2010年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分细则

2010年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分细则

一 试

一、填空题（本题满分64分，每小题8分） 1．已知数列{an}、{bn}满足an＝2

2n+35

1

，bn＝nog2(a1a2a3…an)，n∈N*，则数列{bn}的通项公式

是 ． n＋4

答案：bn＝n∈N*

简解：由an＝2

2n+35

，得a1a2a3…an＝2

2(1＋2＋…＋n)＋3n

5

n(n＋4)

＝2

5

，n∈N*．

1n(n＋4)n＋4

所以bn＝n55n∈N*．

2．已知两点M(0，2)、N(－3，6)到直线l的距离分别为1和4，则满足条件的直线l的条数是 ． 答案：3

简解：易得MN＝5，以点M为圆心，半径1为的圆与以点N为圆心，半径为4的圆外切，故满

足条件的直线l有3条．

3．设函数f(x)＝ax2＋x．已知f(3)＜f(4)，且当n≥8，n∈N*时，f(n)＞f(n＋1)恒成立，则实数a的取值范围是 ． 11

答案：(－

简解：(方法一) 因为当n≥8时，f(n)＞f(n＋1)恒成立，所以a＜0，此时f(n)＞f(n＋1)恒

1

成立等价于f(8)＞f(9)，即64a＋8＞81a＋9，解得a＜－

111

因为f(3)＜f(4)，所以9a＋3＜16a＋4，解得a即a∈(－．

(方法二)考察二次函数f(x)＝ax2＋x的对称轴和开口方向．

1171

因为当n≥8时，f(n)＞f(n＋1)恒成立，所以a＜0解得a

17111

因为f(3)＜f(4)解得a即a∈(－－．

4．已知ABCD－A1B1C1D1是边长为3的正方体，

点P、Q、R分别是棱AB、AD、AA1上的 点，AP＝AQ＝AR＝1，则四面体C1PQR的 体积为 ． 4

答案：3C1

D1

B1

C

D

Q

(第4题)

简解：因为C1C⊥面ABCD，所以C1C⊥BD．

又因为AC⊥BD，

所以BD⊥面ACC1，所以AC1⊥BD． 又PQ∥BD，所以AC1⊥PQ．

同理AC1⊥QR．所以AC1⊥面PQR．

因为AP＝AQ＝AR＝1，所以PQ＝QR＝RP＝2．

111

因为AC1＝，且VA－PQR ＝12·1＝所以

14

VC1－PQR 32)2·3－VA－PQR 3

5．数列{an}满足a1=2,an+1=答案：－6

1+an

，n∈N*．记Tn＝a1a2…an，则T2010等于 ． 1 an

11

简解：易得：a1＝2，a2＝－3，a32a43a1a2 a3a4＝1．

又a5＝2＝a1，由归纳法易知an＋4＝an，n∈N*． 所以T2010＝T2008×a2009×a2010＝a1a2＝－6．

6．骰子是一个立方体，6个面上分别刻有1、2、3、4、5、6点. 现有质地均匀的

骰子10只. 一次掷4只、3只骰子，分别得出各只骰子正面朝上的点数之和为6的 概率的比为 ．

答案：1：6.

提示：掷3只骰子，掷出6点的情况为1，1，4；1，2，3；2，2，2. 共 3+3!+1=10种，

103

概率为 62C掷4只骰子，掷出6点的情况为1，1，1，3；1，1，2，2. 共 4+4=10种，概率

101010

434

为 6所以概率的比为 667

7．在△ABC中，已知BC＝5，AC＝4，cos(A－B)＝8

则cosC＝ ． 11

答案：16

简解：因BC>AC，故∠A>∠B. 如图，作AD，

使∠BAD＝∠B，则∠DAC＝∠A－∠B．

设AD＝BD＝x，则DC＝5－x．在△ADC中，

11

由余弦定理得x＝3．再由余弦定理得cosC16

B

(第7题)

C

8．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2＝2x的焦点为F. 设M是抛物线上的动点，则 MO

MF最大值为．

2答案：3

22

4x2＋8x4x－1MO2x＋y

简解：设点M(x，y)，则MF1 124x＋4x＋14x＋4x＋1(x2令4x－1＝t，

MO

当t≤0时，显然MF1．

MO414

当t＞0时，则MF2＝1＋1＋933且当t＝3，即x＝1时，等号成立．

t＋6＋t

MO23

所以MF最大值为此时点M的坐标为(1，±2)．

二、解答题（本题满分16分）

如图，点P是半圆C：x2＋y2＝1(y≥0)上位于x轴上方的任意一点，A、B是直径的两个端点，以AB为一边作正方形ABCD，PC交AB于E，PD

交AB于F，求证：BE，EF，FA成等比数列．

证明：设P(cosα，sinα)，C(－1，－2)，D(1，－2)，

E(x1，0)，F(x2，0)． 因为点P、E、C三点共线，所以

sinα＋22

cosα＋1x1＋1

2(cosα＋1)

所以x11． ………………5分

sinα＋2

sinα＋22

由点P、F、D

cosα－1x2－1

2(cosα－1)

所以x21． ………………10分

sinα＋2

2(cosα＋1)2(cosα－1)2sinα

所以BE＝x1＋1EF＝x2－x1＝，FA

sinα＋2sinα＋2sinα＋2

2(cosα＋1)2(cosα－1)4sin2α2

所以BE·FA＝EF． (sinα＋2)sinα＋2sinα＋2

即BE，EF，FA成等比数列． ………………16分

三、解答题（本题满分20

分）

设实数a，m满足a≤1，0<m≤f(x)=

amx mx2a+a(1 a)m

2

2

，

x∈

(0,a). 若存在a，m，x，使f(x)≥

2

，求所有的实数x的值． 2

x2ma2ma2

≤解答：因为x∈(0, )a时，amx mx= m(a +，

244

当且仅当x=所以

a

时等号成立， ……………5分 2

a2

m

amx mx2am≤≤= a+a(1 a)2m2a+a(1 a)2m24(1+(1

a)2m2)≤

amm ……………15分 ≤≤

44当且仅当x=

a

及a=

1与m=时等号成立. 2

故x=1. ……………20分

四、解答题（本题满分20分）

数列{an}中，已知a1∈(1，2)，an＋1＝an3－3an2＋3an，n∈N*，求证：

1

(a1－a2)( a3－1)＋(a2－a3)( a4－1)＋…＋(an－an＋1)( an＋2－1)

证明：(方法一) 由an＋1＝an3－3an2＋3an，得an＋1－1＝(an－1)3．

令bn＝an－1，则0＜b1＜1，bn＋1＝bn3＜bn，0＜bn＜1． ………………5分 所以 (ak－ak＋1)( ak＋2－1)＝(bk－bk＋1)×bk＋2

1

＝(bk－bk＋1)×bk＋13bk－bk＋1)×(bk3＋bk2bk＋1＋bkbk＋12＋bk＋13)

1

bk4－bk＋14)． ………………15分

所以 (a1－a2)(a3－1)＋(a2－a3)(a4－1)＋…＋(an－an＋1)(an＋2－1)

111

＜b14－b24)b24－b34)bn4－bn＋14)

111

＝b14－bn＋14)＜14＜ ………………20分

(方法二) 由an＋1＝an3－3an2＋3an，得an＋1－1＝(an－1)3．

令bn＝an－1，则0＜b1＜1，bn＋1＝bn3，0＜bn＜1． ………………5分 所以 (a1－a2)( a3－1)＋(a2－a3)( a4－1)＋…＋(an－an＋1)( an＋2－1)

＝(b1－b2) b3＋(b2－b3) b4＋…＋(bn－bn＋1) bn＋2 ＝(b1－b2) b23＋(b2－b3) b33＋…＋(bn－bn＋1) bn＋

31

1

<

3x∫dx=0

1

4

．

………………20分

2010年全国高中数学联赛江苏赛区 复赛参考答案与评分标准

加 试

一、（本题满分40分）

圆心为I的ΔABC的内切圆分别切边AC、AB于点E、F. 设M为线段EF上一点，

证明：ΔMAB与ΔMAC面积相等的充分必要条件是MI⊥BC. A

Q

M

M E

F

I I

BC

(第1题)

PE

C

证明：过点M作MP⊥AC、MQ⊥AB，垂足分别为P、Q. 圆I切边BC于点D，

则ID⊥BC, IF⊥AB, IE⊥AC.

显然AF=AE, 所以∠AFM=∠AEM, 从而推知RtΔQFM～RtΔPEM, 得

MQMF=. MPME

1

MQ AB

SΔMABMQABMFAB

== = 又 , 所以 SΔMAC

MP ACMPACMEAC2

ABME

=ΔMAB与ΔMAC面积相等的充要条件是. ① ACMF

ABME

=由①可知，问题转化为证明：的充分必要条件是MI⊥BC. ………10分 ACMFABME

=首先证明：若MI⊥BC，则. ACMF

由MI⊥BC可知点M在直线ID上.

因为B、D、I、F四点共圆，所以∠MIF=∠DBF=∠B，∠MIE=∠ECD=∠C.

又 IE=IF，则由正弦定理得

MFFIIEME

===,

sin∠MIFsin∠IMFsin(π ∠IMF)sin∠MIE