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高中数学奥林匹克模拟真题(四)


高中数学奥林匹克模拟真题(四)及答案
陈传理提供
一、填空题:共 64 分,每小题 8 分.
?3x ? 1, x为 奇 数 ? 1 . 定 义 在 正 整 数 集 合 上 的 函 数 f ( x) ? ? x 令 x1 ? 12, , , x 为 偶 数 ? ?2

xn?1 ? f ( xn ), n ? N ? 以数列 {x

n } 的项为元素构成集合 M , M 有

个非空子集. .

2.数列 {an } 是单调递增数列,且 n ? N ? 时 an ? 2n?1 ? 3an?1 ,则首项 a0 ?

3.如果 tan x1 ? tan x2 ? ?? tan x2000 ? 1 ,那么 sin x1 ? sin x2 ? ?? sin x2000 的最大值 是 . 4.一个圆周上有 9 个点,以这 9 个点为顶点作 3 个三角形.当这 3 个三角形 无公共顶点且边互不相交时,我们把它称为一种构图.满足这样条件的构图共有 种. 5. 在边长为 1 的正方体 C 内, 作一个内切大球 O1 , 再在 C 内的一个角项内, 作一个小球 O2 ,使它与大球 O1 外切,同时与正方体的三个面都相切.那么,球 O2 的表面积为 .
1 1 6 .已知 p( x) ? ax3 ? bx2 ? cx ? d 是一个三次 多项式,满足 p ( ) ? p (? ) 2 2
? 1000p(0) .设 x1 , x2 , x3 是 p( x) 的 3 个根,则

1 1 1 的值为 ? ? x1 x 2 x1 x3 x 2 x3

.

7.如果 | sin ? ? p cos? ? q |? .

? 2 ?1 对于任意的 ? ? [0, ] 恒成立,则 p ? q = 2 2

8.把从 1001 至 2000 的所有正整数任作一个排列,都可以从其中找出连续 的 10 项,使这 10 项之和大于或等于 A,则最大的正数 A 为 二、解答题:共 56 分,第 9 题 16 分,第 10、11 题各 20 分. 9.如图所示,双曲线 x 2 ? y 2 ? a 2 的一条准线与实轴 相交于点 A,过点 A 引一条直线和双曲线交于 M、N 两 点,又过右焦点 F2 引一条垂直于 MN 的直线和双曲线交 .

于 P、Q 两点.求证: | F2Q | ? | F2 P |? 2 | AM | ? | AN | .

10.设 x、y、z 均取正实数,且 x ? y ? z ? 1 . 求三元函数 f ( x, y, z ) ?

3x 2 ? x 1? x2

+

3 y 2 ? y 3z 2 ? z 的最小值,并给出证明. ? 1? y2 1? z2
11.已知函数 f (n) 是定义在 N ? 上的严格增函数,其值域也在 N ? 之中,且

满足 f ( f (n)) ? 3n .求 f (2011 ).

二试试题
一、 (本题满分 40 分)如图 1,已知 ABCD 是平
CE ? AB 于 E, CF ? AD 行四边形, 但非矩形和菱形,

于F , 连结 FE, DB 并延长交于点 P. 求证:PC ? AC .

二、 (本题满分 40 分)设 k ? N ? ,定义: A1 ? 1 , An ?1 ? ( n ? 1,2,? )

nAn ? 2(n ? 1) 2 k n?2

证明:当 n ? 1 时, An 为整数,且 An 为奇数当且仅当 n ? 1 或 2(mod4) 三、 (本题满分 50 分)求所有素数 p ,使得存在一个奇数 n 和一个整系数多 项式 Q( x) 使得方程 1 ? pn2 ? ? Q( x i ) ? 0 至少有一个整数根.
i ?1 2 p ?2

四、 (本题满分 50 分)将数 1,2,?, m n以任意方式填写于一张 m 行 n 列的方 格表 ? 中,至少有 ab 个数被染成了红蓝双色.

一试参考答案
一、填空题: 1.127. 计算可得 x2 ? 6, x3 ? 3, x4 ? 8, x5 ? 4, x6 ? 2, x7 ? 1, x8 ? 2, x9 ? 1,?, 以下均为 2,1 的循环.所以,集合 M ? {12,6,3,8,4,2,1} ,它有 7 个元素,有 2 7 ? 1 ? 127个非空 子集.
1 2. . 5

由已知有 a n ? 从而
a n ? a n ?1 ?

2n 2 n?1 2n 1 ? ?3(a n?1 ? ) ,故 a n ? ? (?3) n (a0 ? ) , 5 5 5 5

2 n ?1 3 [1 ? 4(? ) n ?1 (1 ? 5a0 )] . 5 2

若 1 ? 5a0 ? 0 ,则对充分大的偶数 n, an an?1 ? 0 ; 若 1 ? 5a0 ? 0 ,则对充分大的奇数 n, an an?1 ? 0 . 因此, a 0 ? 当 a0 ? 列. 3.
1 2
1000

1 时,数列 {an } 不是单调递增数列. 5

2 n?1 1 ? 0 ,数列 {an } 是单调递增数 时,对一切 n ? N ? ,有 an ? a n?1 ? 5 5

.

nx2 · ? tan x2000 ? 1 ,得 由 tan x1 ·
sin x1 ? sin x2 ? ?? sin x2000
= cos x1 ? cos x2 ? ?? cos x2000 . 从而 22000 (sin x1 ? sin x2 ??? sin x2000 ) 2

? sin 2x1 · sin 2x2 · ?sin 2x2000 ? 1 ,
?sin x2000 ? 故 sin x1 ? sin x2 · 1 2
1000

.

等号可以成立,如 x1 ? x 2 ? ? ? x 2000 ? 为
1 2
1000

?
4

.故 sin x1 ? sin x2 · ?sin x2000 的最大值

.

4.12. 记这 9 个点依次为 A1 , A2 ?, A9 . 分两种情形: (1)把 9 个点分成 3 组,每相邻 3 个点为一组构成一个三角形(如图 1) , 则这样的 3 个三角形无公共点且边互不相交.由于这样的分组方法只有 3 种,所 以共有 3 种构图. (2)从 9 个点任取相邻 2 点,再左右各间隔 3 点取其边所对顶点,此 3 点 构成一个三角形,该三角形同侧的 3 个点构成一个三角形(如图 2) ,则这样的 3 个三角形无公共顶点且边互不相交.由于从 9 个点中任取相邻 2 点的取法有 9 种, 所以共有 9 种构图. 综合(1) 、 (2)知,共有 12 种构图. 5. (7 ? 4 3)? . 如图 3 所示,设球 O2 的半径为 r ,且设球 O2 作在 ? D ? 内,则 O1 、O2 在对角 线 BD ? 上. 设 ? AD ?B ? ? ,则 sin ? ?
1 . 3
1 r ? 3r , O1O2 ? r ? . 2 sin ?

作 O2 E ? AD? ,在 ?D?EO2 中, D ?O2 ?
1 于是, 2[ 3r ? (r ? )] ? BD ? ? 3 , 2

所以 r ?

2? 3 . 2

球 O2 的表面积为 4?r 2 ? (7 ? 4 3)? . 6.1996. 1 1 1 b 由 p ( ) ? p (? ) ? 1000 p (0) 可得 b ? 2d ? 1000 d ,所以 ? 1996 . 2 2 2 d 因为 x1 , x2 , x3 是 p( x) ? ax3 ? bx2 ? cx ? d 的 3 个根,由根与系数的关系可得
x1 ? x 2 ? x3 ? ? b , a

x1 x 2 x3 ? (?1) 3 ?

d . a

因此

x ? x 2 ? x3 1 1 1 = ? ? ? 1 x1 x2 x1 x3 x2 x3 x1 x2 x3
2 ?1 . 2

?

b a d a

?

(?1) 3 ?

b ? 1996 . a

7.

设 cos ? ? x ,则问题等价于:对任意 x ? [0,1] ,有 1 ? x 2 ? ( px ? q) ? 令 y1 ? px ? q, y 2 ? 1 ? x 2 . 于是, y 2 ?
2 ?1 2 ?1 . ? y1 ? y 2 ? 2 2
l : y ? px ? q

2 ?1 . 2





线



在 曲

线

C1 : y ? 1 ? x 2 ?

x ?1 2



C2 : y ? 1 ? x 2 ?

2 ?1 之间(如图 4). 2 2 ?1 ) ,A、 2

易知 O?B ? 2 .于是,O ? 到 AB 的距离为 1( O ? 的坐标为(0,? B 表示弧 C 2 的两个端点). 显然,直接 AB (方程为 x ? y ?

2 ?1 ? 0 )与曲线 C1 相切,是可以夹在曲 2 2 ?1 ,所以 2

线 C1 与曲线 C 2 之间的惟一直线,故 l 即为 AB ,故 p ? ?1, q ?
2 ?1 . 2

p?q ?

8.15005. 设 b1 , b2 ,?, b1000 是 1001,1002 ,2000 的任一个排 (
i ? 1,2,?,991 ) , 则

Si ? bi ? bi ?1 ? ? ? bi ?9
=

S1 ? S11 ? S 21 ? ? ? S991

b1 ? b2 ? ? ? b1000

=

(1001 ? 2000 ) ? 1000 =1500500. 2 1500500 =15005,从而 A ? 15005 . 100 下面说明 A 不大于 15005,作排列 2000,1001,1999,1002,…,1501,

于是 S1 , S11 , S 21 ,?, S991 中至少有一个 S k ?

1500,此排列中,任何连续两项的和不超过 3001,因此,任何连续 10 项的和
? 3001 ? 5 ? 15005 .

? A ? 15005 .
综上可知,最大的正整数为 A 为 15005. 二、解答题: 9.易知 A(? 为? ?
a 2 ,0) F2 ( 2a,0) .设直线 MN 的倾斜角为 a ,则直线 PQ 的倾斜角

. 2 直线 MN 的参数方程为

?

a ? ? t cos? , ?x ? ? ( t 为参数)① 2 ? ? y ? t sin ? . ?
直线 PQ 的参数方程为

? ? x ? 2a ? t cos(a ? ), ? ? 2 ( t 为参数)② ? ? y ? t sin(a ? ? ). ? 2 ?
将①代入双曲线的方程,得
1 (cos 2 a ? sin 2 a)t 2 ? ( 2a cos a )t ? a 2 ? 0 , 2 所以

1 ? a2 2 | AM | ? | AN |?| t1t 2 |?| | cos2 a ? sin 2 a

?

a2 | sec 2a | . 2

将②代入双曲线方程,得
(cos2 a ? sin 2 a)t 2 ? (2 2a sin a)t ? a 2 ? 0 ,所以
| F2 P | ? | F2 Q |?| t 3t 4 |?| a2 | = a 2 | sec 2? | . 2 2 cos a ? sin a

故 | F2Q | ? | F2 P |? 2 | AM | ? | AN | . 10.考察函数 g (t ) ?
t 可知 g (t ) 为奇函数. 1? t2

1 1 由于当 t ? 0 时, ? t 在(0,1)内递增,易知 g (t ) ? 在(0,1)内递增. 1 t t? t

从而,对于 t1 、 t 2 ? (0,1) ,有 (t1 ? t 2 )[g (t1 ) ? g (t 2 )] ? 0 . 所以,对任意 x ? (0,1) ,有
1 x 3 ( x ? )( ? ) ? 0, 2 3 x?x 10



3x 2 ? x 3 ? (3x ? 1) . 10 1? x2

3y 2 ? y 3 同理, ? (3 y ? 1) ; 10 1? y2
3z 2 ? z 3 ? (3z ? 1) . 10 1? z2

以上三式相加,有

f ( x, y, z ) ?

3x 2 ? x 3 y 2 ? y 3z 2 ? z 3 ? [3( x ? y ? z ) ? 3] ? 0 . ? ? 10 1? x2 1? y2 1? z2
1 时, f ( x, y, z ) ? 0 ,故所求最小值为 0. 3

当x ? y ? z ?

11. (1)首先, f (1) ? 1 .否则,若 f (1) ? 1 ,一方面 f ( f (1)) ? f (1) ? 1 ? 0 ,另 一方面,根据已知条件有 f ( f (1)) ? 3 ? 1 ? 3 .矛盾. 其次, f (1) ? 3 .否则,若 f (1) ? 3 ,因为 f (n) 是关于 n 的严格增函数,所以
f ( f (1)) ? f (3) ? 3 ,这与已知 f ( f (1)) ? 3 ? 1 相矛盾.

综上所述,可知 f (1) ? 2 (因为 f (n) ? N ? ). (2)由 f ( f (n)) ? 3n ,得
f (3n) ? f ( f ( f (n))? ? 3 f (n) .

故 f (3n ) ? 3 f (3n?1 ) ? 32 ? f (3n?2 ) ? ?

= 3n ? f (1) ? 2 ? 3n (n ? N ) . ( 3 )由( 2 )知, f (2 ? 3n ) ? f ( f (3n )) ? 3 ? 3n ,所以, f (2 ? 3n ) ? f (3n ) .
? 3 ? 3n ? 2 ? 3n ? 3n .

而 2 ? 3n ? 3n ? 3n , 且 f (n ? 1) ? f (n) ? 1 (因为 f (n) ) 是 N ? 上的严格增函数) ,

f (n) ? N ? ,所以, f (3n ? l ) ? f (3n ) ? l ? 2 ? 3n ? l.l ? 1,2,?,3n .
(4) f (2 ? 3n ? l ) ? f ( f (3n ? l )) ? 3 ? (3n ? l ) ? 3n?1 ? 3l (l ? 1,2,?,3n ). 故 f (2011 ) ? f (2 ? 36 ? 553) ? 37 ? 3 ? 553 ? 3846 .

二试 参考答案
一、证法 1:设 AC 与 BD 交于点 O, M 是 EF 的中点.因 E , F 在以 AC 为直径 的圆上,所以, OM ? EF . 过 E 作 EH // BD ,交 AF 于 H ,交 AC 于 G ,则 中点. 所以 GM // HF ,所以 ? EMG ?? EFH ? ECG ,故 E, C, M , G 四点共圆.
?? M E G ?? M P O, 所 以 O, P, C , M 四 点 共 圆 , 所 以 所 以 ?MC O
?O M P ?? O C .P
GE OB ? ,从而 G 为 EH 的 GH OD

因为 OM ? EF ,所以 ? OMP ? 90? ,所以 ? OCP ? 90? ,所以 PC ? AC . 证法 2:设 AD ? a, AB ? b, ? BAD ? ? ,则 DF ? b cos ? , EB ? a cos ? . 由梅涅劳斯定理知
PE a 2 a2 AD FP EB ? ? ? 1 ,所以 ? 2 , EP ? 2 ? FE , DF PE BA PF b b ? a2

CP ? CE ? EP ? CE ?

a2 b2 a2 CE ? CF , ( CE ? CF ) = b2 ? a2 b2 ? a2 b2 ? a2

CP ? AC ?
CP ? AC ?

1 a2 CE ? CF , b2 ? a2 b2 ? a2
1 (b 2 CE ? a 2 CF ) ? ( AD ? AB ) . b ? a2
2

注意到 AD ? CF ? 0, AB ? CE ? 0 ,则
CP ? AC ? 1 (b 2 a 2 sin ? ? a 2 b 2 sin ? ) ? 0 . b ? a2
2

所以 PC ? AC . 证法 3:延长 AF, PC 于点 Q ,设 EF, CD 交于点 M . 由 BE // MD, BC // AQ ,知
PE PB PC ,从而 EC // MQ . ? ? PM PD PQ

结合 AE // MD, ? CEA ? 90? ,则 ? QMD ? 90? . 而 ? CFQ ? 90? ,则 C, M , F , Q 四点共圆. 易知 A, E, C , F 四点共圆,从而 ? MQC ?? MFC ?? CAE ?? ACD . 于是

? ACP ?? ACE? ? PCE ?? ACE? ? MQC ?? ACE? ? ACD ? 90? .
故 PC ? AC . 二、证:注意到
(n ? 2) An?1 ? nAn ? 2(n ? 1) 2k ① (n ? 2) An ? (n ? 1) An?1 ? 2n 2k ②
(n ? 1) ①:

(n ? 1)(n ? 2) An?1 ? n(n ? 1) An ? 2(n ? 1) 2k ?1 ③
n ·②:

n(n ? 1) An ? (n ? 1)nAn?1 ? 2n 2k ?1 ④

③+④,得
(n ? 1)(n ? 2) An?1 ? (n ? 1)nAn?1 ? 2(n ? 1) 2k ?1 ? 2n 2k ?1 ⑤

反复运用⑤式,再叠加,得 An ?

2 S ( n) , n(n ? 1)

其中, S (n) ? 1t ? 2t ? ? ? n t , t ? 2k ? 1 .

由 2S (n) ? ?[(n ? i) t ? i t ] = ? [(n ? 1 ? i) t ? i t ] ,
i ?0 i ?1

n

n

得 n(n ? 1) | 2S (n) . 因此, An(n ? 1) 是整数. (1) n ? 1 或 2(mod4) . 由 S (n) 有奇数个奇数项知 S (n) 为奇数.所以, An 为奇数.

?n? (2) n ? 0(mod4) ,则 ? ? ? 0(modn) . ?2?
?n? 故 S (n) ? ?[(n ? i) ? i ] ? ? ? ? 0(modn) .所以, An 为偶数. ?2? i ?0
t t n 2 t

t

(3) n ? 3(mod4) ,

? n ? 1? 则? ? ? 0(mod(n ? 1)). ? 2 ?
故 S ( n) ? ?
i ?1 n ?1 2

t

?

? n ?1? (n ? 1 ? i ) ? i ? ? ? ? 0(modn) ,所以, An 为偶数. ? 2 ?
t t

?

t

三、当 p ? 2 时,方程即 1 ? 2n 2 ? Q( x) ? Q( x 2 ) ? 0 , 取 n ? 1, Q( x) ? 2 x ? 1,则 x ? ?1 为原方程的整数根. 下面证明 p 不可能为奇素数.方程 1 ? pn2 ? ? Q( x i ) ? 0 即
i ?1 2 p ?2

Q( x)Q( x 2 ) ? ?? Q( x 2 p?2 ) ? ?1 ? pn2 .
由费马小定理: (m, p) ? 1 时,有 m p?1 ? 1(mod p) . 若 p 为 奇 素 数 , 对 于 任 意 正 整 数 i , 有 x i ? x p?1?i ( m opd ) ,故

Q( x ) ? Q( x
i

p ?1?i

,从而 ? Q( x i ) ? [? Q( x i )]2 (mod p) . )(mo p)d
i ?1 i ?1

2 p ?2

p ?1

令 S ? ? Q( x i ) , 则 S 2 ? ?1 ? pn2 ? ?1m (o d
i ?1

p ?1

则 S 为偶数, 故 p ? 1(mod4) , p) ,

设 p ? 4k ? 1(k ? 1) . 对于所有 Q( x i ) ,易知它们结构相同,而 x i 的奇偶数均相同,那么 Q( x i ) 的 奇偶数均相同,由 ? Q( x i ) ? ?1 ? pn2 为偶数,得 2 | Q( x i ) ? 2 2 p ?2 | ? Q( x i ) ,
i ?1 i ?1 2 p ?2 2 p ?2

那么 2 2 p?2 | 1 ? pn2 .令 n 2 ? 4t ? 1 ,则

48k | 1 ? (4k ? 1)(4k ? 1) ? 48k | 4(4kt ? k ? t ) ? 2 ? 4 | 2 ,
矛盾,从而 p 不可能为奇素数. 综上可知,题中 p 的所有可能值只有 2. 四、对 a ? b 进行归纳,当 a ? b ? 2 ,即 a ? b ? 1 ,则数 mn 被染成了红蓝双 色,此地结论成立. 设 a ? b ? k 时结论成立,对 a ? b ? k ? 1 . (I) 如果某一行中有 a 个数被染成了红蓝双色, 则去掉这一行, 剩下 m ? 1 行
n 列的表 ? 1 中,将每列中最大的 b ? 1 个数染成蓝色,这时 a ? (b ? 1) ? k ,则归纳

假设,表 ? 1 中至少有 a(b ? 1) 个数被染成了红蓝双色.故恢复去掉的行后,表 ? 中 共有 a(b ? 1) ? a ? ab 个数是红蓝双色. (II)如果某一列中有 b 个数为红蓝双色,同理知结论成立. 下面证明情形(I) (II)必有一个成立. 为此,把表 ? 中的数按减序排列: x1 ? x2 ? ? ? xmn ,显然 x1 必为色双,自 左到右第一个不带双色的数记为 xr . (1)若 xr 不是红色,则表 ? 中与 xr 同一行的至少有 a 个数比 xr 大,这 a 个 数均排在 xr 之前,故已为双色,归结为情形(I) ; (2)若 xr 不是蓝色,则表 ? 中与 xr 同一行的至少有 b 个数比 xr 大,这 b 个 数均排在 xr 之前,故已为双色且同列,归结为情形(II). 因此,情形(I) 、 (II)必有一个成立.即 a ? b ? k ? 1 时,结论成立. 由归纳法原理知,结论成立.


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