2010年全国高中数赛B卷(含详细解答)

说明：

1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.

2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不要增加其他中间档次。

一、填空题（本题满分分，每小题8分） 1. 函数f(x)x5243x的值域是 [3,3].

解：易知f(x)的定义域是5,8，且f(x)在5,8上是增函数，从而可知f(x)的值域为[3,3]. 2. 已知函数y(acosx3)sinx的最小值为3，则实数a的取值范围是 23a12. 2解：令sinxt，则原函数化为g(t)(ata3)t，即

2g(t)at3(a3)t.

由 at(a3)t3， at(t1)3(t1)0，

23(t1)(at(t1)3)0 及t10 知

at(t1)30 即 a(tt)3 （1）

当t0,1时（1）总成立； 对0t1,0tt2；

221t2t0. 43从而可知 a12.

2对1t0,3. 双曲线xy1的右半支与直线x100围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为

整数的点）的个数是 9800 .

解：由对称性知，只要先考虑x轴上方的情况，设yk(k1,2,,99)与双曲线右半支于Ak,交

22 1

直线x100于Bk，则线段AkBk内部的整点的个数为99k，从而在x轴上方区域内部整点的个数为

(99k)99494851.

k199又x轴上有98个整点，所以所求整点的个数为 24851989800.

4. 已知{an}是公差不为0的等差数列，{bn}是等比数列，其中a13,b11,a2b2,3a5b3，

且存在常数,使得对每一个正整数n都有anlogbn，则 333. 解：设{an}的公差为d,{bn}的公比为q，则 3dq, （1） 3(34d)q， （2）

（1）代入（2）得

2912dd26d9，求得d6,q9.

n1从而有 36(n1)log9 对一切正整数n都成立，

即 6n3(n1)log9 对一切正整数n都成立. 从而 log96,3log9， 求得 33,3， 333. 5. 函数f(x)a2x3ax2(a0,a1) 在区间x[1,1]上的最大值为8，则它在这个区间上

的最小值是 1 . 42x解：令ay,则原函数化为g(y)y3y2,g(y)在(,+)上是递增的.

32当0a1时，y[a,a],

1g(y)maxa23a128a12a所以 g(y)min()3当

1， 2122112； 24a1时，y[a1,a]，

2

g(y)maxa23a28a2，

13212.

41综上f(x)在x[1,1]上的最小值为.

4所以 g(y)min226. 两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另

一人投掷.先投掷人的获胜概率是

12. 17解：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为

217，从而先投掷人的获胜概率为 361275757()2()4 12121212127112.

25171211447. 正三棱柱ABCA1B1C1的9条棱长都相等，P是CC1的中点，二面角BA1PB1,则

sin

10 . 4解一：如图，以AB所在直线为x轴，线段AB中点O为原点，OC所在直线为y轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则B(1,0,0),B1(1,0,2),A1(1,0,2),P(0,3,1)，从而，

BA1(2,0,2),BP(1,3,1),B1A1(2,0,0),B1P(1,3,1).

设分别与平面BA1P、平面B1A1P垂直的向量是m(x1,y1,z1)、n(x2,y2,z2)，则

mBA12x12z10, mBPx13y1z10,nB1A12x20, nB1Px23y2z20,由此可设 m(1,0,1),n(0,1,3)，

B1zA1C1PAO所以mnmncos，

BCy即322coscos6. 4x 3

所以 sin10. 4A1C1解二：如图，PCPC1,PA1PB .

设A1B与AB1交于点O, 则

EB1OA1OB,OAOB1,A1BAB1 . OPA因为 PAPB1,所以 POAB1,

从而AB1平面PA1B .

C过O在平面PA1B上作OEA1P,垂足为E. B连结B1E,则B1EO为二面角BA1PB1的平面角. 设AA12,则易求得

PBPA15,A1OB1O2,PO3.

在直角PA1O中，A1OPOA1POE, 即 235OE,OE65.

又 B1O2,B1EB21OOE22555. sinsinBB1O1EOB2104. 1E4558. 方程xyz2010满足xyz的正整数解（x,y,z）的个数是 336675 .

解：首先易知xyz2010的正整数解的个数为 C2200920091004.

把xyz2010满足xyz的正整数解分为三类：

（1）x,y,z均相等的正整数解的个数显然为1；

（2）x,y,z中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设x,y,z两两均不相等的正整数解为k. 易知 1310036k20091004，

4

6k20091004310031

200610052009321200610052004， k1003335334335671. 从而满足xyz的正整数解的个数为 11003335671336675. 二、解答题（本题满分56分）

9.（本小题满分16分）已知函数f(x)axbxcxd(a0)，当0x1时，f(x)1，试求a的最大值.

解一： f(x)3ax2bxc,

232f(0)c,13 由 f()abc, 得 （4分）

42f(1)3a2bc 3a2f(0)2f(1)4f(). （8分） 所以3a2f(0)2f(1)4f()

1212 2f(0)2f(1)4f() 8， a128. （12分） 38382又易知当f(x)x4xxm（m为常数）满足题设条件，所以a最大值为.（16分）

332解二：f(x)3ax2bxc.

设g(x)f(x)1，则当0x1时，0g(x)2. 设 z2x1，则xz1,1z1. 2z13a23a2b3ah(z)g()zzbc1. （4分）

2424容易知道当1z1时，0h(z)2,0h(z)2. （8分） 从而当1z1时，0 即 0h(z)h(z)2 ，

23a23azbc12， 44 5

3a3abc10,z22， 4482由 0z1知a. （12分）

38382又易知当f(x)x4xxm（m为常数）满足题设条件，所以a最大值为.

33从而

（16分）

10.（本小题满分20分）已知抛物线y6x上的两个动点A(x1,y1)和B(x2,y2)，其中x1x2且

2x1x24.线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，求ABC面积的最大值.

解一：设线段AB的中点为M(x0,y0)，则 x0x1x2yy22,y01， 22y2y1yy16322 .

x2x1y2y1y0y2y1266 kAB线段AB的垂直平分线的方程是 yy0y0(x2). （1） 3易知x5,y0是（1）的一个解，所以线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点（5分） C坐标为(5,0).

由（1）知直线AB的方程为 yy0y3(x2)，即 x0(yy0)2. （2） y032（2）代入y6x得

222 y2y0(yy0)12，即 y2y0y2y0120.（3）

依题意，y1,y2是方程（3）的两个实根，且y1y2，所以 222 4y04(2y012)4y0480,

yA 23y023.

B AB(x1x2)(y1y2)

OC(5,0)x22 6

(1(y02))(y1y2)2 32y0 (1)[(y1y2)24y1y2]

92y022 (1)(4y04(2y012))

9 222(9y0)(12y0) . 3 定点C(5,0)到线段AB的距离 hCM SABC 2(52)2(0y0)29y0. （10分）

11222 ABh(9y0)(12y0)9y02311222(9y0)(242y0)(9y0) 32222242y09y0119y0 ()3

323 14（15分） 7 .

3635635,57),B(,57)或3322当且仅当9y0242y0，即y05,A(A(635635,(57)),B(,57)时等号成立. 33所以ABC面积的最大值为

14（20分） 7.

3解二：同解一，线段AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点，且点C坐标为(5,0).

（5分）

设x1t1,x2t2,t1t2,t1t24，则

2222 SABC12t122t25016t11的绝对值, （10分） 6t21222 SABC((56t16t1t26t1t256t2))

212 7

3(t1t2)2(t1t25)2 23 (42t1t2)(t1t25)(t1t25)

23143 (),

2314 SABC 7, （15分）

3  当且仅当(t1t2)t1t25且t1t24，

即t1222756, t2756,A(635635,57),B(,57)或 33A(635635,(57)),B(,57)时等号成立. 33 所以ABC面积的最大值是

14 7. （20分）

32an111.（本小题满分20分）数列an满足a1,an12(n1,2,).

3anan1求证:

11112n1a1a2an2n. （1） 23232an11121， 知 2aaaanan1n1nn证明：由an1

1an1111(1). （2） anan2an1ana所以 nan,

1an11an1an即 ananan1. （5分） 1an1an1从而 a1a2an

aaan1a1aa223n 1a11a21a21a31an1an1aaa11n1n1 . 1a11an121an1 8

所以（1）等价于

a111112n1n12n， 2321an1232n1即 31an12n3 . （3） （10分）

an12由a1an113 及 an1a2 知 a2 .

nan17当n1时 ，1a2a6，32116321 ，

2即n1时，（3）成立.

设nk(k1)时，（3）成立，即 32k11ak1ka32. k1当nk1时，由（2）知

1ak2a1(1ak1)(1ak1)232k； k2ak1ak1ak1又由（2）及a111an3 知 a(n1)均为整数， n从而由

1ak11ak1a32k 有 32k1 即132k ， k1ak1ak1所以

1ak211ak132k32k32k1a ，

k2ak1ak1即（3）对nk1也成立.

所以（3）对n1的正整数都成立，即（1）对n1的正整数都成立.

15分）

20分） 9

（（2010年全国高中数合竞赛加试 试题参及评分标准（B卷）

说明：

1. 评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分.

2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不要增加其他中间档次。 一、（本题满分40分）

如图，锐角三角形ABC的外心为O，K是边BC上一点（不是边BC的中点），D是线段AK延长线上一点，直线BD与AC交于点N，直线CD与AB交于点M．求证：若OK⊥MN，则A，B，D，C四点共圆．

证明：用反证法．若A，B，D，C不四点共圆，设

A三角形ABC的外接圆与AD交于点E，连接BE并延长交

直线AN于点Q，连接CE并延长交直线AM于点P，连接PQ．

O因为PKP的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O） POr222KO22r，

2BEKDC同理 QK2QO2r2KO2r2， 所以 POPKQOQK，

222PQNM故 OK⊥PQ． （10分）

由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是

AQAP． ① QNPM由梅内劳斯（Menelaus）定理，得

NBDEAQ1， ② BDEAQNMCDEAP1． ③ CDEAPM由①，②，③可得

NBMC， （30分） BDCD所以

NDMD，故△DMN ∽ △DCB，于是DMNDCB，所以BC∥MN，故OK⊥BC，即BDDCK为BC的中点，矛盾！从而A,B,D,C四点共圆. （40分）

10

注1：“PK2P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）”的证明：延长PK至点F，使得

PKKFAKKE， ④

则P，E，F，A四点共圆，故

PFEPAEBCE，

从而E，C，F，K四点共圆，于是

PKPFPEPC， ⑤

⑤-④，得 PK2PEPCAKKE

P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）．

注2：若点E在线段AD的延长线上，完全类似． A

O

F BEKC D

PQ

NM 二、（本题满分40分）

设m和n是大于1的整数，求证：

1mmm2mnm1kk1jnjm1n(1)Cmnk1Cm(1j1i) .i1m1 证明：由（q1)m1Cjjm1q得到

j0m(q1)m1qm1Cjjm1q, j0分别将q1,2,,n代入上式得：

2m1m1Cjm1,

j03m12m1mCjjm12, j0

11

mnm1(n1)m1Cjjm1(n1), j01m(n1)mnm1Cjjm1n. j0将上面n个等式两边分别相加得到：

m(n1)m11(Cjnjm1), （20分）j0ii1mm1nn (n1)(n1)1n（Cjjm1j1i）(m1)i1im,

i1 1m2mnm1mm1nm1(n1)Ckkjjmn(Cm1i). （40分）k1j1i1三、（本题满分50分）

设x,y,z为非负实数, 求证：

(xyyzzx3)3(x2xyy2)(y2yzz2)(z2zxx2)(x2y2z232).

证明：首先证明左边不等式.

因为 x2xyy214[(xy)23(xy)]214(xy), 2同理,有

y2yzz21(yz), 24z2zxx214(zx)2; （10分）于是

(x2xyy2)(y2yzz2)z(2zxx2)1x[(yy)z(zx)(

2)] 1[(xyz)xy(yzzx)xyz2; ] （20分）由算术-几何平均不等式, 得 xyz19(xyz)(xyyzzx),所以

(x2xyy2)(y2yzz2)z(2zxx2)1x(yzxy)2(yzzx 281) 181(x2y2z22xy2yzzx2xy)(yzzx2)(xyyzzx33). 左边不等式获证, 其中等号当且仅当xyz时成立. （30分）下面证明右边不等式.

根据欲证不等式关于x,y,z对称, 不妨设xyz, 于是 (z2zxx2)(y2yz2)z2x, y所以

(x2xyy2)(y2yz2)z(2zzx2)x(2xxy2). y2 x y （40分）

12

运用算术-几何平均不等式, 得

x2xyy2xy2)xy (xxyy)xy(xxyy)xyxy(2x2xyy2xy2x2y2x2y23x2y2z23)()()(). (2222右边不等式获证, 其中等号当且仅当x,y,z中有一个为0,且另外两个相等时成立. （50分）

222222四、（本题满分50分）

设k是给定的正整数，rk1(l)f(r) ．记f(1)(r)f(r)r，r2f(f(l1)(r)),l2．证明：存在正整数m，使得f(m)(r)为一个整数．这里，x表示不小于实数

x的最小整数，例如：1，11． 2证明：记v2(n)表示正整数n所含的2的幂次．则当mv2(k)1时，f下面我们对v2(k)v用数学归纳法．

当v0时，k为奇数，k1为偶数，此时f(r)k(m)1(r)为整数．

111kkk1为整222数． （10分)

假设命题对v1(v1)成立．

对于v1，设k的二进制表示具有形式

k2vv12v1v22v2这里，i0或者1，iv1,v2,于是 f(r)k ，

． （20分)

111kkk1 2221kk2k 221v1vv12v 2(v11)2(v1v2)22

21 k， ① （40分）

2这里k2v1vv1(v11)2(v1v2)222v．显然k中所含的2的幂次为

1v1．故由归纳假设知，rk经过f的v次迭代得到整数，由①知，f(v1)(r)是一个整数，

2这就完成了归纳证明． （50分）

13

14