全国高中数赛B卷试题及答案

一、选择题：（每小题8分，共分）

a2n的各项均为正数，且a1a3a2a62a336,则a2a4的值为．

答案：6．

解：由于36a2a221a3a2a63a22a242a2a4a2a4,且a2a40,故a2a46. 另解：设等比数列的公比为，则a52a6a1qa1q.又因

36a1a3a2a62a23a1a1q2a1qa1q52a21q2a21q2a1qa1q3aq32aqaq32111a2a2 4,而a2a40，从而a2a46. Aa|1a2，则平面点集Bx,y|x,yA,xy0的面积为．

答案：7．

解：点集如图中阴影部分所示，其面积为 S正方形MNPQSMRS3312227. 满足z22zzz（表示的共轭复数），则的所有可能值的积为． 答案：3．

解：设zabia,bR.由z22zz知，

a2b22abi2a2biabi, 比较虚、实部得a2b2a0,2ab3b0.又由zz知b0，从而有

2a30,即a3，进而ba2a322. 于是，满足条件的复数的积为33i2233i3.22 fx,gx均为定义在上的函数，fx的图像关于直线x1对称，gx的图像关于点1,2中心对称，且fxgx9xx31，则f2g2的值为．

答案：2016. 解：由条件知 f0g02,①

f2g2818190.②

由fx,gx图像的对称性，可得f0f2,g0g24,结合①知， f2g24f0g02.③

由②、③解得f248,g242,从而f2g248422016. 另解：因为

fxgx9xx31， ①

所以

f2g290.②

因为fx的图像关于直线x1对称，所以 fxf2x.③

又因为gx的图像关于点1,2中心对称，所以函数hxgx12是奇函数，hxhx，gx12gx12，从而

gxg2x4.④

将③、④代入①，再移项，得 f2xg2x9xx35.⑤

在⑤式中令x0，得

f2g26.⑥

由②、⑥解得f248,g246.于是f2g22016. 5.将红、黄、蓝3个球随机放入5个不同的盒子A,B,C,D,E中，恰有两个球放在同一盒子的概率为．

解：样本空间中有53125个元素．而满足恰有两个球放在同一盒子的元素个数为

C223P560.过所求的概率为p601251225. xOy中，圆C2y2a0关于直线对称的圆为C2y21:x2:x2x2ay30,则直线的方程为．

答案：2x4y50. 解：C1,C2的标准方程分别为

C221,C2221:xy2:x1yaa2. 由于两圆关于直线对称，所以它们的半径相等．因此aa220,解得a2.故C1,C2的圆心分别是O0,0,O直线就是线段O1121,2.1O2的垂直平分线，它通过O1O2的中点M2,1，由此可得直线的方程是2x4y50. -ABCD的高等于长度的一半，是侧棱的中点，是侧棱上点，满足DN2VN，则异面直线AM,BN所成角的余弦值为．

解：如图，以底面ABCD的中心为坐标原点，AB,BC,OV的方向为x,y,z轴的正向，

zVyNDMCOxAB 建立空间直角坐标系．不妨设AB2,此时高VO1,从而

A1,1,0,B1,1,0,D1,1,0,V0,0,1. 由条件知M1111122,2,2,N3,3,3，因此

AM32,12,14422,BN3,3,3. 设异面直线AM,BN所成的角为，则 cosAMBN1AMBN111111. 22正整数满足n2016，且n2n4n6n123．这样的的个数为．这里xxx，其中表示不超过的最大整数．

解：由于对任意整数，有

n2nnn135114612246123, 等号成立的充分必要条件是n1mod12，结合1n2016知，满足条件的所有正整数为n12k1k1,2,,168,共有个．

另解：首先注意到，若为正整数，则对任意整数，若xymodm，则xymm.这是因为，当xymodm时，xymt，这里是一个整数，故

xmxmxmymtmymtmymttyyyymmmm. 因此，当整数n1,n2满足n1n2mod12时，

n12n14n16n112n2n2n2n224612. 容易验证，当正整数满足1n12时，只有当n11时，等式n2n4n6n123才成立．而201612168，故当1n2016时，满足nnnn246123正整数的个数为168. 二、解答题：（共3小题，共56分）

9.（16分）已知an是各项均为正数的等比数列，且a50,a51是方程 100lg2xlg100x 的两个不同的解，求a1a2a100的值．

解 对k50,51，有100lg2aklg100ak2lgak,即

100lga2klgak20. 因此，lga50,lga51是一元二次方程100t2t20的两个不同实根，从而 1lgalga110050a5150lga51100,即a50a5110. 50由等比数列的性质知，a1a2a100a50a501511010010. 10.（20分）在ABC中，已知ABAC2BABC3CACB. （1）将BC,CA,AB的长分别记为a,b,c，证明：a22b23c2； （2）求cosC的最小值． 解 （1）由数量积的定义及余弦定理知，ABACcbcosAb2c2a22. 同理得，BABCa2c2b22,CACBa2b2c22.故已知条件化为 b2c2a22a2c2b23a2b2c2, 即a22b23c2. （2）由余弦定理及基本不等式，得 1222a2b2a2cosCabc32b22ab2ab a3bb6a2a3bb6a23,等号成立当且仅当a:b:c3:6:5.因此cosC的最小值为23. 11.（20分）在平面直角坐标系xOy中，双曲线的方程为x2y21．求符合以下要求的所有大于的实数：过点a,0任意作两条互相垂直的直线与，若与双曲线交于P,Q两点，与交于R,S两点，则总有PQRS成立．

解 过点a,0作两条互相垂直的直线l1:xa与l2:y0. 易知，与交于点P,a21,Q,a20a0a1（注意这里a1），与交于点R01,0,S01,0,由条件知2a21PQ00R0S02，解得a2. 这意味着符合条件的只可能为 下面验证a2符合条件．

事实上，当中有某条直线斜率不存在时，则可设l1:xa,l2:y0，就是前面所讨论的的情况，这时有PQRS.若的斜率都存在，不妨设

l1:ykx2,l2:y1kx2k0, 注意这里k1（否则将与的渐近线平行，从而与只有一个交点）．

联立与的方程知，x2k2x2210,即

1k2x222k2x2k210, 这是一个二次方程式，其判别式为4k240．故与有两个不同的交点P,Q．同样，与也有两个不同的交点R,S.由弦长公式知，

2PQ1k24k421k21k21k2. 用11k2k代替，同理可得RS21k22k21k21.于是PQRS. 综上所述，a2为符合条件的值．

加试

一、（40分）非负实数x1,x2,,x2016和实数y1,y2,,y2016满足：

（1）x22kyk1,k1,2,,2016；

（2）y1y2y2016是奇数．

求x1x2x2016的最小值．

解：由已知条件（1）可得：xk1,yk1,k1,2,,2016,于是（注意xi0）

2016201620162016x2kk1xk2016k120161ykk12y2k2016k1yk.①

k1不妨设y1,,ym0,ym1,,y20160,0m2016,则

m2016ykm,k2016m. k1kym1m2016 若ykm1，并且2015m,令

k1kykm1m2016ykm1a,yk2015mb, k1km1则0a,b1,于是

2016m2016yk2015mbk1ykm1ak1kykm1 2m2016ab,2016由条件（2）知，yk是奇数，所以ab是奇数，这与0a,b1矛盾．

k1m2016因此必有ykm1，或者,则

k1kyk2015mm12016m2016ykk1ykk2015. k1kym12016于是结合①得xk1. k1又当x1x2x20150,x20161,y1y2y20151,y20160时满足题设条件，且使得不等式等号成立，所以x1x2x2016的最小值为1．

二、（40分）设是正整数，且是奇数．已知的不超过的正约数的个数为奇数，证明：有一个约数，满足kd2k. 证明：记Ad|d|2n,0dk,d是奇数，Bd|d|2n,0dk,d是偶数，则AB,2n的不超过的正约数的集合是AB. 若结论不成立，我们证明AB. 对dA，因为是奇数，故2d|2n，又2d2k，而没有在区间k,2k中的约数，故2dk，即2dB，故AB. 反过来，对dB，设d2d，则d|n，是奇数，又dk2k，故dA,从而BA. 所以AB.故的不超过的正约数的个数为偶数，与已知矛盾．从而结论成立． 三、（50分）如图所示，ABCD是平行四边形，是ABD的重心，点P,Q在直线上，使得GPPC,GQQC.证明：平分PAQ. PDCGABQ 解：连接，与交于点由平行四边形的性质，点是AC,BD的中点．因此， PCDOGMABQ

由于GPCGQC90，所以P,G,Q,C四点共圆，并且其外接圆是以为直径的圆．由相交弦定理知

PMMQGMMC.①

取的中点注意到AG:GM:MC2:1:3,故有

OC12GCAG, G,O关于点对称．于是 GMMCAMMO.② 结合①、②，有PMMQAMMO，因此A,P,O,Q四点共圆．

又OPOQ12GC,所以PAOQAO，即平分PAQ. 四、（50分）设是任意一个11元实数集合．令集合Buv|u,vA,uv.求的元素个数的最小值．

解：先证明B17.考虑到将中的所有元素均变为原来的相反数时，集合不变，故不妨设中正数个数不点在线段上． 因此 少于负数个数．下面分类讨论：

情况一：中没有负数．

设a1a2a11是中的全部元素，这里a10,a20,于是

a2a11a3a11a10a11, a1a2a2a3a2a4上式从小到大共有19818个数，它们均是的元素，这表明B18. 情况二：中至少有一个负数． 设b1,b2,cl,bk是中的全部非负元素，c1,c2,bk, ,cl是中的全部负元素．不妨设

c10b1其中为正整数，kl11，而kl，故k6.于是有 c1b1c1b2c1bkc2bkclbk, 它们是中的kl110个元素，且非正数；又有 b2b3b2b4b2b5b2b6b3b6b4b6b5b6, 它们是中的7个元素，且为正数．故B10717. 由此可知，B17. 另一方面，令A0,1,2,22,23,24,则

B0,1,2,22,23,,26,27,28 是个17元集合．

综上所述，的元素个数的最小值为