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高中数学竞赛试卷及答案数学竞赛训练题三

时间:2013-04-29

数学竞赛训练题三
一、选择题(本题满分 36 分,每小题 6 分) 1.已知数列{an}满足 3an+1+an=4(n≥1),且 a1=9,其前 n 项之和为 Sn。则满足不等式 |Sn-n-6|<

1 的最小整数 n 是( 125



A.5 B.6 C.7 D.8 2.设 O 是正三棱锥 P-ABC 底面三角形 ABC 的中心,过 O 的动平面与 PC 交于 S,与 PA、PB 的延长线分别交于 Q、R,则和式

1 1 1 ( ? ? PQ PR PS



A.有最大值而无最小值 C.既有最大值又有最小值,两者不等 3.给定数列{xn},x1=1,且 xn+1=

B.有最小值而无最大值 D.是一个与面 QPS 无关的常数
2005

3xn ? 1 3 ? xn

,则

?x
n ?1

n

=(



A.1 4.已知 a =(cos

B.-1

C.2+ 3

D.-2+ 3

2 2 π, sin π), OA ? a ? b , OB ? a ? b ,若△OAB 是以 O 为直角顶点 3 3
) C.2 D.

的等腰直角三角形,则△OAB 的面积等于( A.1

1 B. 2

3 2

5.过椭圆 C:

x2 y2 ? ? 1 上任一点 P,作椭圆 C 的右准线的垂线 PH(H 为垂足) , 3 2

延长 PH 到点 Q,使|HQ|=λ|PH|(λ≥1)。当点 P 在椭圆 C 上运动时,点 Q 的轨迹的离心 率的取值范围为( ) A. (0,

3 ] 3

B. (

3 3 , ] 3 2

C. [

3 ,1) 3

D. (

3 ,1) 2

6.在△ABC 中,角 A、B、C 的对边分别记为 a、b、c(b≠1),且 log x=logb(4x-4)的根,则△ABC( )

C sin B , 都是方程 A sin A

b

A.是等腰三角形,但不是直角三角形 B.是直角三角形,但不是等腰三角形 C.是等腰直角三角形 D. 不是等腰三角形, 也不是直角三角形 二、填空题(本题满分 54 分,每小题 9 分) 7.若 log4(x+2y)+log4(x-2y)=1,则|x|-|y|的最小值是_________. 8.如果: (1)a, b, c, d 都属于{1, 2, 3, 4} (2)a≠b, b≠c, c≠d, d≠a (3)a 是 a, b, c, d 中的最小数 那么,可以组成的不同的四位数 abcd 的个数是________. 9.设 n 是正整数,集合 M={1,2,…,2n}.求最小的正整数 k,使得对于 M 的任何 一个 k 元子集,其中必有 4 个互不相同的元素之和等于 10.若对|x|≤1 的一切 x,t+1>(t2-4)x 恒成立,则 t 的取值范围是_______________. 11.我们注意到 6!=8× 10,试求能使 n!表示成(n-3)个连续自然三数之积的最大正整 9× 数 n 为__________. 12.对每一实数对(x, y),函数 f(t)满足 f(x+y)=f(x)+f(y)+f(xy)+1。若 f(-2)=-2,试求满足 f(a)=a 的所有整数 a=__________. 三、解答题(每小题 20 分,共 60 分) 13.已知 a, b, c∈R+,且满足

kabc ≥(a+b)2+(a+b+4c)2,求 k 的最小值。 a?b?c

14.已知半径为 1 的定圆⊙P 的圆心 P 到定直线 l 的距离为 2,Q 是 l 上一动点,⊙Q 与⊙P 相外切,⊙Q 交 l 于 M、N 两点,对于任意直径 MN,平面上恒有一定点 A,使 得∠MAN 为定值。求∠MAN 的度数。

15.已知 a>0,函数 f(x)=ax-bx2, (1)当 b>0 时,若对任意 x∈R 都有 f(x)≤1,证明:a≤2 b ; (2)当 b>1 时,证明:对任意 x∈[0, 1], |f(x)|≤1 的充要条件是:b-1≤a≤2 b ; (3)当 0<b≤1 时,讨论:对任意 x∈[0, 1], |f(x)|≤1 的充要条件。

数学竞赛训练题三答案
一、选择题 1.由递推式得:3(an+1-1)=-(an-1),则{an-1}是以 8 为首项,公比为-

1 的等比数列, 3

1 8[1 ? (? ) n ] 3 =6-6×(- 1 )n, -n-6|=6×( 1 )n< 1 , ∴Sn-n=(a1-1)+(a2-1)+…+(an-1)= ∴|Sn 得: 1 3 3 125 1? 3
3n-1>250,∴满足条件的最小整数 n=7,故选 C。 2.设正三棱锥 P-ABC 中,各侧棱两两夹角为 α,PC 与面 PAB 所成角为 β,则 VS-PQR=

1 1 1 S△PQR· h= ( PQ· PRsinα)·PS·sinβ。另一方面,记 O 到各面的距离为 d,则 3 3 2

VS-PQR=VO-PQR+VO-PRS+VO-PQS,

1 1 1 1 d 1 d 1 d 1 S△PQR· d= S△PRS· d+ S△PRS· d+ S△PQS· d= ? PQ· PRsinα+ ? PS· PRsinα+ ? P 3 3 3 3 3 2 3 2 3 2
Q· PS·sinα , 故 有 : PQ· PS·sinβ=d(PQ· PR· PR+PR· PS+PQ· PS) , 即

1 1 1 sin ? ? ? ? =常数。故选 D。 PQ PR PS d

3 ? 3 , x =tanα , 3.n+1= x 令 n ), ∴xn+6=xn, x1=1,2=2+ 3 , x3=-2- 3 , x n ∴xn+1=tan(αn+ 6 3 1? xn 3 xn ?
2005

x4=-1, x5=-2+ 3 , x6=2- 3 , x7=1,……,∴有

?x
n ?1

n

? x1 ? 1 。故选 A。

4.设向量 b =(x, y),则 ?

?(a ? b)(a ? b) ? 0 ? ?| a ? b |?| a ? b | ?



? 1 3 1 3 ) ? ( ? x ? ,? y ? ?0 2 ?( x ? , y ? ? 2 3 1 ?x ? y ? 1 ? 2 2 2 2 即? ,即 ? . ∴b ? ( , ) 2 2 ?x ? 3 y 1 2 3 2 1 2 3 2 ?( x ? ) ? ( y ? ? ) ? (x ? ) ? ( y ? ) ? 2 2 2 2 ?
或 (?

1 3 1 , ) ,∴S△AOB= | a ? b || a ? b | =1。 2 2 2

5. P(x1, y1), 设 Q(x, y), 因为右准线方程为 x=3, 所以 H 点的坐标为(3, y)。 又∵HQ=λPH,

3(1 ? ? ) ? x ? HP ?1 ? x1 ? ? 所以 ,所以由定比分点公式,可得: ? ,代入椭圆方程, ? PQ 1 ? ? ? y1 ? y ?
得 Q 点 轨 迹 为

[ x ? 3(1 ? ? )]2 y 2 ? ?1 2 3?2













e=

3?2 ? 2 2 3?
b

? 1?

2 3 ? [ ,1) 。故选 C。 2 3 3?

6.由 log

x=logb(4x-4)得:x2-4x+4=0,所以 x1=x2=2,故 C=2A,sinB=2sinA,因

A+B+C=180°, 所 以 3A+B=180°, 因 此 sinB=sin3A , ∴3sinA-4sin3A=2sinA , ∵sinA(1-4sin2A)=0 , 又 sinA≠0 , 所 以 sin2A= A=30° ,B=90° ,C=60° 。故选 B。 二、填空题

1 1 , 而 sinA>0 , ∴sinA= 。 因 此 4 2

?x ? 2 y ? 0 ?x ? 2 | y | ? ?? 2 7. 3 。 ? x ? 2 y ? 0 2 ?( x ? 2 y )(x ? 2 y ) ? 4 ? x ? 4 y ? 4 ?
由对称性只考虑 y≥0,因为 x>0,∴只须求 x-y 的最小值,令 x-y=u,代入 x2-4y2=4,有 3y2-2uy+(4-u)2=0,这个关于 y 的二次方程显然有实根,故△=16(u2-3)≥0。 8.46 个。abcd 中恰有 2 个不同数字时,能组成 C 4 =6 个不同的数。abcd 中恰有 3 个 不同数字时,能组成 C3C2 C2 ? C2 C2 =16 个不同数。abcd 中恰有 4 个不同数字时,能
1 1 1 1 1
2

组成 A 4 =24 个不同数,所以符合要求的数共有 6+16+24=46 个。 4 9. 解考虑 M 的 n+2 元子集 P={n-l,n,n+1,…,2n}. P 中任何 4 个不同元素之和不小于(n-1)+n+(n+1)+(n+2)=4n+2,所以 k≥n+3. 将 M 的元配为 n 对,Bi=(i,2n+1-i),1≤i≤n. 对 M 的任一 n+3 元子集 A,必有三对 Bi1 , Bi2 , Bi3 同属于 A(i1、i 2、i 3 两两不同). 又将 M 的元配为 n-1 对,C i (i,2n-i),1≤i≤n-1. 对 M 的任一 n+3 元子集 A,必有一对 Ci4 同属于 A, 这一对 Ci4 必与 Bi1 , Bi2 , Bi3 中至少一个无公共元素,这 4 个元素互不相同,且和为 2n+1+2n=4n+1,最小的正整数 k=n+3 10.

t ?1 13 ? 1 21 ? 1 。①若 t2-4>0,即 t<-2 或 t>2,则由 2 >x(|x|≤1)恒成立,得 , t ?4 2 2

t ?1 1 ? 21 1 ? 21 1 ? 21 ? 1 , t+1>t2-4, t2-t-5<0 解 得 ,从而 <t<-2 或 ?t ? 2 t ?4 2 2 2
2<t<

t ?1 1 ? 21 。 ②若 t2-4=0, t=2 符合题意。 则 ③若 t2-4<0, 即-2<t<2, 则由 2 <x(|x|≤1) t ?4 2 t ?1 ? 1? 13 ? 1? 13 ? ?1 ,t+1>-t2+4; t2+t-3>0,解得:t< 或 t> ,从 2 t ?4 2 2

恒成立,得



13 ? 1 ? 1? 13 21 ? 1 <t<2。综上所述,t 的取值范围是: <t< 。 2 2 2

11.23. 。 12.1 或-2。令 x=y=0 得 f(0)=-1;令 x=y=-1,由 f(-2)=-2 得,f(-1)=-2,又令 x=1, y=-1 可得 f(1)=1,再令 x=1,得 f(y+1)=f(y)+y+2 ①,所以 f(y+1)-f(y)=y+2,即 y 为正 整数时,f(y+1)-f(y)>0,由 f(1)=1 可知对一切正整数 y,f(y)>0,因此 y∈N* 时, f(y+1)=f(y)+y+2>y+1,即对一切大于 1 的正整数 t,恒有 f(t)>t,由①得 f(-3)=-1, f(-4)=1。 下面证明: 当整数 t≤-4 时, f(t)>0, t≤-4, 因 故-(t+2)>0, 由①得: f(t)-f(t+1)=-(t+2)>0,

即 f(-5)-f(-4)>0,f(-6)-f(-5)>0,……,f(t+1)-f(t+2)>0,f(t)-f(t+1)>0 相加得: f(t)-f(-4)>0, 因为: t≤4, f(t)>t。 故 综上所述: 满足 f(t)=t 的整数只有 t=1 或 t=2。 三、解答题 13. 解: 因为(a+b)2+(a+b+4c)2=(a+b)2+[(a+2c)+(b+2c)]2≥(2 ab )2+(2 2ac +2 2bc )2=

4ab+8ac+8bc+16c ab 。所以

(a ? b) 2 ? (a ? b ? 4c) 2 ? (a ? b ? c) abc

≥ 8(53

1 a 2b 2 c ) ? (55 ) ? 100。 2a 2 b 2 c 2 24

当 a=b=2c>0 时等号成立。故 k 的最小值为 100。 14.以 l 为 x 轴,点 P 到 l 的垂线为 y 轴建立如图所示的直角坐标系,设 Q 的坐标为(x, 0),点 A(k, λ),⊙Q 的半径为 r,则:M(x-r, 0), N(x+r, 0), P(2, 0), PQ= x 2 ? 2 2 =1+r。

所以 x=± r 2 ? 2r ? 3 , ∴tan∠MAN=

k AN ? k AM 1 ? k AN ? k AM

o?r o?h ? ? x?r?h x?r?h o?h o?h 1? ? x?r?h x?r?k

?

2rh 2rh 2rh ? ? 2 2 (x ? k) ? r ? h (? r 2 ? 2r ? 3 ) 2 ? r 2 ? h 2 h 2 ? k 2 ? 3 ? 2r ? 2k r 2 ? 2r ? 3
2

, 令

2m=h2+k2-3 , tan∠MAN=

1 , 所 以 m+r ? k n

r 2 ? 2r ? 3 =nhr ,

∴m+(1-nh)r= ? k r 2 ? 2r ? 3 ,两边平方,得:m2+2m(1-nh)r-(1-nh)2r2=k2r2+2k2r-3k2,

?m 2 ? ?3k 2 (1) ? 2 因为对于任意实数 r≥1,上式恒成立,所以 ?2m(1 ? nh) ? 2k (2) ,由(1) (2)式, ?(1 ? nh) 2 ? k 2 (3) ? 1 1 得 m=0, k=0,(3) 得 n= 。 2m=h2+k2-3 得 h=± 3 , 由 式, 由 所以 tan∠MAN= =h=± 3 。 h n
所以∠MAN=60° 120° 或 (舍) (当 Q(0, 0), r=1 时∠MAN=60° ,故∠MAN=60° ) 。 15. 1) 依题设, ( 证: 对任意 x∈R, 都有 f(x)≤1。 ∵f(x)=-b(x-

a 2 a2 a a2 )+ , ∴f( )= ≤1, 2b 2 b 4b 4b

∵a>0, b>0, ∴a≤2 b 。 (2) (必要性) 对任意 x∈[0, 1], 证: , |f(x)|≤1 ? -1≤f(x)据此可推出-1≤f(1)即 a-b≥-1, ∴a≥b-1。 对任意 x∈[0, 1], |f(x)|≤1 ? f(x)≤1, 因为 b>1, 可推出 f(

1 b

)≤1。 a· 即

1 b

-≤1,

∴a≤2 b ,所以 b-1≤a≤2 b 。 (充分性) :因 b>1, a≥b-1,对任意 x∈[0, 1],可以推出:ax-bx2≥b(x-x2)-x≥-x ≥-1,即:ax-bx2≥-1;因为 b>1,a≤2 b ,对任意 x∈[0, 1],可推出 ax-bx2≤2 b -bx2≤1, 即 ax-bx2≤1,∴-1≤f(x)≤1。 综上,当 b>1 时,对任意 x∈[0, 1], |f(x)|≤1 的充要条件是:b-1≤a≤2 b 。 (3)解:因为 a>0, 0<b≤1 时,对任意 x∈[0, 1]。 f(x)=ax-bx2≥-b≥-1,即 f(x)≥-1; f(x)≤1 ? f(1)≤1 ? a-b≤1,即 a≤b+1; a≤b+1 ? f(x)≤(b+1)x-bx2≤1,即 f(x)≤1。 所以,当 a>0, 0<b≤1 时,对任意 x∈[0, 1],|f(x)|≤1 的充要条件是:a≤b+1.


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