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2009年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分标...


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2009 年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分标准
第一试
一、填空题(本题满分 56 分,每小题 8 分) 填空题(
1. 已知数列

{an } 的前 n 项和 Sn = n 2 + 3n + 4 ( n ∈ N* ) ,则

a1 + a3 + a5 + + a21 = 268 .

2. 若集合 A =

{x

x 3 = ax + 1, x ∈ R

} 为空集,则实数 a 的取值范围是 (∞, 1 ) ∪ ( 1 , +∞) . 3 6
9 . 5

3. 设 x 、

y 为实数, 2 x + y ≥ 1 ,则二元函数 u = x 2 + 4 x + y 2 2 y 的最小值是

4. 设 F1 、 F2 分别是双曲线 点,且 ∠AF1 B

x2 y2 = 1 的左、右焦点,以 F1 F2 为直径的圆交双曲线左支于 A 、 B 两 a2 b2
双曲线的离心率的值介于整数 k 与 k

= 120° .

+ 1 之间,则 k = 2



5. 已知长方体 ABCD 的体积等于

A1 B1C1 D1 的体积为 216 ,则四面体 AB1CD1 与四面体 A1 BC1 D 的重叠部分

36



6. 设 [ x ] 表示不大于 x 的最大整数,则 7. 设方程 x
2 n +1

[log 3 1] + [log 3 2] + [log 3 3] + + [log 3 258] = 932



a2 n x 2 n a2 n 1 x 2 n 1 a1 x a0 = 0 的根都是正数,且 a1 = ( 2n + 1) ,则

a0 的最大值是 1 .
8.

2009 × 1911 的方格棋盘的一条对角线穿过 3871

个棋盘格.

解答题( 二、 解答题(本题满分 14 分)
求函数

f ( x ) = sin 4 x tan x + cos 4 x cot x 的值域.
3 2 sin 2 2 x sin x cos x sin x + cos x 2 f ( x ) = sin 4 x + cos 4 x = = . cos x sin x sin x cos x sin 2 x
6 6



因为

………………8 分

令t

= sin 2 x ,则 t ∈ [ 1, 0 ) ∪ ( 0,1] ,

3 2 t2 2 = 2 3t. f ( x) = t t 2

易知函数 g

(t ) =

2 3 t t 2

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在区间

[ 1, 0 ) 与 ( 0,1] 上都是减函数,所以 g ( t ) 的值域为 (∞,
1 1 ] ∪ [ , +∞) . 2 2

1 1 ] ∪ [ , +∞) ,故 f ( x ) 的值域 2 2
………………14 分

为 ( ∞,

三、解答题(本题满分 15 分) 解答题(
如图,抛物线

y 2 = 2 x 及点 P (1,1) ,过点 P 的不重合的直线 l1 、 l2 与此抛物线分别交于点 A ,

B , C , D .证明: A , B , C , D 四点共圆的充要条件是直线 l1 与 l2 的倾斜角互补.
解 设 l1 、 l2 的倾斜角分别为 α 、 β ,由题设知 易知直线 l1 的参数方程为

y C A P O D B x

α 、 β ∈ ( 0, π ) .

x = 1 + t cos α , y = 1 + t sin α
代入抛物线方程可化得

t 2 sin 2 α + 2 ( sin α cos α ) t 1 = 0 .
t1t2 =

设上述方程的两根为 t1 、 t 2 ,则

1 . sin 2 α

由参数 t 的几何意义,得 …………………5 分

AP BP =
同理

1 . sin 2 α

CP DP =

1 . sin 2 β

…………………7 分

若 A 、 B 、 C 、 D 四点共圆,则 AP BP = CP DP ,即 sin 2 α = sin 2 β .
因为 α 、 β

∈ ( 0, π ) ,所以 sin α = sin β .
≠β.
所以 α

又由 l1 、 l2 不重合,则 α 反过来,若 α 所以 故

+β =π .

…………………11 分 ,且 α

+β =π

,则因 α 、 β

∈ ( 0, π ) ,故 sin α = sin β

≠ 0,β ≠ 0.

1 1 = ,即 AP BP = CP DP . sin 2 α sin 2 β
…………………15 分

A 、 B 、 C 、 D 四点共圆.

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四、解答题(本题满分 15 分) 解答题(
设 a , b 是正数,且 a

≠ 1 , b ≠ 1 ,求证:

a 5 1 b5 1 25 > ( a + 1)( b + 1) . a 4 1 b 4 1 64




因为

a 5 1 a 4 + a3 + a 2 + a + 1 = , a4 1 a3 + a 2 + a + 1

8 ( a 4 + a 3 + a 2 + a + 1) 5 ( a 3 + a 2 + a + 1) ( a + 1)
= 3a 4 2a 3 2a 2 2a + 3 = ( a 4 2a 2 + 1) + 2 ( a 4 a 3 a 2 + 1) = ( a 2 1) + 2 ( a 1) ( a 2 + a + 1) > 0
2 2

(a

≠ 1) ,
…………………10 分

所以

a 4 + a3 + a 2 + a + 1 5 a5 1 5 > ( a + 1) ,即 4 > ( a + 1) . a3 + a 2 + a + 1 8 a 1 8
同理可证

b5 1 5 > (b + 1) . b4 1 8
…………………15 分

于是,

a 5 1 b5 1 25 > ( a + 1) ( b + 1) . a 4 1 b 4 1 64

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2009 2009 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
(本题满分 一、 本题满分 50 分) (

ABC 中, DE ∥ BC ,△ ADE 的内切圆与 DE 切于点 M 切 BC 于点 N ,点 P 是 BE 与 CD 的交点,求证 M 、 N 、 P 三点共线.
如图,在△ 证 设 BE 与 MN 交于点 P ' .

,△

ABC 的 BC 边上的旁切圆

A

BP BC BP ' BN 因为 DE ∥ BC ,所以 = , = . PE DE P ' E EM
故只需证明 D M P N C E

BC BN = DE EM

BN EM ,或 = . BC DE

………………10 分 B

如图, 设 O1 、 O2 分别为三角形的内切圆与旁切圆的圆心,

F 、 G 、 H 、 I 为切点,则 1 EM = ( AE + DE AD ) , AH = AB + BH = AB + BN , 2 1 1 AH = AI = ( AB + BC + AC ) , BN = AH AB = ( AC + BC AB ) . 2 2
………………30 分 又

ADE ∽ ABC ,
故可设 A

AB BC AC = = =k, AD DE AE


F O 1 M D B H O2 P N

G E

1 ( AC + BC AB) BN 2 = BC BC
(k AE + k DE k AD) 2k DE ( AE + DE AD) EM = = 2 DE DE =
故结论成立.

C I

………………50 分

(本题满分 二、 本题满分 50 分) (
设 k , n 为给定的整数, n

> k ≥ 2.

对任意 n 元的数集 P ,作 P 的所有 k 元子集的元素和,记

这些和组成的集合为 Q ,集合 Q 中元素个数是 CQ ,求 CQ 的最大值. 解

CQ 的最大值为 Cnk .

…………………10 分

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k ≤ Cn .

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因 P 共有 Cn 个 k 元子集,故显然有 CQ 下面我们指出,对集合 P

k

…………………20 分

= {2, 22 , , 2n } ,相应的 CQ 等于 Cnk ,即 P 的任意两个不同的 k
k

元子集的元素之和不相等. 从而 CQ 的最大值为 Cn . 事实上,若上述的集合 P 有两个不同的 k 元子集

A = {2 r1 , 2r2 , , 2rk } ,
使得

B = {2 s1 , 2 s2 , , 2 sk } ,

A 与 B 的元素之和相等,则 2r1 + 2r2 + + 2 rk = 2 s1 + 2 s2 + + 2 sk = M
(设).



因①可视为正整数 M 的二进制表示,由于 ri 互不相同, si 互不相同,故由正整数的二进制表示的唯 一性,我们由①推出,集合 {r , r2 , , rk } 必须与 {s1 , s2 , , sk } 相同,从而子集 1 这就证明了我们的断言.

A = B ,矛盾.

…………………50 分

(本题满分 三、 本题满分 50 分) (
设M

= 2n1 + 2 n2 + + 2ns , n1 , n2 , , ns 是互不相同的正整数,求证:

M = 2 + 2 ++ 2 < 1+ 2
证 对 s 归纳. (1) 当 s

n1 2

n2 2

ns 2

(

)

M.
…………………10 分

= 1 时,结论显然成立.

(2) 假设 s

= k 时结论成立,当 s = k + 1 时,不妨设 n1 > n2 > > nk > nk +1 .
n2 nk +1 2

由归纳假设可知, 2 2 + + 2
n1

< (1 + 2) M 2n1 ,则
n2 nk nk +1 2

2 2 + 2 2 ++ 2 2 + 2
所以只要证明:

< (1 + 2) M 2n1 + 2 2 .

n1

(1 + 2) M 2n1 + 2 2 < (1 + 2) M ,
此即

n1

(1 + 2)2 2

n1

M + M 2n1
因为正整数 n1 > n2 > > nk > nk +1 ,所以

> 1.

…………………30 分

2n1 ≥ 2n2 +1 > 2n2 + 2n2 1 + + 2 + 1 ≥ 2n2 + 2n3 + + 2nk +1 .


.

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M = 2n1 + 2n2 + + 2nk + 2nk +1 < 2 2n1 , M 2n1 = 2n2 + + 2nk +1 < 2n1 .
所以

(1 + 2)2 2
即s

n1

M + M 2n1

>

(1 + 2)2 2

n1

2 2n1 + 2n1

=1,

= k + 1 时,命题成立.
因此,由数学归纳法可知,命题对所有正整数 s 成立. …………………50 分

(本题满分 四、 本题满分 50 分) (
求满足下列条件的所有正整数 x , 解 显然 对于 x 显然 x

y:

(1) x 与

y 1 互素;

(2) x

2

x + 1 = y3 .

x = 1 , y = 1 满足要求.
方程可化为

…………………10 分

> 1 , y > 1,
> y.
因为

( y 1) ( y 2 + y + 1) = x ( x 1) .


( x, y 1) = 1 ,故 x 一定是 y 2 + y + 1 的一个因子.
k ( y 1) . 由 x > y 可知 k ≥ 2 .


y 2 + y + 1 = kx

( k 为正整数) ,从而 x 1 = 消去 x ,得 由此推得 若k

…………………20 分

y 2 + y + 1 = k 2 ( y 1) + k ,

(y

2

1) + ( y 1) = k 2 ( y 1) + k 3 .
…………………40 分

y 1 ( k 3) .
> 3 ,则 y 1 ≤ k 3 ,即 k ≥ y + 2 ,从而

k 2 ( y 1) + k = y 2 + y + 1 < k 2 + ( k 2 ) + 1 ,
故必有

y 1 = 0 ,矛盾. k ≤ 3 ,从而 k = 2 , 3 .
验证知

所以

y = 7 , x = 19 .
…………………50 分

综上,

( x, y ) = (1,1) , (19, 7 ) .

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