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2005年全国高中联合数学竞赛江苏赛区初赛


2005 年全国高中联合数学竞赛江苏赛区初赛
一.选择题: π → π 1.函数 y=f(x)的图像按 a =( ,2)平移后,得到的图像的解析式为 y=sin(x+ )+2,那么 y=f(x)的解析 4 4 式为 A.y=sinx B.y=cosx C.y=sinx+2 D.y=cosx+4 π π 解:y=sin[(x+ )+ ],即 y=cosx. 4 4 故选

B. 2.如果二次方程 x2-px-q=0(p,q∈N*)的正根小于 3,那么这样的二次方程有 A.5 个 B.6 个 C.7 个 D.8 个 ( ) ( )

解:由?=p2+4q>0,-q<0,知方程的根一正一负. 设 f(x)=x2-px-q,则 f(3)=32-3p-q>0,即 3p+q<9. 由 p,q∈N*,所以 p=1,q≤5 或 p=2,q≤2.于是共有 7 组(p,q)符合题意. 故选 C. 3.设 a>b>0,那么 a2+ A.2 B.3 1 的最小值是 b(a-b) C.4 D.5 ( )

1 解:由 a>b>0,可知 0<b(a-b)≤ a2.所以, 4 1 4 a 2+ ≥a2+ 2≥4. a b(a-b) 故选 C. 4.设四棱锥 P-ABCD 的底面不是平行四边形,用平面 α 去截此四棱锥,使得截面四边形是平行四边 形,则这样的平面 α ( ) A.不存在 B.只有 1 个 C.恰有 4 个 D.有无数多个 解:设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线为 m,n,直线 m、n 确定了平面 β,作与 β 平行的平面 α 与四 棱锥侧棱相截,则截得的四边形是平行四边形.这样的平面 α 有无数多个. 故选 D. 5.设数列{an}:a0=2,a1=16,an+2=16an+1-63an(n∈N),则 a2005 被 64 除的余数为 A.0 B.2 C.16 D.48 ( )

解:数列{an}模 64 周期地为 2,16,2,-16,又 2005 被 4 除余 1,故选 C. 6.一条走廊宽 2m、长 8m,用 6 种颜色的 1×1m2 的整块地砖来铺设(每块地砖都是单色的,每种颜色的 地砖都足够多),要求相邻的两块地砖颜色不同,那么所有的不同拼色方案种数有 ( ) 8 7 7 7 A.30 B.30×25 C.30×20 D.30×21 A 解:铺第一列(两块地砖)有 30 种方法;其次铺第二列,设第一列的两格铺了 A、B 两色(如 B 图),那么,第二列的上格不能铺 A 色,若铺 B 色,则有(6-1)种铺法;若不铺 B 色,则有(6- 2 2) 种方法, 于是第二列上共有 21 种铺法. 同理, 若前一列铺好, 则其后一列都有 21 种铺法. 因 7 此,共有 30×21 种铺法. 故选 D.
1

二.填空题: π → → → → → 7.设向量 OA绕点 O 逆时针旋转 得 OB,且 2 OA+ OB=(7,9) ,则向量 OB= 2 .

→ → → → 解:设 OA=(m,n) ,则 OB=(-n,m) ,所以 2 OA+ OB=(2m-n,2n+m)=(7,9) ,
?2m-n=7, 即? ? m+2n=9.

?m= 5 , 得? 11 ? n= 5 .

23

11 23 → 23 11 → 因此, OA=( , ) OB=(- , ). , 5 5 5 5

11 23 故填(- , ). 5 5 8.设无穷数列{an}的各项都是正数,Sn 是它的前 n 项之和,对于任意正整数 n,an 与 2 的等差中项等 于 Sn 与 2 的等比中项,则该数列的通项公式为 . an+2 (an+2)2 解:由题意知 = 2Sn,即 Sn= . 2 8 a1+2 由①式, = 2a1,得 a1=2. 2 又由①式得 则有 (an-1+2)2 (n≥2) S n- 1= 8 ② ①

2 (an+2)2 (an-1+2) an=Sn-Sn-1= - (n≥2), 8 8

整理得 (an+an-1)(an-an-1-4)=0. 又因为 an>0,an-1>0,所以 an-an-1=4(n≥2),a1=2. 因此,数列{an}是以 2 为首项,4 为公差的等差数列,其通项公式为 an=2+4(n-1), 故填 an=4n-2(n∈N*). 9.函数 y=|cosx|+|cos2x|(x∈R)的最小值是 . 2 解:令 t=|cosx|∈[0,1],则 y=t+|2t -1|. 当 2 1 9 2 ≤t≤1 时,y=2t2+t-1=2(t+ )2- ,得 ≤y≤2. 4 8 2 2 2 1 9 2 9 2 时,y=-2t2+t+1=-2(t- )2+ ,得 ≤y≤ .又 y 可取到 . 4 8 8 2 2 2

当 0≤t< 故填 2 . 2

10.在长方体中 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,AA1=AD=1,点 E、F、G 分别是棱 AA1、C1D1 与 BC 的中点,那么四面体 B1-EFG 的体积是 . 1 解:在 D1A1 的延长线上取一点 H,使 AH= ,易证,HE∥B1G,HE∥平面 B1FG. 4 故 VB1-EFG=VE-B1FG=VH-B1FG=VG-B1FH. 9 而 S?B1EF= ,G 到平面 B1FH 的距离为 1. 8 3 故填 VB1-EFG= . 8 11.由三个数字 1,2,3 组成的 5 位数中,1,2,3 都至少出现 1 次,这样的 5 位数共有 个.

2

1 2 解:在 5 位数中,若 1 只出现 1 次,有 C5(C1+C4+C3)=70 个; 4 4 2 2 若 1 只出现 2 次,有 C5(C1+C3)=60 个; 3 3 若 1 只出现 3 次,有 C5C1=20 个. 2 所以这样的五位数共有 150 个. 故填 150. 12.已知平面上两个点集:M={(x,y)| |x+y+1|≥ 2(x2+y2),x,y∈R},N={(x,y)| |x-a|+|y-1|≤1, x,y∈R},若 M∩N≠?,则 a 的取值范围为 . 解:由题意知 M 是以原点为焦点,直线 x+y+1=0 为准线的抛物线及其凹口内侧的点集,N 是以(a, 1)为中心的正方形及其内部的点集(如图). 考察 M∩N=?时 a 的取值范围: 令 y=1,代入方程|x+y+1|= 2(x2+y2),得 x2-4x-2=0, 解得 x=2± 6. 所以,当 a<2- 6-1=1- 6时 M∩N=?. 令 y=2,代入方程|x+y+1|= 2(x2+y2)得 x2-6x-1=0, 解得 x=3± 10. 所以,当 a>3+ 10时,M∩M=?. 即 3+ 10] 于是, 1- 6≤a≤3+ 10, a∈[1- 6, 当 时,M∩N≠?. 故填[1- 6,3+ 10]. 三、解答题: 13.已知点 M 是?ABC 的中线 AD 上的一点,直线 BM 交边 AC 于点 N,且 AB 是?NBC 的外接圆的切 BC BM 线,设 =λ,试求 (用 λ 表示) . MN BN 证明:在?BCN 中,由 Menelaus 定理得 BM NA CD · · =1. MN AC DB 因为 BD=DC,所以 BM AC = .………………………6 分 MN AN 由∠ABN=∠ACB,知?ACB∽?ABN,则 AB AC CB = = . AN AB BN 所以, AB AC ?CB?2 AC BC2 · = ,即 = 2.………………………12 分 AN AB ?BN? AN BN
N M B D C A

y
3 2 1 2 1 3 4 5 6 7

-3

-2

-1 -1

O

x

A

N M B D C

BM BC2 因此, = 2. MN BN 又 BC BM =λ,故 =λ2.………………………15 分 BN MN

3

14.求所有使得下列命题成立的正整数 n(n≥2): n n 对于任意实数 x1,x2,…,xn,当 ∑ xi=0 时,总有 ∑ xixi+1≤0(其中 xn+1=x1). i=1 i=1 解:当 n=2 时,由 x1+x2=0,得 x1x2+x2x1=-2x2≤0.故 n=2 时命题成立;……………3 分 1 当 n=3 时,由 x1+x2+x3=0,得 2 2 (x1+x2+x3)2-(x1 +x2+x3) -(x2+x2+x2) 1 2 3 2 x1x2+x2x3+x3x1= = ≤0.故 n=3 时命题成立.……6 分 2 2 当 n=4 时,由 x1+x2+x3+x4=0,得 x1x2+x2x3+x3x4+x4x1=(x1+x3)(x2+x4)=-(x2+x4)2≤0. 故 n=4 时,命题成立.………………………………………………………………………………9 分 n n 当 n≥5 时,令 x1=x2=1,x4=-2,x3=x5=…=xn=0,则 ∑ xi=0,但 ∑ xixi+1=1>0,故 n≥5 时命 i=1 i=1 题不成立. 综上可知,使命题成立的 n=2,3,4.……………………………………………………………15 分

x2 y2 15.设椭圆的方程 2+ 2=1(a>b>0),线段 PQ 是过左焦点 F 且不与 x 轴垂直的焦点弦,若在左准线 a b 上存在点 R,使△PQR 为正三角形,求离心率 e 的取值范围,并用 e 表示直线 PQ 的斜率. 解:如图,设线段 PQ 中点 M,过点 P、M、Q 分别作准线的垂线, 垂足分别为点 P′,M′,Q′,则 1 1 |PF| |QF| |PQ| |MM′|= (|PP′|+|QQ′|)= ( + )= .……………………6 分 2 2 e e 2e 3 假设存在点 R,则|RM|= |PQ|,且|MM′|<|RM|, 2 即 |PQ| 3 < |PQ|, 2e 2 所以,e> 3 .……………………………………………12 分 3
P R Q

y

F

O

x

y
R Q

|MM′| 1 1 于是,cos∠RMM′= = × , |RM| 2e 3e 1 cot∠RMM′= . 3e2-1 在图中,|PF|<|QF|,且有 kPQ=tan∠QFx=tan∠FMM′ =cot∠RMM′= 当 e>

M‘ F P’ P

M O

x

1 .………………………………………………18 分 3e2-1

1 3 时,过点 F 作斜率为 的焦点弦 PQ,它的中垂线交左准线于 R,由上述过程知,|RM| 3 3e2-1

4



3 |PQ|.故?PQR 为正三角形.…………………………………………………………………21 分 2 根据对称性,当|FP|>|FQ|时,有 kPQ=- 1 . 3e2-1

1 x2 y2 3 所以,椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的离心率 e 的范围是( ,1),且直线 PQ 的斜率为± . a b 3 3e2-1 ………………………………………………………………………………………………24 分 16.⑴若 n(n∈N*)个棱长为正整数的正方体的体积之和等于 2005,求 n 的最小值,并说明理由; ⑵若 n(n∈N*)个棱长为正整数的正方体的体积之和等于 20022005,求 n 的最小值,并说明理由. 解:⑴因为 2005=1728+125+125+27=123+53+53+33,故 n=4 存在,nmin≤4.………6 分 103=1000,113=1331,123=1728,133=2169,123<2005<133,则 n≠1. 若 n=2,因 103+103<2005,则最大立方体的棱长只能为 11 或 12, 2005-113=674,2005-123=277, 674 与 277 均不是完全立方数,故 n=2 不可能; 若 n=3, 设此三个立方体中最大一个的棱长为 x, 3x3≥2005>3×83, 由 知最大立方体的棱长只能为 9、 10、11 或 12,而 2005<3×93,2005-93-93=547,2005-93-83-83>0,故 x≠9. 2005-103-103=5,2005-103-93=276,2005-103-83=493,2005-103-73-73>0.故 x≠10; 2005-113-93<0,2005-113-83=162,2005-113-73=331,2005-113-63-63>0,故 x≠11; 2005-123-73<0,2005-123-63=61,2005-123-53-53>0,故 x≠12. 所以 n=3 不可能. 综上所述,nmin=4.…………………………………………………………………………12 分 ⑵设 n 个立方体的棱长分别是 x1,x2,…,xn,则 x3+x3+…+x3=20022005. 1 2 n 由 2002≡4(mod 9),43≡1(mod 9),得 20022005≡42005≡4668×3+1≡(43)668×4≡4(mod 9). 又当 x∈N*时,x3≡0,±1(mod 9),所以 x3≡4(mod 9),x3+x3∕4(mod 9),x3+x3+x3∕4(mod 9). 1∕ 1 2≡ 1 2 3≡ ①





①式模 9,并由②、③式可知 n≥4.…………………………………………………18 分 而 2002=103+103+13+13,则 20022005=20022004×(103+103+13+13)=(2002668)3×(103+103+13+13) =(2002668×10)3+(2002668×10)3+(2002668)3+(2002668)3. 故 n=4 为所求的最小值.………………………………………………………………24 分

5


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