高中数学竞赛小蓝皮-高中数学好的学生选的专业
2011年福建省高中数学竞赛
暨2011年全国高中数学联赛(福建省赛区)预赛试卷参考答案
(考试时间:2011年9月11日上午9:00-11:30,满分160分)
一、填空题(共10小题,每小题6分,满分60分。请直接将答案写在题中的横线上)
1.
函数
f(x)?sin
4
x?sinxcosx?cos
4
x
的最大值为 。
9
【答案】
8
【解
答】
f(x)?sin
4
x?sinxcosx?cos
4
x?(s
in
2
x?cos
2
x)
2
?2sin
2
xcos
2
x?sinxcosx
11119
?1?sin
2
2x?sin2x??(sin2x?)
2
?
。
22228
∴
sin2x?
19
时,
f(x)
取最大值。
28
2.已知
S
n
、且
T
n
分别是等差数列
?
a
n
?
与
?
b
n
?
的前
n
项的和,
则
S
n
2n?1
(
n?1
,2,?),
?
T
n
4n?2
a
10
a
11
?
?
。
b
3
?b
18b
6
?b
15
【答案】
41
78
【解答】∵
∴
?
a
n
?
与<
br>?
b
n
?
为等差数列,
S
n
2n?1
,
?
T
n
4n?2
a
10
a
10a?aa?aS
a
11
a
41
。
???
11
?
1011
?
120
?
20
?
b
3
?b
18
b
6
?b
15
b
1
?
b
20
b
1
?b
20
b
1
?b
2
0
b
1
?b
20
T
20
78
a
3
.若函数
f(x)?log
a
(4x?)
在区间
?
1,
2
?
上为增函数,则
a
的取值范围是
。
x
【答案】
?
1,4
?
【解答】设
g
(x)?4x?
aa
。由
f(x)?log
a
(4x?)
在
区间
?
1,2
?
上为增函数知,
xx
当
0?a?
1
时,
g(x)
在区间
?
1,2
?
上为减函数,且
g(x)?0
,因此,
当a?1时,
g(x)
在区间
?1,2
?
上为增函数,且
g(x)?0
,因此,
a
?1
,
a?4
。
2
a
?2
,
a
不存在。
2
所以,
a
的取值范围为
?
1,4
?
。
4.如图,在四面体
D?ABC
中,已知
DA?平面ABC
,
△ABC
是边长为2的正三角形。则当二面角
A?BD?C
的正切值为
2<
br>时,四
面体
D?ABC
的体积
V?
。
1
【答案】2
【解答】由
DA?平面AB
C
知,
DA?AB
,
平面DAB?平面ABC
。
如图,取
AB
中点
O
,则由
△ABC
是边长为2的正三角形知,CO?AB
,
CO?平面DAB
,且
CO?3
。
作<
br>OE?DB
于
E
,连结
CE
,则
CE?DB
。
所以,
?OEC
二面角
A?BD?C
的平面角。
1D
A?AB12x
设
DA?x
,则
OE?????
2
2DB2
x?4
由
tan?OEC?
x
x?4
2
,
OC
?2
知,
3?x
2
?4?2x
,解得
x?2
3
。
OE
13
故,四面体
D?ABC
的体积
V?
?23?(?2
2
)?2
。
34
5.已知定义在
R
上的函数
f(x)
满足:(1)
f(1)?1
;(2)当
0?x?
1
时,
f(x)?0
;(3)
1
对任意的实数
x
、
y
均有
f(x?y)?f(x?y)?2f(1?x)f(y)
。则
f()?
。
3
【答案】
1
2
21111
,
y?
,得
f(1)?f()?2f()f()<
br>,
33333
【解答】在条件等式(3)中,令
x?
111
结合
f(1)?1
,
f()?0
,解得
f()?
。
332
6.已知实数
x
,
y
满足条件
3x
2?4y
2
?48
,则
x
2
?y
2
?4
x?4?x
2
?y
2
?2x?4y?5
的
最大值为
。
【答案】
8?13
【解答】
x
2
?y
2
?4x?4?x
2
?y
2
?2x?4y?5?(x?2)
2
?y
2
?(x?1)
2
?(y?2)
2
。 <
br>22
4?4?x?y?x?2y?4?5PA?PB
y)
,
A(2,0
)
,
B(1,?2)
,设
P(x,
则
x
2
?y
2
?x
。
x
2
y
2
?1
上
,且点
A(2,y)
在椭圆
?
0)
为由实数
x
,<
br>y
满足条件
3x?4y?48
知,点
P(x,
1612
22
?2)
在椭圆内。 椭圆的右焦点,点
B(1,
设椭圆的左焦点为F
1
(?2,0)
,则
PA?PB?2a?(PB?PF
1)?2a?F
1
B
,当且
仅当点
P
是射线
BF
1
与椭圆的交点时,等号成立(其中
2a
为椭圆的长轴长)。
所以
,
x
2
?y
2
?4x?4?x
2
?y
2<
br>?2x?4y?5
的最大值为
8?13
。
2
7.已知正整数
x
,
y
,
z
满足条件
xyz?(14?x)(14?y)(14?z
,且
)x?y?z?28
,则
x
2
?y
2
?z
2
的最大值为 。
【答案】 219
【解答】由
x
,
y
,
z< br>为正整数,
(14?x)(14?y)(14?z)?xyz?0
,以及
x?y ?z?28
知,
x
,
y
,
z
均为小于14的正整数 。
另一方面,将
xyz?(14?x)(14?y)(14?z)
展开,得
xyz?14
3
?14
2
(x?y?z)?14(xy?yz?zx)?x yz
,
即
2xyz?14
3
?14
2
(x?y? z)?14(xy?yz?zx)
。
所以,
xyz
能被7整除。结合7为质 数,以及
x
,
y
,
z
为小于14的正整数知,
x< br>,
y
,
z
中至少有1个数为7。不妨设
z?7
,则条 件等式化为
xy?(14?x)(14?y)
。
所以,
xy?14
2
?14(x?y)?xy
,因此
x?y?14
。此时,
x
2
?y
2
的最大值为
1
2
?13
2
。 < br>所以,
x
2
?y
2
?z
2
的最大值为
1
2
?13
2
?7
2
?219
。
8. 有5个乒乓球,其中有3个是新球,2个是旧球(即至少用过一次的球)。每次比赛,
都拿其中的2个球 用,用完后全部放回。设第二次比赛时取到新球的个数为
?
,则
?
的数学期望
E
?
?
。
【答案】
18
25
【解答】假设第一次比赛时取到新球的个数为
m
。
11
2
C
3
C
2
6
C
3
2
3
C
2
1
则
P(m?0)?
2
?
,
P(m ?1)?
2
?
,
P(m?2)?
2
?
。
C
5
10C
5
10C
5
10
22
C
3
2
C
2
C
4
11633637
,
P (
?
?0)?P(m?0)?
2
?P(m?1)?
2
?P( m?2)?
2
???????
C
5
C
5
C
5
100
1111
11
C
3
C
2
C
2
C
3
C
1
C
P(
?
?1)?P(m? 0)?
2
?P(m?1)?
2
?P(m?2)?
2
4
C
5
C
5
C
5
?
16663454< br>??????
,
100
2
C
3
2
C
2
13619
。
P(
?
?2)?P(m?0)?
2?P(m?1)?
2
?????
C
5
C
5
1< br>所以,
E
?
?0?
3754918
?1??2??
。
1
9.对正整数
n
,设
x
n
是关于
x的方程
nx
3
?2x?n?0
的实数根,记
a
n
?
?
(n?1)x
n
?
(n?2,
3,?)(符号
?
x
?
表示不超过
x
的最大整数)。则
【答案】 2013
【解答】设
f(x)?nx
3
?2x?n
,则易知当n
为正整数时,
f(x)
为增函数。
∵
n?2
时 ,
f(
nn
3
nn
2
1)?2?0
。
)? n?()?2??n?(?n?n?1)?0
,且
f(
3
n?1n ?1n?1(n?1)
1
(a
2
?a
3
?a
4???a
2011
)?
。
1005
3
∴
n?2
时,方程
nx
3
?2x?n?0
有唯一实根
x
n
,且
x
n
?(∴
n?(n?1)
n
x?n?
,
1
a
n<
br>?
?
(n?1)x
n
?
?n
。
∴ 11
(a
2
?a
3
?a
4
?
?
?a
20
)?(?2?3?4
11
10051005
n
,
1)
。
n?1
(?2
20?11)
20?11)2010
?2
<
br>013
。
?21005
y)x,y为整数,且0?x?5,0?y?5
?
,则10.在平面直角坐标系中,已知点集
I?
?
(x,
以集合<
br>I
中的点为顶点且位置不同的正方形的个数为 。
【答案】105
【解答】易知满足条件的正方形只有两类:其边所在的直线与坐标轴垂直,称
为“标准
正方形”;和其边所在的直线与坐标轴不垂直,称为“斜正方形”。
(1)在“标准
正方形”中,边长为1的的正方形有
5
2
个;边长为2的正方形有
4
2
个;
边长为3的正方形有
3
2
个;边长为4的正方形有
2
2
个,边长为5的正方形有
1
2
个。(一般地,
边长为k
的正方形有
(6?k)
2
个)
(2)由于以点集
I
中的点为顶点的“斜正方形”都是某个“标准正方形”的内接正方形,
因此,只需考虑“标准正
方形”的内接正方形的个数。
显然,边长为1的“标准正方形”没有内接正方形;边长2的“标准正方
形”有1个内
接正方形;边长3的“标准正方形”有2个内接正方形;边长4的“标准正方形”有3个内
接正方形;边长5的“标准正方形”有4个内接正方形。(一般地,边长为
k
的正方形
有
(k?1)
个内接正方形)
综合(1)、(2)知,符合条件的正方形有
5
2
?4
2
?3
2
?2
2
?1
2
?0?5
2
?1?4
2
?2?3
2
?3?22
?4?1
2
?105
(个)。
4
二、解答题(共5小题,每小题20分,满分100分。要求写出解题过程)
x
2
y
2
?1
的左、右焦点,点
A(x
1
,
11.已知
F
1
、
F
2
分别是椭圆
C<
br>:
?
y
1
)
、
B(x
2
,y
2
)
在椭
43
??????????
1
圆
C上。若
x
1
?x
2
?
,且
AF
2?
?
F
2
B
,求
?
的值。
2
??????????
【解答】由
F
2
A?
?
F
2
B
知,
A
、
B
、
F
2
三点共线
。
若直线
AB?x
轴,则
x
1
?x
2
?
1
,不符合要求。
若直线
AB
斜率存在,设为
k
,则直线
AB
的方程为
y?k(x?1)
。
?
x
2
y
2
??1
?
由
?
4
,得
(4k
2
?3)x
2
?8k
2
x?4k
2
?12?0<
br> ???? ①。
3
?
y?k(x?1)
?
∵ ①
的判别式
△?64k
4
?4((4k
2
?3)(4k
2?12)?144(k
2
?1)?0
,
8k
2
4k
2
?12
∴
x
1
?x
2
?
,
x
1
x
2
?
。
22
4m?34k?3
1
8k
2
1
?
可得
,
k
2
?
。 由
x
1
?x
2
?
2
4
4k?32
1
1?35<
br>代入方程①,得
4x
2
?2x?11?0
,解得
x?
。
4
4
????????????????????
1?x
1又
AF
2
?(1?x
1
,
。
?y
1
)
,
F
2
B?(x
2
?1,y
2
)
,
F
2
A?
?
F
2
B
,
?
?
x
2
?1
将
k
2
?
∴
?
?
3?53?5
或
?
?
。
22
b
?1
;
a
0)
,并与直线
y??
a
有12.已知二次函数
f(x)?ax
2
?2bx?c
(
c?b?a
),其图象过点
(1,
公共点。求证:
0?
0)
知,
a?2b?c?0
。
【解答】由函数图象过点
(1,
结合
c?b?a
,可知
a?0
,
c?0
。
又由
b?a
,知
b
?1
。
a
由
f(x)?ax
2
?2bx?c
的图象与直线
y??a
有公共点知,方程
ax
2
?2bx?c?a?0
有解。
∴
△?4b
2
?4a(c?a)?4b
2
?4a(?2
b)?0
,
b(b?2a)?0
。
∴
b?0
,或
b??2a
。
若
b?0
,则
b
?0
;
a
若
b
??2a
,则由
c?b?a
知,
a?2b?c?a?4a?c??3a?c?
0
与
a?2b?c?0
矛盾。
∴
0?
b
?1
。
a
5
13.如图,设锐角
△ABC
的外接圆为圆<
br>O
,过点
B
、
C
作圆
O
的
F
分别在边
AC
、两条切线,相交于点
P
。连结
AP
交BC
于点
D
,点
E
、
AB
上,使得
D
E∥BA
,
DF∥CA
。
BDAB
2
?
求证:(1);(2)
?BCF??BEF
。
2
CDAC
【解答】(1)∵
PB
、
PC
为圆
O
的两条切线,且
B
、
C
为切点,
∴
PB?PC
,且
?ABP?180???ACB
,
?ACP?180???
ABC
。
BD
S
△ABP
AB?BP?sin?ABPAB?s?
inACBAB
2
∴ 。
????
2
CDS
△ACP
AC?CP?sin?ACPAC?s?inABCAC
另解:设
PA
交圆<
br>O
于另一点
M
,连
BM
、
CM
。
由
PB
、
PC
为圆
O
的切线知,
PB?PC
,
?PBM??PAB
,
?PCM??PAC
。
∴
△PBM∽△PAB
,
△PCM∽△PAC
。
∴
∴
BMPBPCCMBMPBPCCM
?????
,,。
ABPAPAACABPAPAAC
BMAB
?
。
CMAC
又
△BDM∽△ADC
,
△CDM∽△ADB
。
∴
∴
BMMDABBD
??
,。
ACCDCMMD
BMABMDBDBDBMAB
?????
,即。
ACCMCDMDCDCMAC
BDAB
2
?
∴ 。
2
CDAC
∥BA
(2)∵
DE
,
DF∥CA
,
∴ 四边形
AEDF
为
平行四边形,
AF?DE
,
AE?FD
,且
?
∴
AF?DE
AB?CDAC?BD
,
AE?FD?
。
BCBC
EDCDFDBD
??
,。
ABCBACBC
2
AB?CDAC
2
?BDBDAB
2
AB
2
???
CD
, ∴
AF?AB
,
AE?AC?
,又由知,
BD
?
BCBCCDAC
2
AC
2
AC
2
?BD
??
∴
AE?AC
BC
A
2
C
?
B
C
2
AB
?C?D
2
AC
2
?ABCD
?
?AF
。
A
B
BC
∴
F
、
B
、
C
、
E
四点共圆。
F
∴
?BCF??BE
。
6
14.已知
f(x)?e
x
?x?1
(
e
为自然对数的底数)。
(1)求证:
f(x)?0
恒成立;
(2)求证:
(
1<
br>n
352n?1
n
e
对一切正整数
n
均成立。 )?()
n
?()
n
?
?
?()?
2n2n2
n2ne?1
x
【解答】(1)∵
f
?
(x)?e
。
?1
∴ 当
x?0
时,
f(x)?0
;当
x?0
时,
f
?
(x)?0
。
∴
f(x)
在区间
?
??,0
?
上为减函数,在
?
0,??
?
上为增函数。
∴
f(x)
在
R
上的最小值为
f(0)?0
。
∴
f(x)?0
恒成立。
(2)由(1)知,不等式
1?x?e
x
恒成立。
?
i
∴ 对任意正整数
n
有,
0?1??e
2n
,其中
i?1
,2,?,
2n?1
。
2n
i?
2n?i
n
2
)?e
,其中
i?1
,2,?
,
2n?1
。 即对任意正整数
n
有,
0?(
2n
i
1
n
3
n
5
n
n2?1
n
?<
br>2n
2
?
??()e?
∴
()?()?()?
2
n2n2n2n
1
e?
?
2n?
2
3
e?
?
n2?
2
5
??e?
?
1
2
?
e
?
(1?e)ee
??
。
1?e
?1<
br>1?e
?1
e?1
1
2
?n
?
1
2
15.已知
P
1
,
P
2
,
P<
br>3
,?,
P
35
是平面内凸三十五边形的35个顶点,且
P<
br>1
,
P
2
,
P
3
,?,
P
35
中任何两点之间的距离不小于
3
。求证:从这35个点中可以选出5个点,使得这
5个点
中任意两点之间的距离不小于3。
【解答】先证下列引理:设
P
为P
1
,P
2
,P
3
,?,
P
35
这
35
个中的任意一点,则在余下的34个点中,至多有6个点与
P
点的
距离小
于3。
(用反证法)如图,假设有7个点,不妨设为P
1
,P
2
,
P
3
,?,
P
7
(
P
1
,
P2
,
P
3
,?,
P
7
按逆时针排列)与点P
的距离小于3。
由
P
1
,
P
2
,
P
3
,?,
P
35
是平面内凸三十五边形的35个顶点知,
?P
1
PP
2
??P
2
PP
3
?
?P
3
PP
4
??P
4
PP
5
??P5
PP
6
??P
6
PP
7
?180?
。
所以,
?P
1
PP
2
、
?P
2
PP
3
、
?P
3
PP
4
、
?P
4
PP
5
、
?P
5
PP
6
、
?P
6
PP
7
这6个角中至少有一
个角不大于
30?
,
不妨设
?P
1
PP
2
?30?
。
设
PP
1
?x
,
PP
2
?y
,则
P
1
P
2
2
?x
2
?y
2
?2xycos?P
1
PP
2
?x
2
?y
2?2xycos30??x
2
?y
2
?3xy
。
根据对称性,不妨设
x?y
。由于
3?y?x?3
,
7
因此,
P
1
P
2
2
?
f(x)?x
2
?y
2
?3xy?(x?
3
2
1<
br>2
y)?y
在区间
?
y,3
?
上为增函数。
24
33
2
933
2
3
)??(3?)??3
,
2424
因此,
P
1
P
2
2
?f(x)?
f(3)?9?y
2
?33y?(y?
所以,
P
1
P
2
?3
与条件矛盾。因此,假设不成立。
所以,引理得证。
下面利用引理证明本题结论。
根据引理,从
P
1
出发的34条线段
P
1
P
2
、
P
1
P
3
、
P
1
P
4
、?、
P
1
P
35中至多有6条线段的长
度小于3,即至少有28条线段的长度不小于3。不妨设线段
P1
P
2
、
P
1
P
3
、
P1
P
4
、?、
P
1
P
29
的
长度不小于3。
再考察从
P
2
出发的27条线段
P
2P
3
、
P
2
P
4
、
P
2P
5
、?、
P
2
P
29
,根据引理,这27条
线段
中至多有6条线段的长度小于3,即至少有21条线段的长度不小于3。不妨设线段
P2
P
3
、
P
2
P
4
、
P2
P
5
、?、
P
2
P
23
的长度不小
于3。
再考察从
P
3
出发的20条线段
P
3
P
4
、
P
3
P
5
、
P
3
P
6
、?、
P
2
P
23
,根据引理,这20条线段
中至多有6条线段的长度小于3,即至少有14条线段的长度不小于3。不妨设线段
P
3
P
4
、
P
3
P
5
、
P
3
P
6
、?、
P
3
P
17
的长度不小于3
。
再考察从
P
4
出发的13条线段
P
4
P
5
、
P
4
P
6
、
P
4
P
7
、?、
P
4
P
17
,根据引理,这13条线段
中至多有6条线段的长度小于3,即至少有7条线段的长度不小于3。不妨设线段
P
4
P
5
、
P
4
P
6
、
P
4
P
7
、?、
P
4
P
11
的长度不小于3。
这样得到5个点
P
1
、
P
2
、
P
3、
P
4
、
P
5
,根据前面的讨论,这5个点中任意两点
之间的
距离不小于3。
所以,结论成立。
8