２００８年全國高中數學聯賽江西省預賽試題及略解

試題

一、選擇題(每小題6分，共36分)

1.若函數f(x)=玪g(ax²-4x+a-3)的值域為R，則實數a的取值范圍是().

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

2.設a2+b2=1(b≠0)，若直線ax+by=2和橢圓x²6+y22=1有公共點，則ab的取值范圍是().

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

3.四面體ABCD的六條棱長分別為7，13，18，27，36，41，且知AB=41，則CD=().

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

4.若對所有實數x，均有玸in玨x?玸in玨x+玞os玨x?玞os玨x=玞os玨2x,則k=().

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

5.設an=(2+7)2n+1,bn是an的小數部分，則當n∈N*時，anbn的值().

(A)必為無理數 (B)必為偶數

(C)必為奇數 (D)可為無理數或有理數

6.設n為正整數，且3n+1與5n-1皆為完全平方數，對于以下兩個命題：(甲)7n+13必為合數；(乙)8(17n2+3n)必為兩個平方數的和.你的判斷是().

(A)甲對乙錯 (B)甲錯乙對

(C)甲乙都對 (D)甲乙都不一定對

二、填空題(每小題9分，共54分)

7.過點P(1，1)作直線l，使得它被橢圓x²9+y24=1所截出的弦的中點恰為P，則直線l的方程為 .

8.設x∈R，則函數f(x)=x²+1+(x-12)2+16的最小值為 .

9.四面體ABCD中，面ABC與面BCD成60°的二面角，頂點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,則GH= .

10.玸in20°?玸in40°?玸in80°= .

11.數列{an}滿足：a1=1，且對每個n∈N*,an,an+1是方程x²+3nx+bn=0的兩根，則∑20k=1bk= .

12.從前2008個正整數構成的集M={1，2，…，2008}中取出一個k元子集A，使得A中任兩數之和不能被這兩數之差整除，則k的最大值為 .

三、解答題(每小題20分，共60分)

13.AD是直角三角形ABC斜邊BC上的高(AB

14.設x,y,z為非負實數，滿足xy+yz+zx=1，證明：1x+y+1y+z+1z+x≥52.

15.對于2n元集合M={1，2，…，2n}，若n元集A={a1,a2,…，an},B={b1,b2,…，bn}滿足：A∪B=M,A∩B=I，且∑nk=1ak=∑nk=1bk，則稱A∪B是集M的一個“ 等和劃分”(A∪B與B∪A算是同一個劃分).

試確定集M={1，2，…，12}共有多少個“等和劃分”.

略解

一、選擇題

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

2.C.提示：將y=2-axb代入橢圓方程并整理得(3a2+b2)x²-12ax+12-6b2=0，因直線和橢圓有公共點，則判別式△=(12a)2-4(3a2+b2)(12-6b2)≥0，利用a2+b2=1,化簡得a2≥b2,所以|ab|≥1，即ab∈(-∞,-1］∪［1,+∞).

3.B.提示：四面體中，除CD外，其余的棱皆與AB相鄰接，若長13的棱與AB相鄰，不妨設BC=13，據構成三角形條件，可知AC鼂7,18,27}軦C=36軧D=7輠AD,CD}={18，27}，于是△ABD中，兩邊之和小于第三邊，矛盾.因此只有CD=13.另一方面，使AB=41,CD=13的四面體ABCD可作出，例如取BC=7,AC=36,BD=18,AD=27，故選B.

4.D.提示：記f(x)=玸in玨x?玸in玨x+玞os玨x?玞os玨x-玞os玨2x，則由條件f(x)恒為0，取x=π2，得玸in玨π2-(-1)k=0，則k為奇數，設k=2n-1，上式成為玸in(nπ-π2)=-1，因此n為偶數，令n=2m，則k=4m-1，故選擇支中只有k=3滿足題意.

5.C.提示：令u=2+7,v=2-7，則u+v=4,uv=-3，u,v是方程x²=4x+3的兩根，則u2=4u+3,v2=4v+3，所以當n≥2時，un=4un-1+3un-2,vn=4vn-1+3vn-2，令Sn=un+vn，則當n≥2時，Sn=Sn-1+Sn-2,S0=2,S1=4,故所有Sn為偶數，(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為an的小數部分，即bn=(7-2)2n+1,anbn=(7+2)2n+1?(7-2)2n+1=32n+1=奇數.

6.C.提示：設3n+1=a2,5n-1=b2,a,b為正整數，則7n+13=9(3n+1)-4(5n-1)=(3a)2-(2b)2=(3a-2b)(3a+2b)①，由此知3a-2b為正整數，且3a-2b≠1，因為若3a-2b=1,則27n+9=(3a)2=(2b+1)2=4b2+4b+1，即27n=4(n2+n-2),則4|n，記n=4k,得5n-1=20k-1不為平方數，矛盾!所以3a-2b≥2，故由①得，7n+13為合數.又因為8(17n2+3n)=［(3n+1)+(5n-1)］［4(3n+1)+(5n-1)］=(a2+b2)［(2a)2+b2］=(2a2+b2)2+(ab)2，故選C.(注，65是上述n之一).

二、填空題

7.4x+9y=13.提示：設直線l的方程為y=k(x-1)+1，代入橢圓方程，整理得，(9k2+4)x²+18k(1-k)x+9k2-18k-27=0,設其兩根為x1,x2，則x1+x22=1,即-18k(1-k)9k2+4=2,k=-49，所以直線l的方程為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.即為點(x,1)到(0，0)與(12，5)距離的最小值，當x=125時，(x,1)在線段OP上，故其最小值即為線段|OP|=122+52=13.

9.4921.提示：設面AHD交BC于F，則因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：對每個n∈N*,an+an+1=-3n①，anan+1=bn②，將①寫作an+1+3(n+1)2-34=-(an+3n2-34)，因此{an+3n2-34}是一個公比為-1的等比數列，

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，我們可以取670元集A={1，4，7，…，2008}，A中任兩 數之和不能被3整除，而其差是3的倍數；其次，將M中的數自小到大按每三數一段，共分為 670段：1，2，3，|4，5，6，|7，8，9，|，…，|2005，2006，2007，|2008，從A中任取67 1個數，必有兩數x,y取自同一段，則|x-y|=1或2，注意x-y與x+y同奇偶，于是(x-y)|(x+y).

一、解答題

13.證明：如圖，連DI1，DI2，BI1，AI2，I1F，由∠EAF=90°，則圓心O在EF上，設直徑EF交AD于O′，并簡記△ABC的三內角為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′與O重合，即圓心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的內心，I2是△ODM的旁心.

14.證明：為使所證式有意義，x,y，z三數中至多有一個為0.據對稱性，不妨設x≥y≥z≥0，由于1y+z+1z+x≥2(y+z)(z+x)=21+z2,取等號當且僅當x=y，此時條件式成為x²+2xz=1，則x≤1，且有z=1-x²2x,于是1x+y+1y+z+1z+x≥12x+21+z2=12x+4x1+x²，只要證12x+4x1+x²≥52，即1+9x²-5x-5x3≥0，也即(1-x)(5x²-4x+1)≥0，此為顯然，取等號當且僅當x=y=1,z=0，故命題得證.

15.解：不妨設12∈A，由于當集A確定后，集B便唯一確定，故只須考慮集A的個數，設A={a1,a2,…，a6}，a6為最大數，由1+2+…+12=78，則a1+a2+…a6=39，a6=12，于是a1+a2+a3+a4+a5=27，故A={a1,a2,a3,a4,a5}中有奇數個奇數.

(1)若A1中有5個奇數，因M中的六個奇數之和為36，而27=36-9,則A1={1,3,5,7,11},這時得到唯一的A={1,3,5,7,11，12};

(2)若A1中有3個奇數、兩個偶數，用p表示A1中這兩個偶數x1,x2的和；q表示A1 中這三個奇數y1,y2,y3之和，則p≥6,q≥9，于是q≤21,p≤18.共得A2的24種情形.

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

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

3°.當p=10,q=17，則(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個情形；

4°.當p=12,q=15，則(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個情形；

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

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

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

(3)若A1中有一個奇數、四個偶數，由于M中除12外，其余的五個偶數和2+4+6+8+10=30，從中去掉一個偶數，補加一個奇數，使A1中五數之和為27，分別得到A1的4個情形：(7，2，4，6，8)，(5，2，4，6，10)，(3，2，4，8，10)，(1，2，6，8，10).

綜合以上三步討論，可知集A有1+24+4=29種情形，即M有29種“等和劃分”.