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2010年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分细则

时间:2015-04-08

2010 年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分细则

一试

一、填空题(本题满分 64 分,每小题 8 分)

1











{an}



{bn}





an



2 EA

2n+3

5 A

A

E

A



bn



A

1 n

log
A

2

(a1a2a3



an)



n



N*









{bn}











E





答案:bn=An+5 4A,n∈N* E

2n+3

2(1+2+…+n)+3n n(n+4)

简解:由an=2EAA

5

,得a a a …a =2 A

A

EA

123

n

EA

5E

=2 A

A

5E

A,n∈N*.

EA

EA

EA

所以bn=A1nA×An(n5+4)A=An+5 4A,n∈N*.

E

E

E

2.已知两点 M(0,2)、N(-3,6)到直线 l 的距离分别为 1 和 4,则满足条件的直线 l 的条数





答案:3

简解:易得 MN=5,以点 M 为圆心,半径 1 为的圆与以点 N 为圆心,半径为 4 的圆外切,故满

足条件的直线 l 有 3 条.

3.设函数 f(x)=ax2+x.已知 f(3)<f(4),且当 n≥8,n∈N*时,f(n)>f(n+1)恒成立,则实数 a 的

取值范围是



答案:(-A17A,-1A 17A)

E

E

简解:(方法一) 因为当 n≥8 时,f(n)>f(n+1)恒成立,所以 a<0,此时 f(n)>f(n+1)恒

成立等价于f(8)>f(9),即 64a+8>81a+9,解得a<-A117A. E

因为f(3)<f(4),所以 9a+3<16a+4,解得a>-7A1A.即a∈(-7A1A,-A117A).

E

E

E

(方法二)考察二次函数 f(x)=ax2+x 的对称轴和开口方向.

因为当n≥8 时,f(n)>f(n+1)恒成立,所以a<0,且-A21aA<A127A,解得a<-1A 17A.

E

E

E

因为f(3)<f(4),所以-2A 1aA>2A7A,解得a>-7A1A.即a∈(-A17A,-1A 17A).

E

E

E

E

E

4.已知 ABCD-A1B1C1D1 是边长为 3 的正方体,

C1

点 P、Q、R 分别是棱 AB、AD、AA1 上的

点,AP=AQ=AR=1,则四面体 C1PQR 的

体积为



D1

B1 A1

答案:4 3A
E
简解:因为 C1C⊥面 ABCD,所以 C1C⊥BD. 又因为 AC⊥BD, 所以 BD⊥面 ACC1,所以 AC1⊥BD. 又 PQ∥BD,所以 AC1⊥PQ. 同理 AC1⊥QR.所以 AC1⊥面 PQR.

R

C

B

P

D

Q

A

(第 4 题)

因为AP=AQ=AR=1,所以PQ=QR=RP= 2.

A

EA

因为AC1=3A 3EA,且VA-PQR =3A1A·A12A·12·1=A16A,所以

E

E

E

V =31· 43·( 2) ·3 3-V =34. C1-PQR

A

A

A

A

EA

A

2

A

EA

A

EA

A-PQR

A

A

E

E

E

{ } 5.数列

an

满足 a1 = 2,

an+1

=

1+ 1?

an an

, n ∈ N*.记 Tn=a1a2…an,则 T2010 等于



答案:-6

简解:易得:a1=2,a2=-3,a3=-A12A,a4=3A1A,a1a2 a3a4=1.

E

E

又 a5=2=a1,由归纳法易知 an+4=an,n∈N*. 所以 T2010=T2008×a2009×a2010=a1a2=-6.

6.骰子是一个立方体, 6 个面上分别刻有1、 2 、 3 、 4 、 5 、 6 点. 现有质地均匀的

骰子 10 只. 一次掷 4 只、 3 只骰子,分别得出各只骰子正面朝上的点数之和为 6 的

概率的比为



答案:1:6. 提示:掷 3 只骰子,掷出 6 点的情况为 1,1,4;1,2,3;2,2,2. 共 3+3!+1=10 种,

10 概率为 63 .

掷 4 只骰子,掷出 6 点的情况为 1,1,1,3;1,1,2,2. 共 4+ C24 =10 种,概率

10 为 64 . 所以概率的比为

10 10 63 : 64 = 1:6 .

7.在△ABC中,已知BC=5,AC=4,cos(A-B)=8A7A, E

则 cosC=



A

答案:11

16 A

A

E

简解:因 BC > AC ,故 ∠A > ∠B . 如图,作 AD,
使∠BAD=∠B,则∠DAC=∠A-∠B. 设 AD=BD=x,则 DC=5-x.在△ADC 中,

B

D

C

(第 7 题)

由余弦定理得x=3.再由余弦定理得cosC=A1116A. E
8.在平面直角坐标系 xOy 中,抛物线 y2=2x 的焦点为 F. 设 M 是抛物线上的动点,则

MO的最大值为



MF A

A

E

答案:2A

3 A

EA

3

A

E

简解:设点M(x,y),则(AMMOFEA)2=EA(xx2++2A1yA)22EA=A4x42x+2+4x8+x 1EA=1+A4x24+x-4x1+1A.E 令 4x-1=t, 当t≤0 时,显然AMMOFA≤1.
E
当t>0 时,则(AMMOFEA)2=1+tEA +64+A9t AEA≤1+A13EA=3A4EA,且当t=3,即x=1 时,等号成立.

所以MO的最大值为2A

MF A

A

EA

3

3,A 此时点M的坐标为(1,±

A

A

2). EA

E

E

二、解答题(本题满分 16 分)

如图,点 P 是半圆 C:x2+y2=1(y≥0)上位于 x 轴上方的任意一点,A、B 是直径的两个端点,

以 AB 为一边作正方形 ABCD,PC 交 AB 于 E,PD 交 AB 于 F,求证:BE,EF,FA 成等比数列.

y P

证明:设 P(cosα,sinα),C(-1,-2),D(1,-2),

E(x1,0),F(x2,0).

因为点P、E、C三点共线,所以Acsoinsαα++21EA=xA 1+2 1E


A

B

O EF Ax

所以x1=A2(scionsαα++21)A-1. E

………………5 分

C

D

由点P、F、D三点共线,所以Acsoinsαα+-21EA=xA 2-2 1EA,

所以x2=A2(scionsαα+-21)A+1. E

………………10 分

所以BE=x1+1=A2(scionsαα++21)A,EF=x2-x1=Asi2nsαin+α2A ,FA=A2(scionsαα+-21)A.

E

E

E

所以BE·FA=A2(scionsαα++21E )A×A2(scionsαα+-21E )A=(A si4nsαin+2α2)2EA=EF2.

即 BE,EF,FA 成等比数列.

………………16 分

三、解答题(本题满分 20 分)

设实数 a , m 满足 a ≤ 1 , 0 < m ≤ 2

3

,函数

f

(x)

=

a

amx ? mx2
+ a (1? a)2 m2



x ∈ (0, a) . 若存在 a , m , x ,使 f ( x) ≥ 3 ,求所有的实数 x 的值.
2
解答:因为 x ∈ (0, a) 时, amx ? mx2 = ?m(a ? x )2 + ma2 ≤ ma2 , 2 44

当且仅当 x = a 时等号成立, 2
所以

3 ≤ amx ? mx2 ≤

a2 m 4

=

am

2 a + a(1? a)2 m2 a + a(1? a)2 m2 4(1+ (1? a)2 m2 )

≤ am ≤ m ≤ 3 , 442
当且仅当 x = a 及 a = 1 与 m = 2 3 时等号成立. 2
故x =1.

……………5 分
……………15 分 ……………20 分

四、解答题(本题满分 20 分)

数列{an}中,已知 a1∈(1,2),an+1=an3-3an2+3an,n∈N*,求证:

(a1-a2)( a3-1)+(a2-a3)( a4-1)+…+(an-an+1)( an+2-1)<4A1A. E

证明:(方法一) 由 an+1=an3-3an2+3an,得 an+1-1=(an-1)3. 令 bn=an-1,则 0<b1<1,bn+1=bn3<bn,0<bn<1. 所以 (ak-ak+1)( ak+2-1)=(bk-bk+1)×bk+2

………………5 分

=(bk-bk+1)×bk+13<4A1A(bk-bk+1)×(bk3+bk2bk+1+bkbk+12+bk+13) E

<4A1A(bk4-bk+14). E

所以 (a1-a2)(a3-1)+(a2-a3)(a4-1)+…+(an-an+1)(an+2-1)

<A14A(b14-b24)+A14A(b24-b34)+…+4A1A(bn4-bn+14)

E

E

E

………………15 分

=A14A(b14-bn+14)<A14Ab14<A14A.

E

E

E

………………20 分

(方法二) 由 an+1=an3-3an2+3an,得 an+1-1=(an-1)3. 令 bn=an-1,则 0<b1<1,bn+1=bn3,0<bn<1. 所以 (a1-a2)( a3-1)+(a2-a3)( a4-1)+…+(an-an+1)( an+2-

………………5 分

1)

=(b1-b2) b3+(b2-b3) b4+…+(bn-bn+1) bn+2
=(b1-b2) b23+(b2-b3) b33+…+(bn-bn+1) bn+
3 1

∫ < 1 x3dx = 1

0

4



………………20 分

2010 年全国高中数学联赛江苏赛区
复赛参考答案与评分标准
加试
一、(本题满分 40 分)
圆心为 I 的 ΔABC 的内切圆分别切边 AC、AB 于点 E、F. 设 M 为线段 EF 上一点, 证明: ΔMAB 与 ΔMAC 面积相等的充分必要条件是 MI ⊥ BC .
A A

M

E

F

I

P

Q

M

E

F

I

B

CB

C

D

(第 1 题)

证明:过点 M 作 MP ⊥ AC 、 MQ ⊥ AB ,垂足分别为 P、Q. 圆 I 切边 BC 于点 D,

则 ID ⊥ BC , IF ⊥ AB , IE ⊥ AC . 显然 AF=AE, 所以 ∠AFM = ∠AEM , 从而推知 RtΔQFM ? RtΔPEM , 得

MQ = MF . MP ME



SΔMAB

=

1 MQ ? AB 2

=

MQ ?

AB

=

MF

?

AB

,

所以

SΔMAC 1 MP ? AC MP AC ME AC

2

ΔMAB 与 ΔMAC 面积相等的充要条件是 AB = ME .



AC MF

由①可知,问题转化为证明: AB = ME 的充分必要条件是 MI ⊥ BC . ………10 分 AC MF

首先证明:若 MI ⊥ BC ,则 AB = ME . AC MF
由 MI ⊥ BC 可知点 M 在直线 ID 上.

因为 B、D、I、F 四点共圆,所以 ∠MIF = ∠DBF = ∠B , ∠MIE = ∠ECD = ∠C .

又 IE=IF,则由正弦定理得

MF sin ∠MIF

=

FI sin ∠IMF

=

sin(π

IE ? ∠IMF )

=

ME sin ∠MIE

,

即 ME = sin C ,而 AB = sin C . 所以 AB = ME .

MF sin B AC sin B

AC MF

……………30 分

其次证明:若 AB = ME ,则 MI ⊥ BC . AC MF

设直线

ID



EF

交于点

M ' ,则由上述证明可知

AB AC

=

M M

'E 'F

,于是有

AB = M 'E ,从而 AC M 'F

M ≡M'.

故命题成立.

……………40 分

二、(本题满分 40 分)
将凸 n 边形 A1A2 An 的边与对角线染上红、蓝两色之一,使得没有三边均为蓝色的三角形.

对 k=1, 2,…,n,记 bk 是由顶点 Ak 引出的蓝色边的条数,求证:

b1 + b2 +

+

bn



n2 2

.

证明:不妨设 b = max{b1, b2 , , bn} ,并且由点 A 向 A1, A2 , , Ab 引出 b 条蓝色边,则

A1, A2 , , Ab 之间无蓝色边, A1, A2 , , Ab 以外的 n ? b 个点,每点至多引出 b 条蓝

色边,因此蓝色边总数 ≤

(n ? b)b



? ??

(n

? b) + 2

b

?2 ??

=

n2 4

.

…………20 分

故 b1 + b2 +

+ bn

≤ 2×

n2 4

=

n2 2

.

命题得证.

……………40 分

三、(本题满分 50 分)
{ } 设正整数的无穷数列 an ( n ∈ N * )满足 a4 = 4 , an2 ? an?1 an+1 = 1 ( n ≥ 2 ), 求{an} 的通项公式.

解:由已知得 an > an?1 . an+1 an

若有某个 n ,使 an?1 ≥ 1 ,则 an

an > an+1 ,

…………10 分

从而 an?1 ≥ an > an+1 > an+2 > ,这显然不可能,因为{an} (n ∈ N*) 是正整数的

无穷数列. 故数列{an}中的项是严格递增的.

…………20 分

从而由 a4 = 4 可知, a1 = 1, a2 = 2 , a3 = 3 .

…………30 分

于是由{an} 的递推公式及数学归纳法知 an = n (n ∈ N*) .

…………40 分

显然数列{n} (n ∈ N*) 满足要求,故所求的正整数无穷数列为{n} (n ≥ 1) .
…………50 分

四、(本题满分 50 分)

设 p 是一个素数, p ≡ 3 (mod 4) . 设 x , y 是整数,满足 p | x2 ? xy + p +1 y2 . 求证:存 4

在整数 u , v ,使得 x2 ? xy + p +1 y2 = p(u2 ? uv + p +1 v2 ) .

4

4

证明:由条件可知 p | (2x ? y)2 + py2 ,则 p | (2x ? y)2 .

因 p 是素数,故有 p | 2x ? y . 设 2x ? y = pk ,

…………20 分

则 x2 ? xy + p +1 y2 = 1 ( py2 + (2x ? y)2 )

4

4

= 1 ((2x ? pk)2 p + p2k 2 ) 4

= p ((2x ? pk)2 + pk 2 ) 4

…………30 分

= p ((2x ? pk + k ? k)2 + pk 2 ) 4

= p ((2u ? v)2 + pv2 ) (这里 u = x ? k( p ?1) , v = k )

4

2

= p (4u2 ? 4uv + ( p +1)v2 ) 4

= p(u2 ? uv + p +1 v2 ) . 4

命题得证.

…………50 分

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