1、12014 年全国高中数学联赛(B 卷)一 试一、填空题（每小题 8 分，共 64 分， ）1. 函数 的值域是 .xxf3245)(2. 已知函数 的最小值为 ，则实数 的取值范围是 .aysin)coa3. 双曲线 的右半支与直线 围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个12x10x数是 .4. 已知 是公差不为 的等差数列， 是等比数列，其中 ，且存在常na0nb 3521,3baba数 使得对每一个正整数 都有 ，则 ., nalog5. 函数 在区间 上的最大值为 8，则它在这个区间上的最小)1,(23)(2xfx ,x值是 .6. 两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两
2、颗，第一个使两颗骰子点数和大于 6 者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是 .7. 正三棱柱 的 9 条棱长都相等， 是 的中点，二面角 ,则 .1CBAP1C1BPAsin8. 方程 满足 的正整数解（ x,y,z）的个数是 . 20zyxzyx二、解答题（本题满分 56 分）9. （16 分）已知函数 ，当 时， ，试求 的最大值. )0()(23adcbaf 11)(xfa10.（20 分）已知抛物线 上的两个动点 ，其中 且 .线段xy6212,AxyB和 242的垂直平分线与 轴交于点 ，求 面积的最大值. ABxCB11.（20 分）证明：方程 恰有一个实数根 ，且存在唯
3、一的严格递增正整数数列 ，使得 0253xr na.3215aarr解 答1. 提示：易知 的定义域是 ，且 在 上是增函数，从而可知 的值域为3,)(xf8,5)(xf8,5)(xf.,22. 提示：令 ，则原函数化为 ，即123atxsintattg)3()2.a)(3由 ， ， 及 知3)(3tt 012tta 0)1()(tt 1t即 0)1a. （1）3)(2t当 时（1）总成立；,t对 ；对 .从而可知 .20t 041,02tt 123a3. 9800 提示：由对称性知，只要先考虑 轴上方的情况，设 与双曲线右半支于 ,交直线x)9,21(kykA于 ，则线段 内部的整点的个数为
4、 ，从而在 轴上方区域内部整点的个数为1xkBkA9x.1()4851k又 轴上有 98 个整点，所以所求整点的个数为 .x 908524. 提示 ：设 的公差为 的公比为 ，则3na,nbdq（1）,3， （2）)4(（1）代入（2）得 ，求得 .96129d9,6q从而有 对一切正整数 都成立，即 对一切正整数1log)(63nnn9log)1(3n都成立.n从而 ，9log3,69l求得 ， .3,335. 提示：令 则原函数化为 , 在 上是递增的.41,yax 2)(2yg)(3,+)当 时， ,01，211max()382ya3所以 ；4123)1()2minyg当 时， ，1a,
5、1ay，8)(2maxay所以 .4123)(12ing综上 在 上的最小值为 .)(xf1,416. 提示：同时投掷两颗骰子点数和大于 6 的概率为 ，从而先投掷人的获胜概率为127 1273.)5(127)(4 172457. 提示：解法一：如图，以 所在直线为 轴，线段 中点 为原点， 所在直线为 轴，建立空间104ABxABOCy直角坐标系.设正三棱柱的棱长为 2，则 ，从而，)1,30(),21(),0(),1(1P.2,3(),02(1 BPA设分别与平面 、平面 垂直的向量是1A1、 ，则),(1zyxm),(2zyxn ,03211BPA ,221zyxn由此可设 ，所以)31
6、0(),(nm，即cos.632cos4所以 .410sin z yx O PC 1B 1 A1 CB A O EPC 1B 1 A1CBA4解法二：如图， .PBACP1,设 与 交于点 则 .BA11O11,OAB从而 平面 .1,因 为 所 以 P过 在平面 上作 ,垂足为 .P1PAE连结 ,则 为二面角 的平面角.设 ,则易求得BO1B21A.3,2,511 A在直角 中， ,即 .P1EPA11 56,52OE又 .46,22111 OBEOB.10542sini11EB8. 336675 提示：首先易知 的正整数解的个数为 .20zyx 4920C把 满足 的正整数解分为三类：2
7、01zyx（1） 均相等的正整数解的个数显然为 1；,（2） 中有且仅有 2 个相等的正整数解的个数，易知为 1003；(3)设 两两均不相等的正整数解为 .zyx, k易知 ，104296103k所以104296k，55即.36714103k从而满足 的正整数解的个数为zyx.59. 解法一： 由 得,23)(cbxaxf cbaff23)1(,4,)0(.)1(0f所以 )21(4)0(23fffa，)()()(fff8所以 . 又易知当 （ 为常数）满足题设条件，所以 最大值为 . 38amxxf2348 a38解法二： . 设 ，则当 时， . cbf)(2 1)(fg10x2)(xg
8、设 ，则 .1xz 1,zz.43243)2() cbazah容易知道当 时， . 从而当 时，z)(0,zhz 1z， 即 2)(0zh，21432cbaz从而 , ，由 知 . 0143cba432za08又易知当 （ 为常数）满足题设条件，所以 最大值为 . mxxf8)( a3810. 解法一：设线段 的中点为 ，则 ，AB),(0yM2,21010 yx.0121212366yyxkAB线段 的垂直平分线的方程是AB. （1）)2(30xy易知 是（1）的一个解，所以线段 的垂直平分线与 轴的交点 为定点，且点 坐标为 . 0,5yxABxC)0,(6由（1）知直线 的方程为 ，即
9、AB)2(30xy. （2）)(30（2）代入 得 ，即xy6212)(20y. （3）00依题意， 是方程（3）的两个实根，且 ，所以21,y21y,20004()48y.30y2121)()(xAB21203y4)(9212120y)(4)(2020y.193y定点 到线段 的距离)0,5(CAB. 202029)()( yyMh1931hSABC )(24)(232000yy32000)399(1. 734C(5,0)BAxyO7当且仅当 ，即 , 或202049y563635(,57),(,7)AB时等号成立. 63563(,(7),(,7)AB所以， 面积的最大值为 . C1411.
10、令 ，则 ，所以 是严格递增的.又25)(3xxf 056)(2xf )(xf，故 有唯一实数根 . 04,02f 1,r所以 ，3r.3152r4710r故数列 是满足题设要求的数列. ),(23nan若存在两个不同的正整数数列 和 满足 naa21 nbb21，533 rrr去掉上面等式两边相同的项，有， 321321 tttss这里 ，所有的 与 都是不同的. 321321,ttsij不妨设 ，则， 2121 ttss rrr，1121 tst 矛盾.故满足题设的数列是唯一的. 加 试1. （40 分）如图，锐角三角形 ABC 的外心为 O，K 是边 BC 上一点（不是边 BC 的中点）
11、 ，D 是线段 AK 延长线上一点，直线 BD 与 AC 交于点 N，直线 CD 与 AB 交于点 M求证：若 OKMN，则 A，B，D ，C 四点共圆E QPONMKD CBA82. （40 分）设 k 是给定的正整数， 记 ，12rk(1)()frfr证明：存在正整数 m，使得 为一个整数这里， 表示不小于实数 x 的最()lfr(1),2lfrl()f x小整数，例如： ， 3. （50 分）给定整数 ，设正实数 满足 ，记2n12,na 1,2,kankA 求证： 12nkka4. （50 分）一种密码锁的密码设置是在正 n 边形 的每个顶点处赋值 0 和 1 两个数中的一个，同时在每
12、个顶点12nA处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？解 答1. 用反证法若 A，B ，D，C 不四点共圆，设三角形 ABC 的外接圆与 AD 交于点 E，连接 BE 并延长交直线 AN 于点 Q，连接 CE 并延长交直线 AM 于点 P，连接 PQ因为 P 的幂（关于O） K 的幂（关于O）2K，22rr同理，222Q所以 ，POKQ故 由题设，OKMN，所以 PQMN，于是K ANM由梅内劳斯（Menelaus）定理，得， 1BDEQA E QP O NM KD CB A9 1MCDEAP由，可得 ， 所以 ，故D
13、MN DCB，于是 ，所以NBNBCDMNCBBCMN，故 OKBC，即 K 为 BC 的中点，矛盾！从而 四点共圆 . ,注 1：“ P 的幂（关于O ） K 的幂（关于O ） ”的证明：延长 PK 至点 F，使得2， FAE则 P， E， F，A 四点共圆，故，PBCE从而 E，C，F，K 四点共圆，于是， -，得 P 的幂（关于O ） K 的幂（关于O） 2PAE注 2：若点 E 在线段 AD 的延长线上，完全类似2. 记 表示正整数 n 所含的 2 的幂次则当 时， 为整数2()v 2()1mvk()mfr下面我们对 用数学归纳法k当 时，k 为奇数， 为偶数，此时0111()22fr
14、kk为整数 假设命题对 成立1()v对于 ，设 k 的二进制表示具有形式，122vvvk这里， 或者 1， 0i,ivFEQPONMKD CBA10于是 11()22frkk1 1212()()2vvvvv ， k这里. 1 12122()2()vvvvv 显然 中所含的 2 的幂次为 故由归纳假设知， 经过 f 的 v 次迭代得到整数，由知， 是k rk(1)vfr一个整数，这就完成了归纳证明 3. 由 知，对 ，有 01ka1kn110,0kni iikaa注意到当 时，有 ，于是对 ，有,xymx,yy11knnkiiikAa11ni iik11max,nki iika(),knn， 1
15、k故 11nnkkkaA11nnkkkA 1nk2114. 对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上 a，如果颜色不同，则标上 b，如果数字和颜色都相同，则标上 c于是对于给定的点 上的设置（共有 4 种） ，按照边上的字母可以依次确定点1A上的设置为了使得最终回到 时的设置与初始时相同，标有 a 和 b 的边都是偶数条所以这种密码锁的所23,nA 1有不同的密码设置方法数等于在边上标记 a，b，c，使得标有 a 和 b 的边都是偶数条的方法数的 4 倍 设标有 a 的边有 条， ，标有 b 的边有 条， 选取 条边标记 a 的有 种2i02ni2
16、j20niji2inC方法，在余下的边中取出 条边标记 b 的有 种方法，其余的边标记 c由乘法原理，此时共有 种标记方jjniC 2inji法对 i，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为 22004nijniij这里我们约定 01C当 n 为奇数时， ，此时2i 2210nijniij代入式中，得 2222212000044nninnj ini iniiij i iCCC002()()nnkkknn 31n当 n 为偶数时，若 ，则式仍然成立；若 ，则正 n 边形的所有边都标记 a，此时只有一种标记方法于是，2ni2i当 n 为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为 22004nijiijC122104niniiC22103niini综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当 n 为奇数时有 种；当 n 为偶数时有 种 31n3n
