2010年广西高中数学竞赛高二决赛题解答

2010年广西高二数学竞赛初赛试卷一、选择题（每小题6分，共36分）1、设[]x表示不大于x的最大整数，集合2{|2[]3}Axxx，1{|28}8xBx，则AB=（B）.A.{1,6}B.{1,7}C.{1,6}D.{1,6,7}解：由xAB，知22[]333xxx，所以[]x只可能取-3，-2，-1，0，1，2.经检验知，[]x只可能取-1，2，故1,7x.故选B.2、已知△ABC的三个顶点A、B、C及平面内一点P满足0PAPBPC，若实数λ满足：,ABACAP则值为则,ABACAP则值为的值为（C）A.2B.32C.3D.6解：由0PAPBPC知，点P为△ABC的重心，故有APACAB3，所以选C。3、已知{}na是等比数列，3612,4aa，则12231(1,2,)nnaaaaaan的取值范围是（D）..[128,168)A64128.[,)33B128.[16,)3C128.[32,)3D解：易知公比12q，所以18a，从而数列1{}nnaa是以1232aa为首项，214q为公比的等比数列.于是，利用前n项和公式不难得出1212231128323nnaaaaaaaa.故选D.4、设sin(sin2010),sin(cos2010),cos(sin2010),cos(cos2010)abcd，则,,,abcd的大小关系是（B）..Aabcd.Bbadc.Ccdba.Ddcab解：因2010536018030，所以sin(sin30)sin(sin30)0,sin(cos30)sin(cos30)0abcos(sin30)cos(sin30)0,cos(cos30)cos(cos30)0cd又sin30cos30，故badc.选B.5、若关于x的方程210xaxa在区间[2,)上有解，则a的取值范围是（D）.52545.(1,).[,].(,2].[,)33333ABCD解：由原方程，有212(1)211xaxxx.令13tx，则2()2(3)aftttt由于()ft在[3,)上为单调增函数，因此5(3)3af，即当53a时原方程在区间[2,)上有解.故选D.6、已知函数f(x)满足：f(p+q)=f(p)f(q)，f(1)=3，则)1()2()1(2fff+)3()4()2(2fff+)5()6()3(2fff+)7()8()4(2fff+)9()10()5(2fff的值为（B）A.15B.30C.75D.60解法1：由f(p+q)=f(p)f(q)，f(1)=3，得f(2)=32，f(3)=33，f(4)=34，f(5)=35，f(6)=36，……，从而有)1()2()1(2fff+)3()4()2(2fff+)5()6()3(2fff+)7()8()4(2fff+)9()10()5(2fff＝30。故选B.解法2：由f(p+q)=f(p)f(q)，f(1)=3，令xxf3)(，从而有)1()2()1(2fff+)3()4()2(2fff+)5()6()3(2fff+)7()8()4(2fff+)9()10()5(2fff＝30。故选B.二、填空题（每小题9分，共54分）1、某运动会开了n天（n1），共颁发了m个奖牌，第一天发出1个加上余下的（m-1）个的71，第二天发出2个加上余下的71；如此继续到n-1天，第n天发出n个，恰好把奖牌发完。则nm.解：设k天后，剩下ka个奖牌，则第k天发出奖牌数为)(711kakk。故)](71[11kakaakkk所以kkaka671。即nnnanaam)67()67()67(36721)672(6716711221因为0na，所以nnm)67)(6(36。又因为Nm，故n=6,m=36.2、用1，2，3，4，5排成一个五位数，使任意相邻数码之差至少是2，则这种五位数有个。解：填14.先排该五位数的中间数，共有以下14个数满足要求：24135,24153,35142,53142，14253,35241,25314,41352,31425,52413，13524,31524,42513,42531.3、方程cos(15)cos(3)在[0,]上的根的个数为________.解：令3x，则[0,3]x.方程变为cos5cosxx，所以52xkx，即2kx或()3kxkZ.当x为的整数倍时，同时满足上面两式且在[0,3]上的有4个值；当x不是的整数倍时，在[0,3]上有3个值满足2kx，有6个值满足3kx.因此，原方程在[0,]上共有4+3+6=13个根.4、在1到2010的所有正整数中，满足22212n整除33312n的所有正整数n的和为。解：填1，由于有求和公式：6)12)(1(21222nnnn，23332)1(21nnn由题意，得6)12)(1(nnn22)1(nn)12(n).1(23nn又1),12(nn，1)1,12(nn，1,3)12(nn故仅有解。5、在ABC中，,,abc分别是角,,ABC所对边的边长，若2cossin0cossinAABB，则abc的值是_______.解：由已知等式，有22sin()042sin()4AB，即sin()sin()144AB.由正弦函数的有界性及,AB为三角形内角可知，sin()1sin()144AB且，从而4AB，所以2C，因此sinsin2abABc.6、若函数22()log(2)afxxbxa（a0且a1）是奇函数，则ba=。解：填22+1.由奇函数的性质，知02log)0(2afa，即,122a解得22a（舍去负值），于是)1(log)(222bxxxf又0=)()(xfxf=)1(log222bxx+)1(log222bxx=11log222xb于是0)1(2xb恒成立，故1b.三、解答题（每小题20分，共60分）1、已知函数1,0321logaaxxmxfa，对定义域内的任意x都有022xfxf成立．（1）求实数m的值；（2）若当abx,时，xf的取值范围恰为,1，求实数ba,的值．解：（1）由321logxxmxfa及022xfxf可得：032221log32221logxxmxxmaa，解之得：1m．当1m时，函数xf无意义，所以，只有1m．--------------------------------------10分（2）当1m时，31logxxxfa，其定义域为1,,3.ab,1,或ab,,3．①若ab,,3，则ab3．为研究abx,时xf的值域，可考虑31logxxxfa在,3上的单调性．下证xf在,3上单调递减．任取21,xx,3，且21xx，则0333313121122211xxxxxxxx又1a，所以，31log31log2211xxxxaa，即21xfxf．所以，当ab,,3，xf在,3上单调递减------------------------------------------15分由题：abx,时，xf的取值范围恰为,1，所以，必有13afb且，解之得：32a（因为3a，所以舍去32a）②若ab,1,，则1ab．又由于1,0aa，所以，10a．此时，同上可证xf在1,上单调递增（证明过程略）．所以，xf在ab,上的取值范围应为afbf,，而af为常数，故xf的取值范围不可能恰为,1．所以，在这种情况下，ba,无解．综上，符合题意的实数ba,的值为32a，3b。---------------------------------------20分2、如右图，过点P任作⊙O的两条割线,PCDPAB、直线BCAD与交于Q，弦,//PQDEBE交直线PQ于,M求证：.PQOM证明：由∠PCB∠DEB∠,PMBPABCDEQOM得CMBP、、、四点共圆。------------5分由,QDQAQBQCQMQP得DMAP、、、四点共圆.----------------10分连接,MD则∠EDM∠PMD∠PAD∠DEM----------------------------15分于是,MEMD又,OEOD所以DEOM,则PQOM---------------------20分3、证明：方程22226(63)5abcn有唯一一组整数解.证明：易知0abcn是方程的一组整数解.-------------------------5分而对于方程的任一组整数解(,,,)abcn，显然6|n.令16nn，则222216330abcn，知3|c，令13cc，代入得2222112310abcn.因此，只要证明方程22222310xyzw没有使0w的整数解，否则，将有一组这种解使w取最小正值.-----------------------------------------------------10分因223yz为偶数，所以zy与同奇偶，但若zy与同为奇数，则222y1(mod8),202(mod8),1002(mod8)zxw或或，从而2222346(mod8)xyz或，不可能等于210w，因此，zy与同为偶数.---------15分令112,2yyzz，代入得222211265xyzw，于是同理可证，xw与必同为偶数.令112,2xxww，代入得22221111232xyzw，但10ww，即w不可能有最小正值，矛盾.故原方程有唯一一组整数解.-------------------------------------20分