2008年全国高中数学联赛江西省预赛试题及略解

试题
一、选择题(每小题6分,共36分)
1.若函数f(x)=玪g(ax2-4x+a-3)的值域为R,则实数a的取值范围是().
(A)(4,+∞) (B)[0,4];(C)(0,4) (D)(-∞,-1)∪(4,+∞)
2.设a2+b2=1(b≠0),若直线ax+by=2和椭圆x26+y22=1有公共点,则ab的取值范围是().
(A)[-12,12] (B)[-1,1];(C)(-∞,-1]∪[1,+∞) (D)[-2,2]
3.四面体ABCD的六条棱长分别为7,13,18,27,36,41,且知AB=41,则CD=().
(A)7 (B)13 (C)18 (D)27
4.若对所有实数x,均有玸in玨x?玸in玨x+玞os玨x?玞os玨x=玞os玨2x,则k=().
(A)6 (B)5 (C)4 (D)3
5.设an=(2+7)2n+1,bn是an的小数部分,则当n∈N*时,anbn的值().
(A)必为无理数 (B)必为偶数
(C)必为奇数 (D)可为无理数或有理数
6.设n为正整数,且3n+1与5n-1皆为完全平方数,对于以下两个命题:(甲)7n+13必为合数;(乙)8(17n2+3n)必为两个平方数的和.你的判断是().
(A)甲对乙错 (B)甲错乙对
(C)甲乙都对 (D)甲乙都不一定对
二、填空题(每小题9分,共54分)
7.过点P(1,1)作直线l,使得它被椭圆x29+y24=1所截出的弦的中点恰为P,则直线l的方程为 .
8.设x∈R,则函数f(x)=x2+1+(x-12)2+16的最小值为 .
9.四面体ABCD中,面ABC与面BCD成60°的二面角,顶点A在面BCD上的射影H是△BCD的垂心,G是△ABC的重心,若AH=4,AB=AC,则GH= .
10.玸in20°?玸in40°?玸in80°= .
11.数列{an}满足:a1=1,且对每个n∈N*,an,an+1是方程x2+3nx+bn=0的两根,则∑20k=1bk= .
12.从前2008个正整数构成的集M={1,2,…,2008}中取出一个k元子集A,使得A中任两数之和不能被这两数之差整除,则k的最大值为 .
三、解答题(每小题20分,共60分)
13.AD是直角三角形ABC斜边BC上的高(AB14.设x,y,z为非负实数,满足xy+yz+zx=1,证明:1x+y+1y+z+1z+x≥52.
15.对于2n元集合M={1,2,…,2n},若n元集A={a1,a2,…,an},B={b1,b2,…,bn}满足:A∪B=M,A∩B=I,且∑nk=1ak=∑nk=1bk,则称A∪B是集M的一个“ 等和划分”(A∪B与B∪A算是同一个划分).
试确定集M={1,2,…,12}共有多少个“等和划分”.
略解
一、选择题
1.B.提示:欲使f(x)的值域为R,当使真数ax2-4x+a-3可取到一切正数,故或者a=0;或者a>0且42-4a(a-3)≥0,解得0≤a≤4.
2.C.提示:将y=2-axb代入椭圆方程并整理得(3a2+b2)x2-12ax+12-6b2=0,因直线和椭圆有公共点,则判别式△=(12a)2-4(3a2+b2)(12-6b2)≥0,利用a2+b2=1,化简得a2≥b2,所以|ab|≥1,即ab∈(-∞,-1]∪[1,+∞).
3.B.提示:四面体中,除CD外,其余的棱皆与AB相邻接,若长13的棱与AB相邻,不妨设BC=13,据构成三角形条件,可知AC鼂7,18,27}軦C=36軧D=7輠AD,CD}={18,27},于是△ABD中,两边之和小于第三边,矛盾.因此只有CD=13.另一方面,使AB=41,CD=13的四面体ABCD可作出,例如取BC=7,AC=36,BD=18,AD=27,故选B.
4.D.提示:记f(x)=玸in玨x?玸in玨x+玞os玨x?玞os玨x-玞os玨2x,则由条件f(x)恒为0,取x=π2,得玸in玨π2-(-1)k=0,则k为奇数,设k=2n-1,上式成为玸in(nπ-π2)=-1,因此n为偶数,令n=2m,则k=4m-1,故选择支中只有k=3满足题意.
5.C.提示:令u=2+7,v=2-7,则u+v=4,uv=-3,u,v是方程x2=4x+3的两根,则u2=4u+3,v2=4v+3,所以当n≥2时,un=4un-1+3un-2,vn=4vn-1+3vn-2,令Sn=un+vn,则当n≥2时,Sn=Sn-1+Sn-2,S0=2,S1=4,故所有Sn为偶数,(7+2)2n+1-(7-2)2n+1=u2n+1+v2n+1=S2n+1=2k,(7+2)2n+1=2k+(7-2)2n+1,因0<(7-2)2n+1<1,所以(7-2)2n+1为an的小数部分,即bn=(7-2)2n+1,anbn=(7+2)2n+1?(7-2)2n+1=32n+1=奇数.
6.C.提示:设3n+1=a2,5n-1=b2,a,b为正整数,则7n+13=9(3n+1)-4(5n-1)=(3a)2-(2b)2=(3a-2b)(3a+2b)①,由此知3a-2b为正整数,且3a-2b≠1,因为若3a-2b=1,则27n+9=(3a)2=(2b+1)2=4b2+4b+1,即27n=4(n2+n-2),则4|n,记n=4k,得5n-1=20k-1不为平方数,矛盾!所以3a-2b≥2,故由①得,7n+13为合数.又因为8(17n2+3n)=[(3n+1)+(5n-1)][4(3n+1)+(5n-1)]=(a2+b2)[(2a)2+b2]=(2a2+b2)2+(ab)2,故选C.(注,65是上述n之一).
二、填空题
7.4x+9y=13.提示:设直线l的方程为y=k(x-1)+1,代入椭圆方程,整理得,(9k2+4)x2+18k(1-k)x+9k2-18k-27=0,设其两根为x1,x2,则x1+x22=1,即-18k(1-k)9k2+4=2,k=-49,所以直线l的方程为y=-49(x-1)+1,即4x+9y=13.
8.13.提示:f(x)=(x-0)2+(1-0)2+(x-12)2+(1-5)2.即为点(x,1)到(0,0)与(12,5)距离的最小值,当x=125时,(x,1)在线段OP上,故其最小值即为线段|OP|=122+52=13.
9.4921.提示:设面AHD交BC于F,则因AB=AC,故G在AF上,且GF=13AF,∠AFH=60°,于是AF=AH玸in60°=83,FH=12AF=43,GF=833,在三角形GFH中,由余弦定理得GH=4921.

10.38.提示:8玸in20°玸in40?玸in80°=4(玞os20°-玞os60°)玸in80°=4玸in80°玞os20°-2玸in80°=2(玸in100°+玸in60°)-2玸in80°=2玸in60°=3,所以玸in20°?玸in40°?玸in80°=38.
11.6385.提示:对每个n∈N*,an+an+1=-3n①,anan+1=bn②,将①写作an+1+3(n+1)2-34=-(an+3n2-34),因此{an+3n2-34}是一个公比为-1的等比数列,
故an+3n2-34=(-1)n-174,即an=-3(2n-1)4+(-1)n-1?74,an+1=-3(2n+1)4+(-1)n?74.于是bn=anan+1=94n2-298+(-1)n?218 ,∑20k=1bk=6385.
12.670.提示:首先,我们可以取670元集A={1,4,7,…,2008},A中任两 数之和不能被3整除,而其差是3的倍数;其次,将M中的数自小到大按每三数一段,共分为 670段:1,2,3,|4,5,6,|7,8,9,|,…,|2005,2006,2007,|2008,从A中任取67 1个数,必有两数x,y取自同一段,则|x-y|=1或2,注意x-y与x+y同奇偶,于是(x-y)|(x+y).
一、解答题
13.证明:如图,连DI1,DI2,BI1,AI2,I1F,由∠EAF=90°,则圆心O在EF上,设直径EF交AD于O′,并简记△ABC的三内角为A,B,C,由∠I1BD=B2=12∠DAC=∠I2AD,∠I1DB=45°=∠I2DA,所以△DBI1∽△DAI2,得DI1DI2=DBDA,且∠I1DI2=90°=∠BDA,故△I1DI2∽△BDA,而∠DI1I2=B,∠AI1D=90°+B2,注意∠AI1D=∠AI1F+∠FI1I2+∠DI1I2,∠AI1F=∠AEF,∠FI1I2=∠FAI2=B2,所以∠AEF=90°-B=C=∠DAB,因此O′E=O′A,同理得O′F=O′A,故O′与O重合,即圆心O在AD上,而∠EOD=∠OEA+∠OAE=2∠OAE=2C,∠EOI1=2∠EAI1=∠BAD=C,所以OI1平分∠DOM;同理得OI2平分∠DOF,即I1是△ODM的内心,I2是△ODM的旁心.
14.证明:为使所证式有意义,x,y,z三数中至多有一个为0.据对称性,不妨设x≥y≥z≥0,由于1y+z+1z+x≥2(y+z)(z+x)=21+z2,取等号当且仅当x=y,此时条件式成为x2+2xz=1,则x≤1,且有z=1-x22x,于是1x+y+1y+z+1z+x≥12x+21+z2=12x+4x1+x2,只要证12x+4x1+x2≥52,即1+9x2-5x-5x3≥0,也即(1-x)(5x2-4x+1)≥0,此为显然,取等号当且仅当x=y=1,z=0,故命题得证.
15.解:不妨设12∈A,由于当集A确定后,集B便唯一确定,故只须考虑集A的个数,设A={a1,a2,…,a6},a6为最大数,由1+2+…+12=78,则a1+a2+…a6=39,a6=12,于是a1+a2+a3+a4+a5=27,故A={a1,a2,a3,a4,a5}中有奇数个奇数.
(1)若A1中有5个奇数,因M中的六个奇数之和为36,而27=36-9,则A1={1,3,5,7,11},这时得到唯一的A={1,3,5,7,11,12};
(2)若A1中有3个奇数、两个偶数,用p表示A1中这两个偶数x1,x2的和;q表示A1 中这三个奇数y1,y2,y3之和,则p≥6,q≥9,于是q≤21,p≤18.共得A2的24种情形.
其中,1°.当p=6,q=21,则(x1,x2)=(2,4),(y1,y2,y3)=(1,9,11),(3,7,11),(5,7,9),可搭配成A1的3个情形;
2°.当p=8,q=19,则(x1,x2)=(2,6),(y1,y2,y3)=(1,7,11),(3,5,11),(3,7,9),可搭配成A1的3个情形;
3°.当p=10,q=17,则(x1,x2)=(2,8),(4,6),(y1,y2,y3)=(1,5,11),(1,7,9),(3,5,9),可搭配成A1的6个情形;
4°.当p=12,q=15,则(x1,x2)=(2,10),(4,8),(y1,y2,y3)=(1,3,11),(1,5,9),(3,5,7),可搭配成A1的6个情形;
5°.当p=14,q=13,则(x1,x2)=(4,10),(6,8),(y1,y2,y3)=(1,3,9),(1,5,7);可搭配成A1的4个情形;
6°.当p=16,q=11,则(x1,x2)=(6,10),(y1,y2,y3)=(1,3,7),可搭配成A1的1个情形;
7°.当p=18,q=9,则(x1,x2)=(8,10),(y1,y2,y3)=(1,3,5),可搭配成A1的1个情形.
(3)若A1中有一个奇数、四个偶数,由于M中除12外,其余的五个偶数和2+4+6+8+10=30,从中去掉一个偶数,补加一个奇数,使A1中五数之和为27,分别得到A1的4个情形:(7,2,4,6,8),(5,2,4,6,10),(3,2,4,8,10),(1,2,6,8,10).
综合以上三步讨论,可知集A有1+24+4=29种情形,即M有29种“等和划分”.
相关文章!
  • 改进演示实验,提高演示实验教

    曹雪梅众所周知,化学是以实验为基础的学科.实验是化学的灵魂,也是提高学生学习兴趣的主要因素.教学实践证明,化学实验教学可以让学生

  • 素质教育在中职教育中的重要性

    杨天摘要:进入21世纪之后,素质教育已经成为全社会非常关注的一个重要话题。而在职业教育中,许多学生和家长错误的认为职业教育的本质就

  • 质谱法测定水中溶解氙的含量及

    李军杰+刘汉彬 张佳+韩娟+金贵善+张建锋<br />
    <br />
    <br />
    <br />
    摘要 利用设计的一套水样中提取并分离Xe的装置,与稀有气体质谱