且，解之得．3．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，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数的期望为（C ）A. B. C. 26681D.[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．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，，，故．[解法二] 依题意知，的所有可能值为2，4，6.令表示甲在第k 局比赛中获胜，则表示乙在第k 局比赛中获胜．由独立性与互不相容性得，1234123412341234(4)()()()()P P A A A A P A A A A P A A A A P A A A A ξ==+++，，故．4．若三个棱长均为整数（单位：cm ）的正方体的表面积之和为564 cm 2，则这三个正方体的体积之和为 （ D ）A. 586 cm 3B. 586 cm 3或564 cm 3C. 764 cm 3D. 764 cm 3或586 cm 3[解] 设这三个正方体的棱长分别为，则有，，不妨设，从而，．故．c 只能取9，8，7，6．若，则，易知，，得一组解．若，则，．但，，从而或5．若，则无解，若，则无解．此时无解．若，则，有唯一解，．若，则，此时，．故，但6b c ≤=，故，此时无解．综上，共有两组解或3,6,7.a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩体积为cm 3或cm 3．5．方程组的有理数解的个数为 （ C ）A. 4B. 3C. 2D. 1[解] 若，则解得或11.x y =-⎧⎨=⎩，若，则由得． ①由得． ②将②代入得． ③由①得，代入③化简得.易知无有理数根，故，由①得，由②得，与矛盾，故该方程组共有两组有理数解或6．设的内角所对的边成等比数列，则的取值范围是（ B ）A.B. C. D.[解] 设的公比为，则，而 sin cot cos sin cos cos sin sin cot cos sin cos cos sin A C A A C A C B C B B C B C++=++ ．因此，只需求的取值范围．因成等比数列，最大边只能是或c ，因此要构成三角形的三边，必需且只需且．即有不等式组22,a aq aq aq aq a⎧+>⎪⎨+>⎪⎩即解得11,22q q q ⎧<<⎪⎪⎨⎪><⎪⎩从而，因此所求的取值范围是． 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7．设，其中为实数，，，，若，则 17 .[解] 由题意知， 由得，713811a b a -⋅=-，因此，． 因此 ．8．设的最小值为，则．[解]，(1) 时，当时取最小值；(2) 时，当时取最小值1；(3) 时，当时取最小值．又或时，的最小值不能为，故，解得，(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253－31＝222种．[解法二] 设分配给3个学校的名额数分别为，则每校至少有一个名额的分法数为不定方程．的正整数解的个数，即方程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：．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253－31＝222种．10．设数列的前项和n S 满足：，，则n S =．[解] ，即 2=，由此得 2．令， ()，答12图1 有，故，所以．因此 ．11．设是定义在上的函数，若 ，且对任意，满足，，则=．[解法一] 由题设条件知，因此有，故10031413(0)41f +-=⋅+- ．[解法二] 令，则，，即，故，得是周期为2的周期函数，所以．12．一个半径为1的小球在一个内壁棱长为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．[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，作平面//平面，与小球相切于点，则小球球心为正四面体的中心，，垂足为的中心．因，故44PD OD r ==，从而43PO PD OD r r r =-=-=．记此时小球与面的切点为，连接，则．考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为)相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如答12图2．记正四面体的棱长为，过作于．答13图答12图2因，有，故小三角形的边长．小球与面不能接触到的部分的面积为（如答12图2中阴影部分）．又，，所以．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．三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13．已知函数的图像与直线 有且仅有三个交点，交点的横坐标的最大值为，求证： ．[证] 的图象与直线 的三个交点如答13图所示，且在内相切，其切点为，．…5分由于，，所以，即． (10)分因此…15分 22cos sin 4sin cos αααα+=214αα+=． …20分 14．解不等式．[解法一] 由，且在上为增函数，故原不等式等价于．即 ． …5分分组分解题15图 ，， …10分所以 ，． …15分所以，即或．故原不等式解集为． …20分[解法二] 由，且在上为增函数，故原不等式等价于． …5分即，， …10分令，则不等式为，显然在上为增函数，由此上面不等式等价于， …15分 即，解得 (舍去)，故原不等式解集为． …20分15．如题15图，是抛物线上的动点，点在直线上，圆内切于，求面积的最小值．[解] 设，不妨设．直线的方程:，化简得 0000()(1)0y b x x y x b y --+++=．又圆心到的距离为1，， …5分故，展开得，易知，故，同理有． …10分所以，，．因是抛物线上的点，有，即，则，故，． …15分所以．文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！当时，上式取等号，此时．因此的最小值为8．…20分温馨提示-专业文档供参考，请仔细阅读后下载，最好找专业人士审核后使用！11 / 11。