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2009年全国高中数学联赛江苏赛区初赛答案


2009 年全国高中数学联赛江苏赛区初赛
(2009 年 5 月 3 日 8∶00-10∶00)
一、填空题(每小题 7 分,共 70 分) 1.已知 sinαcosβ=1,则 cos(α+β)= 填 0. 解:由于|sinα|?1,|cosβ|?1,现 sinαcosβ=1,故 sinα=1,cosβ=1 或 sinα=-1, cosβ=-1, π π π

∴ α=2kπ+2,β=2lπ 或 α=2kπ-2,β=2lπ+π?α+β=2(k+l)π+2(k,l∈Z). ∴ cos(α+β)=0. 2.已知等差数列{an}的前 11 项的和为 55,去掉一项 ak 后,余下 10 项的算术平均值为 4.若 a1=-5,则 k= 填 11. 解:设公差为 d,则得 1 55=-5×11+2×11×10d?55d=110?d=2. ak=55-4×10=15=-5+2(k-1)?k=11. 3. 设一个椭圆的焦距、 短轴长、 长轴长成等比数列, 则此椭圆的离心率 e= -1+ 5 填 . 2 解:由(2b)2=2c×2a?a2-c2=ac?e2+e-1=0?e= 3x+1 1 4.已知 x = - ,则实数 x= 9 -1 3-31 x 填 1. 1 3x 解:即 x = x ?32x-4×3x+3=0?3x=1(舍去),3x=3?x=1. 3 -1 3(3 -1) 5. 如图, 在四面体 ABCD 中, P、 Q 分别为棱 BC 与 CD 上的点, 且 BP=2PC, CQ=2QD. R 为棱 AD 的中点,则点 A、B 到平面 PQR 的距离的比值为 1 填4. 解:A、B 到平面 PQR 的距离分别为三棱锥 APQR 与 BPQR 的以三角形 PQR 为底的高.故其比值等于这两个三棱锥的体积比.
B
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-1+ 5 . 2




A

R D Q P C

1 1 1 1 1 1 1 VAPQR=2VAPQD=2×3VAPCD=2×3×3VABCD=18VABCD; 1 2 1 4 又,SBPQ=SBCD-SBDQ-SCPQ=(1-3-3×3)SBCD=9SBCD, 4 1 4 4 VRBPQ=9VRBCD=2×9VABCD=18VABCD. ∴ A、B 到平面 PQR 的距离的比=1∶4. 又,可以求出平面 PQR 与 AB 的交点来求此比值: 在面 BCD 内,延长 PQ、BD 交于点 M,则 M 为面 PQR 与棱 BD 的交点. BM DQ CP DQ 1 CP 1 BM 由 Menelaus 定理知,MD· QC · PB=1,而 QC =2,PB=2,故MD=4. 在面 ABD 内,作射线 MR 交 AB 于点 N,则 N 为面 PQR 与 AB 的交点. BM DR AN BM DR AN 1 由 Menelaus 定理知,MD· RA· NB=1,而MD=4,RA=1,故NB=4. ∴ A、B 到平面 PQR 的距离的比=1∶4. 6.设 f(x)=log3x- 4-x,则满足 f(x)?0 的 x 的取值范围是 填[3,4]. 解:定义域(0,4].在定义域内 f(x)单调增,且 f(3)=0.故 f(x)?0 的 x 的取值范围为[3,4]. 7.右图是某种净水水箱结构的设计草图,其中净水器是一个宽 10cm、体积为 3000cm3 的长 方体, 长和高未定. 净水水箱的长、 宽、 高比净水器的长、 宽、 高分别长 20cm、 20cm、 60cm. 若 不计净水器中的存水,则净水水箱中最少可以存水 填 78000. 解:设净水器的长、高分别为 x,ycm,则 xy=300, V=30(20+x)(60+y)=30(1200+60x+20y+xy) ?30(1200+2 60x×20y+300)=30(1500+1200) =30×2700. ∴ 至少可以存水 78000cm3. → → 8.设点 O 是△ABC 的外心,AB=13,AC=12,则 BC · AO = 25 填- 2 . → → → 解:设| AO |=| BO |=| OC |=R.则
B O
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A N R D B M Q P C



cm3.


A R R R C

→ → → → → → → → → BC · AO =( BO + OC )· AO = BO · AO + OC · AO =R2cos(π-2C)+R2cos2B 1 1 1 25 =R2(2sin2C-2sin2B)=2(2RsinB)2-2(2RsinC)2=2(122-132)=- 2 . 9.设数列{an}满足:an+1an=2an+1-2(n=1,2,…),a2009= 2,则此数列的前 2009 项的 和为 . 填 2008+ 2. 2 2 解:若 an+1≠0,则 an=2- ,故 a2008=2- 2,a2007=2- =- 2,a2006=2 an+1 2- 2 + 2,a2005= 2. an+1-2 2 2 一般的,若 an≠0,1,2,则 an=2- ,则 an-1= ,an-2= ,a =an an+1 an+1-1 2-an+1 n-3
+1

,故 an-4=an. 于是,
2009 k=1

Σ a =502(a +a +a +a )+a
n 1 2 3 4

2009= 502(a2005+ a2006 + a2007+ a2008) + a2009= 2008

+ 2. 10.设 a 是整数,0?b<1.若 a2=2b(a+b),则 b= 填 0, 3-1 2 , 3-1.
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解:若 a 为负整数,则 a2>0,2b(a+b)<0,不可能,故 a?0.

于是 a2=2b(a+b)<2(a+1)?a2-2a-2<0?0?a<1+ 3?a=0,1,2. a=0 时,b=0; a=1 时,2b2+2b-1=0?b= 3-1 2 ;

a=2 时,b2+2b-2=0?b= 3-1. 说明:本题也可以这样说:求实数 x,使[x]2=2{x}x. 二、解答题(本大题共 4 小题,每小题 20 分,共 80 分) x2 y2 11.在直角坐标系 xOy 中,直线 x-2y+4=0 与椭圆 9 + 4 =1 交于 A,B 两点,F 是椭 圆的左焦点.求以 O,F,A,B 为顶点的四边形的面积.
?4x2+9y2=36, 解:取方程组? 代入得,25y2-64y+28=0. ?x=2y-4.
B A C F O x y

14 此方程的解为 y=2,y=25. 72 14 即得 B(0,2),A(-25,25),又左焦点 F1(- 5,0). 连 OA 把四边形 AFOB 分成两个三角形.
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1 72 1 14 1 得,S=2×2×25+2× 5×25=25(72+7 5). 也可以这样计算面积: 1 1 14 1 直线与 x 轴交于点 C(-4,0).所求面积=2×4×2-2×(4- 5)×25=25(72+7 5). 也可以这样计算面积: 1 14 72 72 14 所求面积=2(0×2-0×0+0×25-(-25)×2+(-25)×0-(- 5)×25+(- 5)×0-0 1 144 14 1 ×0)=2( 25 +25 5)=25(72+7 5). 12.如图,设 D、E 是△ABC 的边 AB 上的两点,已知∠ACD =∠BCE,AC=14,AD=7,AB=28,CE=12.求 BC. AD AC 解: AC =AB?△ACD∽△ABC?∠ABC=∠ACD=∠BCE. ∴ CE=BE=12.AE=AB-BE=16. AC2+AE2-CE2 142+162-122 142+28· 4 11 ∴ cosA= = 2AC· AE 2· 14· 16 = 2· 14· 16 =16. 11 2 ∴ BC2=AC2+AB2-2AC· ABcosA=142+282-2· 14· 28· 9?BC=21. 16=7 · 13.若不等式 x+ y?k 2x+y对于任意正实数 x,y 成立,求 k 的取值范围. 解法一:显然 k>0.( x+ y)2?k2(2x+y)?(2k2-1)x-2 xy+(k2-1)y?0 对于 x,y> 0 恒成立. 令 t=
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C

A

D

E

B

x 2 2 2 y>0,则得 f(t)=(2k -1)t -2t+(k -1)?0 对一切 t>0 恒成立.

当 2k2-1?0 时,不等式不能恒成立,故 2k2-1>0. 2k4-3k2 k2(2k2-3) 1 1 2 2 此时当 t= 2 时,f(t)取得最小值 2 - 2 +k -1= 2 = . 2k -1 2k -1 2k -1 2 k -1 2k2-1 6 当 2k2-1>0 且 2k2-3?0,即 k? 2 时,不等式恒成立,且当 x=4y>0 时等号成立. 6 ∴ k∈[ 2 ,+∞). 解法二:显然 k>0,故 k2? 4t+1 1 =2(1+ 2 ). 2t +1 u-1 8u 令 u=4t+1>1,则 t= 4 .只要求 s(u)= 2 的最大值. u -2u+9 8 s(u)= 9 ? u+u-2 2 4t+1 1 1 3 =2,于是,2(1+ 2 )?2(1+2)=2. 2t +1 9 u· - 2 u 8
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( x+ y)2 x+2 xy+y = .令 t= 2x+y 2x+y

2 x 2 t +2t+1 > 0 ,则 k ? y 2t2+1

3 6 ∴k2?2,即 k? 2 时,不等式恒成立(当 x=4y>0 时等号成立). 4t+1 8t2+4-4t(4t+1) -8t2-4t+4 1 又: 令 s(t)= 2 , 则 s?(t)= = t>0 时有驻点 t=2. 且 2 2 2 2 , 2t +1 (2t +1) (2t +1) 1 1 1 1 在 0<t<2时,s?(t)>0,在 t>2时,s?(t)<0,即 s(t)在 t=2时取得最大值 2,此时有 k2?2(1 1 3 +s(2))=2. 1 解法三:由 Cauchy 不等式,( x+ y)2?(2+1)(2x+y). 6 即( x+ y)? 2 2x+y对一切正实数 x,y 成立. 6 1 3 6 6 6 3 当 k< 2 时,取 x=4,y=1,有 x+ y=2,而 k 2x+y=k 2 < 2 × 2 =2.即不等 式不能恒成立. 6 6 而当 k? 2 时,由于对一切正实数 x,y,都有 x+ y? 2 2x+y?k 2x+y,故不等 式恒成立. 6 ∴ k∈[ 2 ,+∞).

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14.⑴ 写出三个不同的自然数,使得其中任意两个数的乘积与 10 的和都是完全平方数,请 予以验证; ⑵ 是否存在四个不同的自然数,使得其中任意两个数的乘积与 10 的和都是完全平方 数?请证明你的结论. 解:对于任意 n∈N*,n2≡0,1(mod 4). 设 a,b 是两个不同的自然数,①若 a≡0(mod 4)或 b≡0(mod 4),或 a≡b≡2(mod 4), 均有 ab≡0(mod 4), 此时, ab+10≡2(mod 4), 故 ab+10 不是完全平方数; ② 若 a≡b≡1(mod 4),或 a≡b≡3(mod 4),则 ab≡1(mod 4),此时 ab+10≡3(mod 4),故 ab+10 不是完全平 方数. 由此知, ab+10 是完全平方数的必要不充分条件是 a≡ / b(mod 4)且 a 与 b 均不能被 4 整 除. ⑴ 由上可知,满足要求的三个自然数是可以存在的,例如取 a=2,b=3,c=13,则 2 ×3+10=42,2×13+10=62,3×13+10=72. 即 2,3,13 是满足题意的一组自然数.
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⑵ 由上证可知不存在满足要求的四个不同自然数. 这是因为,任取 4 个不同自然数,若其中有 4 的倍数,则它与其余任一个数的积加 10

后不是完全平方数,如果这 4 个数都不是 4 的倍数,则它们必有两个数 mod 4 同余,这两 个数的积加 10 后不是完全平方数. 故证.
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