历届江苏高中数学竞赛试题及答案 57页

2005年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试题参考答案及评分标准说明：1.评阅试卷时,请依据本评分标准.选择题、填空题只设6分和0分两档.其他各题的评阅,请严格按照本评分标准规定的评分档次给分,不要再增加其他中间档次.2.如果考生的解答方法和本解答不同,只要思路合理,步骤正确,在评卷时可参照本评分标准适当划分评分档次,3分为一个档次,不要再增加其他中间档次.一．选择题(本题满分36分,每小题6分)1.函数yfx()的图像按向量a(,2)平移后,得到的图像的解析式为4yxsin()2.那么yfx()的解析式为4A.yxsinB.yxcosC.yxsin2D.yxcos4答:[B]解：yxsin[()],即yxcos.故选B．4422.如果二次方程xpxq0(,pqN*)的正根小于3,那么这样的二次方程有A.5个B.6个C.7个D.8个答:[C]2解：由p4q0,q0,知方程的根为一正一负．22设fx()xpxq，则f(3)33pq0,即39pq.由于pq,N*，所以pq1,5或pq2,2.于是共有7组(,)pq符合题意．故选C．213.设ab0,那么a的最小值是bab()A.2B.3C.4D.5答:[C]解：由ab0,可知2aa2210bab()(b)a,424\n2214所以，aa4.故选C．2bab()a4.设四棱锥PABCD的底面不是平行四边形,用平面去截此四棱锥,使得截面四边形是平行四边形,则这样的平面A.不存在B.只有1个C.恰有4个D.有无数多个答:[D]解：设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线P为m、n,直线m、n确定了一个平面.DC1A11B作与平行的平面,与四棱锥的各个侧面1D相截，则截得的四边形必为平行四边形．而这样CA的平面有无数多个．故选D．B5.设数列{}a:a2,a16,a16a63a,nN*,则a被n01n2n1n200564除的余数为A.0B.2C.16D.48答:[C]解：数列{}a模64周期地为2，16，－2，－16，…….又2005被4除余1,故n选C．26.一条走廊宽2m,长8m,用6种颜色的11m的整块地砖来铺设(每块地砖都是单色的,每种颜色的地砖都足够多),要求相邻的两块地砖颜色不同,那么所有的不同拼色方法有8777A.30个B.3025个C.3020个D.3021个答:[D]解：铺第一列(两块地砖)有30种方法；其次铺第二列．设第一列的两格铺了A、B两色(如图)，那么，第二列的上格不能铺A色．若铺B色，则有(61)种铺法；若不2铺B色，则有(62)种方法.于是第二列上共有21种铺法.同理，若AB7前一列铺好，则其后一列都有21种铺法．因此，共有3021种铺法．故选D．二．填空题(本题满分36分,每小题6分)7.设向量OA绕点O逆时针旋转得向量OB,且2OAOB(7,9),则2\n1123向量OB（－，）.55解：设OA(,)mn,则OB(nm,),所以2OAOB(2mnnm,2)(7,9).23m,2mn7,523111123即解得因此，OA(,),OB(,).mn29.n11.555551123故填(,)．558.设无穷数列{}a的各项都是正数,S是它的前n项之和,对于任意正整数nnn,a与2的等差中项等于S与2的等比中项,则该数列的通项公式为an=4n－2nn(n∈N*).2a2(a2)nn解：由题意知2S，即S.………①nn28a21由aS得2a,从而a2.111122(a2)n1又由①式得Sn(2),………②n1822(aa2)(2)于是有aSSnn1nnn1(n2),88整理得(aa)(aa4)0.因aa0,0,故nn11nnnn1aa4(n2),a2．nn11所以数列{}a是以2为首项、4为公差的等差数列，其通项公式为an24(1)，nn即an42.故填a4n2(nN*)．nn29.函数y|cosx||cos2x|(xR)的最小值是.22解：令tx|cos|[0,1]，则yt|2t1|．222192当t1时，y2tt12(t)，得y2；2482\n2221929当0t时，y2tt12(t)，得y．2482822又y可取到,故填．2210.在长方体ABCDABCD中,AB2,AAAD1,点E、F、G11111分别是棱AA1、CD11与BC的中点,那么四面体B1EFG的体积是VB1－EFG3=.81解：在DA的延长线上取一点H，使AH.易证，HEBG||，HE||平面111149BFG．故VVVV．而S，G到平面BFH的1BEFG1EBFG1HBFG1GBFH1BFH1813距离为1．故填V．B1EFG811.由三个数字1、2、3组成的5位数中,1、2、3都至少出现1次,这样的5位数共有150个.1123解：在5位数中,若1只出现1次，有CC(CC)70个；5444212若1只出现2次，有CC(C)60个；53331若1只出现3次，有CC20个．则这样的五位数共有150个．故填15052个．2212.已知平面上两个点集M{(,)||xyxy1|2(xy),xy,R},N{(,)||xyxa||y1|1,xy,R}.若MN,则a的取值范围是[1－6，3+10]．解：由题意知M是以原点为焦点、直线xy10为准线的抛物线上及其凹口内侧的点集，N是以(,1)a为中心的正方形及其内部的点集(如图)．y考察MN时,a的取值范围:3令y1,代入方程21222|xy1|2(xy),-3-2-1O134567x-1\n2得xx420，解出得x26．所以，当a26116时,MN．…………③222令y2，代入方程|xy1|2(xy),得xx610.解出得x310．所以，当a310时,MN．…………④因此,综合③与④可知，当16a310，即a[16,310]时,MN．故填[16,310].三．解答题(第一题、第二题各15分；第三题、第四题各24分)13.已知点M是ABC的中线AD上的一点,直线BM交边AC于点BCBMN,且AB是NBC的外接圆的切线,设,试求(用表示).BNMN证明：在BCN中，由Menelaus定理得BMNACDA1．MNACDB因为BDDC，所以BMACN．………………6分MNANMB由ABNACB，知ABN∽ACB，则DCABACCB．ANABBN22ABACCBACBC所以，，即．……………………12分ANABBNANBN2BMBCBC因此，．又，故MNBNBNBM2．……………………15分MN14.求所有使得下列命题成立的正整数nn(2):对于任意实数xx,,,x,12nnn当xi0时,总有xxii10(其中xxn11).i1i1\n2解：当n2时，由xx0，得xxxx20x．1212211所以n2时命题成立.……………………3分当n3时，由xxx0，得1232222222(xxx)(xxx)()xxx123123123xxxxxx0.12233122所以n3时命题成立.…………………6分当n4时，由xxxx0，得12342xxxxxxxx(xx)(xx)(xx)0．12233441132424所以n4时命题成立．………………9分n当n5时，令xx121，x42，x35xxn0,则xi0.i1n但是,xxii110，故对于n5命题不成立．n1综上可知，使命题成立的自然数是n2,3,4.……………15分22xy15.设椭圆的方程为1(ab0),线段PQ是过左焦点F且不与22abx轴垂直的焦点弦.若在左准线上存在点R,使PQR为正三角形,求椭圆的离心率eyRQQ＇的取值范围,并用e表示直线PQ的斜率.M‘M解：如图,设线段PQ的中点为M．FOxP’P过点P、M、Q分别作准线的垂线,垂足分别为P'、M'、Q',则11|PF||QF||PQ||MM'|(|PP'||QQ'|)()．……………6分22ee2e3假设存在点R，则|RM||PQ|，且|MM'||RM|，即2|PQ|3||PQ，22e\n3所以，e．…………………………12分3|MM'||PQ|21于是，cosRMM'，故|RM|2e3|PQ|3e1cotRMM'．231e若|PF||QF|(如图)，则1ktanQFxtanFMM'cotRMM'.……………18分PQ23e131当e时,过点F作斜率为的焦点弦PQ,它的中垂线交左准线331e23于R,由上述运算知,|RM||PQ|．故PQR为正三角形.…………21分2若|PF||QF|，则由对称性得1k．………………24分PQ231e22xy又e1,所以，椭圆1(ab0)的离心率e的取值范围是22ab31e(,1)，直线PQ的斜率为．331e216.(1)若nn(N*)个棱长为正整数的正方体的体积之和等于2005,求n的最小值,并说明理由；2005(2)若nn(N*)个棱长为正整数的正方体的体积之和等于2002,求n的最小值,并说明理由.333333解：(1)因为101000,111331,121728,132197,12200513，故n1.3333因为200517281251252712553，所以存在n4，使n4．………………6分min\n33若n2，因10102005,则最大的正方体边长只能为11或12，计算33200511674,200512277，而674与277均不是完全立方数,所以n2不可能是n的最小值.………………9分23若n3，设此三个正方体中最大一个的棱长为x,由3x200538,知最大的正方体棱长只能为9、10、11或12.3333由于200539,200529547,20059280,所以x9.33333由于20052105,2005109276,2005108493,33200510270,所以x10.333333由于2005118162,2005117331,200511260,所以x11.33333由于200512661,20051251525,所以x12.因此n3不可能是n的最小值.综上所述，n4才是n的最小值.………………12分(2)设n个正方体的棱长分别是xx,,,x，则12n3332005xxx2002．……………⑤12n3由20024(mod9)，41(mod9)，得20052005668313668200244(4)44(mod9)．……⑥……15分3又当xN*时，x0,1(mod9)，所以333333x∕≡4(mod9)，xx≡∕4(mod9)，xxx∕≡4(mod9).…⑦112123……………21分⑤式模9,由⑥、⑦可知,n4．3333而2002101011，则2005200433336683333320022002(101011)(2002)(101011)6683668366836683(200210)(200210)(2002)(2002)．……24分因此n4为所求的最小值．\n2005年江苏省数学奥林匹克夏令营竞赛试题参考答案一、选择题：100b1．已知ab,N，a是一个120位数，a是一个10位数，则b的值是（）A7B8C9D102．将4个相同的红球和4个相同的蓝球排成一排，从左到右每个球依次对应序号为1,2,,8．若同色球之间不加区分，则4个红球对应序号之和小于4个蓝球对应序号之和的排列方法的种数为（）A31B27C54D623．若某圆柱的体积与表面积在数值上恰好相等，则该圆柱的体积的最小可能是（）A48B50C54D6624．已知,均为锐角，且满足sincos，则与的关系（）ABCD25．正四面体的4个面上分别写着1，2，3，4．将4个这样的均匀正四面体投掷于桌面上，与桌面接触的4个面上的4个数的乘积被4整除的概率是（）19113ABCD86416166．甲、乙、丙，3人用擂台赛形式进行训练，每局2人进行单打比赛，另1人当裁判，每一局的输方当下一局的裁判，由原来的裁判向胜者挑战．半天训练结束时，发现甲共打了12局，乙共打了21局，而丙共当裁判8局．那么整个比赛的第10局的输方（）A必是甲B必是乙C必是丙D不能确定二、填空题：27．已知向量a1,2，b2,1．若正数k和t使得xat1b与1ykab垂直．则k的最小值是．t8．在直角坐标系内，如果一个点的横坐标和纵坐标都是整数，则称该点为整点．若凸n边形的顶点都是整点，并且多边形内部及其边上没有其他整点，则n．9．若实数xy,满足x0，且max1xx,1yx2．则二元函数uxy,2xy的最小值是．n1n110．设方程x1（n为奇数）的n个根为1,,,xx12,xn1，则．k11xk\n200511．用x表示实数x的小数部分，若a51318．则aa．12．已知P、Q、R、S是三棱锥ABCD内的四点，且Q、R、S、P分别是线段PA、QB、RC、SD的中点，若用V表示三棱锥PABC的体积，其余的类推．则PABCV:V:V:V．PABCPBCDPCDAPABD三、解答题：13．设PP,,,Pn2是1,2,,n的任意一个排列．求证：12n1111n1．PPPPPPPPn21223n2n1n1n14．一医生知道某种疾病患者的自然痊愈率为0.25，为实验一种新药是否有效，把它给10个病人服用．他事先决定，若这10个病人中至少有4个治好，则认为这种药有效，提高了痊愈率．否则认为无效．求（1）虽然新药有效，并把痊愈率提高到了0.35，但通过实验却被否定的概率；（2）新药完全无效，但通过实验却被判断为有效的概率．参考数据：p2.00003.00004.00005.00006.00007.00008.00009.000010.00000.25000.06250.01560.00390.00100.00020.00010.00000.00000.00000.35000.12250.04290.01500.00530.00180.00060.00020.00010.00000.65000.42250.27460.17850.11600.07540.04900.03190.02070.01350.75000.56250.42190.31640.23730.17800.13350.10010.07510.0563答案请保留四位有效数字．22xy15．设双曲线S:1，Mxy,S，且xy0．Nx,y，其中22000000ab2221xybx000．过点N的直线L交双曲线S于AB,两点，过点B作斜率为的直线交222abay0双曲线S于点C．求证：AMC,,三点共线．解：B．100119lga120910由题设：，从而b．∴b8．b1.191.29lga10解：A．123836．\n41到8中任取四个不同的数求和，可以得到C70种答案（可以相同）．8其中和为18的共有8种：8,7,2,1，8,6,3,1，8,5,4,1，8,5,3,2，7,6,4,1，7,6,3,2，7,5,4,2，6,5,4,3．708∴4个红球对应序号之和小于4个蓝球序号之和的排列数为31．2解：C．222r设圆柱底面半径为r，高为h．则rh22rrh，即h，r2．r2322rr从而Vr2．令tr20，则rr223Vt22812t6t12t18t1127．2ttt∴当t1时，V取最小值54．A解：C．2由题设：sincoscossinsin．Q∴sincotcossinsin．R∴．BPD解：D．SP'443424213．4416C解：A．丙共当裁判8局，所以甲乙之间共有8局比赛．又甲共打了12局，乙共打了21局，所以甲和丙打了4局，乙和丙打了13局．三个人之间总共打了（8+4+13）=25局．考察甲，总共打了12局，当了13次裁判．所以他输了12次．所以当n是偶数时，第n局比赛的输方为甲，从而整个比赛的第10局的输方必是甲．解：2．2211ab3，ab0．0xykatb，即kt2．tt解：n3或4．n3或4显然满足题意．当n5，考察其顶点Axy,，Axy,，Axy,，Axy,，Axy,，111222333444555由抽屉原理知道必然有两点的横坐标与纵坐标的奇偶性完全相同，不妨设为Axy,，iii\nAxyjj,j，ij．则AAij的中点必然是一个整点．而由凸n边形的性质知道，线段AAij的中点必然在该多边形的内部或者边上．解：1．由题意：x12yx，且x0．3xx12,1∴uxy,2xyxx12．xx11,01n1解：．222kkxicossin，kn1,2,3,,1．注意到knn2k2k2k2kxcosisincos2isin2knnnn22nknkcosixsin．nknn11111xxkk∴1．1x1x1x1x1xxxxknkkkkkkkn111n而n为奇数，所以n1为偶数，从而．k112xk解：1．2005记b51318，则01b，且ab1．20052005rr20052005rrrr又abC20055318C20055318rr00100220042k2kk1212CZ20055318．k0而aabb，其中abZ，01b．∴ba．∴aaab1．解：8:1:2:4．记H为点P到平面BCD的距离．其余类推．设V1．PBCD,PBCD∵H:HSDPD:2．∴V2．SBCD,,PBCDSBCD∵H:HRCSC:2:1，∴V4．RBCD,,SBCDRBCD\n∵H:HQBRB:2:1，∴V8．QBCD,,RBCDQBCD设AP延长后交平面BCD于P'．则QPPP':'V:V8:1．QBCDPBCD∴QPPP:'7:1，又AQQP，∴APPP':'15:1．∴V15．ABCD同理V1，V1，V1．QACDSABCRABD∴VV88，VV22，V2V4V4．PABCSABCPCDAQCDAPABDQABDRABD∴V:V:V:V8:1:2:4．PABCPBCDPCDAPABD1111证：记A，PPPPPPPP1223n2n1n1nBPPPPPP．1223nn12则ABn1．（PPPP，故等号不成立）12232而B2PPPPP212n12nn312nn1222n1n1n1n1∴A．22Bnn3nn2n2解：设痊愈率为p，恰好有k个人痊愈的概率为a，k0,1,2,,10．则kkk10kaCp1p．k10（1）p0.35，此时：aaaa0.5138．0123即新药有效，并把痊愈率提高到了0.35，但通过实验却被否定的概率为0.5138．（2）新药完全无效，∴p0.25，此时：1aaaa0.2241．0123证：设Axy,，Bxy,，11222bx0Cxy33,．过点M作斜率为2的ay0Q直线m，则直线m的方程为2bx0yyxx①002ay0\n设直线m交NA与点P、交NC于点Q，Fxy,为BC中点．FF由BC,S得：F2222xyxy22331，1．2222ababG两式相减后化简后可得：yyF0．xxF0P∴F在直线MN上．从而M为PQ中点．D设直线L的斜率为k，则直线L的方程为yykxy②002x12故xx,是方程kxxy1的两根．整理得：122200ab221k2x0ky02x0y022xx00222xx2210ababab221xy00将代入上式，得：22ab21k2xky00xx2xx10220022abab将其视为关于xx的一元二次方程．由韦达定理，有0112xky00③22xxxx1ab10201ky00x联立①②，消去y得到．22xx1baP0211比较③式得：．xxxxxxP01020211从而．NPNANB下面利用平几知识证明AMC,,三点共线．211首先假设AMC,,三点共线，来证明：．NPNANB\n过A做直线AD∥BC，交NC与D．设G为AD中点．由于AD∥BC∥PQ，∴ADBCPQ,,的中点GFM,,共线（过点N）．NAAGAGAMAPNPNA211∴．整理即得：．NBBFFCMCBPNBNPNPNANB211反之，用同一法可证明当时AMC,,三点共线．NPNANB\n2005年江苏省数学奥林匹克夏令营竞赛(加试)试题参考答案一．锐角三角形ABC的内切圆分别切ABAC,边于点DE,，XY,分别为ABC和ACB的平分线与DE的交点，Z为BC边的中点．求证：当且仅当A60时，△XYZ为正三角形．证：记△ABC的内心为I，由11AADEAED180ABCYIB22得BIYD,,,四点共圆．YD又IDAB，故BYCY．XE则ZYZBZC．I同理ZXZBZC，故ZXZY．又ZYZC，C∴ZYCZCYACY．Z从而ZY∥AC．同理ZX∥AB．B∴当且仅当A60时，△XYZ为正三角形．nnn*二．求与数列a2361,nN中每一项都互质的所有正整数．n解：设质数p3，由费马小定理得：p1p1p121modp，31modp，61modp．p1p1p1记21rp，31sp，61tp，rst,,Z．p2p2p2rp1sp1tp133rst则a23611pp22366∵a为整数，而p,61∴pa|．p2p24又a4823，故没有质数与数列所有的项都互质．2综上所述，与a中所有项都互质的正整数只有1．n\n三．设AAAAAAAA为一凸八边形，其中任意三条对角线不共点．我们把任意两12345678条对角线的交点（不包含顶点）称为“扣”，把以这个八边形的四个顶点为顶点的凸四边形称为“子四边形”．求满足以下性质的最小正整数n：可以找到n个“扣”，并将它们染色，使得对任意ik,1,2,3,4,5,6,7,8，ik，sik,为定值．其中，sik,表示以A、Aik为其中两个顶点，且对角线交点是一个染色的“扣”的“子四边形”的个数．解：由题目条件，容易看出，任意四个顶点组和“子四边形”一一对应，所有“子四边形”的对角线交点又与所有的“扣”一致，所以我们可以用无序四元集iiii,,,1234（i1,2,3,4,5,6,7,8，j1,2,3,4）来标记以AAAA,,,为顶点的“子四边形”及ji1i2i3i4其对角线交点对应的“扣”．则原问题要求的性质转化为：找出n个四元集，使得任意二元组xy,（xy，xy,1,2,3,4,5,6,7,8）在其中出现的次数相同．222每个染色的四元集中有C个二元组，所以nCCs1,2，即3ns141,2，故14|n，448从而n14．下面给出n14的满足要求的染色方法：A2A314个染色的“扣”为：1,2,3,4，5,6,7,8，A11,2,5,6，3,4,7,8，1,2,7,8，3,4,5,6，A41,3,5,7，2,4,6,8，1,3,6,8，2,4,5,7，A5A81,4,5,8，2,3,6,7，1,4,6,7，2,3,5,8．A7A6\n2006年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷2006.4.28：00～11：00本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分，共150分第Ⅰ卷（选择题共36分）一、选择题：本大题共6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.21.已知数列﹛an﹜的通项公式a，则﹛an﹜的最大项是（）n2nn45(A)a1(B)a2(C)a3(D)a4log3x2.函数y3的图像大致是（）yy11o1o1xx(A)(B)yy11o1o1xx(C)(D)23.已知抛物线y=2px，o是坐标原点，F是焦点，P是抛物线上的点，使得△POF是直角三角形，则这样的点P共有()(A)0个(B)2个(C)4个(D)6个4.设f（x）是定义在R上单调递减的奇函数．若x1+x2>O，x2+x3>O，x3十x1>O，则()(A)f(x1)+f(x2)+f(x3)>0(B)f(x1)+f(x2)+f(x3)f(x3)5．过空间一定点P的直线中，与长方体ABCD一A1B1C1D1的12条棱所在直线成等角的直线共有()(A)0条(B)1条(C)4条(D)无数多条\n13106．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，tanA,cosB.若△ABC210最长的边为1，则最短边的长为（）2535455A．B．C．D．5555二．填空题：本大题共6小题，每小题9分，共54分.7．集合A={x∣x=3n，n∈N，03时，p+71=p-1+72=(p-1)(p+1)+72.质数p必为3k±1型的奇数p-1、p+1是相邻的两个偶数，且其中必有一个是3的倍数.所以，(p—1)(p+1)是24的倍数，2从而p+71是24的倍数．2设p+71=24×m，m≥4．\n2若m有不同于2、3的质因数，则，p+71的正因数个数≥(3+1)(1+1)(1+1)>l0；2若m中含有质因数3，则，p+71的正因数个数≥(3+1)(2+1)>10；2若m中仅含有质因数2，则p+71的正因数个数≥(5+1)(1+1)>10；所以，p>3不满足条件．综上所述，所求得的质数p是2或3.2006年江苏省高中数学联赛复赛加试试题ABCB1.已知四边形ABCD是圆内接四边形，直线AC,BD相交于P点，并且＝.设EADCDEBPB为AC的中点.求证：＝.EDPD\n1.由托勒密定理，得AB×CD＋AD×BC＝AC×BD.因为AB×CD＝AD×BC，AE＝EC，所以有2AB×CD＝2AE×BD＝2EC×BD，即有AB×CD＝AE×BD＝EC×BD.在△CED与△BAD中，因为∠ABD＝∠ECD，AB×CD＝EC×BD，故△CED∽△BAD，从而有∠CED＝∠BAD.同理可得△ABE∽△DBC，∠AEB＝∠DCB.于是得到∠AEB＝∠DCB＝180°－BPBE∠BAD＝180°－∠CED＝∠AED，此即EP平分∠BED.因此由角平分线定理，得＝.PDEDABCBADCDDAPBEC2222.设为a,b,c正数，记d为()ab,()bc,()ca中的最小数.222（1）求证：存在λ(0＜λ＜１＝，使得ｄ≤()abc；．．．．．．（*）（2）求出使不等式（*）成立的最小正数λ并给予证明.2222.(1)由d的定义知，d≤()ab－，d≤()bc－，d≤()ca－.将这三个不等式相加，222222222得3d(ab)(bc)(ca)2(abc)2ab2bc2ca2(abc)，22222即d≤()abc，故可取λ＝.33a+c2222(2)不妨设a≥b≥c.若b≤，则a≥2b－c＞0,且d＝()bc.因此5d－()abc＝222222222215（b-c）()abc≤5()bc－（2b-c）bc＝－63bcc≤0，即λ≤.5a+c2222若b＞,则a≤2b，且d＝（a-b）.因此，5d(abc)＝2222222225(ab)(abc)＝4a10ab4bc＝2(a2)(2bab)c≤0，故此时也11a+cac2有λ≤.为了证明λ≥,我们取b＝，则d＝()，此时有552222222ac222acabcac()＝(ac)()3ac＝53dac.由此可见,对于任22113222222意正数λ＜，有d()abcac＝()abc555\n13222222121()(abc)ac＞(abc)()aac，故只要ｃ＜()a，55552221上式右边就大于()abc，因此必有≥.综上所述，可知满足（*）的最小正数51λ为.53.已知n个四元集合AA,,...,A，每两个有且只有一个公共元，并且有12n,Card(AA...A)＝n，试求n的最大值.这里CardA为集合A中元素的个数.12n解：考虑任一元aAA...A,如果每个A均含有a,则由条件知,各A中的其他元素12nii都不相同,故Card(AA...A)＝3n＋1＞n,与已知条件相违.因此必有一个A不含12nia,不妨设aA.若含a的集合不少于5个，那么，由已知条件得知，A与这5个集合各有11一个公共元（此元当然不等于a）,而且这5个元互不相同（若有相同的，则这个公共元是两个含a的集合的公共元，于是这两个集合就有两个公共元，又与已知条件相违），从而CardA≥5，矛盾，所以含a的集合不多于4个.1另一方面，因为CardA＋CardA＋CardA＋…＋CardA＝4n,所以每个元恰好123n属于4个集.不妨设含有元b的集合为A，A，A，A，则由上述的结论可知，Card（A12341AAA）＝3×4＋1＝13.如果n＞13,那么存在元cAAAA.24n1234设含c的集合为A,则A不是A，A，A，A，因而不含b.而A与A，A，A，5512345123A各有一个公共元（当然不是b）,这4个公共元互不相同（理由同上），又都不是c,从而4CardA≥5，因此n≤13.5n≤13是可能的，例如，不难验证，如下13个集：｛0，1，2，3｝，｛0，4，5，6｝，｛0，7，8，9｝，｛0，10，11，12｝，｛10，1，4，7｝，｛10，2，5，8｝，｛10，3，6，9｝，｛11，1，5，9｝，｛11，2，6，7｝，｛11，3，4，8｝，｛12，1，6，8｝，｛12，2，4，9｝，｛12，3，5，7｝符合要求.故n的最大值为13.\n2007年江苏省高中数学联赛初赛试题参考答案及评分标准一、选择题（本题满分36分，每小题6分）21．已知函数yxsin，则（B）.（A）有最小正周期为2（B）有最小正周期为（C）有最小正周期为（D）无最小正周期221解：ysinx(1cos2x)，则最小正周期T.故选（B）．2222．关于x的不等式xax20a0任意两个解的差不超过9，则a的最大值与最小值的和是（C）.（A）2（B）1（C）0（D）122解：方程xax20a0的两根是xa4，xa5，则由关于x的不等式1222xax20a0任意两个解的差不超过9，得|xx||9a|9，即121a1.故选（C）．3.已知向量a、b，设ABa2b，BC5a6b，CD7a2b，则一定共线的三点是（A）.（A）A、B、D（B）A、B、C（C）B、C、D（D）A、C、D解：BDBCCD2a4b2AB，所以A、B、D三点共线.故选（A）．4．设、、为平面，m、n为直线，则m的一个充分条件是（D）.（A），n，mn（B）m，，（C），，m（D）n，n，m解：（A）选项缺少条件m；（B）选项当//，时，m//；（C）选项当、、两两垂直（看着你现在所在房间的天花板上的墙角），m时，m；（D）选项同时垂直于同一条直线的两个平面平行．本选项为真命题.故选（D）．25.若m、nxxa10a10a，其中a1234567，，，，，，，i012，，，并且210imn636，则实数对(,)mn表示平面上不同点的个数为（C）（A）60个（B）70个（C）90个（D）120个\n解：由6514233及题设知，个位数字的选择有5种.因为3217610，故（1）由321知，首位数字的可能选择有2510种；（2）由37610及54123知，首位数字的可能选择有248种.于是，符合题设的不同点的个数为5(108)90种.故选（C）．6．已知fx()x1x2x2007x1x2x2007（xR），2且fa(3a2)fa(1),则a的值有（D）.（A）2个（B）3个（C）4个（D）无数个解：由题设知fx()为偶函数，则考虑在1x1时，恒有fx()2(1232007)20082007．22所以当1aa321，且1a11时，恒有fa(3a2)fa(1)．23535由于不等式1aa321的解集为a，不等式22351a11的解集为0a2．因此当a2时，恒有22fa(3a2)fa(1).故选（D）．二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7．设S为等差数列a的前n项和，若S10，S5，则公差为d1.nn510解：设等差数列a的首项为a，公差为d.n15a110d10，a12d2，由题设得即解之得d1.10a45d5，2a9d1，118.设fx()log(xb)(0a且a1)的图象经过点(21)，，它的反函数的图象经过点a(28)，，则ab等于4.log(2b)1，(2ba)，a解：由题设知化简得2log(8b)2，(8ba).aa3，a2，12解之得（舍去）.b1；b4.12\n故ab等于4.221xx29．已知函数yfx()的图象如图，则满足f()f(lg(x6x20))0的2xx21x的取值范围为x[21)，．yO1x（第9题）22解：因为lgx6x20lg(x3)11lg111，所以221xx2lgxx6200.于是，由图象可知，1，即0，解得x1x121x.故x的取值范围为x[21)，．2210．圆锥曲线xy6x2y10|xy3|0的离心率是2．2222解：原式变形为(x3)(y1)|xy3|，即(xy3)(1)|xy3|2．所以动点(x,y)到定点(31)，的距离与它到直线xy30的距离2之比为2．故此动点轨迹为双曲线，离心率为2．2211．在ABC中，已知tanB3，sinC，AC36，则ABC的面积为3S8362．ABCACsinC解：在ABC中，由tanB3得B60．由正弦定理得AB8．sinB221因为arcsin60，所以角C可取锐角或钝角，从而cosC．3323sinAsin(BC)sincosBCcossinBC．故36ACABSAsin8362．ABC22212.设命题P:aa，命题Q:对任何xR，都有x4ax10.命题P与Q中有\n11且仅有一个成立，则实数a的取值范围是a0或a1.2222解：由aa得0a1．由x4ax10对于任何xR成立，得21116a40，即a．因为命题P、Q有且仅有一个成立，故实数2211a的取值范围是a0或a1．22三、解答题（本题满分60分，每小题15分）xy0，13.设不等式组表示的平面区域为D.区域D内的动点P到直线xy0xy0和直线xy0的距离之积为2.记点P的轨迹为曲线C.过点F(220)，的直线l与曲线C交于A、B两点.若以线段AB为直径的圆与y轴相切，求直线l的斜率.解：由题意可知，平面区域D如图阴影所示．xyxy设动点为Pxy(,)，则2，即y2222xy4．由PD知22xy0，x－y<0，即x－y<0．22所以y－x＝4(y＞0)，即曲线C的方程为Ox22yx－＝1(y＞0)．…………5分44xxyy1212设Axy(,)，Bxy(,)，则以线段AB为直径的圆的圆心为Q()，.1122221xx12因为以线段AB为直径的圆L与y轴相切，所以半径rAB，即22ABxx．①…………10分12因为直线AB过点F(22，0)，当ABx轴时，不合题意．所以设直线AB的方程为y＝k(x－22)．22yx代入双曲线方程－＝1(y＞0)得，442222222k(x－22)－x＝4，即(k－1)x－42kx＋(8k－4)＝0．因为直线与双曲线交于A，B两点，所以k≠±1．\n2242k8k－4所以x1＋x2＝2，x1x2＝2．k－1k－12222所以|AB|＝(x1－x2)＋(y1－y2)＝(1＋k)[(x1＋x2)－4x1x2]228k2－442k2242k＝(1＋k)[2－42]＝|x1＋x2|＝|2|，k－1k－1k－142化简得：k＋2k－1＝0，22解得k＝2－1（k＝－2－1不合题意，舍去）．22222由△＝(42k)－4(k－1)(8k－4)＝3k－1＞0，又由于y＞0，3所以－1