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2017年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案

时间:2019-01-21

2017 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
一、填空题(本题满分 64 分,每小题 8 分) 1 2an 1.若数列 {an} 满足 a1= ,an+1= ,n∈N*,则 a2017 的值为 2 3an+2
A E





解:由 an+1= 所以 1

2an 1 1 3 1 1 得 = + .又 a1= ,所以 =2, 2 a1 an+1 an 2 3an+2

3 1 =2+2016× =3026,所以 a2017= . 2 3026 a2017

2.若函数 f(x)=(x2-1)(x2+ax+b) 对于任意 x∈R 都满足 f(x)=f(4-x),则 f(x) 的最小值 是 .

解:f(1)=f(-1)=0,又 f(x)=f(4-x),所以 f(3)=f(5)=0, 所以 f(x)=(x2-1)(x-3)(x-5)=(x2-4x+3)( x2-4x-5). 令 t=x2-4x+4≥0,则 f(x)=(t-1)(t-9)=(t-5)2-16,所以 f(x) 的最小值是-16. 3.在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别是侧棱 BB1,CC1 上的点,EC=BC=2BD,则 截面 ADE 与底面 ABC 所成的二面角的 大小是 .
A1 B1 C1

E

解:设 BC=2,则△ABC 的面积为 3. 因为 EC=BC=2BD,所以 EC=2,BD=1, 从而 AE=2 2,AD=DE= 5, 所以△ADE 的面积为 6. 因此 cosθ= 3 2 = ,即 θ=45°. 6 2 .
A B (第 3 题图) D C

4.若 sinxsin2xsin3x+cosxcos2xcos3x=1,则 x= 解:因为 1=|sinxsin2xsin3x+cosxcos2xcos3x|

≤|sinxsin2xsin3x|+|cosxcos2xcos3x|≤|sinxsin2x|+|cosxcos2x| ≤max{|cosx|,|cos3x|}≤1. 所以 |cosx|=1,或|cos3x|=1. 若|cos3x|=1,则 sin3x=0,从而|cosx|=1. 由|cosx|=1,得 x=kπ,k∈Z.

经检验可知,x=kπ,k∈Z 满足原方程. 5.设 x,y 是实数,则
E

2x+ 2y 的最大值是 2x4+4y4+9
A A EA A E



解:因为 2x4+2+2+2≥8x,4y4+1+1+1≥4 2y, 所以 2x4+4y4+9≥8x+4 2y. 两边同除以 2x4+4y4+9,得 因此 2x+ 2y 1 2 ≤ ,当 x=1,y= 时取等号. 2 2x4+4y4+9 4

2x+ 2y 1 的最大值是 . 4 2x4+4y4+9

6.设 an=1+2+…+n,n∈N*,Sm=a1+a2+…+am,m=1,2,3,…,则 S1,S2,…, S2017 中能被 2 整除但不能被 4 整除的数的个数是 m(m+1)(m+2) . 解:Sm= 6
A E E



因此 Sm≡2(mod 4) ? m(m+1)(m+2) ≡4(mod 8) ? m≡3(mod 8). 2017 所以 S1,S2,…,S2017 中能被 2 整除但不能被 4 整除的数的个数为[ ]=252. 8
A A E

y2 7.在平面直角坐标系 xOy 中,F1,F2 分别是双曲线 x - 2=1 (b>0) 的左,右焦点,过点 b
2
A E

F1 作圆 x2+y2=1 的切线,与双曲线左,右两支分别 交于点 A,B.若 F2B=AB,则 b 的值是 解:由已知及双曲线的定义,得: AF1=BF1-AB=BF1-BF2=2,AF2=2+AF1=4. 在 Rt△OTF1 中,OT=1,OF1=c,TF1=b, b 所以 cos∠F2F1A= . c 在△AF1F2 中,由余弦定理得: F1F22+AF12-AF22 c2-3 = . cos∠F2F1A= 2F1F2·AF1 2c
A A A E E

y B A F1 T O x



F2

(第 7 题图)

所以 c2-3=2b. 又由 c2=1+b2,得 b2-2b-2=0,解之得 b=1± 3(负值舍去),即 b=1+ 3. 8 .从 正 1680 边形的顶点中任取若干个, 顺次相连成多边形.其 中正多边形的个 数 为 . 1680 (k≠1,2)个. k

解:正多边形的边数 k 是 1680 的约数,不同的正 k 边形有 因为 1680=24×3×5×7,当 k 取遍 1680 的约数,

1680 ∑( )=(1+2+4+8+16)(1+3)(1+5)(1+7)=5952. k 1680 =3432. 由于没有“正 1 边形” 、 “正 2 边形” ,故所求个数为 5952-1680- 2 二、解答题(本题满分 16 分) 已知 x,y∈R,且 x2+y2=2,|x|≠|y|.求 解:因为 x2+y2=2,所以(x+y)2+(x-y)2=4. 所以
A A A A A A A A A

1 1 + 的最小值. (x+y)2 (x-y)2 ………………………… 4 分

1 1 1 1 1 )((x+y)2+(x-y)2) 2 + 2 = ( 2 + 4 (x+y) (x-y) (x+y) (x-y)2
E E E E E

1 ≥ (1+1)2 4
A A E

=1. 1 1 当 x= 2,y=0 时, + =1. (x+y)2 (x-y)2
A EA A A A A E E

………………… 12 分

所以

1 1 + 的最小值为 1. (x+y)2 (x-y)2

………………… 16 分

三、解答题(本题满分 20 分) x2 在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C: +y2=1 的上顶点为 A,不经过点 A 的直线 l 与椭 3 → → 圆 C 交于 P,Q 两点,且 AP · AQ =0. (1)直线 l 是否过定点?若是,求出定点坐标;若不是,说明理由. (2)过 P,Q 两点分别作椭圆的切线,两条切线交于点 B,求△BPQ 面积的取值范围. → → → → 解: (1)因为 AP · AQ =0,所以 AP ⊥ AQ . 直线 AP,AQ 与 x 轴平行时,P 或 Q 与 A 重合,不合题意. 1 设 PA:y=kx+1,则 QA:y=- x+1. k 将 y=kx+1 代入 x2+3y2=3,得(1+3k2)x2+6kx=0. 所以 xP=- 同理 xQ= 6k 2 ,y = -1. 1+3k2 P 1+3k2 ……………………………… 4 分

6k 6 ,y =1- 2 . k2+3 Q k +3

y-yP x-xP (1+3k2)(y+1)-2 (1+3k2)x+6k 所以 直线 l: = ,即 l: = . yQ-yP xQ-xP (1+3k2)(yQ+1)-2 (1+3k2)xQ+6k k2-1 1 化简得 l:y= x- . 2 4k 1 1 直线 l 纵截距是常数- ,故直线 l 过定点(0,- ). 2 2 ……………………… 8 分

(2)由(1) ,AP =

6|k| 1+k2 6 1+k2 . 2 ,同理,AQ = 1+3k k2+3

k2(k2+3)2+(1+3k2)2 k2 1 2 所以 PQ2=36(1+k2)·[ + ] = 36(1 + k ) · (1+3k2)2 (k2+3)2 (1+3k2)2(k2+3)2 = 36(1+k2)(k6+15k4+15k2+1) . (3k4+10k2+3)2 ………………………… 12 分

36t2(t2+12) 1 , 不妨设 k>0, 令 t=k+ ,则 t≥2,可化得 PQ2= k (3t2+4)2 6t t2+12 . 即 PQ= 3t2+4 设 B(x0,y0),则切点弦 PQ 的方程是 x0x+3y0y=3. k2-1 1 x- 上,所以 y0=-2. 又 P,Q 在 l:y= 2 4k 3(k2-1) . 从而 x0= 2k k2-1 2 3( ) +12 k 3t2 所以 B 到 PQ 的距离 d= = . 2 k -1 2 2 t2+12 2 ( ) +16 k 6t t2+12 1 9t3 1 3t2 因此△BPQ 的面积 S= ×d×PQ= × × = . 2 2 2 t2+12 2(3t2+4) 3t2+4 ……………………………… 16 分 1 1 9 令 u= ,则 0<u≤ ,化得 S= . t 2 2(4u3+3u) 1 当 0<u≤ 时,4u3+3u 递增. 2 9 1 所以 0<4u3+3u≤2,即 S≥ ,当且仅当 u= ,即 t=2,k=1 时,等号成立. 4 2 9 . 故△BPQ 的面积 S 的取值范围是 [ ,+∞) 4 四、解答题(本题满分 20 分) 1 1 设函数 fn(x)=1+x+ x2+…+ xn. 2! n! (1)求证:当 x∈(0,+∞) ,n∈N* 时,ex > fn(x); (2)设 x>0,n∈N*.若存在 y∈R 使得 ex = fn(x)+ 解: (1)用数学归纳法证明如下: (i) 当 n=1 时,令 f(x)=ex-f1(x)=ex-x-1,则 f ′(x)=ex-1>0,x∈(0,+∞)恒成立, 所以 f(x)在区间(0,+∞)为增函数. 又因为 f(0)=0,所以 f(x)>0,即 ex>f1(x). ……………………………… 5 分 1 xn+1ey,求证:0<y<x. (n+1)! ………………………… 20 分

(ii) 假设 n=k 时,命题成立,即当 x∈(0,+∞)时,ex>fk(x), 1 1 1 k+1 x ), 则 n=k+1 时,令 g(x)=ex-fk+1(x)=ex-(1+x+ x2+…+ xk+ 2! k! (k+1)! 1 1 所以 g(x)在区间(0, +∞)为增函数. 则 g′(x)=ex-(1+x+ x2+…+ xk)=ex-fk(x)>0, 2! k! 又因为 g(0)=0,所以 g(x)>0,x∈(0,+∞)恒成立,即 ex>fk+1(x),x∈(0,+∞). 所以 n=k+1 时,命题成立. 由(i)(ii)及归纳假设可知,?n∈N*,当 x∈(0,+∞)时,ex > fn(x). ……………………………… 10 分 1 n+1 y 1 n+1 x e > fn(x)+ x , (2)由(1)可知 ex >fn+1(x),即 fn(x)+ (n+1)! (n+1)! 所以 ey>1,即 y>0.下证:y<x. 1 1 1 - 下面先用数学归纳法证明:当 x>0,ex<1+x+ x2+…+ xn 1+ xnex,n∈N*. 2! n! (n-1)! (i) 当 n=1 时,令 F(x)=1+xex-ex,则 F′(x)=xex>0,x∈(0,+∞), 所以 F(x)在区间(0,+∞)单调增. 又 F(0)=0,故 F(x)>0,即 ex<1+xex. (ii) 假设 n=k 时,命题成立, 1 1 1 - 即当 x∈(0,+∞)时,ex<1+x+ x2+…+ xk 1+ xkex. 2! k ! (k-1)! 1 1 1 k+1 x x 则当 n=k+1 时,令 G(x)=1+x+ x2+…+ xk+ x e -e , 2! k! (k+1)! 1 1 k+1 x x 1 k+1 x 1 x e -e > x e >0, G′(x)=1+x+ x2+…+ xkex+ k! (k+1)! (k+1)! 2! 所以 G(x)在区间(0,+∞)上为增函数,又 G(0)=0,故 G(x)>0,即 1 1 1 k+1 x ex<1+x+ x2+…+ xk+ x e ,x∈(0,+∞). 2! k! (k+1)! 由(i)(ii)及归纳假设, 1 1 1 n+1 x 可知当 x∈(0,+∞)时,ex<1+x+ x2+…+ xn+ x e ,对 n∈N*成立. 2! n! (n+1)! 1 1 1 n+1 y 1 1 1 n+1 x x e <1+x+ x2+…+ xn+ x e, 所以 ex=1+x+ x2+…+ xn+ 2! n! (n+1)! 2! n! (n+1)! 从而 ey<ex,即 y<x.证毕. ……………………………… 20 分

2017 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) 已知圆 O 的内接五边形 ABCDE 中 AD 与 BE 相交于点 F,CF 的延长线交圆 O 于点 P, 且 AB·CD=BC·ED. 求证:OP⊥AE. 证明:连接 PA,PE. 因为五边形 ABCDE 内接于圆 O, 所以∠BAF=∠DEF,∠ABF=∠EDF,
B F O A P E

所以△ABF∽△EDF, AB FB = . 所以 ED FD PE PF , 同理, = BC BF DC DF = . PA PF 由①×②×③得 ① ② ③

………… 10 分
C D

AB PE DC · · =1. ED BC PA AB DC · =1. BC ED

……………… 30 分

因为 AB·CD=BC·ED,所以

所以 PE=PA,即点 P 是弧 AE 的中点, 所以 OP⊥AE. ……………… 40 分

二、 (本题满分 40 分) 设 x,y 是非负实数,a= x+ y,b= x+2+ y+2.若 a,b 是两个不相邻的整数, 求 a,b 的值. 解:因为 a,b 是不相邻的整数, 所以 2≤b-a= x+2+ y+2-( x+ y)=( x+2- x)+( y+2- y) = 2 2 2 2 + ≤ + =2 2<3. 2 2 x+2+ x y+2+ y …………………… 10 分

由于 b-a 是整数,所以 b-a=2.

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设 a=n-1,b=n+1,n∈Z,即 x+ y=n-1, x+2+ y+2=n+1, 则 x-y x-y =n-1, =n+1, x- y x+2- y+2

x-y x-y , x+2- y+2= , 即 x- y= n-1 n+1 x-y x-y ,2 x+2=n+1+ , 于是 2 x=n-1+ n-1 n+1 从而 2(n-1) x=(n-1)2+(x-y),2(n+1) 故 (n-1) x+2n=(n+1) x+2. 又因为 ( x+2)2-( x)2=2. ① 令 t= x,则 (n-1)t+2n x+2= ,代入①得 n+1 2nt2-2n(n-1)t-(n2-2n-1)=0, 于是 2n(n-1)± 4n2(n-1)2+8n(n2-2n-1) n(n-1)±(n+1) n(n-2) x=t= = , 4n 2n y=n-1- x=
+(n+1) n(n-2) n(n-1)- , 2n

x+2=(n+1)2+(x-y), …………………… 30 分

因此,n≥2,并且 n(n-1)≥(n+1) n(n-2), 即 n2-2n-1≤0,解之得 1- 2≤n≤1+ 2, 从而 2≤n≤1+ 2,且 n∈Z,故 n=2. 所以 a=1,b=3. ………………………… 40 分

三、 (本题满分 50 分) 平面上 2n 个点 (n>1,n∈N),无三点共线,任意两点间连线段,将其中任意 n2+1 条 线段染成红色. 求证:三边都为红色的三角形至少有 n 个. 证明:首先证明一定存在红色三角形(三边均为红色的三角形为红色三角形,下同) . 设从顶点 A 出发的红色线段最多, 由 A 引出的红色线段为 AB1,AB2,…,ABk,则 k≥n+1. 若 B1,B2,…,Bk 中存在两点,不妨设为 B1,B2 使线段 B1B2 为红色线段, 则△AB1B2 为红色三角形. 若 B1,B2,…,Bk 相互之间没有红色线段相连, 则从 Bi(i=1,2,…,k)出发的红色线段最多有 2n-k 条. 所以这 2n 个点红色线段最多有
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…………………… 10 分

(k+2n-k)2 2 2 1 [k+k(2n-k)+(2n-1-k)k]= k(2n-k)≤ =n <n +1. 2 4
A E E

与题设矛盾. 所以存在以 A 为顶点的红色三角形. 下面用数学归纳法证明. (1)当 n=2 时,平面上有四个点 A,B,C,D 中两两连线共有 6 条, 其中有 5 条为红色,只有一条非红色,设为 AB, 则△ACD 与△BCD 均为红色三角形,命题成立. …………………… 30 分 ………………………… 20 分

(2)假设 n=k 时,命题成立,即至少存在 k 个红色三角形. 当 n=k+1 时,有 2k+2 个点,且有(k+1)2+1 条红色线段, 一定存在一个红色三角形,设为△ABC. 考察从 A, B, C 引出的红色线段分别记为 d(A), d(B), d(C)条, 不妨设 d(A)≤d(B)≤d(C). 若 d(A)+d(B)≤2k+2,则除去点 A,B 余下的 2k 个点之间至少有 (k+1)2+1-(2k+1)=k2+1, 由归纳假设可知存在至少 k 个红色三角形,再加上△ABC 至少有 k+1 个红色三角形. ………………………… 40 分 若 d(A)+d(B)≥2k+3,则 d(A)+d(B)+d(C)≥3k+5, 故从 A,B,C 出发向其它 2k-1 个点引出红色线段至少有 3k-1 条. 因为(3k-1)-(2k-1)=k. 这(3k-1)线段至少有 k 对线段有公共点(不包括 A,B,C) , 故至少存在 k 个红色三角形,再加上△ABC,则至少有 k+1 个红色三角形, 所以 n=k+1 时命题也成立. 由(1)(2)可知,当 n>1,n∈N 时,2n 点之间的 n2+1 条红色线段至少可组成 n 个红色 三角形. ………………………… 50 分

四、 (本题满分 50 分) 设 n 为正整数, 1 1 1 an 1+ + +…+ = , 2 3 n bn
A A A A A E E E

其中 an,bn 为互素的正整数.对素数 p,令集合 Sp={n|n∈N*,p|an}.
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证明:对每一个素数 p≥5,集合 Sp 中至少有三个元素. 证明:引理:设 p≥5 为素数,k 为非负整数,令 其中 tk,sk 为互素的正整数,那么 p2|tk. 引理的证明: tk p-1 1 1p-1 1 (2k+1)p p-1 1 1 因为 = ∑ = ∑( )= ·∑ . …………… 10 分 + 2 sk i=1 kp+i 2 i=1 kp+i kp+p-i ( kp + i )( kp +p-i) i=1 令 A= ∑
p-1

1 1 1 tk + +…+ = , kp+1 kp+2 kp+p-1 sk

1

i=1 (kp+i)(kp+p-i)



因为素数 p≥5,由 Fermat 小定理,以及 1k+2k+…+(p-1)k≡0 (mod p),其中 1≤k≤p-2, 有 ((kp+1)(kp+2)…(kp+p-1))p-1 A =∑
p-1((kp+1)(kp+2)…(kp+p-1)) i=1
p-1

(kp+i)(kp+p-i)
p-1 p-3 i=1 i=1

≡ ∑ ip-2(p-i)p-2
i=1

p-1

≡- ∑ i

p-1 2p-4

≡- ∑ i ≡0 (mod p).

所以 ((kp+1)(kp+2)…(kp+p-1))p-1A=pM (M∈N*). 即 tk (2k+1)p2M = . sk 2((kp+1)(kp+2)…(kp+p-1)) p-1

因为(p,2((kp+1)(kp+2)…(kp+p-1)) p-1)=1, 所以 p2|tk.引理证毕. 由引理得,p2|ap-1,所以 p|ap-1, 从而 p-1∈Sp. 由于 ap(p-1) p(p-1)1 1p-11 p-2 p-1 1 1 ap-1 p-2 tk = ∑ = ∑ +∑ ∑ = · +∑ . bp(p-1) i=1 i pi=1 i k=0i=1kp+i p bp-1 k=0sk ……………………… 30 分 ……………………… 20 分

因为 p2|ap-1,p2|tk,所以 p|ap(p-1), 从而 p(p-1)∈Sp. 又 ap -1 p2-11 1p-11 p-1 p-1 1 1 ap-1 p-1 tk =∑ = ∑ +∑ ∑ = · +∑ . bp -1 i=1 i pi=1 i k=0i=1kp+i p bp-1 k=0sk
2 2 2

……………………… 40 分

因为 p2|ap-1,p2|tk,所以 p|ap -1, 从而 p2-1∈Sp. 因为 p-1<p(p-1)<p2-1,所以集合 Sp 中元素至少有 3 个.…………… 50 分

第 4 页 共 4 页


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