2010年全国高中数学联赛

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
2. 已 知函数
y?(acosx?3)sinx
的最小值为
?3
，则实数
a
的取值范围是.
3. 双曲线
x?y?1
的右半支与直线
x?10 0
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
{a
n
}
是公差不为
0
的等差数列，
{b
n
}
是等比数列，其中
22
a
1
?3,b
1?1,a
2
?b
2
,3a
5
?b
3
， 且存在常数
?
,
?
使得对每一个正整数
n
都有
a< br>n
?log
?
b
n
?
?
，
则
?
?
?
?
.
5. 函数
f(x)?a
2x则它在这个区
?3a
x
?2(a?0,a?1)
在区间
x?[?1,1]
上的最大值为8，
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?A
1
B
1
C< br>1
的9条棱长都相等，
P
是
CC
1
的中点，二面角< br>B?A
1
P?B
1
?
?
,
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）
32
9. （16分）已知函数
f(x)? ax?bx?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< br>y?6x
上的两个动点
A(x
1
,y
1
)和B(x< br>2
,y
2
)
，其中
x
1
?x
2且
2
x
1
?x
2
?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
{a
n
}< br>，使得



1
3
2
?r
a< br>1
?r
a
2
?r
a
3
??
.
5

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A C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．







2. （40分）设k是给定的正 整数，
r?k?
A
O
B
E
K
D
C
P
Q
N
M
1
．记
f
(1)
(r)?f(r )?rr
，
f
(l)
(r)?
??
??
2
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
．
??
2




3. （50分）给定整数
n?2
，设正实数
a
1
,a< br>2
,?,a
n
满足
a
k
?1,k?1,2,?,n< br>，记
?
1
?
??
A
k
?
a
1
?a
2
?
?
?a
k
,k?1,2,
?
,n
．
k
求证：






?
a
k
?
?
A
k
?
k ?1k?1
nn
n?1
．
2
4. （50分）一种密码锁的密码 设置是在正n边形
A
1
A
2
?A
n
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？


2

2010年全国高中数学联赛
解答

1.
[?3,3]
提示：易知
f(x)< br>的定义域是
?
5,8
?
，且
f(x)
在
?< br>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
sin x?t
，则原函数化为
g(t)?(?at
2
?a?3)t
，即2
.由
g(t)??at
3
?(a?3)t?at
3
? (a?3)t??3
，
?at(t
2
?1)?3(t?1)?0
，< br>(t?1)(?at(t?1)?3)?0
及
t?1?0
知
?at(t?1)?3?0
即
a(t
2
?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
?t
2
?t?0.从而可知
??a?12
.
42
3. 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
A
k
,交直线
x?100
于
B
k
，则线段
A
k
B
k
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?1
99
又
x
轴上有98个 整点，所以所求整点的个数为
2?4851?98?9800
.
4.
3
3?3
提示 ：设
{a
n
}
的公差为
d ,{b
n
}
的公比为
q
，则
3?d?q,
（1）
（2）
3(3?4d)?q
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
n?1
?
?
对一切正整数< br>n
都成立，即
6n?3?(n?1)log
?
9?
?
对
一切正整数
n
都成立.
从而
log
?
9?6 ,?3??log
?
9?
?
，求得
?
?
3
3,
?
?3
，
?
?
?
?
3
3?3
.
2

3

5.
?
13
x2
提示：令
a?y,
则原函数化为
g( y)?y?3y?2
,
g(y)
在
(?,+?)
上是递增的. 2
4
?2
?1
当
0?a?1
时，
y?[a,a ]
,
g(y)
max
?a?3a
?1
?2?8?a
?1
?2?a?
1
，
2
所以
g(y)
min?()?3?
当
1
2
2
11
?2??
； 24
a?1
时，
y?[a
?1
,a]
，
g(y )
max
?a
2
?3a?2?8?a?2
，
?2
所以
g(y)
min
?2
1
?3?2
?1
?2??
.
4
1
.
4
综上
f(x)
在
x?[?1,1]
上的最小值为
?
6.
12217
?
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75757
7
?()
2
??()
4
???
??
1212121212
12
112
.
?
25
17
1?
144
7.
10
提示 ：解法一：如图，以
AB
所在直线为
x
轴，线段
AB
中点< br>O
为原点，
OC
所在直
4
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),B
1
(1,0,2), A
1
(?1,0,2),P(0,3,1)
，从而，
BA,3,1),B1
A
1
?(?2,0,0),B
1
P?(?1,3,?1).
1
?(?2,0,2),BP?(?1
设分别与平面
BA
1
P
、平面
B
1
A
1
P
垂直的向量是
z
A
1
C
1
B
1
P
A
O
C
B
x
m?(x
1
,y
1
,z
1
)
、
n?(x
2
,y
2
,z
2
)
，则
?
?
m?BA
1
??2x
1
?2z
1
?0,

?
?
?
m?BP??x
1
? 3y
1
?z
1
?0,
?
?
n?B
1
A
1
??2x
2
?0,

?
?
?
n?B
1
P??x
2
?3y
2
?z
2
? 0,
由此可设
m?(1,0,1),n?(0,1,3)
，所以
A
1
C
y
1
E
B
1
O
A
P

4
C
B

??????
6
.
m? n?m?ncos
?
，即
3?2?2cos
?
?cos
?< br>?
4
所以
sin
?
?
10
.
4
解法二：如图，
PC?PC
1
,PA
1
?PB
.
设
A
1
B
与
AB
1
交于点
O,< br> 则
OA
1
?OB,OA?OB
1
,A
1
B ?AB
1
.
因为 PA?PB
1
,所以 PO?AB
1
,
从而
AB
1
?
平面
PA
1
B< br>.过
O
在平面
PA
1
B
上作
OE?A
1
P
,垂足为
E
.
连结
B
1
E
,则
?B
1
EO
为二面角
B?A
1
P?B
1
的平面角.设
AA
1
?2
,则易求得
PB?PA2,P O?3
.
1
?5,A
1
O?B
1
O?
在 直角
?PA
1
O
中，
A
1
O?PO?A
1
P?OE
,即
2?3?5?OE,?OE?
6
5
.
又
B
1
O?2,?B
1
E?B
1
O2
?OE
2
?2?
645
.
?
55
B
1
O
210
.
??
B
1
E
45
4
5
sin
?
?sin?B1
EO?
2
8. 336675 提示：首先易知
x?y?z?20 10
的正整数解的个数为
C
2009
?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
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
.

5

?
f
?
(0)?c,
?
13< br>?
2
9. 解法一：
f
?
(x)?3ax?2bx?c,
由
?
f
?
()?a?b?c,
得
4
?
2
?
?
f
?
(1)?3a?2b?c
1
3a?2f
?
(0)?2f
?
(1)?4f
?
()
.
2
所以
11
3a?2f
?
(0)?2f
?(1)?4f
?
()?2f
?
(0)?2f
?
(1)? 4f
?
()
?8
，
22
所以
a?
88
32
. 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
33
为
8
.
3
2
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
.
2
z?13a
2
3a?2b3a
)?z?z??b?c?1
. 2424
h(z)?g(
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
2
0?
3a
2
3a
z??b?c?1?2
， 44
从而
3a3a8
?b?c?1?0
,
z
2
?2
，由
0?z
2
?1
知
a?
.
443
8
3
8
x?4x
2
?x?m
（
m
为常数）满足题设条件，所以
a
最大值为.
33
x
1
? x
2
y?y
2
?2,y
0
?
1
，
22
又易知当
f(x)?
10.解法一：设线段
AB
的中点为M(x
0
,y
0
)
，则
x
0
?

6

k
AB
?< br>y
2
?y
1
y?y
1
63
?
22
??
.
2
x
2
?x
1
y
2
?y
1
y
0
y
2
y
1
?
66
线段
AB
的垂直平分线的方程是
y?y
0
??
y
0
(x?2)
. （1）
3
易知
x?5,y?0
是（1）的一个解，所以线段
AB< br>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?y
0
?
3
(x?2)
，即
y
0
x?
2
y
0
(y?y
0
)?2
. （2）
3< br>（2）代入
y?6x
得
y
2
?2y
0
(y? y
0
)?12
，即
2
y
2
?2y
0y?2y
0
?12?0
. （3）
依题意，
y< br>1
,y
2
是方程（3）的两个实根，且
y
1
?y2
，所以
222
??4y
0
?4(2y
0
? 12)??4y
0
?48?0
,
?23?y
0
?23
.
y
AB?(x
1
?x
2
)
2
?(y
1
?y
2
)
2

A
?(1?(
y
0
2
))(y
1
?y
2
)
2

3
O
B
2
y0
?(1?)[(y
1
?y
2
)
2
?4y1
y
2
]

9
2
y
0
22< br>?(1?)(4y
0
?4(2y
0
?12))

9< br>C(5,0)
x
?
2
22
(9?y
0
)(1 2?y
0
)
.
3
定点
C(5,0)
到线段
AB
的距离

7

2
h?CM?(5?2)
2
?(0?y
0
)
2< br>?9?y
0
.
S
?ABC
?
11
222< br>AB?h?(9?y
0
)(12?y
0
)?9?y
0

23
222
14
?24?2y
0
?9?y
0
11
11
9?y
0
222
7
.
?(9?y0
)(24?2y
0
)(9?y
0
)
?()
3
?
3
32
323
22
当且仅当
9?y
0< br>，即
y
0
??5
,
A(
?24?2y
06?356?35
,5?7),B(,5?7)
或
33
A(
6? 356?35
,?(5?7)),B(,?5?7)
时等号成立.
33
所以，
?ABC
面积的最大值为
14
7
. < br>3
解法二：同解法一，线段
AB
的垂直平分线与
x
轴的交点< br>C
为定点，且点
C
坐标为
(5,0)
.
设
x
1
?t
1
,x
2
?t
2
,t
1
?t
2
,t
1
?t
2
?4
，则
S
?ABC
?
2222
1
2
t
1
2
2
t
2
501
6t
1
1
的绝对值,
6t
2
1
1
22
S
?
?((56t
1
?6t
1
2
t
2
?6t
1
t
2
?56t
2
))
2

ABC
2
?
3
(t
1
?t
2
)
2
(t
1
t
2
?5)
2

2
3
(4?2t
1
t
2
)(t
1
t
2
?5)(t
1
t
2
?5)

2
314
3
()
,
23< br>?
?
所以
S
?ABC
?
14
7?5
2
7
, 当且仅当
(t
1
?t
2
)
2?t
1
t
2
?5
且
t
1
2
? t
2
?4
，即
t
1
?,
3
6
,< br>A(
t
2
??
7?5
6
6?356?35
, 5?7),B(,5?7)
或
33
A(
6?356?35
,?(5 ?7)),B(,?5?7)
时等号成立.
33

8

所以，
?ABC
面积的最大值是
14
7
.
3
32
11.令
f(x)?2x?5x?2
，则
f
?
(x)?6x?5?0
，所以
f(x)
是严格递增的.又
131< br>f(0)??2?0,f()??0
，故
f(x)
有唯一实数根
r?( 0,)
.
242
所以
2r?5r?2?0
，
3
2r
4710
?
?r?r?r?r??
.
3< br>5
1?r
故数列
a
n
?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
a
1
?a
2
???a
n
??
和
b
1
?b
2
? ??b
n
??
满足
r
a
1
?r
a
2
?r
a
3
???r
b
1
?r
b
2
?r
b
3
???
去掉上面等式两边相同的项，有
2
，
5
r
s
1
?
r
s
2
?
r
s
3
???
r
t
1
?r
t
2
?
r
t
3
??
，
这 里
s
1
?s
2
?s
3
??,t
1
?t
2
?t
3
??
，所有的
s
i
与
t
j
都是不同的.
不妨设
s
1
?t
1
，则
r
s
1
?
r
s
1
?
r
s
2
???
r
t
1
?
r
t
2
??
，
1? r
t
1
?s
1
?r
t
2
?s
1< br>?
?
?r?r
2
?
?
?
矛盾.故满足题设的 数列是唯一的.
1
?1?
1?r
1
1?
1
2?1?1
，
加试

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）
2
A
O
?
?
PO?r
2
2
2
??
?
KO?r
2
22
2
?
B
， 2
E
K
D
C
同理
QK?QO?r
??
?
?
KO?r
2
?
，
M
P
Q
N

9

所以
PO?PK?QO?QK
，
故
OK
⊥
PQ
．由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是
2222
AQAP
?
．①
QNPM
由梅内劳斯（Menelaus）定理，得
NBDEAQ
???1
，②
BDEAQN
MCDEAP
???1
．③
CDEAPM
由 ①，②，③可得
NBMCNDMD
??
，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
2
PK?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
A
K
⑤-④，得
P
2
?PEPC?AK?KE?
（关于⊙O）
?
P的幂
O
F
B
E
K
D
P
C
．
?
K的幂（关于⊙O）
注2：若点E在线段AD的延长线上，完全类似．







Q
N
M
(m)
2. 记
v
2
(n)表示正整数n所含的2的幂次．则当
m?v
2
(k)?1
时，
f
下面我们对
v
2
(k)
?v
用数学归纳法．
当
v?0
时，k为奇数，
k?1
为偶数，此时
(r)
为整数．
1
??
1
??
1
??< br>f(r)?
?
k?
?
?
k?
?
?
?
k?
?
?
k?1
?

2
??
2
??
2
??
为整数．

10

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?2
v
?
?
v?1?2
v?1
?
?
v?2
?2
v?2
??
，
这里，
?
i
?0
或者1，
i?v?1,v?2,?< br>．
于是
f(r)?
?
k?
?
?
1k
1
??
1
??
1
?
2
???k?k
< br>k??k?k?1
??
?
?
??
?
22
2< br>??
2
??
2
?
?
1
v?1
?2? (
?
v?1
?1)?2
v
?(
?
v?1
?
?
v?2
)?2
v?1
???2
2v
??

2
1
，①
2
?k
?
?
这里
k< br>?
?2
v?1
?(
?
v?1
?1)?2
v< br>?(
?
v?1
?
?
v?2
)?2
v?1???2
2v
??
.
显然
k
?
中所含的2 的幂次为
v?1
．故由归纳假设知，
r
?
?k
?
?
(v?1)
1
经过f的v次迭代得到整数，
2
由①知，
f( r)
是一个整数，这就完成了归纳证明．
3. 由
0?a
k
?1
知，对
1?k?n?1
，有
0?
?
a
i?1
k
i
?k,0?
i?k?1
?
a
n
i
? n?k
．
注意到当
x,y?0
时，有
x?y?max
?< br>x,y
?
，于是对
1?k?n?1
，有
1
n
1
n
?
11
?
k
?
11
?
k< br>A
n
?A
k
?
?
?
?
?
a
i
?
?
a
i
?
?
a
i
?
?
?
?
?
a
i

n
i?k?1< br>n
i?k?1
?
nk
?
i?1
?
kn
?
i?1
k
?1
n
?1
?
11
?
k
?
?
11
?
?
?max
?
?
a
i
,
?
?
?
?
a
i
?
?max
?
(n?k),
?
?
?
k
?
?1 ?
，
n
?
kn
?
??
n
i?k?1?
kn
?
i?1
??
n
故
?
a
k
?
?
A
k
?nA
n
?
?
A< br>k
?
k?1k?1k?1
nnn
?
?
A
n< br>?A
k
?
?
?
A
n
?A
k
k?1k?1
n?1n?1
?
k
?
n?1
．
?< br>?
?
1?
?
?
2
n
?
k?1
?
n?1
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
A
1
上的
设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点
A
2
,A
3
,?,A
n
上的设置．为了使得最终回到
A
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．

11

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< br>条边标
?
?
2
?
2i2j
记a的有
C
n
种方法，在余下的边中取出
2j
条边标记b的有
C
n?2i种方法，其余的边标记c．由乘
2i2j
法原理，此时共有
C
n
C
n?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
?< br>n
?
?
2
?
??
i?0
?
n?2i
?
??
?
2
?
??
?
2i2j
?
CC
?
nn?2i
?
．①
?
j?0
??
??
4
?
0
这里我们约定
C
0
?1
．
当n为奇数时，
n?2i?0
，此时
?
n?2i
?
?
2
?
??
j?0
?
C
2j
n? 2i
?2
n?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?2i
CC?4C2?2C
????
???
n?2i
?
nn
2
?
n
j? 0i?0i?0
??
??
?
?
C2
k
n
k ?0
n
n?kkn?k
?
?
C
n
2(?1)
k
?(2?1)
n
?(2?1)
n
?3
n
?1< br>．
k?0
n
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，此时只有
22
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< br>?
?
n?2i
?
???
?
?
?
2< br>??
2
?
?1
?
2
?
????
??
??
?
2i
?
2in?2i?1
2j
2in?2i ?1n
CC?4?1?C2
?2?4C2?3?3
．
??
??nn?2in
?
n
??
??
i?0
j?0
i? 0
????
??
??
??
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
n

12