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高中数学竞赛模拟题1-5


2011 年全国高中数学联赛模拟试题一
一试
一.填空题(每小题 8 分,共 64 分) 5 ? 4 x ? x2 1.函数 f ( x) ? 在 (??, 2) 上的最小值是 2? x 2. 函数 y ?

. .

sin x cos x 的值域是 1 ? sin x ? cos x

3. 将号

码分别为 1、2、?、9 的九个小球放入一个袋中,这些小球仅号码不同,其余完 全相同。甲从袋中摸出一个球,其号码为 a,放回后,乙从此袋中再摸出一个球,其号码 为 b。则使不等式 a?2b+10>0 成立的事件发生的概率等于 . n ?1 4.设数列 {an } 的前 n 项和 Sn 满足:Sn ? an ? ,n ? 1, 2,? ,则通项 an = . n(n ? 1)

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 与直线 x ? y ? 1 交于 M,N 两点,且 OM ? ON ,( O 为 a 2 b2 3 2 原点),当椭圆的离心率 e ? [ . , ] 时,椭圆长轴长的取值范围是 3 2 6.函数 y ? 5 x ?1 ? 10 ? 2 x 的最大值是 . 7 . 在 平 面 直 角 坐 标 系 中 , 定 义 点 P?x1 , y1 ? 、 Q?x2 , y 2 ? 之 间 的 “ 直 角 距 离 ” 为
5.已知椭圆

d (P, Q) ? x1 ? x2 ? y1 ? y2 .

若 C ?x, y ? 到点 A?1,3? 、 B?6,9? 的“直角距离”相等,其

中实数 x 、 y 满足 0 ? x ? 10 、 0 ? y ? 10 ,则所有满足条件的点 C 的轨迹的长度之和 为 . 8.一个半径为 1 的小球在一个内壁棱长为 4 6 的正四面体容器内可向各个方向自由运 动,则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是 .

二.解答题(共 56 分)
9.(16 分) 已知定义在 R 上的函数 f ( x ) 满足: f (1) ? 有 f ( x) f ( y) ? f ( x ? y) ? f ( x ? y) 成立.

5 ,且对于任意实数 x、 y ,总 2

(1)若数列 {an } 满足 an ? 2 f (n ? 1) ? f (n)(n ? 1, 2,3,?) ,求数列 {an } 的通项公式; (2) 若对于任意非零实数 y , 总有 f ( y ) ? 2 .设有理数 x1 , x2 满足 | x1 |?| x2 | , 判断 f ( x1 ) 和 f ( x2 ) 的大小关系,并证明你的结论.

1

10.(20 分)设 b ? 0 ,数列 {an } 满足 a1 ? b , an ? (1)求数列 {an } 的通项公式; (2)证明:对于一切正整数 n , an ?

nban ?1 (n ? 2) . an ?1 ? 2n ? 2

b n ?1 ?1. 2n ?1

2

11.(20 分)若 a 、 b 、 c ? R? ,且满足 大值。

kabc ? (a ? b) 2 ? (a ? b ? 4c) 2 ,求 k 的最 a?b?c

3

加试
一. (40 分)在平面直角坐标系 xOy 上,给定抛物线 L : y ?

1 2 x .实数 p, q 满足 4

p2 ? 4q ≥ 0 , x1 , x2 是方程 x2 ? px ? q ? 0 的两根,记 ? ( p, q) ? max{ x1 , x2 } . 1 2 (1)过点 A( p0 , p0 ) ( p0 ? 0) 作 L 的切线交 y 轴于点 B .证明:对线段 AB 上的 4 p0 任一点 Q( p, q) ,有 ? ( p, q) ? ; 2 1 5 2 (2)设 D ? {( x, y ) | y ≤ x ? 1 , y ≥ ( x ? 1) ? } .当点 ( p, q ) 取遍 D 时,求 4 4 ? ( p , q ) 的最小值 (记为 ?min )和最大值(记为 ?max ).

二. ( 40 分)如图,给定凸四边形 ABCD , ?B ? ?D ? 180? , P 是平面上的动点,令 f ( P) ? PA ? BC ? PD ? CA ? PC ? AB . (Ⅰ)求证:当 f ( P ) 达到最小值时, P,A,B,C 四点共圆; ( Ⅱ ) 设 E 是 ?ABC 外 接 圆 O 的 弧 A B 上 一点 , 满足 :

AE 3 BC , ? 3 ?1 , ? EC AB 2

?ECB ?

1 ?ECA ,又 DA, DC 是圆O的切线, AC ? 2 ,求 f ( P ) 的最小值. 2

二题图
4

三. (50 分)如图,在 7×8 的长方形棋盘的每个小方格的中心点各放一个棋子。如果两 个棋子所在的小方格共边或共顶点,那么称这两个棋子相连。现从这 56 个棋子中取出一 些,使得棋盘上剩下的棋子,没有五个在一条直线(横、竖、斜方向)上依次相连。问 最少取出多少个棋子才可能满足要求?并说明理由。

四. (50 分)求证:对 i ? 1, 2,3, 均有无穷多个正整数 n ,使得 n, n ? 2, n ? 28 中恰有 i 个可表示为三个正整数的立方和。

5

模拟试题一参考答案
第一试 一. 填空题(每小题 8 分,共 64 分) 1.2. 当 x ? 2 时,2 ? x ? 0 , 因此 f ( x) ?

1 ? (4 ? 4 x ? x 2 ) 1 1 ? ? (2 ? x) ? 2 ? ? (2 ? x) 2? x 2? x 2? x

2? x (??, 2) 上的最小值为 2.
2. ? ?

? 2 ,当且仅当 1 ? 2 ? x 时上式取等号.而此方程有解 x ? 1? (??, 2) ,因此 f ( x) 在

? ?

? ? 2 ?1 2 ? 1? , ?1? ? ? 1, ? ? ? ? 2 2 ? ? ?

? 2 ? 2 ? ? ? 2 sin x ? 2 cos x ? ? 2 sin(x ? 4 ). ? ? ? x? ( ) ? 1, 所 以 ? 2 ? t ? 2. 又 因 为 t2=1+2sinxcosx, 所 以 因 为 ?1 ? s i n 4 x2 ?1 t 2 ?1 2 ? t ? 1 ,所以 ? 2 ? 1 ? y ? 2 ? 1 . sinxcosx= ,所以 y ? 1? t 2 2 2 2 t ?1 ? ?1 ,所以 y ? -1. 因为 t ? -1,所以 2 ? 2 ?1 ? ? 2 ? 1? ? ? 1, ,?1? ? 所以函数值域为 y ? ?? ?. ? ? 2 2 ? ? ? ? 61 2 3. 甲、乙二人每人摸出一个小球都有 9 种不同的结果,故基本事件总数为 9 =81 81 。
设 t=sinx+cosx= 2 ? 个。由不等式 a?2b+10>0 得 2b<a+10,于是,当 b=1、2、3、4、5 时,每种情形 a 可取 1、 2、?、9 中每一个值,使不等式成立,则共有 9×5=45 种;当 b=6 时,a 可取 3、4、?、 9 中每一个值,有 7 种;当 b=7 时,a 可取 5、6、7、8、9 中每一个值,有 5 种;当 b=8 时,a 可取 7、8、9 中每一个值,有 3 种;当 b=9 时,a 只能取 9,有 1 种。于是,所求 事件的概率为 4.

45 ? 7 ? 5 ? 3 ? 1 61 ? 。 81 81

1 1 n n ?1 ? a ? S ?S ? ?a ? ?a , n 2 n(n ? 1) 。 n?1 n?1 n (n ? 1)(n ? 2) n?1 n(n ? 1) n
n?2?2 1 1 ? ? ? an (n ? 1)(n ? 2) n ? 1 n(n ? 1) ?2 1 = , ? an ? (n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1) 1 1 由此得 2 (a n ?1 ? . ) ? an ? (n ? 1)(n ? 2) n(n ? 1)
即 2 a n ?1 ?
6

令 bn ? an ? 有 bn ?1 ?

1 1 1 , b1 ? a1 ? ? ( a1 ? 0 ), 2 2 n(n ? 1)

1 1 1 1 . bn ,故 bn ? n ,所以 a n ? n ? 2 2 n(n ? 1) 2

? x2 y 2 ?1 ? ? 5. ? 5, 6 ? 由 ? a 2 b2 ,可得 (a2 ? b2 ) x2 ? 2a2 x ? a2 ? a2b2 ? 0 ? ?。 ?x ? y ? 1 ?
由 OM ? ON 得 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,即 2 x1 x2 ? ( x1 ? x2 ) ? 1 ? 0 ,将 x1 ? x2 ? ?



2a 2 , a 2 ? b2

a 2 ? a 2b 2 1 1 1 1 3 c 2 代入得 2 ? 2 ? 2 ,即 2 ? 2 ? 2 ,因为 ,得 ? ? 2 2 a b b a a ?b 3 a 2 1 b2 1 1 b2 2 3 1 ? 1 ? 2 ? ,得 ? 2 ? ,有 ? a 2 ? (2 ? 2 ) ? 2 ,解得 5 ? 2a ? 6 . 2 a 3 a 2 2 a 3 x1 x2 ?
5] ,且 y ? 0 。 y ? 5 ? x ?1 ? 2 ? 5 ? x 6. 6 3 。函数的定义域为 [1,

? 52 ? ( 2 ) 2 ? ( x ? 1) 2 ? ( 5 ? x ) 2 ? 27 ? 4 ? 6 3 127 当且仅当 2 ? x ?1 ? 5 ? 5 ? x ,等号成立,即 x ? 时函数取最大值 6 3 。 27 x ?1 ? y ? 3 ? x ? 6 ? y ? 9 7. 5( 2 ?1) 。由条件得 --------①

x ?1 ? 6 ? x ? 6 当 y ? 9 时,①化为 ,无解;

x ?1 ? 6 ? x ? 6 当 y ? 3 时,①化为 ,无解;
2 y ? 12 ? x ? 6 ? x ? 1 当 3 ? y ? 9 时,①化为 -------②
若 x ? 1 ,则 y ? 8.5 ,线段长度为1;若 1 ? x ? 6 ,则 x ? y ? 9.5 ,线段长度为

5 2 ;若 x ? 6 ,则 y ? 3.5 ,线段长度为4.综上可知,点 C 的轨迹的构成的线段长度 之和为 1 ? 5 2 ? 4 ? 5 2 ? 1 。

?

?

8. 72 3 。如答图 1,考虑小球挤在一个角时的情况,记小 球半径为 r ,作平面 A1 B1C1 //平面 ABC ,与小球相切于点
D , 则 小 球 球 心 O 为 正 四 面 体 P ? A1 B 的中心, 1 C 1

,垂足 D 为 A1 B1C1 的中心. P O? 面 A 1 B 1 C 1 1 因 VP ? A B C ? S ?A B C ? PD 1 1 1 3 111 ? 4 ?VO? A1B1C1
7

答图 1

1 ? 4 ? ? S?A1B1C1 ? OD , 3 故 PD ? 4OD ? 4r ,从而 PO ? PD ? OD ? 4r ? r ? 3r . 记此时小球与面 PAB 的切点为 P1 ,连接 OP ,则 1
2 2 PP (3r ) 2 ? r 2 ? 2 2r . 1 ? PO ? OP 1 ?

考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为 PAB )相切时的情况,易知小球在面 PAB 上 最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形,记为 P ,如答图 2.记正四面体 1 EF 的棱长为 a ,过 P1 作 PM ? PA 于 M . 1

3 ? ,有 PM ? PP ? 6r , 故 小 三 角 形 的 边 长 1 ? cos MPP 1 ? 2 2r ? 6 2 PE ? PA ? 2PM ? a ? 2 6r . 1
因 ?MPP 1 ? 小球与面 PAB 不能接触到的部分的面积为(如答图 2 中阴影部分)

3 2 2 (a ? (a ? 2 6r ) 2 ) ? 3 2ar ? 6 3r . 4 又 r ? 1 , a ? 4 6 ,所以 S?PAB ? S?P1EF ? 24 3 ? 6 3 ? 18 3 .

S?PAB ? S?PEF ? 1

由对称性,且正四面体共 4 个面,所以小球不能接触 到的容器内壁的面积共为 72 3 二. 解答题(共 56 分)

答图 2

1) ? 9.解:(1)令 x ? 1 , y ?0 ,? f ?1? ? f ? 0? ? f ?1? ? f ?1? ,又? f (

5 ,? f ? 0? ? 2 . 2 令 x ? 0 ,得 f (0) f ( y) ? f ( y) ? f (? y) ,即 2f ( y) ? f ( y) ? f (? y)

? f ( y) ? f (? y) 对任意的实数 y 总成立, ? f ? x ? 为偶函数.
令 x ? y ? 1 ,得 f ?1? f ?1? ? f ? 2? ? f ? 0? ,?

25 17 ? f (2) ? 2 ,? f (2) ? . 4 4

17 5 ? ? 6. 2 2 令 x ? n ? 1, y ? 1 ,得 f (n ? 1) f (1) ? f (n ? 2) ? f (n) , 5 ? f (n ? 2) ? f (n ? 1) ? f (n) . 2 ?5 ? ? an?1 ? 2 f ? n ? 2 ? ? f ? n ? 1? ? 2 ? f ? n ? 1? ? f ? n ?? ? f ? n ? 1? ? 4 f ? n ? 1? ? 2 f ? n ? ?2 ? ? 2[2 f (n ? 1) ? f (n)] ? 2an (n …1).

? a1 ? 2 f (2) ? f (1) ?

? {an } 是以 6 为首项,以 2 为公比的等比数列. ∴ an ? 6 ? 2n?1 .
(2)结论: f ( x1 ) ? f ( x2 ) . 证明:∵ y ? 0 时, f ( y ) ? 2 , ∴ f ( x ? y ) ? f ( x ? y ) ? f ( x) f ( y ) ? 2 f ( x)
8





f ( x ? y ) ? f ( x) ? f ( x) ? f ( x ? y ) .
∴令 x ? ky( k ? N + ) , 故 ?k ? N + , 总有 f [(k ? 1) y] ? f (ky) ? f (ky) ? f [(k ? 1) y] 成立. 则

f [(k ? 1) y] ? f (ky) ? f (ky) ? f [(k ?1) y] ? f [(k ? 1) y] ? f [(k ? 2) y] ? ? ? f ( y) ? f (0) ? 0 .
∴对于 k ? N + ,总有 f [(k ? 1) y] ? f (ky) 成立. ∴对于 m, n ? N+ ,若 n ? m ,则有 f ( ny ) ? f ? ?? n ? 1? y ? ? ? ? ? f (my ) 成立.

q1 q ,| x2 |? 2 ,其中 q1 , q2 是非负整数, p1, p2 都是正 p1 p2 qp pq 1 + 整数,则 | x1 |? 1 2 ,| x2 |? 1 2 ,令 y ? , t ? q1 p2 , s ? p1q2 ,则 t , s ? N . p1 p2 p1 p2 p1 p2 ∵ | x1 |?| x2 | ,∴ t ? s ,∴ f (ty ) ? f ( sy ) ,即 f (| x1 |) ? f (| x2 |) .
∵ x1 , x2 ? Q ,所以可设 | x1 |? ∵函数 f ( x ) 为偶函数,∴ f (| x1 |) ? f ( x1 ), f (| x2 |) ? f ( x2 ) .∴ f ( x1 ) ? f ( x2 ) . 10 解:∵ an ?

nban ?1 a ban ?1 n 2 n ?1 1 ,∴ n ? ,∴ ? ? ? an ?1 ? 2n ? 2 n an ?1 ? 2n ? 2 an b an ?1 b 1 1 n n ?1 1 n ① 当 b ? 2 时, ? ? ,则 { } 是以 为首项, 为公差的等差数列 2 2 an an ?1 2 an n 1 1 ∴ ? ? (n ? 1) ? ,即 an ? 2 an 2 2 n 1 2 n ?1 1 ② 当 b ? 0 且 b ? 2 时, ? ? ( ? ) an 2 ? b b an ?1 2 ? b n 1 2 当 n ? 1 时, ? ? an 2 ? b b(2 ? b) 2 2 n 1 ∴{ ? 为首项, 为公比的等比数列 } 是以 b b(2 ? b) an 2 ? b n 1 1 2 ∴ ? ? ? ( )n an 2 ? b 2 ? b b


n 2n 1 2n ? b n ? ? ? an (2 ? b)bn 2 ? b (2 ? b)bn

n(2 ? b)b n 2n ? b n ? n(2 ? b)b n ,  b ? 0且b ? 2 ? 综上所述 an ? ? 2n ? b n ?2,   b ? 2    ?
∴ an ? (2)方法一:
9

证明:① 当 b ? 2 时, an ?

b n ?1 ?1 ? 2 ; 2n ?1 ② 当 b ? 0 且 b ? 2 时, 2n ? bn ? (2 ? b)(2n?1 ? 2n?2 b ? ? ? 2bn?2 ? bn?1 )

n ? bn n ? bn an ? n?1 n?2 ? ? 2 ? 2 b ? ? ? 2bn?2 ? bn?1 n n 21?2???( n?1) ? b1? 2???( n?1)
n ?1 2 n ?1 2

bn
n

2

n ( n?1) 2

?b

n ( n ?1) 2

? 2

bn
n ?1 2

?b

n ?1 2

?

b 2

?

b n ?1 2n ?1

?

b n ?1 ? 2n ?1 2 b n ?1 ? 2n ?1 b n ?1 ? 2n ?1 b n ?1 ? ? ? n ?1 ? 1 2n ?1 2n ?1 2n ?1 2

∴对于一切正整数 n , an ? 方法二: 证明:① 当 b ? 2 时, an ?

b n ?1 ?1. 2n ?1

② 当 b ? 0 且 b ? 2 时, 要证 an ?

b n ?1 ?1 ? 2 ; 2n ?1

b n ?1 nbn (2 ? b) b n ?1 ? 1 ? n ?1 ? 1 , ,只需证 2n ?1 2n ? b n 2 n(2 ? b) b 1 ? n ?1 ? n 即证 n n 2 ?b 2 b n b 1 ? n ?1 ? n 即证 n ?1 n?2 n?2 n ?1 2 ? 2 b ? ? ? 2b ? b 2 b b 1 n ?1 n?2 n?2 n ?1 即证 ( n ?1 ? n )(2 ? 2 b ? ? ? 2b ? b ) ? n 2 b 2 b b b n ?1 b n 2n ?1 2n ?2 2 1 即证 ( 2 ? 3 ? ? ? n ? n ?1 ) ? ( n ? n ?1 ? ? ? 2 ? ) ? n 2 2 2 2 b b b b 2 n ?1 n n ?1 n?2 b b b b 2 2 2 1 ∵ ( 2 ? 3 ? ? ? n ? n ?1 ) ? ( n ? n ?1 ? ? ? 2 ? ) 2 2 2 2 b b b b 2 n ?1 n?2 n b 1 b 2 b 2 b 2n ?1 ? ( 2 ? ) ? ( 3 ? 2 ) ? ? ? ( n ? n?1 ) ? ( n?1 ? n ) 2 b 2 b 2 b 2 b

b 1 b2 2 bn?1 2n?2 bn 2n?1 ? ? 2 ? ? ? ? 2 ? ? 2 ? ?n, 22 b 23 b2 2n bn?1 2n?1 bn b n ?1 ∴原不等式成立。∴对于一切正整数 n , an ? n ?1 ? 1 . 2 2 2 2 2 11 解:由均值不等式得 (a ? b) ? (a ? b ? 4c) ? (a ? b) ? [(a ? 2c) ? (b ? 2c)] ?2
? (2 ab) 2 ? (2 2ac ? 2 2bc) 2 ? 4ab ? 4 ? 2ac ? 4 ? 2bc ? 2 ? 2 ? 2 ? 2c ? ab

? 4ab ? 8ac ? 8bc ? 16c ab ,
10



(a ? b) 2 ? (a ? b ? 4c) 2 4ab ? 8ac ? 8bc ? 16c ab ? ( a ? b ? c) ? ? ( a ? b ? c) abc abc c 8 8 16 1 1 1 1 1 a a b b ?( ? ? ? )(a ? b ? c) ? 8( ? ? ? ? )( ? ? ? ? c) 4 b a 2c b a ab ab ab 2 2 2 2

? 8(5 ? 5

1 a 2b 2 c 5 ) ? ( 5 ? ) ? 100,等号成立当且仅当 a ? b ? 2c ? 0 , 2a 2 b 2 c 24

故 k 的最大值为 100 .

加试
一,解: (1) A( p0 ,

1 1 1 2 p0 ) 是抛物线 L 上的点, y ? ? x ,则切线的斜率 k ? p0 2 2 4 1 2 1 过 点 A 的 抛 物 线 L 的 切 线 方 程 为 AB : y ? p0 ? p0 ( x ? p0 ) , 即 4 2 1 1 2 y ? p0 x ? p0 2 4 1 1 2 ∵ Q( p, q) 在线段 AB 上,∴ q ? p0 p ? p0 , 2 4 1 1 2 2 2 2 ∴ p ? 4q ? p ? 4( p0 p ? p0 ) ? ( p ? p0 ) ≥ 0 2 4
不妨设方程 x ? px ? q ? 0 的两根为 x1 ?
2

p ? p 2 ? 4q p ? p 2 ? 4q , x2 ? 2 2

则 x1 ?

p ? p ? p0 2

, x2 ?

p ? p ? p0 2

① 当 p0 ? 0 时, 0 ? p ? p0 , x1 ? ∵?

2 p ? p0 p p ? p ? 0 , x2 ? 0 2 2 2

p p0 p ? x1 ? 0 ,∴ x1 ? x2 ,∴ ?( p, q) ? max{ x1 , x2 } ? x2 ? 0 2 2 2 p 2 p ? p0 p ? p? 0 ② 当 p0 ? 0 时, p0 ? p ? 0 , x1 ? 0 , x2 ? 2 2 2 p0 p p ∵ 0 ? x2 ? ? 0 ,∴ x1 ? x2 ,∴ ? ( p, q) ? max{ x1 , x2 } ? x1 ? 2 2 2 p0 综上所述,对线段 AB 上的任一点 Q( p, q) ,有 ? ( p, q) ? 2 y ? x ? 1 ? ? (2)如图所示,由 ? 1 5 ,求得两个交点 A(0, ?1), B(2,1) 2 y ? ( x ? 1) ? ? ? 4 4
11

8

p ? p 2 ? 4q p ? p 2 ? 4q 则 0 ? p ? 2 ,∴ x1 ? ? ? x2 , 2 2
4

6

∴ ? ( p, q) ? max{ x1 , x2 } ?

① 由 y ? x ? 1 ,得 q ? p ? 1 ,

p ? p ? 4q 2
2

y
2

B
-15 -10 -5

O
A
-2

x

5

-4

p ? p ? 4q p ? p ? 4 p ? 4 p ? p ? 2 ∴ ? ? ? 1,即 ?min ? 1 . 2 2 2 -6 1 5 1 2 1 1 5 2 2 ② 由 y ? ( x ? 1) ? ,得 q ? ( p ? 1) ? ? p ? p ? 1 4 4 4 2 4 4 -8 2 ∴ p ? 4q ? 4 ? 2 p ,
2 2

p ? p 2 ? 4q p ? 4 ? 2 p ∴ ? 2 2 1 2 令 4 ? 2 p ? t ,则 p ? ? t ? 2 , 0 ? t ? 2 2 1 2 p ? 4 ? 2 p ? 2 t ? t ? 2 ?t 2 ? 2t ? 4 ?(t ? 1)2 ? 5 5 5 ∴ ? ? ? ? ,即 ? max ? 4 2 2 4 4 4 5 综上所述 ?min ? 1 , ? max ? 4
AB C ? P C ?A B? P B? A C ? 二. 解: (Ⅰ) 由托勒密不等式, 对平面上的任意点 P , 有P . 因此 f ( P) ? PA ? BC ? PC ? AB ? PD ? CA ? PB ? CA ? PD ? CA ? ( PB ? PD) ? CA . 因为上面不等式当且仅当 P, A, B, C 顺次共圆时取等号,因此当且仅当 P 在 ?ABC 的外接 圆且在弧AC上时, f ( P) ? ( PB ? PD) ? CA . 又因 PB ? PD ? BD ,此不等式当且仅当 B, P, D 共线且 P 在 BD 上时取等号.因 此当且仅当 P 为 ?ABC 的外接圆与 BD 的交点时, f ( P ) 取最小值 f ( P)min ? AC ? BD .
故当 f ( P ) 达最小值时, P, A, B, C 四点共圆.

? 2? , 由 正 弦 定 理 有 ( Ⅱ ) 记 ?ECB ? ? , 则 ?E C A

3 s i n? 3?

AE sin 2? 3 ,从而 ? ? AB sin 3? 2 2 s? i n,即 2 3(3sin ? ? 4sin3 ? ) ? 4sin ? cos ? ,所以

3 3 ? 4 3(1 ? cos2 ? ) ? 4cos ? ? 0 ,
12

整理得 4 3 cos2 ? ? 4cos ? ? 3 ? 0 ,解得 cos ? ? 故 ? ? 30? , ?ACE ? 60? . 由已知

3 1 或 cos ? ? ? (舍去) , 2 2 3

sin ?EAC ? 30 BC , 有 sin(?EAC ? 30? ) ? ( 3 ?1)sin ?EAC , ? 3 ?1 = EC sin ?EAC 3 1 即 , 整 理 得 sin ?EAC ? cos ?EAC ? ( 3 ? 1)sin ?EAC 2 2 2? 3 1 1 ? sin ?EAC ? cos ?EAC ,故 tan ?EAC ? ? 2 ? 3 ,可得 ?EAC ? 75 , 2 2 2? 3
0

?

?

从而 ?E ? 45? , ?DAC ? ?DCA ? ?E ? 45? , ?ADC 为等腰直角三角形.因 AC ? 2 , 则 CD ? 1 . 又 ?ABC 也 是 等 腰 直 角 三 角 形 , 故 BC ? 2 , BD2 ? 1 ? 2 ? 2 ?1? 2 cos135? ? 5 , BD ? 5 . 故 f (P)min ? BD ? AC ? 5 ? 2 ? 10 . 三.解:最少要取出 11 个棋子,才可能满足要求。其原因如下:如果一个方格在第

i 行第 j 列,则记这个方格为(i,j)。
第一步证明若任取 10 个棋子,则余下的棋子必有一个五子连珠,即五个棋子在一条 直线(横、竖、斜方向)上依次相连。用反证法。假设可取出 10 个棋子,使余下的棋子 没有一个五子连珠。如图 1,在每一行的前五格中必须各取出一个棋子,后三列的前五格 中也必须各取出一个棋子。这样,10 个被取出的棋子不会分布在右下角的阴影部分。同 理,由对称性,也不会分布在其他角上的阴影部分。第 1、2 行必在每行取出一个,且只 能分布在(1,4)、(1,5)、(2,4)、(2,5)这些方格。同理(6,4)、(6,5)、(7,4)、 (7,5)这些方格上至少要取出 2 个棋子。在第 1、2、3 列,每列至少要取出一个棋子, 分布在(3,1)、(3,2)、(3,3)、(4,1)、(4,2)、(4,3)、(5,1)、(5,2)、(5,3) 所在区域,同理(3,6)、(3,7)、(3,8)、(4,6)、(4,7)、(4,8)、(5,6)、(5,7)、 (5,8)所在区域内至少取出 3 个棋子。这样,在这些区域内至少已取出了 10 个棋子。因 此,在中心阴影区域内不能取出棋子。由于①、②、③、④这 4 个棋子至多被取出 2 个, 从而,从斜的方向看必有五子连珠了。矛盾。

图1 图2 第二步构造一种取法,共取走 11 个棋子,余下的棋子没有五子连珠。如图 2,只要
13

取出有标号位置的棋子,则余下的棋子不可能五子连珠。 综上所述,最少要取出 11 个棋子,才可能使得余下的棋子没有五子连珠。 四.证明:三个整数的立方和被 9 除的余数不能是 4 或 5,这是因为整数可写为

3k或3k ? 1(k ? Z ) 而 (3k )3 ? 9 ? 3k 3 , (3k ? 1)3 ? 9(3k 3 ? 3k 2 ? k ) ? 1. 对 i ? 1, 令n ? 3(3m ?1)3 ? 2(m ? Z ? ), 则n, n ? 28 被 9 除的余数分别为 4,5,故均不能 表示为三个整数的立方和,而 n ? 2 ? (3m ?1)3 ? (3m ?1)3 ? (3m ?1)3 , 对 i ? 2, n ? (3m ?1)3 ? 222(m ? Z ? ) 被 9 除的余数为 5,故不能表示为三个整数的立方 和,而 n ? 2 ? (3m ?1)3 ? 23 ? 63 , n ? 28 ? (3m ?1)3 ? 53 ? 53. 对 i ? 3, n ? 216m3 (m ? Z ? ) 满足条件: n ? (3m)3 ? (4m)3 ? (5m)3 , n ? 2 ? (6m)3 ? 13 ? 13 , n ? 28 ? (6m)3 ? 13 ? 33.

2011 年数学联赛模拟试题二
山东青岛 邹明 一试 一. 填空题 1.函数 y ?

2.设 a,b,c 为直角三角形的三边长,点(m,n)在直线 ax+by+c=0 上.则 m2+n2 的最小值是
___________

sin x cos x ? 1 的值域是___________; sin x ? cos x ? 1

3.定义区间 ? c, d ? , ? c, d ? , ? c, d ? , ? c, d ? 的长度均为 d ? c ,其中 d ? c .已知实

数 a ? b ,则满足

1 1 ? ? 1 的 x 构成的区间的长度之和为__________; x?a x ?b

4.掷 6 次骰子,令第 i 次得到的数为 a i ,若存在正整数 k 使得 其中 m, n 是互质的正整数.则 log6 m ? log7 n =
x

?a
i ?1

k

i

? 6 的概率 p ?

n , m

.

5.已知点 P 在曲线 y=e 上,点 Q 在曲线 y=lnx 上,则 PQ 的最小值是_______. 6.已知 A,B,C 为Δ ABC 三内角,向量 ? ? (cos

A? B A? B , 3 sin ) , | ? |? 2 .如果 2 2

14

当 C 最大时,存在动点 M,使得 | MA |, | AB |, | MB | 成等差数列,则

| MC | | AB |

最大值是_______;

7.四面体 OABC 中,已知∠AOB=450,∠AOC=∠BOC=300,则二面角 A-OC-B 的平面 角 ? 的余弦值是______________; 8.设向量 ? 和 ? ? [0,

? ( x ? 3, x), ? ? (2sin? cos? , a sin? ? a cos? ) 满足对任意 x ? R

?

2 二. 解答题

] , | ? ? ? |?

2 恒成立.则实数 a 的取值范围是________________.

x2 ? y 2 ? 1 上第一象限内的任一点,F1, F2 为左右焦点,直线 9.如图,设 p 为双曲线 3 ) , PF2 ? ?2 F2 N . PF1,PF2 分别交双曲线于 M,N.若 PF 1 ?? 1F 1M (? 1 ? ?1 y 求 ?1 ? ?2 的值及直线 MN 的斜率 KMN 的取值范围.
P M F1 10. 设 数 列 {an } 满 足 a0 ? N ? , an ?1 ? 时, [an ] ? a0 O F2 x

2 a an 0 ? n ? 0 ?1 . 求 证 : 当N 2 an ? 1

? n . (其中 [ x] 表示不超过 x 的最大整数).

11.求证:存在函数 f:R→R,满足对一切 x∈R 都有 f(x3+x)≤x≤f3(x)+f(x).

二 试
1.如图,四边形 BDFE 内接于圆 O,延长 BE 与 DF 交于 A,BF 与 DE 相交于 G,做 AC∥EF 交 BD 延长线于 C.若 M 是 AG 的中点.求证:CM⊥AO. A E M F · O B
15

G N D C

2.求最小的正数 c,使得只要 n= 2 0),就有 2
k1 2

k1

? 2 k2 ? ? ? 2 km (k ,?,k ∈N,k >k >?>k ≥
1 m 1 2 m

? 2 ??? 2

k2 2

km 2

?c n .

3.求证:对任意正整数 n,都能找到 n 个正整数 x1,x2,…,xn,使得其中任意 r(r<n)个数均 不互素,而 r+1 个数均互素.

4.给定 2010 个集合,每个集合都恰有 44 个元素,并且每两个集合恰有一个公共元素. 试求这 2010 个集合的并集中元素的个数.

模拟试题二参考答案
1. 解:令 sinx+cosx=t, 则 t= 2 sin( x ?

?

4

) ? [? 2 ,?1) ? (?1, 2 ] ,2sinxcosx=t2-1,

sin x cos x ? 1 1 t2 ?3 1 2 1 2 ? ? ? (t ? 1 ? ) ? (t ? 1 ? ) ? 1 关 于 t+1 在 sin x ? cos x ? 1 2 t ? 1 2 t ?1 2 t ?1 [1 ? 2 ,0) 和 y?

(0,1 ? 2 ] 上 均 递 增 , 所 以 , y ?
(??, 1? 2 1? 2 ]?[ ,??) . 2 2

1? 2 2



y?

1? 2 , 即 值 域 2

2. 解:因(m2+n2)c2=(m2+n2)(a2+b2)=(ma)2+(nb)2+(mb)2+(na)2 ≥(ma)2+(nb)2+2mnab=(ma+nb)2=c2,所以, m2+n2≥1,等号成立仅当 mb=na 且

令 g ? x ? ? x ? ? a ? b ? 2? x ? ab ? a ? b ,则 g ? a ? ? b ? a ? 0 , g ?b? ? a ? b ? 0 ,
2

a b ,? ),所以, m2+n2 最小值是 1. c c x 2 ? ? a ? b ? 2 ? x ? ab ? a ? b 1 1 ? ? 1 ,得 ? 3. 解:由 ?0, x?a x ?b ? x ? a ?? x ? b ?
am+bn+c=0,解得(m,n)=( ?

16

设方程 g ? x ? ? 0 的两根为 x1 、 x2 ? x1 ? x2 ? ,又因为 a ? b ,所以 b ? x1 ? a ? x2 . 不等式

1 1 ? ? 1的解集为 ?b, x1 ? ? ? a, x2 ? , x?a x ?b 构成的区间长度之和为 x2 ? a ? x1 ? b ? ? x2 ? x1 ? ? ? a ? b ? ? 2 .
4.解:当 k ? 1 时,概率为

1 1 2 ;当 k ? 2 时, 6 ? 1 ? 5 ? 2 ? 4 ? 3 ? 3 ,概率为 5 ? ( ) ; 6 6 1 3 1 3 当 k ? 3 时, 6 ? 1 ? 1 ? 4 ? 1 ? 2 ? 3 ? 2 ? 2 ? 2 ,概率为 (3 ? 6 ? 1) ? ( ) ? 10 ? ( ) ; 6 6 1 4 1 4 当 k ? 4 时, 6 ? 1 ? 1 ? 1 ? 3 ? 1 ? 1 ? 2 ? 2 ,概率为 (4 ? 6) ? ( ) ? 10 ? ( ) ; 6 6 1 5 1 6 当 k ? 5 时, 6 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 2 ,概率为 5 ? ( ) ;当 k ? 6 时,概率为 ( ) ;故 6 6 5 1 1 1 1 1 1 1 1 7 p ? ? 5 ? ( )2 ? 10 ? ( )3 ? 10 ? ( )4 ? 5 ? ( )5 ? ( )6 ? ? (1 ? )5 ? 6 , 即 6 6 6 6 6 6 6 6 6 n ? 75 , m ? 66 , 从而 log6 m ? log7 n ? 1 .
5. 解:因曲线 y=e 与 y=lnx 关于直线 y=x 对称.所求 PQ 的最小值为曲线 y=e 上的
x x

点到直线 y=x 最小距离的两倍,设 P(x,e )为 y=e 上任意点,则 P 到直线 y=x 的距离

x

x

d ( x) ?

| ex ? x | 2

以, d ( x) min 6.解:

2 2 2 ? d (0) ? ,即 PQ min= 2 . 2

?

ex ? x

,因 d

/

( x) ?

e x ?1

? 0 ? x ? 0, d / ( x) ? 0 ? x ? 0 , 所

| ? |? 2 ? cos 2

A? B A? B 1 3 ? 3 sin 2 ? 2 ? cos( A ? B) ? cos( A ? B) ? 2 2 2 2 2
1 , 2

? cos( A ? B) ? 3 cos( A ? B) ? 2 sin A sin B ? cos A cos B ? tan A tan B ?
tan C ? ? tan( A ? B) ?

tan A ? tan B ? ?2(tan A ? tan B) ? ?4 tan A tan B ? ?2 2 tan A tan B ? 1 2 , 等号成立仅当 tan A ? tan B ? . 令 |AB|=2c, 因 | MA | ? | MB |? 4c , 所以 , M 是椭圆 2 x2 y2 2 ? ? 1上的动点.故点 C(0, c ),设 M(x,y),则 2 2 2 4c 3c 2 2 c) = |MC|2=x2+( y ? 2
17

4c 2 ?

4 2 c2 1 9c 2 y ? y 2 ? 2cy ? ? ? y 2 ? 2cy ? , | y |? 3c . 3 2 3 2

| MC | 7?2 6 2 2 3? 2 6 ?1 c ,|MC|max= . c .即 max= 2 4 2 | AB | 7. 解:不妨设 AC⊥OC⊥BC,∠ACB= ? ,∠AOC=∠BOC= ? , ∠AOB= ? .
当 y= ? 3c 时, |MC|2max= 因 OA ? OB ? (OC ? CA) ? (OC ? CB) = | OC |
2

A

?CA ? CB
C B

即 | OA || OB | cos? ?| OA | cos? ? | OB | cos? ? | CA || CB | cos? , 两端除以 | OA || OB | 并注意到

| CA | | OA |

? sin ? ,

| CB | | OB |

? ? ,即得 cos ?

? cos2 ? ? sin 2 ? cos? ,

O

将 ? =450, ? =300 代入得 8.解:令 sin ?

? cos? ? t ,

2 3 1 ? ? cos? ,所以, cos? ? 2 2 ? 3 . 2 4 4

? t 2 ?1, ? ? ? ? (t 2 ? x ? 2, x ? at) , 1 2 1 2 2 2 2 2 2 因 (t ? x ? 2) ? ( x ? at ) ? (t ? x ? 2 ? x ? at ) ? (t ? at ? 2) , 2 2
则 t ? [1, 2 ] , 2 sin ? cos? 所以, | ?

? ? |? 2 ? (t 2 ? x ? 2) 2 ? ( x ? at) 2 ? 2 对任意 x ? R 恒成立

?
或t

1 2 (t ? at ? 2) 2 ? 2 ? t 2 ? at ? 0 2
2

? at ? 4 ? 0 ? a ? t 或 a ? t ?

4 对任意 t ? [1, 2 ] 恒成立 ? a ? 1 或 a ? 5 . t
y P M F1 O F2 x

三. 解答题 9. 解: 设 p(x0,y0),因 OF 1 ? OP ? ?1 (OM ? OF 1 ) ,所以,

OM ?

1 ? ?1

ON ? (

1 ?1 ?1 2 ? 2?2 ? x0

OF ?

1

OP ? (?

2 ? 2?1 ? x0

?1

,?

?1

y0

) ,同理

?2

,?

?2

y0

) ,将 M、N 坐标代入双曲线得:

N
2 2 2 2 2 ? ? ?(2 ? 2?1 ? x0 ) ? 3 y0 ? 3?1 ?4(1 ? ?1 ) ? 4 x0 (1 ? ?1 ) ? 3?1 ? 3 即? ? 2 2 2 2 2 ? ? ?(2 ? 2?2 ? x0 ) ? 3 y0 ? 3?2 ?4(1 ? ?2 ) ? 4 x0 (1 ? ?2 ) ? 3?2 ? 3

(1) (2)

18

消去 x0 得:

4(1 ? ?1 ) 2 (1 ? ?2 ) ? 4(1 ? ?1 )(1 ? ?2 ) 2 ? 3(?1 ? 1)(1 ? ?2 ) ? 3(?2 ? 1)(1 ? ?1 )
2 2



4(1 ? ?1 )(1 ? ?2 )(?1 ? ?2 ? 2) ? 3(1 ? ?1 )(1 ? ?2 )(?1 ? ?2 ? 2) , 因 (1 ? ?1 )(1 ? ?2 ) ? 0 所以, 4(?1 ? ?2 ? 2) ? 3(?1 ? ?2 ? 2) ,解得 ?1 ? ?2 ? ?14 . 将(1)-(2)得: 4(?1 ? ?2 )(?1 ? ?2 ? 2) ? 4x0 (?1 ? ?2 ? 2) ? 3(?1 ? ?2 )(?1 ? ?2 )
将 ?1

? ?2 ? ?14 代入得: ?1 ? ?2 ? ?8x0 与 ?1 ? ?2 ? ?14 联立解得:

??1 ? ?4 x0 ? 7 y0 (?2 ? ?1 ) x0 y 0 ? 代 入 K MN ? ,由 ? 2(?2 ? ?1 ) ? 4?2 ?1 ? x0 (?2 ? ?1 ) 21? 7 x0 2 ??2 ? 4 x0 ? 7
x0 -3y0 =3 得
2 2

K MN ?

x0 y 0 21 ? 7 x0
2

?

x0 y 0 7(3 ? x0 )
2

??

1 x0 y 0 1 x 1 3 3 ? 2 ?? ? 0 ?? 3? 2 ? ? 21 y 0 21 y 0 21 21 y0

即斜率 KMN 的取值范围是( ? ?,?

3 ). 21

10. 证明:对于任何正整数 n ,由递推知 an ? 0 .
2 an a * ? n ? 0 知数列 {an } 递减.又对任意 n ? N , an ? 1 an ? 1 n n n a 1 an ? a0 ? ? (ai ? ai ?1 ) ? a0 ? ? i ?1 ? a0 ? ? (1 ? ) 1 ? ai ?1 i ?1 i ?1 1 ? ai ?1 i ?1 n 1 ? a0 ? n ? ? ?a0 ? n . i ?1 1 ? ai ?1

由 an ? an?1 ? an ?

即有 an

? a0 ? n ,从而 an?1 ? a0 ? (n ?1) .于是,

当 n ? 1 时,

?1? a
i ?1

n

1

?

i ?1

1 ? 1; 1 ? a0

a 当 2 ? n ? 0 ? 1 时,由 {an } 递减得 2
故 a0 ? n ? an ? a0 ? n ?

?1 ? a
i ?1

n

1

?
i ?1

n n ? ? 1. 1 ? an?1 a0 ? n ? 2

?1? a
i ?1 -1

n

1

? a0 ? n ? 1.所以, [an ] ? a0 ? n .

11. 证:由 x≤g(f(x)) ? g(g (x))≤g(f(x))及 g(x)是 R 上的增函数,可得 g-1(x)≤f(x). 又由 f(g(x))≤x 得 f(x)=f(g(g-1(x)))≤g-1(x),即 f(x)≤g-1(x),所以,f(x)=g-1(x). 显然,当 f(x)=g-1(x)时,有 f(g(x))=g(f(x))=x,当然有 f(g(x))≤x≤g(f(x)).
19

i ?1

回到原题:取 g(x)=x3+x,显然,g(x)是 R 上的增函数,由引理即得 f(x)=g-1(x)时,就有 f(x3+x)≤x ≤f3(x)+f(x).

二 试
1. 证法 1:设⊙O 半径为 R,则由圆幂定理得 2 2 CO =CD·CB+R .因 AC∥EF,所以,∠CAD=∠ABC, Δ ACD∽Δ ABC,
2 2 2

A E M F · O G N D C

AC CD 2 ? 即 AC =CD·CB, BC AC
2 2 2

所以,CO -AC =R ,下证 MO -MA =R : 由中线长公式得

B

MO =

2

1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (OA +OG )-MA ,所以,MO -MA =R ? OA +OG -AG =2R . 2
2 2 2 2

由圆幂定理得:OA =R +AF·AD,OG =R -GE·GD,延长 AG 到 N,使得 AF·AD= AG·AN,则 F,D,N,G 四点共圆,因 AE·AB=AF·AD=AG·AN,所以 E,B,N,G 四点共圆,∠NEB= ∠NGB=∠ADN,从而 A,D,N,E 四点共圆,AG·AN=EG·GD,所以, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 OA +OG -AG =2R +AF·AD-GE·GD=2R + AG·AN-GE·GD=2R .即有 CO -AC = MO -MA =R ,由平方差定理知 CM⊥AO.证完. 2 2 2 证法 2:由证法 1 知,只要证 MO -MA =R : 设 Δ BEG 的外接圆交 AG 于 N,DN∩⊙O=P, A 连 BP,BN,则 B,E,G,N 四点共圆, 所以,AE·AB=AF·AD=AG·AN, E M 其中 R 为⊙O 半径. P 故 F,D,N,G 四点共圆, F 延长 AN 交⊙O 于 T, G 则∠BPD=∠BED=∠BFD=∠DNT,BP∥AT · ,∠BNT=∠PBN,所以,∠BPD=∠BED= O N B C ∠BNT=∠PBN,从而 BN=PN,ON⊥BP, D ON⊥AT. 2 2 2 设 AM=MG=x,GN=y,则 OA =(2x+y) +ON , T 2 2 2 2 2 OM =(x+y) +ON ,因 OA =R +AF·AD= 2 2 2 2 AG·AN,所以,OM =OA -(2x+y) +(x+y) = 2 2 2 2 OA -2x(2x+y)+x =OA -AG·AN+x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 =OA -AF·AD+x =R +x ,OM -AM =R ,所以,CO -AC =MO -MA =R ,CM⊥AO.证完.
20

2.解:因对 n= 2 时,有 2 因对 n= 2 + 2
k k ?1

k

k 2

? c?2
k+1

k 2

,所以,c>1.
k 2

+?+2+1=2 -1,有 2

?2

k ?1 2

? ? ? 2 ? 1 ? c 2 k ?1 ? 1 ,
1? ? 1 2 k ?1 ? ( 2 ? 1) , 1 1 ? k ?1 2

1 2



2 k ?1 ? 1 2 ?1
1 2 k ?1

? c 2 k ?1 ? 1 , 所 以 , c ?

2 k ?1 ? 1 ( 2 ? 1) 2 k ?1 ? 1

令 t=

, 则c ?

1? t 1? t2

? ( 2 ? 1) ? ( 2 ? 1)

1? t (0 ? t ? 1) 恒成立, 1? t

所以,c≥ 1 ? 2 ,cmin= 1 ? 2 . 现对 m 归纳证明:当 m=1 时,已知成立,假设对 m 成立,对 m+1:

? 2 k2 ? ? ? 2 km?1 (k >k >?>k ≥0), k k k k 则 n- 2 1 = 2 2 ? 2 3 ? ? ? 2 m ?1 ,由归纳假设得:
设 n= 2
k2 2
k1
1 2 m+1

2 ? 2 ? ?? 2
所以, 2
k1 2
k1 2

k3 2

km ?1 2

? (1 ? 2 ) n ? 2 k1
k m ?1 2

,

?2

k2 2

??? 2
,

? 2 ? (1 ? 2 ) n ? 2k1
现证: 2
k1 2 k1 2

? (1 ? 2 ) n ? 2 k1 ? (1 ? 2 ) n :
k1 k1 k1 2

2 ? (1 ? 2 ) n ? 2 ? (1 ? 2 ) n ? (1 ? 2 )( n ? n ? 2 ) ? 2 ?
2 (1 ? 2 )
k1

n ? n?2
①. 因2 所以, ① 左端 ? ②
k1

k1

?2

k1 2

?

2 (1 ? 2 ) 2 ? 2 ??? 2
k1 k2 km ?1

k1 2

? 2 ? 2 ??? 2
k2 k3

km ?1

?1

? 2 k2 ? ? ? 2 km?1 ? 2 k1 ? 2 k1 ?1 ? ? ? 2 ? 1 ? 2 k1 ?1 ? 1 , 2 k2 ? 2 k3 ? ? ? 2 km?1 ? 2 k2 ? 2 k2 ?1 ? ? ? 2 ? 1 ? 2 k2 ?1 ? 1 ? 2 k1 ? 1
2 2 (1 ? 2 )
k1

,

2 k1 ?1 ? 1 ? 2 k1 ? 1 即对 m+1 成立.故 cmin= 1 ? 2 .

?

2 2 (1 ? 2 ) 2 k1 ?1 ? 2 k1
21

k1

?1,

3.证明:设存在这样的 n 个正整数,则它们可组成 Cn 个不同的 r 元数组.每组的 r 个 数不互素,即 r 个数的最大公约数大于 1,令每个 r 元数组对应它们的最大公约数. ∵任何 r+1 个数均互素∴上述对应是单射: / / / / / 若(x1,x1,…,xr)=(x1 ,x1 ,…,xr )=d,则(x1,x1,…,xr,x1 )=(d,x1 )=d>1 矛盾! 任取 Cn 个互不相同的素数 p1,p2,…,p Cnr ,并使之与{1,2,…,n}的 Cn 个 r 元子集一一对 应,然后对每个 i∈{1,2,…,n},令 xi 为 i 所在的所有 r 元子集( Cn 这 n 个数满足要求: ∵对{x1,x1,…,xn}的任意 r 元子集{ xi1 , xi2 ,?, xir },它们的最大公约数恰为 r 元子集 {i1,i2,…,ir}所对应的素数,当然大于 1,从而这 r 个数不互素,由于 Cn 个素数中的每一个都恰 为{x1,x1,…,xn}中 r 个数的约数,故{x1,x1,…,xn}中任意 r+1 个数均互素. 4. 解 : 设给定集合为 A1,A2, ? ,A2010, 则有 |Ai|=44(1 ≤ i ≤ 2010), |Ai ∩ Aj|=1(1 ≤ i<j ≤ 2010),只要求|Ai1∩Ai2∩?∩Aik|(1≤i1<i2<?<ik≤2010,k≥3). 由|Ai∩Aj|=1 知|Ai1∩Ai2∩?∩Aik|≤1,若都等于 1,则必有一个元是所有集合的公共 元素.下面证明|Ai1∩Ai2∩?∩Aik|(1≤i1<i2<?<ik≤2010,k≥3)=1: 对于 A1,因它与其它 2009 个集合都有公共元,且|A1|=44, [
r r ?1 r r

r

个)所对应的素数之积,则

2010 ] =45,若 A1 44

中每个元素至多属于其它 45 个集合,则 A1 至多与 44×45=1980 个集合有公共元素.矛 盾!可见, A1 中必有一个元 a 至少属于其它 46 个集合,设 a∈A2,?,A47,而 B 是 A48,?,A2010 中任意一个集合,若 a ? B,因 B 与 A1,?,A47 中每一个都有公共元素,则这 些公共元素两两不同(因若 B 与 Ai, Aj(1≤i<j≤47)有相同公共元素 b,则 b≠a,从而 Ai, Aj(1 ≤i<j≤47)有两个公共元素,矛盾!),故 B 至少有 47 个元素,与|B|= 44 矛盾!故 a∈B,即 a 是 2010 个集合的公共元素.再由 A1,A2,?,A2010 每两个集合恰有一个 公共元素知|Ai1∩Ai2∩?∩Aik|(1≤i1<i2<?<ik≤2010,k≥3)=1.所以, | A1∪A2∪?∪A2010|= =2010×44- C2010
0 2

?| A | ? ?| A ? A
i i

j

| ? ?? (?1) n?1 ?| A1 ? ?? A2010 |

3 2010 ? C2010 ? ?? C2010 1 0 1 2 3 2010 ? C2010 ? (C2010 ? C2010 ? C2010 ? C2010 ? ?? C2010 ) =86431.

=2010×44 ? C2010

高中数学联赛模拟题三
人大附中 李秋生

一试
一、填空题(本题满分 64 分,每小题 8 分)
22

1.

已 知

a ? ?2 , 且

C ? t t ? x 2 , x ? A ,若 C ? B ,则 a 的取值范围是 。 ??? ? ???? ??? ? 2. 在 ?ABC 中 , 若 AB ? 2 , AC ? 3 , BC ? 4 , O 为 ?ABC 的 内 心 , 且 ??? ? ??? ? ??? ? . AO ? ? AB ? ? BC ,则 ? ? ? ?
3. 已知函数 f ? x ? ? ?
?x ? ?2 ? 1, ? x ? 0 ? , 若关于 x 的方程 f ? x ? ? x ? a 有且只有两个不 f x ? 1 , x ? 0 , ? ? ? ? ? ?

?

?

A ?? x2 ?

? x? ?, a B ? ? y y ? 2 x ? 3, x ? A? ,

相等的实数根,则实数 a 的取值范围是 。 4. 计算器上有一个特殊的按键,在计算器上显示正整数 n 时按下这个按键,会等可能的 将其替换为 0~n?1 中的任意一个数。如果初始时显示 2011,反复按这个按键使得最终显 示 0,那么这个过程中,9、99、999 都出现的概率是 。 x2 y2 ? ? 1 的左、右焦点分别为 F1、F2,过椭圆的右焦点作一条直线 l 交椭 5. 已知椭圆 4 3 圆于点 P、Q,则△ F1PQ 内切圆面积的最大值是 . 6. 设 ?an ? 为一个整数数列,并且满足: ? n ? 1? an?1 ? ? n ? 1? an ? 2? n ? 1 ? , n ? N? .若 . 2008 a2007 ,则满足 2008 an 且 n ? 2 的最小正整数 n 是 7. 如图,有一个半径为 20 的实心球,以某条直径为中心轴挖去 一个半径为 12 的圆形的洞,再将余下部分融铸成一个新的实心 球,那么新球的半径是 。 8. 在平面直角坐标系内,将适合 x ? y, x ? 3, y ? 3, 且使关于 t 的 方 程 ( x ? y )t ? (3x ? y )t ?
3 3 4 2

1 ?0 没有实数根的点 x? y


( x, y ) 所成的集合记为 N, 则由点集 N 所成区域的面积为
二、解答题(本题满分 56 分) 9. (本小题满分 16 分)对正整数 n ? 2 ,记 an ? 大值. 10.(本小题满分 20 分)已知椭圆
n?1

? n ? k ? 2k ?1 ,求数列 ?an ? 中的最
k ?1

n

1

x2 y2 ? ? 1 过定点 A(1,0) ,且焦点在 x 轴上, a2 b2
2 ? e 2 ? 1 时,求实数 m 的取值范围。 3

椭圆与曲线 y ? x 的交点为 B、C。现有以 A 为焦点,过 B,C 且开口向左的抛物线,其 顶点坐标为 M(m,0) ,当椭圆的离心率满足

11.(本小题满分 20 分)映射 f 的定义域是 A ? ?1, 2,?, 20? 的全体真子集,值域包含于 这种映射的个数.
23

?1,2,?,10? ,满足条件:对任意 B, C ? A ,都有 f ? B ? C ? ? min ? f ? B? , f ?C ??,求

二试
一、 (本题满分 40 分)

B、 C、 D、 E 为直线 l 上顺次排列的五点, 设 A、

结 FC 并延长至点 G ,恰使 ?FAC ? ?AGD , ?FEC ? ?EGB 同时成立. 求证: ?FAC ? ?FEC 。 二、 (本题满分 40 分) 已知: a, b, c

AC BC , F 在直线 l 外的一点,连 ? CE CD

? 0,a ? b ? c ? 2 , bc ca ab ? ? ?1 求证: 1 ? abc ? a ? b ? 1 ? abc ? b ? c ? 1 ? abc ? c ? a ?



三、 (本题满分 50 分) 设正整数 n 大于 1,它的全部正因数为 d1,d2,?,dk,满足 1=d1<d2<?<dk = n。再 设 D = d1d2+d2d3+?+dk-1dk。 (i) 证明:D<n2; (ii) 确定所有的 n,使得 D 整除 n2。 四、 (本题满分 50 分) 设圆周上有一些红点和蓝点,可以进行如下操作:加上一个红点,并改变其相邻两 点的颜色;或去掉一个红点,并改变原先与之相邻的两点颜色.已知开始时只有两个点, 均为红点,那么是否有可能经过若干次操作,使得圆周上只有两个点,且均为蓝点.

模拟试题三参考答案
一、填空题(本题满分 64 分,每小题 8 分) 1. 答: ? ,3? . B ? ? ?1,2a ? 3? ,要使 C ? B ,只需 C 中的最大元素在 B 当中,所以 ?2 ?
2 ? 1 ?? ?2 ? ? 2a ? 3, ,得 ? a ? 3 。 ? 2 2 ? ? a ? 2a ? 3

?1

?

2. 答:

7 9

设 AO 交 BC 于点 D,由角平分线定理知 又

AO AB AC AB ? AC 5 ? ? ? ? , OD BD CD BD ? CD 4 ? ? ?? ? ?1? ? ? ? ? ? 1 ? ? ?2 ? 5 2 所 以 AO ? AD ? A?B A ?C ? AB 9 3 9 3 9 7 ??? ? 。 9

???? 3 ??? ? 2 ???? BD AB 2 ? ? ,于是 AD ? AB ? AC , DC AC 3 5 5

?

? ? ? ? 5 ??? ?? ?2? ???? ? ? ? ?? ?A B ? AB BC ? AC , 因 此 9 9

?

24

3. 答: ? ??,1? 利用函数图象进行分析易得结果。 4. 答:

若计算器上显示 n 的时候按下按键,因此时共有 1~n?1 共 n 种选择,所以产生给定

1 106

1 。如果计算器上的数在变化过程中除了 2011,999,99,9 和 0 以外, n 1 1 1 1 1 1 1 ? ? ?? ? ? ? ? ,所以所求概率为 还产生了 a1 , a2 ,?, an ,则概率为 2011 a1 a2 an 999 99 9 1 1 1 1 1 1 1 p?? ? ? ??? ? ? ? 2011 a1 a2 an 999 99 9
的数 m 的概率是

1 ? 1 1 ? ? ? ? ? ?1 ? 1 ?? ?? ? ? ?? 20 1?0 0 0 999 ? 0 9? ? ? 998 1 ? 1 ? 1 ? ? 1 ? 1 ? 1 ? ? ?? 1 ? ? ??? 1 ? 1 ? ?1 ? ?? ? 1 ? ? ? ? ?1 ? ? 9? 8 ? 1? 0 9? 8 ? 1 0 0? 9 9 ? ? 注意到 1 ? 1 ?? 1 ? ? 1 ? ? 1 ? ? 1 ? 1? ?1 ? ??1 ? ???1 ? ? ? ?1 ? ? ? ?1 ? ???1 ? 1? 2011 ? 2010 ?? 2009 ? ? 1000 ? ? 999 ? ? 998 ? 1 1 1 1 ? ? ? 6 。 两式相除即得 p ? 1000 100 10 10 ? 1
5. 答:

1 ? ?1 ? 2 0 1? 1

1 ?? 1? ?? 20? 1? 0

9 ? 16

因为三角形内切圆的半径与三角形周长的乘积是面积的 2 倍, 且△ F1PQ 的周长是定 值 8,所以只需求出△ F1PQ 面积的最大值。设直线 l 方程为 x ? my ? 1 ,与椭圆方程联立 得 3m 2 ? 4 y 2 ? 6my ? 9 ? 0 , 设 P ? x1 , y1 ? , Q ? x2 , y2 ? , 则 y1 ? y2 ? ?

?

?

6m , 3m 2 ? 4


y1 y2 ? ?

9 3m ? 4
2





S?F1PQ ?

1 F1F ? y ? y ? 2
m ?1
2

?y

? y 2? ? 4 y y ? 12
2

m2 ? 1

?
1

3m2 ? 4

12

?



2

因为

?3m
?

2

?4

?

2

?

1 1 9m2 ? 15 ? 2 m ?1

?

1 ,所以内切圆半径 ? 1 16 2 9m ? 9 ? 2 ?6 m ?1

8 6. 答:501

r?

2S?F1PQ

9 3 ,因此其面积最大值是 ? 。 4 16
an?1 an an 2 ? ? ,令 bn ? ,则有 n ? n ? 1? ? n ? 1? n n ? n ? 1? ? n ? 1? n
25

当 n ? 2 时,将原式变形为

bn ?1 ? bn ?

n ? n ? 1? 2 ?1 1? a2 ? ? n ? 1?? n ? 2 ? 。 ,叠加可得 bn ? b2 ? 2 ? ? ? ,于是 an ? 2 ? n ? 1? n ?2 n?

? 2007 ?2006 ? 由 2008 a2007 ,得 2008 ? a2 ?2006 ? 2005 ? ,化简得 a2 ? 6 ? mod2008? 。 2 ? ?
a2 ? ? n ? 1?? n ? 2 ? ? 0 ? mod 2008? ,将上述关于 a2 的结果代 2 入得 ? n ? 1?? n ? 1? ? 0 ? mod1004? ,于是质数 251 ? n ? 1?? n ? 1? 且 n 是奇数,所以满足条件
由 2008 an ,得 的最小的 n 是 501。 7. 答:16 将题目所得几何体的上半部分与半径为 16 的半球作比较,将它们的底面置于同一水 平面,并考察高度为 h 的水平面与两个几何体所截的截面面积。与第一个几何体形成的 截面是圆环, 外径是 202 ? h2 , 内径是 12, 所以面积是 ? 202 ? h 2 ? 122 ? ? 162 ? h 2 , 这正是与第二个球体形成的截面圆的面积,由祖暅原理知两个几何体的体积是相等的。 8. 答:

n ? n ? 1?

?

? ?

?

81 5
2

令 u ? t ,原方程化为 ( x ? y )u ? (3x ? y )u ?
3 3 2

1 ? 0. x? y



? ? (3x ? y)2 ? 4( x3 ? y 3 ) ?

1 x? y

? 5 x 2 ? 2 xy ? 3 y 2 ? (5 x ? 3 y)( x ? y).
所给方程没有实根等价于方程①无实根或有实根但均为负根,所以,

? x ? y, ? x ? y, ? ? ? x ? 3, ? ? x ? 3, 或 ? y ? 3, ? ?(5 x ? 3 y )( x ? y ) ? 0, ? y ? 3, ?(5 x ? 3 y )( x ? y ) ? 0 ? ? ? ?3 x ? y ? 0.
点集 N 所成区域为图中阴影部分,其面积为

S ? S?ABO ? S?BCO 1 24 1 81 ? ? ?3 ? ? 6?3 ? . 2 5 2 5
二、解答题(本题满分 56 分) 9. (本小题满分 16 分) 解:经计算知 a2 ? 2 , a3 ? 3 , a4 ? a5 ? 有 an ?

10 ,下面用数学归纳法证明:当 n ? 5 时, 3

10 。 3
26

n ?1 n ?1 1 n ?1 1 n ?1 1 10 ? n ? 5? ,则 an?1 ? n ? n ? 1 ? 2 ? n ? 2 ? 2 ? ? ? 1 ? n?1 2 2 3 n ?1 n ?1? n n 1 n 1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? n?2 ? ? n 2n ? n ? 1 n ? 2 2 1 2 ? n ?1 n ?1 ? ? an n 2n n ? 1 n ? 1 10 n ? 1 8 6 8 10 ? ? ? ? ? ? ? ? 。 n 2n 3 n 3 5 3 3 10 所以数列 ?an ? 中的最大值是 a4 ? a5 ? 。 3
假设 an ? 10.(本小题满分 20 分) 解:椭圆过定点 A(1,0) ,则 a ? 1 , c ? 1 ? b 2 , e ? 1 ? b 2 , ∵

由对称性知,所求抛物线只要过椭圆与射线 y ? x ( x ? 0) 的交点,就必过椭圆与射 线 y ? ? x ( x ? 0) 的交点。

2 3 ? e 2 ? 1 ,∴ 0 ? b ? 。 3 3

? y ? x ( x ? 0) b ? 联立方程 ? 2 y 2 ,解得 x ? y ? 。 1 ? b2 ?x ? 2 ? 1 b ? 1 3 ∵0 ? b ? ,∴ 0 ? x ? 。 2 3 2 设抛物线方程为: y ? ?2 p( x ? m) , p ? 0 , m ? 1 。 p ? m ? 1 , ∴ y 2 ? (1 ? m)(x ? m) 又 ∵ ① 2 1 把 y? x , 0? x? 代 入 ① 得 x 2 ? 4(m ? 1) x ? 4m(m ? 1) ? 0 , m ? 1 , 2 1 0? x? 。 2 1 2 令 f ( x) ? x ? 4(m ? 1) x ? 4m(m ? 1) , m ? 1 , 0 ? x ? , 2 ? 1? ∵ f ( x) 在 ? 0 , ? 内有根且单调递增, ? 2? ? f (0) ? ?4m(m ? 1) ? 0 ?m ? 1 或 m ? 0 ? ? ∴? ?1? 1 ? ?3 ? 2 3? 2 〈m 〈 ? f ? 2 ? ? 4 ? 2(m ? 1) ? 4m(m ? 1) ? 0 ? 4 ? 4 ? ? ?

27

综上得: 1 ? m ?

3? 2 。 4

11.(本小题满分 20 分) 解:记 Ai ? A / ?i? ,其中 i ? 1, 2,?, 20 。

A / B ? ?ai1, ai 2 ,?, ain ? ,则

首先任意设定 f ? A ? 的值,则对于 A 的任意真子集 B,记 1 ?, f ? A 2 ? ,? , f? A 20

因此,映射 f 可由 f ? A 1 ? , f ? A2 ? ,?, f ? A20 ? 的值完全确定。 下面证明这样的映射满足条件。

f ? B? ? f ? Ai1 ? Ai 2 ??? Ain ? ? min? f ? Ai1 ? , f ? Ai 2 ? ,?, f ? Ain ?? ,

? ? 对任意 B, C ? A ,有 f ? B ? ? f ? ? Ai ? ? min ? f ? Ai ?? , ? ? ? i?A / B ? i?A / B ? ? f ?C ? ? f ? A ? ? i ? ? ? min ? f ? Ai ?? , ? i?A / C ? i?A / C ? ? f ? B ? C ? ? f ? ? Ai ? ? min ? f ? Ai ?? , ? i?A / ? B ?C ? ? i?A / ? B ?C ? ? ?
由 ? A / B ? ? ? A / C ? ? A / ? B ? C ? 知 f ? B ? C ? ? min f ? B ? , f ?C ? 。
20

?

?

综上所述,由于确定 f ? A 1 ? , f ? A2 ? ,?, f ? A20 ? 的值有 10 种选择,所以这种映射的 个数也为 1020 。

二试
一、 (本题满分 40 分)

CH CB C H C D CB CD ? ? ? , 又由 , 故 。 CF CA C F C E CA CE 连结 HD ,知 HD ∥ FE ,延长 HB, HD 分别交 AG, EG 于 I . J ,连结 IJ 。 因为 ?IBA ? ?FAC ? ?AGD ,故 I 、 B 、 D 、 G 共圆; 因为 ?JDE ? ?FEC ? ?EGB ,故 J 、 D 、 B 、 G 共圆, ∴ I 、 B 、 D 、 J 、 G 五点共圆,故 ?HBC ? ?DJI 。 GI GH GJ ? ? ∵ IH ? AF , JH ? EF ,∴ ,故 IJ ? AE , ?DJI ? ?EDJ , GA GF GE ∴ ?FAC ? ?HBC ? ?DJI ? ?EDJ ? ?FEC 。 证法二:作 ?EBG 外接圆 C1 ,交射线 CF 于 P ,则 BC ? CE ? GC ? CP 。 又由 BC ? CE ? AC ? CD ,知 AC ?CD ? GC ?CP ,所以 P 、 A 、 G 、 D 共圆,记 该圆为 C2 。 下证 P 必在 CF 内.用反证法,假设 P 不在 CF 内。 连结 PA 、 PE ,则
证法一: 过 B 作 BH∥AF, 交 CF 于 H , 则
28

?AFE ? ?APE ? ?APG ? ?EPG ? ?ADG ? ?EBG ? 180? ? ?BGD 又 ?FAE ? ?AGD , ? ? ? ∴ 180 ? ?AFE ? FAE ? 180 ? ?BGD ? ?AGD ? 180 ,矛盾! 于是, F 在 GP 延长线上. ∵ ?FAC ? ?AGD , ?FEC ? ?EGB ,∴ FE 为 C1 切线, FA 为 C2 切线,
∴ FA2 ? FP ? FG ? FE 2 ? AF ? EF ,故 ?FAC ? ?FEC 。 二、 (本题满分 40 分) 证明: 1 ? abc ∵ a , b, c ∴c

? 0,a ? b ? c ? 2 ,

? a ? b? ? ? ab ? bc ? ca ? ? ? ?1 ? c ? a ? b?? ? ? ?1 ? ab? ,

? a ? b? ? 1, ab ? 1 。 ∴ 1 ? abc ? a ? b ? ? ab ? bc ? ca , 同理 1 ? abc ? b ? c ? ? ab ? bc ? ca , 1? a b c ? ?a ? a ? b b? c。 c a ? c
那么将不等式左式的三个分母均放缩为其中最小的那个即可。 三、 (本题满分 50 分) 解:(i) 若 d1,d2,?,dk 是 n 的全部正因数,则 n/d1,n/d2,?,n/dk 也是 n 的全部正因 数,且当 1=d1<d2<?<dk=n 时,有 dj=n/dk-j+1。则 n2/d2=n2/(d1d2) ≤ D = d1d2 + d2d3 +?+ dk - 1dk=n2 { 1/(dk - 1dk) + 1/(dk - 2dk - 1) +?+ 1/(d1d2)} ≤n2{(1/dk-1-1/dk)+(1/dk-2-1/dk-1)+?+(1/d1-1/d2)} =n2(1/d1-1/dk)=n2(1-1/n)=n2-n。 (*) 2 2 2 (ii) 在(i)的证明中已指出 n /d2≤D≤n -n。若 D 整除 n ,由上式知 n2=qD,1<q≤d2。(**) 因为 d2 是 n 的最小的大于 1 的除数,所以,d2 是素数。d2 当然也是 n2 的素除数,并 且 n2 没有比 d2 更小的大于 1 的除数。那么由式(**)就推出 q=d2。因此,k=2,n 的全部正 因数是 1 和 n 本身,即 n 是素数。 四、 (本题满分 50 分) 解:对于圆周上任意一种状态,按下列方式定义该状态的特征值: 考察圆周上的 n 个蓝点将圆周分成的 n 段圆弧,将这 n 段圆弧依次赋值?1,?1,?1, ?1,??并在每个红点处标上所在弧的数值,再将所有红点上的数值相加即得 S 值。 下面考察各种加点的操作: (1) 若在两个相邻红点(原本标有+1)间增加一个红点,则标有+1 的这两个红点变为蓝 点,新增加的红点应标?1,且其他红点不受影响,所以 S 值减少 3。若两个红点原本 标有?1,则类似可知 S 值增加 3; (2) 若在两个相邻蓝点间增加一个红点,则这三个红点都将标上相同的数值,且其他红点 不受影响,所以 S 的变化量仍然是 3 的倍数;
29

(3) 若在两个相邻的异色点间增加一个红点,则两个端点红蓝交换,因此端点处的红色点 标数变为原来的相反数,而且新增的红点与它的标数相同,所以 S 的变化量仍然是 3 的倍数; 对于各种减点的操作,因为都是加点操作的逆向操作,所以 S 值的变化量始终是 3 的倍数,因此 S 值除以 3 的余数应该是不变的。 在初始状态中,只有两个红点, S ? ?2 ;而在只有两个蓝点的状态中, S ? 0 ,这说 明不可能经过若干次操作,使圆周上只有两个点,且均为蓝点。

联赛模拟题四
东北育才学校 彭玲 一试 一、 填空题(每小题 8 分,共 64 分) 1、若函数 y ? f ( x) 的图像经过 ( 2,4) 点,则 y ? f (2 ? 2 x) 的反函数必过点________. 2、某天下午的课程表要排入物理、化学、生物和两节自习共 5 节课,如果第 1 节不 排生物,最后 1 节不排物理,那么,不同的排课表的方法有__________种. 3、正八边形 A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 边长为 1,任取两点 Ai , Aj ,则 Ai A j ? A1 A2 最大值为 _____. 4、 某人排版一个三角形, 该三角形有一个大小为 60°角, 该角的两边边长分别为 x 和 9, 这个人排版时错把长 x 的边排成长 x ? 1 , 但发现其它两边的边长度没变, 则x= . 5、过正方体外接球球心的截面截正方体所得图形可能为______________. ○ 1 三角形 ○ 2 正方形 ○ 3 梯形 ○ 4 五边形 ○ 5 六边形 6、若 n ? N ,且 n 2 ? 24 ? n 2 ? 9 为正整数,则 n ? ________ . 7、对于实数 x , ?x ? 表示不超过 x 的最大整数。对于某个整数 k ,恰存在 2008 个正整数

n1 , n2 ,?, n2008 , 满 足 k ?

? n ?? ? n ?? ? ? ? n ? , 并 且
3 1 3 2 3 2 0 0 8

k 整 除

ni (i ? 1,2,?2 0 ) 0,则 8 k =___________.
8、A、B 两队进行乒乓球团体对抗赛,每队各三名队员,每名队员出场一次。A 队的三名 队 员 是 A1 , A2 , A3 , B 队 三 名 队 员 是 B1 , B2 , B3 , 且 Ai 对 B j 的 胜 率 为

i (1 ? i, j ? 3) ,A 队得分期望的最大可能值是_____________. i? j
二.解答题(第 9 题 16 分,第 10,11 题各 20 分) 9.过点 (2,3) 作动直线 l 交椭圆

x2 ? y 2 ? 1 于两个不同的点 P, Q ,过 P, Q 作椭圆的 4

切线,两条切线的交点为 M , (1) 求点 M 的轨迹方程; (2) 设 O 为坐标原点,当四边形 POQM 的面积为 4 时,求直线 l 的方程.

30

10.已知数列 {an } : a1 ? 20, a2 ? 30, an?1 ? 3an ? an?1 . 确定 n 使 5an?1an ? 1 为完全 平方数.

11.设 a, b, c, d 为正实数,且 a ? b ? c ? d ? 4 .证明:

a2 b2 c2 d 2 ? ? ? ? 4 ? ( a ? b) 2 . b c d a

二 试
1.如图,A、C、E 为直线上三点,B、D、F 为另一直线上三点,直线 AB、CD、EF 分别 和 DE、FA、BC 相交.证明交点 L、M、N 三点共线.

U

C E N L V B F D W M

A

2.已知 n 为正整数,且 a1 , a2 , a3 ,?, ak (k ? 2) 是集合 {1,2,?, n} 中不同的正整数,其 满足 n 整除 ai (ai ?1 ? 1), i ? 1,2,?, k ? 1,证明: n 不整除 ak (a1 ? 1) .

31

3.设 a, b, c ? R ? 且 abc ? 8. 证明:

a2 (1 ? a )(1 ? b )
3 3

?

b2 (1 ? b )(1 ? c )
3 3

?

c2 (1 ? c )(1 ? a )
3 3

?

4 . 3

4.设 n 是一个固定的正偶数.考虑一块 n ? n 的正方板,它被分成 n 个单位正 方格.板上两个不同的正方格,如果有一条公共边,就称它们为相邻的.将板上 N 个单位 正方格作上标记,使得板上的任意正方格(作上标记的或者没有作上标记的)都与至少 一个作上标记的正方格相邻.确定 N 的最小值.
2

模拟试题四参考答案
一试 一、填空题 1、 ( 4,0) ; 解:由于 f (2) ? 4 ,故函数 y ? f (2 ? 2 x) 过点 (0,4) ,则其反函数过点 ( 4,0) . 2、39; 解:由容斥原理知,有 3、 2 ? 1 ; 解: 根据向量内积的几何意义, 只要看向量在 A1 A2 方向上的投影即可。 最大值为 2 +1 4、4

5! 4! 3! ? 2 ? ? ? 39 种. 2 2 2

x?
解:

9

1 2 ? cos60? ? x ? 4.

2○ 5, 5、○ 2○ 5 可以截得。 解:由对称性可知,所得图形应为中心对称图形,且○ 6、 n ? 5. 解:由 n ? 24 ? n ? 9 ?
2 2

33 n ? 24 ? n ? 9
2 2

知: n 2 ? 24 ? n 2 ? 9 可能为 1,

3,11,33,从而解得 n ? 5. 7、668.
32

n ? 1 ? k ? 3 n , 则 k 3 ? n, (k ? 1) 3 ? n , 满 足 k 整 除 n , 则 n 可 取 , k ? 668。 k 3 , k 3 ? k ,?k 3 ? 3k 2 ? 3k ,共 3k ? 4 个,所以 3k ? 4 ? 2008 91 8、 E? ? ; 60 91 解:讨论可知, A1 : B3 ; A2 : B1 ; A3 : B2 ,最大期望 E? ? 60
解:若
3

9. 解(1)依题意设直线 l 方程为 y ? k ( x ? 2) ? 3 ,与椭圆联立得

(1 ? 4k 2 ) x 2 ? 8k (3 ? 2k ) x ? 4(4k 2 ? 12k ? 8) ? 0 2 ? ? 64(3 ? 2k ) ,由 ? ? 0 得 k ? 3 设 P( x1 , y1 ), Q( x2 , y 2 ) ,则过 P, Q 椭圆的切线分别为 x1 x x x 1 和 2 ? y2 y ? 1○ 2 ? y1 y ? 1 ○ 4 4 1 ? x2 ? ○ 2 ? x1 , 并 且 由 y1 ? k ( x1 ? 2) ? 3 及 y2 ? k ( x2 ? 2) ? 3 得 ○ 1 3 ? 4k 3 y? (k ? ) ,同理 x ? (k ? ) ,故 3 ? 2k 2 3 ? 2k 2 点 M 的轨迹方程为 x ? 6 y ? 2 ? 0 (在椭圆外)
(2) PQ ?

64(3k ? 2)(1 ? k 2 ) 1 ? 4k
2

,O 到 PQ 的距离为 d1 ? , d1 ? d 2 ?

3 ? 2k 1? k 2


,M 到 PQ 的

距离为 d 2 ?

4 3k ? 2 3 ? 2k 1 ? k 2

4k 2 ? 1 3k ? 2 1 ? k 2

1 4 3k ? 2 (d1 ? d 2 ) ? PQ ? 2 3 ? 2k 11 当 S ? 4 时解得 k ? 1 或 k ? ,直线 l 为 x ? y ? 1 ? 0 或 11x ? 4 y ? 10 ? 0 4 10.解 a1 ? 20, a2 ? 30, a3 ? 70, a4 ? 180. 我们用归纳法证明.
四边形 POQM 的面积 S ?
2 an ? an?1an?1 ? ?500 (n ? 2) (*) (1)当 n ? 2 时,结论成立. 2 (2)假设当 n ? k ( k ? 2) 时,结论成立。即 ak ? ak ?1ak ?1 ? ?500. 又由于 ak ?1 ? 3ak ? ak ?1 . 代入上式可得:
2 2 1 ak ? 3ak ak ?1 ? ak .○ ?1 ? ?500 2 2 2 则当 n ? k ? 1 时, ak ?1 ? ak ak ?2 ? ak ?1 ? ak (3ak ?1 ? ak ) ? ak ?1 ? 3ak ak ?1 ? ak ? ?500

2

1 )故当 n ? k ? 1 时,结论成立,即(*)式成立. (由○
2 又 an?1 ? 3an ? an?1 可知: an . ?1 ? 3an an?1 ? an ? ?500 2

33

则 5an?1an ? (an?1 ? an ) 2 ? 500
2 2

5an?1an ? 1 ? (an?1 ? an ) 2 ? 501.

设 5an?1an ? 1 ? t (t ? N ). 则 t ? (an?1 ? an ) 2 ? 501. 知:

[t ? (an?1 ? an )] ? (an?1 ? an ? t ) ? 501. 又 an?1 ? an ? N 且 501 ? 1 ? 501 ? 3 ? 167
故?

? a n ?1 ? a n ? t ? ?1 ? a n ?1 ? a n ? t ? ?3 或? ?a n ?1 ? a n ? t ? 501 ?a n ?1 ? a n ? t ? 167

t ? 251 t ? 85 ? ? 或? (舍去) ?a n ?1 ? a n ? 250 ?a n ?1 ? a n ? 82 则当 n ? 3 时,满足条件.
故? 11.证明 因为 a ? b ? c ? d ? 4 ,要证原不等式成立,等价于证明

a2 b2 c2 d 2 4(a ? b) 2 ? ? ? ? a?b?c?d ? b c d a a?b?c?d 2 2 2 2 a b c d ? ? ? ? (a ? b ? c ? d ) 事实上, b c d a a2 b2 c2 d2 ? ( ? b ? 2a) ? ( ? c ? 2b) ? ( ? d ? 2c) ? ( ? a ? 2d ) b c d a 1 1 1 1 ? (a ? b) 2 ? (b ? c) 2 ? (c ? d ) 2 ? (d ? a) 2 b c d a
由柯西不等式知





(a ? b)2 (b ? c)2 (c ? d ) 2 (d ? a) 2 [ ? ? ? ](a ? b ? c ? d ) b c d a ? (| a ? b | ? | b ? c | ? | c ? d | ? | d ? a |) 2 又由 | b ? c | ? | c ? d | ? | d ? a |?| b ? a | 知

③ ④

(| a ? b | ? | b ? c | ? | c ? d | ? | d ? a |) 2 ? 4(a ? b) 2
由②,③,④,可知①式成立,从而原不等式成立.

二 试
1. 证:如图图设 AB、CD、EF 围成一个△UVW ?平行直线视为交于无穷远点?. 对 △ UVW 三 边 上 的 五 个 共 线 三 点 组 U LDE、AMF、BCN、ACE、BDF 用梅氏定理得 VL WD UE =1 ? ① LW DU EV A VA WM UF =1 ? ② C AW MU FV VB WC UN E W =1 ? ③ BW CU NV N
34

L V B F

M

D

VA WC UE =1 ? ④ AW CU EV VB WD UF =1 ? ⑤ BW DU FV ①×②×③ NV MU LW 得 = 1. UN WM VL ④×⑤

由梅氏定理之逆定理知 L、M、N 三点共线. 2. 如 果 n 整 除 ak (a1 ? 1) . 不 妨 设 n ? pq , 其 中 p ak , q a1 ? 1 , 则 可 以 推 得 :

p ai , q ai ? 1(i ? 1,2,?, k ) ,显然 p, q 互素,且 pq ai (ai ? 1)(i ? 1,2,?, k ) ,只要令
k ? 1,2 , 则 pq a1 (a1 ? 1) ? a2 (a2 ? 1) ? (a1 ? a2 )(a1 ? a2 ? 1) , 而 p ? | a1 ? a2 ? 1 ,

q? | a1 ? a2 ? 1 ,故 pq a1 ? a2 ,即 n | a1 ? a2 ,而 a1 , a2 ?{1,2,?, n} ,矛盾.
3.证明 由均值不等式得:

(t 2 ? t ? 1) ? (t ? 1) t 2 ? 2 ? . 2 2 a2 4a 2 ? 则 . 2 2 (1 ? a 3 )(1 ? b 3 ) (2 ? a )(2 ? b )
t 3 ? 1 ? (t 2 ? t ? 1)( t ? 1) ?

a2 b2 c2 1 ? ? ? . 2 2 2 2 2 2 (2 ? a )(2 ? b ) (2 ? c )(2 ? b ) (2 ? a )(2 ? c ) 3 2 2 令 x ? a , y ? b 2 , z ? c 且 xyz ? 64. 则只要证明: x y z 1 ? ? ? . (2 ? x)(2 ? y ) (2 ? y )(2 ? z ) (2 ? z )(2 ? x) 3 通分整理等价于 2( x ? y ? z ) ? ( xy ? yz ? zx) ? 72. 由算术平均值及 xyz ? 64. 可证明成立.
我们只要证明 4.解 设 n ? 2 k . 首先将正方板黑白相间地涂成象国际象棋盘那样 .设 f ( n) 为所求的 N

的最小值. fw(n) 为必须作上标记的白格子最小数目, 使得任一黑格都有一个作上标记的 白格子与之相邻.同样定义 fb(n) 为必须作上标记的黑格子最小数目,使得任一白格都有 一个作上标记的黑格子与之相邻. 由于 n 是偶数, “棋盘”是对称的,故有 fw(n) ? fb(n) 且 f ( n) ? fw(n) ? fb(n) . 为方便,将“棋盘”按照最长的黑格子对角线水平放置,则各行黑格子数目分别为

2,4,?,2k ,?,4,2. 在含有 4i ? 2 个黑格子那行下面,将奇数位置白格子作上标记.当该行在对角线上方时, 共有 2i 个白格子作上了标记;而当该行在对角线下方时,共有 2i ? 1 个白格子作上了标 k (k ? 1) 记.因而作上标记的白格子共有 2 ? 4 ? ? ? k ? ? ? 3 ? 1 ? 个. 2
35

易见这时每个黑格子都与一个作上标记的白格子与之相邻.故得: fw( n) ? 考虑这

k ( k ? 1) 个作上标记的白格子.它们中任意两个没有相邻公共黑格子,所以至少还 2 k ( k ? 1) k (k ? 1) . 因 此 , 需 将 个 黑 格 子 作 上 标 记 , 从 而 fb(n) ? 2 2 k (k ? 1) fw(n) ? fb(n) ? . 2 n(n ? 2) f ( n) ? . 4

k (k ? 1) . 2

联赛模拟试题五
复旦附中 一试 一、填空题(每题 8 分,共 64 分)
2 2 2 1、已知多项式 f ( x ) 满足: f ( x ? x ? 3) ? 2 f ( x ? 3x ? 5) ? 6 x ?10 x ? 17

万军

( x ? R)

则 f (2011) ? ____________________ 2、三棱锥 S ? ABC 是三条侧棱两两垂直的三棱锥, O 是底面 ?ABC 内的一点, 那么 ? ? tan ?OSA ? tan ?OSB ? tan ?OSC 的取值范围是_________________ 3、对任意 x, y ? R ,代数式 ? ? 小值为__________________ 4、计算: sin

2 x 2 ? 6 x ? 5 ? y 2 ? 4 y ? 5 ? 2 x 2 ? 2 xy ? y2 的最

?

2011

sin

2? 3? 2010? sin ? sin ? _________________ 2011 2011 2011

5、篮球场上有 5 个人在练球,其战术是由甲开始发球(第一次传球) ,经过六次传球跑 动后(中途每人的传球机会均等)回到甲,由甲投 3 分球,其中不同的传球方式为 ___________种. 6、设 a 、 b 是 ?ABC 的两条边长, t a 、 tb 分别是与这两条边相对应的角平分线的长,若

t a ? tb ? k 恒成立,则实数 k 的最小值是__________________ a?b 7、对 ?x, y ? R ,函数 f ( x, y ) 都满足:① f (0, y) ? y ? 1 ;② f ( x ? 1,0) ? f ( x,1) ; ③ f ( x ? 1, y ? 1) ? f ( x, f ( x ? 1, y)) ;则 f (3, 2011) ? __________________
不等式
36

2 n ?1

8、设 2 n 个实数 a1 , a2 ,?, a2 n 满足条件

? (a
i ?1

i ?1

? ai )2 ? 1

则 ? ? (an?1 ? an?2 ? ? ? a2n ) ? (a1 ? a2 ? ?? an ) 的最大值为______________________ 二、解答题(每题 16 ? 20 ? 20 分,共 56 分) 9、设由不超过 1000 的两个正整数组成的数对 (m, n) 满足条件: 试求所有这样的数对 (m, n) 的个数.

m m ?1 ? 2? . n ?1 n

x2 y 2 ? ? 1 (a ? b ? 0) 上任意一点, F1 , F2 是椭圆的焦点, PF1 , PF2 分 a 2 b2 | PF1 | | PF2 | 别交椭圆与 A, B 两点,求证: 是定值. ? | F1 A | | F2 B |
10、 P 是椭圆 11、给定大于 2011 的正整数 n ,将 1, 2,3,?, n2 分别填入 n ? n 的棋盘的方格中,使每个 方格恰有一个数,如果一个方格中填的数大于它所在行至少 2011 个方格内所填的数,且 大于它所在列至少 2011 个方格内所填的数,则称这个方格为“优格” ,求棋盘中“优格” 个数的最大值.

二 试 一、 ( 40 分 ) 在 R t? A B C 中 , CD 是 斜 边 AB 上 的 高 , 记 I1 , I 2 , I 分 别 是 ?ADC, ?BCD, ?ABC 的内心, I 在 AB 边上的射影为 O1 ,?CAB, ?ABC 的角平分线 分别交 BC, AC 于 P, Q ,且 PQ 的连线与 CD 相交于 O2 ,求证:四边形 I1O1 I 2O2 为正
方形.

二、 (40 分)已知数列 {an } ,令 bk 为 a1 , a2 ,?, ak 中的最大值( k ? 1, 2,?, n ) ,则称数 列 {bn } 为“创新数列” ,数列 {bn } 中不同数的个数称为“创新数列” {bn } 的“阶数” ,例 如:{an } 为 1,3,5, 4, 2 ,则“创新数列”{bn } 为 1,3,5,5,5 ,其“阶数”为 3.若数列 {an } 由 1, 2,3,? , n ( n ≥3)构成,求能构成“创新数列” {bn } 的“阶数”为 2 的所有数列 {an } 的首项和.

37

三、 (50 分)设 ?ABC 的三边长为 a, b, c , ha , mb , tc 分别为对应边上的高、中线和角平 分线, 求证:ha ? mb ? tc ≤

3 (a ? b ? c) 2

当且仅当 ?ABC 是正三角形时等号成立.

四、 (50 分)求证:面积为 1 的凸 n ( n ≥6)边形可以被面积为 2 的三角形覆盖.

模拟试题五参考答案
2 2 2 1、已知多项式 f ( x ) 满足: f ( x ? x ? 3) ? 2 f ( x ? 3x ? 5) ? 6 x ?10 x ? 17

( x ? R)

则 f (2011) ? ____________________ 解:用 1 ? x 代替原式中的 x 得: f ( x2 ? 3x ? 5) ? 2 f ( x2 ? x ? 3) ? 6 x2 ? 2 x ? 13 解二元一次方程组得 f ( x2 ? x ? 3) ? 2x2 ? 2x ? 3 所以: f ( x) ? 2 x ? 3 , 则 f (2011) ? 4019 . (分析得 f ( x ) 为一次多项式,可直接求 f ( x ) 解析式) 2、三棱锥 S ? ABC 是三条侧棱两两垂直的三棱锥, O 是底面 ?ABC 内的一点, 那么 ? ? tan ?OSA ? tan ?OSB ? tan ?OSC 的取值范围是_________________ 解:由 cos ?OSA ? cos ?OSB ? cos ?OSC ? 1 ,
2 2 2

得 sin ?OSC ? cos ?OSA ? cos ?OSB ≥ 2cos ?OSA ? cos ?OSB ,
2 2 2

同理还有两个不等式,则 ? ≥ 2 2 . 3、对任意 x, y ? R ,代数式 ? ? 小值为__________________ 解:配方得 ? ?

2 x 2 ? 6 x ? 5 ? y 2 ? 4 y ? 5 ? 2 x 2 ? 2 xy ? y2 的最

( x ? 1) 2 ? ( x ? 2) 2 ? 1 ? ( y ? 2) 2 ? x 2 ? ( x ? y ) 2 , 设 A(1, 2), B( x, x), C (0, y) , 点 A 关于直线 y ? x 的对称点为 A1 (2,1) ,关于 y 轴的对称点为 A2 (?1, 2) ,
所以: ? ?| AB | ? | AC | ? | BC |?| A 1B | ? | A 2C | ? | BC | ≥ | A 1A 2 |? 10 .
38

2? 3? 2010? sin ? sin ? _________________ 2011 2011 2011 2011 2? 2? n ? i sin 解:设 z1 ? cos , 则 z1 是方程 z ? 1 的根, n n 2 则 1 ? z ? z 2 ? z n?1 ? ( z ? z1 )( z ? z1 )?( z ? z1n?1 ) , ? 2? (n ? 1)? ? n ?| (1 ? z1 )(1 ? z12 ) ? (1 ? z1n ?1 ) |? 2n ?1 sin sin ?sin , n n n 2011 令 n ? 2011 ,则原式 2010 2
4、计算: sin

?

sin

5、篮球场上有 5 个人在练球,其战术是由甲开始发球(第一次传球) ,经过六次传球跑 动后(中途每人的传球机会均等)回到甲,由甲投 3 分球,其中不同的传球方式为 ___________种. 解:设经过 n 次传球跑动后回到甲的不同传球方式为 an ( n ≥2) , 则 an ? an?1 ? 4n?1 , 所以: a6 ? (a6 ? a5 ) ? (a5 ? a4 ) ? ?? ? (a2 ? a1 ) ? a1 ? 4 ? 4 ? 4 ? 4 ? 4 ? 820
5 4 3 2

6、设 a 、 b 是 ?ABC 的两条边长, t a 、 tb 分别是与这两条边相对应的角平分线的长,若

t a ? tb ? k 恒成立,则实数 k 的最小值是__________________ a?b A 解:令 a ? b A ? 0 ,则 c ? 2b cos ? 1, 2 t ? t t 4 2bc A 4 cos ,得 a b ? a ? , 所以: k ≥ 又 ta ? b?c 2 a?b a 3 3 2bc b b a?b ? 2b(1 ? ) ? 2b(1 ? ) ? 2b 又 ta ? , b?c b?c a ? 2b a ? 2b 4 t ?t a?b 2 b a ? ) ≥0 同理 tb ? 2a , 可得 ? a b ? 2( ? 2a ? b 3 a ? 2b 2a ? b 3 a?b 4 所以: k min ? 3 7、对 ?x, y ? R ,函数 f ( x, y ) 都满足:① f (0, y) ? y ? 1 ;② f ( x ? 1,0) ? f ( x,1) ; ③ f ( x ? 1, y ? 1) ? f ( x, f ( x ? 1, y)) ;则 f (3, 2011) ? __________________
不等式 解:由①②③可推出 f (1, n) ? n ? 2

f (2, n) ? 2n ? 3
2 n ?1

f (3, n) ? 2n?3 ? 3 .

f (3, 2011) ? 22014 ? 3
8、设 2 n 个实数 a1 , a2 ,?, a2 n 满足条件

? (a
i ?1

i ?1

? ai )2 ? 1

则 ? ? (an?1 ? an?2 ? ? ? a2n ) ? (a1 ? a2 ? ?? an ) 的最大值为______________________ 解: 当 n ≥2 时,令 x1 ? a1 , xi ?1 ? ai ?1 ? ai

i ? 1, 2,3,?, 2n ?1

39

2 n ?1



?x
i ?2

2 i

? 1 , ai ? x1 ? x2 ? ? ? xi

所以:? ? n( x1 ? x2 ? ? ? xn ) ? nxn?1 ? (n ? 1) xn?2 ? ?? x2n ? (nx1 ? (n ? 1) x2 ? ?? xn )

? x2 ? 2x3 ? ? ? (n ?1) xn ? nxn?1 ? (n ?1) xn?2 ? ?? x2n
≤ (1 ? 2 ? ? ? n ? ? ? 1 )
2 2 2 2 2 n ?1 i?2

? xi2 ?

n(2n 2 ? 1) . 3
m m ?1 ? 2? . n ?1 n

二、解答题(每题 16 ? 20 ? 20 分,共 56 分) 9、设由不超过 1000 的两个正整数组成的数对 (m, n) 满足条件: 试求所有这样的数对 (m, n) 的个数.

m m ?1 ? 2? 可得 2n ?1 ? m ? 2(n ?1) n ?1 n 对 于 每 个 n , 在 这 个 范 围 内 的 [ 2(n ?1)] ? [ 2n ?1] ? [ 2(n ?1)] ? [ 2n] ?1
解:由 又 707 2 ? 1000 ? 708 2 , 则 n ≤707 但当 n ? 707 时, m ? 999,1000 所以:数对 (m, n) 的总数为
706











? ([
n ?1

706

2(n ? 1)] ? [ 2n] ? 1) ? 2

? ? ([ 2(n ? 1)] ? [ 2n]) ? 708
n ?1

? 708 ? [707 2] ? [ 2] ? 708 ? 999 ? 1 ? 1706 x2 y 2 10、 P 是椭圆 2 ? 2 ? 1 (a ? b ? 0) 上任意一点, F1 , F2 是椭圆的焦点, PF1 , PF2 分 a b | PF1 | | PF2 | 别交椭圆与 A, B 两点,求证: 是定值. ? | F1 A | | F2 B |
证明:如图,

P

P1 M A1
A

F1

F2
B

40

| PF1 | | FA1 | , | F1M |? p , | AA1 |? e e 其中 e 为该椭圆的离心率, p 为该椭圆的焦准距.
由椭圆的定义知: | PP 1 |? 由相似形及和分比定理得:

| AP | | AF1 | ? | F1P | ? ? | AF1 | | AF1 |
所以:

| PF1 | | AF1 | ? e e ? | PF1 | ? | AF1 | ? 2 | PF1 | | AF1 | ep ? | AF1 | ep p? e

| PF1 | 2 | PF1 | ? ?1 | AF1 | ep | PF2 | 2 | PF2 | 同理可得: ? ?1 | BF2 | ep
所以:

| PF1 | | PF2 | 2 4a 4a 2 ? ? (| PF1 | ? | PF2 |) ? 2 ? ? 2 ? 2 ? 2 为定值. | F1 A | | F2 B | ep ep b

11、给定大于 2011 的正整数 n ,将 1, 2,3,?, n2 分别填入 n ? n 的棋盘的方格中,使每个 方格恰有一个数,如果一个方格中填的数大于它所在行至少 2011 个方格内所填的数,且 大于它所在列至少 2011 个方格内所填的数,则称这个方格为“优格” ,求棋盘中“优格” 个数的最大值. 解:定义一个方格中填的数大于它所在行至少 2011 个方格中所填的数,则称此格为行优 的. 又每一行中填较小的 2011 个数的格子不是行优的, 得到每行中有 n ? 2011 个格子为行优 的. 另外,每一个“优格”一定是行优的,所以棋盘中“优格”个数≤ n(n ? 2011) . 将棋盘的第 i (i ? 1, 2,3,?, n) 行第 i, i ? 1,?, i ? 2010 (大于 n 时,取模 n 的余数)列中 的格子填入“*” ,再将 1, 2,3,?, 2011n 填入有“*”的格子,其余的数填入没有“*”的 格子. 没有“*”的格子中填的数大于有“*”的格子中填的数, 所以,棋盘中没有“*”的格子都是“优格” ,共有 n(n ? 2011) 个. 容易验证这种填法满足条件,所以“优格”个数的最大值为 n(n ? 2011) 个.

二试题答案: 一、证明:

C P Q

O2
I

I2 I1
A
41 D O 1

B

不妨设 BC ≥ AC ,由 ?ADC ~ ?CDB 且 I1 , I 2 分别是其内心,

1 AC I1 D 0 且 ?I1 DI 2 ? ?ADB ? 90 ? ?ACB , ? 2 BC I 2 D 所以 : ?DI1I 2 ~ ?CAB 则 ?I 2 I1D ? ?CAB ① Rt ?ABC 的三边长为 a, b, c ,I1 , I 2 在 AB 设 ?ADC, ?BCD 的内切圆半径分别为 r 1, r 2, 边上的射影为 E , F ,并且 AD ? x, BD ? y, CD ? z , x ? z ?b y? z?a b?c?a , r2 ? , AO1 ? 则 r1 ? , 2 2 2 b?c?a y ? z ?a x ? z ?b ?x? ? ? r2 ? r1 , 所以 DO1 ? AO1 ? AD ? 2 2 2 , I1E ? r1 ? r2 ? (r2 ? r1 ) ? DF ? DO1 ? O1F , EO1 ? r 1? (r 2? r )1? r ? 2 I F2
得 因此 ?I1EO1 ? ? ?FO1I 2 .

? O1I1 ? O1I 2 且 ?I1O1 I 2 ? ? ? ?I1O1 E ? ?I 2O1 F ? ? ? ?O1 I 2 F ? ?I 2O1F ?
则 D, O1 , I 2 , I1 四点共圆

?
2

, ②

?? I 2 O1 F ? ?I2 I AB 1 D? ? C (由①知) 所以 O1I 2 // AC , 同理 O1I1 // BC , 1 (b ? c ? a) AI1 AO1 2 b?c?a 所以 , ? ? ? I1 P BO1 1 (c ? a ? b) c ? a ? b 2 CQ BC CQ BC ab ? ? ? ? CQ ? 又由角平分线性质得 , QA BA QA ? CQ BA ? BC a?c ab CQ ? , b?c 1 CQ ? CO2 sin ?ACD QO2 S?CQO2 2 b?c b 另一方面 , ? ? ? O2 P S?CPO2 1 CP ? CO sin ?BCD a ? c a 2 2 AI1 QO2 b ? c ? a b(b ? c) 又 O2 I1 // CA ? , ? ? ? I1P O2 P c ? a ? b a (a ? c ) 而 a(a ? c)(b ? c ? a) ? b(b ? c)(c ? a ? b) ? a(ab ? ac ? a2 ? cb ? c2 ? ac) ? b(bc ? ba ? b2 ? c2 ? ac ? bc) ? a(ab ? b2 ) ? b(ba ? a2 ) ? 0 , 所以 O2 I1 // CA , 同理 O2 I 2 // BC , 所以四边形 I1O1I 2O2 为平行四边形,由②知四边形 I1O1I 2O2 为正方形.
42

同理

二、解:首项 a1 ? k ,则 1, 2,?, k ? 1 任意排列,第一个空的位置是 n , 则所有数列 {an } 的首项和为 ?
k ?1 n ?1

? kPnk??11 (n ? 1 ? k )! ? ? k
k ?1

n ?1

n ?1

(n ? 1)! (n ? 1 ? k )! (n ? k )!

??

k n?k n (n ? 1)! ? (n ? 1)!? ? (n ? 1)!? ( ? 1) k k ?1 n ? k k ?1 k ?1 k n ?1 n ?1 1 1 1 n ?1 1 1 1 ? ) ? n !? ? n !? ( ? ) ? n !(1 ? ? ? ? ? 2 3 n ?1 n n k ?1 k k ?1 k ? 1
n ?1 n ?1

方法二、设 ak ?1 ? n ,首项 a1 ? q ( q ≥ k ) , 则所有数列 {an } 的首项和为

?? qPqk??11Pnn??11??kk ? ?? q
q ? k k ?1 q ? k k ?1
n ?1 n ?1

n ?1 n ?1

n ?1 n ?1

(q ? 1)! (n ? 1 ? k )! (q ? k )!

q! k (n ? 1 ? k )!k ! ? ?? Cq (n ? 1 ? k )!k ! ( q ? k )! ? k ! q ? k k ?1 q ? k k ?1 n ?1 n ?1 n ?1 n! n! k ?1 ? ? Cn (n ? 1 ? k )!k ! ? ? (n ? 1 ? k )!k ! ? ? ? (n ? k ? 1)! k ?1 k ?1 (k ? 1)! k ?1 k ? 1 n ?1 1 ? n !? k ?1 k ? 1 ? ??
2bc A cos , b?c 2 2 2 2 2 4b c 4b c 1 ? cos A 2b2c 2 b2 ? c 2 ? a 2 2 2 A 所以: ta ? cos ? ? (1 ? ) (b ? c)2 2 (b ? c)2 2 (b ? c)2 2bc 1 bc ? ((b ? c)2 ? a 2 ) ≤ ((b ? c) 2 ? a 2 ) , 2 4 (b ? c)
三、证明:由角平分线公式知 ta ? 由柯栖不等式得:
2 2 ? 2ta )≤ mb ? 2ta ≤ 3(mb

n ?1 n ?1

3 3 (2(a 2 ? c 2 ) ? b2 ? 2(b ? c)2 ? 2a 2 ) ? (b ? 2c) , 4 2

同理 mb ? 2tc ≤

3 (b ? 2a) , 2
1 (mb ? 2ta ? mb ? 2tc ) 2

所以: ha ? mb ? tc ≤ ta ? mb ? tc ? ≤

1 3 3 (b ? 2c ? b ? 2a) ? (a ? b ? c) , 2 2 2 当且仅当 ?ABC 是正三角形时等号成立.
1 ,则取其顶点三角形中面积 2 最大的,设为 ?A 1B 1C1 ,作 ?A2 B2C2 使得 A 1, B 1 , C1 为 ?A2 B2C2 各边的中点.
四、证明: (1)若凸 n 边形中顶点三角形面积都小于等于
43

则凸 n 边形其它顶点都在 ?A2 B2C2 中(包括边界) ,否则与 ?A 1B 1C1 面积最大矛盾. 所以 ?A2 B2C2 覆盖了凸 n 边形,其面积小于等于 2.

C2 C2 A1 B1 P1 B2 C1 A2 B2
(2)若凸 n 边形中存在顶点三角形面积大于

C1
O

P2 A1 A2

B1

P 3

1 ,设为 ?A 1B 1C1 ,如图 2 设 P1 为直线 B1C1 与 A 1 异侧的顶点中到直线 B 1C1 距离最大的点;

P2 为直线 AC 1 1与B 1 异侧的顶点中到直线 AC 1 1 距离最大的点; P 3 为直线 A 1B 1 与 C1 异侧的顶点中到直线 A 1B 1 距离最大的点; 过 P1 , P 2,P 3 分别作 B 1C1 , AC 1 1, A 1B 1 的平行线,得到 ?A2 B2C2 . 设 ?A2 B2C2 与 ?A 1B 1C1 的位似中心为 O ,相似比为 t (t ? 1) 则 OC1 : C1C2 ? 1: (t ?1) 所以: S?PB ? (t ?1)S?OB1C1 , S?P2 A1C1 ? (t ?1)S?OA1C1 , S?P3 A1B1 ? (t ?1)S?OA1B1 1 1C1
又 S六边形PB P A P C ≤1,得
1 1 3 1 2 1

所以: t ? 2

t ? t ( S ?OB1C1 ? S ?OA1C1 ? S ?OA1B1 ) ≤1 2

所以: S?A2 B2C2 ? t 2 (S?OB1C1 ? S?OA1C1 ? S?OA1B1 ) ? t ? t (S?OB1C1 ? S?OA1C1 ? S?OA1B1 ) ? 2 即 ?A2 B2C2 覆盖了凸 n 边形.

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