1、2010 年全国高中数学联赛广西赛区预赛试题参考解答及评分标准一、选择题（每小题 6 分，共 36 分）1、选 C.解：关于 的方程 最多有两不同的解 ，从而 ，必有一t02cbt nm, nxfmf)(,)(个方程有两个不相等的实根，另一个方程有三个不同的实数解.而由已知，只有有三个不同的实数解.不妨设 ，由于 关于直线 对称，1)(xf 54321xx)(f2必有 ， ， ，故 .23451x42x13512345,(f则 81|0|1f2、选 D.解：根据题意，令 （1） 2knm（2）0l其中 .kllkm均 为 正 整 数 ， 且、(1) 得 ),2(10 .39)10(,912kl
2、klk mm即于是有以下三种可能：I 经检验这组符合条件，此时.4,23,9lkkl .4nII .,0,910 矛 盾为 任 意 正 整 数 nlkmklIII .,3该 方 程 组 无 正 整 数 解kl综上所述，n 只能取 4.3、选 A.解：对于正整数 ， 被 7 除的余数规律是 2，4，1，2，4，1，； 被 7 除的余数x2 2x规律是 1，4，2，2，4，1，0，. 所以， 被 7 除所得余数的规律将呈周期性变2x化，周期为 21，且一个周期内恰有 6 个 的值使 能被 7 整除，故在小于 10000 的正整数中，共有 2857 个正整数满足条件.4、选 A.解：以 为公共顶点，
3、正四面体的各面为底面，将正四面体分为四个三棱锥，它们的体P积之和即为正四面体的体积，所以点 到各面距离之和等于正四面体的高.P四面体每个面三角形的高 ，从而 ， 于是326h23h正四面体的高 .223()(H5、选 B. 解：设双曲线的方程为 半焦距为 c，则 由),0,(12bayx .22ba,121BFAF解得 ，这表明 AB 轴，又易知此时 ，结合a22xabBFA22解得双曲线的离心率.bac.3ace6、选 D. 解：欲使方程有实根，应有 .240mnm n 1 2 3 4 5 61 2 3 4 5 6 如上表，适合条件的 m,n 共有 19 组，故 .3619P二、填空题（每小
4、题 9 分，共 54 分）1、 1 .解：由 得 ，而 ，所以 ，)()(2121xfxf)0(2f0)(f1)(f又 ，故)0f.)()21()9()1(0)(09( 4021ffffff 2、 .31解：不妨设 ，则由条件， ，于是，0abcd224,8abcdabcd. 由 Cauchy 不等式，2224,8bcd， 即 ， ，23()()c223()()20所以 ， 因此 的最大值为 （此时 ）.01aa131bcd3、10,18 .解：由条件，有 ，而 ，所以问题即求在条件下目标函数246ab(2)4fab的最值. 经从图像分析可知，由 得到的交点 A（3，1）为 的最小42ab 4
5、ab(2)f值，即 ；由 得到的交点 B（5，1）为 的最大值，即31046ab(2)f.4528因此， .10()f4、 . 2(,)解：设点 ，则 . 于是，(cos,in)Pab(cos,in),(cos,in)OPabAPab，0OA 2221)cs(i)0ino所以 . 由 ，知 .21cosecs(1,cos(,)故 ， 即 .2(,)2,)e5、 64 .解：令 ，得 . 已知等式两边同时对 求导，得2x064ax.5 112126()()()xxa再令 ，由上式得 .1x 10因此 .0212064aa6、 160 .解：设至少经过 3 点的直线有 条，每条上的点数从多到少依次
6、为：k12,(3,1)kiaik则由已知，有 .12221()487kaCC又由 知 .23iak当 时 无解； 当 时 ，解得 ； 当 时k18129a12,3ak无解. 故有 1 条直线过其中 4 点，1 条过 3 点， 即三角形个数为1230aaC.346三、解答题（每小题 20 分，共 60 分）1、解：由 ，得1 12(32)()0(2)nnnaa，(于是 . 5 分1 1()22nnnaa从而 = 12()nna= = . 10 分2131an 令 ，1()2naxyxy则 n比较系数，得 x=1,y=0。于是 ，1(1)2nna因此 是以 为首项， 为公比的等比数列. 15 分a
7、12从而 ，即 .11nn11nn在上式中，令 n=2009，得 . 20 分2020892、解： 连结 ，易知椭圆内整点在 轴上有两个 、 满足题意.5 分OAx1(6,0)M2(,)分别过点 、 作平行于直线 的两条直线 、 ，根据三角形同底等高面积相1M2OAl等可知，符合条件的整点 均在直线 、 上.1l2易知 ， 故直线 、 的解析式分别为02OAk， . 10 分1(6)yx1(6)yx已知 是椭圆 内的整点，有 .M2082108xy分别解 与 得 ， .15 分21(6)xy21(6)xy29x01x由 是整点，且在直线 、 上，知 为偶数，所以， 在 及M1l2 29中， 分
8、别有四个偶数. 1029x故符合条件的整点的个数为 8. 20 分3、解：（1） 由 知，当 时 ，说明此时223643()2yxaxa0a230yx原函数是增函数，无极值，所以 . 5 分0（i）当 时，原函数的变化如下表：0ax2a4ay+ 0 - 0 +A（38b极大）A（38b极小）A从而由 得 ，所以 . 10 分333(28)(0)14baa312713a（ii）当 时，原函数的变化如下表：0x 2y+ 0 - 0 +A（38ba极大）A（38ba极小）A从而由 得 ，所以 .333(80)(2)104ba312713因此，由（i） （ii） ， . 15 分（2） （i）当 时， 由 得 13338,0ba，即 .380a27（ii）当 时，由 得3,， 即 . 20 分332b802b
