2016年全国高中数学联赛试题与解答A卷(一试)新

说明：

1. 评阅试卷时，请依据本评分标准．填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次． 2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次给分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分一个档次，不要增加其他中间档次．

一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分

1．设实数a满足a9a11a|a|，则a的取值范围是 3答案：a(2310,) 33解：由a|a|可得a0，原不等式可变形为

9a311a|a|11

aa即19a111，所以a(222310104,)． ,)．又a0，故a(33932．设复数z,w满足|z|3，其中i是虚数单位，(zw)(zw)74i，z,w分别表示z,w的共轭复数，则(z2w)(z2w)的模为 答案：65

2222解：由运算性质，74i(zw)(zw)|z||w|(zwzw)，因为|z|与|w|为

222实数，Re(zwzw)0，故|z||w|7，zwzw4i，又|z|3，所以|w|2，

从而

(z2w)(z2w)|z|24|w|22(zwzw)988i18i

因此，(z2w)(z2w)的模为65．

3．正实数u,v,w均不等于1，若loguvwlogvw5，logvulogwv3，则logwu的值为 答案：

4 5解：令loguva，logvwb，则

11，logwv，loguvwloguvloguv•logvwaab ab115条件化为aabb5，3，由此可得ab，因此

ab44logwulogwv•logvu．

5logvu4．袋子A中装有2张10元纸币和3张1元纸币，袋子B中装有4张5元纸币和3张1元纸币．现随机从两个袋子中各取出两张纸币，则A中剩下的纸币面值之和大于B中剩下的纸币面值之和的概率为 答案：

9 35解：一种取法符合要求，等价于从A中取走的两张纸币的总面值a小于从B中取走的两张纸币的总面值b，从而ab5510．故只能从A中国取走两张1元纸币，相应的取

2法数为C33．又此时ba2，即从B中取走的两张纸币不能都是1元纸币，相应有

C72C3218种取法．因此，所求的概率为

318549． 22C5C71021355．设P为一圆锥的顶点，A，B，C是其底面圆周上的三点，满足ABC=90°，M为AP的中点．若AB=1，AC=2，AP答案：arctan

解：由ABC=90°知，AC为底面圆的直径．设底面中心为O，则PO2，则二面角M—BC—A的大小为

231AC1，进而POAP2AO21． 2设H为M在底面上的射影，则H为AO的中点．在底面中作HKBC于点K，则由三垂线定理知MKBC，从而MKH为二面角M—

平面ABC，易知AOBC—A的平面角．

1HKHC33，即HK，这样，结合HK与AB平行知，

2ABAC44MH22tanMKH．故二面角M—BC—A的大小为arctan．

HK33kx4kx6．设函数f(x)sin，其中k是一个正整数．若对任意实数a，均有cos41010因MHAH

{f(x)|axa1}{f(x)|xR}，则k的最小值为

答案：16

kxkxkxkx cos2)22sin2cos21010101012kx32kx 1sincos 54545m其中当且仅当x(mZ)时，f(x)取到最大值．根据条件知，任意一个长为1的开

k5区间(a,a1)至少包含一个最大值点，从而1，即k5．

k解：由条件知，f(x)(sin2反之，当k5时，任意一个开区间均包含f(x)的一个完整周期，此时 {f(x)|axa1}{f(x)|xR}成立．综上可知，正整数的最小值为[5]116．

y21，左、右焦点分别为F1、F2，过点F2作直线与双曲线C7．双曲线C的方程为x32的右半支交于点P，Q，使得F1PQ=90°，则F1PQ的内切圆半径是 答案：71

解：由双曲线的性质知，

F1F22134，PF1PF2QF1QF22．

因F1PQ=90°，故PF1PF2F1F2，因此

222PF1PF22(PF12PF22)(PF1PF2)22422227从而直角F1PQ的内切圆半径是

r111(F1PPQF1Q)(PF1PF2)(QF1QF2)71 2228．设a1,a2,a3,a4是1，2，…，100中的4个互不相同的数，满足

122222(a1a2a3)(a2a3a4)(a1a2a2a3a3a4)2

则这样的有序数组(a1,a2,a3,a4)的个数为 答案：40

1222222解：由柯西不等式知，(a1a2a3)(a2a3a4)(a1a2a2a3a3a4)，等号成立

的充分必要条件是

a1a2a3，即a1,a2,a3,a4成等比数列．于是问题等价于计算满足a2a3a4{a1,a2,a3,a4}{1,2,3,…,100}的等比数列a1,a2,a3,a4的个数．设等比数列的公比

q1，且q为有理数．记q先考虑nm的情况．

n，其中m,n为互素的正整数，且mn． ma1n3a1n333a1,a2,a3,a4m,n此时a4a1()，注意到互素，故为正整数． 相应地，l33mmm分别等于ml,mnl,mnl,nl，它们均为正整数．这表明，对任意给定的q33223n1，满足m条件并以q为公比的等比数列a1,a2,a3,a4的个数，即为满足不等式nl100的正整数l的个数，即[3100]． n3由于5100，故仅需考虑q2,3,,4,34这些情况，相应的等比数列的个数为 23100100100100100[][][][][]12331120． 827276464当nm时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列a1,a2,a3,a4． 综上可知，共有40个满足条件的有序数组(a1,a2,a3,a4)．

二、解答题：本大题共3小题，共56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 9．（本题满分16分）在ABC中，已知AB•AC2BA•BC3CA•CB．求sinC的最大值．

b2c2a2解：由数量积的定义及余弦定理知，AB•ACcbcosA．

2a2c2b2a2b2c2同理得，BA•BC，CA•CB．故已知条件化为

22b2c2a22(a2c2b2)3(a2b2c2)

即a2b3c．………………………………8分 由余弦定理及基本不等式，得

2221a2b2(a22b2)abc3 cosC2ab2ab222abab22• 3b6a3b6a3

所以sinC1cosC27．………………………………12分 33:6:5．因此sinC的最大值是

等号成立当且仅当a:b:c

7．……………16分 310．（本题满分20分）已知f(x)是R上的奇函数，f(1)1，且对任意x0，均有

x)xf(x)． x11111111求f(1)f()f()f()f()f()…f()f()的值．

10029939850511解：设anf()(n=1，2，3，…），则a1f(1)1．

n1xx1k1，及f(x)为奇在f()xf(x)中取x(kN*)，注意到

1x1k1x1k1kf(函数．可知

f(11111)f()f()……………………5分 k1kkkkn1ak11ak1n111，从而ana1•即．……………………10分 akkak(n1)!k1k1k因此

aaii150101i4911

(i1)!(100i)!i!•(99i)!i1i050149i149i1129899i99C99(C99C99)2……………………20分 99!i099!i099!299!

11．（本题满分20分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，F是x轴正半轴上的一个动点．以F为焦点，O为顶点作抛物线C．设P是第一象限内C上的一点，Q是x轴负半轴上一点，使得PQ为C的切线，且｜PQ｜=2.圆C1,C2均与直线OP相切于点P，且均与轴相切．求点F的坐标，使圆C1与C2的面积之和取到最小值．

解：设抛物线C的方程是y2px(p0)，点Q的坐

2

标为(a,0)(a0)，并设C1,C2的圆心分别为O1(x1,y1),O2(x2,y2)．

设直线PQ的方程为xmya(m0)，将其与C的方程联立，消去x可知

y22pmy2pa0．

因为PQ与C相切于点P，所以上述方程的判别式为4pm4•2pa0，解得

22m2a．进而可知，点P的坐标为(xP,yP)(a,2pa)．于是 p2a•2pa2a(p2a)． p|PQ|1m2|yP0|1由｜PQ｜=2可得

4a22pa4 ①……………………5分

注意到OP与圆C1,C2相切于点P，所以OPO1O2．设圆C1,C2与x轴分别相切于点M，N，则OO1,OO2分别是

POM,PON的平分线，故O1OO2=90°．从而由射

影定理知

22y1y2O1M•O2NO1P•O2POP2xPyPa22pa

结合①，就有y1y2a2pa43a ②……………………10分 由O1,P,O2共线，可得

22y12pa2pay2化简得

y1yPOPOMy111．

yPy2PO2O2Ny2y1y2222pa2y1y2 ③……………………15分

令Ty1y2，则圆C1,C2的面积之和为T．根据题意，仅需考虑T取到最小值的情况． 根据②、③可知，

T(y1y2)22y1y2422y1y22y1y2 2pa

4(43a2)(2a2)222(43a)2(43a)． 2244a1a2作代换t1a，由于4t44a2pa0，所以t0．于是

2T(3t1)(t1)113t423t•4234．

ttt上式等号成立当且仅当t31，此时a1t1，因此结合①得， 33p1a22at1133t33133

从而F的坐标为(

p1,0)(,0)．………………………20分 233