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2014协作体联赛模拟题人大附中张端阳


全国高中数学联赛模拟题
人大附中 张端阳 第一试 一、填空题(每小题 8 分,共 64 分) 1. 设 f ( x) ? e2 x ? 1, g ( x) ? ln( x ? 1) , 则 不 等 式 f ( g ( x)) ? g ( f ( x)) ? 1 的 解 集 为 __________.

a 2 ? b2 ? c2 2. 设 a, b,

c 是一个三角形的三边长,则 的取值范围为__________. ab ? bc ? ca
3. y ? sin 2 x ? sin x ? cos x 在 ? 0,

? ?? ? 上的最大值为__________. ? 2?

4. 如果一个凸 n 边形的所有内角都是正整数且能构成公差非 0 的等差数列,则 n 的最 大值为__________. 5. 在三棱锥 P ? ABC 中,PA ? PB ? 4, PC ? 3, ?APB ? ?APC ? 60 , ?BPC ? 90 , 则三棱锥 P ? ABC 的体积为__________. 6. 定义新运算 m ? n ?

mn ? 1 ,则 ( ((100 ? 99) ? 98) ? m?n

? 3) ? 2 ? __________ .

7. 在 直 角 三 角 形

ABC 中 , ?A ? 90 ,?B ? 30 . P 是 三 角 形 内 随 机 一 点 , 则

2 PA ? PB 的概率为__________. 1 1 1 1 1 1 ? a6 1?的 正 整 数 解 (a1, a2 , a3 , a4 , a5 , a6 ) 有 8. 方 程 a ? a ? a ? a ? a 3 5 1 2 4 2 2 2 2 2 2
__________组. 二、解答题(共 56 分)
4 3 2 9. (16 分)若关于 x 的方程 x ? ax ? bx ? ax ? 1 ? 0 的根的模长均为 1 ,求正整数

组 ( a, b) 的个数.

10.(20 分)称连结椭圆上两不同点的线段为椭圆的一条弦. 求椭圆

x2 ? y 2 ? 1 的长为 4

5 的弦的中点的轨迹方程.
11.(20 分)设 n 是大于 1 的整数,非负实数 x1, x2 ,

, xn 满足 x1 ? x2 ?

? xn ? 1,求

max{2x1 ? x2 ,2x2 ? x3 , ,2xn ?1 ? xn} 的最小值.

加试 一、 (40 分) 如图, 四边形 ABCD 是圆外切四边形,内切圆圆心为 O .

H2 A H4

D

H1, H 2 , H3 , H 4 分别是
?AOB, ?BOC, ?COD, ?DOA 的垂
心,求证: H1, H 2 , H3 , H 4 四点共线. 二、 (40 分)问:

H1 H3

O

{[n 2], n ? 1,2, } 中是否存在任意
长的等差数列? 三、 (50 分)设 n(? 2) 是给定的

B
, xn 满足 x1 ? 2x2 ? ? nxn ? 0 ,便

C

正整数,求最小的实数 ? (n) ,使得只要实数 x1, x2 , 有 ( x1 ? x2 ?
2 ? xn )2 ? ?(n)( x12 ? x2 ? 2 ? xn ).

四、 (50 分)用 T (n) 表示周长为 n 且边长都是正整数的梯形的个数,求证:当 n 为奇 数时, T (n) ? T (n ? 3) .

参考答案
第一试 一、1. (?1,1] 易知 f ( g ( x)) ? x2 ? 2x, g ( f ( x)) ? 2x ,故 f (g (x)) ? g( f ( x)) ?x 2 . 再注意到定义域 为 (?1, ??) ,从而不等式的解集为 (?1,1] . 2. [1, 2) 一方面,熟知 a 2 ? b2 ? c 2 ? ab ? bc ? ca 且当 a ? b ? c 时取到等号. 另一方面,当 a ? 1, b ? c 时,

a 2 ? b2 ? c 2 1 ? 2c 2 ? ? 2(c ? ?) . 还需证明对任意 ab ? bc ? ca 2c ? c 2

三角形的三边长 a, b, c ,均有

a 2 ? b2 ? c2 ? 2(?) . ab ? bc ? ca

事实上,不妨设 a ? b ? c ? a ? b . 注意到 (?) 式等价于 c2 ? 2(a ? b)c ? (a ? b)2 ? 0 , 于是只需证明 c 在两个端点 b, a ? b 处取值时上式成立即可. 当 c ? a ? b 时, c ? 2(a ? b)c ? (a ? b) ? ?4ab ? 0 成立;
2 2 2 2 当 c ? b 时, c ? 2(a ? b)c ? (a ? b) ? a(a ? 4b) ? 0 亦成立.

故1 ?

a 2 ? b2 ? c 2 ? 2. ab ? bc ? ca

3.

5 4

令 t ? sin x ? cos x ?

?? ? 2 sin ? x ? ? ? [?1,1] ,则 4? ?
2 2

? 1? 5 5 y ? sin 2 x ? sin x ? cos x ? ?t ? t ? 1 ? ? ? t ? ? ? ? , ? 2? 4 4
当t ? 4. 18 外角也构成等差数列,设度数分别为 k , k ? d ,

1 时取到. 2
, k ? (n ? 1)d ,其中 k , d 是正整数. 由

外角和为 360 得, [2k ? (n ? 1)d ]n ? 720 ,这说明 n 是 720 的约数. 注意到

因此 n 的可能值从大至小为:24,20,18, 2k ? (n ? 1)d ? n , 当 n ? 18 时 d ? 2, k ? 3 . 5. 4 2 过 A 作 AH ? 面PBC 于 H ,过 H 作

. 易验证 n ? 24,20 时无解,

HD ? PB 于 D 、 HE ? PC 于 E . 由

A

?APB ? ?APC ? 60 及 PA ? 4 知
PD ? PE ? 2 ,从而 PH 是 ?BPC 的平分
线,即 ?DPH ? 45 . 这样

PH ? 2PD ? 2 2 ,
AH ? PA2 ? PH 2 ? 2 2 . 所以三棱锥
1 P ? ABC 的体积为 ? PH ? S ?BPC ? 4 2 . 3 5051 6. . 5049
注意到

D P H E

B

C

m ? n ?1 m ?1 n ?1 所求+1 101 100 99 ? ? ? ? ? ? ,故 m ? n ?1 m ?1 n ?1 所求-1 99 98 97
5051 . 5049

4 3 ? ? ? 5050 , 2 1

于是 所求=

7.

4 3 1 ?? 27 3
C

在直线 AB 上取点 D, E ,使得

DA EA 1 ? ? ,则由阿波罗尼斯圆的性 DB EB 2 PA 1 ? 的点 P 的轨迹即是以 质知, 满足 PB 2 CA 1 DE 为直径的圆. 注意到 ? ,因此 CB 2 点 C 也在该圆上. 于是满足条件的点 P
的范围即为右图中阴影部分的内部, 容易 算出它占整个三角形的

E

A

D

B

4 3 1 ?? . 27 3

8. 525 称方程

1 1 ? a2 ? a1 2 2

?

1 ? 1 的一组解为“ n -解”. 先讨论 n -解与 n ? 1 -解的关系. 2an

若 (a1, a2 ,

, an ) 是 n -解,则 (a1, a2 , , an ?1, an ? 1, an ? 1) 是一个 n ? 1 -解. 反过来,若

(a1, a2 , , an ?1 ) 是 n ? 1 -解,则易知 a1, a2 , , an ?1 不可能两两不同. 不妨设 an ? an ?1 ,则 (a1, a2 , , an ?1, an ? 1) 是一个 n -解.
这说明 n ? 1 -解都是通过将某个 n -解中的一项拆成两个相同的项而得到. 从而我们可 以归纳得到 n ? 6 的情况:

?2, 2,3,3,3,3 ? ?2, 2, 2,3,3 ?2, 2, 2,3, 4, 4 ?2, 2, 2, 2 ? ? 0 ? 1,1 ? 1, 2, 2 ? ? ? ?1,3,3,3,3 ? ?1,3,3,3, 4, 4 . ?1, 2,3,3 ?1, 2,3, 4, 4 ?1, 2, 4, 4, 4, 4 ? ? ? ?1, 2,3, 4,5,5
再考虑顺序的不同,所求个数为

6! 6! 6! 6! 6! ? ? ? ? ? 525. 2!4! 3!2! 3!2! 4! 2!
2 二、9. 显然 x ? 0 不是方程的解,两边同除以 x 2 得 x ? ax ? b ?

a 1 ? ? 0. 令 x x2

1 得到关于 y 的一元二次方程 y 2 ? ay ? (b ? 2) ? 0 . x 1 因为 x 是模长为 1 的复数,故 y ? x ? ? 2Re x 是 [?2,2] 中的实数. 反过来,如果 x 1 1 x ? 是 [?2,2] 中的实数,可设 x ? ? 2cos ? (? ? [0, 2? )) ,则 x ? cos? ? i sin ? 是模长 x x 为 1 的复数. y? x?
这样,问题转化成求正整数组 ( a, b) 使得关于 y 的方程 y ? ay ? (b ? 2) ? 0 的两个实
2

根都在 ?2 与 2 之间.

? f (2) ? 2a ? b ? 2 ? 0 ? f (?2) ? ?2a ? b ? 2 ? 0 ? ? 2 令 f ( y) ? y ? ay ? (b ? 2) , 则易知 ? . 对 a ? 1,2,3,4 分别讨 a ??2 ? ? 2 ? 2 ? 2 ? ?? ? a ? 4(b ? 2) ? 0
论知,满足要求的正整数组有 (1,1),(1,2),(2,2),(2,3),(3,4),(4,6) ,共 6 组. 10. 设弦的两个端点 A(2cos? ,sin ? ), B(2cos? ,sin ? ) ,它们的中点 C ( x0 , y0 ) . 则

? ?? ? ?? ? x0 ? cos? ? cos ? ? 2cos cos ? ? ? ? 2 y0 ? 2 2 ,故两式相除得 tan ,再由万能 ? ? 2 x0 ? y ? 1 (sin ? ? sin ? ) ? sin ? ? ? cos ? ? ? 0 ? ? 2 2 2
2 2 x0 ? 4 y0 2 公式得 cos(? ? ? ) ? ;另一方面,计算两式的平方和得, ? 2 2 ? ? ? x0 ? 4 y0 1 ? tan 2 2 1 2 2 2 2 ? 4 y0 ) ? 1 . 这样 x0 ? 4 y0 ? 2 ? 2cos(? ? ? ) ,即 cos(? ? ? ) ? ( x0 2 2 2 ? 1 2 1 x0 ? 4 y0 2 cos ? cos ? ? ( x ? 4 y ) ? ? 0 0 ? 2 2 4 2 2( x0 ? 4 y0 ) ? . 从而 ? 2 2 ?sin ? sin ? ? 1 ( x 2 ? 4 y 2 ) ? 1 ? x0 ? 4 y0 0 0 2 2 ? 4 2 2( x0 ? 4 y0 ) ?

1 ? tan 2

? ??

5 ? (2cos? ? 2cos? )2 ? (sin? ? sin ? )2 ? 4(cos? ? cos? )2 ? 16cos? cos? ? (sin? ? sin ? )2 ? 4sin? sin ?
2 2 ? ? x0 ? 16 y0 ? 10 ? 2 2 6( x0 ? 4 y0 ) . 2 2 x0 ? 4 y0

故 ( x0 , y0 ) 满足的方程为 x ? 20x y ? 64 y ? x ? 44 y ? 0 .
4 2 2 4 2 2

11. 记 A ? max{2x1 ? x2 ,2x2 ? x3 ,

,2xn ?1 ? xn},并设数列 {an } 满足 a1 ? 1 ,

1 ak ?1 ? 1 ? ak (k ? 1) . 则 2

(a1 ? a2 ?

? an ? 2 ? 2) A ? a1 (2x1 ? x2 ) ? a2 (2x2 ? x3 ) ? ? 2(a1 ? a2 ?

? an ?2 (2xn ?2 ? xn ?1 ) ? 2(2xn ?1 ? xn )

? an ) ? (an ?2 ? 2)an ?1 ? 2 .
2 2 8 1? 1? n ? ? ?? ? 3 9 9? 2?
n ?3

2 1? 1 ? 容易求得 ak ? ? ? ? ? 3 3? 2 ?
2

k ?1

,故可知 A ?

.

记t ?

2 8 1? 1 ? n ? ? ?? ? 3 9 9? 2?

n ?3

,当 x1 ?

1 1 an ? 2t , x2 ? an ? 3t , 2 2

, xn ? 2 ?

1 a1t , xn ?1 ? 0, 2

xn ? t , max{2x1 ? x2 ,2x2 ? x3 , ,2xn ?1 ? xn} 恰为 t .

故所求最小值为

2 2 8 1? 1? n ? ? ?? ? 3 9 9? 2?
n ?3

.

加试 一、 设对角线 AC 与 BD 交于点 P , 我们证 明 H1, H 2 , H3 , H 4 , P 五点共线. 这只需证明

D A

H1, H4 , P 共线,因为同理会有

H4 P H1 O

H1, H2 , P; H3 , H4 , P 分别共线.
因为 DH 4 ? AO, BH1 ? AO ,所以

H1, H4 , P 共线等价于

DH 4 DP . 记 ? BH1 BP

B

C

?OAB ? ? , ?OBC ? ? , ?OCD ? ? , ?ODA ? ? ,并不妨设 O 半径为1 . 则由垂心的性
质, DH 4 ? 2 R4 cos ? ?

AO 1 ? ,其中 R4 是 ?DOA 外接圆的半径. 同理 tan ? sin ? tan ?

BH1 ?

1 DH 4 tan ? ,这样 . ? sin ? tan ? BH1 tan ? 1 1 sin(? ? ? ) ? ? ,再注意到 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ,我们有 tan ? tan ? sin ? sin ?
sin(? ? ? ) sin(? ? ? ) ? ? 2sin ? cos ? AD ? DC ? sin 2? tan ? sin ? sin ? sin ? sin ? ? ? ? . AB ? BC ? sin 2 ? sin(? ? ? ) ? sin( ? ? ? ) ? 2sin ? cos ? tan ? sin ? sin ? sin ? sin ?

熟知 AB ?

DP S ?ADC ? BP S ?ABC



DH 4 DP 成立. ? BH1 BP
二、存在. 对于任意正整数 k ,我们证明 {[n 2], n ? 1,2, } 中存在项数为 k 的等差数列. 先证明存在 n0 ? ,使得 {n0 2} ?
2 2

1 . k

事实上,熟知 Pell 方程 2 x ? y ? 1有无穷多组正整数解,其中的 x 满足

{x 2} ? 1 ? y 2 ? y ?
即可.

1 1? y ? y
2

. 当 y 充分大时,

1 1? y ? y
2

?

1 ,取相应的 x 为 n0 k

这样 [2n0 2] ? 2[n0 2], 一个项数为 k 的等差数列.

,[kn0 2] ? k[n0 2] ,即 [n0 2],[2n0 2] ,[kn0 2] 是
? xn ) ? (? ? 1) x1 ? (? ? 2) x2 ? ? (? ? n) xn ,其

三、先将条件变形为 ? ( x1 ? x2 ?

中 ? 是待定常数. 两边平方后对右边用柯西不等式得

( x1 ? x2 ?

? n(n ? 1)(2n ? 1) n(n ? 1) ? 2 ? xn )2 ? ? ? ? n ? ( x12 ? x2 ? 2 6 ? 2 ? ? ?

2 ? xn ).

配方知

n2 ? n n(n ? 1)(2n ? 1) n(n ? 1) 2n ? 1 ? ? n 的最小值为 ,且当 ? ? 时取到. 2 6? 2? 3 4n ? 2
2n ? 1 ? i, i ? 1, 2, 3 , n 时 ? ( n) ?

由柯西不等式的取等条件易知,当 xi ?

n2 ? n . 4n ? 2

n2 ? n 从而所求最小的 ? (n) 为 . 4n ? 2
四、当 n ? 1,3,5 时,容易知道 T (1) ? T (4) ? 0, T (3) ? T (6) ? 0, T (5) ? T (8) ? 1 . 下设 当 n ? 2k ? 1 时结论成立,来说明 n ? 2k ? 1 时结论也成立. 这只需证明

T (2k ? 1) ? T (2k ? 1) ? T (2k ? 4) ? T (2k ? 2) .
用 S (n) 表示周长为 n 且边长都是正整数的三角形的个数. 注意到 T (n) 的计算可以转 化到 S (n) 的计算,这是因为,如果过梯形上底的一个顶点作一条腰的平行线,则这条平行 线与另一条腰及下底围成一个三角形(如图所示).

如果梯形周长为 n ,上底长为 a ,则这个三角形的周长便为 n ? 2a . 反过来,当有一个 周长为 n ? 2a 的三角形时,如果三角形的三边长相等,则对应到一个上底为 a ,周长为 n 的 梯形;如果三角形有两边相等,第三边不等,则对应到两个上底为 a ,周长为 n 的梯形;如 果三角形三边互不相等,则对应到三个上底为 a ,周长为 n 的梯形. 这样,如果用 S '( n) 表 示考虑了这种加权的周长为 n 且边长都是正整数的三角形的个数,则按上底的长分类,便有

T (n) ? S '(n ? 2) ? S '(n ? 4) ?

?n? ? S '(n ? 2 ? ?) . ?2?

从而 T (n) ? T (n ? 2) ? S '(n ? 2) . 于是只需证明 S '(2k ? 1) ? S '(2k ? 2) . 我们可以在周长为 2k ? 1 和周长为 2k ? 2 的三角形之间建立一个映射:

(a, b, c)

(a ? 1, b ? 1, c ? 1) ,

其中 a ? b ? c, a ? b ? c, a ? b ? c ? 2k ? 1 . 容易验证这确定是一个映射且是双射(关键在 于逆映射是存在的,这需要用到 2k ? 2 是偶数). 从而 S (2k ? 1) ? S (2k ? 2) . 又显然在上 述对应下,每个三角形加的权也是相同的,故 S '(2k ? 1) ? S '(2k ? 2) . 这样命题得证.


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