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2011年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题及解答


2011 年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答
一、选择题(满分 40 分,每小题 8 分,将答案写在下面相应的空格中) 题 号 答 案 1 1341 2 3
? 1 4

4

5
1005 3017

3

6 ? 2 ? 3 ? 2.

1

.二次三项式 x 2 +ax +b 的根是实数,其中 a、b 是自然数,且 ab=22011 ,则这样的 二次三项式共有 答:1341. 我们发现,实际上,数 a 和 b 是 2 的非负整数指数的幂,即,a=2k,b=22011– k,则 判别式 Δ=a2 – 4b=22 k – 422011– k=22 k – 22013 –k≥0,得 2k ≥2013–k ,因此 k ≥
2013 =671,但 k 3

个.

≤2011,所以 k 能够取 2011–671+1=1341 个不同的整数值.每个 k 恰对应一个所求的二 次三项式,所以这样的二次三项式共有 1341 个. 2.如右图,在半径为 1 的圆 O 中内接有锐角三角形 ABC, H 是△ABC 的垂心,角 平分线 AL 垂直于 OH,则 BC = 答: 3 . 解:易知,圆心 O 及垂心 H 都在锐角三角形 ABC 的内部,延 长 AO 交圆于 N,连接 AH 并延长至 H1 与 BC 相交,连接 CN,在 Rt△CAN 和 Rt△AH1 B 中, ∠ANC=∠ABC, 于是有∠CAN=∠BAH1 , 再由 AL 是△ABC 的角平分线,得∠1=∠2. 由条件 AP⊥OH,得 AH=AO=1. 连接 BO 交圆于 M,连接 AM、CM、CH,可知 AMCH 为平行四边形, 所 以 CM=AH=AO=1 , BM=2 , 因 为 △ MBC 是 直 角 三 角 形 , 由 勾 股 定 理 得
C N


M O L
12

A

P

H H1 B

BC ? 22 ?12 ? 3.
3.已知定义在 R 上的函数 f (x )=x2 和 g(x )=2x +2m ,若 F(x )=f (g (x )) – g (f (x ))的最小
1 值为 ,则 m = 4 1 答: ? . 4



解:由 f (x )=x2 和 g(x )=2x +2m,得 F(x )= f (g (x )) – g (f (x ))=(2x +2m )2 –(2x2 +2m) =2x2 +8mx +4m2 –2m, F(x )=2x2 +8mx +4m2 –2m 的最小值为其图像顶点的纵坐标

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4 ? 2 ? (4m2 ? 2m) ? ?8m ? ? 4m2 ? 2m ? 8m2 ? ?4m2 ? 2m . 4? 2
2

1 1 1? 由已知, ?4m ? 2m ? ,得 ? 2m ? ? ? 0 ,所以 m ? ? . ? 4 4 2? ?
2

2

4. tan 37.5 ?



答: 6 ? 2 ? 3 ? 2 . 解 1:作 Rt△ADB,使得∠ADB=90? ,AD=1 ,AB=2 ,则 ∠B=30? , BD= 3 . 延长 BD 到 C, 使 BC=2, 则 DC= 2 ? 3 . 连 接 AC, 则∠ACB=(180? –30? )÷ 2=75? . 作∠ACD 的平分线交 AD 于 E,则∠ECD=37.5? . 由于 AC2 =AD2 +DC2 =1+(2– 3 )2 =8–4 3 , 所以 AC ? 8 ? 4 3 ? 6 ? 2 12 ? 2 ? 由三角形的角平分线定理,得

?
1

6? 2

?

2

? 6? 2.

AE ? ED AC ? DC AE AC ? ? ,于是 ,即 ED DC ED DC

ED AD AD ? ? ? DC AC ? CD 6 ? 2 ?2? 3
tan 37.5 ? ED ? DC

?

3? 2

??

2 ?1

?

?

?

3? 2

??

2 ? 1 ,所以

?

?

3? 2

??

2 ?1 ? 6 ? 2 ? 3 ? 2 .

?

解 2:作等腰直角三角形 ABC,使∠C=90? ,AC=BC=1,则 AB= 2 . 作∠CAD=30? ,则 CD=
3 2 3 ,AD= ,则∠DAB=15? . 3 3
A

作∠BAD 的平分线 AE,记 CE=x ,则 BE=1–x ,DE=x –
3 x? 3 ? 1 ? x ,整理得 所以 2 3 2 3

30? 3 .1 3 B C

2

D

E

B

x?
tan 37.5 ?

2 ?1 ? 3? 2

?

2 ?1

??

3? 2

3? 2

??

6 ? 2 ? 3 ? 2.

CE x ? ? 6 ?2? 3? 2. AC 1
1? x , 定义 f1 (x ) = f (f (x )), f n (x )=f (fn– 1 (x )) (n=2, 3,?), f 2011 (2011)= 1 ? 3x

5. 设 f (x ) = 答:



1005 . 3017

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1? x 1? x 1 ? 3x ? ? 1 ? x ; 解:记 f ( x) ? f 0 ( x ) ? ,则 f1 ( x) ? f ? f ( x) ? ? 1? x 1 ? 3x 1 ? 3x 1? 3? 1 ? 3x 1? 1? x 1 ? 3x ? x ; f ( x) ? f ? f ( x) ? ? 1 ? x ? f ( x) ? f ( x) ; f 2 ( x) ? f ? f1 ( x) ? ? 3 2 0 1? x 1 ? 3x 1? 3? 1 ? 3x 1?
接下来有 f4 ( x) ? f1 ( x) , f5 ( x) ? f 2 ( x) , f6 ( x) ? f3 ( x) ,?,fn (x )的表达式是循环重复的, 以 3 项为一周期. 所以, f 2011 ( x) ? f 3?670?1 ( x) ? f1 ( x) ?
x ?1 2011 ? 1 2010 1005 , f 2011 (2011) ? . ? ? 1 ? 3x 1 ? 3 ? 2011 6034 3017

二、 (满分 15 分)D 是正△ABC 的边 BC 上一点,设△ABD 与△ACD 的内心分别为 I1 , I2 ,外心分别为 O1 ,O2 ,求证:(I1 O1 )2 +(I2 O2 )2 =(I1 I2 )2 . 证 明 : 作 以 A 为 中 心 、 逆 时 针 旋 转 60 的 变 换 ,使△ABD 到△ACD1 ,由于∠ADC+ ∠AD1 C= R( A , 60 ) ∠ADC+∠ADB=180? ,所以 A 、D、C、D1 共圆,因此 O2 是
R ( A,60 ) △ AD1C 的 外 心 , 也 就 是 O1 ???? ? O2 , 因 此

A

O1 O2 I1 D I2 C D1

B

AO1 =DO1 =AO2 =DO2 =O1 O2 ,所以∠O1 AO2 =∠O1 DO2 =60? .

由∠AO1 O2 +∠ACB=120? +60? =180? ,O1 在△ACD 的外接圆⊙O2 上.
1 1 由于 ?AI1 D ? ?ABD ? (180 ? ?ABD) ? 60 ? ? 120 ? 120 ,所以 I1 在⊙O2 上,因 2 2

此 ?O1I1D ? 180 ? ?O1 AD ? 180 ? 30 ? 150 , ?I1O1D ? ?I1DO1 ? 180 ?150 ? 30 . 同理可证,I2 在△ABD 的外接圆⊙O1 上,所以 ?DI2O2 ? 150 .
1 由于 ?I1 DI 2 ? ?180 ? 90 , 而 ?I2 DO2 ? ?I1DO1 ? ?I1DI2 ? O1DO2 ? 90 ? 60 ? 30 , 2

比较可得 ?I1O1D ? ?I 2 DO2 . 在△O1 I1 D 与△DI2 O2 中,因为已证 O1 D=DO2 , ?O1I1D ? ?DI 2O2 ? 150 , 又

?I1O1D ? ?I 2 DO2 . 因此 △O1 I1 D≌△DI2 O2 .
所以,I1 O1 =DI2 ,DI1 = I2 O2 . 由于 ?I1DI 2 ? 90 , △I1 DI2 是直角三角形. 根据勾股定理,有 ? DI1 ? ? ? DI 2 ? ? ? I1 I 2 ? , 而 I1 O1 =DI2 ,DI1 =I2 O2 .
2 2 2

因此 ? I1O1 ? ? ? I 2O2 ? ? ? I1 I 2 ? .
2 2 2

三、 (满分 15 分)n 是正整数,记 n!=1× 2× 3× ?× n,如 1!=1,2!=1× 2=2, 3!= 1× 2× 3=6,又记[a]表示不超过 a 的最大整数,求方程
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?x? ? x ? ? x ? ? ? ? ? ?1!? ? ? ? 2!? ? ? ? 3!? ?

? x ? ? x ? ? ? ? ? ? ? ? 2011 ?10!? ?11!?

的所有正整数解.
x? ? x ? ? x ? ≥ x ? 1 , ? x ? ? x ? > x –1, 解 1:由于当 x 是正整数时, ? , ? x ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2 ?1!? ? ? 2!? ? ? ?2? ? 3!? ? ? ?6? 6

所以 x ?

x ?1 x 1 5x ? ? 1 <2011 即 < 2012 ,得方程的正整数解 x 满足 0<x <1207.5. 2 6 2 3

由于 6!=720,7!=5040,所以方程的正整数解 x <7!,即
?x? ?x? ?x? ? x ? ? x ? ? ? ? ? ? 0. ? ? 7!? ? ? ? 8!? ? ? ? 9!? ? ? ?10!? ? ? ?11!? ? ?x? ? x ? ? x ? ? x ? ? x ? ? x ? 因此,方程 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2011 的解与原方程的解是一样的. ?1!? ? 2!? ? 3!? ? 4!? ? 5!? ? 6!?

设小于 7!的正整数 x 为上述方程的解, 我们写出 式: 设

x ( k ? 1, 2,3, 4,5, 6) 的带余除法表达 k!

r x ?x? ? a ? 1 ,0≤r1 <6!,(0≤a≤6,a?N);因此 ? ? ? a. 6! 6! ? 6!?



r r x ?x? ? 6a ? 1 ? 6a ? b ? 2 ,0≤r2 <5!,(0≤b≤5,b?N),因此 ? ? ? 6a ? b . ② 5! 5! 5! ? 5!?
r r x ? 30a ? 5b ? 2 ? 30a ? 5b ? c ? 3 ,0≤r3 <4!,(0≤c≤4,c?N), 4! 4! 4!

?x? 因此 ? ? ? 30a ? 5b ? c . ? 4!?



r r x ? 120a ? 20b ? 4c ? 3 ? 120a ? 20b ? 4c ? d ? 4 ,0≤r4 <3!,(0≤d≤3,d?N); 3! 3! 3!

?x? 因此 ? ? ? 120a ? 20b ? 4c ? d . ? 3!?
r5 r4 x ?360 a ? 6b 0? 1 c 2? d3? ? 3a 60 ? b6 ? 0 c 1?2 d ? 3 e, ? 0≤r5 <2, 2! 2! 2!



?x? (e=0,1,2);因此 ? ? ? 360a ? 60b ? 12c ? 3d ? e . ? 2!?



r x ? 720a ? 120b ? 24c ? 6d ? 2e ? 5 ? 720a ? 120b ? 24c ? 6d ? 2e ? f ,(f =0,1); 1! 1!

?x? 因此 ? ? ? 720a ? 120b ? 24c ? 6d ? 2e ? f . ?1!?



①~⑥相加得 1237a+206b+41c+10d+3e+f =2011. 显然 a=1,因此 206b+41c+10d+3e+f =2011–1237=774; 易知 b=3,因此 41c+10d+3e+f =774–206× 3=156; 易知 c=3,于是 10d+3e+f =156–41× 3=33;
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类似求得 d=3,e=1,f =0. 所求的 x =1× 720+3× 120+3× 24+3× 6+1× 2+0× 1=1172.
x? ? x ? ? x ? x =1172 是方程 ? ? ? ? ? ?1!? ? ? ? 2!? ? ? ? 3!? ? x? ? x ? ? x? 解 2:设 f (x )= ? ? ? ?? ? ?1!? ? ? ? 2!? ? ? ? 3!? ? x ? ? x ? ? ? ? ? ? ? ? 2011 的唯一正整数解. ?10!? ?11!? ? x? ? x? ?x? ? ? ? ? ? ? ,因为对于所有的正整数 k ,? ? ?10!? ?11! ? ? k !?

x ? 1? ? x ? 都是单调增的,其和 f (x )就是增函数;又因为对于正整数 x , ? = ? +1,所以 f (x ) ? ? 1! ? ? ? ?1!?

是严格单调的. 经估数,将 x =1172 带入,求 f (1172)的值,得 f (1172)=2011,所以,x =1172 是方程
?x? ? x ? ? x ? ? ? ? ? ?1!? ? ? ? 2!? ? ? ? 3!? ? ? x ? ? x ? ? ? ? ? ? ? ? 2011 的唯一正整数解. ?10!? ?11!?

四、 (满分 15 分)平面上的 n 个点,若其中任 3 个点中必有 2 个点的距离不大于 1,则 称这样的 n 个点为“标准 n 点组” .要使一个半径为 1 的圆纸片,对任意“标准 n 点 组”都能至少盖住其中的 25 个点,试求 n 的最小值. 答案:49. 解:首先证明,nmin >48. 在平面上画长为 5 的线段 AB, 分别以 A、 B 为圆心,画半径为 0.5 的两个圆,在每一 个圆内,取 24 个点,则平面上有 48 个点满 足题设条件(其中任意 3 点中必有 2 点的距离不大于 1) ,显然,不可能画出一个半径为 1 的圆,其包含有 25 个所选的点,所以 n>48. 下面证明 nmin =49. 若 n ? 49 ,设 A 是其中的一点,作以 A 为圆心半径为 1 的⊙A,若所有的点都在圆 A 中,那么就满足题设条件. 若不是所有的点都在圆 A 中,则至少有一点 B 不在圆 A 中,再作以 B 为圆心、半径 为 1 的⊙B,则 A、 B 的距离大于 1(如右图) ,除 A,B 外,余下的 47 个点中每一点 P 都与 A、B 组成 3 点组,必有两个点的距离不大于 1,所以要么 PA≤1,要么 PB≤1,即 点 P 要么在⊙A 中,要么在⊙B 中,根据抽屉原 理,必有一个圆至少包含了这 47 个点中的 24 个 点,不妨设这个圆就是⊙A,再加上圆心 A 点, 就有不少于 25 个点在这个半径为 1 的⊙A 中(圆 内或圆周上). 所以 n 的最小值是 49.

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五、 (满分 15 分)已知函数 f :R→R,使得对任意实数 x,y,z 都有
1 1 1 f ( xy ) ? f ( xz ) ? f ( x) f ( yz ) ≥ , 4 2 2

求[1× f (1)]+[2× f (2)]+[3× f (3)]+?+[2011× f (2011)]的值.其中对于实数 a,[a]表示 不超过 a 的最大整数. 解 : 由 于 已 知 函 数 f : R? , 使 得 对 任 意 实 数 x, , y z都 满 足 R
1 1 1 f ( xy ) ? f ( xz ) ? f ( x) f ( yz ) ≥ ,可令 x ? y ? z ? 0 ,有 4 2 2 1 1 1 2 1? ? f (0) ? f (0) ? ? f (0) ? ≥ ,即 ? f (0) ? ? ≤0, 4 2 2 2? ?
2

1 由于 f (0)是一个实数,所以 f (0) ? . 2

再令 x ? y ? z ? 1,有
1 1 1 2 1? ? f (1) ? f (1) ? ? f (1) ? ≥ ,即 ? f (1) ? ? ≤0, 4 2 2 2? ?
2

1 由于 f (1)是一个实数,所以 f (1) ? . 2 1 1 1 1 又令 y ? z ? 0 ,有 f (0) ? f (0) ? f ( x) f (0) ≥ ,代入 f (0) ? 得 4 2 2 2 1 对任意实数 x ,都有 f ( x) ≤ . ① 2 1 1 1 1 又令 y ? z ? 1,有 f ( x) ? f ( x) ? f ( x) f (1) ≥ ,代入 f (1) ? 得 4 2 2 2 1 对任意实数 x ,都有 f ( x) ≥ . ② 2

综合①、②可得,对任意实数 x ,都有 f ( x) ? 验证:函数 f ( x) ? 解为 f ( x) ?
1 .于是 2

1 . 2

1 满足题设条件,取的是等号,所以满足题设条件的函数的唯一 2

?1? f ( 1?)??

2 ?f

( 2? ? ) ?

? f 3

?

(3 ?) ? ?

2 f0 ?1 1 ? ( 2 0 1 1)

?1? ?2? ?3? ?4? ? 2011? ?? ??? ??? ??? ?? ?? ?2? ?2? ?2? ?2? ? 2 ? ? ? 0 ? 1 ? 1 ? 2 ? 2 ? 3 ? 3 ? ? 1005 ? 1005

? 2 ? ?1? 2 ? 3 ?
? (1 ? 1005) ?1005

? 1005?

? 1011030 .
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