2010年全国高中数学联赛甘肃省预赛试题及答案

-1-2010年全国高中数学联赛甘肃省预赛一.填空题(每小题7分，共56分)1.已知12nkkk是非负整数,满足12222227nkkk，则12nkkk.2.设0a，函数()|2|fxxa和()||gxxa的图像交于C点且它们分别与y轴交于A和B点，若三角形ABC的面积是1，则a.3.已知nS是公差为正数q的等差数列的前n项之和，如果210nSn在6n时取到最小值,则q的取值范围是.4.已知函数3yx在kxa的切线和x轴交于1ka，如果11a,则limnnS.5.函数:fRR对于一切,,xyzR满足不等式()()()3(2)fxyfyzfzxfxyz，则(1)(0)ff；6.锐角三角形ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，若4cosbaCab，则11tantanAB的最小值是；7.P是椭圆221124xy上的一动点，1F和2F是椭圆的两个焦点，则12PFPF的取值范围是；8.用3种颜色给立方体的8个顶点染色，其中至少有一种颜色恰好染4个顶点．则任一棱的两个端点都不同色的概率是；二.解答题(本题满分64分,第9、10题每题14分，第11、12题每题18分)9.已知1sinsin5，1coscos3，求1cos2sin21cos2sin2的值.10.设12,,,naaa是12,,,n的一个排列（3n），求证：222222222222212323434521221111121nnnnaaaaaaaaaaaannn.11.对任意的正整数n,证明恒等式4211nkkkk2111nkknn.12.设S是一些互不相同的4元数组1234(,,,)aaaa的集合，其中0ia或1,1,2,3,4i．已知S的元素个数不超过15且满足：若12341234(,,,),(,,,)aaaabbbbS，则11223344(max{,},max{,},max{,},max{,})ababababS且11223344(min{,},min{,},min{,},min{,})ababababS．求S的元素个数的最大值．解答1.19提示：0156722712326412822222,故120156719nkkk，于是应填19.2.2提示：由()fx和()gx的图像知三角形ABC是底为a的等腰直角三角形,故其面积214a，于是2a.应填2.3.[10,14]提示：设1(1)naanq，则1(1)2nnnSnaq，于是121021022nSqqnann．621052107210min{,}262527qqq，由此可得572q，故q的取值范围是[10,14]．4.3提示：由3yx知23yx，于是3yx在kxa的切线方程为323kkkyaaxa．它与x轴交于点1(,0)ka，故3213kkkkaaaa，由此可得123kkaa．又11a，故21()13limlim3221133nnnnS，所以应填3．5.0提示：(0)(0)23020xyzfffxffxf，-3-(2)(0)(0)3(2)(0)(2)xyzfxfffxffx由此得(0)()(0)ffxf，从而()(0)fxfc（常数）．故应填0．6.提示：由题设及余弦定理22222222422abcabababcab，于是11cossinsincostantansinsinBABAABABsin()sinsinsinsinABCABC2sinsinsinsinCABC222sin2sin2122sinsin3cababCabCababCC而上式等号成立当且仅当ABC112tantan3AB．7.[4,4]提示：设00(,)Pxy，12,0,,0FcFc，则有10000(,0)(,)(,)PFcxyxcy，20000(,0)(,)(,)PFcxycxy，于是120000(,)(,)PFPFxcycxy22200xcy22200xyc．注意到222200bxya，即有222222200bcxycac，也即222212bcPFPFac（其中2222212,4,8abcab），故有1244PFPF．8.135提示：当其中一种颜色染4个顶点时，其余两种颜色可任意染色剩余的4个顶点．于是满足要求的染色方法共有140123384444()37015CCCCCC(种)若要求任一棱的两个端点都不同色，则一种颜色染4个顶点的染法只有2种，此时其余两种颜色仍可任意染色剩余的4个顶点．于是这样的染法共有10123344442()615CCCCC(种)故所求概率为61513701535.9.由1sinsin2sincos225及1coscos2coscos223可得3tan25，于是23622tan15552tan91681tan122525.注意到1cos2sin2sin21cos21cos2sin21cos2sin2tan从而1cos2sin21cos2sin2=158.10.由柯西不等式容易得到：22222222212323421nnnaaaaaaaaa2111222222222212323421naaaaaaaaannn从而有22222222212323421111nnnaaaaaaaaa-5-22222222121212222122(2)3()2()()(2)3()(2)1(1)(21)2nnnnnaaaaaaanaaannnn22(2)(1)(21)nnnn11.证明：42422222111121(1)nnnkkkkkkkkkkkkk222211111[()](1)(1)211nnkkkkkkkkkkk222221111(1)212112nnnnnnnnnn2111nkknn.12.显然所有可能的4元数组有16种．因为至少有一个那样的4元数组不在S中，所以(1,0,0,0)，(0,1,0,0)，(0,0,1,0)和(0,0,0,1)中至少有一个不在S中，若不然由题中条件可推出所有那样的4元数组都在S中，不妨设(1,0,0,0)S．此时由题中条件又知(1,1,0,0)，(1,0,1,0)和(1,0,0,1)中至少有2个不能在S中，不妨设(1,1,0,0)和(1,0,1,0)不在S中．此时又可知(1,1,1,0)和(1,0,0,1)不能同时在S中，不妨设(1,1,1,0)不在S中．于是S的元素个数不超过16412个．现在设S是所有可能的16个4元数组中去掉(1,0,0,0)，(1,1,0,0)，(1,0,1,0)和(1,1,1,0)后所成的集合，我们要证S满足题中条件，从而S的元素个数最大值为12．任取12341234(,,,),(,,,)aaaabbbbS.（1）若110ab或41a或41b，则显然11223344(max{,},max{,},max{,},max{,})abababab不等于上述去掉的4个4元数组中任何一个，从而属于S．又11223344(min{,},min{,},min{,},min{,})abababab（2）若11a或11b且440ab，则112233442233(max{,},max{,},max{,},max{,})(1,max{,},max{,},0)abababababab，由此推出1234(,,,)aaaa或1234(,,,)bbbb不属于S，这种情况不会出现．类似地有：（3）若10a或10b或441ab，则显然11223344(min{,},min{,},min{,},min{,})abababab不等于上述去掉的4个4元数组中任何一个，从而属于S．（4）若111ab且40a或40b，则112233442233(min{,},min{,},min{,},min{,})(1,min{,},min{,},0)abababababab，由此推出1234(,,,)aaaa或1234(,,,)bbbb不属于S，这种情况也不会出现．综上所述，S是满足题目要求的，故S的元素个数最大值就是12．