2010年全国高中数学联赛试题及答案

2023年12月10日发(作者：数学试卷画图分析)

2010年全国高中数学联赛

一 试

一、填空题（每小题8分，共64分，）

1. 函数f(x)x5243x的值域是 .

2. 已知函数y(acos2x3)sinx的最小值为3，则实数a的取值范围是 .

3. 双曲线x2y21的右半支与直线x100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{an}是公差不为0的等差数列，{bn}是等比数列，其中a13,b11,a2b2,3a5b3，且存在常数,使得对每一个正整数n都有anlogbn，则 .

5. 函数f(x)a2x3ax2(a0,a1) 在区间x[1,1]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ABCA1B1C1的9条棱长都相等，P是CC1的中点，二面角BA1PB1,则sin .

8. 方程xyz2010满足xyz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f(x)ax3bx2cxd(a0)，当0x1时，f(x)1，试求a的最大值.

10.（20分）已知抛物线y6x上的两个动点A(x1,y1)和B(x2,y2)，其中x1x2且2x1x24.线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，求ABC面积的最大值.

11.（20分）证明：方程2x5x20恰有一个实数根r，且存在唯一的严格递增正整数数列{an}，使得

32ra1ra2ra3.

5

1 解 答

1.

[3,3] 提示：易知f(x)的定义域是5,8，且f(x)在5,8上是增函数，从而可知f(x)的值域为[3,3].

2.

3a12 提示：令sinxt，则原函数化为g(t)(at2a3)t，即

2g(t)at3(a3)t.

由at3(a3)t3，(t1)(at(t1)3)0 及t10 知at(t21)3(t1)0，at(t1)30 即

a(t2t)3. （1）

当t0,1时（1）总成立；

2对0t1,0tt2；对1t0,13t2t0.从而可知

a12.

423. 9800 提示：由对称性知，只要先考虑x轴上方的情况，设yk(k1,2,,99)与双曲线右半支于Ak,交直线x100于Bk，则线段AkBk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数为

(99k)99494851.

k199又x轴上有98个整点，所以所求整点的个数为24851989800.

4.

333 提示 ：设{an}的公差为d,{bn}的公比为q，则

3dq, （1）

3(34d)q2， （2）

（1）代入（2）得912dd6d9，求得d6,q9.

从而有36(n1)log9一切正整数n都成立.

从而

n12即6n3(n1)log9 对 对一切正整数n都成立，log96,3log9，

2 求得

33,3，333.

5.

13 提示：令axy,则原函数化为g(y)y23y2,g(y)在(,+)上是递增的.

24当0a1时，y[a,a1],

g(y)maxa23a128a12a所以

1，

2111g(y)min()232；

224当a1时，y[a1,a]，

g(y)maxa23a28a2，

所以

1g(y)min223212.

41综上f(x)在x[1,1]上的最小值为.

412217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173612为

757577()2()42112.

251711447.

10 提示：解法一：如图，以AB所在直线为x轴，线段AB中点O为原点，OC所在4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B(1,0,0),B1(1,0,2),A1(1,0,2),P(0,3,1)，从而，BA,3,1),B1A1(2,0,0),B1P(1,3,1).

1(2,0,2),BP(1设分别与平面BA1P、平面B1A1P垂直的向量是m(x1,y1,z1)、n(x2,y2,z2)，则

zA1C1B1PAOCB

mBA12x12z10,

mBPx13y1z10,nB1A12x20,

nB1Px23y2z20,xy3 由此可设

m(1,0,1),n(0,1,3)，所以mnmncos，即

322coscos10.

46.

4所以

sinA1解法二：如图，PCPC1,PA1PB .

设A1B与AB1交于点O,C1 则EB1OAP面OA1OB,OAOB1,A1BAB1 .

因为 PAPB1,所以 POAB1,从而AB1平PA1B .

过O在平面PA1B上作OEA1P,垂足为E.

CB连结B1E,则B1EO为二面角BA1PB1的平面角.设AA12,则易求得PBPA2,PO3.

15,A1OB1O在直角PA1O中，A1OPOA1POE,即

235OE,OE65.

又

B1O2,B1EB1O2OE22645.

55B1O210.

B1E4545sinsinB1EO28. 336675 提示：首先易知xyz2010的正整数解的个数为

C200920091004.

把xyz2010满足xyz的正整数解分为三类：

（1）x,y,z均相等的正整数解的个数显然为1；

（2）x,y,z中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；

(3)设x,y,z两两均不相等的正整数解为k.

易知

4 1310036k20091004，

所以

6k20091004310031

200610052009321200610052004，

即

k1003335334335671.

从而满足xyz的正整数解的个数为

11003335671336675.

f(0)c,1329. 解法一：

f(x)3ax2bxc,由

f()abc, 得

42f(1)3a2bc13a2f(0)2f(1)4f().

2 所以

13a2f(0)2f(1)4f()

2

2f(0)2f(1)4f()

8，

12所以a为8832. 又易知当f(x)x4xxm（m为常数）满足题设条件，所以a最大值338.

32解法二：f(x)3ax2bxc. 设g(x)f(x)1，则当0x1时，0g(x)2.

设

z2x1，则xz1,1z1.

2z13a23a2b3ah(z)g()zzbc1.

2424容易知道当1z1时，0h(z)2,0h(z)2. 从而当1z1时，0h(z)h(z)2 ， 即

203a23azbc12，

443a3a8bc10,z22，由

0z21知a. 从而

4438382又易知当f(x)x4xxm（m为常数）满足题设条件，所以a最大值为.

33

5 10. 解法一：设线段AB的中点为M(x0,y0)，则

x0x1x2yy22,y01，

22kABy2y1yy163 .

22x2x1y2y1y0y2y1266线段AB的垂直平分线的方程是

yy0y0(x2). （1）

3易知x5,y0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(5,0).

由（1）知直线AB的方程为yy03(x2)，即

y0x2y0(yy0)2. （2）

3（2）代入y6x得y22y0(yy0)12，即

2y22y0y2y0120. （3）

依题意，y1,y2是方程（3）的两个实根，且y1y2，所以

2224y04(2y012)4y0480,

23y023.

y

AB(x1x2)2(y1y2)2

A

(1(y02))(y1y2)2

3OB2y0

(1)[(y1y2)24y1y2]

92y022

(1)(4y04(2y012))

9C(5,0)x

222(9y0)(12y0) .

36

定点C(5,0)到线段AB的距离

hCM

SABC

2(52)2(0y0)29y0.

11222ABh(9y0)(12y0)9y0

2311222(9y0)(242y0)(9y0)

32222242y09y0119y0

()3

323

147 .

322当且仅当9y0，即y05,A(242y0635635,57),B(,57)或33A(635635,(57)),B(,57)时等号成立.

33所以，ABC面积的最大值为147.

3解法二：同解法一，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(5,0).

222 设x1t1,x2t2,t1t2,t12t24，则SABC12t122t25016t11的绝对值,

6t21

SABC((56t16t1t26t1t256t2))

2122223(t1t2)2(t1t25)2

23

(42t1t2)(t1t25)(t1t25)

23143

(),

23

所以SABC1427, 当且仅当(t1t2)2t1t25且t12t24，即t13,A(756,

t2756635635,57),B(,57)或

33A(

635635,(57)),B(,57)时等号成立.

337 所以，ABC面积的最大值是147.

311.令f(x)2x35x2，则f(x)6x250，所以f(x)是严格递增的.又131f(0)20,f()0，故f(x)有唯一实数根r(0,).

242所以

2r5r20，

32r4710rrrr351r.

故数列an3n2(n1,2,)是满足题设要求的数列.

若存在两个不同的正整数数列a1a2an和b1b2bn满足

ra1ra2ra3rb1rb2rb3去掉上面等式两边相同的项，有

2，

5rs1rs2rs3rt1rt2rt3，

这里s1s2s3,t1t2t3，所有的si与tj都是不同的.

不妨设s1t1，则

rs1rs1rs2rt1rt2，

1rt1s1rt2s1rr2111r111211，

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．

AOBEKDCPQNM8 2. （40分）设k是给定的正整数，rk1．记f(1()r)2f(r)rr，f(l)(r)f(f(l1)(r)),l2．证明：存在正整数m，使得f(m)(r)为一个整数．这里，x表示不小于实数x的最小整数，例如：1，11．

23. （50分）给定整数n2，设正实数a1,a2,1,an满足ak1,k1,2,,k1,2,,n．

,n，记

Ak求证：

a1a2kakakAkk1k1nnn1．

24. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n边形A1A2An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PKP的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）

POr同理

22222

QKQOrKOr，

A2O22KOr22，

PBEKDCQNM所以

POPKQOQK，

故OK⊥PQ． 由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是

2222AQAP． ①

QNPM由梅内劳斯（Menelaus）定理，得

NBDEAQ1， ②

BDEAQN

9 MCDEAP1． ③

CDEAPMNBMCNDMD由①，②，③可得， 所以，故△DMN ∽ △DCB，于是DMNDCB，BDCDBDDC所以BC∥MN，故OK⊥BC，即K为BC的中点，矛盾！从而A,B,D,C四点共圆.

注1：“PKP的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）”的证明：延长PK至点F，使得

2PKKFAKKE， ④

则P，E，F，A四点共圆，故

PFEPAEBCE，

从而E，C，F，K四点共圆，于是

PKPFPEPC， ⑤

⑤-④，得

PKPEPCAKKE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．

M

A2OFBEKDPCQN2. 记v2(n)表示正整数n所含的2的幂次．则当mv2(k)1时，f下面我们对v2(k)v用数学归纳法．

当v0时，k为奇数，k1为偶数，此时

(m)(r)为整数．

111f(r)kkkk1

222为整数．

假设命题对v1(v1)成立．

对于v1，设k的二进制表示具有形式

k2vv12v1v22v2这里，i0或者1，iv1,v2,

，

．

10 于是

f(r)k111

kkk12221kk2k

221v1vv12v

2(v11)2(v1v2)22

21

k， ①

2

这里

k2v1(v11)2v(v1v2)2v1显然k中所含的2的幂次为v1．故由归纳假设知，rk由①知，f(v1)(r)是一个整数，这就完成了归纳证明．

3. 由0ak1知，对1kn1，有022v.

1经过f的v次迭代得到整数，2ai1kik,0ik1anink．

注意到当x,y0时，有xymaxx,y，于是对1kn1，有

1n11kAnAkaiai

nik1nki11n11k

ai

ainik1kni11n

maxai,nik11max(nk),n1nn11kai

kni111k

knk，

nk故

aAkk1k1nAnAk

k1n

Ak1n1n1nAkAnAk

k1n1



kn112．

nk111 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A1上的设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点A2,A3,为了使得最终回到A,An上的设置．1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2i条，0i，标有b的边有2j条，0j2nn2i．选取2i条边标22i2j记a的有Cn种方法，在余下的边中取出2j条边标记b的有Cn2i种方法，其余的边标记c．由乘2i2j法原理，此时共有CnCn2i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

n2i0n2i22i2jCCnn2i． ①

j040这里我们约定C01．

当n为奇数时，n2i0，此时

n2i2j0C2jn2i2n2i1． ②

代入①式中，得

4i0n2n2inn2222i2j2in2i12in2iCC4C22C2

nn2innj0i0i0C2knk0nnkknkCn2(1)k(21)n(21)n

k0n3n1．

当n为偶数时，若inn，则②式仍然成立；若i，则正n边形的所有边都标记a，此时22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

4i0n2nn2i2212i2in2i12jCC41C

n2nn2ii0j0

12 2in2i124Cn23n3．

i0nn2 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31种；当n为偶数时有33种．

n

13