2022年全国高中数学联赛江苏赛区复赛参考答案与评分细则.pdf

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1、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an22n+35，bn1nlog2(a1a2a3an)，nN* ，则数列 bn 的通项公式是答案 ：bnn45，nN* 简解 ：由 an22n+35，得 a1a2a3an22(12 n) 3n52n(n 4)5，nN* 所以 bn1nn(n4)5n45，nN* 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 MN5，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

2、，故满足条件的直线l 有 3 条3设函数 f(x)ax2x已知 f(3)f(4)，且当 n8，nN* 时， f(n)f(n1)恒成立，则实数a 的取值范围是答案 ：(17，117) 简解 ：(方法一 ) 因为当 n8 时，f(n)f(n1)恒成立，所以a0，此时 f(n)f(n1)恒成立等价于f(8)f(9)，即 64a881a9，解得 a117因为 f(3)f(4)，所以 9a3 16a4，解得 a17即 a (17，117)(方法二 )考察二次函数f(x)ax2x 的对称轴和开口方向因为当 n8 时， f(n)f(n 1)恒成立，所以a0，且12a172，解得 a117因为 f(3)f(4

3、)，所以12a72，解得 a17即 a(17，117)4已知 ABCDA1B1C1D1是边长为3 的正方体，点 P、Q、R 分别是棱 AB、AD、AA1上的点， APAQAR1，则四面体C1PQR 的体积为答案 ：43简解 ：因为 C1C面 ABCD，所以 C1CBD又因为 ACBD ，所以 BD面 ACC1，所以 AC1BD又 PQBD，所以 AC1PQ同理 AC1QR所以 AC1面 PQR(第 4 题) C A B D D1 C1 B1 A1 P Q R 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第

4、 1 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 因为 APAQAR1，所以 PQQRRP2因为 AC133，且 VAPQR 131212116，所以VC1PQR 1334(2)233 VAPQR 435数列na满足1112,1nnnaaaa，nN*记 Tna1a2an，则 T2010等于答案 ： 6 简解 ：易得： a12，a2 3，a312，a413，a1a2 a3a41又 a52a1，由归纳法易知an4an，nN* 所以 T2010T2008a2009a2010a1a2 66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

5、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，概率为3106. 掷 4 只骰子，掷出6 点的情况为1，1，1，3；1，1，2，2. 共 4+24C=10 种，概率为4106. 所以概率的比为3106:4106= 1:6 . 7在 ABC 中，已知 BC5，AC 4，cos(AB)78，则 cosC答案 ：1116简解 ：因BCAC，故AB. 如图，作 AD，使 BAD B，则 DAC AB设 ADBDx，则 DC5x在 ADC 中，由余弦定理得x3再由

6、余弦定理得cosC11168在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y22x 的焦点为 F. 设 M 是抛物线上的动点，则MOMF的最大值为答案 ：2 33A B D C (第 7 题 ) 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 简解 ：设点 M(x，y)，则 (MOMF)2x2y2(x12)24x28x4x24x114x14x24x1令 4x1t，当 t0 时，显然MOMF1当 t0 时，则 (MOMF)214t69t11343，且当 t 3

7、，即 x1 时，等号成立所以MOMF的最大值为233，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：x2y21(y0)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(cos ，sin )，C(1， 2)，D(1， 2)，E(x1，0)，F(x2，0)因为点 P、E、C 三点共线，所以sin 2cos 12x11，所以 x12(cos 1)sin 21 5 分由点 P、F、D 三点共线，所以sin 2cos 12x2

8、1，所以 x22(cos 1)sin 21 10 分所以 BEx112(cos 1)sin 2，EFx2x12sinsin 2， FA2(cos 1)sin 2所以 BEFA2(cos 1)sin 22(cos 1)sin 24sin2(sin 2)2EF2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1a，02 3m，函数2221amxmxfxaaam，0,xa. 若存在a，m，x，使32fx，求所有的实数x的值解答 ：因为(0,)xa 时，2222()244xmamaamxmxm a，x OB A y C D E F P 精品资料 - - - 欢迎下

9、载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 当且仅当2ax时等号成立， 5分所以22222222342(1)(1)4(1(1)amamxmxamaaamaaamam3442amm， 15 分当且仅当2ax及1a与2 3m时等号成立 . 故1x. 20 分四、解答题（本题满分20 分）数列 an中，已知 a1(1，2)，an1an33an23an，nN* ，求证：(a1a2)( a31)(a2a3)( a41) (anan1)( an21)14证明 ：( 方法一 ) 由

10、an1an33an23an，得 an11(an1)3令 bnan1，则 0b11，bn1bn3bn，0bn1 5 分所以 (akak1)( ak21)(bkbk1)bk2(bkbk1)bk1314(bkbk1)(bk3bk2bk1bkbk12bk13)14(bk4bk14)15 分所以(a1a2)(a31)(a2a3)(a41) (anan1)(an2 1) 14(b14b24)14(b24 b34)14(bn4bn14) 14(b14bn14)14b1414 20 分( 方法二 ) 由 an1an33an23an，得 an11(an1)3令 bnan1，则 0b11，bn1bn3，0bn15

11、 分所以(a1a2)( a31)(a2a3)( a41) (anan1)( an21) (b1b2) b3(b2 b3) b4 (bnbn1) bn2(b1b2) b23(b2b3) b33 (bnbn1) bn1313014x dx 20 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 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ABC的内切圆分别切边AC、AB 于点 E、F. 设 M

12、 为线段 EF 上一点，证明：MAB与MAC面积相等的充分必要条件是MIBC. 证明 ：过点 M 作MPAC、MQAB，垂足分别为P、Q. 圆 I 切边 BC 于点 D，则IDBC, IFAB, IEAC. 显然 AF=AE , 所以AFMAEM, 从而推知RtRtQFMPEM:, 得MQMFMPME. 又1212MABMACMQ ABSMQABMFABSMPACMEACMP AC, 所以MAB与MAC面积相等的充要条件是ABMEACMF. 由可知，问题转化为证明：ABMEACMF的充分必要条件是MIBC. 10 分首先证明：若MIBC，则ABMEACMF. 由MIBC可知点 M 在直线 ID

13、 上. 因为 B、D、I、F 四点共圆，所以MIFDBFB，MIEECDC. 又 IE=IF ，则由正弦定理得sinsinsin()sinMFFIIEMEMIFIMFIMFMIE, A B C E F P Q M I D A B C E F M I (第 1 题) 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 即sinsinMECMFB，而sinsinABCACB. 所以ABMEACMF. 30 分其次证明：若ABMEACMF，则MIBC. 设

14、直线 ID 与 EF 交于点M，则由上述证明可知ABM EACM F，于是有ABM EACM F，从而MM. 故命题成立 . 40 分二、 （本题满分40 分）将凸 n 边形12nA AAL的边与对角线染上红、蓝两色之一，使得没有三边均为蓝色的三角形. 对 k=1, 2,， n，记kb是由顶点kA引出的蓝色边的条数，求证：2122nnbbbL. 证明 ：不妨设12max,nbb bbL，并且由点A 向12,bA AAL引出b 条蓝色边，则12,bAAAL之间无蓝色边，12,bA AAL以外的nb个点，每点至多引出b 条蓝色边，因此蓝色边总数()nb b22()24nbbn. 20 分故2212

15、242nnnbbbL. 命题得证 . 40 分三、 （本题满分50 分）设正整数的无穷数列na（nN*）满足44a，2111nnnaaa（2n） ，求na的通项公式解：由已知得11nnnnaaaa. 若有某个n，使11nnaa，则1nnaa， 10 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 从而112nnnnaaaaL，这显然不可能，因为* (N )nan是正整数的无穷数列 . 故数列na中的项是严格递增的. 20 分从而由44a可知，1

16、1a，22a，33a. 30 分于是由na的递推公式及数学归纳法知* (N )nan n. 40 分显然数列* (N )nn满足要求，故所求的正整数无穷数列为 n(1)n. 50 分四、 （本题满分50 分）设 p 是一个素数，3 (mod 4)p. 设x，y是整数，满足221|4pp xxyy. 求证：存在整数u，v，使得222211()44ppxxyyp uuvv. 证明 ：由条件可知22| (2)pxypy，则2| (2)pxy. 因p是素数，故有| 2pxy. 设2xypk， 20 分则222211(2) )44pxxyypyxy2221(2)4xpkpp k22(2)4pxpkpk 30 分22(2)4pxpkkkpk22(2)4puvpv（这里(1)2k pux，vk）22(44(1)4puuvpv221()4pp uuvv. 命题得证 . 50 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 7 页 - - - - - - - - - -