(完整word版)2009年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽試題及答案,推薦文檔

1、2009 年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽受中國數(shù)學(xué)會(huì)委托， 2009 年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽由黑龍江省數(shù)學(xué)會(huì)承辦。中國數(shù)學(xué)會(huì)普 及工作委員會(huì)和黑龍江數(shù)學(xué)會(huì)負(fù)責(zé)命題工作。2009 年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽一試命題范圍不超出教育部 2000 年全日制普通高級中學(xué)數(shù) 學(xué)教學(xué)大綱 中所規(guī)定的教學(xué)要求和內(nèi)容， 但在方法的要求上有所提高。 主要考查學(xué)生對基 礎(chǔ)知識(shí)和基本技能的掌握情況， 以及綜合和靈活運(yùn)用的能力。 全卷包括 8 填空題和 3 道大題， 滿分 100 分。答卷時(shí)間為 80 分鐘。全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽加試命題范圍與國際數(shù)學(xué)奧林匹克接軌，在知識(shí)方面有所擴(kuò)展，適當(dāng) 增加一些競賽教學(xué)大綱的內(nèi)容。全卷包括 4 道大題，其中一道

2、平面幾何題，試卷滿分 200 分。答卷時(shí)問為 150 分鐘。、填空（每小題 7 分，共 56 分）f f fL f x，貝 U f9911 4 44 2 4 4 雄n2 22.已知直線 L:x y 90 和圓 M :2x 2yC 為圓M上兩點(diǎn)，在ABC中，BAC 45， 為 .y 03.在坐標(biāo)平面上有兩個(gè)區(qū)域M和N,M為 ywx ,N是隨 t 變化的區(qū)域，它由yw2 x不等式twxwt 1所確定，t 的取值范圍是0wtw1，貝y M和 N 的公共面積是函數(shù) f t.1 1 1 14.使不等式La 2007-對一切正整數(shù) n 都成立的最小正整數(shù)n 1 n 2 2n 13a 的值為_.2 25.橢

3、圓2 爲(wèi) 1 a b 0 上任意兩點(diǎn)P, Q，若 OP OQ，則乘積|OP OQ|的a b最小值為_ .6.若方程 lgkx 2lg x 1 僅有一個(gè)實(shí)根，那么 k 的取值范圍是 _.7.一個(gè)由若干行數(shù)字組成的數(shù)表，從第二行起每一行中的數(shù)字均等于其肩上的兩個(gè)數(shù) 之和，最后一行僅有一個(gè)數(shù)，第一行是前 100 個(gè)正整數(shù)按從小到大排成的行，則最后一行的 數(shù)是（可以用指數(shù)表示）8.某車站每天8：009：00,9：0010：00都恰有一輛客車到站，但到站的時(shí)刻是隨 機(jī)的，且兩者到站的時(shí)間是相互獨(dú)立的，其規(guī)律為到站時(shí)刻8：108：308：509：109：309：50概率111623一旅客8：20到車站，則

4、它候車時(shí)間的數(shù)學(xué)期望為 _ （精確到分）二、解答題2 21.（14 分）設(shè)直線 l : y kx m （其中k, m 為整數(shù)）與橢圓 1 交于不同兩16 122 2點(diǎn)A,B，與雙曲線也 1 交于不同兩點(diǎn) C ,D，問是否存在直線l，使得向量412AC BD 0 ,若存在，指出這樣的直線有多少條？若不存在，請說明理由.8x 8y 10 ,點(diǎn)A在直線L上，B,AB過圓心M,則點(diǎn)A橫坐標(biāo)范圍1.若函數(shù)(n)X22.（15 分）已知 p , q q 0 是實(shí)數(shù)，方程 x px q 0 有兩個(gè)實(shí)根滿足 aip , a2p2q ,a.pan 1qa. 2n 3,4, L（I）求數(shù)列 an的通項(xiàng)公式（用 ，

5、表示）；1（H）若 p 1, q ,求 an的前 n 項(xiàng)和.43.（15 分）求函數(shù) y 宀27 13x . x 的最大和最小值.,數(shù)列 an1加試一、解答題(共 4 小題，每小題 50 分，共 200 分)1、如圖，M, N 分別為銳角三角形ABC(A B)的外接圓 中點(diǎn)過點(diǎn)C 作PC II MN交圓 于P點(diǎn)，I為ABC的內(nèi)心，連接T求證：MP MT NP NT；在弧AB(不含點(diǎn) C )上任取一點(diǎn) Q ( Q 工 A ,T,B)，記 心分別為Ii, I2,求證：Q , Ii, I2,T四點(diǎn)共圓.2、求證不等式:1In nw ,n 1,2,2上弧BC、AC的PI并延長交圓于AQC , QCB

6、的內(nèi)k 1k21PAB3、設(shè) k ,l是給定的兩個(gè)正整數(shù)證明：有無窮多個(gè)正整數(shù)mk，使得 cm與l互素.4、 在非負(fù)數(shù)構(gòu)成的39數(shù)表X11X12X13X14X15X16X17X18X19P X21X22X23X24X25X26X27X28X29X31X32X33X34X35X36X37X38X39中每行的數(shù)互不相同， 前 6 列中每列的三數(shù)之和為1，x17x28x390， x27， x37， x18， x38，X19，X29均大于如果P的前三列構(gòu)成的數(shù)表X11X12X13SX21X22X23X31X32X33x1k滿足下面的性質(zhì) (O)：對于數(shù)表P中的任意一列x2k(k 1， 2,，9)均存在

7、某個(gè)x3ki 1 ， 2， 3 使得xik0 為 ywxyw20wtw1,N 是隨 t 變化的區(qū)域，它由不M和 N 的公共面積是函數(shù)2解：由題意知f(t)S陰影部分面積=SAOBSOCDSBEF=t2t12kx 0(1)x 10(2)x2(2 k)x 10(3)對(3)由求根公式得x1,x2丄k 2,k24k26、若方程 lgkx 2lg x 1 僅有個(gè)實(shí)根，那么k 的取值范圍是k 0或k 4解：kx0 x1 0kx(x1)2時(shí)，OP 0Q達(dá)到最小值2a當(dāng)且僅當(dāng)4、使不等式的值為 20091a 20071對一切正整數(shù) n 都成立的最小正整數(shù)a2n 13解：設(shè)f(n).顯然f(n)單調(diào)遞減.則由

8、f(n)的最大值2n 11f(1) a 2007 ，可得32yd2009.25、橢圓X2a2a2b2小值為 r2a2b2解：設(shè)b 0 上任意兩點(diǎn)P，Q，若 OP OQ，則乘積 OP| |OQ 的最P(OP cos , OP sin )，Q(OQ cos(),OQ sin(2i)由P、Q在橢圓上,2cos.2sin(1) + (2)得OP22ab212sin2cosOQ22ab21111OP2OQ2 2ab2(1)(2)OPOQ2a2b2a2b22a2b2(4)2k24k 0 k 0或k 4(i)當(dāng)k 0時(shí)，由(3 )得xix2k 20XfX21 0所以XiX2同為負(fù)根。又由(4)知，Xi10X

9、21 0所以原方程有一個(gè)解x1。k(ii)當(dāng)k 4時(shí)，原方程有一個(gè)解x 11.2(iii )當(dāng)k 4時(shí)，由(3)得x2k 2 0 x21 0所以X1,X2同為正根，且X1X2，不合題意，舍去。綜上可得k 0或k 4為所求。7、一個(gè)由若干行數(shù)字組成的數(shù)表，從第二行起每一行中的數(shù)字均等于其肩上的兩個(gè)數(shù) 之和，最后一行僅有一個(gè)數(shù)，第一行是前100 個(gè)正整數(shù)按從小到大排成的行，則最后行的數(shù)是_101 298_(可以用指數(shù)表示)解：易知：(i)該數(shù)表共有 100 行；(ii)每一行構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列，且公差依次為d11,d22,d322,d99298(iii ) a100為所求。設(shè)第n(n2)行的第一個(gè)數(shù)

10、為an,則anan 1(an12n2) 2an12n 222an 22n 3 2n 2222an 32n 4 2 2n 22n 223an 33 2n 2n 1n 22 a1(n 1) 2(n 1)2n 2故a1001 0 1 298.到站時(shí)刻8：108：308：509：109：309：50概率1116238、某車站每天8：009：00,9：0010：00都恰有一輛客車到站，但到站的時(shí)刻是隨機(jī) 的，且兩者到站的時(shí)間是相互獨(dú)立的，其規(guī)律為27_ (精確到分)一旅客8：20到車站，則它候車時(shí)間的數(shù)學(xué)期望為 解：旅客候車的分布列為候車時(shí)間（分）1030507090概率111 11 11 1P236

11、62 63 6候車時(shí)間的數(shù)學(xué)期望為10111130 -5070 90273361218二、解答題1、（14 分）設(shè)直線 l:ykxm （其中2Xk, m 為整數(shù)）與橢圓一162y121 交于不同兩點(diǎn)A，LUTAC2y_12解:2B，與雙曲線X4uurBD 0，若存在，指出這樣的直線有多少條？若不存在，請說明理由.1 交于不同兩點(diǎn)C，D，問是否存在直線（本小題滿分 14 分）設(shè)直線l : y kx m（其中k,m為整數(shù)）與橢圓l，使得向量21 交122 21 交于不同兩點(diǎn) C，412uuuBD 0， 若存在， 指出這樣的直線有多少條？若不存在，解：由kx mv2消去y化簡整理得112于不同兩點(diǎn)A

12、,B，與雙曲線乞 y_LULTACD，問是否存在直線使得向量luuV2x16(3 4k2)X2設(shè)A(X1，y1), B(X2，y2)，則X1x?1(8km)24(3 4k2)(4m248)kx my2消去y化簡整理得112(3k2)X2請說明理由。X1設(shè)C(X3, ya),D(X4, y4)，則Xg2因?yàn)閄2X4222(2km)24(3 k2)(m2UULTACHITBD 0，所以（X4X3X4，得所以2km 0，或28kmx 4m8km3 4k2.02kmx2 km3 k2m24812(1)12) 0X2)(X3X1)0，此時(shí),2km3k2(y4(2)y2)(ygy1)8 分0.由8 km3

13、 4k212由上試解得k3 k43 4k22-. 3因m是整數(shù)，所以m的值為k 0時(shí)，由（2）得2 .3 m（1）和（2）得.3 k3因k是整數(shù)，所以k1,0,1,23當(dāng)m 0時(shí),由條。2、（ 15 分）已知p，q q 0 是實(shí)數(shù)，方程X2px q 0 有兩個(gè)實(shí)根3, 2,1,0,1.于滿足條件的直線共有914 分，數(shù)列 anan10 分滿足 aip , a2p2q ,a.pan1qa.2n 3, 4 ,L(I)求數(shù)列 an的通項(xiàng)公式(用 ，表示)；1(H)若 p 1, q ,求 an的前 n 項(xiàng)和.4解法一：(I)由韋達(dá)定理知q 0,又p,所以成公差為 1 的等差數(shù)列，其首項(xiàng)為 別 2，所以

14、anpxn 1qxn 2()an 1an 2,(n3,4,5.)整理得anan 1(an 1an 2)令bnan 1an，則bn 1bn(n 1,2,.).所以.bn是公比為的等比數(shù)列22a1-ba?a2pq p ()()所以bn2n 1n 1即an1ann1(n 1,2,.).所以an 1n 1 /an(n1,2,.).當(dāng)Jp24q 0,0, a1p2 ,an 1ann 1(n 1,2,.)變?yōu)閍n 1ann 1(n 1,2,.).整理得，勒aa a1,(n 1,2,.).所以，數(shù)列*a于是數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an(n2p 4q 0時(shí)，an 1an整理得,an所以，數(shù)列anann1)2 1(

15、n 1) n1.n 1(n 1,2,.).(an成公比),(n 1,2,.).的等比數(shù)列，其首數(shù)列bn的首項(xiàng)為:1(II)若p 1,q,則p24q 0,此時(shí)41n 1an的通項(xiàng)公式為an(n 1)( )nn，所以，a.的前n項(xiàng)和為222 34nn 1Sn22戸-2* 12n1234nn 122歹24.2n2“ 1以上兩式相減，整理得13n 3Snn 1222所以Sn3n 3、. 15 分2n解法二：(1)由由韋達(dá)定理知q 0,又p,所以a12,a22特征方程2p q 0的兩個(gè)根為J當(dāng)0時(shí)，通項(xiàng)an(AA2n)n(n21,2,.).由a12 , a23得AA2A,2A2222解得A-i -, A

16、2-.故10 分(II)同解法一。3、(15 分)求函數(shù) y x 2713 xx 的最大和最小值.解：函數(shù)的定義域?yàn)?,13。因?yàn)閥 x x 2713 x x 2713 2 . x(13 x).27133展(13當(dāng)x 0時(shí)等號(hào)成立。故y的最小值為3 3,13.5 分又由柯西不等式得y2(X x 2713 x)211(丄1)(2x (x 27) 3(13 x)121,23-.由第(I)步的結(jié)果得，數(shù)列2解得A1當(dāng). 5 分2 2,a2得所以y 11.10 分由柯西不等式等號(hào)成立的條件，得4x 9(13 x) x 27,解得x 9.故當(dāng)x 9時(shí)等號(hào)成立。因此y的最大值為 11. 15 分2009

17、年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)合競賽加試試題參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)說明：1評閱試卷時(shí)，請嚴(yán)格按照本評分標(biāo)準(zhǔn)的評分檔次給分；2如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步驟正確，在評卷時(shí)可參照本評分標(biāo) 準(zhǔn)適當(dāng)劃分檔次評分，10 分為一個(gè)檔次，不要增加其它中間檔次。一、解答題（共 4 小題，每小題 50 分，共 200 分）1、如圖，M,N分別為銳角三角形ABC（A B）的外接圓 上弧 Be、AC的 中點(diǎn)過點(diǎn) C 作PC II MN交圓 于P點(diǎn)，I為ABC的內(nèi)心，連接PI并延長交圓 于T求證：MP MT NP NT；在弧AB（不含點(diǎn)C）上任取一點(diǎn) Q （ Q 工 A ,T,B），記 AQC , QCB 的內(nèi) 心

18、分別為 Ii, I2,1SPMT PM MT sin PMT求證：Q , Ii, I2,T四點(diǎn)共圓.證明：（1）連 NI , MI.由于 PC/MN , P, C, M , N 共圓，故 PCMN 是等腰梯形。因此 NP/MC , PM/NC. 10 分連 AM , CI，則 AM 與 CI 交于 I，因?yàn)镸IC MAC ACI所以 MC=MI，同理FCNr . MI x|yXJ7BA、_ /MCB BCI MCI,NC=NI.于是NP=MI,PM=NI.故四邊形 MPNI 為平行四邊形。因此SPMTSPNT（同底，等高）20 分又 P, N, T, M 四點(diǎn)共圓，故TNPPMT 180由三角

19、形面積公式21SPNT- PN NT sin PNT21 -PN NT sin PMT2于是PM MT PN NT.30 分(2)因?yàn)镹CIiNCA ACIiNQC QCIiCliN,P C證明：首先證明一個(gè)不等式：Q所以NC NI1.同理MCMl2.由MP MTNP NT得NTMTMPNP .由（1）所證 MP=NC，NP=MC .故NTMT.40 分NI1MI2又因I1NTQNTQMTI2MT,有I1NT I2MT.故NTI1MTI2從而I1QI2NQMNTMI1TI2.因此Q,l1, I2,T四點(diǎn)共圓50 分2、求證不等式：nk 112In nw ,n 1,2,k 1k212于是1在（1

20、）中取x得nln(1 x)x, x 0.1 xh(x) x ln(1 x),g(x)ln(1 x)1x.1 x1 1h(x)10,g(x)1xc.2 201 x1 x (1x) (1 x)（1）事實(shí)上，令則對x 0，h(x) h(0)0,g(x)g(0)0.因此(2)令Xnxnxn 1X1又因?yàn)閘n n (ln nln(n從而ln n,則xXn1)(ln(nXn1112Xn 11)ln(11-)n10 分nn21nn21_1ln(1(n21)n0.30 分ln( n2).(ln 2ln1)ln11ln(11kk21I1k 1n112(k 1)k1(k 1)k11n1ln(11ln(11)nn2

21、150 分3、設(shè) k ,l是給定的兩個(gè)正整數(shù)證明：有無窮多個(gè)正整數(shù)mk，使得 cm與l互素.證法一：對任意正整數(shù)t,令m k t設(shè) p 是 I的任一素因子，只要證明： p/ 若 p/k!，則由l (k!).我們證明(cm,l)1.cm.k!Cmk(m k i)i 1k(i tl (k!)i 1kii 1k! (mod p).即 p 不整除上式，故 p/|cm.若 p | k!，設(shè)1使p |k!，但p* k!則p1| l(k!).故由20 分(m k i)i1k(i tI (k!)i1kii1k(m k i)i1k(i tI(k!)2i1kii1k! (mod p).1k! (mod p1).及

22、p| k!，且p1/ k!，知 證法二：對任意正整數(shù)設(shè) p 是 I 的任一素因子,若 p|/k!，則由p| k!Cmk且pt，令m kt只要證明： p/|k!(mod p1).r k!cm.從而 p /cmI (k!)2.我們證明(cmk,I) 1.ck.cm.50 分即 p 不整除上式，若 p | k! ，設(shè)m cm.1使p |k!，但p1/20 分k!Cmk12k!.p1|I(k!)2.故由k1(m k i)i1k2(i tI(k!)2i1kii1k! ，且p11|/k!，知p|k!cmk且p1/| k!cmk.從而 p |/cmk在非負(fù)數(shù)構(gòu)成的39數(shù)表X11X12X13X14X15X16

23、X17X18X19PX21X22X23X24X25X26X27X28X29X31X32X33X34X35X36X37X38X39前 6 列中每列的三數(shù)之和為1，x17x28及p|4、50 分中每行的數(shù)互不相同，X19, X29均大于如果P的前三列構(gòu)成的數(shù)表0，X37，X18，X38，X11X12X13X21X22X23X31X32X33Sk!Cmkk!Cmk滿足下面的性質(zhì) (O) ：對于數(shù)表P中的任意一列X3ki 1， 2， 3 使得 Xik Uimin Xi1, Xi2, X3.求證：(i)最小值 uimin xi1，xi2，xi3，i 1, 2, 3 一定自數(shù)表 S 的不冋列(11)存在數(shù)

24、表P中唯一的一列x1k*x2k*,k*豐1, 2, 3 使得3 3數(shù)表x3k*x11x12x1k*Sx21x22x2k*x31x32x3k*仍然具有性質(zhì)(O) 證明：(i )假設(shè)最小值uimin XjwXzxJ i 1,2,3不是取自數(shù)表S的不同列。貝U存在一列不含任何ui.不妨設(shè)uixi2,i 1,2,3.由于數(shù)表 P 中同一行中的任何兩個(gè)元素都不等，于是uixi2,i1,2,3.另一方面，由于數(shù)表S具有性質(zhì)()，在(3)中取k=2,則存在某個(gè)i01,2,3使得xio2ui0.矛盾. 10 分(ii) 由抽屜原理知min x11,x12, min x21,x22, min x31,x32中至

25、少有兩個(gè)值取在同一列。不妨設(shè)min X21, X22X22, min X31, X32X32.由前面的結(jié)論知數(shù)表S的第一列一定含有某個(gè)Ui，所以只能是x11u1.同樣，第二列中也必含某個(gè)q,i 1,2.不妨設(shè)x22u2.于是U3X33，即Ui是數(shù)表S中的對角線上數(shù)字：X11X12X13SX21X22X23X31X32X33記 M= 1, 2，9,令集合I k M |Xikmin Xi1,Xi2, i 1,3顯然Ik M|X1kX11,X3kX32且1,2,3 I.因?yàn)閄18,X381X11,X32,所以8 I.故I.于是存在k*I使得X2k*maX X2k|k I.顯然,k*1,2,3.下面證明3 3數(shù)表x11x12x1k*Sx21x22x2k*x31x32x3k*具有性質(zhì)（ ） .從上面的選法可知Ui: minXi1,Xi2,Xik* min Xi 1, Xi 2, （i 1,3）.這說明X1k*min X11,X12 U1,X3k*min X31,X32 U