2013年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试卷及解析

2013年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试卷

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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评卷人 得分

一、选择题

1.若,xy为两个不同的实数，且满足2221{ 21xxyy，求66xy的值。

第II卷（非选择题）

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评卷人 得分

二、填空题

2.若对实数x，函数𝑓(𝑥)=√3𝑥2+7，𝑔(𝑥)=𝑥2+16𝑥2+1−1，则函数𝑔(𝑓(𝑥))的最小值为________.

3.在区域{0≤𝑥≤2𝜋,0≤𝑦≤3 中随机取一点P（a，b），满足𝑏>(sin𝑎2+cos𝑎2)2的概率为_______.

4.设[𝑥]表示不超过实数x的最大整数.若[𝑥−12][𝑥+12]为素数，则实数x的取值范围为_______.

5.已知𝐹1、𝐹2分别为椭圆𝐶:𝑥219+𝑦23=1的左、右焦点，点P在椭圆C上.若𝑆𝛥𝑃𝐹1𝐹2=√3，则∠𝐹1𝑃𝐹2=_____.

6.已知半径为3的球面上有A、B、C、D四点.若𝐴𝐵=3，𝐶𝐷=4，则四面体ABCD体积的最大值为______.

7.已知𝑎1,𝑎2,⋯,𝑎10与𝑏1,𝑏2,⋯,𝑏10为互不相等的20个实数.若方程|𝑥−𝑎1|+|𝑥−𝑎2|+⋯+|𝑥−𝑎10|=|𝑥−𝑏1|+|𝑥−𝑏2|+⋯+|𝑥−𝑏10|有有限多个解，则此方程最多有______个解.

8.若11⋯1⏟

𝑛+1个除以3102的余数为1，则最小的正整数n为________.

9.设实数a，b，c满足a2＋b2 ≤c≤1，则a＋b＋c的最小值为 ． 评卷人 得分

三、解答题

10.已知数列{𝐹𝑛}满足𝐹1=𝐹2=1，𝐹𝑛+2=𝐹𝑛+1+𝐹𝑛(𝑛∈𝑍+).若𝐹𝑎、𝐹𝑏、𝐹𝑐、𝐹𝑑(𝑎<𝑏<𝑐<𝑑)分别为一个凸四边形的边长，求d-b的值.

11.设动点P在直线𝑙1:𝑦=𝑥−4上运动，过P作⊙𝐶:𝑥2+𝑦2=1的两条切线𝑃𝐴、𝑃𝐵，其中，A、B为切点.求线段AB中点M的轨迹方程.

12.如图，PA、PB分别与⊙𝑂切于点A、B，过点P的割线与⊙𝑂交于点C、D，M为PA的中点，CM与AB交于点E.证明：𝐷𝐸∥𝑃𝐴.

13.设正实数a、b、c满足𝑎+𝑏=√𝑎𝑏+9，𝑏+𝑐=√𝑏𝑐+16，𝑐+𝑎=√𝑐𝑎+25.求𝑎+𝑏+𝑐.

14.圆周上依次排列着𝐴1,𝐴2,⋯,𝐴2013共2013个不同的点，每个点染红、蓝、绿三色之一.在以任意两个同色点为端点的圆弧上，与此两端点异色的点的个数为偶数的染色方法称为“好染色”问：所有好染色方法有多少种？

15.设p为奇素数，整数𝑎1,𝑎2,⋯,𝑎𝑝−1均与p互素.若对𝑘=1,2,⋯,𝑝−2均有𝑎1𝑘+𝑎2𝑘+⋯+𝑎𝑝−1𝑘≡0(mod𝑝)，证明：𝑎1,𝑎2,⋯,𝑎𝑝−1除以p的余数互不相同. 参考答案

1.198

【解析】1.试题分析：将方程组中的两式分别作差和做和得到2xy和226xy，进而得到1xy，将336622224422xyxyxyxyxy代入运算即可.

试题解析：

由2221{ 21xxyy，两式相减可得： 222xyxy，即2xyxyxy.

,xy为两个不同的实数,所以0xy，所以2xy

两式相加可得22226xyxy.

由2222426xyxyxyxy,解得1xy

336622224422xyxyxyxyxy

222226363631198xyxy.

2.8

【解析】2.

由题意知𝑔(𝑓(𝑥))=3𝑥2+7+163𝑥2+8−1=3𝑥2+8+163𝑥2+8−2

令𝑡=3𝑥2+8(𝑡≥8).则

ℎ(𝑡)=𝑔(𝑓(𝑥))=𝑡+16𝑡−2

易知，ℎ(𝑡)是区间[8,+∞)上的单调增函数.

所以，ℎ(𝑡)≥ℎ(8)=8.

故答案为：8

3.23

【解析】3.

考虑函数𝑦=(sin𝑥2+cos𝑥2)2=1+sin𝑥，

由题得区域{0≤𝑥≤2𝜋,0≤𝑦≤3 中的面积为3⋅2𝜋=6π.

由对称性割补知满足𝑏>(sin𝑎2+cos𝑎2)2的点𝑃(𝑎,𝑏)的面积为4π，

故其概率为4𝜋6𝜋=23.

故答案为：23 4.−32≤𝑥<−12或32≤𝑥<52

【解析】4.

因为[𝑥−12]、[𝑥+12]均为整数，

要使[𝑥−12][𝑥+12]为素数，所以[𝑥−12]、[𝑥+12]中一个为1或-1.

当[𝑥−12]=1时，1≤𝑥−12<2，32≤𝑥<52，

此时，[𝑥+12]=2，满足题意；

当[𝑥+12]=−1时，−1≤𝑥+12<2，−32≤𝑥<−12，

此时，[𝑥−12]=−2，满足题意；

当[𝑥+12]=1或[𝑥−12]=−1时，易知[𝑥−12][𝑥+12]不是素数.

故答案为：−32≤𝑥<−12或32≤𝑥<52

5.60∘

【解析】5.

设∠𝐹1𝑃𝐹2=𝜃.则{𝑃𝐹1+𝑃𝐹2=2√19,𝑃𝐹12+𝑃𝐹22−2𝑃𝐹1⋅𝑃𝐹2𝑐𝑜𝑠𝜃=64.

故𝑃𝐹1⋅𝑃𝐹2=61+cos𝜃.

而𝑆𝛥𝑃𝐹1𝐹2=12𝑃𝐹1⋅𝑃𝐹2sin𝜃=3tan𝜃2=√3，则𝜃=60°.

故答案为：60∘

6.2√5+3√3

【解析】6.

取异面直线AB、CD的公垂线段MN，记异面直线AB与CD所成的角为𝜃∈(0,𝜋2).

则𝑉四面体𝐴𝐵𝐶𝐷=16𝐴𝐵⋅𝐶𝐷⋅𝑀𝑁sin𝜃≤2𝑀𝑁.

设四面体ABCD外接球的球心为O，AB，CD的中点分别为E、F.

则𝑂𝐸=3√32，𝑂𝐹=√5.

异面直线AB与CD的距离为𝑀𝑁≤𝐸𝐹≤𝑂𝐸+𝑂𝐹=3√32+√5. 故𝑉四面体𝐴𝐵𝐶𝐷≤2𝑀𝑁≤2√5+3√3.

当AB丄CD时，以AB为直径的小圆所在平面与以CD为直径的小圆所在平面平行（球心在两小圆面之间），上式等号成立.

故答案为：2√5+3√3

7.9

【解析】7.

令𝑓(𝑥)=|𝑥−𝑎1|+|𝑥−𝑎2|+⋯+|𝑥−𝑎10|−|𝑥−𝑏1|−|𝑥−𝑏2|−⋯−|𝑥−𝑏10|

于是，由题意知𝑓(𝑥)=0.

设𝑐1<𝑐2<⋯<𝑐20为集合|𝑎1,𝑎2,⋯,𝑎10,𝑏1,𝑏2,⋯,𝑏10|中的所有元素按递增顺序的排列，且在

(−∞,𝑐1],[𝑐1,𝑐2],⋯,[𝑐19,𝑐20],[𝑐20,+∞)

这21个区间的每一个中，函数𝑓(𝑥)均为线性的.

注意到，在区间(−∞,𝑐1]中，𝑓(𝑥)=𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎10−𝑏1−𝑏2−⋯−𝑏10=𝑚，而在区间[𝑐20,+∞)中，𝑓(𝑥)=−𝑚.

因为方程根的个数有限，所以，𝑚≠0.

沿着数轴自左向右移动.开始时，𝑓(𝑥)中的x的系数为0.每当越过一个𝑐𝑖(1≤𝑖≤20,𝑖∈𝑍+)时，𝑓(𝑥)中均有一个绝对值的去掉方式发生变化，使得x的系数变化±2（增大2或减小2）.这表明，x的系数恒为偶数，并且不会在变为0以前改变符号.由此，知该系数在任何两个相邻的区间中均要么同为非负，要么同为非正.从而，𝑓(𝑥)在这样的区间并集上要么同为非升，要么同为非降.如此一来，若𝑓(𝑥)=0只有有限个根，则其在区间[𝑐1,𝑐3],⋯,[𝑐17,𝑐19],[𝑐19,𝑐20]中均分别有不多于1个根.此外，由于𝑓(𝑐1)与𝑓(𝑐20)的符号不同，而𝑓(𝑥)在每个根处均发生变号，于是，𝑓(𝑥)=0有奇数个根.从而，最多有九个根.

另一方面，不难验证，若

𝑎1=1，𝑎2=4，𝑎3=5，𝑎5=9，𝑎6=12，𝑎7=13，𝑎8=16，𝑎9=17，𝑎10=19.5，

𝑏1=2，𝑏2=3，𝑏3=6，𝑏4=7，𝑏5=10，𝑏6=11，𝑏7=14，𝑏8=15，𝑏9=18，𝑏10=19，

则方程𝑓(𝑥)=0恰有九个根. 故答案为：9

8.138

【解析】8.

注意到，3102=2×3×11×47.

由11⋯1⏟

𝑛+1个=3102𝑘+(𝑘∈𝑍)，知11⋯10⏟

𝑛个=3102𝑘.

于是，11⋯10⏟

𝑛个被2、3、11、47整除.

（1）对任意正整数n，显然，11⋯10⏟

𝑛个被2整除

（2）11⋯10⏟

𝑛个被3整除的充分必要条件是3|𝑛 ；

（3）11⋯10⏟

𝑛个被11整除的充分必要条件是2|𝑛 ；

（4）又11⋯10⏟

𝑛个=19(10𝑛+1−10)，(9,47)=1，(10,47)=1，

则47|11⋯10⏟

𝑛个 ⇔47|(10𝑛−1) .

由费马小定理知1046≡1(mod47).

设t为使10𝑡≡1(mod47)的最小正整数.则𝑡|46 .

而10≡10(mod47)，102≡6(mod47)，1023≡46(mod47)，故t=46.

因此，46|𝑛 ⇔47|11⋯10⏟

𝑛个 .综上，𝑛min=[2,3,46]=138.

故答案为：138

9.12

【解析】9.

试题由题中所给221abc，易知01c，由22abc，不难联想到圆的标准方程，故可令abz，根据直线与圆的位置关系可得：22|00|||211zzdc，得2zc，那么所求的：2abccc，可令2()2()2fccccc，其中01c，结合二次函数的图象可知当