数学奥林匹克高中训练题153
2020四套数学奥林匹克高中训练题及答案
数学奥林匹克高中训练题（一）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题22)集合111{|log 2,}23nn n N -<<-∈的真子集的个数是(A)． (A) 7 (B)8 (C)31 (D)322．(训练题22)从1到9这九个自然数中任取两个，分别作为对数的真数和底数，共得不同的对数值(B)．(A) 52个 (B) 53个 (C) 57个 (D) 72个3．(训练题22)空间有四张不同的平面，则这四张平面可能形成的交线条数取值的集合是(C)．(A){1,2,3,4,5,6} (B) {0,1,2,3,4,5,6} (C) {0,1,3,4,5,6} (D) {0,1,2,3,5,6}4．(训练题22) 函数(),()y f x y g x ==的定义域及值域都是R ，且都存在反函数，则11((()))y f g f x --=的反函数是(B)．(A)1((()))y f g f x -= (B) 1((()))y f g f x -= (C) 11((()))y f g f x --= (D) 11((()))y f g f x --=5．(训练题22) 若cos 40sin 40o o ω=+,则1239239ωωωω-++++等于(D)． (A)1cos 2018o (B) 1sin 409o (C) 1cos 409o (D) 2sin 209o 6．(训练题22) 当01x <<时，222sin sin sin ,(),x x x x x x的大小关系是(B)． (A) 222sin sin sin ()x x x x x x << (B) 222sin sin sin ()x x x x x x << (C) 222sin sin sin ()x x x x x x << (D) 222sin sin sin ()x x x x x x<< 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题22) 已知211(),()5,()2f x x g x x g x -==-+表示)(x g 的反函数，设11()(())(())F x f g x g f x --=-．则()F x 的最小值是 703． 2．(训练题22) 在1000和9999之间由四个不同数字组成，且个位数字与千位数字之差的绝对值是2的整数共有 840 个．3．(训练题22) 四面体P ABC -中，,8,6,9,120o PC ABC AB BC PC ABC ⊥===∠=面，则二面角B AP C --的余弦值是 ． 4．(训练题22) 设{}P =不少于3的自然数，在P 上定义函数f 如下：若,()n P f n ∈表示不是n 的约数的最小自然数，则(360360)f = 16 ．5．(训练题22)n 为不超过1996的正整数，如果有一个θ，使(sin cos )sin cos ni n i n θθθθ+=+成立，则满足上述条件的n 值共有 498 个．6．(训练题22)在自然数列中由1开始依次按如下规则将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2,4；再染4后最邻近的三个连续奇数5，7，9；再染9后最邻近的四个连续偶数10，12，14，16；再染此后最邻近的五个连续奇数17，19，21，23，25，按此规则一直染下去，得一红色子列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，则红色子列中由1开始数起的第1996个数是 3929 ． 第二试一、(训练题22)(本题满分25分) 点M 是正三角形内一点，证明：由线段,MA MB 和MC 为边组成的三角形面积不超过原正三角形面积的13． 二、(训练题22)(本题满分25分) 若21x y +≥，试求函数2224u y y x x =-++的最小值．95- 三、(训练题22)(本题满分35分) 证明：从任意四个正整数中一定可以选出两个数x 和y ，使得如下不等式成立0212x y x y xy-≤<+++． 四、(训练题22)(本题满分35分)连结圆周上九个不同点的36条弦要么染成红色，要么染成蓝色，我们称它们为“红边”或“蓝边”，假定由这九个点中每三个点为顶点的三角形中都含有“红边”，证明：这九个点中存在四个点，两两连结的六条边都是红边．数学奥林匹克高中训练题（二）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题23)119963+除以19971996⨯所得的余数是(D)．(A) 1 (B) 1995 (C) 1996 (D) 19972．(训练题23)若在抛物线)0(2>=a ax y 的上方可作一个半径为r 的圆与抛物线相切于原点O ，且该圆与抛物线没有别的公共点，则r 的最大值是(A)． (A)a 21 (B)a1 (C)a (D)a2 3．(训练题23)考虑某长方体的三个两两相邻的面上的三条对角线及体对角线（共四条线段），则正确的命题是(B)．(A)必有某三条线段不能组成一个三角形的三边．(B)任何三条线段都可组成一个三角形，其中每个内角都是锐角．(C)任何三条线段都可组成一个三角形，其中必有一个是钝角三角形．(D)任何三条线段都可组成一个三角形，其形状是“锐角的”或者是“非锐角的”，随长方体的长，宽，高而变化，不能确定．4．(训练题23)若20π<<x ，则11tan cot sin cos x x x x++-的取值范围是(D)． (A)()+∞∞-, (B)()+∞,0 (C)),21(+∞ (D)()+∞,1 5．(训练题23)有5个男孩与3个女孩站成一排照相任何两个女孩都不相邻，则其可能的排法个数是(A)． (A)!5!7!8⋅ (B)!4!6!7⋅ (C) !7!3!10⋅ (D) !3!7!10⋅ 6．(训练题23)使得11cos 51sin +>n 成立的最小正整数n 是(B)．(A)4 (B)5 (C)6 (D)7二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题23)设R a ∈，若函数310),(+==xy x f y 关于直线x y =对称，且)(x f y =与)lg(2a x x y +-=有公共点，则a 的取值范围是 6a <- ．2．(训练题23)设1,,2-=∈+i R b a 且存在C z ∈，适合⎪⎩⎪⎨⎧≤+=+1z bi a z z z 则ab 的最大值等于 18 ． 3．(训练题23)设 900<<α，若ααsin 1)60tan(31=-+ ，则α等于 3050o o 或 ． 4．(训练题23)设''''D C B A ABCD -是棱长为1的正方体，则上底面ABCD 的内切圆上的点P 与过顶点'''',,,D C B A 的圆上的点Q 之间的最小距离=d2 ． 5．(训练题23)如图，在直角坐标系xOy 中，有一条周期性折线（函数）).(:1x f y l =现把该曲线绕原点O 按逆时针方向旋转45得到另一条曲线2l ，则这两条曲线与y 轴及直线()N n n x ∈=围成的图形的面积等于(12n +-- ．6．(训练题23)设b a ,都是正整数，且100)21(2+=+b a 则b a ⋅的个位数等于 4 ．第二试一、(训练题23)(本题满分25分) 求证：在复平面上，点集}01:{3=++∈=z z C z S 中，除去某一个点外的所有的点都在圆环45313<<z 中． 二、(训练题23)(本题满分25分)已知抛物线),0(22>=p px y 其焦点为F .试问：是否存在过F 点的弦AB （B A ,均在抛物线上，且A 在第一象限内），以及y ）轴正半轴上的一点P ，使得B A P ,,三点构成一个以P 为直角顶点的等腰直角三角形？证实你的回答.如果回答是肯定的，请求出直线AB 的方程．)2p y x =- 三、(训练题23)(本题满分35分)平面上给定321A A A ∆及点0P ，构造点列0P ，1P ， 2P ，使得13+k P 为点k P 3绕中心1A 顺时针旋转150时所到达的位置，而23+k P 和33+k P 为点13+k P 和23+k P 分别绕中心2A 和3A 顺时针旋转 105时所到达的位置， ,3,2,1,0=k .若对某个N n ∈，有03P P n =，试求321A A A ∆的各个内角的度数及三个顶点321,,A A A 的排列方向．四、(训练题23)(本题满分35分)设n ααα≤≤≤< 210，n b b b ≤≤≤< 210，且∑∑==≥n i i n i i b a 11又存在)1(n k k ≤≤使得当k i ≤时有i i a b ≤，当k i >时，有i i a b >.求证：∏∏==≥n i i n i ib a 11． 1。
【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】
目 录
数学奥林匹克高中训练题（01） ........................................................................................................................... 1 数学奥林匹克高中训练题（02） ........................................................................................................................... 3 数学奥林匹克高中训练题（03） ........................................................................................................................... 4 数学奥林匹克高中训练题（04） ........................................................................................................................... 6 数学奥林匹克高中训练题（05） ........................................................................................................................... 8 数学奥林匹克高中训练题（06） ...........................................................
数学奥林匹克高中训练题(155)
口ｍ ＋ ＋ 口ｍ
一
＋ ｎ １ ＿（２＋ｈ． ｍ— 一 ＝兰 口 口 ） ｝ ｍ ＿ ）
．
— —
则 ￣０被 ２ １ ／ １ ２除的余数为 ２２ ０
６ 已知正 整 数 后满 足对 任 意 正 整 数 ／ ． １ ， ， 有 ｎ ＋／—ｉ ＇ Ｊ的最小质 因数 不小 于 Ｉ． ， ｔ ｝ Ｉ则 后
由 Ａ＞ ， ０ 知 、 ∈ ｛ ， … ， ． ， ， １２， ９｝
故 ＝ ， ＝ Ａ＝ ７． ２Ｙ ７ｊ ２０
３ ． ．
考虑 任 意△ ＸＹ Ｓ Ｔ分 别 为边 Ｙ Ｘ Ｚ，、 Ｚ、 Ｚ
上 的点 ， 足 Ｙ 满 Ｓ＝ｕ Ｚ， ＝ Ｔ ． Ｓ Ｚ ｖＸ 设 与 交 于 点 Ｋ， 图 ４ 如 ． 由梅 涅劳斯 定理知
２１ ０２年第 ７期
４ １
熬蟹
中图分类号：ｃ ２ ．９ ４４ ７
藏寓 硼滁琶（ ５ １） ５
文献标识码 ：Ａ 文章编号 ： ０ ５－６ １ （０ ２ ０ ０ ４ ０ １０ ４ ６ ２ １ ）７— ０ １— ７
第 一 试
一
／
一
．
— —
，２ 口一 ４ 。 ＼ ｂ一 ／ ６
１ 已知 在 正 方 形 Ａ — ． Ｂ
Ｃ 中， Ｄ 内接有 １ Ｏ个边 长为
１的正 方 形 （ 图 １ ． 正 如 ）则
方 形 Ａ Ｃ 的 面 积 为 ＢＤ
。
— —
图１
（ 箍
的最小值 为 ．
，
２ ）（ ２ ＋ ）
２ 已知一个正 整数等 ． 于其各位 数 字 之 和 的 ３ ０倍． 这 个 数 为 则
口１＋ 口３＋ 口５ ＋ ａ９ ： ａ２ ＋ ｎ４ ＋ 口６ ＋ ７个 编 号 为 １～２ ７的 球 放 入 甲 、 乙 、 三个碗 中 ， 得 甲 、 丙 碗 中的球号 的 丙 使 乙、 平 均值 分别 为 ｌ 、 、８ 且 每 个 碗 中不 能 少 ５３１ ， 于 ４个球 ． 甲碗 中 的最 小球 号 的最 大值 为 则
数学奥林匹克高中训练题(20)及答案
数学奥林匹克高中训练题（20）第一试一、选择题（本题满分36分；每小题6分） 1．(训练题25)已知函数1x ay x a -=---的反函数的图象关于点(1,3)-成中心对称图形；则实数a 等于(A)．(A) 2 (B)3 (C)-2 (D)-42．(训练题25)我们把离心率等于黄金比215-的椭圆称之为“优美椭圆”．设a by a x (12222=+＞b ＞0)为优美椭圆；,F A 分别是它的左焦点和右端点；B 是它的短轴的一个端点；则ABF ∠等于(C)．(A)60o(B)75o(C)90o(D)120o3．(训练题25)已知ABC ∆三边的长分别是,,a b c ；复数12,z z 满足1212,,z a z b z z c ==+=；那么复数21z z 一定是(C)． (A)是实数 (B)是虚数 (C)不是实数 (D)不是纯虚数4．(训练题25)函数21522223411(1)6()1x x C x x P f x C C C ++-⋅-⋅=+++的最大值是(D)． (A)20 (B)10 (C)10- (D) 20-5．(训练题25)以O 为球心；4为半径的球与三条相互平行的直线分别切于,,A B C 三点．已知4=∆BOC S ；16ABC S ∆>；则ABC ∠等于(B)．(A)12π (B)512π (C)712π (D)1112π 6．(训练题25)在集合{1,2,3,,10}M =的所有子集中；有这样一族不同的子集；它们两两的交集都不是空集；那么这族子集最多有(B)．(A)102个 (B)92个 (C)210个 (D) 29个二、填空题（本题满分54分；每小题9分）1．(训练题25)在直角坐标系中；一直角三角形的两条直角边分别平行于两坐标轴；且两直角边上的中A 1 AC 1B 1BCD线所在直线方程分别是31y x =+和2y mx =+；则实数m 的值是3124或 ． 2．(训练题25)设()(0,1)1xx a f x a a a =>≠+；[]m 表示不超过实数m 的最大整数；则函数]21)([]21)([--+-x f x f 的值域是 {1,0}- ．3．(训练题25)设,,a b c 是直角三角形的三条边长；c 为斜边长；那么使不等式kabc b a c a c b c b a ≥+++++)()()(222对所有直角三角形都成立的k 的最4．(训练题25)如图；正三棱柱111ABC A B C -的各条棱长都是1；截面1BCD 在棱1AA 上的交点为D ；设这个截面与底面ABC 和三个侧面111111,,ABB A BCC B CAAC 所成的二面角依次为1234,,,αααα；若1234cos cos cos cos αααα+=+5．(训练题25)已知()f x 是定义域在实数集的函数,且(2)[1()]1().(1)2f x f x f x f +-=+=若则(1949)f 2 ．6．(训练题25)设1x 是方程12cos 3sin 3-=-a x x 的最大负根；2x 是方程222cos 2sin x x a -=的最小正根；那么；使不等式12x x ≤成立的实数a 的取值范围是1122a a ≤-=或 ． 第二试一、(训练题25)(本题满分25分)某眼镜车间接到一任务；需要加工6000个A 型零件和2000个B 型零件；这个车间有214名工人；他们每一个人加工5个A 型零件的时间可加工3个B 型零件．将这些人分成两组同时工作；每组加工同一型号的零件；为了在最短的时间完成；应怎样分组？77二、(训练题25)(本题满分25分)已知一个四边形的各边长都是整数；并且任意一边的长都能整除其余三边之和．求证：这个四边形必有两边相等． 三、(训练题25)(本题满分35分)实数数列1231997,,,,a a a a 满足：1223199619971997a a a a a a -+-++-=．若数列{}n b 满足：12(1,21997)kk a a a b k k++==．求199719963221b b b b b b -++-+- 的最大可能值．四、(训练题25)(本题满分35分)给定两个七棱锥；它们有公共的底面1234567A A A A A A A ；顶点12,P P 在底面的两侧．现将下述线段中的每一条染红；蓝两色之一：12,P P ；底面上的所有的对角线和所有的侧棱．求证：图中心存在一个同色三角形．。
数学奥林匹克高中训练题(155)及解析
数学奥林匹克高中训练题（155）注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明第II卷（非选择题）一、填空题1.已知在正方形中，内接有10个边长为1的正方形（如图），则正方形ABCD的面积为______.2.已知一个正整数等于其各位数字之和的30倍，则这个数为______.3.如图，已知正ΔABC三边BC、CA、AB上点D、E、F满足BD=2CD，CE=3AE，AF=4BF。
若SΔABC=36，则由直线AD、BE、CF所围成的ΔLMN的面积为______.4.将27个编号为1∼27的球放入甲、乙、丙三个碗中，使得甲、乙、丙碗中的球号的平均值分别为15、3、18，且每个碗中不能少于4个球，则甲碗中的最小球号的最大值为______.5.数列{a n}满足a1=1，且对所有非负整数m、n(m≥n)有a m+n+a m−n+m−n−1=12(a2m+a2n).①则a2010被2012除的余数为______.6.已知正整数k满足对任意正整数n，有n2+n−k的最小质因数不小于11，则k min=______.7.已知正整数a、b满足√ab2b2−a =a+2b4b，则|10(a−5)(b−15)|+2=______.8.已知圆内接四边形A1A2A3A4的内切圆⊙I与边A1A2、A2A3、A3A4、A4A1分别切于点B1、B2、B3、B4，则(A1A2B1B2)2+(A2A3B2B3)2+(A3A4B3B4)2+(A4A1B4B1)2的最小值为______.二、解答题9.设动点P在双曲线16−y29=1的右支上（非顶点），Q、R分别是双曲线的左、右焦点，S为ΔPQR在∠PQR内的旁心，D(0,1)，求|DS|的最小值。
10.有多少九位数a1a2⋯a9满足a1≠0，各位数码两两不同，且a1+a3+a5+a9=a2+a4+a6+a8。
数学奥林匹克高中训练题_103及解析
数学奥林匹克高中训练题_103注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题1.y=sin (3+x)−sin3x 的最大值为（ ）．A. √32 B. 1 C. 16√325 D. 8√392.如图，偶函数f (x )的图像形如字母M ，奇函数g （x ）的图像形如字母N ．若方程f(f (x ))=0，f(g (x ))=0，g(g (x ))=0，g(f (x ))=0的实根个数分别为a 、b 、c 、d ，则a +b +c +d =（ ）．A. 27B. 30C. 33D. 36 3.已知平行六面体ABCD−A ′B ′C ′D ′的体积为V ，P 、Q 、R 分别为棱A ′B ′、CC ′、CD的中点．则棱锥A −PQR 的体积为（ ）． A. V 12B. V 16C. V 24D. V 284.设H 是ΔABC 所在平面上的一点，用a 、b 、c 、h 分别表示向量OA 、OB 、OC 、OH ．若a ⋅b +c ⋅h =b ⋅c +a ⋅h =c ⋅a +b ⋅h ，则H 是ΔABC 的（ ）．A. 内心B. 外心C. 重心D. 垂心 5.设n∈N ，r >0．则关于x 的方程x n+1+rx n −r n+1=0的模为r 的复数根的个数为（ ）．A. 0B. 1C. 2D. 大于26.有p +q 个零件，已知其中有p 个正品、q 个次品．现随机地逐一检查，则恰好在检查第r (q <p <r <p +q )个零件查出了所有次品的概率为（ ）．A. C q 1A r−1q−1A p r−qA p+qr B. C p 1Ar−1p−1A q r−pA p+qrC. A q r−p A p r−qA p+qrD.C q 1A r−1q−1A pr−q+C p 1A r−1p−1A qr−pA p+qr第II 卷（非选择题）二、填空题7.设数列{n 12008，对n >1，a 1+a 2+⋅⋅⋅+a n =(1+2+⋯+n )a n ．则a 2007=______．8.设函数f (x )=x 2(x ∈A )的值域为{12，22，⋅⋅⋅，n 2}．则满足条件的函数f (x )的个数为______． 9.在矩形ABCD 中，AB=4，AD =3，沿对角线AC 将矩形折起，使点D 在平面ABC上的射影E 落在直线AB 上，此时的二面角B −AC −D 的大小为______．10.给定正数m ，若圆系x 2+y 2=r 2与直线系mx +my =m +r 的交点轨迹为椭圆，则m 的取值范围为______． 11.直角坐标平面上两曲线y =x 3与x =y 3围成的图形的面积为______．12.记f (x )=ax −x 3(a ∈R,x ∈[12，1])的图像为C ．如果任何斜率不小于1的直线与C 都至多有一个公共点，则a 的取值范围为____．三、解答题13.设、为复数，p ≤1．求证：|a +b |p ≤|a |p +|b |p．14.设直线y =√3x +b 与抛物线y 2=2px (p >0)交于A 、B 两点，过A 、B 的圆与抛物线y 2=2px (p >0)交于另外两个不同点C 、D ．求直线AB 、CD 的夹角的大小． 15.设a 1=12，a n+1=a n(1−√2)n+1a n +√2+1(n =1，2，⋅⋅⋅)．求lim x→∞√a n n ．16.设ΔABC 内接于单位圆⊙O ，且圆心O 在ΔABC 的内部．若O 在边BC 、CA 、AB 上的射影分别为点D 、D 、F ，求OD+OE +OF 的最大值．17.给定公差大于0的有限正整数等差数列a 1,a 2，⋅⋅⋅,a k ，其中，a 1+a k 为质数．甲、乙两人轮流从n 个石子中取石子，规定：每次每人可取a i (1≤i ≤k )个石子，取走的石子不再放回，甲先取，取到最后一个石子者为胜．试问：谁有必胜策略？18.设f 1(x )=x +[√x k]，其中，k 是大于1的正整数，且f n (x )=f 1(f n−1(x ))(n ≥2)．证明：对每一个确定的正整数m，数列{f n(m)}(n=1,2,⋅⋅⋅)中至少包含一个整数的k次方．注：[x]表示不大于x的最大整数．参考答案1.D【解析】1. 令π3+x =t ，则x =t −π3，sin3x =sin (3t −π)=−sin3t ，y =sin (π3+x)−sin3x =sint +sin3t =4sint (1−sin 2t )．故y 2=16sin 2t (1−sin 2t )(1−sin 2t )=8(2sin 2t )(1−sin 2t )(1−sin 2t )≤8×(23)3=6427．所以，y ≤8√39，等号在sin2t =13时成立． 2.B【解析】2.试题因为偶函数f(x)的图像形如字母M,奇函数g （x ）的图像形如字母N ，由f(f(x))=0.因为f(x)=0.有三个根，f(0)=0所以有三个根，以及另两个根的绝对值大于1小于2，所以不存在，故a=3.由f(g(x))=0，同上f(0)=0所以有三个根，另两个根的绝对值大于1小于2，所以有六个根，故b =9.由g(g(x))=0，同上共有9个根，故c =9.由g(f(x))=0，也共有9个根，故d =9.所以a +b +c +d =30.故选B.3.C【解析】3.假设截面PQA 与平面ABCD 交于AE （点E 在CD 上）．则由平面ABB ′A ′∥平面DCC ′D ′，有QE ∥PA ．于是，过点Q 作PA 的平行线交CD 于点E ，在平面PQA 内延长AE 、PQ 交于点N ．因为PA//C ′R 且PA=C ′R ，所以，QE//C ′R ．又Q 为CC ′的中点，则E 为RC 的中点．故QE//C ′R 2//PA 2且QE =C ′R 2=PA 2．因此，E为AN 的中点． 所以，S ΔAPQ=S ΔAQN ，V R−APQ =V R−AQN ．联结RN ，则S ΔARE =S ΔERN ．又Q 为CC ′的中点，设平行六面体的高为ℎ，则棱锥Q −ARN 的高为ℎ2．但S ΔRAN=2S ΔARE =14S ▱ABCD ，所以，V R−AQN =V Q−ARN =13×14S ▱ABCD ℎ2=V24．4.D【解析】4. 由a ⋅b +c ⋅h=b ⋅c +a ⋅h ，得a ⋅b +c ⋅h −b ⋅c −a ⋅h =0，即(a −c )⋅(b −h )=0． 所以CA ⋅HB =0,则HB ⊥CA ．同理，HA ⊥BC ．5.A【解析】5.方程变形为x n (x +r )=r n+1． ①因为|x |=r ，所以，方程①两边取模得|x +r |=r ．原方程的模为r 的复数根就是两圆|x |=r 、|x +r |=r 的交点对应的复数：x 1=r (cos 2π3+isin 2π3)， ② x 2=r (cos 4π3+isin 4π3)． 将式②代入原方程整理得cos(2n+1)π3+isin(2n+1)π3=1⇒cos (2n+1)π3=1，sin(2n+1)π3=0⇒(2n+1)π3=2kπ(k ∈Z )，即2n +1=6k ，矛盾．同样，x 2也不适合原方程． 所以，原方程没有模为r 的复数根． 6.D【解析】6.问题等价于：从1,2,⋅⋅⋅,p 及−1,−2,⋅⋅⋅,−q 中随机地选取r 个数排成一排，求所得到的排列满足下列条件的概率：或者排列包含q 个负数，且最后一个数是负数（此时至多包含p −1个正数）；或者排列包含p 个正数，且最后一个数是正数（此时至多包含q −1个负数）．若第r 个位置排负数，则排该位置有C q 1种方法，剩下的q −1个负数都排在前r −1个位置上，有A r−1q−1种方法，剩下r−q 个位置在p 个正数中取r −q 个排列，有A p r−q 种方法；若第r 个位置排正数，则排该位置有C p 1种方法，剩下的p −1个正数都排在前r −1个位置上，有A r−1p−1种方法，剩下r−p 个位置在q 个负数中取r −p 个排列，有A q r−p 种方法．又从p +q 个数中选取r 个数的排列有A p+q r 个．从而，所求概率为C q 1A r−1q−1A pr−q+C p 1A r−1p−1A qr−pA p+qr ．7.62009．【解析】7.由a 1+a 2+⋅⋅⋅+a n =(1+2+⋅⋅⋅+n )a n⇒a 1+a 2+⋅⋅⋅+a n−1=(1+2+⋅⋅⋅+n −1)a n−1⇒a n =(1+2+⋅⋅⋅+n )a n −(1+2+⋅⋅⋅+n −1)a n−1 =n (n+1)2a n −n (n−1)2a n−1 ⇒[n (n+1)2−1]a n =n (n−1)2a n−1 ⇒a n a n−1=n n+2(n ≥2)⇒a n =a n n−1⋅a n−1n−2⋅⋅⋅⋅⋅a 21=n ⋅n −1⋅⋅⋅⋅⋅2×2008=6×2008()()⇒a 2007=620098.3n．【解析】8. 因为1在函数f (x )=x 2(x ∈A )的值域中，所以，或者1∈A 且−1∉A ，或者−1∈A 且1∉A ，或者1∈A 且−1∈A ，即数±1与A 的关系有3种可能．同样，数±k (k =2,3,⋅⋅⋅,n )与A 的关系也有3种可能．于是，A 有3n 种可能．故f (x )的个数为3n ．9.arccos 916．【解析】9.如图，作EG ⊥AC 于点G ，BH ⊥AC 于点H ，联结DG ．由三垂线定理得DG ⊥AC ．于是，∠EGD 就是二面角B −AC −D 的平面角．又BH∥EG ，∠EGD 的大小就是向量HB 、GD 的夹角的大小．令∠DAC =∠ACB =α．因为AC=2+42=5，DG =BH =3×45=125，AG =CH =√BC 2−BH 2=95，所以，cosα=AG AD=35．故HC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅GA⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−|HC |⋅|GA |=−8125，HC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AD⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =|HC |⋅|AD |cosα=95×3×35=8125，CB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅GA⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =|CB |⋅|GA |⋅cosα=3×95×35=8125，CB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =CB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅(AE ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +ED ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ )=CB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +CB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅ED⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0+0=0 则HB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅GD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(HC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +CB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅(GA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ )=HC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅GA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +HC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +CB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅GA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +CB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AD⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =8125从而，cos∠EGD =HB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅GD⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |HB⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|GD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=916．因此，∠EGD =arccos 916．10.0<m <√22．【解析】10.设交点为P (x,y )．则x 2+y 2=r 2=(mx +my −m )2．所以，√x 2+y 2|x+y−1|=m ，即√x 2+y 2|x+y−1|√2=√2m ．于是，点P 到定点(0,0)的距离与P 到定直线x +y =1的距离的比为√2m ．依题意得0<√2m <1，即0<m <√22．11.1．【解析】11.因为两曲线分别关于原点对称，从而，只需计算两曲线在第一象限围成的图形的面积A ． 当x>1时，x 3>√x 3；当0<x <1时，x 3<√x 3．所以，两曲线在第一象限有唯一的交点(1,1)． 又A=∫(√x 3−x 3)10dx =(34x 43−x 44)|01=34−14=12，所以，两曲线围成的图形的面积为2A =1．12.a <74．【解析】12.设M (p,ap −p 3)、N (q,aq−q 3)(p 、q ∈[12,1])是曲线C 上的任意两个不同的点，直线MN的斜率为k．由条件知，对任何p≠q，k<1恒成立．因为k=a−(p2+q2+pq)，而当p、q∈[12,1]时，34≤p2+q2+pq≤3，所以，k max=a−34．故a<74．13.见解析【解析】13.对于p=0，p=1，不等式显然成立．对于0<p<1：若a+b≠0，则|a+b|p=|a+b||a+b|1−p ≤|a|+|b||a+b|1−p=|a||a+b|1−p+|b||a+b|1−p．①若|a+b|≥max{|a|,|b|}，则1|a+b|1−p ≤1|a|1−p，1|a+b|1−p≤1|b|1−p．利用式①有|a+b|p≤|a||a+b|1−p +|b||a+b|1−p≤|a||a|1−p+|b||b|1−p=|a|p+|b|p．不等式成立．若|a+b|<max{|a|,|b|}，则|a|p+|b|p≥(max{|a|,|b|})p>|a+b|p．不等式也成立．最后，若a+b=0，则|a|p+|b|p≥0=|a+b|p．不等式也成立．14.60o【解析】14.设点A、B、C、D所在的圆的方程为x2+y2+dx+ey+f=0，则A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)、D(x4,y4)的坐标是方程组的解．消去x得y4+(4p2+2pd)y2+4p2ey+4p2f=0．①因为y1、y2、y3、y4是方程①的4个根，由韦达定理有y1+y2+y3+y4=0．而k AB=y1−y2x1−x2=y1−y2y122p−y222p=2py1+y2．同理，k CD=2py3+y4．于是，k AB+k CD=2py1+y2+2py3+y4=2p(y1+y2+y3+y4)(y1+y2)(y3+y4)=0．所以，直线AB、CD的倾斜角α、β互补．又直线AB的斜率为√3，则α=60°，β=120°．故直线AB、CD的夹角θ=β−α=60°．15.√2−1【解析】15. 考虑更一般的数列a 1=1p+q ，a n+1=a np n+1an +q．则1a n+1=p n+1a n +qa n =p n+1+q a n．所以，1a n+1−q an=p n+1． ① 因此，{1a n+1−qa n}是公比为p 的等比数列．于是，1an+1−q a n=p (1a n−q a n−1)．则1a n+1−p a n=q a n−pq a n−1=q (1a n−p a n−1)．从而，{1a n+1−p a n}是公比为q 的等比数列．故1a n+1−p a n=(1a 2−p a 1)q n−1 =(p 2+q a 1−p a 1)q n−1=[p 2+(q −p )(p +q )]q n−1=q n+1． ②由式①、②消去1a n+1得1a n=pn+1−q n+1p−q，即a n=p−qp n+1−q n+1．令p=1−√2，q =1+√2，得a n =2√2(1+√2)n+1−(1−√2)n+1． 因为12(1+√2)n+1=(1+√2)n+1−12(1+√2)n+1<(1+√2)n+1−12<(1+√2)n+1−(1−√2)n+1<(1+√2)n+1+12<(1+√2)n+1+12(1+√2)n+1=32(1+√2)n+1，所以，4√21+√2)n+1<1a n<4√21+√2)n+1， (42)1n (1+√2)1+1n<a n <(42)1n (1+√2)1+1n． 故lim √a n=1+√2，即lim n→∞√a n n =√2−1．16.32【解析】16. 如图，因为OD⊥BC ，OE ⊥AC ，所以，D 、E 分别是BC 、AC 的中点，DE =AB 2，且O 、D 、C 、E 四点共圆． 由托勒密定理有OD ⋅AC 2+OE ⋅BC 2=OC ⋅AB 2，即OD ⋅AC +OE ⋅BC =OC ⋅AB ．同理，OE ⋅AB +OF ⋅AC =OA ⋅BC ，OF ⋅BC +OD ⋅AB =OB ⋅AC ． 注意到OA=OB =OC =R （ΔABC 的外接圆半径），以上三式相加得OD (AB +AC )+OE (BC +AB )+OF (AC +BC )=R (AB +BC +CA )．设ΔABC的内切圆半径为r，则OD⋅BC+OE⋅AC+OF⋅AB=2SΔABC= (AB+BC+CA)r．以上两式相加得(OD+OE+OF)(AB+BC+CA)=(R+r)(AB+BC+CA)．从而，OD+OE+OF=R+r≤R+R2=32．等号在ΔABC为正三角形时成立．故OD+OE+OF的最大值为32．17.见解析【解析】17.设n≡r(mod(a1+a k))，其中，0≤r≤a1+a k−1．令S={a1,a2,⋅⋅⋅,a k}，T={1,2,⋅⋅⋅,a1+a k−1}−S．那么，当r=0时，乙有必胜策略；当r∈S时，甲有必胜策略；当r∈T时，两人都有不输的策略．证明如下：（1）当r=0时，乙的策略为：若甲取a i个石子，则由等差数列的性质，存在a j，使a i+a j=a1+a k，乙取a j个石子．这样，乙每次都保证他取后剩下的石子数模a1+a k 余0，这使得甲每次都不能使他取后剩下的石子数模a1+a k余0，从而，甲无法取到最后一个石子．又每次操作，甲、乙合起来共取a1+a k个石子，而n是a1+a k的倍数，若干次操作后，石子全部取走，乙可取到最后一个石子，故乙获胜．（2）当r∈S时，甲的策略为：先取走r个石子，则剩下的石子数模a1+a k余0，转化为前面的情形（1），故甲获胜．（3）当r∈T时，证明两人都有不输的策略．由于r∉S∪{0}，考察模数列r−a1,r−a2,⋅⋅⋅,r−a k(mod(a1+a k))．因为a1,a2，⋅⋅⋅,a k(mod(a1+a k))的各项互不相同，所以，r−a1,r−a2,⋅⋅⋅,r−a k(mod(a1+a k))的各项互不相同．由此可以断言r−a1,r−a2,⋅⋅⋅,r−a k(mod(a1+a k))的各项不能都属于S．否则，r−a1,r−a2,⋅⋅⋅,r−a k(mod(a1+a k))是a1,a2，⋅⋅⋅,a k的一个排列，所以，(r−a1)+(r−a2)+⋅⋅⋅+(r−a k)≡a1,a2，⋅⋅⋅,a k(mod(a1+a k))，即kr≡2(a1,a2，⋅⋅⋅,a k)(mod(a1+a k))．则(a1+a k)|[kr−2(a1,a2，⋅⋅⋅,a k)]．又2(a1,a2，⋅⋅⋅,a k)=(a1+a2+⋅⋅⋅+a k)+(a k+a k−1+⋅⋅⋅+a1)=k(a1+a k)，可得(a1+a k)|2(a1+a2+⋅⋅⋅+a k)．故(a1+a k)|kr．因为a1+a k为质数，所以，(a1+a k)|k或(a1+a k)|r．但a1+a k≥1+k>k，a1+a k>r，矛盾，所以，r−a1,r−a2,⋅⋅⋅,r−a k(mod(a1+a k))中至少有一项，设为r−a i(mod(a1+a k))，它不属于S．又由r∉S可知，r−a i(mod(a1+a k))∉{0}．从而，r−a i(mod(a1+a k))∈T．由此可见，甲可取a i个石子，使剩下的石子数模a1+a k的余数仍属于T，下一次操作无法取走所有石子．类似地，乙也有同样的策略，直至无法取出石子，游戏终止．于是，两人都有不输的策略．18.见解析【解析】18.对任意正整数m，不妨设A k≤m<(A+1)k(A∈N+)．令m=A k+b，则f1(m)= A k+b+A．若仍有A k≤f1(m)<(A+1)k，则f2(m)=A k+b+2A．所以，f2(m)−f1(m)=A．由此，若正整数m满足A k≤m，f1(m)<(A+1)k，则f1(f1(m))−f1(m)= A．①对m反复进行f1迭代．由于每一次f1迭代的增量f i+1(m)−f i(m)=A≥1，所以，必存在a1∈N+，使得f a1(m)≥(A+1)k，且f a1−1(m)<(A+1)k，即(A+1)k≤fa1(m)<A+(A+1)k．②令f a1(m)=(A+1)k+p(p∈N)．若p=0，则命题获证．若p≠0，则由式②知0<p<A，且(A+1)k≤f a1(m)<(A+2)k．③再对f a1(m)反复进行f1迭代，利用式①可知，在式③的限定下每次f1迭代的增量为A+ 1，于是，必存在a2∈N+，a2>a1，使得f a2−1(m)<(A+2)k，且f a2(m)≥(A+2)k，即(A+2)k≤f a2(m)<(A+1)+(A+2)k．设f a2(m)=(A+2)k+q(q∈N)．若q=0，则命题获证．若q≠0，则0<q<A+1，且注意到每次f1迭代的增量为A+1，有f a2(m)≡fa1(m)(mod(A+1))，即(A+2)k+q≡(A+1)k+p(mod(A+1))．所以，q≡p−1(mod(A+1))．但0<p、q<A+1，故p−1=q．于是，f a2(m)=(A+2)k+(p−1)．上式表明，从f a1(m)=(A+1)k+p到f a2(m)=(A+2)k+(p−1)，“底”由A+1增加1（变为A+2），且“尾”由p减少1（变为p−1）．令g1(x)=f a2−a1(x)，g n(x)=g1(g n−1(x))(n≥2)．则g1(f a1(m))=(A+2)k+(p−1)，g2(f a1(m))=(A+3)k+(p−2)，⋅⋅⋅⋅⋅⋅g p (f a1(m))=(A+p+1)k+(p−p)=(A+p+1)k．。
数学奥林匹克高中训练题(158)
、
填空题 （ 每小 题 ８分 ， ６ 共 ４分 Ｊ
１甲、 ． 乙两 人 轮 流射 击 打 靶 ， 甲先 开 始． 设两 人 的命 中率 ａ ｂ∈ （ １ ． 、 ０， ） 已知 两人 第
一
ａ ＋＿ ｉ ｎ 其 中 ， （） 示 ｎ ，ｍ ， ， 厂 ）＜ ， （ ． ｉ表 厂 … ａ …
’
｜
该平 面截 四面体所成 的两 部分 的体积之 比为
４ 已知 、 ＞０， ． Ｙ １ 且 ＋ ≤２ ． 函数 ｙ 兀则
＿ ，）＝ｓ ｓ 厂 Ｙ （ ｉ ｘ＋ ｉ Ｙ—ｓ （ ｎ ｎ ｉ ＋Ｙ ｎ ）
一
的最 大值 为
，
｜
１
５ 在空 间 四边形 Ａ Ｃ 中 ， Ｃ＝ Ｂ ＝ ． ＢＤ Ａ ａ，
求
２
１． ２ ０ （ ０分 ） 图 ｌ椭 圆 － ＝１ ｎ＞ 如 ， ＋ （
ｏ Ｏ
ｂ ） 内切 圆 ＋ ＝ｂ ＞０ 的 ｙ 的 ・ 切 线 与椭 条 圆交下点 Ａ Ｂ， 、 且切线 Ａ 与 圆的切点 ｑ在 Ｙ轴 右侧 ， Ｆ为椭 圆的右焦点． 求△ Ａ Ｆ的周长． Ｂ
＝
所 以 ， ＝ 一１ 两 条直 线 为 ２ ｋ ， ｘ—Ｙ一１ ＝０
与 一 ｙ＋１＝ ， 交点 为 Ｐ（ ，） ２ Ｏ其 １１． 两 直线 斜 率 为 ｋ ２ ｋ ： ， ： １
，
其 所成 角
任 意 ｋ ２存 在无 穷多 个正整 数 几使 得 １ ＞ ， ，
ｎ （ ） ｌ ｎ．
除 以 １０ ０的余数 为 ０
．
７已 ，、 ・ 知ｘｙ ∈Ｒ则∑＿ ｆ
数学奥林匹克高中训练题(59)
2
(
)
小值 ! 三、 （(’ 分） 已知 （ #" ， …， 是自然数 "， ## ， #2 ） #， …， 且满足： 对任意 "$ 1 $ 2 $ "， 均有 2 的一个排列， #1 ) 1 $ #1 ) " ) 1 ) " ! （"） 若记 "1 为数 （ 在排列中所处位置 1 "$ 1 $ 2 ） 的序号 （如排列 （"， 中， +， ,， #） "" % "， "# % ,， "+ % #， ", …， 对每一个满足题意的排列 （ #" ， ## ， % +） ! 求 证： ， 均有 "1 ) 1 $ "1 ) " ) 1 ) （ 成立 ! #2 ） " "$ 1 $ 2 $ "） （#） 试求满足题意的排列的个数 ( （ 2）!
$ $ $ $ （" +） # *$ ) !$ % 故三棱锥体积
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