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2011年全国高中数学联赛试题及详细解析


一、填空题(每小题 8 分,共 64 分) 1.设集合 A ? {a1 , a 2 , a 3 , a 4 } ,若 A 中所有三元子集的三个元素之和组成的集合为 B ? {?1, 3, 5, 8} ,则集合 A ? .
[来源:Z_xx_k.Com]

2.函数 f ( x) ?

x ?1 的值域为. x ?1
2<

br />
3.设 a, b 为正实数, ? ? 2 2 , (a ? b) 2 ? 4(ab) 3 ,则 loga b ? . 4.如果 cos5 ? ? sin5 ? ? 7(sin3 ? ? cos3 ? ) , ? ? [0,2? ) ,那么 ? 的取值范围是.

1 a

1 b

二、解答题(本大题共 3 小题,共 56 分) 9 . 16 分 ) 设 函 数 f ( x) ?| lg(x ? 1) | , 实 数 a, b(a ? b) 满 足 f (a) ? f (? (
f (10a ? 6b ? 21) ? 4 lg 2 ,求 a, b 的值.

b ?1 ) , b?2

10. (20 分)已知数列 {a n } 满足: a1 ? 2t ? 3 (t ? R 且 t ? ?1) ,
a n ?1 ? (2t n ?1 ? 3)a n ? 2(t ? 1)t n ? 1 (n ? N * ) . a n ? 2t n ? 1

(1)求数列 {a n } 的通项公式; (2)若 t ? 0 ,试比较 a n ?1 与 a n 的大小.
1 x2 y 2 11. (本小题满分 20 分)作斜率为 的直线 l 与椭圆 C : ? ? 1 交于 A, B 两点(如 3 36 4

图所示) ,且 P(3 2 , 2 ) 在直线 l 的左上方. (1)证明:△ PAB 的内切圆的圆心在一 条定直线上; (2)若 ?APB ? 60? ,求△ PAB 的面积.

y P O A x B

加 试 1. (40 分)如 图, P, Q 分别是圆内接四边形 ABCD的对角线 AC, BD 的中点.若 ?BPA? ?DPA,证明: ?AQB ? ?CQB .

2. (40 分)证明:对任意整数 n ? 4 ,存在一个 n 次多项式
f ( x) ? x n ? a n?1 x n?1 ? ? ? a1 x ? a0

具有如下性质:

4.(50 分)设 A 是一个 3? 9 的方格表,在每一个小方格内各填一个正整数.称 A 中的 一个 m ? n (1 ? m ? 3, 1 ? n ? 9) 方格表为“好矩形” ,若它的所有数的和为 10 的倍数.称 A 中 的一个 1?1 的小方格为“坏格” ,若它不包含于任何一个“好矩形” .求 A 中“坏格”个数的 最大值。

2011 全国高中数学联赛解答
1. 【答案】 {?3,0, 2,6} . 【解析】提示 :显然,在 A 的所有三元子集中,每个元素均出现了 3 次,所以 3(a1 ? a 2 ? a 3 ? a 4 ) ? (?1) ? 3 ? 5 ? 8 ? 15 ,

故 a1 ? a 2 ? a 3 ? a 4 ? 5 ,于是集合 A 的四个元素分别为 5-(-1)=6,5-3=2,5-5=0, 5-8=-3,因此,集合 A ? {?3, 0, 2, 6} .

4. 【答案】 ?

? ? 5? ? , ?. ?4 4 ?

【解析】提示:不等式 cos5 ? ? sin5 ? ? 7(sin3 ? ? cos3 ? ) 等价于 sin3 ? ? sin5 ? ? cos3 ? ? cos5 ? . 又 f ( x) ? x 3 ?
2k? ?
1 5 x 是 (??,??) 上 的 增 函 数 , 所 以 sin ? ? cos ? , 故 7 1 7 1 7

?
4

? ? ? 2k? ?

5? (k ?Z). 4
? ? 5? ? , ?. ?4 4 ?

因为 ? ? [0,2? ) ,所以 ? 的取值范围是 ?

5. 【答案】15000. 【解析】提示:由题设条件可知,满足条件的方案有两种 情形:
1 (1)有一个项目有 3 人参加,共有 C 73 ? 5!?C 5 ? 5! ? 3600种方案;

1 (2)有两个项目各有 2 人参加,共有 (C72 ? C52 ) ? 5!?C52 ? 5! ? 11400种方案; 2 所以满足题设要求的方案数为 3600?11400? 15000.

[来源:学。科。网 Z。X。X。K]

7. 【答案】 (1,?2) 或 (9,?6) . 【解析】提示: 设 A( x1 , y1 ), B( x 2 , y 2 ), C (t 2 ,2t ) ,由 ?
? x ? 2 y ? 1 ? 0, 得 y 2 ? 8y ? 4 ? 0 , 2 ? y ? 4 x,

则 y1 ? y 2 ? 8 , y1 ? y 2 ? ?4 . 又 x1 ? 2 y1 ? 1, x 2 ? 2 y 2 ? 1 ,所以 x1 ? x 2 ? 2( y1 ? y 2 ) ? 2 ? 18 , x1 ? x 2 ? 4 y1 ? y 2 ? 2( y1 ? y 2 ) ? 1 ? 1 . 因为 ?ACB ? 90? ,所以 CA ?CB ? 0 ,即有 (t 2 ? x1 )(t 2 ? x 2 ) ? (2t ? y1 )(2t ? y 2 ) ? 0 , 即 t 4 ? ( x1 ? x 2 )t 2 ? x1 ? x 2 ? 4t 2 ? 2( y1 ? y 2 )t ? y1 ? y 2 ? 0 , 即 t 4 ? 14t 2 ? 16t ? 3 ? 0 , 即 (t 2 ? 4t ? 3)(t 2 ? 4t ? 1) ? 0 . 显然 t 2 ? 4t ? 1 ? 0 ,否则 t 2 ? 2 ? 2t ? 1 ? 0 ,则点 C 在直线 x ? 2 y ? 1 ? 0 上,从而点 C 与 点 A 或点 B 重合.所以 t 2 ? 4t ? 3 ? 0 ,解得 t 1 ? ?1, t 2 ? ?3 . 故所求点 C 的坐标为 (1,?2) 或 (9,?6) . 8. 【答案】15. 【解析】提示: a n ? C n ?3 200
200 ? n 3

?2

400 ? 5 n 6



9. 【解析】因为 f (a) ? f (?

b ?1 b ?1 1 ) ,所以 | lg(a ? 1) |?| lg(? ? 1) |?| lg( ) |?| lg(b ? 2) | , b?2 b?2 b?2 所 以 a ? 1 ? b ? 2 或 (a ? 1)(b ? 2) ? 1 , 又 因 为 a ? b , 所 以 a ? 1 ? b ? 2 , 所 以

(a ? 1)(b ? 2) ? 1 .

又由 f (a) ?| lg(a ? 1) | 有意义知 0 ? a ?1,从而 0 ? a ? 1 ? b ? 1 ? b ? 2 , 于是 0 ? a ? 1 ? 1 ? b ? 2 . 所以 (10a ? 6b ? 21) ? 1 ? 10(a ? 1) ? 6(b ? 2) ? 6(b ? 2) ? 从而 f (10a ? 6b ? 21) ?| lg[6(b ? 2) ?
10 ?1. b?2

10 10 ] |? lg[6(b ? 2) ? ]. b?2 b?2 10 ] ? 4 lg 2 , b?2

又 f (10a ? 6b ? 21) ? 4 lg 2 ,所以 lg[6(b ? 2) ? 故 6(b ? 2) ? 把 b??
b?? 1 . 3 1 3

10 1 . ? 16 .解得 b ? ? 或 b ? ? 1 (舍去) b?2 3

代 入 (a ? 1)(b ? 2) ? 1 解 得 a ? ?

2 5

. 所 以

a??

2 5



[来源:学科网 ZXXK]

10. 解析】 【 (1)由原式变形得 a n ?1 ?

2(t n ?1 ? 1)(a n ? 1) ?1, a n ? 2t n ? 1

2(a n ? 1) n a n ?1 ? 1 2(a n ? 1) ? ? t ?1 . 则 n ?1 n t ? 1 a n ? 2t ? 1 a n ? 1 ?2 t n ?1

记 又 故

2b n an ?1 a ? 1 2t ? 2 , b1 ? 1 ? bn ,则 b n ?1 ? ? ?2. n bn ? 2 t ?1 t ?1 t ?1 1 1 1 1 1 1 1 1 n ? ? , ? ,从而有 ? ? (n ? 1) ? ? , bn ?1 bn 2 b1 2 bn b1 2 2

an ?1 2 2(t n ? 1) ? ,于是有 a n ? ?1 . t n ?1 n n
2(t ? 1) 2(t n ?1 ?1) 2(t n ?1) ?n(1 ? t ? ? ? t n ?1 ? t n ) ? (n ? 1)(1 ? t ? ? ? t n ?1 )? ? ? n(n ? 1) n ?1 n

(2) a n ?1 ? a n ?
? ?

2(t ? 1) ?nt n ? (1 ? t ? ? ? t n ?1 )? ? 2(t ? 1) ?(t n ? 1) ? (t n ? t ) ? ? ? (t n ? t n ?1 )? n(n ? 1) n(n ? 1) 2(t ? 1) 2 n ?1 n ? 2 ?(t ? t ? ? ? 1) ? t (t n ? 2 ? t n ?3 ? ? ? 1) ? ? ? t n ?1 ? , n(n ? 1)
[来源:Zxxk.Com]

显然在 t ? 0 (t ? 1) 时恒有 a n ?1 ? a n ? 0 ,故 a n ?1 ? a n .

(2)若 ?APB ? 60? 时,结合(1)的结论可知 k PA ? 3, k PB ? ? 3 . 直线 PA的方程为: y ? 2 ? 3 ( x ? 3 2 ) ,代入
x2 y 2 ? ? 1 中,消去 y 得 36 4

14x 2 ? 9 6 (1 ? 3 3 ) x ? 18(13? 3 3 ) ? 0 .

它的两根分别是 x 1 和 3 2 ,所以 x1 ? 3 2 ?

18(13 ? 3 3 ) 3 2 (13 ? 3 3 ) ,即 x1 ? .所以 14 14
3 2 (3 3 ? 1) . 7

| PA |? 1 ? ( 3 ) 2 ? | x1 ? 3 2 |?

同理可求得 | PB |?

3 2 (3 3 ? 1) . 7

1 S?PAB ? ? | PA | ? | PB | ? sin 60? 2 1 3 2(3 3 ? 1) 3 2(3 3 ? 1) 3 ? ? ? ? 所以 . 2 7 7 2 ? 117 3 . 49

2. 【解析】令 f ( x) ? ( x ? 1)( x ? 2) ? ( x ? n) ? 2 ,



将①的右边展开即知 f (x) 是一个首项系数为 1 的正整数系数的 n 次多项式. 下面证明 f (x) 满足性质(2) . 对任意整数 t , 由于 n ? 4 , 故连续的 n 个整数 t ? 1, t ? 2, ? , t ? n 中必有一个为 4 的倍数, 从而由①知 f (t ) ? 2(mod 4) .

因此,对任意 k (k ? 2) 个正整数 r1 , r2 , ?, rk ,有 f (r1 ) f (r2 ) ? f (rk ) ? 2 k ? 0(mod 4) . 但对任意正整数 m ,有 f (m) ? 2(mod 4) ,故 f (m) ? f (r1 ) f (r2 ) ? f (rk )(mod 4) , ? 从而 f (m) ? f (r1 ) f (r2 ) ? f (rk ) . 所以 f (x) 符合题设要求.
[来源:Z.xx.k.Com]

4.【解析】首先证明 A 中“坏格”不多于 25 个. 用反证法.假设结论不成立,则方格表 A 中至多有 1 个小方格不是“坏格” .由表格的 对称性,不妨假设此时第 1 行都是“坏格” . 设方格表 A 第 i 列从上到下填的数依次为 a i , bi , c i , i ? 1,2, ? ,9 .记
S k ? ? a i , Tk ? ? (bi ? c i ), k ? 0,1,2, ? ,9 ,
i ?1 i ?1 k k

这里 S 0 ? T0 ? 0 . 我们证明:三组数 S 0 , S1 , ? , S 9 ; T0 , T1 , ? , T9 及 S 0 ? T0 , S1 ? T1 , ? , S 9 ? T9 都是模 10 的完 全剩余系. 事实 上,假如存在 m, n, 0 ? m ? n ? 9 ,使 S m ? S n (mod 10) ,则

i ? m ?1

?a

n

i

? S n ? S m ? 0(mod 10) ,

即第 1 行的第 m ?1 至第 n 列组成一个“好矩形” ,与第 1 行都是“坏格”矛盾. 又假如存在 m, n, 0 ? m ? n ? 9 ,使 Tm ? Tn (mod 10) ,则
i ? m ?1

? (b

n

i

? c i ) ? Tn ? Tm ? 0(mod 10) ,


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