2023年12月2日发(作者：漳平高考数学试卷题型分配)
一、填空题（每小题8分，共64分）
1．设集合A{a1,a2,a3,a4}，若A中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为
B{1,3,5,8}，则集合A ．[来源:Z_xx_]2．函数f(x)x21的值域为 ．
x13．设a,b为正实数，1122，(ab)24(ab)3，则logab ．
ab4．如果cos5sin57(sin3cos3)，[0,2)，那么的取值范围是 ．
二、解答题（本大题共3小题，共56分）
9．（16分）设函数f(x)|lg(x1)|，实数a,b(ab)满足f(a)f(f(10a6b21)4lg2，求a,b的值．
b1)，b2
10．（20分）已知数列{an}满足：a12t3(tR且t1)，
an1(2tn13)an2(t1)tn1(nN*)．
nan2t1（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若t0，试比较an1与an的大小．
x2y211交于A,B两点（如11．（本小题满分20分）作斜率为的直线l与椭圆C：3364图所示），且P(32,2)在直线l的左上方．
（1）证明：△PAB的内切圆的圆心在一条定直线上；
（2）若APB60，求△PAB的面积．
y PO A xB加 试
1. （40分）如图，P,Q分别是圆内接四边形ABCD的对角线AC,BD的中点．若BPADPA，证明：AQBCQB．
2. （40分）证明：对任意整数n4，存在一个n次多项式
f(x)xnan1xn1a1xa0
具有如下性质：
4.（50分）设A是一个39的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数．称A中的一个mn(1m3,1n9)方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的倍数．称A中的一个11的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”．求A中“坏格”个数的最大值。 2011年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案（A卷）
说明：
1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准．填空题只设8分和0分两档；解答题的评阅，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．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，解答题第9题4分为一个档次，第10,11题5分为一个档次，不要再增加其他中间档次．
一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分．把答案填在横线上．
1．设集合A={a1,a2,a3,a4}，若A中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为B={−1,3,5,8}，则集合A= ．
解 显然，在A的所有三元子集中，每个元素均出现了3次，所以
3(a1+a2+a3+a4)=(−1)+3+5+8=15，
故a1+a2+a3+a4=5，于是集合A的四个元素分别为5－（－1）＝6，5－3＝2，5－5＝0，5－8＝－3，因此，集合A={−3,0,2,6}．
2．函数f(x)=x2+1的值域为 ．
x−1解 设x=tanθ,−π2<θ<π2，且θ≠π4，则
11f(x)=cosθ==tanθ−1sinθ−cosθ12sin(θ−π4．
)π设u=2sin(θ−)，则−2≤u<1，且u≠0，
4所以
f(x)=
3．设a,b为正实数，解 由11+≤22，(a−b)2=4(ab)3，则logab= ．
ab12∈(−∞,−]U(1,+∞)．
u211+≤22，得a+b≤22ab．
ab又
(a+b)2=4ab+(a−b)2=4ab+4(ab)3≥4⋅2ab⋅(ab)3=8(ab)2，
即
a+b≥22ab． ①
于是
a+b=22ab． ②
⎧⎪a=2−1,⎧⎪a=2+1,或⎨
再由不等式①中等号成立的条件，得ab=1．与②联立解得⎨⎪⎪b=2+1,b=2−1,⎩⎩故logab=−1．
2011年全国高中数学联合竞赛一试答案（A卷）第1页（共6页） 4．如果cos5θ−sin5θ<7(sin3θ−cos3θ)，θ∈[0,2π)，那么θ的取值范围是 ．
解 不等式cos5θ−sin5θ<7(sin3θ−cos3θ)等价于sin3θ+sin5θ>cos3θ+cos5θ，
又f(x)=x3+故2kπ+15x是(−∞,+∞)上的增函数，所以sinθ>cosθ，
71717π4<θ<2kπ+5π(k∈Z)．
4⎛π5π⎞,⎟．
⎝44⎠因为θ∈[0,2π)，所以θ的取值范围是⎜
5．现安排7名同学去参加5个运动项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安排方案数（用数字作答）
为
．解 由题设条件可知，满足条件的方案有两种情形：
（1）有一个项目有3人参加，共有C73⋅5!−C51⋅5!=3600种方案；
1（2）有两个项目各有2人参加，共有(C72⋅C52)⋅5!−C52⋅5!=11400种方案；
2所以满足题设要求的方案数为3600+11400=15000．
6．在四面体ABCD中，已知∠ADB=∠BDC=∠CDA=60°，AD=BD=3，CD=2，则四面体ABCD的外接球的半径为
．
解 设四面体ABCD的外接球球心为O，则O在过△ABD的外心N且垂直于平面ABD的垂线上．由题设知，△ABD是正三角形，则点N为△ABD的中心．设P,M分别为AB,CD的中点，则N在DP上，且ON⊥DP，OM⊥CD．
因为∠CDA=∠CDB=∠ADB=60°，设CD与平面ABD所成角为θ，可求得
cosθ=13,sinθ=23．
MC
在△DMN中，DM=1223CD=1,DN=⋅DP=⋅⋅3=3．
23321D由余弦定理得
MN2=12+(3)2−2⋅1⋅3⋅=2，
3O
BN
A
P故MN=2．
MN=sinθ223四边形DMON的外接圆的直径
OD==3．
故球O的半径R=3．
7．直线x−2y−1=0与抛物线y2=4x交于A,B两点，C为抛物线上的一点，∠ACB=90°，
2011年全国高中数学联合竞赛一试答案（A卷）第2页（共6页） 则点C的坐标为 ．
解 设A(x1,y1),B(x2,y2),C(t2,2t)，由⎨⎧x−2y−1=0,
2=4,yx⎩得
y2−8y−4=0，则y1+y2=8，y1⋅y2=−4．
又x1=2y1+1,x2=2y2+1，所以
x1+x2=2(y1+y2)+2=18，x1⋅x2=4y1⋅y2+2(y1+y2)+1=1．
因为∠ACB=90°，所以CA⋅CB=0，即有
(t2−x1)(t2−x2)+(2t−y1)(2t−y2)=0，
即t4−(x1+x2)t2+x1⋅x2+4t2−2(y1+y2)t+y1⋅y2=0，
即t4−14t2−16t−3=0，
即(t2+4t+3)(t2−4t−1)=0．
从而点C与点A显然t2−4t−1≠0，否则t2−2⋅2t−1=0，则点C在直线x−2y−1=0上，或点B重合．
所以t2+4t+3=0，解得t1=−1,t2=−3．
故所求点C的坐标为(1,−2)或(9,−6)．
368．已知an=Cn200⋅()⋅2200−n⎛1⎞⎟(n=1,2,L,95)，⋅⎜则数列{an}中整数项的个数为 ．
⎟⎜2⎠⎝n200−n400−5n6解
an=Cn200⋅33．
200−n400−5n均为整数，从而6|n+4．
,36200−n400−5n和均为非负整数，所36要使an(1≤n≤95) 为整数，必有当n=2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，以an为整数，共有14个．
当n=86时，a86=C86⋅338⋅2−5，在C86200200=200!中，
86!⋅114!⎡200⎤⎡200⎤⎡200⎤⎡200⎤⎡200⎤⎡200⎤⎡200⎤200!中因数2的个数为⎢⎥+⎢2⎥+⎢3⎥+⎢4⎥+⎢5⎥+⎢6⎥+⎢7⎥=197，
⎣2⎦⎣2⎦⎣2⎦⎣2⎦⎣2⎦⎣2⎦⎣2⎦同理可计算得86!中因数2的个数为82，114!中因数2的个数为110，
所以C86中因数2的个数为197−82−110=5，故a86是整数．
200当n=92时，a92=C92⋅336⋅2−10，在C92200200=200!中，同样可求得92!中因数2的个数为92!⋅108!88,108!中因数2的个数为105,故C86中因数2的个数为197−88−105=4，故a92不是整数．
200
2011年全国高中数学联合竞赛一试答案（A卷）第3页（共6页） 因此，整数项的个数为14+1=15．
二、解答题：本大题共3小题，共56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
9．（本小题满分16分）设函数f(x)=|lg(x+1)|，实数a,b(a b+1)，b+2解 ∵f(a)=f(−b+1b+11)，∴|lg(a+1)|=|lg(−+1)|=|lg()|=|lg(b+2)|， b+2b+2b+2∴a+1=b+2或(a+1)(b+2)=1， 又∵a 又由f(a)=|lg(a+1)|有意义知0 于是0 所以 (10a+6b+21)+1=10(a+1)+6(b+2)=6(b+2)+从而 f(10a+6b+21)=|lg[6(b+2)+10>1． b+21010]|=lg[6(b+2)+]． b+2b+210]=4lg2， b+2又f(10a+6b+21)=4lg2，所以lg[6(b+2)+故 6(b+2)+解得b=−把b=−10=16 ． b+21或b=−1（舍去）． 312代入(a+1)(b+2)=1解得a=−． 3521，b=−． 53所以 a=− 10．（本小题满分20分） 已知数列{an}满足：a1=2t−3(t∈R且t≠±1)， an+1(2tn+1−3)an+2(t−1)tn−1(n∈N*)． =nan+2t−1（1）求数列{an}的通项公式； （2）若t>0，试比较an+1与an的大小． 解 （1）由原式变形得 an+12(tn+1−1)(an+1)=−1， an+2tn−12(an+1)a+12(an+1)tn−1． ==则 nn++11t−1an+2tn−1an+1+2tn−1记又 2bnan+1a1+12t−2，则，b==bb===2． n+1n1tn−1t−1t−1bn+211111111n=+,=，从而有=+(n−1)⋅=， bnb1bn+1bn2b1222 2011年全国高中数学联合竞赛一试答案（A卷）第4页（共6页） an+122(tn−1)故 n−1． =，于是有 an=nt−1n（2）an+12(tn+1−1)2(tn−1) −an=−n+1n==2(t−1)[n(1+t+L+tn−1+tn)−(n+1)(1+t+L+tn−1)] n(n+1)2(t−1)[ntn−(1+t+L+tn−1)]=2(t−1)[(tn−1)+(tn−t)+L+(tn−tn−1)] n(n+1)n(n+1)2(t−1)2n−1n−2[(t+t+L+1)+t(tn−2+tn−3+L+1)+L+tn−1]， =n(n+1)显然在t>0(t≠1)时恒有an+1−an>0，故an+1>an． 1x2y211．（本小题满分20分）作斜率为的直线l与椭圆C：+=1交于A,B两点（如3364图所示），且P(32,2)在直线l的左上方． （1）证明：△PAB的内切圆的圆心在一条定直线上； （2）若∠APB=60°，求△PAB的内切圆的面积． 解 （1）设直线l：y=21x+m，A(x1,y1),B(x2,y2)． 32将y=1xyx+m代入+=1中，化简整理得 3364y P OA xB 2x2+6mx+9m2−36=0． 于是有x1+x2=−3m,kPA=y1−2x1−329m2−36x1x2=， 2,kPB=y2−2x2−32． 则kPA+kPB=y1−2x1−3213+y2−2x2−32=(y1−2)(x2−32)+(y2−2)(x1−32)(x1−32)(x2−32)13， 上式中，分子=(x1+m−2)(x2−32)+(x2+m−2)(x1−32) =2x1x2+(m−22)(x1+x2)−62(m−2) 329m2−36=⋅+(m−22)(−3m)−62(m−2) 32=3m2−12−3m2+62m−62m+12=0， 从而，kPA+kPB=0． 又P在直线l的左上方，因此，∠APB的角平分线是平行于y轴的直线，所以△PAB的内切圆的圆心在直线x=32上． （2）若∠APB=60°时，结合（1）的结论可知kPA=3,kPB=−3． 2011年全国高中数学联合竞赛一试答案（A卷）第5页（共6页） x2y2直线PA的方程为：y−2=3(x−32)，代入+=1中，消去y得 36414x2+96(1−33)x+18(13−33)=0． 它的两根分别是x1和32，所以x1⋅32=所以|PA|=1+(3)2⋅|x1−32|=同理可求得|PB|=所以 SΔPAB=18(13−33)32(13−33)，即x1=． 141432(33+1)． 732(33−1)． 71132(33+1)32(33−1)31173． ⋅|PA|⋅|PB|⋅sin60°=⋅⋅⋅=2277249 2011年全国高中数学联合竞赛一试答案（A卷）第6页（共6页） 2011年全国高中数学联合竞赛加试试题参考答案（A卷） 说明： 1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分； 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，10分为一个档次，不要再增加其他中间档次． 一、（本题满分40分）如图，P,Q分别是圆内接四边形ABCD的对角线AC,BD的中点．若∠BPA=∠DPA，证明：∠AQB=∠CQB． D DA QAP QF PB CBEC证明 延长线段DP与圆交地另一点E，则∠CPE=∠DPA=∠BPA，又P是线段AC的中点，故AB=CE，从而∠CDP=∠BDA． 又∠ABD=∠PCD，所以△ABD∽△PCD，于是AB⋅CD=PC⋅BD ABPC，即 =BDCD∩∩从而有 AB⋅CD=即 11AC⋅BD=AC⋅(BD)=AC⋅BQ， 22ABBQ． =ACCD又∠ABQ=∠ACD，所以△ABQ∽△ACD，所以∠QAB=∠DAC． 延长线段AQ与圆交于另一点F，则∠CAB=∠DAF，故BC=DF． 又因为Q为BD的中点，所以∠CQB=∠DQF． 又∠AQB=∠DQF，所以∠AQB=∠CQB． 2011年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）答案第1页（共4页） ∩∩二、（本题满分40分）证明：对任意整数n≥4，存在一个n次多项式 f(x)=xn+an−1xn−1+L+a1x+a0 具有如下性质： （1）a0,a1,L,an−1均为正整数； （2）对任意正整数m，及任意k(k≥2)个互不相同的正整数r1,r2,L,rk，均有 f(m)≠f(r1)f(r2)Lf(rk)． 证明 令 f(x)=(x+1)(x+2)L(x+n)+2， ① 将①的右边展开即知f(x)是一个首项系数为1的正整数系数的n次多项式． 下面证明f(x)满足性质（2）． 对任意整数t，由于n≥4，故连续的n个整数t+1,t+2,L,t+n中必有一个为4的倍数，从而由①知f(t)≡2(mod4)． 因此，对任意k(k≥2)个正整数r1,r2,L,rk，有 f(r1)f(r2)Lf(rk)≡2k≡0(mod4)． 但对任意正整数m，有f(m)≡2(mod4)，故 f(m)≡/f(r1)f(r2)Lf(rk)(mod4)， 从而f(m)≠f(r1)f(r2)Lf(rk)． 所以f(x)符合题设要求． 2011年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）答案第2页（共4页） 三、（本题满分50分）设a1,a2,L,an(n≥4)是给定的正实数，a1 n2证明：fn(r)<． 4证明 对给定的j(1 aj−aiak−aj=r ① 的三元数组(i,j,k)的个数记为gj(r)． 注意到，若i,j固定，则显然至多有一个k使得①成立．因i 同样地，若j,k固定，则至多有一个i使得①成立．因k>j，即k有n−j种选法，故gj(r)≤n−j．从而 gj(r)≤min{j−1,n−j}． 因此，当n为偶数时，设n=2m，则有 fn(r)=∑gj(r)=∑gj(r)+j=2j=2m2m−1n−1m−12m−1j=m∑gj(r) ≤∑(j−1)+j=22j=m+1∑(2m−j)=m(m−1)m(m−1)+ 22n2． =m−m fn(r)=∑gj(r)=∑gj(r)+j=2j=2m2mn−1mj=m+1∑g2mj(r) ≤∑(j−1)+j=22j=m+1∑(2m+1−j) n2 =m=． 4 2011年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）答案第3页（共4页） 四、（本题满分50分）设A是一个3×9的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数．称A中的一个m×n(1≤m≤3,1≤n≤9)方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的倍数．称A中的一个1×1的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”．求A中“坏格”个数的最大值． 解 首先证明A中“坏格”不多于25个． ．由表格的用反证法．假设结论不成立，则方格表A中至多有1个小方格不是“坏格”． 对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格”设方格表A第i列从上到下填的数依次为ai,bi,ci,i=1,2,L,9．记 Sk=kk∑a,T=∑(biki=1i=1i+ci),k=0,1,2,L,9，这里S0=T0=0． 我们证明：三组数S0,S1,L,S9；T0,T1,L,T9及S0+T0,S1+T1,L,S9+T9都是模10的完全剩余系． 事实上，假如存在m,n,0≤m i=m+1n∑ai=Sn−Sm≡0(mod10)， 即第1行的第m+1至第n列组成一个“好矩形”，与第1行都是“坏格”矛盾． 又假如存在m,n,0≤m i=m+1n∑(bi+ci)=Tn−Tm≡0(mod10)， 即第2行至第3行、第m+1列至第n列组成一个“好矩形”，从而至少有2个小方格不是“坏格”，矛盾． 类似地，也不存在m,n,0≤m 因此上述断言得证．故 999∑Sk=09k≡∑T≡∑(Skk=0k=09kk=0k+Tk)≡0+1+2+L+9≡5(mod10)， 9k所以 ∑(Sk=0k+Tk)≡∑S+∑Tk=0≡5+5≡0(mod10) ， 矛盾！故假设不成立，即“坏格”不可能多于25个． ，此另一方面，构造如下一个3×9的方格表，可验证每个不填10的小方格都是“坏格”时有25个“坏格”． 0121 1 1综上所述，“坏格”个数的最大值是25． 2011年全国高中数学联合竞赛加试（A卷）答案第4页（共4页）
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