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2011协作体夏令营资料模拟题11-15


2011 年全国高中数学联赛模拟试题十一
大连二十四中学 邰海峰 一 试 一、填空题(每小题 8 分,共 64 分) 1. 设 a, b, c 为方程 x3 ? k1 x ? k2 ? 0 的根( k1 ? k2 ? 1 ) ,则 2.若非负实数 x, y, z 满足 x ? y ? z ? x ? 2 y ? 3z ?
2 2 2

1?

a 1? b 1? c ? ? ? ____. 1? a 1? b 1? c

( x ? y ? z )min ?
2 2

13 ,则 4

.

3. 已 知 圆 ( x ? 20) ? ( y ? 15) ? 1444 内 一 点 C (1 0 , 5和 ) 圆 周 上 两 动 点 A, B , 使 . ?ACB ? 90 ,则斜边 AB 的中点的轨迹方程为 1 3 9 4.求值: cos ? ? cos ? ? cos ? ? . 13 13 13 5.一个由 16 个小方格组成的 4 ? 4 的棋盘,将其中 8 个小方格染黑,使得每行每列恰有两 个黑格,则有 种不同的染法. 6. 将边长为 2 的正△ ABC 沿高 AD 折成直二面角 B ? AD ? C , 则三棱锥 B ? ADC 的 外接球的表面积是 7. 已知坐标平面上三点 A ? 0,3? , B ? 3,0 , C

?

? ?

3,0 , P 是坐标平面上的点,且
. .

?

| PA |? | PB |? | PC ,则 | P 点的轨迹方程为

8. 已知数列{ak}的通项 ak=2k, k=1, 2, ?, n, 则所有的 aiaj(1≤i≤j≤n)的和为 二、解答题(共 56 分) 9.(16 分)如图所示, 设抛物线 y ? 16 3x 的焦点为 F , 准线与对称轴的交点为 N , 过F
2

作直线与抛物线交于点 P 和 Q ,并使 ?NQP ? 90 ,过 P 作 PM 垂直 ox 轴于点 M .求 证: | PM |?| QM | .

y
P

N

O

F

M

x

Q
1

10.(20 分) 定义在 x ? 0 上的函数 f ( x) 满足: ⑴存在 a ? 1 ,使 f (a) ? 0 ; ⑵读任意的实数 b ,有 f ( xb ) ? bf ( x) . 求证:对于任意的 x ? 2 ,有不等式 f ( x ? 1) f ( x ? 1) ? [ f ( x)]2 成立. 11.(20 分) 已知:曲线 C : xy ? 1 ,过 C 上一点 An ( xn , yn ) ,作斜率为 kn ? ? 直线交曲线 C 于另一点 An?1 ( xn?1 , yn?1 ) ,点 An (n ? 1, 2,3, 中 x1 ?

) 的横坐标构成数列 ? xn ? ,其

1 的 xn ? 2

(1)求数列 ? xn ? 的通项; (2)求证: (?1) x1 ? (?1) x2 ? (?1) x3 ?
2 3

11 . 7

? (?1)n xn ? 1 (n ? N *) .

二 试
一、(40 分)设 a、b、c ? 0 ,且 ab ? bc ? ca ? 1 ,求证:
3

1 1 1 1 ? 6b ? ? 6c ? ? 6a ? a b c abc

3

3

二、(40 分)在锐角 ?ABC 中, ?C 的外角平分线交 AB 于 L ,从 L 作边 AC 和 BC 的垂 线,垂足分别为 M 和 N ,设 AN 和 BM 的交点是 P .证明: CP ? AB .

三、 (50 分)试证:当 2 ? n ? 11 时,不存在 n 个连续自然数,使得它们的平方和是完全 平方数.

四、(50 分) n 支球队要举行主客场双循环比赛,每支球队在一周内可以进行多场比赛.但如 果某周内该球队有主场比赛 ,则在这一周内不能安排该球队的客场比赛 .若四周内能够完 成全部比赛,求 n 的最大值.

2

高中数学联赛模拟十一参考答案
一 试 一、填空题 1.

3 ? k1 ? 3k2 1 ? k1 ? k2

由题意, x3 ? k1 x ? k2 ? ( x ? a)( x ? b)( x ? c) 。由此可得

a ? b ? c ? 0 , ab ? bc ? ca ? ?k1 , abc ? k2 以及 1 ? k1 ? k2 ? (1 ? a)(1 ? b)(1 ? c) 。 1 ? a 1 ? b 1 ? c 3 ? (a ? b ? c) ? (ab ? bc ? ca) ? 3abc 3 ? k1 ? 3k2 ? ? ? ? 1 ? k1 ? k2 1? a 1? b 1? c (1 ? a)(1 ? b)(1 ? c)
?3 ? 22 2 x, y, z 均为非负实数,? 2 xy ? 2 yz ? 2 zx ? 2 x ? y ? 0 , 13 ? x 2 ? y 2 ? z 2 ? x ? 2 y ? 3z ? 2 xy ? 2 yz ? 2 zx ? 2 x ? y ? 4 ?3 ? 22 13 ?3 ? 22 或x? y?z ? ? ( x ? y ? z )2 ? 3( x ? y ? z ) ? ? 0 , ?x ? y ? z ? 2 4 2 ?3 ? 22 ?3 ? 22 (舍)所以, ( x ? y ? z )min ? ,只需 x ? y ? 0, z ? 取等. 2 2 2 2 3. ( x ? 15) ? ( y ? 10) ? 672 以 AC , CB 为邻边构造矩形 ACBD ,又 E 在矩形内部,
2.

? EC 2 ? ED2 ? EA2 ? EB2 ? 2R2 ,? ED2 ? 2R2 ? EC 2 ,进而可求得 D 点轨迹方程, 2 2 从而可求得 CD 中点即 AB 中点轨迹方程为 ( x ? 15) ? ( y ? 10) ? 672 1 3 9 5 7 11 4.令 x ? cos ? ? cos ? ? cos ? , y ? cos ? ? cos ? ? cos ? 13 13 13 13 13 13 1 3 1 则 x ? y ? , xy ? ? , y ? x, ? x ? (1 ? 13) 2 4 4 2 2 1 1 1 5. C4 (1 ? C4 ? C2C2C2 ) ? 90
6. 5π
A A A

D B D C B B1 O D E C B

C

法 1 找球心. 如图, 易证 AD⊥平面 B1DC, DB1=DC=1, 且∠B1DC=90° , 作 DB1EC 为正方 形,连 AE, 则 AE 的中点为 B-ADC 的外接球球心, 而 AE2= 12+12+( 3)2= 5, AE= 5,
3

5 5 , 外接球为表面积 4πr2= 4π( )2= 5π. 2 2 法 2. 构造长方体, 把三棱锥 B-ADC 放入长方体中, 则长方体的对角线为三棱锥 B- 5 ADC 的外接球的直径. AD= 3, BD=DC=1, 对角线长为 5, ∴ r= , 外接球为表面积 2 5 4πr2= 4π( )2= 5π. 2 r= 7. x ? ? y ? 1? ? 4
2 2

? y ? 0? .

如图,作正三角形 PCD ,由于 ?ABC 也是正三角形,所以可证得 所以 BD ? AP . 又因为 BD ? PB ? PC ? PB ? PD ,所以点 B, P, D 共线.

?ACP ≌ ?BCD ,
A

?CBP ? ?PAC ,所以 P 点在 ?ABC 的外接圆上,又因为 PA ? PB, PA ? PC ,所以所求的轨迹方程为
x 2 ? ? y ? 1? ? 4
2

? y ? 0? .
而 ? an )2 ] ,

B P

C

8. 因为

1 2 ai a j ? [a12 ? a2 ? 2 1?i ? j ? n

?

2 ? an ? (a1 ? a2 ?

D

2(2n ? 1) a1 ? a2 ? ? an ? ? 2(2n ? 1) , 2 ?1 4(4n ? 1) 4(4n ? 1) 2 2 a12 ? a2 ? ? an ? ? 4 ?1 3 2n ? 4 1 ? 4(2 ? 1) ? (2(2n ? 1))2 ? ? (22 n ?1 ? 3 ? 2n ? 1). 所以 ? ai a j ? ? 2? 3 1?i ? j ? n ? 3
二、解答题 9.证明:先证明更为一般的结论:将题中“ 16 3 ”改为“ 2 p ” ,其他条件不变,证明如 下: 设 P ? xP , yP ?,Q( xQ , xQ ) , ?NQF ? 90 , ?Q 点在以 FN 为直径的圆上,又 Q 在

p 2 ? 2 2 ? 5?2 5 ?2 ? xQ ? yQ ? ( ) 2 ,从而求得 xQ ? 抛物线上,故有 ? p (舍) p 或 xQ ? 2 2 2 ? yQ ? 2 pxQ ?
p p ? xQ 不平行于 y 轴。可设 FQ 的方程为 y ? k ( x ? ) ?????(1) 2 2 2 将(1)代入 y ? 2 px ,得 xQ ?

k 2 x 2 ? p(k 2 ? 2) x ?

p2k 2 ? 0 ?????(2) 4 p2 5?2 p, , 由 (1) 得 xP ? 4 2

? xP , xQ 满足方程 (2) , 即 xP ? xQ ? P, Q 在直线 FQ 上,
4

? PM 2 ? yP 2 ? 2 pxP ? 2 p ?

5?2 p ? ( 5 ? 2) p 2 2 5?2 5 ?2 2 QM 2 ? ( xQ ? xP )2 ? ( yQ ? yP )2 ? ( p? p) ? 2 pxQ ? ( 5 ? 2) p 2 2 2 2 2 所以此命题亦成立. ? PM ? QM ? PM ? QM log x 10. 解:取使 f (a) ? 0 的 a ? 1 ,对 x ? 2 有, f ( x) ? f (a ) ? f (a) log a x . 同理, f ( x ? 1) ? f (a) log a ( x ? 1)
a

f ( x ? 1) ? f (a) log a ( x ? 1) 2 两式相乘,得 f ( x ? 1 ) f x (? 1 ?) f [a ( ) ]a l xo ?g ( a 1 x) ?l o g ( log ( x ? 1) ? log a ( x ? 1) 2 ? [ f (a)]2 [ a ] 2 log ( x 2 ? 1) 2 ? [ f (a)]2 [ a ] 2 1 ? [ f (a)]2 [ log a x 2 ]2 2 ? [ f (a) log a x]2

1)

证毕. ? [ f ( x)]2 . 11. 解.(1)∵过 C: xy ? 1 上一点 An ( xn , yn ) ,作斜率为 k n 的直线交曲线 C 于另一点 An?1 ( xn?1 , yn?1 )



1 1 ? y ? yn xn ?1 xn 1 1 kn ? n ?1 ? ?? ,又∵ kn ? ? , xn ? 2 xn ?1 ? xn xn ?1 ? xn xn ?1 xn
? 1 ??

xn ? 2 1 ,∴ xn ?1 ? . xn xn ?1 xn xn ? 2 x ?2 (1 ? m) xn ? 2 , xn ?1 ? m ? n ?m? xn xn xn xn 1 , ? ? ? xn ?1 ? m (1 ? m) xn ? 2 (1 ? m)( x ? 2 ) n 1? m 2 1 2 ?? ?1, 令m ? ,得 m ? ?2 或 m ? 1 .不妨取 m ? ?2 ,有 1? m xn ?1 ? 2 xn ? 2 1 1 1 1 ? ? ?2( ? ) 从而 xn?1 ? 2 3 xn ? 2 3
∴ 又∵ x1 ?

11 1 1 1 1 ? ? ?2 ? 0 ,所以数列 { ? } 是等比数列. , 7 x1 ? 2 3 xn ? 2 3
5

则 xn ? 2 ?

1 1 (?2) ? 3
n

.

(2) (?1) xn ? (?1) 2 ?
n n

1 1 (2) ? (?1) 3
n n

.

当 n 为偶数时有,

(?1)n ?1 xn ?1 ? (?1) n xn ? ?2 ?

1 2n ?1 ? 1 3

?2?

1 2n ? 1 3

?

2n ?1 ? 2n 1 1 (2n ?1 ? )(2n ? ) 3 3

2n ?1 ? 2n 2n ?1 ? 2n 1 1 ? n n ?1 ? n ?1 ? n . 1 1 2 2 2n 2n ?1 ? (2n ?1 ? ) 2 2 3 3 ①当 n 为偶数时, 1 1 1 1 1 1 (?1) x1 ? (?1)2 x2 ? (?1)3 x3 ? ? (?1)n xn ? ? 2 ? 3 ? 4 ? ? n?1 ? n 2 2 2 2 2 2 1 1 (1 ? n ) 2 ? 1? 1 ? 1; ?2 1 2n 1? 2 ②当 n 为奇数时,前 n ? 1 项为偶数项,于是有: (?1) x1 ? (?1)2 x2 ? (?1)3 x3 ? ? (?1)n xn ? 1 ? (?1) n xn ? 1 ? xn 1 1 ? 1 ? (2 ? ) ? ?1 ? ?1. 1 1 n n (?2) ? 2 ? 3 3 2 3 n * 综合①②得 (?1) x1 ? (?1) x2 ? (?1) x3 ? ? (?1) xn ? 1, n ? N . ?
第二试
3 3 3

1 1 1 ?6 b , v ? ?6 c , w ? ?6, a 则由琴声不等式得, 一、证明:令 u? a b c
3 3 3 ?u?v?w? u ?v ?w ? ? ? 3 3 ? ? 3 3 ab ? bc ? ca 3 3 3 3 3 ? 6(a ? b ? c) ,由于 u ?v ?w ? 3 即u ?v ? w ? 3 abc 3 3 1 ? ab ab ? (ab)2 1 ? bc bc ? (bc)2 1 ? ac ac ? (ac)2 a?b ? ? ? ? ,b ? c ? ,c ? a ? c abc a abc b abc 1 ?1 ? (ab)2 ? (bc) 2 ? (ca) 2 ? 所以, 2(a ? b ? c) ? ? abc ? 3

6

于是,

3 ab ? bc ? ca 3 1 ? ? 6(a ? b ? c) ? 3 4 ? 3[(ab)2 ? (bc)2 ? (ca)2 ]? u?v?w? 3 ? ? abc 3 3 abc 2 2 2 2 由 柯 西 不 等 式 有 , 3? ?(ab) ? (bc) ? (ca) ? ? ? (ab ? bc ? ca) ? 1 , 所 以
u?v?w?
3

3

3

3 abc
3 2 2 2

3 1 1 ? ab ? bc ? ca ? 又因为,由均值不等式 a b c ? ? ,所以 ? ? ? 3 3 abc abc ? ? 27
二、证明:过 C 作 CQ ? AB 于 O ,交 NA 延长线于 Q ,则只需证 M , Q, B 三点共线. , ?BOC ? ?BNL ? 90 ,??BCO ∽ ?BLN BN LN , ? ? , ?COA ? ?LMA ? 90 , ?BAC ? ?MAL BO CO MA LM ??COA ∽ ?LMA,? ? , ?QCA ? ?MLB ,并设其大小为 ? . OA CO 易得 LM ? LN , ?MCL ? ?LCN ,并设其大小为 ? 1 ? BC ? OC ? sin[? ? (? ? 2? )] BO S?BOC 2 BC ? sin(? ? 2? ) , ? ? ? 1 OA S?AOC AC ? sin ? ? AC ? OC ? sin ? 2 1 ? AC ? CQ ? sin ? AQ S?CAQ AC ? sin ? 2 ? ? ? ,又 CM ? CN , QN S?CQN 1 ? CN ? CQ ? sin(? ? 2? ) CN ? sin(? ? 2? ) 2 NB CM AQ BN CN AQ BC ? sin(? ? 2? ) CN AC ? sin ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?1 BC MA QN AM BC QN AC ? sin ? BC CN ? sin(? ? 2? ) 所以由梅涅劳斯逆定理知: M , Q, B 三点共线.,故命题得证. 三、证明:设 x 是非负整数.假若结论不成立,即存在 y ? N 使

( x ? 1) 2 ? ( x ? 2) 2 ? ? ? ( x ? n) 2 ? y 2 , 即 1 nx 2 ? n(n ? 1) x ? n(n ? 1)(2n ? 1) ? y 2 ① 6 1 2 记 A ? n(n ? 1)(2n ? 1). 则 y ? A(mod n). 6 当 n ? 3,4,9 时,分别由① 和 n | y. 令 y ? nz ,代入①得 1 x 2 ? (n ? 1) x ? (n ? 1)(2n ? 1) ? nz 2 , 6
7

n ?1 2 1 2 ) ? (n ? 1) ? nz 2 . 2 12 2 2 把 n ? 5,7 代入后将分别得到 ( x ? 3) ? 2 ? 0(mod 5), ( x ? 4) ? 3 ? 0(mod 7). 但 这是不可能的,故 n ? 5,7 . 1 2 2 2 当 n ? 6,8,10 时,由①得 (n ? 1)[ x ? nx ? n(2n ? 1)] ? x ? y ② 6 2 2 若 n ? 6, 则 由 ② 知 , x ? y ? 0(mod 7) , 由 于 x 的 任 意 性 , 所 以 只 能 有
即 (x ?

x 2 ? 0,1,2,40( m o 7 d ) 因此要使 x 2 ? y 2 ? 0(mod7) 成立 , 只能 x ? 0, y ? 0(mod7) , 于 2 1 是由③知有 7 | n(n ? 1)(2n ? 1) ? 7 ? 13 ,这是不可能的,故 n ? 6. 同理可证 n ? 10. 6 1 2 2 2 若 n ? 8 , 则由②可得 x ? y ? 9 x ? 8 ? 9 x ? ? 8 ? 9 ? 17 ? 204 ? 6(mod9) , 这 6 是不可能的,故 n ? 8. 综上,命题得证. n ? 11时,有 382 ? 39 2 ? ? ? 482 ? 1432.
四、解:如下图所示:表格中有“*”表示该球队该周有主场比赛,不能出访.容易验证,按表格 中的安排, 6 支球队四周内可以完成全部比赛. 球队 1 2 3 4 5 6 第一周 * * * 第二周 * * * 第三周 * * * * * * 第四周

下面证明 7 支球队不能在四周内完成比赛. 设 Si (i ? 1, 2,3, 4,5,6,7) 表示 i 号球队的主场 比赛周次的集合.假设 4 周内能完成比赛, 则 Si 是 {1, 2,3, 4} 的非空真子集. 一方面由于某周内该球队有主场比赛 , 在这一周内不能安排该球队的客场比赛 , 所以◎ Si (i ? 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7) 中,没有一个集合是另一个的子集. 另一方面,设 A ? ?{1},{1, 2},{1, 2,3}? , B ? ?{2},{2,3},{2,3, 4}? ,

C ? ?{3},{1,3},{1,3, 4}? , D ? ?{4},{1, 4},{1, 2, 4}? , E ? ?{2, 4}? , F ? ?{3, 4}? ,
由抽屉原理,一定存在 i, j , (i ? j ) , i, j ?{1, 2,3, 4,5} , Si , S j 属于同一集合 A 或 B 或 C 或

D 或 E 或 F ,必有 Si ? S j 或 S j ? Si 发生. 所以, n 的最大值是 6.

8

2011 年全国高中数学联赛模拟试题 十二
江苏省盐城中学 丁振华

一 试 一、 填空题
1.已知函数
2011 i ?1

f : R ? R ,且满足条件 f ( f ( x) ? f ( y)) ? f ( x) ? y(?x, y ? R) ,则

? f (i) f (i ? 1) ? ________.

1

2.已知正四棱锥 P ? ABCD 的五个顶点在同一个球面上.若该四棱锥的体积为 V , 则球的表面积的最小值为_____________. 3.将 1~16 这 16 个正整数随机地填入 4 ? 4 棋盘的 16 格子中(每格填写一数).则 使每行、每列填数之和皆为偶数的概率为_________. 4.在平面直角坐标系 xOy 中,抛物线 y
2

? 2 x 的焦点为 F .设 M 是抛物线上的动

点.则

MO 的最大值为_______. MF

5. 已知方程 x ? 8 y ? 8z _____. 6.

? n(n ? N ) 有 666 组正整数解 ( x, y, z ) ,则 n 的最大值为

?? C
i ?0 j ?0

50 50

i 50

j C50 除以 31 的余数是_______.

7. 在正四面体 ABCD 中, 设 AE 则 cos? 8

?

1 1 AB, CF ? CD , 记 DE , BF 所成的角为 ? , 4 4

? _____ .
. 设 函 数

f ( x) ? 10 ? 6 cos x ?


17 3 2 ? sin x ? 19 ? 2 2 cos x ? 8 sin x . 8 2

f ( x) 的最小值为____________.

二、解答题
9

9.在数列 {a n } 中,已知 a1 ? (1,2), an?1 求证:

3 2 ? an ? 3an ? 3an (n ? N ? ) ,

? (a
k ?1

n

k

1 ? ak ?1 )( ak ? 2 ? 1) ? . 4

10.以椭圆

x2 ? y 2 ? 1上一点 A(0,1) 为直角顶点的内接等腰 Rt?ABC 有几个? 2 a

11.已知函数

f ( x) ? a(| sin x | ? | cos x |) ? 3sin 2 x ? 7, 其中 a 为实参数,求所
? f ( x) 在区间 (0, n? ) 内恰好有 2011 个零点.

有的数对 (a, n)( n ? N ? ) ,使得函数 y

加 试
1.在 ?ABC 中, BC ? AB , BD 平分 ?ABC 交 AC 于 D,CP 垂直于 BD,垂足为 P,AQ 垂直于 BP,垂足为 Q,M 是 AC 的中点,E 是 BC 的中点.若 ?PQM 的外接圆 O 与 AC 的另一个交点为 H.求证:O,H,E,M 四点共圆.

2.设 r1 , r2 ,?, rn 为不小于 1 的实数. 证明:

1 1 1 ? ??? ? r1 ? 1 r2 ? 1 rn ? 1

n
n

r1r2 ? rn ? 1



3.已知 a1 ? a2 ? 1, ak ?2 ? ak ?1 ? ak (k ? N ? ) ,证明:对任意正整数 m,必存在一 个 k,满足 m | (ak ? ak ? 2) .
4

4.X 是一个 n 元集,指定它的 m 个 k 元子集 A1 , A2 ,?, Am 为红 k 子集,求证:若

m?

(k ? 1)(n ? k ) ? k k ?1 ? C n ,则必存在一个 X 的 k+1 元集,它的所有 k 元子集都是红 k k2

子集.

10

模拟试题十二参考答案
一试

2010 2011 令 x ? 0 得 f ( f (0) ? f ( y)) ? f (0) ? y 可知 f 为满射, 在式中令 x 为 f ( x) 的根 a ,则 f ( f ( y)) ? y , 在式中用 f ( x) 代替 x 得 f ( x ? f ( y)) ? x ? y , 其中,令 y ? a 得 f ( x) ? x ? a , 所以 f ( x ? a ? y ? a) ? x ? a ? y ,即 x ? y ? 3a ? x ? y ? a ? a ? 0 ,故 f ( x) ? x , 2010 所以结果为 . 2011
1.

9? 3 9V 2 21 2 41 4 2 3 2. ; 3. ; 4. ; 5. 304; 6. 1; 7.? ; 8. ?1; 4 4 2145 3 13 3 2 3 9.证明:由 an?1 ? an ? 3an ? 3an , 得an?1 ? 1 ? (an ? 1) ,
令 bn ? an ? 1, 有0 ? b1 ? 1, bn?1 ? bn ? bn ,0 ? bn ? 1 ,
3

则(a k ? a k ?1 )(a k ? 2 ? 1) ? (bk ? bk ?1 )bk ? 2 ? (bk ? bk ?1 )bk3?1 1 1 (bk ? bk ?1 )(bk3 ? bk2 bk ?1 ? bk2?1bk ? bk3?1 ) ? (bk4 ? bk4?1 ) 4 4 n n 1 1 4 1 4 1 4 4 4 故 ? (a k ? a k ?1 )(a k ? 2 ? 1) ? ? (bk ? bk ?1 ) ? (b1 ? bn ?1 ) ? b1 ? . 4 k ?1 4 4 4 k ?1 10.解:设 l AB ? kx ? 1(k ? 0) ,代入椭圆方程得, ?

? 2a 2 k (1 ? a k ) x ? 2a kx ? 0, 所以x B ? 1 ? a2k 2
2 2 2 2

2a 2 k 1 ? k 2 2a 2 1 ? k 2 | AB |? 1 ? k | x A ? x B |? ,同理 | AC |? 1 ? a2k 2 a2 ? k 2 3 2 2 2 2 2 由 | AB |?| AC |, 得k ? a k ? a k ? 1 ? 0.即(k ? 1)[k ? (1 ? a )k ? 1] ? 0 . 2 2 2 综上,当 a ? 3 时,满足条件的三角形有 3 个;当 a ? 3 且 a ? 1 时,满足条件的三角
2

形有 1 个. 11.解:首先,函数 f ( x) 以为 ? 周期,且以 x ?

f ( x ? ? ) ? f ( x), f (k? ?
其次, f (

?
2

k? ? ? (k ? Z ) 为对称轴,即 2 4

? x) ? f ( x)(k ? Z ) ,

k? ? 3? ) ? a ? 7, f (k? ? ) ? 2a ? 10, f (k? ? ) ? 2a ? 4 , 2 4 4 k? ? ? (k ? Z ) 对称, 因为 f ( x) 关于 x ? 2 4
11

k? k? ? k? ? k? ? , ? )及( ? , ? ) 上的零点个数为偶数, 2 2 4 2 4 2 2 要使 f ( x) 在区间 (0,n? ) 恰有 2011 个零点,则上述区间端点必有零点 k? k? ? ? ? (1) 若a ? 7, 则 f( 考虑区间 (0, ) 及 ( , ? ) 上的零点个数. ) ? 0, f ( ? ) ? 0 , 2 2 4 2 2
所以 f ( x) 在 ( 当 x ? (0,

) 时, f ( x) ? 7(sin x ? cos x) ? 3 sin 2 x ? 7 , 2 令 t ? sin x ? cos x(t ? (1, 2 ]. 则 y ? g (t ) ? ?3t 2 ? 7t ? 4 ? 0 , 4 ? ? 解得 t1 ? 1 (舍) , t 2 ? ? 2 sin( x ? ) ,故在 (0, ) 内有两解. 3 4 2 , ? ) 时, f ( x) ? 7(sin x ? cos x) ? 3 sin 2 x ? 7 , 2 2 令 t ? sin x ? cos x(t ? (1, 2 ] ,则 y ? g (t ) ? 3t ? 7t ? 10 ? 0 , 10 ? 解得 t1 ? 1 (舍) , t2 ? ? (舍) ,故在 ( , ? ) 内无解. 3 2 因此, f ( x) 在区间 (0, ? ) 内有三个零点. 故在(0, n? )内有3n ? (n ? 1) ? 4n ? 1 ? 2011个零点。解得n ? 503.
当 x?( 同理可得满足条件 (a, n) ? (7,502), (5 2 ,2011), (2 2 ,2011) . 二试 1.解答:联结 PH,作 AQ 延长线交 BC 于 N,则 Q 为 AN 的中点. ? M 为 AC 中点, ? QM // BC .

?

?

1 ?ABC , 2 同理,延长 CP 交 BA 延长线于 N ? 可得 PM // BN ? , 1 因此 ?MPQ ? ?ABP ? ?ABC , 2 ? QM ? PM . 又? Q, H , P, M 四点共圆,? ?PHC ? ?PHM ? ?PQM ,得 ?PHC ? ?PBC , ? P, H , B, C 四点共圆,得 ?BHC ? ?BPC ? 90 0 , 1 故 HE ? BC ? EP . 2 结合 OH ? OP ,知 OE 为 HP 的中垂线, 1 由 ?MPQ ? ?ABC ? ?PBC 及 E 为 BC 中点可得 P,M,E 共线, 2 故 ?EHO ? ?EPO ? ?OPM ? ?OMP ,所以 O,H,E,M 四点共圆 k 2. 分析: 考虑用数学归纳法, 但归纳过渡很难完成, 为此我们先证 n ? 2 时不等式成立. k 解答:当 n ? 1时,不等式显然成立,以下用归纳法证明当 n ? 2 时不等式成立.
故 ?PQM ? ?PBC ?
12

( r1r2 ? 1)( r1 ? r2 ) 2 1 1 2 ? ? ? ? 0. r1 ? 1 r2 ? 1 r1 r2 ? 1 (r1 ? 1)(r2 ? 1)( r1 r2 ? 1) 若当 k ? m 时,不等式成立,考虑 k ? m ? 1 的情况.即要证明: 若对 n 个数原不等式成立,则对 2n 个数不等式也成立. 2n n 2n 1 1 1 n n 而? . ?? ?? ? ? n r r ?r ? 1 n r i ?1 ri ? 1 i ?1 ri ? 1 i ? n ?1ri ? 1 1 2 n n ?1 rn ? 2 ? r2 n ? 1
当 k ? 1 时有 故当 n ? 2 (k ? 1,2,?) 时原不等式成立.
k

对任意正整数 n,存在正整数 k,满足 m ? 2 ? n .
k

令 rn?1 ? rn? 2 ? ? ? rm ? n r1r2 ?rn ,则由上述结论可得

1 1 1 m?n ? ??? ? ? n r1 ? 1 r2 ? 1 rn ? 1 r1r2 ? rn ? 1

m
n

r1r2 ? rn ? 1



因此原不等式成立 评注:数学归纳法的灵活使用是本题的关键,此法也是证明平均不等式的经典方法. 3.分析:注意到 ak ? ak ? 2 ? (ak ? 1)(ak ? ak ? ak ? 2) , (ak ? ak ? ak ? 2) 难于 处理,考虑证明存在 k,满足 m | (ak ? 1) .又因为线性递归数列(斐波那契数列是一个 特例)是模周期数列,考察 a i 对 m 的模可得结论. 解答: m ? 1 时命题成立. m ? 2 时,设 bi ? ai (mod m)(0 ? bi ? m ? 1) ,则 bi ? bi ?1 ? bi ?2 (mod m) . 可以看出, 数对 (bi , bi ?1 ) 决定了 bi ?1 和 bi ? 2 , 又形如 (bi , bi ?1 ) 的数对的可能取值只有 m 个 由抽屉原理,必存在 1 ? i ? j ? m ? 1 使得 (bi , bi ?1 ) ? (b j , b j ?1 ) .令 p ? j ? i ,因为
2
2

4

3

2

3

2

(bi , bi ?1 ), (b j , b j ?1 ) 决 定 了 前 后 项 , 所 以 对 于 任 意 k ? N ? , 有 bk ? p ? bk , 即
ak ? p ? ak ( m o m d).
由 a1 ? a2 ? 1(mod m) ,得 a3 p ?1 ? a3 p ? 2 ? 1(mod m) ,因此

a3 p ? a3 p ? 2 ? a3 p ?1 ? 0( m o d m) ,
a3 p ?1 ? a3 p ?1 ? a3 p ? 1( m o d m) , a3 p ?2 ? a3 p ? a3 p ?1 ? ?1(mod m) , 取 k ? 3 p ? 2 即可. 评注:若数列满足递推式 an? m ? f (an? m?1 , an? m?2 ,?, an ) ,其中 f ( x1 , x2 ,?, xm?1 ) 是关
于 x1 , x2 ,?, xm?1 的整系数多项式,则数列 {a n } 是模周期数列.若 f ( x1 , x2 ,?, xm?1 ) 中

x m ?1 只有一次项且系数为 b, (b, c) ? 1 ,则数列 {a n } 是模 c 的纯周期数列 4. 解答: 反证法, 假设不存在符合要求的 k+1 元集, 设 X 的所有 k-1 元子集为 B1 , B2 ,?, Bd ,
其中 d ? C n ,设包含 B j 的集合 A 的个数为 r j ,由于每一个 Ai 包含了 k 个 B j ,有
k ?1

?r
j ?1

d

j

? km , 考 察 集 合 与 元 素 组 成 的 对 子 ( Ai , B j , x) , 其 中
13

x ? B j , B j ? Ai ,{x} ? B j ? Al (i ? 1,2,?, m)

( j ? 1,2,?, d )(l ? 1,2,?, m) .设这样的对子共有 S 个. 一方面,关于 B j 计数,由 ri 的定义,确定 B j 后 Ai 有 ri 种选择,此后 x 又有 ri 种选择,
于是

S ? ? rj
j ?1

d

2



另一方面,关于 Ai 计数, S ?

?t
i ?1

m

i



t i 表示第一项为 Ai 的对子的数目,下面证明 t i ? (k ? 1)(n ? k ) ? k ③ 先选定 x,若 x ? Ai ,这样的对子至多 k-1 个. (否则 {x} ? Ai 所有的 k 元子集为 Ai 和 {x} ? B p ( p ? 1,2,?, k ) ,都是红 k 子集. {x} ? Ai 构成题中要求的 k+1 元子集. )若 x ? Ai ,这样的对子恰有 1 个. 因为 x ? Ai 时 x 有 n-k 种取法, x ? Ai 时 x 有 k 种取法.所以③成立.
结合①②,

?r
j ?1

d

2 j

?? t i ? m((k ? 1)(n ? k ) ? k ) .
i ?1

m

由柯西不等式,

?r
j ?1

d

2 j

1 d (km) 2 (km) 2 2 ? (? r j ) ? ? k ?1 . d j ?1 d Cn

(km) 2 (k ? 1)(n ? k ) ? k k ?1 于是 k ?1 ? m((k ? 1)(n ? k ) ? k ) , m ? ? C n .与题设矛盾. Cn k2

2011 年全国高中数学联赛模拟试题十三
长沙市一中 申东

一试
一、填空题(本题满分 64 分,每小题 8 分) 1.设 a , b 是两个非零向量,且 | a |?| b |?| a ? b |, 则 b与a ? b 的夹角为________. 2.已知函数 f ( x) ? loga (log2 a x ? x ) 对任意 x ? (0, ) 都有意义,则实数 a 的取值范围
2

1 2

是__________. 3.已知数列 {an } 为等差数列(公差 d ? 0 ),{an } 中的部分项组成的数列 ak1 , ak2 , 恰为等比数列,其中 k1 ? 1, k2 ? 5, k3 ? 17, 则

, akn ,

?k
i ?1

n

i

=_________.

4.6 位身高互不相同的同学站成两排拍照留念,前后两排各三人,则后排人均比前排同学 高的概率=_______.
14

5.直线 kx ? y ? 2 与曲线 1 ? ( y ? 1) ?| x | ?1有两个不同的交点,则实数 k 的取值范围
2

是_______. 6.已知等腰三角形的底边长为 a, 腰长为 b ,且 a ? 3b ? 3ab , 则其顶角=______.
3 3 2

7.设四棱锥 M ? ABCD 的底面是正方形, 且 MA=MD,MA ? AB,如果 ?AMD 的面积为 1, 则能够放入这个棱锥的最大球的半径为____________. 8.已知对每一个实数 x 和 y,函数 f ( x) 满足 f ( x) ? f ( y) ? f ( x ? y) ? xy .若 f (1) ? m , 则 满足 f (n) ? 1998 的正整数对(m,n)共有____________个. 二、解答题(本题满分 56 分) 9.(16 分)已知圆 C 的圆心 C 在抛物线 x ? 2 py( p ? 0) 上运动,且圆 C 过 A(0,p)点,
2

若 MN 为圆 C 在 x 轴上截得的弦,设|AM|=m,|AN|=n,求 10.(20 分)已知 f ( x) ?

2x ? a ( x ? R) 在区间[-1,1]上是增函数. x2 ? 2

m n ? 的取值范围. n m

(1)求实数 a 的值所组成的集合 A; ( 2 )设关于 x 的方程 f ( x) ?

1 的两根为 x1 , x2 . 试问:是否存在实数 m ,使不等式 x

m2 ? tm ? 1 ?| x1 ? x2 | 对任意 a ? A 及 t ?[?1,1] 恒成立?若存在,求出 m 的取值范围;
若不存在,请说明理由. 11.(20 分)已知数列 {an } 满足 a0 ? 4, a1 ? 22, 且 an ? 6an?1 ? an?2 ? 0(n ? 2).

yn 2 ? 7 (n ? 0) . 证明:存在两个正整数数列 {xn } 和 { yn } 满足 an ? xn ? yn
二 试(180 分)
一.(40 分)以锐角 ? ABC 的一边 AC 为直径作圆,分别与 AB、BC 交于点 K、L,CK、 AL 分别与 ? ABC 的外接圆交于点 F、D(F ? C,D ? A) ,E 为劣弧 AC 上一点,BE 与 AC 交于点 N. 若 AF ? BD ? CE ? AE ? CD ? BF .证明: ?KNB ? ?BNL .
2 2 2 2 2 2

二.(40 分) 设 b、n 是大于 1 的整数,若对每一个大于 1 的正整数 k, 都存在一个整数 ak ,

15

使得 k (b ? ak ). 证明:存在整数 A,使得 b=An.
n

三.(50 分)实数 a1 , a2 ,

, an (n ? 3) 满足
? an 2 ? n2 .

a1 ? a2 ?

? an ? n ,且 a12 ? a22 ? , an } ? 2 .

求证: max{a1 , a2 ,

四.(50 分)一个 (n ?1) ? ( n ?1) 的正方形被分成 (n ? 1) 个单位正方形,这些单位正方形的
2

使得每个单位正方形 n 2 个顶点中的每一个被染为红色或蓝色.求不同的染色方法的数目, 的顶点中恰有两个红点(在两种染色方法中,至少有一个点被染的颜色不同就认为是两 种不同的染色方法).

模拟试题十三参考答案
1.150 ? ,数形结合可得. 2. [

1 1 1 , ) .即 x 2 ? log 2 a x 对 0 ? x ? 恒成立,画出函数 y ? x 2 与 y ? log 2a x 的图像, 32 2 2

?0 ? 2 a ? 1 1 1 ? 数形结合可得: ? ?a? . 1 1? 32 2 log 2 a ? ? ? 2 4
3. 3 ? n ? 1 .由题可知 d ?
n

1 a1 ,故数列 ak1 , ak2 , 2

, akn ,

的公比 q ?

a5 ? 3, a1

? akn ? a1 ? 3n?1 ? a1 ? (kn ? 1)d ,可得: kn ? 2 ? 3n?1 ? 1 ? ? ki ? 3n ? n ? 1
i ?1

n

1 6 3 3 , 6 位同学共有 A6 种排法,其中后排人均比前排高的排法有 A3 ? A3 种,相除既得. 20 4 4 5. [?2, ? ) ? ( , 2] ,曲线为两个半圆,直线过定点(0,-2) ,数形结合可得. 3 3 a , 又 sin 3? ? 3sin ? ? 4sin 3 ? , 6. 40? 或 80? ,设顶角为 2? ,则 sin ? ? 2b
4.

? sin 3? ?

3ab2 ? a3 3 ? , 而 0? ? 3? ? 180?,?3? ? 60?或120?? 2? ? 40?或80? 3 2b 2
16

7. 2 ? 1,易证面 MAD ? 面 ABCD,分别取 AD、BC 的中点 H、K,连 MH、HK、MK,
可证 ?MHK 的内切圆半径即为棱锥内切球的半径,设 AD ? a, 则 MH=

2 , a

a? r?

2 4 ? a2 ? 2 a a ? 2

2 2 4 a ? ? a2 ? 2 a a

?

2 2 2 (a ? ) ? (a ? ) 2 ? 4 a a

? 2 ?1

8.16 个,令 y=1,得 f ( x) ? f (1) ? f ( x ? 1) ? x,? f ( x ? 1) ? f ( x) ? m ? x,

? f ( x) ? f ( x ?1) ? m ? ( x ? 1), f ( x) ? [ f ( x) ? f ( x ?1)] ? [ f ( x ?1) ? f ( x ? 2)] ?
= mx ?

? [ f (2) ? f (1)] ? f (1)

1 1 x( x ? 1) ,而 f (n) ? 1998 ,设 1998 ? mn ? n(n ? 1) 2 2

? n(2m ? 1 ? n) ? 4 ? 33 ? 37 ,又 n ? (2m ? 1 ? n) ? 2m ? 1为奇数,
所以 n与(2m ? 1 ? n) 为一奇一偶,当 n 为偶数时,(2m ? 1 ? n) 取得奇数的个数为(3+1) (1+1)=8 个( 3 ? 37 的约数) ,即有 8 个解;同理,n 为奇数时,也有 8 个解,故共有
3

16 个. 9.解:设 C ( x0 , y0 ) ,则圆 C 的方程为 ( x ? x0 ) ? ( y ? y0 ) ? x0 ? ( y0 ? p) ,
2 2 2 2

令 y=0,并由 x0 ? 2 py0 ,得 x ? 2 x0 x ? x0 ? p ? 0, 解得: x1 ? x0 ? p, x2 ? x0 ? p ,
2
2 2 2

从而|MN|=2p, 设 ?M A N
2

1 1 2 p2 ? mn ? ? ? ,由 S?MAN ? mn sin ? ? | OA || MN |? p 2 , sin ? 2 2
2 2

又由余弦定理得: m ? n ? 2mn cos ? ? 4 p ,所以 m ? n ? 4 p (1 ?
2 2 2

cos ? ) sin ?

?

m n m2 ? n 2 ? ? ? ? 2(sin ? ? cos ? ) ? 2 2 sin(? ? ) n m mn 4
0 ?? ?



?
2

?

?
4

?? ?

?
4

?

5? 2 ? ? ? sin(? ? ) ? 1 , 4 2 4
17

从而

m n ? 的取值范围是 [2, 2 2] . n m

10.解: (1) f ?( x) ?

4 ? 2ax ? 2 x 2 ?2( x 2 ? ax ? 2) ? , ( x 2 ? 2)2 ( x 2 ? 2)2

f ( x) 在[-1,1]上是增函数, ? f ?( x) ? 0 对 x ? [-1,1]恒成立,即 x2 ? ax ? 2 ? 0 对 x ? [-1,1]恒成立.①
设 ? ( x) ? x ? ax ? 2 ,则有
2

①? ?

?? (1) ? 1 ? a ? 2 ? 0 ? ?1 ? a ? 1 ?? (?1) ? 1 ? a ? 2 ? 0

又对 x ?[?1,1] , f ( x) 是连续函数, 且只有当 a ? 1 时, f ?(?1) ? 0 以及当 a ? ?1 时, f ?(?1) ? 0

? A ? {a | ?1 ? a ? 1}
(2)由 f ( x) ?

1 2 ,得 x ? ax ? 2 ? 0 . x

? ? a 2 ? 8 ? 0,? x1 , x2 是方程 x2 ? ax ? 2 ? 0 的两实根.

?x ? x ? a ?? 1 2 ? x1 x2 ? ?2
从而 | x1 ? x2 |? ( x1 ? x2 ) ? 4 x1 x2 ?
2

a 2 ? 8. ?1 ? a ? 1,

? | x1 ? x2 |? a 2 ? 8 ? 3, 要使不等式 m2 ? tm ? 1 ?| x1 ? x2 | 对任意 a ? A 及 t ?[?1,1] 恒
成立,当且仅当 m ? tm ? 1 ? 3 对任意 t ?[?1,1] 恒成立.②
2

设 g (t ) ? m ? tm ? 2 ? mt ? (m ? 2) ,则有
2 2
2 ? ? g (?1) ? m ? m ? 2 ? 0 ②? ? ? m ? 2或m ? ?2 2 ? ? g (1) ? m ? m ? 2 ? 0

18

所以,存在实数 m,使不等式 m ? tm ? 1 ?| x1 ? x2 | 对任意 a ? A 及 t ?[?1,1] 恒成立,
2

且实数 m 的取值范围是 {m | m ? 2或m ? ?2} 11. 特征方程两根 x1 ? 3 ? 2 2, x2 ? 3 ? 2 2. 设 an ? Ax1 ? Bx2 ,由 a0 ? 4, a1 ? 22,
n n

得:

? 4 2 ?5 A? ? ? ?A ? B ? 4 ? 2 2 ?? ? ? 4 2 ?5 ? A(3 ? 2 2) ? B(3 ? 2 2) ? 22 ? B ? ? 2 2 ? 1 ? an ? [(4 2 ? 5)(3 ? 2 2)n ? (4 2 ? 5)(3 ? 2 2) n ], 2 2
1 ? 2an 2 ? 7 ? [(4 2 ? 5) 2 (3 ? 2 2) 2 n ? (4 2 ? 5) 2 (3 ? 2 2) 2 n ? 14] ? 7 4 1 ? [(4 2 ? 5)(3 ? 2 2) n ? (4 2 ? 5)(3 ? 2 2) n ]2 4
令 yn ?

1 1 (4 2 ? 5)(3 ? 2 2) n ? (4 2 ? 5)(3 ? 2 2) n ,则 yn 2 ? 7 ? 2an 2 , 2 2

令 xn ? yn ? 2an (n ? N ), 则有

xn ? yn ? 2an ? (

1 1 1 1 ? )(4 2 ? 5)(3 ? 2 2) n ? ( ? )(4 2 ? 5)(3 ? 2 2) n 2 2 2 2

?

9 2 ? 13 ?9 2 ? 13 (3 ? 2 2) n ? (3 ? 2 2) n . 2 2

? xn?2 ? 6 xn?1 ? xn , x0 ? 13, x1 ? 57,? xn ? N? (n ? N ).
同理? yn? 2 ? 6 yn?1 ? yn , y0 ? 5, y1 ? 31,? yn ? N? (n ? N ). 故数列 {xn },{ yn } 为满足题设的数列.

二 试
1.由于以 AC 为直径的圆分别与 AB、BC 交于点 K、L,则 CK ? AB, AL ? BC. 设 CK 与 AL 交于点 H,则 H 为 ? ABC 的垂心.故点 H 与 F 关于 AB 对称,点 H 与 D 关
19

于 BC 对称. 所以,AF=AH,CD=CH,BD=BH=BF.若 AF ? BD ? CE ? AE ? CD ? BF ,则
2 2 2 2 2 2

AH 2 ? CE 2 ? CH 2 ? AE 2 , 即 AH 2 ? CH 2 ? AE 2 ? CE 2 , 设点 H、E 在边 AC 上的射影
分别为 M、M1,则 AH ? CH ? AM ? CM ? AC ( AC ? 2CM ),
2 2 2 2

AE 2 ? CE 2 ? AM12 ? CM12 ? AC ( AC ? 2CM1 ), 所以 CM ? CM1 ,即 M 与 M1 点重合,
故 B、 H、 E 三点共线.又因为 N 为边 AC 与 BH 的交点, 则 BN ? AC, 所以, ?KNB ? ?BNL. 2.设 b 的质因数分解式为 b ? p1 1 p2
? ?2

ps?s , 其中, p1 , p2 ,

, ps 是互不相同的质数,
?1 ?2 ?s

?1 , ? 2 , , ? s 是正整数.下面证明:所有的指数 ? i 都被 n 整除.设 A= p1 n p2 n

ps n , 则

b ? An . 对 于 k=b2, 应 用 条 件 得 b2 | (b ? ak n ). 于 是 , 对 于 每 一 个

i( 1 ?i?s p )i 2? ,i

i , ) b?a | k n( , 又 ) 因 为 pi?i | b, 所 以 , ak n ? b ? 0 ( m p oi?d

ak n ? b ? 0(mod pi?i ?1 ) ,
这表明 pi i || ak , 从而, ? i 是 n 的倍数.
n

?

3.设 a1 , a2 ,

, an 中有 i 个非负数, 记为 x1 , x2 ,

, xi , 有 j 个负数, 记为 ? y1 , ? y2 , , an } ? 2 ,即 max{x1 , x2 ,

,?yj ,

其中 i ? 0, j ? 0, i ? j ? n .假设 max{a1 , a2 ,

, xi } ? 2 ,

x1 ? x2 ? ? x1 ? x2 ?

? xi ? (? y1 ) ? (? y2 ) ? ? xi ? n ? y1 ? y2 ?

? (? y j ) ? n , ? yj , 又 max{a1 , a2 ,

, an } ? 2 ,y1 , y2 ,
? yj ,

, yj ? 0 ,

则 2i ? x1 ? x2 ?

? xi ? n ? y1 ? y2 ?

? y j ? i ? j ? y1 ? y2 ? ? an 2 ? n2 得:

?i ? j ? y1 ? y2 ?

? y j ,又由 a12 ? a22 ?

x12 ? x22 ? ? x12 ? x22 ?

? xi 2 ? (? y1 )2 ? (? y2 )2 ? ? xi 2 ? n2 ? ( y12 ? y22 ?

? (? y j ) 2 ? n 2 ? y j 2 ) ? n2 ? ( y1 ? y2 ?
20

? y j )2 ? n2 ? (i ? j )2

? (i ? j )2 ? (i ? j )2 ? 4ij ,由于 i ? 0, 故 j<1,又 j ? 0,? j ? 0
故 a1 , a2 ,

, an 均为非负数,? 4n ? a12 ? a22 ? , an } ? 2 .

? an 2 ? n2 ,从而 n<4,这与 n>3 矛盾.

所以,假设不成立,即 max{a1 , a2 , 4.不同的染色方法的数目为 2
n ?1

要么两种颜色交替出 ? 2 .在第一行的点有两种染色方式:

现,要么两个相邻的点同色.第一种情况:每一行要么和其上一行的染色方式完全相同, 要么和其上一行的染色方式完全相反,即每行都有两种染色方法。因此,共有 2 种不同 的染色方法。第二种情况:第一行共有 2 ? 2 种不同的染色方法,而后面每一行由第一
n n

行唯一确定,因此,共有 2 ? 2 种不同的染色方法.综上,共有 2 + 2 ? 2 = 2
n n n

n ?1

? 2 种不

同的染色方法.

高中数学联赛一试题 十四
上海中学数学组 周建新

一、填空题
1、 正实数项等比数列{an}, 定义 ? n ? 值是( ) 。

? lg a
i ?1

n

i

(n≥1), 已知 ? 1003

? ? 1004,则 ? 2007
) 。



2、复数 z1 和 z 2 满足 z1 ? z 2 ? 2 ? i, | z1 |?| z 2 | ,则 3、点 F1、F2 是双曲线
2 2 2

z1 z 2 的值是( | z1 z 2 |

x2 y2 ? ? 1 的左、右焦点,点 P 在双曲线右支上,且 PF2,PF1, 4 45
) 。
?

F1F2 成等差数列,则∠F1PF2 的大小是(

4、 不定方程, x +y +z = xyz , 且 x≤y≤z, x, y, z ? N , y ≤4 的所有正整数解( x, y, z ) 的个数有( ) 。 5、点 A 和 D 位于双曲线 y ?

1 1 (x〈0)的图形上,点 B 和 C 位于双曲线 y ? (x>0)的图 x x
) 。

形上, 且 A、 B、 C、 D 构成凸四边形 ABCD, 则∠BAD 与∠BCD 的大小关系是 (

b= 6、 设 a, b, c 是空间单位向量, 其中 a = (1, 0, 0) , ( ,

1 3 ,0 ) , 则 1? a ? c + 1? b ? c 2 2

的最小值是( ) 。 7、电脑画面的操作中,符号 O 与 X 反复出现,操作中出现与前面符号相同的概率为 P (仅与前一次) 。最初,电脑画面出现符号 X,操作反复进行,符号 X 出现 3 个之前,符
21

号 O 出现 n 次的概率记为 Pn。符号 O 出现 n 个操作结果。若 P2= ( ) 。

1 时,则 P 的值是 2

8、设 a、b、c 是三角形三边长,m 为正整数,只要 a 2 ? b 2 ? mc2 , 就有 c 是该三角形最 短边,则 m 的最小值是( ) 。

二、解答题
9、给定正实数 K。圆心为( a,b )的圆 至少与抛物线 y ? kx 有三个公共点,一个是
2

原点(0,0),另两个点在直线 y ? kx ? b 。求 a,b 的值(用 k 表示) 。 10、设 min {( x ? a ) - x }= g (a) ,求 g (a) 的最大值。
2
x?R

11 、 已 知 数 列 { a n } , { bn } , 且 an?1 ? an ? 2bn,bn?1 ? bn ? 2an (n ≥ 1) 。 若
n ?1 7 2a1 ? b1 ? ,求数列 cn ? 2 2 an ? bn ( n ≥1)的通项公式。 2

2

2

加 试
一.ABC 为一锐角三角形, ? 为它的外接圆,? 过 A、B 的切线为分别交? 的过 C 的 切线于 T,U。AU 交 BC 于 P、AP 的中点为 Q、BT 交 AC 于 R,BR 中点为 S,证明: ∠BAS=∠ABQ.

n ( n ?1) xk 二、设 x ? R ,对一切正整数 n 。证明: ? ≥ x2 . k ?1 k
?

n

2

1

三、证明:对任意质数 P,总存在无限多个各分量相异的四元正整数数组(x、y、z、t) , 使得 ( x ? pt )( y ? pt )( z ? pt ) 都是完全平方数.
2 2 2 2 2 2

四.2000×2000 表格中每格填上 1 个数字 1 或-1,且表格中所有数字之和非负。问是否 可以找到表格中的 1000 行和 1000 列,使这些成列交叉处的数中的数之和≥1000?
22

模拟试题十四参考答案
1、0. ? 1003 ? ? 1004 ? lg a1004 ? 0.

3 4 ? i .令 zi ? r (cos ? i ? sin ? i )(i ? 1,2) 则 5 5 cos? 1 - cos? 2 ? ??2 -2= =-tan 1 , sin? 1 - sin? 2 2 3 4 ? cos(?1 ? ? 2 ) ? ? , sin(?1 ? ? 2 ) ? . 5 5 z1 z 2 3 4 ? ? cos(? 1 ? ? 2 ) ? sin(? 1 ? ? 2 ) ? ? ? i 。 z1 z 2 5 5
2、 ? 3、

2? 。由于 a ? 2, b ? 3 5 , c ? 7 ,由题设知 3 PF1 ? PF2 ? 4,2 PF1 ? PF2 ? F1 F2 ? PF2 ? 14,

? PF1 ? 10, PF2 ? 6. ? cos ?F1 PF2 ? 10 2 ? 6 2 ? 14 2 1 2? ? ? ,即?F1 PF2 ? . 2 ? 10 ? 6 2 3 2 2 2 2 2 2 4.2.先估计 y 的范围,由 z ? xyz ? x ? y ? 0, z ? R ,则△= ( xy ) ? 4( x ? y ) ≥ 2 2 2 2 0,即 ( y ? 4) x ≥ 4 y >0, ? y ? 4 >0,? y >2, 又 y≤4,故 y=3,4 2 若 y ? 3 时,由 5 x ≥36,? x ≥3,又 x ≤ y =3,? x =3。 2 此时 9 ? 9 ? z ? 9 z ,? z ? 3,6 故(3,3,3) , (3,3,6)满足。 2 当 x ? 3, y ? 4 时, z ? 12 z ? 25 ? 0 ,无整数解。 2 当 x ? 4, y ? 4 时, z ? 16 z ? 32 ? 0 无整数解。 1 1 1 1 5.相等。设点 A(?a,? ), B(b, ), C (a, ), D(d , ) 这里不妨设 a < b , d < ? a , a >0. a b a d 1 1 1 1 (b ? a, ? ) ? (d ? a, ? ) CB ? CD b a d a ? cos∠BCD ? 1 1 1 1 BC ? CD (b ? a) 2 ? ( ? ) 2 ? (d ? a) 2 ? ( ? ) 2 b a d a abcd ? 1
=

1 ? a 2b 2 1 ? a 2 d 2



1 1 1 1 ? ) ? (b ? a, ? ) AD ? AB d a b a ? cos∠BAD= a ? d a ? b AD ? AB 1 ? a2d 2 ? 1 ? a 2b 2 ad ab ( d ? a,
23

=

abcd ? 1 1 ? a ? b2 1 ? a 2 ? d 2
2

1 1 1 1 ? ) ? (b ? a, ? ) AD ? AB d a b a cos∠BAD= ? a ? d a ? b AD ? AB 1 ? a2 ? d 2 ? 1 ? a 2b 2 ad ab abcd ? 1 ( d ? a,
1 ? a 2 ? b2 1 ? a 2 ? d 2 2 2 1 1 2 6. .由于 1 ? a ? c ? a ? c ,1 ? b ? c ? b ? c , 2 2 2 2 故 1? a ? c ? 1? b ? c ? (a ?c ? b?c) 2 2 2 ≥ a ?b ? , 当 c ? a 时,可以取到等号。 2 2 1 7. 。仅有以下三种情况,①X00,概率为 (1 ? P) ? P ; 2 3 2 2 ②XOXO,概率为 (1 ? P) ,③XXOO,概率为 (1 ? P) P 。 1 3 2 则 ? P2 ? (1 ? P) ? P ? (1 ? P) ? (1 ? P) P 2 ? P ? P 2 ? 1 ? 3P ? 3P 2 ? P3 ? P 2 ? P3 ? 1 ? 2P ? 3P 2 ? 2P3 1 1 1 ? 0 ? 2 P 3 ? 3P 2 ? 2 P ? ? ( P ? )(2 P 2 ? 2 P ? 1) ,? P ? 。 2 2 2 8、5.当 m=4 时,取 a ? 0.9, b ? 1.8, c ? 1 满足。 a 2 ? b 2 ? 4.05 >4×1=4·C2,而 c 不是该△的三边中最短边。
类似地,m=1,2,3 时,亦不满足题设,故 m≥5。 当 m=5 时,即 a ? b >5c2,不妨设 a ≥ b ,
2 2

=

。故∠BAD=∠BCD。

由 a ? c? a ? b ? c ? 2bc? a ? 2b ? 2bc ? c ? a ? b
2 2 2 2 2 2

2

? 2b 2 ? 2bc ? c 2 ?5c 2 ? b2 ? bc ? 2c 2 ?o ? (b ? 2c)(b ? c)?0 ? b?c, 即 a ≥ b 〉 c 。 故 c 必是该三角形的最短边,故 mmin ? 5 。 2 2 2 2 9.设 ? O: ( x ? a) ?( y ? b) ? a ? b , 即 x 2 ? 2ax ? y 2 ? 2by ? 0 。 抛物线与直线 y ? kx ? b 的两个交点坐标为 ( x1 , y1 , ), ( x2 , y2 ) , x1 ? x2 ? 1 2 kx1 ? kx1 ? b 则 ,即 ① b 2 x1 x2 ? ? kx2 ? kx2 ? b k
24

这两点亦在圆上,即

o ? x1 ? 2ax1 ? y1 ? 2by1 ? x1 ? 2ax1 ? (kx1 ? b) 2 ? 2b(kx1 ? b),
(1 ? k 2 ) x1 ? 2ax1 ? b 2 ? 0 。同理, (1 ? k 2 ) x2 ? 2ax2 ? b 2 ? 0 2a x1 ? x 2 ? , 1? k 2 即 ② ? b2 x1 x 2 ? . 1? k 2 1 1? k 2 1 2 比较①,②知: a ? (1 ? k ), b ? ?k? 。 2 k k 2 10.记 f ( x) ? ( x ? a) ? x , 已知 g (?a) ? g (a) 先 讨论 a ≥0 时。
若 x ≥0 时, f ( x) ? x ? 2(a ? ) x ? a ? ? x ? (a ? )? ? a ? , 2 2 ? 4 ?
2 2
2 2

2

2

2

1

?

1 ?

2

1

1 1 min f ( x) ? f (a ? ) ? ?a ? . x ?0 2 4
若 x ? 0 时, f ( x) ? x ? 2(a ? ) x ? a ? ? x ? (a ? )? ? a ? ,分类讨论。 2 2 4
2 2

1

? ?

1 ? ?

2

1

1 (a ? R). 4 1 1 故 max g (a) ? max{? | a | ? } ? ? . a?R a?R 4 4 2n ?2n ?1 11.猜到 C n ? 2 ? 2 (n≥1)。用数列归纳法可知 当 n ? 1 时,结论成立,假设 n 对,下证 n+1 时,
可知, g (a) ? ? | a | ?

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

n

n

2

2

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

n

n ?1

? (2 2 ? 2 ?2 )(2 2 an ? bn )

n ?1

? 22

n ?1

? 2 ?2

n

故 n+1 也对,由数列归纳法可知,结论成立.

25

加试解答 一.证明

AR S ?ABT AB ? AT ? SinC ? ? RC S ?BCT BC ? CT ? SinA AB SinC c SinC c c ? ? ? ? ? ? BC SinA a SinA a a AR c2 c2 c2 BP c 2 ,由 ? 2 。同理 ? ? ,? AR ? 2 ? b. ① AC a 2 ? c 2 PC b 2 a ? c2 a S AS ? AB ? Sin? BS ? ?ABC ? ? 1, AS ? AR ? Sin ( A ? ? ) S ?ARS RS cSin ? cSin ? ? 1? AR ? .② AR ? Sin ( A ? ? ) Sin ( A ? ? )


Sin? bc SinBSinC ? 2 ? ? Sin? ( Sin 2 A ? sin 2 C ) ? SinBSinCSi n( A ? ? ) 2 2 2 Sin ( A ? ? ) a ? c Sin A ? Sin C
。 同样的 Sin? (Sin B ? Sin C ) ? SinASinCSi n( B ? ? ) 。
2 2

Sin? (Sin 2 A ? Sin 2C ) ? SinBSinC (SinA cos ? ? cos Asin ? ) , Sin 2 A ? Sin 2 C ? SinBSinC sin Actg ? ? sin B sin C cos A

? ctg ? ?

Sin 2 A ? Sin 2 c ? sin C sin A cos B . sin A sin B sin c sin 2 A ? sin 2 c ? sin C sin A cos B 同理 ctg ? ? . sin A sin B sin c ? ? ? ? ctg? ? ctg? ? sin 2 a ? sin C sin B cos A ? sin 2 B ? sin C sin A cos B ? sin 2 A ? sin 2 B ? SinC (SinA cos B ? sin B cos A) ? sin(sin( A ? B) ? 2 sin 2 A ? 2 sin 2 B ? cos 2B ? cos 2 A 成立! 2 1 1 n ( n ?1) xk 二证明:当 n=1 时, ? ? x, x 2 ? x, x ≥ x ,原不等式成立! k k ?1
设原不等式的 n-1 成立,考虑 n 的情形: 由归纳假设,有

?
k ?1

n

n ?1 n ( n ?1) xk xk xn n2 2 ?? ? x ≥x ? . n k k k ?1

2

2

1

2

原不等式成立,只需证 x
1

1 n ( n ?1) 2

n ( n ?1) xn ? ≥ x2 . n

2

1

两边同除以 x 2

n ( n ?1)

即得 1 ?

1 2 n ( n?1) n x ≥x . n

1

由平均不等式有

26

1 1 1 1 2 n ( n?1) 1 2 n ( n?1) ≥ ? ? ?? ? ? x ? x n ?1 n ?1 n - 1 2n 2n

1

1

x n ( n ?1) (n ? 1) n ?1 n (n ? 1) ? x ? ( ) n ?1 . (n ? 1) n ?1 (2n) 2 (n ? 1) n?1 (2n) 2 n ?1 2 2 n?1 n ?1 n ?1 2 只需证明 (n ? 1) ≥ (n ? 1) (2n) ? 4 ≤ ( ) (1 ? ) 。 n n ?1 n ?1 2 2 n?1 9 当 n-1=1 即 n=2 时,右边= ( ) (1 ? ) ? ? 4 ,成立! n n ?1 2 2 2 2 2 n?1 2 2 当 n-1≥2 即 n≥3 时,有 (1 ? ) ≥1+ C n ? Cn ) ?1 ? ?1 ? ( n ?1 n ?1 n ?1 n?2 (n?)(n ? 2) 4 ? 1? 2 ? 2 ? ? 1? 2 ? ? 2 n ?1 2 (n ? 1) 1 ≥ 1 ? 2 ? 2 ? ? 4 ,成立。从而得证.? 原不等式,对 n 亦成立. 2
n ?1

1

综上,由数学归纳法,原不等式得证. 三证明:由于佩尔方程 x ? py ? 1有无多组正整数得(s,t),且设 s≥4。
2 2

令 x ? s ? 1, y ? s ? 1, z ? s ? 1,有
2

( x 2 ? pt 2 )( y 2 ? pt 2 )(t 2 ? pt 2 ) 2 2 2 2 2 2 = ( x ? s ? 1)( y ? s ? 1)( z ? s ? 1) ? (s 2 ? 1)s 2 ? (s ? 1)(2s) ? (s ? 1)(2s) ? ((s 2 ? 1)2s 2 ) 2 。
这里,x、y、z 互异,下证 x、y、z 均异于 t。 由于 x ? s ? 1 ? pt ? t ,假设 y ? s ? 1 ? t ,则
2 2

(s ? 1)(s ? 1) ? pt 2 ? p(s ? 1) 2 ,则 s ? 1 ? p(s ? 1) > s ? 1 > s ? 1。矛盾! 假设 z ? s ? 1 ? t , 则 (s ? 1)(s ? 1) ? pt 2 ? p(s ? 1) 2 ,则 s ? 1 ? p(s ? 1) ≥ 2( s ? 1) > s ? 1 ? s ≥4,亦矛盾!
四解:结论是肯定的

由于表格中所有数之和是非负的,故可找到一行,它们含有不少于 1000 个 1。变动列的 序,使这一行的前 1000 格填的数均为 1,表格中前 1000 列组成的 2000×1000 的矩形用 A 表示,而后 1000 列组成的 2000×1000 的矩形用 B 表示,在 A 中每行各数之最大的前 1000 行用 A1 表示,其余的用 A2 表示. 假设 A1 中各数之和小于 1000,下证 A2 中每行各数之和均为负数。事实上,若 A2 中有一行各数之和非负,则 A1 中所有行中每行各数之和均非负。而 A1 中有一行各格均 为 1,从而 A1 中所有数之和≥1000,矛盾! 因此,A2 中每行各数之和≤-2。因为任何一行各数之和均为偶 数,故 A 中各数之 和小于 100+(-2)×1000=-1000,又整个表格各数之和非负,因此矩形 B 的各数之和必
27

大于 1000. 设 B1 是矩形 B 中每行各数之和最大的 1000 行,其余的 1000 行用 B2 表示。下证: B1 中各数之和≥1000. B2 中每行各数之和非正,又 B 中各数之和>1000,故 B1 中各数之和>1000。 B2 中有一行各数之和为正,则 B1 中每行各数之和为正,故 B1 中各数之和≥1000.

全国高中数学联赛模拟试题十五
上海市延安中学 羡学超 一、填空题 1. a ? 0 , b ? 1, 若以 a ? log8 b , a ? log16 b , a ? log 64 b 为边长的三角形是 Rt △ ,则

b ? __________. 3 2 2.复数 z ,使 z ? z ? 2 z ,则 z 的所有可能值为 _________.
3.△ ABC 中, cos A ? sin B ? 1,

a

sin A ? cos B ? 3 ,则 cos( A ? C ) =_________.

4.长方体 ABCD ? A1B1C1D1 中,AB=AA1=4,AD=3,则异面直线 A1D 与 B1D1 间的距离 为________. 5.曲线 x ? my ? 1, 焦点 F1,F2 及准线 l1 , l2 与 x 轴交点 K1,K2 这四个点在 x 轴上等距排列,则 m 的值为___________.
2 2

6.多项式 P( x) ?
2
2002

x 4 ? ax3 ? bx 2 ? cx ? d
2 2 2
k

( a , b , c , d ?R ) 的四根分别为


( a ? b ) , ( b ? c ) , (c ? d ) 和 ( a ? a ? 2b ) ,则 a ? b ? c ? d =
( k ?1 ) ? 2 最接近的整数是 k ?1 ( k ? 1 ) ! 8. n 个人 A1 , A2 , , An 各与他们中的 a1 , a2 , 现 m 个不同值,则 mmax ? mmin ?
7.与

?



, an 个人互相认识。设 a1 , a2 ,


, an 中共出

二、解答题 9.是否存在单位圆内接三角形 ABC,其三边长 BC ? a, CA ? b, AB ? c ,且存在实数 p,使得关于 x 的方程 x ? 2ax ? bcx ? p 以 sin A, sin B, sin C 为根?
3 2

10. f ( x) ? a1 x

2001

? a2 x 2000 ? ? ? a2001 x ? a2002 ? x ( x10 ? x 2 ? x ) 200 ,
, bn?2 ? bn ? bn?1 ( n ? N ) ,求: ? ai bi 的值.
i ?1 2001

b0 ? 1 , b1 ? 2 ,

x2 y2 ? ? 1, ( ?为锐角 ) ,右焦点为 F,过原点的直线与椭圆 11.椭圆 1 ? sin ? ? cos ? sin ?
交于 A、B (1)记 S?FAB 的最大值为 S ( ? ) ,求 S ( ? ) 关于 ? 的表达式. (2) ? 为何值时, S ( ? ) 有最大值?最大值有多少?
28





一、 ?ABC 内一点 D,延长 AD,BD,CD,分别交 ?ABC 外接圆于 A1 , B1 , C1 , 当 AB ? CD ? AC ? BD ? AD ? BC 时,证明: A1B1 ? AC 1 1.
2 2 2 2 2 2

二 、 T 为 给定正 数.对给 定正整数 n , 实数 u1 , u2 ,

, un 满足 : um ?

m ? 2, 3, , n . 1.问 u1 共有多少个不同的取值,能使 un ? 1 ? 2.对 T ? 4 ,求 u1 的所有可能值,使 un ? 1 .
q p

Tum?1 , (1 ? um?1 )2

三、 p , q 为质数, p ? q , (1)求所有数组 ( p , q) ,使得 pq p ? q ? 1 *(2)证明:对任意数组 ( p , q) ,必可找到正整数 a ,使得 pq p
aq

? q ap ? a .

四、设 n ? N ,把集合 {1,2,?, n} 分拆为两个非空集合 A 与 B , (即有 A
*

B ?? , ) 使得对 A 中任意两个不同的元素 a, b , 有a ?b? A; 对B中 A B ? {1, 2, , n} , 任意两个不同的元素 c, d ,有 cd ? B 。求 n 的最大可能值,使得存在满足题意的分
拆。

29

模拟试题十五参考答案
一试答案 1.4096 解:设 log 2 b ? c ,∵ b ? 1, ? c ? 0

log c log 2 b c 2b ? a ? , a ? log16 b ? a ? ?a? 3 3 4 4 log 2 b c c c c a ? log64 b ? a ? ? a ? ,显然 a ? ? a ? ? a ? ,由已知: 6 6 3 4 6 a c c2 c c c 即 ? ?0, ( a ? )2 ? ( a ? )2 ? ( a ? )2 . 整 理 得 : a 2 ? 6 48 3 4 6 c c c c ( a ? )( a ? ) ? 0 ,∵ a , c ? 0 , ? a ? ? 0 , ? a ? 4 12 4 12 a a a 1 log 2 b ∴ ? ? , ? log 4096 b ? ? a ,∴ b ? 4096 . log 2 b c 12 12 2.0,1, ?1 ? 2i , ? 1 ? 2i a?lo g 8b?a?
解: z ? z ? 2 z
3 2

= 2 z ? z ,∴ z ( z ? 1 ? 2 z ) ? 0
2 2

当 z ? 0 时,满足条件,当 z ? 0 时, z ? 1 ? 2 z ? 0 设 z ? a ? bi ( a , b ? R ) , 则 a ? b ? 2 abi ? 1 ? 2( a ? bi )
2 2

? a 2 ? b 2 ? 1 ? 2a ? 0 (1) ∴ ? ? 2ab ? 2b ? 0 (2) 由(2) 2b( a ? 1 ) ? 0 2 1) b ? 0 代入(1) 整理得: (a ? 1) ? 0 ? a ? 1 2 2) b ? 0 ,则 a ? ?1 代入(1) 得: b ? 4 ? b ? ? 2 经检验,复数 z ? 1, ? 1 ? 2i 均满足条件 ∴ z 的所有可能值为 0,1, ?1 ? 2i , ? 1 ? 2i 。
3.

3 2
由已知: ( cos A ? sin B ) ? ( sin A ? cos B ) ? 1 ? 3 ? 4
2 2

( cos2 A ? sin 2 A ) ? ( cos2 B ? sin 2 B ) ? 2( cos A sin B ? sin A cos B ) ? 4 4?2 sin C ? sin( A ? B ) ? cos A sin B ? sin A cos B ? ? 1, 2
∵ C ? ( 0 , ? ) ,∴ C ?
2 2

?

2 sin B ? co s B ? ( 1 ? co s A )2 ? (

3 ? sin A )2

? 4 ? 2cos A ? 2 3 sin A ? cos2 A ? sin 2 A
30

? 4 ? 4sin( A ?
∴ sin( A ? ∴ A?

?
6

) ?1

?
6

) ? 1 ,∵ A ? ( 0 , ? ) ,

, ? ) , A? ? ? A ? 6 6 6 6 2 3 ? ? 3 cos( A ? C ) ? cos( ? ) ? 3 2 2 ?(

?

? 7

?

?

?

4.

6 34 17
解:连 BD、A1B、DB1,∵ B1D1∥BD, ∴ B1D1∥面 A1BD。 设 B1D1 与 A1D 之间的距离为 h ,则 B1D1 与面 A1BD 之间距离也为 h , 由已知得:A1D=BD= 3 ? 4 ? 5 ,A1B= 4 ? 4 ? 4 2 ,
2 2
2 2

∴ D 到 AB 距离 d ? ∴ S?A1BD ?

A1D 2 ? (

A1 B 2 ) ? 17 2

1 2 34 1 h ? d ? A1B ? 2 34 ∴ VB1 ? A1DB ? ? S?A1BD ? h ? 3 3 2 1 1 4? 4 又 VB1 ? A1DB ? VD ? A1B1B ? ? S?A1B1B ? AD ? ? ?3 ? 8 3 3 2 2 34 6 34 ∴ h ?8? h ? 3 17 1 3 5. 或 ? 2 2 解:1)当 m ? 0 时,曲线为双曲线,显然 F1,F2 与 K1,K2 分别关于原点 O 对称,且 OF2 ? OK 2 ,不妨设 K2,F2 在 y 轴右侧
由已知 K1,K2,F1,F2 等距排列,可得 ∴

F1 K1 ? K1 K2 ? K2 F2 ? d

1 d 3 K1 K 2 ? ? OF2 ? d ? 3 OK 2 2 2 2 1 1 由曲线方程解出 F2 ( 1 ? , 0 ) , K2 ( , 0) m 1 1? m 1 1 1 ? 1 ? ? 3? ?m? m 2 1 1? m 2)当 m ? 0 时,由已知,曲线应为焦点在 x 轴上的椭圆,显然 F1,F2 与 K1, K2 分 别 关 于 原 点 O 对 称 , 且 OK 2 ? OF2 , 类 似 第 一 种 情 况 , K 2O ?
31

1 1? 1 m

? 3? 1 ?

1 3 ?m?? 。 m 2

这两种情况均符合题意,∴ m ? 6 .0

1 3 或? 2 2

解:由已知,方程有 4 个实根。由韦达定理得:

?a ? ( a ? b )2 ? ( b ? c )2 ? (c ? d )2 ? ( a 2 ? a ? 2b )
? a 2 ? 2b ? ? [ ( a ? b )2 ? ( b ? c )2 ? (c ? d )2 ] ? 0
另一方面: a
2

? 2b ? ( x1 ? x2 ? x3 ? x4 )2 ? 2( x1 x2 ? x1 x3 ?

? x3 x4 )

? x ? x2 ? x3 ? x4 0 ?
(其中 x1

2 1

2

2

2

? ( a ? b )2 , x2 ? ( b ? c )2 , x3 ? (c ? d )2 , x4 ? a 2 ? a ? 2b )
2

∴只可能 a 7. 2
2002

? 2b ? 0 ,并且 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? 0 ? a ? b ? c ? d ? 0 ? a?b?c?d ? 0

( k ? 1 ) ? 2k 2002 2k 2k ?1 21 22003 22003 ? ?( ? ? ? ? 2? ?2 解: ? k ! ( k ? 1 )! 1! 2003! 2003! k ?1 ( k ? 1 ) ! k ?1

22003 2 2 而 ? ? ? 2003! 2003 2002

2002

2 25 2 5 1 ? ? ? ? 6 5! 5! 2

( 2?

22003 22003 )?2 ? ( 2? ) ?1 2003! 2003!

∴与

( k ? 1 ) ? 2k 最接近的整数是 2 ? k ?1 ( k ? 1 ) !

8. n 解:在 Ai , Aj 间连一条边,当且仅当 Ai , Aj 相识。 若所有顶点之间两两连线,则 n 个顶点度数全同,对应有 mmin ? 1 若 n 为偶数,连 A1 A2 , A1 A3 , ……

, A1 An , A2 A3, A2 A, , A2 4 n ?A , 1
2 2

An An ?1

n ? n?k (k ? ) ? ? 2 则 ak ? ? ?n ? k ? 1 (k ? n ) ? ? 2
32

若 n 为奇数,连 A1 A2 , A1 A3 , ……

, A1 An , A2 A3, A2 A, , A2 4 n ?A , 1
2 2 2 2

An?1 An?1 , An?1 An?3

n ?1 ? n?k (k ? ) ? ? 2 则 ak ? ? ?n ? k ? 1 (k ? n ? 3 ) ? ? 2 都使 m ? n ? 1 又假设 mmax ? n ,则必有点 Ai 度数为 n ? 1 ,也必有点 A j 度数为 0。由前者知:
有边 Ai Aj ;由后者知,无边 Ai Aj 。矛盾!故 mmax ? n ? 1 于是, mmax ? mmin ? n 。 9.解 假定存在这样的三角形,则由韦达定理得: (1) (2)

?2a ? sin A ? sin B ? sin C , ? ?bc ? sin A sin B ? sin B sin C ? sin C sin A. sin A sin B sin C 1 1 由题目所给条件结合正弦定理得: ? ? ? ? . a b c 2R 2 1 ? 2 a ? ?a ? b ? c?, ? ? 2 由(1) 、 (2)可知: ? ?bc ? 1 ? ab ? bc ? ca ? . ? ? 4 整理得: 3a ? b ? c , 3bc ? ab ? ac . 2 2 (3)代入(4)得: 3bc ? a(b ? c) ? 3a ,故 bc ? a . 三角形 ABC 中, b ? a ? c , c ? a ?b. (6)代入(3)得到: 3a ? b ? c ? a ? 2c ,即 a ? c . (7)代入(3) ,类似得到: a ? b . 2 (8) 、 (9)代入(5) ,得: bc ? a ? bc ,矛盾!

(3) (4) (5) (6) (7) (8) (9)

故不存在满足题目条件的三角形. 10.解:由 ? bn ?的递推关系得: b2 ? 1 , b3 ? ? 1 , b4 ? ? 2 , b5 ? ? 1 ,

b6 ? 1 ? b0 , b7 ? 2 ? b1 , 于是有 b6 k ? 1 , b6 k ?1 ? 2 , b6 k ? 2 ? 1 , b6 K ?3 ? ? 1 , b6 k ? 4 ? ? 2 , b6k ?5 ? ? 1 ( k ? N ) 设 ? ?

3 1 ? i ,则有 ? 6 ? 1 ? 10 ? ? ? , 2 2
33

f ( ? ) ? ? (?

10

? ? 2 ? ? ) 200 ? ? ( ?

2

) 200 ? ?

401

?

3 1 ? i 2 2

2002 1 ,又由 f (? ) ? ? ai ? 2002?i 2 i ?1 1 1 1 1 1 Re ( f (? ) ) ? ? a1 ? a 2 ? a3 ? a 4 ? a5 ? a6 ? ? ? a 2001 ? a 2002 2 2 2 2 2 ∵ a2002 ? f ( 0 ) ? 0 1 1 ∴ Re ( f (? ) ) ? ? ( 2 a1 ? a2 ? a3 ? 2a4 ? a5 ? a6 ? ? ? a2001 ) ? 2 2 而 a i 前的系数恰好等于 bi ( i ? 1 , 2 , , 2001 )

∴ Re( f ( ? ) ) ?

2001



?a
i ?1

i

bi ? 2 a1 ? a2 ? a3 ? 2a4 ? a5 ? a6 ? ? ? a2001 ? ? 1

11. (1)作直线 y ?

sin ? 与 y ? ? sin ? 为椭圆切线,切椭圆于 P、Q,过 O 作一

直线, 交椭圆于 A、 B, 交两切线于 C、 D, 连 FA、 FB、 FC、 FD、 FP、 FQ, ∵ PC∥FQ∥DQ, ∴ S△ FPQ = S△ FPO + S△ FQO = S△ FCO + S△ FDO = S△ FCD ? S△ FAB 等号当且仅当 A、C、P 重合,B、D、Q 重合时取到, ∴ S ( ? ) = S△ FPQ = =
4

1 1 FO ? PQ ? ( 1 ? sin ? ? cos ? ) ? sin ? ? 2 sin ? 2 2 sin ? ( 1 ? cos ? ) 此为 S (? ) 关于 ? 的表达式

(2) ∵ S ( ? ) =

sin ? ( 1 ? cos ? )
2

∴ S (? ) ? sin

? ( 1 ? cos ? )2 ? ( 1 ? cos 2 ? ) ( 1 ? cos ? ) 2 3 = ( 1 ? cos ? ) ( 1 ? cos ? )
1 ? ( 3 ? 3cos ? ) ( 1 ? cos ? ) ( 1 ? cos ? ) ( 1 ? cos ? ) 3 1 ( 3 ? 3 c? o s? ) ?( 1?c? o s ?) ( ?1 ? c o? s ? ?[ 3 4 1 6 4 27 = ?( ) ? 3 4 16
=
4

)? ( 41 ]

cos

)



S( ? ) ?

27 ? 16

4

27 2

当 3 ? 3cos ? ? 1 ? cos ? , 即 cos ? ?
4

1 ? ? ? ? 时, 2 3

S ( ? ) 取最大值

27 。 2

注:在第(1)问解答中,使用了平面几何方法,使解题过程比较直观,整道题中, 还将三角、二次曲线及不等式等有关知识包含在内,故本题综合度较大。
34

加试答案
一、证明:连结 B1C , B1C1 ,以下约定∠BAC=A,∠ABC=B,∠ACB=C

?B1 AC ? A ,1 ?A B1C 1 ? 1 B , 1?AC B1 ?1C 1 1 1 A , B , C , 1A , 1B , 在 C 同一圆上,于是有: 1 B1 D s i n ? B s i n 1A 1 CD ? ? CD sin ? C 1B D s i n A B D sin C1 同理得: 1 ? AD sin C CD sin C1 sin A sin C1 sin A A1B1 BC 故 ? ? ? ? ? ? AD sin C sin A1 sin A1 sin C B1C1 AB AB ? CD A1 B1 整理得: ① ? AD ? BC B1C1 AC ? BD A1C1 同理得: ② ? AD ? BC B1C1
2 2 2 2 2

1

①2+②2,利用条件 AB ? CD ? AC ? BD ? AD ? BC ,有
2

A1B12 A1C12 ? ? 1 ? B1C12 ? A1 B12 ? A1C12 2 2 B1C1 B1C1 ? A1B1 ? AC 1 1
二、1.设 un ? 1 ,据条件递推式不难依次推得: un?1 ? 0, un?2 ? 0,

, u1 ? 0 . 由递推式, 对任意 m ?{2, 3, , n} , 每个 um 的可能值恰确定两个 um ?1 的可能值. 事 Tum?1 T 2 实 上 , 注 意 到 um ? 0 , 将 u m ? 恒 等 变 形 得 : (1 ? um ?1 ) ? um?1 , 即 2 (1? um?1 ) um

?T ? 2 um ? 2 ? um?1 ? 1 ? 0 .把它看作关于 um?1 的一元二次方程,则其判别式值为 ?1 ? ? ? um ?
?T ? 2 故有两个不相等实根, 所以 um 恰确定了 um ?1 的两个可取值. ? ? 2? ? 4 ? 2 ? 4 ? 0 , ? um ? 另一方面,不同的 um 可能值各自确定的 um ?1 的可能值必无重复.这是因为,假如由 Tum?1 um 的可能值 um(1) , um(2) 都能得到 um?1 ,则 um (1) ? ? um (2) . (1 ? um?1 ) 2
通过以上讨论,对 k ? 2, 3, 能值.特别地,共有 2
n ?1
2

, n ? 1 ,依次可知: un 间接确定了 2k 个 un ? k 的不同可

个 u1 的不同可能值,能使 un ? 1 .
2

2.当 T ? 4 时,由于 u1 ? 0 ,故可以令 u1 ? tan
35

? (? ?

k? ,k 为整数) . 2

下面证明: um ? tan (2
2

m?1

? ), m ? 1, 2, , n .

(1)

m ? 1 时,显然成立. 设 m ? m0 ? n 时命题成立,则 m ? m0 ? 1 时,

? 2 tan(2m0 ?1? ) ? 4 tan 2 (2m0 ?1? ) m0 2 um0 ?1 ? ? ? ? ? ? tan (2 ? ) ,而题 m0 ?1 m0 ?1 2 2 2 2 (1 ? um0 ) (1 ? tan (2 ? )) ? 1 ? tan (2 ? ) ? ? m 中 um0 ?1 的存在自然保证了对任意整数 k, 2 0 ? ? k ? ? .故 m ? m0 ? 1 时,命题也成 2 4um0
立. 由数学归纳法知, (1)得证. (1)中令 m ? n ,结合已知条件得: tan (2
2 n ?1

2

? ) ? un ? 1 .

(2)

故 tan(2 即? ?

n ?1

? ) ? ?1,即 2n?1? ?

(2k ? 1)? (k 为整数) . (3) 2n ?1 反之,由(3)也不难推出 u1 , u2 , , un 存在,且(2)成立.所以,若记 u1 的所有可 2 (2k ? 1) ? 取值构成集合 U,则 U ? { tan (4) k 为整数}. 2n ?1 ? y ? tan 2 x 的图象以 ? 为周期,以 x ? 0 为一条对称轴,且在区间 [ 0, ) 上严格单 2
调上升. 以上函数性质结合(4) ,不难得到: U ? { tan ={ tan
2

k? ? , ? (k 为整数) 2 4

(2k ? 1)? k ? 0, 1, 2, 2n?1

, 2n?1 ? 1 }

(2n ? 1)? }. 2n ?1 ? 3? u1 的所有可能值即为: tan 2 n ?1 , tan 2 n ?1 , 2 2
2

? 3? , tan 2 n ?1 , n ?1 2 2

, tan2

, tan 2

(2n ? 1)? . 2n ?1
q p

三、解: (1)若 p ? q ( ? 2 ) ,则 p ? q ? 1 ? 1 ( mod p ) ,与 p p ? q ? 1 矛盾!
q p

故 q ? p ?1
q p


q

由 pq p ? q ? 1 知: q p ? 1 又由费马小定理得: p ? p ( mod q ) ,即 q p ? p
q
q q q ∴ q p ? 1 ? ( p ? p ) ,即 q p ? 1



由①、②,只有 q ? p ? 1,故 p ? 2,
q p

q?3

p ? q ?1 ? 3 ? Z ,故 ( p , q) ? ( 2,3) 为所求数组。 pq (2)我们来求出一个 a .
经检验,此时
36

p ? q 时,取 a ? p 2 即可. p ? q 时,10 若 q ? 1 ( mod p ) 设 q ? kp ? 1 ( k ? N * )
取 a ? kp ( p
a

?1 ) ?1 q ? ( kp ? 1)a ? 1 ? 1 ? kp( p kp ?1 ? 1) ? ? a ( mod p ) ③

kp ?1

p a ? a ? p kp ( p

kp?1

?1) ?1

? kp ? ( p kp ?1 ? 1 ) ? 1

? ( p kp ) p ?2 ? p kp ?1 ? kp ? p kp ?1 ? ( kp ? 1 ) ? p kp ?1 ? kp ? p kp ?1 ? ( kp ? 1 ) ? q ( p kp ?1 ? 1 ) ? 0( mod q ) ④ aq ap ap a 由③及费马小定理: p ? q ? a ? q ? a ? q ? a ? 0( mod p ) aq ap 由④及费马小定理:类似可得: p ? q ? a ? 0( mod q )
又 ( p , q ) ? 1 ,∴ pq p
aq

kp?1

? q ap ? a

20 若 q ? 1 ( mod p ) 令 a ? ( p ? 1 ) ( q ? 1 ) a1

a1 ? N * 待定 ( q ? 1?a )1 qap ? p aq ? a ? q a ? a ? (q p?1 ) ? (p ? 1 ) q(? a 1 1 ) ? 1 ? ( p ? 1) ( q ? 1) a1 ( mod p ) ap aq 同理: q ? p ? a ? 1 ? ( p ? 1) ( q ? 1) a1 ( mod q ) 只须取 a1 ,使 ( p ? 1) ( q ? 1) a1 ? ?1( mod pq ) 即可 ∵ q ? 1 ( mod p ) ,∴ ( p ? 1, q ) ? ( q ?1, p ) ? 1 ∴ ? ( p ?1 ) ( q ?1 ) , p q ) ? ? 1
当 a1 跑遍模 pq 的完系时,( p ? 1 ) ( q ? 1 ) a1 也跑遍模 pq 的完系, 故可
*

取 a1 ? N ,使 ( p ? 1) ( q ? 1) a1 ? ?1( mod pq ) 成立 综上,必有正整数 a 满足条件. 四、解: (1)若 1 ? B ,? 1 ? 2=2,1 ? 3=3,1 ? 5=5,? 2,3,5 ? A 或 n ? 4. 假设 n ? 5,则? 2,3,5 ? A ,2+3=5,与题意矛盾! (2)若 1 ? A ,2 ? B ,不妨假定 n ? 4. 当 3 ? A 时,? 1+3=4,? 4 ? B . ? 2,4 ? B ,2 ? 4=8,? 8 ? A 或 n ? 7. 当 n ? 8 时,? 1,3,8 ? A ,3+5=8,1+8=9,? 5,9 ? B 或 n ? 8. 当 n ? 9 时,? 2,5 ? B ,2 ? 5=10,? 10 ? A 或 n ? 9. 当 n ? 10 时,? 8,10 ? A ,8+10=18,? 18 ? B 或 n ? 17. 设 n ? 18,由于 2,9,18 ? B ,2 ? 9=18,所以产生矛盾! ? 当 3 ? A 时, n ? 17. 当 3 ? B 时,? 2,3 ? B ,2 ? 3=6,? 6 ? A 或 n ? 5. 当 n ? 6 时,? 1,6 ? A ,1+5=6,1+6=7,? 5,7 ? B 或 n ? 6. 当 n ? 7 时,? 2,5,7 ? B ,2 ? 5=10,2 ? 7=14, ? 10,14 ? A 或 n ? 13。
37

当 n ? 14 时,? 6,14 ? A ,6+8=14,? 8 ? B . ? 2,8 ? B ,2 ? 4=8,? 4 ? A 但 4,6,10 ? A ,4+6=10,矛盾! ? 当 3 ? B 时, n ? 13。 (3)若 1 ? A ,2 ? A ,不妨假设 n ? 18。 则由 1+2=3 知,3 ? B . 当 4 ? B 时,? 3,4 ? B ,3 ? 4=12,? 12 ? A . ? 2,12 ? A ,2+10=12,? 10 ? B . ? 3,10 ? B ,3 ? 10=30,? 30 ? A 或 n ? 29. 当 n ? 30 时,? 2,12,30 ? A ,2+28=30,12+18=30 ? 18,28 ? B . ? 3,18 ? B ,3 ? 6=18,? 6 ? A . ? 4,28 ? B ,4 ? 7=28,? 7 ? A . 但 1,6,7 ? A ,1+6=7,矛盾! 故 n ? 29. 当 4 ? A 时,? 1+4=5,2+4=6,? 5,6 ? B . ? 3,5,6 ? B ,3 ? 5=15,3 ? 6=18,? 15,18 ? A . ? 4,15 ? A ,4+11=15, ? 11 ? B . 若 n ? 33,? 15,18 ? A ,15+18=33,? 33 ? B . ? 3,11 ? B ,3 ? 11=33,? 33 ? A ,与 33 ? B 矛盾! 故 n ? 32. (1) (2) (3)说明: nmax ? 32. (4)使 n =32 成立的例子有:

A ? {1,2,4,15,18,21,24,27,30} , B ? {1,2,3,?,32} \ A . 其中, A 中 1+2=3,1+4=5,2+4=6,而任意一个不小于 15 的数加上另一个数, 或者大于 30,或者大于 15 且不是 3 的倍数,这些都不属于 A . 再考虑 B 中,若取出的两数的积在 33 以内,则两数中必有 3 或 6, (否则,若 3 与 6 均不在其中,则两数之积不小于 5 ? 7 ? 32) ,易知此积必为不小于 15 的 3 的整倍数,但这些都不在 B 中.

由此上述例子成立. 综上可知: nmax =32.

38


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