2016年全国高中数学联赛试题与解答A卷(一试)新.pdf

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1、2016 年全国高中数学年全国高中数学联联合合竞赛竞赛一一试试（A 卷）卷）说说明：明：1.评阅试评阅试卷卷时时，请请依据本依据本评评分分标标准填空准填空题题只只设设 8 分和分和 0 分两档；其他各分两档；其他各题题的的评评阅阅，请严请严格按照本格按照本评评分分标标准的准的评评分档次分档次给给分，不要增加其他中分，不要增加其他中间间档次档次2.如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤骤正确，在正确，在评评卷卷时时可参可参考本考本评评分分标标准适当划分档次准适当划分档次给给分，解答分，解答题题中第中第 9 小小题题 4 分分为为一个档次

2、，第一个档次，第10、11 小小题题 5 分一个档次，不要增加其他中分一个档次，不要增加其他中间间档次档次一、填空题：本大题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分1设实数满足，则的取值范围是 a|1193aaaaa答案：)310,332(a解：由可得，原不等式可变形为|aa 0a1|11913aaaaa即，所以又，故111912a)34,910(2a0a)310,332(a2设复数满足，其中 是虚数单位，分别表示wz,3|ziwzwz47)(iwz,的共轭复数，则的模为 wz,)2)(2(wzwz答案：65解：由运算性质，因为与)(|)(4722zwzwwzwzwzi2|z为实数，故，又，

3、所以2|w0)Re(zwzw7|22 wzizwzw43|z，从而2|2wiizwzwwzwzwz81889)(2|4|)2)(2(22因此，的模为)2)(2(wzwz653正实数均不等于 1，若，则wvu,5loglogwvwvu3loglogvuwv的值为 uwlog答案：54解：令，则avulogbwvlog，auv1logbvw1logabawvvvwvuuuloglogloglog条件化为，由此可得，因此5baba311ba45ab54loglogloguvuvww4袋子 A 中装有 2 张 10 元纸币和 3 张 1 元纸币，袋子 B 中装有 4 张 5 元纸币和 3 张 1 元纸

4、币现随机从两个袋子中各取出两张纸币，则 A 中剩下的纸币面值之和大于 B 中剩下的纸币面值之和的概率为 答案：359解：一种取法符合要求，等价于从 A 中取走的两张纸币的总面值小于从 B 中取走的两张a纸币的总面值，从而故只能从 A 中国取走两张 1 元纸币，相应的取b1055 ba法数为又此时，即从 B 中取走的两张纸币不能都是 1 元纸币，相应有323C2 ab种取法因此，所求的概率为182327CC3592110541832725CC5设 P 为一圆锥的顶点，A，B，C 是其底面圆周上的三点，满足=90，M 为 APABC的中点若 AB=1，AC=2，则二面角 MBCA 的大小为 2AP

5、答案：32arctan解：由=90知，AC 为底面圆的直径设底面中心为 O，则ABC平面 ABC，易知，进而PO121ACAO122AOAPPO设 H 为 M 在底面上的射影，则 H 为 AO 的中点在底面中作于点 K，则由三垂线定理知，从而为二面角 MBCA 的BCHK BCMK MKH平面角因，结合与平行知，即，这样21 AHMHHKAB43ACHCABHK43HK故二面角 MBCA 的大小为32tanHKMHMKH32arctan6设函数，其中是一个正整数若对任意实数，均有10cos10sin)(44kxkxxfka，则的最小值为|)(1|)(Rxxfaxaxfk答案：16解：由条件知，

6、10cos10sin2)10cos10(sin)(22222kxkxkxkxxf 4352cos415sin12kxkx其中当且仅当时，取到最大值根据条件知，任意一个长为 1 的)(5Zmkmx)(xf开区间至少包含一个最大值点，从而，即)1,(aa15k5k反之，当时，任意一个开区间均包含的一个完整周期，此时5k)(xf成立综上可知，正整数的最小值|)(1|)(Rxxfaxaxf为16157双曲线 C 的方程为，左、右焦点分别为、，过点作直线与双曲线1322yx1F2F2FC 的右半支交于点 P，Q，使得=90，则的内切圆半径是 PQF1PQF1答案：17 解：由双曲线的性质知，431221

7、FF22121QFQFPFPF因=90，故，因此PQF12212221FFPFPF72242)()(222221222121PFPFPFPFPFPF从而直角的内切圆半径是PQF117)(21)(21)(21212111QFQFPFPFQFPQPFr8设是 1，2，100 中的 4 个互不相同的数，满足4321,aaaa2433221242322232211)()(aaaaaaaaaaaa则这样的有序数组的个数为 ),(4321aaaa答案：40解：由柯西不等式知，等号成立2433221242322232211)()(aaaaaaaaaaaa的充分必要条件是，即成等比数列于是问题等价于计算满足4

8、33221aaaaaa4321,aaaa的等比数列的个数设等比数列的公比1,2,3,4321aaaa,1004321,aaaa，且为有理数记，其中为互素的正整数，且1qqmnq nm,nm 先考虑的情况mn 此时，注意到互素，故为正整数 相应地，331314)(mnamnaa33,nm31mal 分别等于，它们均为正整数这表明，对任意给定的4321,aaaalnlmnnlmlm3223,，满足条件并以为公比的等比数列的个数，即为满足不等式1mnqq4321,aaaa的正整数 的个数，即1003lnl1003n由于，故仅需考虑这些情况，相应的等比数列的个数为1005334,4,23,3,2q20

9、113312641006410027100271008100当时，由对称性可知，亦有 20 个满足条件的等比数列mn 4321,aaaa综上可知，共有 40 个满足条件的有序数组),(4321aaaa二、解答题：本大题共 3 小题，共 56 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤9（本题满分 16 分）在中，已知求的ABCCBCABCBAACAB32Csin最大值解：由数量积的定义及余弦定理知，2cos222acbAcbACAB同理得，故已知条件化为2222bcaBCBA2222cbaCBCA)(3)(2222222222cbabcaacb即8 分22232cba由余弦定理及基本不等式，得a

10、bbabaabcbaC2)2(312cos22222223263263abbaabba所以12 分37cos1sin2CC等号成立当且仅当因此的最大值是16 分5:6:3:cbaCsin3710（本题满分 20 分）已知是 R 上的奇函数，且对任意，均有)(xf1)1(f0 x)()1(xxfxxf求的值)981()31()991()21()1001()1(ffffff)511()501(ff解：设=1，2，3，），则nnfan)(1(1)1(1 fa在中取，注意到，及为)()1(xxfxxf*)(1Nkkx111111kkkxx)(xf奇函数可知5 分)1(1)1(1)11(kfkkfkkf

11、即，从而10 分kaakk11)!1(11111111nkaaaanknkkkn因此490501501101)!99(!1)!100()!1(1iiiiiiiiiaa20 分!992221!991)(!991!991989949099999949099iiiiiCCC11（本题满分 20 分）如图所示，在平面直角坐标系中，F 是轴正半轴上的一个动xOyx点以 F 为焦点，O 为顶点作抛物线 C设 P 是第一象限内 C 上的一点，Q 是轴负半轴上一点，使得 PQ 为xC 的切线，且PQ=2.圆均与直线 OP 相切于点21,CCP，且均与轴相切求点 F 的坐标，使圆与的面积之和取到最小值1C2C解

12、：设抛物线 C 的方程是，点 Q 的坐标为，并设)0(22ppxy)0)(0,(aa的圆心分别为21,CC),(),(222111yxOyxO设直线 PQ 的方程为，将其与 C 的方程联立，消去可知)0(mamyxx0222papmyy因为 PQ 与 C 相切于点 P，所以上述方程的判别式为，解得024422pamp进而可知，点 P 的坐标为于是pam2)2,(),(paayxPP)2(2221|0|1|2apapapaymPQP由PQ=2 可得 54242paa分注意到 OP 与圆相切于点 P，所以设21,CC21OOOP 圆与轴分别相切于点 M，N，则分别21,CCx21,OOOO是的平分

13、线，故=90从而PONPOM,21OOO由射影定理知paayxOPPOPONOMOyyPP22222212121结合，就有 10 分2221342apaayy由共线，可得21,OPO212121212122yyNOMOPOPOyyyyypapayPP化简得 15 分212122yypayy令，则圆的面积之和为根据题意，仅需考虑 T 取到最小值的情2221yyT21,CCT况根据、可知，212221212212242)(yyyypayyyyT22222221)2)(34()34(2)34(444aaaaaa作代换，由于，所以于是21at024442paat0t4324132413)1)(13(tttttttT上式等号成立当且仅当，此时，因此结合得，33t3111ta331333311122ttaap从而 F 的坐标为20 分)0,331()0,2(p