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2009年上海市高中数学竞赛(新知杯)试题(附解答)


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年上海市高中数学竞赛(新知杯) 2009 年上海市高中数学竞赛(新知杯)试卷 (2009 年 3 月 22 日 星期日 上午 8:30~10:30) 说明】 【说明】解答本试卷不得使用计算器 一、填空题(本题满分 60 分,前 4 小题每小题 7 分,后 4 小题每小题 8 分) log 2009 + log 2009 + L + log 2009 a1 a2 a10 1. 设 a1 , a2 ,L , a10 ∈ (1, +∞) ,则 的最小值是 。 2009 log a1a2 La10 2. 已知 x, y ∈ N * ,且 1 + 2 + L + y = 1 + 9 + 92 + L + 9 ,则将 y 表示成 x 的函数, 其解析式是 y = 。 3. 已 知 函 数 f ( x) =| x 2 ? 2 | , 若 f (a ) = f (b) ,且 0 < a < b , 则 ab 的 取 值 范 围 是 。 1 3 4. 满 足 方 程 log 2 [2 cos 2 ( xy ) + ] = ? y2 + y + 的 所 有 实 数 对 2 2 cos ( xy ) 4 ( x, y ) = 。 5. 若 [a ] 表 示 不 超 过 实 数 a 的 最 大 整 数 , 则 方 程 [tan x] = 2sin 2 x 的 解 。 是 6. 不等式 22 x ≤ 3 ? 2 x +
x
x ?1

+ 4 ? 22 x 的解集是



7. 设 A 是由不超过 2009 的所有正整数构成的集合,即 A = {1, 2,L , 2009} ,集合 L ? A ,且 L 中任意两个不同元素之差都不等于 4 ,则集合 L 元素个数的最大可 能值是 。 8. 给出一个凸 10 边形及其所有对角线, 在以该凸 10 边形的顶点及所有对角线的 交 点 为 顶 点 的 三 角 形 中 , 至 少 有 两 个 顶 点 是 该 凸 10 边 形 顶 点 的 三 角 形 有 个。 二、解答题 9.(本题满分 14 分)设函数 f ( x) 定义于闭区间 [0,1] ,满足 f (0) = 0, f (1) = 1 ,且 x+ y 对任意 x, y ∈ [0,1], x ≤ y ,都有 f ( ) = (1 ? a 2 ) f ( x) + a 2 f ( y ) ,其中常数 a 满足 2 0 < a < 1 ,求 a 的值。

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x2 ? y 2 = 1 的右顶点,过点 A 的两条互 4 相垂直的直线分别与双曲线的右支交于点 M , N ,问直线 MN 是否一定过 x 轴上 一定点?如果不存在这样的定点,请说明理由;如果存在这样的定点 P 试求出这 个定点 P 的坐标。 10. (本题满分 14 分)如图, A 是双曲线
y

M O A N

x

11. (本题满分 16 分) A, B 是集合 {a1 , a2 , a3 , a4 , a5 } 的两个不同子集, 设 使得 A 不 是 B 的子集, B 也不是 A 的子集,求不同的有序集合对 ( A, B ) 的组数。

12. (本题满分 16 分)设正整数构成的数列 {an } 使得 a10 k ?9 + a10 k ?8 + L + a10 k ≤ 19 对一切 k ∈ N * 恒成立。 记该数列若干连续项的和
p = i +1

∑a

j

p

为 S (i, j ) , 其中 i, j ∈ N * ,

且 i < j 。求证:所有 S (i, j ) 构成的集合等于 N * 。

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答案:一、 1、 100 ; 3x ? 1 2、 ; 2 3、 (0, 2) ; 4、 π + (k

π 1

5、 x = kπ 或 x = lπ +

π

, )(k ∈ Z ) 2 2 7、1005 ; 0+ 8、 960 。

4

(k , l ∈ Z ) ;

6、[0, 4] ;

1 1 0 +1 1 2 ) = a2 f ( 1 ) = a2 ) = a2 , f ( ) = f ( 二、9、解:因为 f ( ) = f ( 2 2 4 2 2 1 +1 3 2 ) = (1 ? a 2 ) f ( 1 ) + a 2 f (1) = 2a 2 ? a 4 f( )= f( 4 2 2 1 3 + 1 1 3 所以 f ( ) = f ( 4 4 ) = (1 ? a 2 ) f ( ) + a 2 f ( ) = ?2a 6 + 3a 4 8分 2 2 4 4 2 14 分 由此得 a 2 = ?2a 6 + 3a 4 ,而 0 < a < 1 ,所以 a = 2 10、解法一: A(2, 0) ,将 y 轴向右平移 2 个单位,使点 A 成为新直角坐标系 的原点,在新坐标系下,双曲线的方程为 (*)
4 4 若 MN ⊥ x 轴,则 k AM = 1 ,即 l AM : y = x ' ,代入(*)式可得 M ( , ) ,进而 3 3 4 4 4 10 N( ,? ) 。 所以 P ( , 0) , 则点 P 在原坐标系中的坐标为 ( , 0) 。 5 3 3 3 3 分 y ? kx ' 若 MN 不垂直 x 轴,设 lMN : y = kx '+ t (t ≠ 0) ,则 = 1, t y ? kx ' y y 于是(*)可以改写成 4 y 2 ? x '2 ? 4 x '? = 0 ,即 4t ( )2 ? 4( ) + 4k ? t = 0 t x' x' 该方程的两个根 k1 , k2 既是 AM , AN 的斜率。 4k ? t 因为 AM ⊥ AN ,所以 k1k2 = = ?1 , 10 分 4t 4 4 4 所以 t = ? k ,故 lMN : y = kx '? k = k ( x '? ) 3 3 3 4 10 所以过定点 P ( , 0) ,则点 P 在原坐标系中的坐标为 ( , 0) 。 3 3 10 综上所述,直线 MN 过 x 轴上的定点 P ( , 0) 14 分 3 1 解法二:设直线 AM 的斜率为 k (k > 0, k ≠ ± , k ≠ ±2) 2 2 2 2 ?x ? 4 y = 4 8k + 2 4k 2 k 2 + 8 ?4 k 由? ? M( 2 , 2 ) ,同理得 N ( , ) 4k ? 1 4 k ? 1 4 ? k2 4 ? k2 ? y = k ( x ? 2)
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( x '+ 2) 2 ? y 2 = 1 ,即 4 y 2 ? x '2 ? 4 x ' = 0 4

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当 k = ±1 时, xM = xN =

10 10 ,所以过 ( , 0) 3 3

8分

1 10 10 分 当 k ≠ ±1, k ≠ 2, k ≠ ± 时,由直线 MN 的方程得, y = k '( x ? ) 2 3 10 所以,直线 MN 过 x 轴上的定点 P ( , 0) 14 分 3 11 、 解 : 集 合 {a1 , a2 , a3 , a4 , a5 } 有 25 个 子 集 , 不 同 的 有 序 集 合 对 ( A, B ) 有
25 (25 ? 1) 组。

2分 若 A ? B ,并设 B 中含有 k (1 ≤ k ≤ 5) 个元素,则满足 A ? B 的有序集合对 ( A, B ) 有

∑ C5k (2k ? 1) = ∑ C5k 2k ? ∑ C5k = 35 ? 25 组
k =1 k =0 k =0

5

5

5

8分

10 分 同理,满足 B ? A 的有序集合对 ( A, B ) 也有 35 ? 25 组。 5 5 5 所以,满足条件的有序集合对 ( A, B ) 的组数为 2 (2 ? 1) ? 2(3 ? 25 ) = 570 组。 16 分 12、证明:显然 S (i, j ) ∈ N * 2分 下证对任意 n0 ∈ N * ,存在 S (i, j ) = n0 用 Sn 表示数列 {an } 的前 n 项和,考虑 10n0 + 10 个前 n 项和:

S1 < S2 < L < S10 n0 +10
另外,再考虑如下 10n0 + 10 个正整数:
S1 + n0 < S 2 + n0 < L < S10 n0 +10 + n0

(1) 6分

由题设 S10 n0 +10 = (a1 + a2 + L + a10 ) + (a11 + L + a20 ) + L + (a10 n0 +1 + L + a10 n0 +10 ) (2)

显然

S10 n0 +10 + n0 ≤ 20n0 + 19

10 分

这样(1),(2)中出现 20n0 + 20 个正整数,都不超过 20n0 + 19 , 由抽屉原理,必有两个相等。由于(1)式中各数两两不相等,(2)式中各数也 两两不等,故存在 i, j ∈ N * ,使得 S j = Si + n0 ,即 j > i ,且 n0 = S j ? Si = S (i, j ) 所以,所有 S (i, j ) 构成的集合等于 N * 。 16 分

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