数学联赛考前练习题五套

高中数学奥林匹克模拟真题（三）

一、填写题

1．由10个元素组成的集合}11

,2,19,91,36,25,0,1,99,1{----=M ，记M 的所有非空子集为i M ，1023,2,1 =i ，每一个i M 中的所有元素之积为i m ，则

∑=1023

1

i i

m

= .

2．○

·O 的半径为7，D,B,C 为○·O 上的三点， 120=

3．已知sin )10cos()10cos()20(

-++=+x x x ，则tan x = .

4．若实数x ，y 满足1442

2=-y x ，则x y x

-21的取值范围是 . 5．所有能使]5

[2

n 为质数的正整数n 的倒数和为 .

6．已知函数)123(log )(2

-++-=a x ax x f a 对任意的]1,0(∈x 恒有意义，则实数a 的

取值范围是 .

7．设三位数abc n =，若c b a ,,为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，这样的三位数n 有 个.

8．一个正三梭锥的体积为

3

2

，则它的表面积的最小值为 . 二、解答题：共56分，第9题16分，第10、11题各20分.

9．设点Z 是单位圆12

2

=+y x 上的动点，复数W 是复数Z 的函数：2

)

1(1

Z W +=，试求点W 的轨迹。

10．设二函数)(x f y =的图象过点)0,0(O ，且满足26)(132

+≤≤--x x f x .数列

}{n a 满足：)(,3

1

11n n a f a a ==+.

（1）确定)(x f 的表达式；

（2）证明：n n a a >+1； （3）证明：

335.01

11-≥-+=∑n n

i i

a . 11．已知+

∈R c b a ,,，且满足22)4()(c b a b a c

b a kabc

++++≥++，求k 的最小值.

第二试

一、（本题满分40分）如图1，半径为为R 的○·O 经过ABC ?的顶点A 、B ，且分别与边CA 、CB 交于点D 、E ，AE 与BD 交于点P.求证：2

2222R PC OP OC =-+.

二、设正实数a 、b 、c 满足333c b a =+，证明：

2

22c b a -+

三、（本题满分50分）设M 为坐标平面上坐标为（p ·2002,7p ·2002）的点，其中p

为素数，求满足下列条件的直角三角形的个数：

（1）三角形的3个顶点都是整点，而且M 是直角顶点； （2）三角形的内心是坐标原点.

（四）（本题满分50分）求所有的非零整数b a b a ≠,,，使得：可以把整数集分拆为3个子集，使得对每个b n a n n n ++、、,分别属于这3个集合.

图1

A

高中数学奥林匹克模拟真题（三）答案

一、填空题： 1．—1.

19(·)191(·)136(·)125(·)10(·)11(·)199(·)11(10231

+-+-+++-++=∑=i i

m

11)111(·)12(·)1-=-++-+.

2．4.

连接BC .OBC ?中，由余弦定理可得

21120cos ·7·7·2)7()7(22=-+= BC .

设x DB =，则1+=x DC .

在OBC ?中，由余弦定理可得 60cos ·)1(··

2)1()21(2

22+-++=x x x x ，解得4=x 或5-=x （舍去）.

3．3. 由已知等式可得

10cos cos 220sin cos 20cos sin x x x =+，所以

20

cos 20sin 10cos 2tan -=x 又 20sin )2030cos(220sin 10cos 2--=- 20sin )20sin 30sin 20cos 30(cos 2-+=

20cos 320sin 20sin 20cos 3=-+=，所以320

cos 20cos 3tan ==

x . 4．（—1，1）.

令)2

,2(,tan 2,sec 2π

πθθθ-∈==y x ，

则

θθsin cos 21

122

-=-x y x

)1,1()1(sin 2

1

12-∈+-=θ.

5．60

37.

3,2,1=n 时，]5[2n 都不是质数；4=n 时，3]5[2=n 是质数；5=n 时5]5[2

=n 是质

数；6=n 时，7]5

[2

=n 是质数.

当8≥n 时，可设r k n ±=5（其中k 为不小于2的正整数，1,0=r ，或2）则

)25(51

)5(5152222r kr k r k n +±=±=25

1)25(r r k k +±=，

所以)25(]5[2r k k n ±=，因为2≥k ，所以225>±r k ，所以)25(]5

[2

r k k n ±=不

是质数.

因此，能使]5[2

n 为质数的正整数n 只有4,5,6，它们的倒数和为60

37615141=++.

6．),1()1,2

1

[+∞ .

显然0>a 且1≠a .

由题意知01232

>-++-a x ax 对一切]1,0(∈x 恒成立，即2

1

32

-->

x x a 对一切]1,0(∈x 恒成立.

令213)(2--=x x x g ，则2

22)

2(6

23)(--+-='x x x x g ，显然，对一切]1,0(∈x ，0)(<'x g ，所以函数21

3)(2--=

x x x g 在]1,0(上单调递减，因此，当]1,0(∈x 时，)0()()1(g x g g <≤，即21)(2<≤-x g .因此，2

1

≥a .

综合可知：实数a 的取值范围是),1(]1,2

1

[+∞ .

7．165.

因为c b a ,,为边长，且分别是n 的百位数字，十位数字和个位数字，所以

}9,3,2,1{,, ∈c b a .

（1）如果以c b a ,,为三条边的长构成等边三角形，则c b a ==，这样的三位数n 有9个；

（2）如果以c b a ,,为三条边的长构成等腰（非等边）三角形，则c b a ,,中恰好含有两个不同的数码，不妨设为)(,B A B A >.这时，又有两种情况：

①三个数为B A A ,,,这样的三位数n 有10832

9=C 个；

②三个数为B B A ,,，则B A B 2<<，列表可知有如下16种可能.

个.

综上可知，满足条件的三位数n 共有9+108+48= 165 个.

8．3

2·

32. 设三棱锥的底面正三角形的边长为a ，斜高为h ，侧面与底面而所成角θ，易知

θcos 32h a =，正三棱锥的高θ=H .

因为正三棱锥的体积为

3

2

，所以32·43·312=H a ，

32sin ·)cos 32(·43·312=θθh h ，所以θ

θ23

cos ·sin ·332=h . 正三棱锥的表面积

ah a S ·2

1

·3432+= h h h ·cos 32·2

1·3)cos 32(·432θθ+=

)cos 1(cos 332θθ+=h .

3363)cos 1(cos 381θθ+=h S

3322)cos 1(cos )cos ·sin ·332

(

·381θθθ

θ+=

θ

θθcos ·)cos 1()cos 1(·

362

-+= )1cos cos cos 31(

·362--+=θ

θθ

，

记θθ

θθcos 31cos cos )(2+-=f ，令θcos 31+=t ，则)1(31cos -=t θ，

t

t t t g f 2

)]1(31

[)1(31)()(---==θ )4(9195t

t +-= t

t 4·2·9195-≤

9

1=

， 当且仅当2=t ，即3

1

cos =

θ时取等号. 因此，348)19(·

363=-≥S ，所以32·32≥S ，故S 的最小值为3

2·32. 二、解答题：

9．1||=Z ，∴设θθsin cos i Z +=，??

?

??

+=+2sin 2cos 2cos 21θθθi Z 。令yi x W +=，则

()

2

2

2

2sin 2cos 2cos 41

11

??

?

??

+=+=

+θθθi Z yi x

()()θθθ

θθθ

sin cos 2cos 41

sin cos 2cos

41

22i i -=

+=

。

2cos 4cos 2θθ=∴x ①，2

cos 4sin 2

θθ-=y ② ②÷①得 x y

tg -=θ ③

从②得2212

cos 42cos

2sin 22

θθθθtg y -=-

=。 y tg 22-==∴θ，代入③得224142

122y y tg

tg

x y --=-=-θθ。 4

1

2+-=∴x y 。

这里由于01≠+Z ，所以)()12(Z n n ∈+≠，

πθ，在0≠y 时，导出轨迹方程。但当πθn 2=时，0=y ，41=

x ，故轨迹过点??? ??0,41，而点??

?

??0,41在此抛物线上。 10．（1）设c bx ax x f ++=2

)(，由0)0(=f 可得0=c .

由26132

+=--x x 可得1-=x ，故4)1(-=-f ，即4-=-b a ，所以

bx x b x f +-=2)4()(.

再由26)(+≤x x f 恒成立可得2=b ，故x x x f 22)(2

+-=.

（2）n n n n a a a f a 22)(2

1+-==+，311=

a ，下用数学归纳法证明)2

1,0(∈n a . ①1=n 时显然成立；

②假设k n =时，)21,0(∈k a ，则1+=k n 时，)21

,0(21)21(221∈+

--=+k k a a .

综上，+

∈N n 时，)21,0(∈k a .

故)81

,0(81)41(221∈+--=-+n n n a a a ，即n n a a >+1.

（3）由（2）知，)21,0(21),21,0(∈-∈n n a a ，且2

1)2

1(221n n a a -=-+.

即)21

(212lg )21lg(1n n a g a -+=-+.

故]2lg )2

1

[lg(22lg )21lg(1+-=+-+n n a a .

所以

1

23

22

11-?=-k n a .

易证k k ≥-1

2，故

k n k a 32322

111

2

?≥?=--，

从而

)333(25.01

211

n n

i i a

+++?≥-∑= 331-=+n .

11．因为2

2

)4()(c b a b a ++++2

2

)]2()2[()(c b c a b a +++++=

22)2222()2(bc ac ab ++≥ab c bc ac ab 16884+++=.

所以

)

(16884)()4()(22c b a abc

ab

bc ac ab c b a abc c b a b a +++++≥++?++++))(16881(c b a ab

a b c +++++= )2

222)(111121(

8c b

b a a ab ab a b

c ++++++++= )2

5()215(8542

2522c b a c b a ?≥100=. 故c

b a ab

c c b a b a ++≥++++100)4()(2

2，当02>==c b a 时等号成立.

由已知条件

22)4()(c b a b a c

b a kabc

++++≥++，所以k 的最小值为100.

第二试参考答案

一、如图2所示，过点C 作○

·O 的两条切线，切点分别为M 、N ，连结MA 、MD 、NB 、NE 、DE .

易证CDM ?∽CMA ?，CEN ?∽CNB ?，CDE ?∽

CBA ?.

于是

CD CB

CE AB CB CN BN NE CM CD MA DM ===,,. 由切线长定理知CN CM =，所以 1=??=??CD CB

CB CN CM CD ED NE BN AB MA DM ，于是由塞瓦定理可知AE 、BD 、MN 相交于点P.

又MN ⊥CO

，所以2222222R R OC NO NC PO PC --=-=-,

N

图2

即2

2222R PC OP OC =-+.

二、证 因为3

3

3

c b a =+是齐次等式，所以，不妨假设1=c .则

.1))((12233=-++?=+ab b a b a b a 设t ab s b a ==+,则

s

s t t s s 31

31)3(22

-=?=-.而))((6222b c a c c b a -->-+

)1(6122ab b a b a +-->-+?

t s t s 666122+->--? 07862>--+?t s s

073138622

>-???

?

??--+?s s s s

021********>-+-+?s s s s 082118523<-+-?s s s

0)85()1(2<--?s s .

若085≥-s ，即58≥+b a ，则1125

128

2213

33>=

??? ??+≥+=b a b a ，矛盾. 故0)85()1(5

82

<--?

三、如图3所示，关于OM 的中点Q 作中心对称，满足条件的直角三角形变为以O 为直角顶点、M 为内心的直角三角形OAB ，A 、B 仍是整点.

直线OM 的斜率为7tan =β，直线OA 斜率为

4

3

tan 11tan )45tan(tan =+-=

-=βββα ，直线OB 的斜率为

3

4-

. 由此可设点A 的坐标为)3,4(t t ，点B 的坐标为（-3s,4s ），

从而知t t t 34-=,s s s 43+-=都是整数.

设ABC ?的内切圆半径为r ，则

200257120022

2

2222?=+??==

p p OM r . 又如225,5,5s t AB s OB t OA +===，r AB OB OA 2=-+，所以

20025255522??-+=+p s t s t ，

即2

2

2

2

2

20024)(20024)(?++??-+=+p s t p s t s t ，整理得

2220022)4004)(4004(?=--p p s p t

图3

22223131172p ????=，由于r s r t 25,25>>，所以04004,04004>->-p s p t .

所以所求三角形个数等于2

2

2

2

3

131172p ????的正因子个数.

当13,11,7,2≠p 时，有324)12)(12)(12)(12)(13(=+++++个直角三角形符合题意； 当2=p 时，有162)12)(12)(12)(15(=++++个直角三角形符合题意.

当7=p ，或11，或13时，均有（3+1）（4+1）（2+1）（2+1）=180个直角三角形符合题意.

四、设r b a =),(，考虑r

b

b r a a ='=

',，则)3(mod 2≡'?'b a 为所求充要条件. 先证充分性.当)3(mod 2='?'b a 时，考虑这样的3个t t kr n n A i ≤+==0,|{

1-≤r 且)3,2,1)}(3(mod =≡i i k ，则自然数集被分拆为3个集合1A 、2A 、3A .

下证这样的分拆满足条件.

设)10(-≤≤+=r t t kr n ，则t r b k b n t r a k a n +'+=++'+=+)(,)(.

由于)3(mod 2≡''b a .所以0、a '、b '构成模3的完全剩余系，所以b k a k k '+'+,,构成模3的完全剩余系，所以b n a n n ++、、在不同的子集中.

设321,,A b r n r A a r n r A n r ∈'+'∈'+'∈'，可知,2A b r a r n r ?'+'+'+'+'a r n r

3A b r ?'，所以1)'''(A b a n r ∈++.

又21)'2'(,)'2'(A a n r A a n r ?+?+，所以3)'2'(A a n r ∈+. 同理可得：1)'3'('A a n r ∈+，从而1)'3'(A la n r ∈+，其中Z ∈l . 同理，1)'3'(A kb n r ∈+，从而1)'3'3'(A kb la n r ∈++，其中Z ∈k l ,. 若'|3a ，则由裴蜀定理知存在Z ∈k l ,，使得3

'''a kb la =+，从而φ=∈+21)'(A A a n r ，矛盾！所以'3a ?.

同理可证：''3,'3b a b -??.

于是有''0b a 、、模3互不相同，则)3(mod 2''≡b a . 必要性获证.