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2010年广西高中数学竞赛高二决赛题解答

时间:2012-02-12


2010 年广西高二数学竞赛初赛试卷
一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 选择题(
1、设 [ x ] 表示不大于 x 的最大整数,集合 A = {x | x ? 2[ x] = 3} , B = {x |
2

1 < 2 x < 8} ,则 A ∩ B = 8



>B ). B. {?1, 7} C. {?1, 6} D. {?1, 6, 7}

A. {1, ? 6}

? x 2 ? 2[ x] = 3 解:由 x ∈ A ∩ B ,知 ? ,所以 [ x ] 只可能取 -3,-2,-1,0,1,2. ? ?3 < x < 3
经检验知, [ x ] 只可能取 -1,2, 故 x = ?1,

7 . 故选 B.

2、已知△ABC 的三个顶点 A、B、C 及平面内一点 P 满足 PA + PB + PC = 0 ,若实数 λ 满足:

AB + AC = λ AP, 则 λ值 则 的值为( C )
A.2 B.

3 2

C.3

D.6

解:由 PA + PB + PC = 0 知,点 P 为△ABC 的重心,故有 AB + AC = 3 AP ,所以选 C。 3、已知 {an } 是等比数列, a3 = 2, a6 = ( D ).

1 ,则 a1a2 + a2 a3 + ? + an an +1 ( n = 1, 2,?) 的取值范围是 4 128 ) 3 128 ) 3

A.[128,168)
解:易知公比 q =

B.[

64 128 , ) 3 3

C.[16,

D.[32,

1 1 2 ,所以 a1 = 8 ,从而数列 {an an +1} 是以 a1a2 = 32 为首项, q = 为公比的等比 2 4 128 .故选 D. 3

数列. 于是,利用前 n 项和公式不难得出

32 = a1a2 ≤ a1a2 + a2 a3 + ? + an an +1 <

4、 a = sin(sin 2010 ), b = sin(cos 2010 ), c = cos(sin 2010 ), d = cos(cos 2010 ) , a, b, c, d 的 设 则 大小关系是( B ).

A. a < b < c < d

B. b < a < d < c

C. c < d < b < a

D. d < c < a < b

解:因 2010 = 5 × 360 + 180 + 30 ,所以

a = sin( ? sin 30 ) = ? sin(sin 30 ) < 0, b = sin( ? cos 30 ) = ? sin(cos 30 ) < 0 c = cos( ? sin 30 ) = cos(sin 30 ) > 0, d = cos( ? cos 30 ) = cos(cos 30 ) > 0
1

又 sin 30 < cos 30 ,故 b < a < d < c . 选 B. 5、若关于 x 的方程 x ? ax + 1 ? a = 0 在区间 [2, +∞) 上有解,则 a 的取值范围是( D ).
2

5 A. (1, ) 3

2 5 B.[ , ] 3 3

4 C. ( , 2] 3

5 D.[ , +∞) 3

解:由原方程,有 a =

x2 + 1 2 = ( x + 1) + ? 2 . 令 t = x + 1 ≥ 3 ,则 x +1 x +1

a = f (t ) = t +

2 ? 2 (t ≥ 3) t 5 5 , 即当 a ≥ 时原方程在区间 [2, +∞) 上 3 3

由于 f (t ) 在 [3, +∞) 上为单调增函数, 因此 a ≥ f (3) = 有解. 故选 D. 6、已知函数 f(x)满足:f(p+q)= f(p) f(q),f(1)= 3,则

2 f 2 (1) + f ( 2) + f 2 ( 2) + f (4) + f 2 (3) + f (6) + f 2 (4) + f (8) + f (5) + f (10) 的值为( B ) f (9) f (1) f (3) f (5) f (7)

A.15 B.30 C.75 D.60 2 3 解法 1:由 f(p+q)= f(p) f(q),f(1)= 3,得 f(2)=3 ,f(3)=3 ,f(4)=34,f(5)=35,f(6)=36,……,从而有
2 f 2 (1) + f ( 2) + f 2 ( 2) + f (4) + f 2 (3) + f (6) + f 2 (4) + f (8) + f (5) + f (10) =30。故选 B. f (9) f (1) f (3) f (5) f (7)

解法 2:由 f(p+q)= f(p) f(q),f(1)= 3,令 f ( x) = 3 x ,从而有
2 f 2 (1) + f ( 2) + f 2 ( 2) + f (4) + f 2 (3) + f (6) + f 2 (4) + f (8) + f (5) + f (10) =30。故选 B. f (9) f (1) f (3) f (5) f (7)

二、填空题(每小题 9 分,共 54 分) 填空题(
1、某运动会开了 n 天( n >1) ,共颁发了 m 个奖牌,第一天发出 1 个加上余下的( m -1)个的 第二天发出 2 个加上余下的

1 , 7

1 ;如此继续到 n -1 天,第 n 天发出 n 个,恰好把奖牌发完。则 7 1 k + (ak ?1 ? k ) 。 7

m+n =

.

解:设 k 天后,剩下 ak 个奖牌,则第 k 天发出奖牌数为 故 所以

1 ak = ak ?1 ? [k + (ak ?1 ? k )] 7 7 ak ?1 = k + ak 。即 6

2

7 7 7 m = 1 + a1 = 1 + (2 + a2 ) = ? 6 6 6 7 7 7 7 = 1 + 2 ? + 3 ? ( ) 2 + ? + n ? ( ) n ?1 + ( ) n an 6 6 6 6
因为 an = 0 ,所以 m = 36 + ( n ? 6)( ) 。又因为 m ∈ N ,故 n =6, m =36.
n

7 6

2、用 1,2,3,4,5 排成一个五位数,使任意相邻数码之差至少是 2,则这种五位数有 个。 解:填 14. 先排该五位数的中间数,共有以下 14 个数满足要求: 24135,24153,35142,53142,14253,35241,25314,41352,31425,52413,13524,31524,42513,42531. 3、方程 cos(15θ ) = cos(3θ ) 在 [0, π ] 上的根的个数为________. 解:令 x = 3θ ,则 x ∈ [0,3π ] . 方程变为 cos 5 x = cos x ,所以 5 x = 2kπ ± x ,即

x=

kπ kπ 或x= (k ∈ Z ) . 2 3
当 x 为 π 的整数倍时,同时满足上面两式且在 [0,3π ] 上的有 4 个值; 当 x 不是 π 的整数倍时,在 [0,3π ] 上有 3 个值满足 x =

kπ kπ ,有 6 个值满足 x = . 2 3

因此,原方程在 [0, π ] 上共有 4+3+6=13 个根. 4、在 1 到 2010 的所有正整数中,满足 1 + 2 + ? + n 整除 1 + 2 + ? + n 的所有正整数 n 的和
2 2 2 3 3 3





解:填 1,由于有求和公式:

12 + 2 2 + ? + n 2 =
3 3 3

n (n + 1)( 2 n + 1) , 6
2

? n ( n + 1) ? 1 + 2 +? + n = ? ? 2 ? ? n(n + 1)(2n + 1) 由题意,得 6

? n(n + 1) ? ? 2 ? ? (2n + 1) ? ?
2

3 n(n + 1). 2

又∵ ( 2n + 1, n) = 1 , (2n + 1, n + 1) = 1 , ∴ ( 2 n + 1) 3, 故仅有解 n = 1 。 5、 ?ABC 中, , b, c 分别是角 A, B, C 所对边的边长, cos A + sin A ? 在 a 若 的值是_______. 解:由已知等式,有

2 a+b =0, 则 cos B + sin B c

3

π 2 2 sin( A + ) ? =0, π 4 2 sin( B + ) 4


sin( A + ) sin( B + ) = 1 . 4 4
由正弦函数的有界性及 A, B 为三角形内角可知, sin( A +

π

π

π

A= B=

π
4

, 所以 C =

π
2

,因此
2

a+b = sin A + sin B = 2 . c
2

) = 1 且 sin( B + ) = 1 ,从而 4 4

π

6、若函数 f ( x ) = log a ( x + bx + 2a ) (a>0 且 a ≠ 1)是奇函数,则 a + b = 。 解:填

2 +1. 由奇函数的性质,知 2

f (0) = log a 2a 2 = 0 ,即 2a 2 = 1, 解得 a =
于是 f ( x ) = log

2 (舍去负值) , 2

2 2

( x + bx 2 + 1)

又 0= f ( x ) + f (? x ) = log

2 2

( x + bx 2 + 1) + log

2 2

(? x + bx 2 + 1)

= log

2 2

[(b ? 1)x

2

+1

]

于是 (b ? 1) x 2 = 0 恒成立,故 b = 1 .

三、解答题(每小题 20 分,共 60 分) 解答题( 1 ? m( x ? 2 ) 1 、 已 知 函 数 f ( x ) = log (a > 0, a ≠ 1) ,
a

x?3

对 定 义 域 内 的 任 意 x 都 有

f (2 ? x ) + f (2 + x ) = 0 成立. (1)求实数 m 的值; (2)若当 x ∈ (b, a ) 时, f ( x ) 的取值范围恰为

(1,+∞ ) ,求实数 a, b 的值.
解: (1)由 f ( x ) = log a

1 ? m( x ? 2 ) 及 f (2 ? x ) + f (2 + x ) = 0 可得: x?3
,解之得: m = ±1 .

log a

1 ? m((2 ? x ) ? 2 ) 1 ? m((2 + x ) ? 2 ) + log a =0 (2 ? x ) ? 3 (2 + x ) ? 3

当 m = 1 时,函数 f ( x ) 无意义,所以,只有 m = ?1 .--------------------------------------10 分

4

(2)当 m = ?1 时, f ( x ) = log a

x ?1 ,其定义域为 x?3 x ?1 在 x?3

(? ∞,1) ∪ (3,+∞ ) . (b, a ) ? (? ∞,1) 或 (b, a ) ? (3,+∞ ) .
①若 (b, a ) ? (3,+∞ ) ,则 3 ≤ b < a .为研究 x ∈ (b, a ) 时 f ( x ) 的值域,可考虑 f ( x ) = log a

(3,+∞ ) 上的单调性.
下证 f ( x ) 在 (3,+∞ ) 上单调递减.任取 x1 , x 2 ∈ (3,+∞ ) ,且 x1 < x 2 ,则

x1 ? 1 x 2 ? 1 3( x 2 ? x1 ) ? = >0 x1 ? 3 x 2 ? 3 ( x1 ? 3)( x 2 ? 3)
又 a > 1 ,所以, log a

x1 ? 1 x ?1 > log a 2 ,即 f ( x1 ) > f ( x 2 ) . x1 ? 3 x2 ? 3

所以,当 (b, a ) ? (3,+∞ ) , f ( x ) 在 (3,+∞ ) 上单调递减------------------------------------------15 分 所以, 必有 b = 3且f (a ) = 1 , 解之得:a = 2 + 3 由题:x ∈ (b, a ) 时, f ( x ) 的取值范围恰为 (1,+∞ ) , (因为 a > 3 ,所以舍去 a = 2 ? 3 ) ②若 (b, a ) ? (? ∞,1) ,则 b < a ≤ 1 .又由于 a > 0, a ≠ 1 ,所以, 0 < a < 1 . 此时,同上可证 f ( x ) 在 (? ∞,1) 上单调递增(证明过程略) .所以, f ( x ) 在 (b, a ) 上的取值范围应 为 ( f (b ), f (a )) ,而 f (a ) 为常数,故 f ( x ) 的取值范围不可能恰为 (1,+∞ ) .所以,在这种情况下,a, b 无解.综上,符合题意的实数 a, b 的值为 a = 2 + 3 , b = 3 。---------------------------------------20 分 2、如右图,过点 P 任作⊙ O 的两条割线 PAB、PCD, 直线 AD与BC 交于 Q ,弦 DE // PQ, BE 交 直线 PQ 于 M , 求证: OM ⊥ PQ.

D

E

C P A
证明:由∠ PCB = ∠ DEB = ∠ PMB,

O Q M B
5

得 P、B、M、C 四点共圆。

------------5 分

由 QP ? QM = QC ? QB = QA ? QD, 得 P、A、M、D 四点共圆.----------------10 分 连接 MD, 则∠ EDM = ∠ PMD = ∠ PAD = ∠ DEM ----------------------------15 分 于是

MD = ME , 又 OD = OE , 所以 OM ⊥ DE ,则 OM ⊥ PQ ---------------------20 分

3、证明:方程 6(6a 2 + 3b 2 + c 2 ) = 5n 2 有唯一一组整数解. 证明:易知 a = b = c = n = 0 是方程的一组整数解.-------------------------5 分 而对于方程的任一组整数解 (a, b, c, n) ,显然 6 | n . 令 n = 6n1 ,则
6a 2 + 3b 2 + c 2 = 30n12 ,知 3 | c ,令 c = 3c1 ,代入得 2a 2 + b 2 + 3c12 = 10n12 .

因此,只要证明方程 2 x 2 + y 2 + 3 z 2 = 10 w2 没有使 w > 0 的整数解,否则,将有一组这种 解使 w 取最小正值.-----------------------------------------------------10 分

因 y 2 + 3 z 2 为偶数,所以 y与z 同奇偶,但若 y与z 同为奇数, 则 y 2 ≡ z 2 ≡ 1(mod 8), 2 x ≡ 0或2(mod 8), 10 w2 = 0或2(mod 8) ,从而
2 x 2 + y 2 + 3 z 2 ≡ 4或6(mod 8) ,不可能等于 10w2 ,因此, y与z 同为偶数.---------15 分

令 y = 2 y1 , z = 2 z1 ,代入得 x 2 + 2 y12 + 6 z12 = 5w2 ,于是同理可证, x与w 必同为偶数. 令 x = 2 x1 , w = 2 w1 ,代入得 2 x12 + y12 + 3 z12 = 2 w12 ,但 0 < w1 < w ,即 w 不可能有最小正值,
矛盾. 故原方程有唯一一组整数解.------------------------------------20 分

6


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