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(数学)2017年全国高中数学联
赛江苏复赛试题+Word版含答案
2017年全国高中数学联赛江苏赛区复赛
一、填空题(每题8分,满分64分,将答案填在答题纸上)
1.若数列
?
a
?
满足
a
n
1
?
2a
n
1,a
n?1
?,n?N
?
23a
n
?2
,则<
br>a
的值
2017
为 .
2.若函数
f<
br>?
x
?
?
?
x
f
?
x
?<
br>?f
?
4?x
?
2
?1x
2
?ax?b???
对于任意
x?R
都满足
,则
f
?
x?
的最小值是 .
11111
3.在正三棱柱
AB
C?ABC
中,
D,E
分别是侧棱
BB,CC
上
的点,EC?BC?2BD
,则截面
ADE
与底面
ABC
所成的二面角的大小是 .
4.若
sinxsin2xs
in3x?cosxcos2xcos3x?1
,则
x?
.
5. 设
x,y
是实数,则
2x
2x
?
?
4y
2y
的最大值
?9
44
是 .
6. 设
S
1
,S
2
,?,S
2017
a
n
?1?2???n,n?N
?
,S
m
?a
1?a
2
???a
m
,m?1,2,3,?
,则
中能被<
br>2
整除但不能被
4
整除的数的个数
是 .
7. 在直角平面坐标系
xOy
中,
F,F
分别是双曲线
1
2
y
2
x?
2
?1
?
b?0
?
b
2
的左、右焦点,过点
F
作圆
x
1
2
?y
2
?1
的切
2
线,与双曲线
左、右两支分别交于点
A,B
,若
F
2
B?AB
,则
b
的值是 .
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
.
二、解答题
9.已知
x,y?R
,且
x
小值. <
br>10.在平面直角坐标系
xOy
中,椭圆
x
2
C:?y
2
?1
3
2
?y
2
?2,x?y
,求
?
x?
1
y
?
2
?
1
?
x?y?
2
的最
的上
顶点为
A
,不经过点
A
的直线
l
与椭圆
C
交于
P,Q
两
点,且
A
P?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.
1
11.设函数
f
?
x
?
?1?x?
2
x
!
n
2
???
1
n
x.
n!
?
x
(1)求证:当
x
?
?
0,??
?
,n?N
时,
e
?
?f<
br>n
?
x
?
x
;
1
x
n?1
e
y
?
n?1
?
!
(2)设
x?0,n?N,若存在
y?R
使得
e
3
?f
n
?
x
?
?
,
求证:
0?y?x.
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
1. 已知圆
O
的内接五边形ABCDE
中
AD
与
BE
相交于
点
F,CF<
br>的延长线交圆
O
于点
P
,且
AB?CD?BC?ED.
求证:
OP?AE.
2.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,
3.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
n
2
?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.
11
a
???
??
4.设
n
为正整数,
1?
1
,
23nbn
n
其中
a,b
为互素的正整数,对素数
p
,令集合<
br>nn
S
p
?nn?N
?
,pa
n
??
,
p
证明:对每一个素数
p?5
,集合
S
中至少有三个
4
元素.
试卷答案
1
1.
3026
2.
?16
3.
45
0
4.
k
?
,k?Z
5.
6.252 7.
1?3
8.3432
二、解答题
1
4
9.解:因为
x
所以
?
2
?y
2
?2
,所以
?
x?y
?
2
?
?
x?y
?
?4
2
,
111
?
11
?
22
??
????
?
??x?y?x?y
22
?
?
x?y
?
2
?
x?y
?
2
4
?
????
x?yx?y
????
1
?
1?1
?
2
?1.
4
时,
?
x?
1
y
?
1
?
x?y
?2
2
当
x?2,y?0
?
1
?1.
2
?
x?y
?
所以
?
x?
1
y
?
2
?
的最小值为
1.
10.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.
设
PA:y?kx?1
,则
QA:y??
1
x?1.
k
将
y?kx?1
代入
x
所以
x
P
2
?3y
2
?3
,得
?
1?
3k
?
x
22
?6kx?0.
??
6k2
,y??1.
P
1?3k
2
1?3k
2
5
同理
x
Q
?
6k6
,y?1?.
Q
k
2
?3k
2
?3
P
P<
br>
,即所以,直线
l:
y
y?
?
y
y
Q
?
2
x?x
P
x
Q
?x
P
?
1?3k
?
?
y?1
?
?2
?
?
1?3k
?
x?6k
,
l:
?
1?3k
?
?
y?1
?
?2
?
1?3k
?
x?6k
2
22
QQ
化简得
k
2
?11
l:y?x?.4k2
??
1
??
直线
l
纵截距是常数?
1
,故直线
l
过定点
?
0,?
?
.
2
2
(2)由 (1) ,
AP?
所以
?6k1?k
2
1?3k
2
,同理,
61?k
2
AQ?
2
.
k?3
2
2222
2??
????
k1kk?3?1?3k
2
??
PQ
2<
br>?36
?
1?k
2
?
?
?
??361?k?
?
22
2
2
22
2
2
????????<
br>1?3kk?31?3kk?3
??
??
36
?
1?k
2
??
k
6
?15k
4
?15k
2
?1
?
?
3k
4
?10k?3
?
2
2
.
,则
t?2
,可化得
PQ
2
不妨设
k
?0
,令
即
6tt
2
?12
PQ?.
2
3t?4
00
1
t?k?
k
?
36t
2
?
t
2
?12
?
?
3t
2
?4
?<
br>2
,
00
设
B
?
x,y
?,则切点弦
PQ
的方程是
xx?3yy?3
,
又
P,
Q
在
从而
k
2
?11
l:y?x?
4k2
上,所以
y
0
??2
,
3k
2
?1
x
0
?.
2k
??
?
k
2
?1
?
3
?
?
k
?
?
?12
3t
2
??
d??.
22
2t
?12
?
k
2
?1
?
2
?
?
k<
br>?
?
?16
??
2
所以
B
到
PQ<
br>的距离
6
因此的面积
113t
2
6tt
2
?129t
3
S??d?PQ????.
22
2t
2
?12
3t
2
?42
?
3t
2
?4
?
3
9
1
.
令
u?
1
,则
0?u?
,化得
S?
??
24u?3ut2
当
0?u?
1
时,
4u
2
所以
0
?4u
3
3
?3u
递增,
?3u?2
1
,即S?
9
,当且仅当即
t?2,k?1
时,
u?
,
42
等号成立,
9
?
,??
故
?BPQ
的面积
S
的取值范围是
?
?
.
?
4
??
11.解: (1) 用数学归纳法证明如下:
(ⅰ)当
n?1
时,令
f
?
x
?
?e
f
?
?
x
?
?e
x
?1?0,x?
?
0,??
?
x
?f
1
?
x
?
?e
x
?x?1
,则
恒成立,
x
所以
f
?
x
?
在区间
?
0,??
?
为增函数,
又因为
f?
0
?
?0
,所以
f
?
x
?
?0
,即
e
e
x
?f
k
?
x
?<
br>?f
1
?
x
?
.
(ⅱ)假设
n?
k
时,命题成立,即当
x?
?
0,??
?
时,
,
,
则
n?k?1
时,令
?
1
2
1
k
1
k?1
?
?
g
?
x
?
?e
x
?f
k?1
?
x
?
?e
x
?<
br>?
1?x?x???x?x
?
?
k?1
?
!
?
2!k!
??
则
g
?
?
x
?
?
e
x
11
??
?
?
1?x?x
2
???x
k
?
?e
x
?f
k
?
x
?
?0
2!k!
??
,所以
g
?
x
?
在区
间
?
0,??
?
为增函数,
又因为
g
?
0
?
?0
,所以
g
?
x
?
?0,x??
0,??
?
恒成立,即
7
e
x
?f
k?1
?
x
?
,x?
?0,??
?
,
?
所以
n?k?1
时,命题成立. <
br>由(ⅰ)(ⅱ)及归纳假设可知,
?n?N
,当
x?
?
0,?
?
?
时,
e
f
n
?
x
?
?
x
?f
n
?
x
?
.
x
(2)
由(1)可知
e?f
n?1
?
x
?
,即
11
x
n?1
e
y
?f
n
?
x
?
?
x
n?1
?
n?1
?
!
?
n?1
?
!
y
,
所以
e?1
,即
y?0
,下证:
y?x.
1
2
11
x???x
n?1
?x
n
e
x
,n?N
?
.
?
n?1
?
!2!n!
x<
br>下面先用数学归纳法证明:当
x?0,e
x
?1?x?
x<
br>(ⅰ)当
n?1
时,令
F
?
x
?
?1?xe
又
F
?
0
?
?0
,故
F
?
x
?
?0
,即
e
即当
x?
?
0,??<
br>?
时,
e
x
?e
x
,则
F
?
?
x
?
?xe
?0,x?
?
0,??
?
,
所以
F
?<
br>x
?
在区间
?
0,??
?
单调增,
?1?xe
x
.
(ⅱ)假设
n?k
时,命题成立,
x
?1?x?
1
2
11
x???x
k?1
?x<
br>k
e
k
.
?
k?1
?
!2!k!
2
,
1
x
则当
n?k?1
时,令
G?
x
?
?1?x?
2!
G
?
?
x?
?1?x?
???
1
k
1
x?x
k?1e
x
?e
x
?
k?1
?
!k!
12
111
x???x
k
e
x
?x
k?1
e
x
?e
x
?x
k?1
e
x
?0
?
k?1
?
!
?
k?1
?
!2!k!
,
所以
G
?
x
?
在区间
?
0,??
?
上为增函数,又
G
?
0
?
?0
,故
G<
br>?
x
?
?0
,即
1
2
11
x??
?x
k
?x
k?1
e
x
,x?
?
0,??
?
?
k?1
?
!2!k!
e
x
?1?x?
.
8
由(ⅰ)(ⅱ)及归纳假设,
可知当
x?
?
0,??
?
时,
e
成立,
所以
e
x
?1?x?
1
2
11111
x?
??x
n
?x
n?1
e
y
?1?x?x
2
???x
n
?x
n?1
e
x
?
n?1
?<
br>!
?
n?1
?
!2!n!2!n!
?e
x
x
?1?x?
1
2
11
x???x
n
?x
n
?1
e
x
,
?
n?1
?
!2!n!
对n?N
?
,
从而
e
y
即
y?x
,证毕.
复赛加试答案
1.证明:连接
PA,PE.
因为五边形
ABCDE
内接于圆
O
,
所以
?BAF??DEF,?ABF??EDF
,
所以
?ABF~?EDF
,
ABFB
所以
ED
?.
①
FD
PEPF
同理,
BC
, ②
?
BF
DCDF
?.
PAPF
③
ABPEDC
由①
?
②
?
③得
ED
?
??1.
BCPA
ABDC
因为
AB?CD?BC?ED
,所以
BC
??1.
ED
所以
PE?PA
,即点
P
是弧
AE
的中点,
所以
OP?AE.
9
2.解:因为
a,b
是不相邻的整数,
所以
2?b?a?
?
2
?
x?2?x
x?2?y?2?
?
x?y?
?
?
x?2?x?
??
y?2?y
?
222
???22?3.
y?2?y22
由于
b?a
是整数,所以
b?a?2.
设
a?n
?1,b?n?1,n?Z
,即
则
则
x?y?n?1,x?2?y?2?n?
1
,
x?yx?y
?n?1,?n?1
x?yx?2?y?2
x?y?
,
,
,
2
x?yx?y
,x?2?y?2?
n?1n?1
于是
2x?n?1?
x?yx?y
,2x?2?n?1?
n?1n?
1
2
从而
2
?
n?1
?
故
?
n?
1
?
令
t?
又因为
?
x
x?
?
n
?1
?
?
?
x?y
?
,2
?
n?1
?
x?2?
?
n?1
?
?
?
x?y
?<
br>,
x?2n?
?
n?1
?
x?2.
x?2?
??
x
?
?2.
①
22
,得
?
x?2?
?
n?1
?
t?2n
,代入①得
n?1
2nt
2
?2n
?
n?1
?
t?n
2
?2n?1?0
?
,
2
于是
2
n
?
n?1
?
?4n
2
?
n?1
?
?8nn
2
?2n?1
n
?
n?1
?
?
?
n?1
?
n
?
n?2
?
x?t??
4n
2n
y?n?1?x?
n
?
n?1
?
?
?
n?1
?
n
?
n?2
?
2n
??
,
,
因此,
n?2
,并且
n
?
n?1
?<
br>?
?
n?1
?
n
?
n?2
?
,
即
n
2
?2n?1?0
,解之得
1?2?n?1?2
,
10
从而
2?n?1?2
,且
n?Z
,故
n?2.
所以
a?1,b?3.
3.
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
AB,AB,?,AB
,则
k?n?1.
12k
若
B,B?,B
中存在两点,不妨设为
B,B
使线段
BB
为
12k
1212
红色线段,
则
?ABB
为红色三角形,
12
若
B,B,?,B
相互之间没有红色线段相连,
12k
则从
B
?
i?1,2,?,k
?
出发的红色线段最多有
2
n?k
条,
i
所以这
2n
个点红色线段最多有
1
?
k?k
?
2n?k
?
?
?
2n?1?k
?
?
?k
?
2n?k
?
?
?
k?2n?
k
?
?n
2
?n
2
?1.
24
2
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,
(2)假设
n?k
时,命题成立,即至少存在
k
个红
11
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
?
2
?k
2
?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,
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<
br>n?1,n?N
时,
2n
点之间的
n
红色线段至少可组成n
个红色三角形.
4.证明:引理:设
p?5
为素数,
k
为非负整数,令
12
2
?1
条
t
111
?????
k
kp?1kp?2kp?p?1s
k
kk
,
2
k
其中
t,s
为互素的正整数,那么
pt.
引理的证明:
因为
?
?
2k?1
?
p
p
?1
t
k
p?1
11
p?1
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111
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?
?
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S
k
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1
令
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??
kp
,
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?
i?1
p?1
,
因为素数
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,由
Fermat
小定理,以及
1
k
?2
k
???
?
p?1
?
?0
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?
k
,其中
1?k?p?2
,
p?1有
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??
kp?2
?
?
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??
p?1
A
p?1
p?1
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kp?2
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p?2
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p?1
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p
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所以
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?
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即
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MM?N
?
.
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k
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p
2
M
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S
k
2
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?
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kp?p?1<
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因为
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p,2
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kp?2
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?
?
kp?p?1
??
?<
br>?1
,
所以
pt
,引理证毕,
2
k
由引
理得,
p
p
2
a
p?1
,所以
pa
,
p?1
从而
p
?
p?1
?
?S
,
又
b
a
2
p?1
2
p?1
11
p?1
1
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11
a
p?1
p?1
t
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i
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s
k
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p
2
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,
13
因为
p
从而
p
个.
2
a
p?1
,p
2t
k
,所以
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p
2
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2
2
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p
.
<
br>?1
因为
p?1?p
?
p?1
?
?p
,所以
集合
S
中元素至少有
3
p
14