2010年全国高中数学联赛B卷(含详细解答)

12010年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准（B卷）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64分，每小题8分）1.函数xxxf3245)(的值域是]3,3[.解：易知)(xf的定义域是8,5，且)(xf在8,5上是增函数，从而可知)(xf的值域为]3,3[.2.已知函数xxaysin)3cos(2的最小值为3，则实数a的取值范围是1223a.解：令txsin，则原函数化为taattg)3()(2，即taattg)3()(3.由3)3(3taat，0)1(3)1(2ttat，0)3)1()(1(tatt及01t知03)1(tat即3)(2tta（1）当1,0t时（1）总成立；对20,102ttt；对041,012ttt.从而可知1223a.3.双曲线122yx的右半支与直线100x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)99,,2,1(kky与双曲线右半支于kA,交2直线100x于kB，则线段kkBA内部的整点的个数为99k，从而在x轴上方区域内部整点的个数为991(99)99494851kk.又x轴上有98个整点，所以所求整点的个数为98009848512.4.已知}{na是公差不为0的等差数列，}{nb是等比数列，其中3522113,,1,3bababa，且存在常数,使得对每一个正整数n都有nnbalog，则333.解：设}{na的公差为}{,nbd的公比为q，则,3qd（1）2)43(3qd，（2）（1）代入（2）得961292ddd，求得9,6qd.从而有19log)1(63nn对一切正整数n都成立，即9log)1(36nn对一切正整数n都成立.从而9log3,69log，求得3,33，333.5.函数)1,0(23)(2aaaaxfxx在区间]1,1[x上的最大值为8，则它在这个区间上的最小值是41.解：令,yax则原函数化为23)(2yyyg,)(yg在3(,+)2上是递增的.当10a时，],[1aay,211max1()32822gyaaaa，所以412213)21()(2minyg；当1a时，],[1aay，32823)(2maxaaayg，所以412232)(12minyg.综上)(xf在]1,1[x上的最小值为41.6.两人轮流投掷骰子，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1217.解：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为1273621，从而先投掷人的获胜概率为127)125(127)125(1274217121442511127.7.正三棱柱111CBAABC的9条棱长都相等，P是1CC的中点，二面角11BPAB,则sin104.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)1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1(11PABB，从而，)1,3,1(),0,0,2(),1,3,1(),2,0,2(1111PBABBPBA.设分别与平面PBA1、平面PAB11垂直的向量是),,(111zyxm、),,(222zyxn，则,03,022111111zyxBPmzxBAm,03,022221211zyxPBnxABn由此可设)3,1,0(),1,0,1(nm，所以cosmnmn，即6322coscos4.zyxOPC1B1A1CBA4所以410sin.解二：如图，PBPAPCPC11,.设BA1与1AB交于点,O则1111,,OAOBOAOBABAB.11,,PAPBPOAB因为所以从而1AB平面BPA1.过O在平面BPA1上作PAOE1,垂足为E.连结EB1,则EOB1为二面角11BPAB的平面角.设21AA,则易求得3,2,5111POOBOAPAPB.在直角OPA1中，OEPAPOOA11,即56,532OEOE.又554562,222111OEOBEBOB.4105542sinsin111EBOBEOB.8.方程2010zyx满足zyx的正整数解（x,y,z）的个数是336675.解：首先易知2010zyx的正整数解的个数为1004200922009C.把2010zyx满足zyx的正整数解分为三类：（1）zyx,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）zyx,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3)设zyx,,两两均不相等的正整数解为k.易知100420096100331k，OEPC1B1A1CBA5110033100420096k200410052006123200910052006，3356713343351003k.从而满足zyx的正整数解的个数为33667533567110031.二、解答题（本题满分56分）9.（本小题满分16分）已知函数)0()(23adcxbxaxxf，当10x时，1)(xf，试求a的最大值.解一：,23)(2cbxaxxf由cbafcbafcf23)1(,43)21(,)0(得（4分）)21(4)1(2)0(23fffa.（8分）所以)21(4)1(2)0(23fffa)21(4)1(2)0(2fff8，38a.（12分）又易知当mxxxxf23438)(（m为常数）满足题设条件，所以a最大值为38.（16分）解二：cbxaxxf23)(2.设1)()(xfxg，则当10x时，2)(0xg.设12xz，则11,21zzx.14322343)21()(2cbazbazazgzh.（4分）容易知道当11z时，2)(0,2)(0zhzh.（8分）从而当11z时，22)()(0zhzh，即21434302cbaza，6从而0143cba,2432za，由102z知38a.（12分）又易知当mxxxxf23438)(（m为常数）满足题设条件，所以a最大值为38.（16分）10.（本小题满分20分）已知抛物线xy62上的两个动点1122(,)(,)AxyBxy和，其中21xx且421xx.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),(00yxM，则2,22210210yyyxxx，01221221212123666yyyyyyyxxyykAB.线段AB的垂直平分线的方程是)2(300xyyy.（1）易知0,5yx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C坐标为)0,5(.（5分）由（1）知直线AB的方程为)2(300xyyy，即2)(300yyyx.（2）（2）代入xy62得12)(2002yyyy，即012222002yyyy.（3）依题意，21,yy是方程（3）的两个实根，且21yy，所以22200044(212)4480yyy,32320y.221221)()(yyxxABC(5,0)BAxyO722120))()3(1(yyy]4))[(91(2122120yyyyy))122(44)(91(202020yyy)12)(9(322020yy.定点)0,5(C到线段AB的距离202029)0()25(yyCMh.（10分）2020209)12)(9(3121yyyhABSABC)9)(224)(9(2131202020yyy3202020)392249(2131yyy7314.（15分）当且仅当20202249yy，即05y,635635(,57),(,57)33AB或635635(,(57)),(,57)33AB时等号成立.所以ABC面积的最大值为7314.（20分）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)0,5(.（5分）设4,,,222121222211tttttxtx，则161610521222121ttttSABC的绝对值,（10分）2222122112))656665(21(ttttttSABC8221221)5()(23tttt)5)(5)(24(23212121tttttt3)314(23,7314ABCS,（15分）当且仅当5)(21221tttt且42221tt，即,6571t6572t,635635(,57),(,57)33AB或635635(,(57)),(,57)33AB时等号成立.所以ABC面积的最大值是7314.（20分）11.（本小题满分20分）数列na满足),2,1(1,312211naaaaannnn.求证:nnnaaa2212312131211.（1）证明：由1221nnnnaaaa知111121nnnaaa，)11(1111nnnaaa.（2）所以211,111nnnnnnnaaaaaaa即1111nnnnnaaaaa.（5分）从而naaa211133222211111111nnnnaaaaaaaaaaaa11111112111nnnnaaaaaa.9所以（1）等价于nnnnaa2112312112131211，即nnnnaa21123131.（3）（10分）由311a及1221nnnnaaaa知712a.当1n时，2216aa，11122363，即1n时，（3）成立.设)1(kkn时，（3）成立，即kkkkaa21123131.当1kn时，由（2）知kkkkkkkkaaaaaaa2211111223)1()1(11；（15分）又由（2）及311a知)1(1naann均为整数，从而由kkkaa21131有131211kkkaa即kka2131，所以122211122333111kkkkkkkkaaaaa，即（3）对1kn也成立.所以（3）对1n的正整数都成立，即（1）对1n的正整数都成立.（20分）102010年全国高中数学联合竞赛加试试题