２００８年全国高中数学联赛江西省预赛试题及略解

试题

一、选择题(每小题6分，共36分)

1.若函数f(x)=玪g(ax²-4x+a-3)的值域为R，则实数a的取值范围是().

(A)(4，+∞) (B)［0，4］;(C)(0，4) (D)(-∞，-1)∪(4，+∞)

2.设a2+b2=1(b≠0)，若直线ax+by=2和椭圆x²6+y22=1有公共点，则ab的取值范围是().

(A)［-12,12］ (B)［-1，1］;(C)(-∞，-1］∪［1，+∞) (D)［-2，2］

3.四面体ABCD的六条棱长分别为7，13，18，27，36，41，且知AB=41，则CD=().

(A)7 (B)13 (C)18 (D)27

4.若对所有实数x，均有玸in玨x•玸in玨x+玞os玨x•玞os玨x=玞os玨2x,则k=().

(A)6 (B)5 (C)4 (D)3

5.设an=(2+7)2n+1,bn是an的小数部分，则当n∈N*时，anbn的值().

(A)必为无理数 (B)必为偶数

(C)必为奇数 (D)可为无理数或有理数

6.设n为正整数，且3n+1与5n-1皆为完全平方数，对于以下两个命题：(甲)7n+13必为合数；(乙)8(17n2+3n)必为两个平方数的和.你的判断是().

(A)甲对乙错 (B)甲错乙对

(C)甲乙都对 (D)甲乙都不一定对

二、填空题(每小题9分，共54分)

7.过点P(1，1)作直线l，使得它被椭圆x²9+y24=1所截出的弦的中点恰为P，则直线l的方程为 .

8.设x∈R，则函数f(x)=x²+1+(x-12)2+16的最小值为 .

9.四面体ABCD中，面ABC与面BCD成60°的二面角，顶点A在面BCD上的射影H是△BCD的垂心，G是△ABC的重心，若AH=4,AB=AC,则GH= .

10.玸in20°•玸in40°•玸in80°= .

11.数列{an}满足：a1=1，且对每个n∈N*,an,an+1是方程x²+3nx+bn=0的两根，则∑20k=1bk= .

12.从前2008个正整数构成的集M={1，2，…，2008}中取出一个k元子集A，使得A中任两数之和不能被这两数之差整除，则k的最大值为 .

三、解答题(每小题20分，共60分)

13.AD是直角三角形ABC斜边BC上的高(AB

14.设x,y,z为非负实数，满足xy+yz+zx=1，证明：1x+y+1y+z+1z+x≥52.

15.对于2n元集合M={1，2，…，2n}，若n元集A={a1,a2,…，an},B={b1,b2,…，bn}满足：A∪B=M,A∩B=I，且∑nk=1ak=∑nk=1bk，则称A∪B是集M的一个“ 等和划分”(A∪B与B∪A算是同一个划分).

试确定集M={1，2，…，12}共有多少个“等和划分”.

略解

一、选择题

1.B.提示：欲使f(x)的值域为R，当使真数ax²-4x+a-3可取到一切正数，故或者a=0；或者a>0且42-4a(a-3)≥0，解得0≤a≤4.

2.C.提示：将y=2-axb代入椭圆方程并整理得(3a2+b2)x²-12ax+12-6b2=0，因直线和椭圆有公共点，则判别式△=(12a)2-4(3a2+b2)(12-6b2)≥0，利用a2+b2=1,化简得a2≥b2,所以|ab|≥1，即ab∈(-∞,-1］∪［1,+∞).

3.B.提示：四面体中，除CD外，其余的棱皆与AB相邻接，若长13的棱与AB相邻，不妨设BC=13，据构成三角形条件，可知AC鼂7,18,27}軦C=36軧D=7輠AD,CD}={18，27}，于是△ABD中，两边之和小于第三边，矛盾.因此只有CD=13.另一方面，使AB=41,CD=13的四面体ABCD可作出，例如取BC=7,AC=36,BD=18,AD=27，故选B.

4.D.提示：记f(x)=玸in玨x•玸in玨x+玞os玨x•玞os玨x-玞os玨2x，则由条件f(x)恒为0，取x=π2，得玸in玨π2-(-1)k=0，则k为奇数，设k=2n-1，上式成为玸in(nπ-π2)=-1，因此n为偶数，令n=2m，则k=4m-1，故选择支中只有k=3满足题意.

5.C.提示：令u=2+7,v=2-7，则u+v=4,uv=-3，u,v是方程x²=4x+3的两根，则u2=4u+3,v2=4v+3，所以当n≥2时，un=4un-1+3un-2,vn=4vn-1+3vn-2，令Sn=un+vn，则当n≥2时，Sn=Sn-1+Sn-2,S0=2,S1=4,故所有Sn为偶数，(7+2)2n+1-(7-2)2n+1=u2n+1+v2n+1=S2n+1=2k，(7+2)2n+1=2k+(7-2)2n+1,因0<(7-2)2n+1<1,所以(7-2)2n+1为an的小数部分，即bn=(7-2)2n+1,anbn=(7+2)2n+1•(7-2)2n+1=32n+1=奇数.

6.C.提示：设3n+1=a2,5n-1=b2,a,b为正整数，则7n+13=9(3n+1)-4(5n-1)=(3a)2-(2b)2=(3a-2b)(3a+2b)①，由此知3a-2b为正整数，且3a-2b≠1，因为若3a-2b=1,则27n+9=(3a)2=(2b+1)2=4b2+4b+1，即27n=4(n2+n-2),则4|n，记n=4k,得5n-1=20k-1不为平方数，矛盾!所以3a-2b≥2，故由①得，7n+13为合数.又因为8(17n2+3n)=［(3n+1)+(5n-1)］［4(3n+1)+(5n-1)］=(a2+b2)［(2a)2+b2］=(2a2+b2)2+(ab)2，故选C.(注，65是上述n之一).

二、填空题

7.4x+9y=13.提示：设直线l的方程为y=k(x-1)+1，代入椭圆方程，整理得，(9k2+4)x²+18k(1-k)x+9k2-18k-27=0,设其两根为x1,x2，则x1+x22=1,即-18k(1-k)9k2+4=2,k=-49，所以直线l的方程为y=-49(x-1)+1，即4x+9y=13.

8.13.提示：f(x)=(x-0)2+(1-0)2+(x-12)2+(1-5)2.即为点(x,1)到(0，0)与(12，5)距离的最小值，当x=125时，(x,1)在线段OP上，故其最小值即为线段|OP|=122+52=13.

9.4921.提示：设面AHD交BC于F，则因AB=AC,故G在AF上，且GF=13AF,∠AFH=60°，于是AF=AH玸in60°=83,FH=12AF=43,GF=833,在三角形GFH中，由余弦定理得GH=4921.

10.38.提示：8玸in20°玸in40•玸in80°=4(玞os20°-玞os60°)玸in80°=4玸in80°玞os20°-2玸in80°=2(玸in100°+玸in60°)-2玸in80°=2玸in60°=3,所以玸in20°•玸in40°•玸in80°=38.

11.6385.提示：对每个n∈N*,an+an+1=-3n①，anan+1=bn②，将①写作an+1+3(n+1)2-34=-(an+3n2-34)，因此{an+3n2-34}是一个公比为-1的等比数列，

故an+3n2-34=(-1)n-174，即an=-3(2n-1)4+(-1)n-1•74,an+1=-3(2n+1)4+(-1)n•74.于是bn=anan+1=94n2-298+(-1)n•218 ,∑20k=1bk=6385.

12.670.提示：首先，我们可以取670元集A={1，4，7，…，2008}，A中任两 数之和不能被3整除，而其差是3的倍数；其次，将M中的数自小到大按每三数一段，共分为 670段：1，2，3，|4，5，6，|7，8，9，|，…，|2005，2006，2007，|2008，从A中任取67 1个数，必有两数x,y取自同一段，则|x-y|=1或2，注意x-y与x+y同奇偶，于是(x-y)|(x+y).

一、解答题

13.证明：如图，连DI1，DI2，BI1，AI2，I1F，由∠EAF=90°，则圆心O在EF上，设直径EF交AD于O′，并简记△ABC的三内角为A，B，C，由∠I1BD=B2=12∠DAC=∠I2AD,∠I1DB=45°=∠I2DA,所以△DBI1∽△DAI2，得DI1DI2=DBDA，且∠I1DI2=90°=∠BDA，故△I1DI2∽△BDA，而∠DI1I2=B,∠AI1D=90°+B2,注意∠AI1D=∠AI1F+∠FI1I2+∠DI1I2,∠AI1F=∠AEF,∠FI1I2=∠FAI2=B2,所以∠AEF=90°-B=C=∠DAB，因此O′E=O′A，同理得O′F=O′A，故O′与O重合，即圆心O在AD上，而∠EOD=∠OEA+∠OAE=2∠OAE=2C,∠EOI1=2∠EAI1=∠BAD=C,所以OI1平分∠DOM；同理得OI2平分∠DOF，即I1是△ODM的内心，I2是△ODM的旁心.

14.证明：为使所证式有意义，x,y，z三数中至多有一个为0.据对称性，不妨设x≥y≥z≥0，由于1y+z+1z+x≥2(y+z)(z+x)=21+z2,取等号当且仅当x=y，此时条件式成为x²+2xz=1，则x≤1，且有z=1-x²2x,于是1x+y+1y+z+1z+x≥12x+21+z2=12x+4x1+x²，只要证12x+4x1+x²≥52，即1+9x²-5x-5x3≥0，也即(1-x)(5x²-4x+1)≥0，此为显然，取等号当且仅当x=y=1,z=0，故命题得证.

15.解：不妨设12∈A，由于当集A确定后，集B便唯一确定，故只须考虑集A的个数，设A={a1,a2,…，a6}，a6为最大数，由1+2+…+12=78，则a1+a2+…a6=39，a6=12，于是a1+a2+a3+a4+a5=27，故A={a1,a2,a3,a4,a5}中有奇数个奇数.

(1)若A1中有5个奇数，因M中的六个奇数之和为36，而27=36-9,则A1={1,3,5,7,11},这时得到唯一的A={1,3,5,7,11，12};

(2)若A1中有3个奇数、两个偶数，用p表示A1中这两个偶数x1,x2的和；q表示A1 中这三个奇数y1,y2,y3之和，则p≥6,q≥9，于是q≤21,p≤18.共得A2的24种情形.

其中，1°.当p=6,q=21，则(x1,x2)=(2,4),(y1,y2,y3)=(1,9,11),(3,7,11),(5,7,9)，可搭配成A1的3个情形；

2°.当p=8,q=19，则(x1,x2)=(2,6),(y1,y2,y3)=(1,7,11),(3,5,11),(3,7,9)，可搭配成A1的3个情形；

3°.当p=10,q=17，则(x1,x2)=(2,8),(4,6)，(y1,y2,y3)=(1,5,11),(1,7,9),(3,5,9)，可搭配成A1的6个情形；

4°.当p=12,q=15，则(x1,x2)=(2,10),(4,8)，(y1,y2,y3)=(1,3,11),(1,5,9),(3,5,7)，可搭配成A1的6个情形；

5°.当p=14,q=13，则(x1,x2)=(4,10),(6,8)，(y1,y2,y3)=(1,3,9),(1,5,7)；可搭配成A1的4个情形；

6°.当p=16,q=11，则(x1,x2)=(6,10),(y1,y2,y3)=(1,3,7)，可搭配成A1的1个情形；

7°.当p=18,q=9，则(x1,x2)=(8,10),(y1,y2,y3)=(1,3,5)，可搭配成A1的1个情形.

(3)若A1中有一个奇数、四个偶数，由于M中除12外，其余的五个偶数和2+4+6+8+10=30，从中去掉一个偶数，补加一个奇数，使A1中五数之和为27，分别得到A1的4个情形：(7，2，4，6，8)，(5，2，4，6，10)，(3，2，4，8，10)，(1，2，6，8，10).

综合以上三步讨论，可知集A有1+24+4=29种情形，即M有29种“等和划分”.