2010全国高中数学联赛一试题B卷

乌鲁木齐市高级中学 杨帆 yf6504@sina.com 第 1页 1 2010201020102010年全国高中数学联合竞赛一试 试题参考答案及评分 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 （BBBB卷） 说明： 1.1.1.1. 评阅 试卷 云南省高中会考试卷哪里下载南京英语小升初试卷下载电路下试卷下载上海试卷下载口算试卷下载 时，请依据本评分标准.... 填空题只设 8888分和 0000 分两档；其他各题的评阅，请严格按照本 评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.... 2.2.2.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当 划分档次评分，解答题中第 9999 小题 4444 分为一个档次，第 10101010、11111111小题 5555 分为一个档次，不要增加其 他中间档次。 一、填空题（本题满分 64分，每小题8 分） 1. 函数 xxxf 3245)( −−−= 的值域是 ]3,3[− . 解：易知 )(xf 的定义域是 [ ]8,5 ，且 )(xf 在 [ ]8,5 上是增函数，从而可知 )(xf 的值域为 ]3,3[− . 2. 已知函数 xxay sin)3cos( 2 −= 的最小值为 3− ，则实数 a 的取值范围是 12 2 3 ≤≤− a . 解：令 tx =sin ，则原函数化为 taattg )3()( 2 −+−= ，即 taattg )3()( 3 −+−= . 由 3)3(3 −≥−+− taat ， 0)1(3)1( 2 ≥−−−− ttat ， 0)3)1()(1( ≥−+−− tatt 及 01≤−t 知 03)1( ≤−+− tat 即 3)( 2 −≥+ tta （1） 当 1,0 −=t 时（1）总成立； 对 20,10 2 ≤+<≤< ttt ； 对 0 4 1 ,01 2 <+≤−<<− ttt . 从而可知 12 2 3 ≤≤− a . 3. 双曲线 122 =− yx 的右半支与直线 100=x 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 9800 . 解：由对称性知，只要先考虑 x 轴上方的情况，设 )99,,2,1( L== kky 与双曲线右半支于 k A ,交 直线 100=x 于 k B ，则线段 kk BA 内部的整点的个数为 99 k− ，从而在 x 轴上方区域内部整点的个 乌鲁木齐市高级中学 杨帆 yf6504@sina.com 第 2页 2 数为 99 1 (99 ) 99 49 4851 k k = − = × =∑ . 又 x 轴上有 98个整点，所以所求整点的个数为 98009848512 =+× . 4. 已知 }{ n a 是公差不为 0 的等差数列， }{ n b 是等比数列，其中 352211 3,,1,3 bababa ==== ， 且存在常数 βα , 使得对每一个正整数 n 都有 β α += nn ba log ，则 =+βα 3 3 3+ . 解：设 }{ n a 的公差为 }{, n bd 的公比为q ，则 ,3 qd =+ （1） 2)43(3 qd =+ ， （2） （1）代入（2）得 96129 2 ++=+ ddd ，求得 9,6 == qd . 从而有 β α +=−+ −19log)1(63 nn 对一切正整数n 都成立， 即 β α +−=− 9log)1(36 nn 对一切正整数 n都成立. 从而 β αα +−=−= 9log3,69log ， 求得 3,33 == βα ， 333 +=+ βα . 5. 函数 )1,0(23)( 2 ≠>−+= aaaaxf xx 在区间 ]1,1[−∈x 上的最大值为 8，则它在这个区间上 的最小值是 4 1 − . 解：令 ,ya x = 则原函数化为 23)( 2 −+= yyyg , )( yg 在 3 ( ,+ ) 2 − ∞ 上是递增的. 当 10 << a 时， ],[ 1−∈ aay , 2 1 1 max 1 ( ) 3 2 8 2 2 g y a a a a − − −= + − = ⇒ = ⇒ = ， 所以 4 1 2 2 1 3) 2 1 ()( 2min −=−×+=yg ； 当 1>a 时， ],[ 1 aay −∈ ， 2823)( 2max =⇒=−+= aaayg ， 乌鲁木齐市高级中学 杨帆 yf6504@sina.com 第 3页 3 所以 4 1 2232)( 12min −=−×+= −− yg . 综上 )(xf 在 ]1,1[−∈x 上的最小值为 4 1 − . 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 12 17 . 解：同时投掷两颗骰子点数和大于6 的概率为 12 7 36 21 = ，从而先投掷人的获胜概率为 L+×+×+ 12 7 ) 12 5 ( 12 7 ) 12 5 ( 12 7 42 17 12 144 25 1 1 12 7 = − ×= . 7. 正三棱柱 111 CBAABC − 的 9 条棱长都相等， P是 1CC 的中点，二面角 α=−− 11 BPAB ,则 =αsin 10 4 . 解一：如图，以 AB所在直线为 x 轴，线段 AB中点O 为原点，OC 所在直线为 y 轴，建立空间 直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则 )1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1( 11 PABB − ，从而， )1,3,1(),0,0,2(),1,3,1(),2,0,2( 1111 −−=−=−=−= PBABBPBA . 设分别与平面 PBA1 、平面 PAB 11 垂直的向量是 ),,( 111 zyxm = 、 ),,( 222 zyxn = ，则 ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ =++−=⋅ =+−=⋅ ,03 ,022 111 111 zyxBPm zxBAm ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ =−+−=⋅ =−=⋅ ,03 ,02 2221 211 zyxPBn xABn 由此可设 )3,1,0(),1,0,1( == nm ， 所以 cosm n m n α⋅ = ⋅ ur r ur r ， 即 63 2 2 cos cos 4 α α= ⋅ ⇒ = . 所以 4 10 sin =α . 解二：如图， PBPAPCPC == 11 , . z y x O P C 1 B 1 A 1 C B A O E P C 1 B 1 A 1 C B A 乌鲁木齐市高级中学 杨帆 yf6504@sina.com 第 4页 4 设 BA1 与 1AB 交于点 ,O 则 1 1 1 1, ,OA OB OA OB A B AB= = ⊥ . 1 1, ,PA PB PO AB= ⊥因为 所以 从而 ⊥1AB 平面 BPA1 . 过O 在平面 BPA1 上作 PAOE 1⊥ ,垂足为 E . 连结 EB1 ,则 EOB1∠ 为二面角 11 BPAB −− 的平面角. 设 21 =AA ,则易求得 3,2,5 111 ===== POOBOAPAPB . 在直角 OPA1∆ 中， OEPAPOOA ⋅=⋅ 11 , 即 5 6 ,532 =∴⋅=⋅ OEOE . 又 5 54 5 6 2,2 22111 =+=+=∴= OEOBEBOB . 4 10 5 54 2 sinsin 1 1 1 ===∠= EB OB EOBα . 8. 方程 2010=++ zyx 满足 zyx ≤≤ 的正整数解（x,y,z）的个数是 336675 . 解：首先易知 2010=++ zyx 的正整数解的个数为 1004200922009 ×=C . 把 2010=++ zyx 满足 zyx ≤≤ 的正整数解分为三类： （1） zyx ,, 均相等的正整数解的个数显然为 1； （2） zyx ,, 中有且仅有 2个相等的正整数解的个数，易知为 1003； (3)设 zyx ,, 两两均不相等的正整数解为 k . 易知 100420096100331 ×=+×+ k ， 110033100420096 −×−×=k 200410052006123200910052006 −×=−×+−×= ， 3356713343351003 =−×=k . 从而满足 zyx ≤≤ 的正整数解的个数为 33667533567110031 =++ . 乌鲁木齐市高级中学 杨帆 yf6504@sina.com 第 5页 5 二、解答题（本题满分 56分） 9.（本小题满分 16分）已知函数 )0()( 23 ≠+++= adcxbxaxxf ，当 10 ≤≤ x 时， 1)( ≤′ xf ， 试求 a的最大值. 解一： ,23)( 2 cbxaxxf ++=′ 由 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ++=′ ++=′ =′ cbaf cbaf cf 23)1( , 4 3 ) 2 1 ( ,)0( 得 （4 分） ) 2 1 (4)1(2)0(23 fffa ′−′+′= . （8 分） 所以 ) 2 1 (4)1(2)0(23 fffa ′−′+′= ) 2 1 (4)1(2)0(2 fff ′+′+′≤ 8≤ ， 3 8 ≤a . （12 分） 又易知当 mxxxxf ++−= 23 4 3 8 )( （ m 为常数）满足题设条件，所以 a最大值为 3 8 .（16 分） 解二： cbxaxxf ++=′ 23)( 2 . 设 1)()( +′= xfxg ，则当 10 ≤≤ x 时， 2)(0 ≤≤ xg . 设 12 −= xz ，则 11, 2 1 ≤≤− + = z z x . 1 4 3 2 23 4 3 ) 2 1 ()( 2 ++++ + += + = cb a z ba z az gzh . （4 分） 容易知道当 11 ≤≤− z 时， 2)(0,2)(0 ≤−≤≤≤ zhzh . （8 分） 从而当 11 ≤≤− z 时， 2 2 )()( 0 ≤ −+ ≤ zhzh ， 即 21 4 3 4 3 0 2 ≤++++≤ cb a z a ， 从而 01 4 3 ≥+++ cb a , 2 4 3 2 ≤z a ， 由 10 2 ≤≤ z 知 3 8 ≤a . （12分） 又易知当 mxxxxf ++−= 23 4 3 8 )( （m 为常数）满足题设条件，所以 a最大值为 3 8 . 乌鲁木齐市高级中学 杨帆 yf6504@sina.com 第 6页 6 （16 分） 10.（本小题满分 20分）已知抛物线 xy 62 = 上的两个动点 1 1 2 2( , ) ( , )A x y B x y和 ，其中 21 xx ≠ 且 421 =+ xx .线段 AB的垂直平分线与 x 轴交于点C ，求 ABC∆ 面积的最大值. 解一：设线段 AB 的中点为 ),( 00 yxM ，则 2 ,2 2 21 0 21 0 yy y xx x + == + = ， 012 2 1 2 2 12 12 12 36 66 yyyyy yy xx yy k AB = + = − − = − − = . 线段 AB 的垂直平分线的方程是 )2( 3 0 0 −−=− x y yy . （1） 易知 0,5 == yx 是（1）的一个解，所以线段 AB 的垂直平分线与 x 轴的交点 C 为定点，且点 C 坐标为 )0,5( . （5 分） 由（1）知直线 AB 的方程为 )2( 3 0 0 −=− x y yy ，即 2)( 3 0 0 +−= yy y x . （2） （2）代入 xy 62 = 得 12)(2 00 2 +−= yyyy ， 即 01222 200 2 =−+− yyyy .（3） 依题意， 21 , yy 是方程（3）的两个实根，且 21 yy ≠ ，所以 2 2 2 0 0 04 4(2 12) 4 48 0y y y∆ = − − = − + > , 3232 0 <<− y . 2 21 2 21 )()( yyxxAB −+−= 2 21 20 ))() 3 (1( yy y −+= C (5,0 ) B A x y O 乌鲁木齐市高级中学 杨帆 yf6504@sina.com 第 7页 7 ]4))[( 9 1( 21 2 21 2 0 yyyy y −++= ))122(44)( 9 1( 20 2 0 2 0 −−+= yy y )12)(9( 3 2 2 0 2 0 yy −+= . 定点 )0,5(C 到线段 AB的距离 2 0 2 0 2 9)0()25( yyCMh +=−+−== . （10分） 2 0 2 0 2 0 9)12)(9( 3 1 2 1 yyyhABS ABC +⋅−+=⋅=∆ )9)(224)(9( 2 1 3 1 2 0 2 0 2 0 yyy +−+= 3 2 0 2 0 2 0 ) 3 92249 ( 2 1 3 1 yyy ++−++ ≤ 7 3 14 = . （15分） 当且仅当 20 2 0 2249 yy −=+ ，即 0 5y = ± , 6 35 6 35 ( , 5 7 ), ( , 5 7 ) 3 3 A B + − + − 或 6 35 6 35 ( , ( 5 7)), ( , 5 7) 3 3 A B + − − + − + 时等号成立. 所以 ABC∆ 面积的最大值为 7 3 14 . （20 分） 解二：同解一，线段 AB 的垂直平分线与 x 轴的交点 C 为定点，且点 C 坐标为 )0,5( . （5分） 设 4,,, 22 2 121 2 22 2 11 =+>== tttttxtx ，则 16 16 105 2 1 2 2 2 1 2 1 tt ttS ABC =∆ 的绝对值, （10 分） 2 2 2 212 2 11 2 ))656665( 2 1 ( ttttttS ABC −−+=∆ 2 21 2 21 )5()( 2 3 +−= tttt )5)(5)(24( 2 3 212121 ++−= tttttt 3) 3 14 ( 2 3 ≤ , 乌鲁木齐市高级中学 杨帆 yf6504@sina.com 第 8页 8 7 3 14 ≤∆ABCS , （15 分） 当且仅当 5)( 21 2 21 +=− tttt 且 4 2 2 2 1 =+ tt ， 即 , 6 57 1 − =t 6 57 2 + −=t , 6 35 6 35 ( , 5 7 ), ( , 5 7 ) 3 3 A B + − + − 或 6 35 6 35 ( , ( 5 7 )), ( , 5 7 ) 3 3 A B + − − + − + 时等号成立. 所以 ABC∆ 面积的最大值是 7 3 14 . （20 分） 11.（本小题满分 20 分）数列{ } n a 满足 ),2,1( 1 , 3 1 2 2 11 L= +− == + n aa a aa nn n n . 求证: nn n aaa 2212 3 1 2 1 3 1 2 1 1 −<+++<− − L . （1） 证明：由 12 2 1 +− =+ nn n n aa a a 知 1 111 2 1 +−= + nnn aaa ， )1 1 ( 1 1 1 1 −=− + nnn aaa . （2） 所以 2 1 1 , 1 1 1 n n n n n n n a a a a a a a + + = = − − − − 即 1 11 1 n n n n n a a a a a + + = − − − . （5 分） 从而 n aaa +++ L21 1 1 3 3 2 2 2 2 1 1 111111 + + − − − ++ − − − + − − − = n n n n a a a a a a a a a a a a L 1 1 1 1 1 1 12 1 11 + + + + − −= − − − = n n n n a a a a a a . 所以（1）等价于 nn n n a a 2 1 1 2 3 1 2 1 12 1 3 1 2 1 1 −< − −<− + + − ， 即 nn n n a a 2 1 12 3 1 3 1 < − < + + − . （3） （10分） 乌鲁木齐市高级中学 杨帆 yf6504@sina.com 第 9页 9 由 3 1 1 =a 及 12 2 1 +− =+ nn n n aa a a 知 7 1 2 =a . 当 1n = 时 ， 2 2 1 6 a a − = ， 111 22 363 << − ， 即 1n = 时，（3）成立. 设 )1( ≥= kkn 时，（3）成立，即 kk k k a a 2 1 12 3 1 3 1 < − < + + − . 当 1+= kn 时，由（2）知 k k k k k kk k a a a a aa a 22 1 1 1 1 12 2 3) 1 () 1 ( 11 > − > − = − + + + + ++ + ； （15 分） 又由（2）及 3 1 1 =a 知 )1( 1 ≥ − n a a n n 均为整数， 从而由 k k k a a 2 1 1 3 1 < − + + 有 13 1 2 1 1 −≤ − + + k k k a a 即 k k a 2 1 3 1 ≤ + ， 所以 1 222 1 1 12 2 333 111 + <⋅< − ⋅= − + + ++ + kkk k k kk k a a aa a ， 即（3）对 1+= kn 也成立. 所以（3）对 1≥n 的正整数都成立，即（1）对 1≥n 的正整数都成立. （20 分）