10届全国高中数学联赛试题及答案.docx

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10届全国高中数学联赛试题及答案

　　全国高中数学联赛一试

　　一、填空题（每小题8分，共64分，）

　　1.函数的值域是.2.已知函数的最小值为，则实数的取值范围是.3.双曲线的右半支与直线围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是.4.已知是公差不为的等差数列，是等比数列，其中，且存在常数使得对每一个正整数都有，则.5.函数在区间上的最大值为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是.7.正三棱柱的9条棱长都相等，是的中点，二面角,则.8.方程满足的正整数解（x,y,z）的个数是.二、解答题（本题满分56分）

　　9.

　　（16分）已知函数，当时，，试求的最大值.10.

　　（20分）已知抛物线上的两个动点，其中且.线段的垂直平分线与轴交于点，求面积的最大值.11.

　　（20分）证明：

方程恰有一个实数根，且存在唯一的严格递增正整数数列，使得.解答

　　1.提示：

易知的定义域是，且在上是增函数，从而可知的值域为.2.提示：

令，则原函数化为，即.由，，及知即.

（1）当时

（1）总成立；对；对.从而可知.3.9800提示：

由对称性知，只要先考虑轴上方的情况，设与双曲线右半支于,交直线于，则线段内部的整点的个数为，从而在轴上方区域内部整点的个数为.又轴上有98个整点，所以所求整点的个数为.4.提示：

设的公差为的公比为，则

（1），

（2）

（1）代入

（2）得，求得.从而有对一切正整数都成立，即对一切正整数都成立.从而，求得，.5.提示：

令则原函数化为,在上是递增的.当时，,，所以；当时，，，所以.综上在上的最小值为.6.提示：

同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为，从而先投掷人的获胜概率为.7.提示：

解法一：

如图，以所在直线为轴，线段中点为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则，从而，.设分别与平面、平面垂直的向量是、，则由此可设，所以，即.所以.解法二：

如图，.设与交于点则.从而平面.过在平面上作,垂足为.连结,则为二面角的平面角.设,则易求得.在直角中，,即.又..8.336675提示：

首先易知的正整数解的个数为.把满足的正整数解分为三类：

（1）均相等的正整数解的个数显然为1；

（2）中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；

　　（3）设两两均不相等的正整数解为.易知，所以，即.从而满足的正整数解的个数为.9.解法一：

由得.所以，所以.又易知当（为常数）满足题设条件，所以最大值为.解法二：

.设，则当时，.设，则..容易知道当时，.从而当时，，即，从而,，由知.又易知当（为常数）满足题设条件，所以最大值为.10.解法一：

设线段的中点为，则，.线段的垂直平分线的方程是.

（1）易知是

（1）的一个解，所以线段的垂直平分线与轴的交点为定点，且点坐标为.由

（1）知直线的方程为，即.

（2）

（2）代入得，即.

　　（3）依题意，是方程

　　（3）的两个实根，且，所以,..定点到线段的距离..当且仅当，即,或时等号成立.所以，面积的最大值为.解法二：

同解法一，线段的垂直平分线与轴的交点为定点，且点坐标为.设，则的绝对值,,所以,当且仅当且，即,或时等号成立.所以，面积的最大值是.11.令，则，所以是严格递增的.又，故有唯一实数根.所以，.故数列是满足题设要求的数列.若存在两个不同的正整数数列和满足，去掉上面等式两边相同的项，有，这里，所有的与都是不同的.不妨设，则，，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.加试

　　1.

　　（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．

　　2.

　　（40分）设k是给定的正整数，．记，．证明：

存在正整数m，使得为一个整数．这里，表示不小于实数x的最小整数，例如：

，．

　　3.

　　（50分）给定整数，设正实数满足，记．求证：

．

　　4.（50分）一种密码锁的密码设置是在正n边形的每个顶点处赋值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：

该种密码锁共有多少种不同的密码设置？

解答

　　1.用反证法．若A，B，D，C不四点共圆，设三角形ABC的外接圆与AD交于点E，连接BE并延长交直线AN于点Q，连接CE并延长交直线AM于点P，连接PQ．因为P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O），同理，所以，故⊥．由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是．①由梅内劳斯（Menelaus）定理，得，②．③由①，②，③可得，所以，故△DMN∽△DCB，于是，所以BC∥MN，故OK⊥BC，即K为BC的中点，矛盾！

从而四点共圆.注1：

　　“P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）”的证明：

延长PK至点F，使得，④则P，E，F，A四点共圆，故，从而E，C，F，K四点共圆，于是，⑤⑤-④，得P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）．注2：

若点E在线段AD的延长线上，完全类似．

　　2.记表示正整数n所含的2的幂次．则当时，为整数．下面我们对用数学归纳法．当时，k为奇数，为偶数，此时为整数．假设命题对成立．对于，设k的二进制表示具有形式，这里，或者1，．于是，①这里.显然中所含的2的幂次为．故由归纳假设知，经过f的v次迭代得到整数，由①知，是一个整数，这就完成了归纳证明．

　　3.由知，对，有．注意到当时，有，于是对，有，故．

　　4.对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a，如果颜色不同，则标上b，如果数字和颜色都相同，则标上c．于是对于给定的点上的设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点上的设置．为了使得最终回到时的设置与初始时相同，标有a和b的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a，b，c，使得标有a和b的边都是偶数条的方法数的4倍．设标有a的边有条，，标有b的边有条，．选取条边标记a的有种方法，在余下的边中取出条边标记b的有种方法，其余的边标记c．由乘法原理，此时共有种标记方法．对i，j求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为．①这里我们约定．当n为奇数时，，此时．②代入①式中，得．当n为偶数时，若，则②式仍然成立；若，则正n边形的所有边都标记a，此时只有一种标记方法．于是，当n为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：

当n为奇数时有种；当n为偶数时有种．