2010年全国高中数学联赛湖北省预赛试题及答案[1]

2010年全国高中数学联赛湖北省预赛

2010年全国高中数学联赛湖北省预赛由湖北省数学竞赛组织委员会主办并具体组织活

动，委托华中师范大学数学竞赛与普及研究所命题。

试题以《高中数学竞赛大纲（2006年修订稿）》为依据，所涉及的知识范围不超出现行《全日制普通高级中学数学教学大纲》和《普通高中数学课程标准》中所规定的教学内容和要求，在数学思想方法的要求上有所提高，主要考查学生对基本知识和基本技能的掌握情况，以及综合、灵活运用知识的能力，适当考虑全国联赛对参赛学生的要求。湖北省预赛按高一、高二年级分开命题，试题包括8道填空题和4道解答题，全卷满分120分，考试时间为120分钟。

湖北省预赛于2010年5月16日（星期日）上午8：00至10：00举行，约5万名学生参加，由各地市（州）安排考试并组织阅卷，从中选出约9000人参加全国高中数学联赛。

试 题

一、填空题（每小题8分，共64分）

1．数列{an}满足：a11,a23，且an2|an1|an(nN*)．记{an}前n项的和为Sn，则S100 ．

2．在△ABC中，已知B的平分线交AC于K．若BC=2，CK=1，BK△ABC的面积为 ．

32，则200，3．设n1则使得(ab)的展开式中有连续三项的系数成等差数列的最大整数n为 ．

4．在小于20的正整数中，每次不重复地取出3个数，使它们的和能被3整除，不同的取法种数为 ．

n(z1)25．若x,y,z均为正实数，且xyz1，则S的最小值为 ．

2xyz222x2y21的左、右焦点分别为F1,F2，M为椭圆上异于长轴端点的一点，6．设椭圆4F1MF22，△MF1F2的内心为I，则|MI|cos ．

327．对于一切x[2,]，不等式axxx10恒成立，则实数a的取值范围

12为 ．

8．将总和为200的10个数放置在给定的一个圆周上，且任意三个相邻的数之和不小于58．所有满足上述要求的10个数中最大数的最大值为 ．

声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。 更多资料详见华东师大版《高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）》

二、解答题（本大题共3小题，共56分）

9．（16分）已知二次函数f(x)ax2bxc的图象经过点(2,0)，且不等式

2xf(x)12x2对一切实数x都成立． 2（1）求函数f(x)的解析式；

（2）若对一切x[1,1]，不等式f(xt)f()恒成立，求实数t的取值范围． 10．（20分）设Px6x11x3x31，求使P为完全平方数的整数x的值．

432x2x2y21交于A,B两点，过椭圆C的右焦11．（20分）已知直线yx与椭圆C：

1611点F、倾斜角为的直线l交弦AB于点P，交椭圆C于点M,N．

（1）用表示四边形MANB的面积；

（2）求四边形MANB的面积取到最大值时直线l的方程．

解 答

1．89 提示：由已知可得ak9ak．

S100S99a10011(a1a2a9)a189．

2．又

15722 提示：由余弦定理可得82b2cb ① 16AKABb1c ② ，则 CKBC125由①②，b,c3．

2又由cosC137可得sinC， 88故△ABC的面积S1157absinC． 216n3．98 提示：设(ab)的展开式中有连续三项的系数分别为

k1kk1kk1k1．依组合数定义展开并整理Cn,Cn,Cn(1kn1)，由题意得 2CnCnCn得n(4k1)n4k20．

22

声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。 更多资料详见华东师大版《高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）》

故n1,24k18k292． (nN) （1）8k29(2m1)2，2km2m2，

代入（1），得n1(m1)22，n2m22．由(m1)22100，n98．

4．327 提示：把这19个数按被3除所得的余数分类可以有三类：

A1：3，6，9，12，15，18； A2：1，4，8，11，14，17；

A3：2，5，7，10，13，14，19．

这样，满足题设条件的取法有且只有四种情形：

3（1）在A1中任取3个数，有C620种取法； 3（2）在A2中任取3个数，有C620种取法； 3（3）在A3中任取3个数，有C735种取法；

（4）在A1,A2,A3中各取一个数，有667252种取法．

因此，取法总数为：20235252327（种）． 5．322 提示：因 2xyx2y21z2，

(z1)2(z1)2z1z1所以 S 22xyzz(1z)(1z)z[2(z1)][(z1)1]123[(z1)]z121,xy1322322．

当且仅当z21时等号成立．所以 Smin322．

6．23 提示：先证明下面的结论：已知△ABC的内心为I，则AB＋AC－BC＝2AIcosA． 21（AB＋2证明：设△ABC的内切圆与边AB、AC分别切于D、E两点，则AD＝AE＝AC－BC），又AD＝2AIcosAA，所以AB＋AC－BC＝2AIcos． 221对于本题的△MF1F2，有MF1MF2FF22x2y21中McIos．又4

声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。 更多资料详见华东师大版《高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）》

a2,b1,ca2b23，所以MF1MF22a4，FF122c23，从而

|MI|cos11(MF1MF2F1F2)(423)23． 227．10a1 提示：记f(x)ax3x2x1，已知条件即f(x)0对一切

1x2,恒成立．

2（1）当x0时，对一切实数a，f(x)10．

1x2x132（2）当x(0,]时，f(x)axxx10可化为a．

2x311x2x1g(x)(x1)(x3)x(0,]时，g(x)0，所以设g(x)，则．当432xx函数g(x)在区间(0,]上单调递增，从而[g(x)]maxg()10．因此a10．

1212x2x1（3）当x(2,0]时，f(x)axxx10可化为a． 3x321x2x1g(x)(x1)(x3)．设g(x)，则当x(1,0)时g(x)0；当x1x4x3时g(x)0；当x(2,1)时．所以函数g(x)在区间(2,1)上单调递减，在区间(1,0)上单调递增，从而[g(x)]ming(1)1．因此a1．

综合可知：10a1．

8．26 提示：设所有放置中的最大数为A，则A358200，所以A26. 事实上26，6，26，26，6，26，26，6，26，26满足．

9．（1）由已知，对n2有

nan1n1， an1(n1)an(n1)ann1两边同除以n并整理，得

1111()， nan1(n1)ann1nn111111于是，(1)， (k1)akkn1k2kak1k2k1n1即

111(1),n2，

(n1)ana2n1

声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。 更多资料详见华东师大版《高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）》

所以

11113n2,n2． ，an(1)3n2(n1)ana2n1n1又n1时也成立，故an1,nN*． 3n22（2）当k2，有ak11111()，

(3k2)2(3k4)(3k1)33k43k1所以n2时，有

11111112a1a1()()()k325583n43n1k1k22knn1111711.

323n166n77*2又n1时，a1.．故对一切nN，有ak．

66k121210．P(x23x1)23(x10)．所以，当x10时，P131是完全平方数．

下证没有其它整数x满足要求．

（1）当x10时，有P(x23x1)2，

又P(x3x)2x3x310，所以P(x3x)， 从而(x3x)P(x3x1)． 又xZ，所以此时P不是完全平方数．

（2）当x10时，有P(x3x1)．令Py,yZ， 则|y||x3x1|，即|y|1|x3x1|， 所以 y2|y|1(x3x1)， 即 3(x10)2|x3x1|10．

解此不等式，得x的整数值为2,1,0,3,4,5,6，但它们对应的P均不是完全平方数． 综上所述，使P为完全平方数的整数x的值为10.

11．（1）直线MN的倾斜角为，记MFO，则，

2222222222222222222ab22ab2|MN|22． 2222accosaccos

声明：本资料未经过编辑加工，可能存在错误，敬请谅解。 更多资料详见华东师大版《高中数学联赛备考手册（预赛试题集锦）》

而AB与MN所成的角为

4，则四边形MANB面积

SMANB21sincos|AB||MN|sin()2|OA|ab22． 24ac2cos222433433，且|OA|466， 而a16,b11,,c5，A点坐标为999从而，SMANB35233sincos35233sincos， 2299165cos165cos其中0arctan43343395或arctan43343395．

sincos433, （2）记f()，而f()只可能在arctan时才2165cos43395可能取到最大值．对f()求导数得到：

(cossin)(165cos2)(sincos)(10cossin)． f()22(165cos)令f()0，则有(1tan)(16tan211)(tan1)(10tan)0． 化简得到 16tan6tan21tan110． 所以 (2tan1)(8tan232tan11)0．

1． 22而 8tantan110无实根，则tan经检验tan1433,，符合arctan． 243395故所求直线l的方程为：y15． x22