(数学)2017年全国高中数学联赛江苏复赛试题+Word版含答案.pdf

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1、2017 年全国高中数学联赛赛区复赛 一、填空题（每题 8 分，满分 64 分，将答案填在答题纸上）1.若数列 na满足Nnaaaannn,232,2111，则2017a的值为 2.若函数 baxxxxf221对于任意Rx都满足 xfxf4，则 xf的最小值是 3.在正三棱柱111CBAABC 中，ED,分别是侧棱11,CCBB上的点，BDBCEC2，则截面ADE与底面ABC所成的二面角的大小是 4.若13cos2coscos3sin2sinsinxxxxxx，则x 5.设yx,是实数，则9422244yxyx的最大值是 6.设,3,2,1,2121maaaSNnnammn,则201721,S

2、SS中能被2整除但不能被4整除的数的个数是 7.在直角平面坐标系xOy中，21,FF分别是双曲线01222bbyx的左、右焦点，过点1F作圆122 yx的切线，与双曲线左、右两支分别交于点BA,，若ABBF2，则b的值是 8.从正1680边形的顶点中任取若干个，顺次相连成多边形，其中正多边形的个数为 二、解答题 9.已知Ryx,，且yxyx,222，求2211yxyx的最小值.10.在平面直角坐标系xOy中，椭圆13:22 yxC的上顶点为A，不经过点A的直线l与椭圆C交于QP,两点，且.0AQAP（1）直线l是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由.（2）过QP,两点分别作椭圆的切线

3、，两条切线交于点B，求BPQ面积的取值围.11.设函数.!1!2112nnxnxxxf（1）求证：当Nnx,0时，xfenx；（2）设Nnx,0，若存在Ry使得 ynnxexnxfe1!11，求证：.0 xy 2017 年全国高中数学联赛赛区 复赛参考答案与评分标准 加试 1.已知圆O的接五边形ABCDE中AD与BE相交于点CFF,的延长线交圆O于点P，且.EDBCCDAB 求证：.AEOP 2.设yx,是非负实数，22,yxbyxa，若ba,是两个不相邻的整数，求ba,的值，3.平面上n2个点Nnn,1，无三点共线，任意两点间连线段，将其中任意12n条线段染成红色.求证：三边都为红色的三角形

4、至少有n个.4.设n为正整数，nnban131211，其中nnba,为互素的正整数，对素数p，令集合npapNnnS,，证明：对每一个素数5p，集合pS中至少有三个元素.试卷答案 1.30261 2.16 3.045 4.Zkk,5.14 6.252 7.13 8.3432 二、解答题 9.解：因为222 yx，所以422yxyx，所以222222114111yxyxyxyxyxyx.111412 当0,2yx时，.11122yxyx 所以2211yxyx的最小值为.1 10.解：（1）因为0AQAP，所以.AQAP 直线AQAP,与x轴平行时，P或Q与A重合，不合题意.设1:kxyPA，则.

5、11:xkyQA 将1 kxy代入3322 yx，得.063122kxxk 所以2262,1.1 31 3PPkxykk 同理.361,3622kykkxQQ 所以，直线:PPQPQPyyxxlyyxx,即kxkkxkykyklQQ63163121312131:2222，化简得.2141:2xkkyl 直线l纵截距是常数21，故直线l过定点.21,0（2）由（1），223116kkkAP，同理，.31622kkAQ 所以 222222222222222223313131363131136kkkkkkkkkkPQ.3103115151362242462kkkkkk 不妨设0k，令kkt1，则2t

6、，可化得22222431236tttPQ，即.4312622tttPQ 设00,yxB，则切点弦PQ的方程是3300yyxx，又QP,在2141:2xkkyl上，所以20y，从而.21320kkx 所以B到PQ的距离.122316121213222222ttkkkkd 因此的面积.43294312612232121232222tttttttPQdS 令tu1，则210 u，化得.34293uuS 当210 u时，uu343递增，所以23403uu，即49S，当且仅当21u，即1,2kt时，等号成立，故BPQ的面积S的取值围是.,49 11.解：（1）用数学归纳法证明如下：（）当1n时，令 11

7、xexfexfxx，则,0,01xexfx恒成立，所以 xf在区间,0为增函数，又因为 00 f，所以 0 xf，即.1xfex（）假设kn 时，命题成立，即当,0 x时，xfekx，则1 kn时，令 121!11!1!211kkxkxxkxkxxexfexg，则 0!1!2112xfexkxxexgkxkx，所以 xg在区间,0为增函数，又因为 00 g，所以,0,0 xxg恒成立，即,0,1xxfekx，所以1 kn时，命题成立.由（）（）及归纳假设可知，Nn，当,0 x时，.xfenx（2）由（1）可知 xfenx1，即 11!11!11nnynnxnxfexnxf，所以1ye，即0y，

8、下证：.xy 下面先用数学归纳法证明：当.,!1!11!211,012Nnexnxnxxexxnnx（）当1n时，令 xxexexF1，则,0,0 xxexFx，所以 xF在区间,0单调增，又 00 F，故 0 xF，即.1xxxee（）假设kn 时，命题成立，即当,0 x时，.!1!11!21112kkkxexkxkxxe 则当1 kn时，令 xxkkeexkxkxxxG12!11!1!211，0!11!11!1!211112xkxxkxkexkeexkexkxxxG，所以 xG在区间,0上为增函数，又 00 G，故 0 xG，即,0,!11!1!21112xexkxkxxexkkx.由（）

9、（）及归纳假设，可知当,0 x时，,!11!1!21112xnnxexnxnxxe对Nn成立，所以xnnynnxexnxnxxexnxnxxe1212!11!1!211!11!1!211，从而xyee 即xy，证毕.复赛加试答案 1.证明：连接.,PEPA 因为五边形ABCDE接于圆O，所以EDFABFDEFBAF,所以EDFABF,所以.FDFBEDAB 同理，BFPFBCPE,.PFDFPADC 由得.1PADCBCPEEDAB 因为EDBCCDAB,所以.1EDDCBCAB 所以PAPE，即点P是弧AE的中点，所以.AEOP 2.解：因为ba,是不相邻的整数，所以 yyxxyxyxab2

10、2222.32222222222yyxx 由于ab是整数，所以.2ab 设Znnbna,1,1，即122,1nyxnyx，则122,1nyxyxnyxyx，则122,1nyxyxnyxyx，于是1122,112nyxnxnyxnx，从而 yxnxnyxnxn221212,112，故.2121xnnxn 又因为 .2222xx 令xt，得1212nntnx，代入得 01212222nntnnnt，于是 nnnnnnnnnnnnnntx221141281412222，nnnnnnxny22111，因此，2n，并且 211nnnnn，即0122 nn，解之得2121n，从而212 n，且Zn，故.2

11、n 所以.3,1ba 3.证明：首先证明一定存在红色三角形（三边均为红色的三角形为红色三角形，下同）.设从顶点A出发的红色线段最多，由A引出的红色线段为kABABAB,21，则.1 nk 若kBBB,21中存在两点，不妨设为21,BB使线段21BB为红色线段，则21BAB为红色三角形，若kBBB,21相互之间没有红色线段相连，则从kiBi,2,1出发的红色线段最多有kn2条，所以这n2个点红色线段最多有 .142212221222nnknkknkknknkk 与题设矛盾，所以存在以A为顶点的红色三角形，下面用数学归纳法证明，（1）当2n时，平面上有四个点DCBA,中两两连线共有6条，其中有5条

12、为红色，只有一条非红色，设为,AB 则ACD与BCD均为红色三角形，命题成立，（2）假设kn 时，命题成立，即至少存在k个红色三角形，当1 kn时，有22 k个点，且有112k条红色线段，一定存在一个红色三角形，设为.ABC 考察从CBA,引出的红色线段分别记为 CdBdAd,条，不妨设 .CdBdAd 若 22 kBdAd，则除去点BA,余下的k2个点之间至少有 11211222kkk,由归纳假设可知存在至少k个红色三角形，再加上ABC至少有1k个红色三角形，若 32 kBdAd，则 53 kCdBdAd,故从CBA,出发向其它12 k个点引出红色线段至少有13 k条，因为.1213kkk

13、这13 k线段至少有k对线段有公共点（不包括CBA,）故至少存在k个红色三角形，再加上ABC，则至少有1k个红色三角形，所以1 kn时命题也成立，由（1）（2）可知，当Nnn,1时，n2点之间的12n条红色线段至少可组成n个红色三角形.4.证明：引理：设5p为素数，k为非负整数，令kkstpkpkpkp112111，其中kkst,为互素的正整数，那么.2ktp 引理的证明：因为111111121211211pipipikkipkpikppkipkpikpikpSt,令111piipkpikpA,因为素数5p，由Fermat小定理，以及 ppkkkmod0121,其中 21pk，有 Apkpkpkpp 1121 1122111121pipppipipiipkpikppkpkpkp.mod01131142piipippip 所以.1211NMpMApkpkpkpp 即.12121212pkkpkpkpkpMpkSt 因为 11212,1ppkpkpkpp，所以ktp2，引理证毕，由引理得，12pap，所以1pap，从而pSpp1，又1011101111112121111112pkkkpppkpipipippstbapikpipiba，因为kptpap212,，所以12pap 从而.12pSp 因为1112pppp，所以集合pS中元素至少有3个.