数学奥林匹克高中训练题(14)及答案
高中数学奥林匹克竞赛全真试题
2003年全国高中数学联合竞赛试题一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1、删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列.这个新数列的第2003项是（） A ．2046B ．2047C ．2048D ．20492、设a ，b ∈R ，ab ≠0，那么，直线ax －y ＋b =0和曲线bx 2＋ay 2=ab 的图形是（）3、过抛物线y 2=8（x ＋2）的焦点F 作倾斜角为60°的直线.若此直线与抛物线交于A 、B 两点，弦AB 的中垂线与x 轴交于P 点,则线段PF 的长等于()A ．163B ．83C．4、若5[,123x ππ∈--，则2tan(tan(cos()366y x x x πππ=+-+++的最大值是（）.AC224949u x y =+--的最小值是（）与CD 的距离为2，夹角为3π，则四面体ABCD 的体积等于8、设F 1，F 2是椭圆194x y +=的两个焦点，P __________.9、已知A ={x |x 2－4x ＋3<0，x ∈R }，B ={x |21－x ＋a a 的取值范围是__________.10、已知a ，b ，c ，d 均为正整数，且3log ,log 24a cb d ==，若a －c =9，b －d =__________.11、将八个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于__________.12、设M n ={（十进制）n 位纯小数0.12|n i a a a a 只取0或1（i =1，2，…，n －1），a n =1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则limnn nS T →∞=__________.三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13、设352x ≤≤，证明不等式14、设A ，B ，C 分别是复数Z 0=ai ，Z 1=12＋bi ，Z 2=1＋ci （其中a ，b ，c 都是实数）对应的不共线的三点.证明：曲线Z =Z 0cos 4t ＋2Z 1cos 2t sin 2t ＋Z 2sin 4t （t ∈R ）与△ABC 中平行于AC 的中位线只有一个公共点，并求出此点.15、一张纸上画有半径为R 的圆O 和圆内一定点A ，且OA =a ，折叠纸片，使圆周上某一点A ′刚好与A 点重合.这样的每一种折法，都留下一条直线折痕.当A ′取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合.加试一、（本题满分50分）过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A ，B .所作割线交圆于C ，D 两点，C 在P ，D 之间.在弦CD 上取一点 Q ，使∠DAQ =∠PBC .求证：∠DBQ =∠PAC .二、（本题满分50分）设三角形的三边长分别是整数l ，m ，n ，且l >m >n .已知444333{}{}{}101010l m n==，其中{x }=x －[x ]，而[x ]表示不超过x 的最大整数.求这种三角形周长的最小值.三、（本小题满分50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n =q 2＋q ＋1，l ≥12q （q ＋1）2＋1，q ≥2，q ∈N .已知此图中任四点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q ＋2条连线段.证明：图中必存在一个空间四边形（即由四点A ，B ，C ，D 和四条连线段AB ，BC ，CD ，DA 组成的图形）.答案1981，2115=a 2115－45=a 2070.而且在从第1981项到第2070项之故选（C ）.223x 程)3y x =-，令y =0，得P 点的横坐标4x =4、5、由已知得1y x=-，故而x ∈（－2，12-）∪（12，2），故当2222249,,93x x x x x==+即之值最小，而此时函数u 有最小值5，故选（D ）.作棱柱ABF －6、如图，过C 作//CE AB =，以△CDE 为底面，BC 为侧棱ECD ，则所求四面体的体积V 1等于上述棱柱体积V 2的13.而△CDE 的面积S =12CE ×CD ×sin ∠ECD ，AB 与CD 的公垂线MN 就是棱柱ABF －ECD 的高，故因此121132V ==，故选（B ）.二、填空题7、由原不等式分解可得（|x |－3）（x 2＋|x |－1）<0，由此得所求不等式的解集为11(3,),3)22--⋃.8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a ，2b ，2c ，则由其方程知a =3，b =2，c 故|PF 1|＋|PF 2|=2a =6，又已知|PF1|：|PF2|=2：1，故可得|PF1|=4，|PF2|=2.在△PF1F2中，三边之长分别为2，4，而22＋42=(2，可见△PF1F2是直角三角形，且两直角边的长短为2和4，故△PF1F2的面积=12|PF1|·|PF2|=12×2×4=4.9、易得A=（1，3），设f(x)=21－x＋a，g(x)=x2－2(a＋7)x＋5要使A B⊆，只需f(x)，g(x)在（1，3）上的图象均在x轴下方.其充要条件是：同时有f(1)≤0，f(3)≤0，g(1)≤0，g(3)≤0.由此推出－4≤a≤－1.10、由已知可得352424,,(),(.b da b c d a ca c====从而因此，a|b，c|d.又由于a－c=9，故于是得a=25，b=125，c=16，d=32.故b－d=93.11、如图，由已知上下层四个球的球心A′，B′，C′，D′和A，B，C，D分别是为上下底面构成上下两个边长为2的正方形的顶点，且以它们的外接圆O′和OA'或1b ＋14、设Z=x＋yi(x，y∈R)，则x＋yi=a cos4t·i＋2(12＋bi)cos2t sin2t＋(1＋ci)sin4t，实虚部分离，可得x=cos2t sin2t＋sin4t=sin2ty=a(1－x)2＋2b(1－x)x＋cx2(0≤x≤1)即y=(a＋c－2b)x2＋2(b－a)x＋a①又因为A，B，C三点不共线，故a＋c－2b≠0.可见所给曲线是抛物线段（如图）.AB，BC的中点分别是13(,),(,4242a b b cD E++.所以直线DE的方程为y=(c－a)x＋14(3a＋2b－c)②由①，②联立得a ＋c －2b （x －12）2=0. 由于a ＋c －2b ≠0，故（x －12）2=0，于是得x =12.注意到113424<<，所以，抛物线与△ABC 中平行于AC 的中位线DE 有且只有一个公共点，此点的坐标为12(,24a c b++，其对应的复数为15、如图，以O 为原点，OA 所在直线为x 轴建立直角坐标系，则有A （a ，0）.痕为直线MN ，则MN设折叠时，O 上点A ′（R cos α，R sin α）与点A 重合，而折为线段AA ′的中垂线.设P (x ，y )为MN 上任一点，则|PA ′|=|PA |.故(x －R cos α)2＋(y －R sin α)2=(x －a )2＋y 2，即2R (x cos α＋y sin α)=R 2－a 2＋2ax ，故加试一、如图，连结AB ，在△ADQ 与△ABC 中，∠ADQ =∠ABC ，∠DAQ =∠PBC =∠CAB ，故△ADQ ∽△ABC ，而有BC DQAB AD=，即BC ·AD =AB ·DQ . PBD 得PCB ∽△在△CBQ 与△ABD 中，AD DQ CQAB BC BC==，∠BCQ =CBQ =∠ABD ，即得∠DBQ =∠ABC =∠PAC .二、由题设可知于是444333(mod 2)333(mod )333(mod5)②l m n lmnl m n ⎧≡≡⎪≡≡⇔⎨≡≡⎪⎩ 由于（3，2）=（3，5）=1，由①可知3l －m ≡3m －n ≡1(mod24).现在设u 是满足3u ≡1(mod24)的最小正整数，则对任意满足3v ≡1(mod24)的正整数v ，我们有u |v ，即u 整除v .事实上，若\|u v ，则由带余除法可知，存在非负整数a 与b ，使得v =au ＋b ，其中0<b ≤u －1，从而可推出3b≡3b +au≡3v ≡1(mod24)，而这显然与u 的定义矛盾，所以u |v .注意到3≡3(mod24)，32≡9(mod24)，33≡27≡11(mod24)，34≡1(mod24)从而可设m －n =4k ，其中k 为正整数.同理可由②推出3m －n ≡1(mod54)，故34k ≡1(mod54).现在我们求满足34k ≡1(mod54)的正整数k .因为34=1＋5×24，所以34k －1=（1＋5×24）k －1≡0(mod54)，即 即有k =5t ，并代入该式得t ＋5t [3＋(5t －1)×27]≡0(mod52)即有t ≡0(mod52)，即k =5t =53s ，其中s 为正整数，故m －n =500s ，s 为正整数. 同理可证l －n =500r ，r 为正整数. 由于l >m >n ，所以有r >s .这样一来，三角形的三个边为500r ＋n 、500s ＋n 和n .由于两边之差小于第三边，故n >500(r －s )，因此，当s =1，r =2，n =501时三角形的周长最小，其值为（1000＋501）＋（500＋501）＋501=3003三、设这n 个点的集合V ={A 0，A 1，A 2，…，A n －1}为全集，记A i 的所有邻点（与A i 有连线段的点）的集合为B i ，B i 中点的个数记为|B i |=b i ，显然112n i i b l -==∑且b i ≤(n －1)(i =0，1，2，…，n －1).若存在b i =n －1时，只须取则图中必存在四边形，因此下面只讨论b i <n －1(i =0，1，2，…，n －1)的情况.不妨设q ＋2≤b 0≤n －1.用反证法.若图中不存在四边形，则当i ≠j 时，B i 与B j 无公共点对，即|B i ∩B j |≤1（0≤i <j ≤n －1）.因此，0||1i i B B b ⋂≥-(i =1，2，…，n －1).故故(n －1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q ＋2－b 0)(nq －q －n ＋3－b 0) q (q ＋1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q ＋2－b 0)(nq －q －n ＋3－b 0)①但(nq －q －n ＋3－b 0)－q (n －b 0－1)=(q －1)b 0－n ＋3≥(q －1)(q ＋2)－n ＋3=0② 及(nq －q ＋2－b 0)－(q +1)(n －b 0)=qb 0－q －n ＋2≥q (q ＋2)－q －n ＋2=1>0③0)(n －b 0－1)B 1，C 1分别为边AC ，AB 的中点，已知射线B 1I 交边AB 于点b 与的最大公约数也等于1；（3）对于S 中任意两个不同的元素a ，b ，都存在1，并且b 与d 的最大公约数也大于1.三、给定正整数n ，求最小的正数λ，使得对任何2…tan θn =2n /2，就有cos θ1＋cos θ2＋…＋cos θn ≤λ.四、求所有满足a ≥2，m ≥2的三元正整数组（a 五、某公司需要录用一名秘书，共有10人报名，公司经理决定按照求职报名的顺序逐个面试，前3个人面试后一定不录用，自第4个人开始将他与前面面试过的人相比较，如果他的能力超过了前面所有已面试过的人，就录用他；否则就不录用，继续面试下一个，如果前9个都不录用，那么就录用最后一个面试的人.假定这10个人的能力各不相同，可以按能力由强到弱排为第1，第2，…，第10.显然该公司到底录用到哪一个人，与这10个人报名的顺序有关.大家知道，这样的排列共有10！种，我们以A k 表示能力第k 的人能够被录用的不同报名顺序的数目，以A k /10！表示他被录用的可能性.证明：在该公司经理的方针之下，有 （1）A 1>A 2>…>A 8=A 9=A 10； （2）该公司有超过70%的可能性录用到能力最强的3个人之一，而只有不超过10%的可能性录用到能力最弱的3个人之一.六、设a ，b ，c ，d 为正实数，满足ab ＋cd =1；点P i （x i ，y i ）(i =1，2，3，4)是以原点为圆心的单位圆周上的四个点，求证：（ay 1＋by 2＋cy 3＋dy 4）2＋（ax 4＋bx 3＋cx 2＋dx 1）2≤22222()a b c d ab cd+++.参考答案一、∵H 是△ABC 的垂心，A 1是△BHC 的外心，∴△BHC =180°－∠BAC ，∠BA 1C =2∠BAC .又由题设知AB ≠AC ，从而A ，I ，A 1共线，即A 1在∠BAC 平分线上⇔A 1在△ABC 外接圆上⇔∠BA 1C ＋∠BAC =180°⇔∠BAC =60°.现证22BKB CKC S S ∆∆=⇔∠BAC =60°.作ID ⊥AB 于D ，IE ⊥AC 于E ，设BC =a ，CA =b ，AC =c ，则故A ，I ，A 1共线的充要条件是△BKB 2和△CKC 2的面积相等. 二、设35121235711a a a a a n q =，其中q 是不被2，3，5，7，11整除的正整数，a i 为非负整数，n ≤100，则n ∈S ⇔a i (1≤i ≤5)中恰有一个或两个为正整数，即S 由下列元素组成：不超过100的正偶数中除去2×3×5，22×3×5，2×32×5，2×3×7，22×3×7，2×5×7，2×3×11等7，…，3×33共17个数；，5×5，5×7，5×11，5×13，5×17，5×19共7个数； 7，7×7，7×11，7×13共4个数； .中的S ，c ≠，≠且（，）=>1，（，）=>1；若（a ，b ）=d >1，取d 的最小质因数p ，及不整除，则有c ∈S ，c ≠a ，c ≠b 且（a ，c ）≥p >1，（b ，c ）≥因此S 满足条件（3）.以下证明任何满足题设的S 的元素数目不大于首先证明满足题设条件的S 121p 2∈S ，则由（3）知存在c ∈S ，使得（p 1，c ）>1，（p 2，c ）>1，从而有p 1|c ，p 2|c ，∴p 1p 2|c ，由此可知c ≥p 1p 2>100，这与（1）矛盾.从而10与100之间的21个质数11，13，17，23，…，97至多只有一个在S 中. 又显然1∉S .设集合T 是由不超过100的正整数除去1及大于10的21个质数余下的78个数构成的. 下面证明T 中至少还有7个数不在S 中.1°若有某一个大于10的质数p 在S 中，则S 中所有各数的最小质因数只可能是2，3，5，7，p 中的一个.（i ）若7p ∈S ，则2×3×5，22×3×5，2×32×5，7p 包含了S 中所有各数的最小质因数，因此由条件（2）知2×3×5，22×3×5，2×32×5∉S ；若7p ∉S ，则由条件（3）知7，7×7，7×11，7×13∉S ；（ii ）若5p ∈S ，则由（2）知，2×3×7，22×3×7∉S ； 若5p ∉S ，则由条件（3）知5，5×5，5×7∉S . （iii ）3p 与2×5×7不同属于S . （iv ）2×3p 与5×7不同属于S . 当p =11或13时，由（i ），（ii ），（iii ），（iv ）知分别至少有3个数，2个数，1个数，1个数共至少有7个数不属于S ；当p =17或19时，由（i ），（ii ），（iii ）知分别至少有4个数，2个数，1个数共至少有7个数不属于S ； 当p >20时，由（i ），（ii ）知分别至少有4个数，3个数共至少7个数不属于S .2°如果没有大于10的素数属于S ，则S 中的每个元素的最小质因数只能是2，3，5，7，则如下的7对数中，每对数都不能同时都属于S .（3，2×5×7），（5，2×3×7），（7，2×3×5）， （2×3，5×7），（2×5，3×7），（2×7，3×5），（22×7，3+2×5）.事实上，若上述7对数中任何一对数（a ，b ）都属于S ，则由（2）知，存在c ∈S ，使得（a ，c ）=（b ，c ）=1，这与ab 包含了S 中每个元素的所有最小质因数矛盾.由1°，2°知T 中至少还有7个数不属于S ，从而满足条件的S 的元素个数的最大值为72.三、1°证当n =1，2时，λ=， 当n =1时，tan θ1，∴cos θ12.1231cos cosθ≤=12323123222223232222222323232223cos cos 2sin sin (18cos cos cos cos 28cos cos sin sin 18tan tan sec sec (1tan )(1tan )tan tan 7.θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ++<--++<⇔+≥⇔+≥=++⇔+≤ 3 ()若（3）式不成立，即tan2θ2＋tan 2θ3>7，从而tan 2θ1≥tan 2θ2>7/2.故cos θ1≤cos θ23=，cos θ1＋cos θ2＋cos θ3<＋1<2.从而（1）式得证.现证λ=n －1为最小的.事实上，若0<λ<n－1，则取α=λ/（n－1）<1，从而存在θi<（0，π/2）i=1，2，…，n，使得cosθi=α，tanθiα（i=1，2，…，n－1），tanθn=2n/2(αn－1，从而tanθ1tanθ2…tanθn=2n/2，但cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn－1＋cosθn>cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn－1=λ当n≥3时，最小的正数λ为n－1.综上所求最小正数1,2),1(3).nn nλ⎧=⎪=⎨-≥⎪⎩四、设n=mq＋r，0≤r≤m－1，则a n＋203=a mq＋r＋203=a mq a r＋203≡(－1)q a r＋203(mod(a m＋1))从而a m＋1|a n＋203⇔a m＋1|(－1)a a r＋203.即k(a m＋1)=(－1)q a r＋203.1°若2|q，则k(a m＋1)=a r＋203.①（i）若r=0，则有k(a m＋1)=204=22×3×17.故（a，m，n）=（2，4，8t）或（4，2，4t），，m=2，r=1满足上式，即（a，m，n）=（5，2，4t＋1）.n）=（＋1）=203－②由0≤r≤m－1知，k≥0.（i）当k=0时，a=203，r=1对任意的不小于2（a，m，n）=（203，m，（2t＋1）m＋1）（ii）若k≥1，则当r=0时，由②有k（a m＋1）=202容易验证仅当a=10，m=2时，上式成立，故（a，m，n）=（10，2，4t＋2）当r≥1时，由②有a r(ka m－r＋1)=203－k.对于1≤k≤5，容易验证仅当k=3时，a=8，m=2，r=1或a=2，m=6，r=3时，满足上式.（a，m，n）=（8，2，4t＋3）或（2，6，12t＋9）对于k≥6，由②有6（a m＋1）<203.故a m只可能有22，23，24，25，32，33，42，52.容易验证仅当a m=32，r=1时，满足（2）式，∴（a，m，n）=（3，2，4t＋3）.综上满足题设条件的三元正整数组（a，m，n）为（2，4，8t），（4，2，4t），（5，2，4t＋1），（2，2，4t ＋1），（2，3，6t＋2），（203，m，（2t＋1）m＋1），（10，2，4t＋2），（8，2，4t＋3），（2，6，12t＋9），（3，2，4t＋3），其中t为非负整数.五、设A k(a)表示当前3名中能力最强者能力排名为第a，能力排名为第k的人能够被录用的不同报名顺序的数目.当a=1时，仅当能力第k的人最后一个报名时，才被录用，所以A k(1)=3·8！∆=γ1.①当2≤a ≤8时，若k =a ，a ＋1，…，10，则有A k (a )=0； 若k =1，2，3，…，a －1，则有17812811891011127()3(2)!(10)!(2,3,,7)③(1)④3(22)!(102)!38!(373)8!0③、a k aa a k a a k k A a C a a A A k A A A A A A C γγγγγ-==+=--∆===+=====-=---=⨯->∑∑②再注意到12389101234567881231234④38!,218!,637!,307!,157!,7.27!,37!,66!22368!218!1267!3(301573)7!5077!7!70%10!A A A A A A A A A γγγγγγγγγγγγ>>>==========++=+++++++++=>∑即有容易算得>38!10%.10!⨯=六、令u =ay 1＋by ＋bx 3，v 1=cx ax bx y 1y 2－x 1x 2≤12cd②①＋②并整理得2004一、凸四边形EFGH 的顶点E 、F 、G 、H 分别在凸四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上，且满足1AE BF CG DHEB FC GD HA=.而点A 、B 、C 、D 分别在凸四边形E 1F 1G 1H 1的边H 1E 1、E 1F 1、F 1G 1、G 1H 1上，满足E 1F 1∥EF ，F 1G 1∥FG ，G 1H 1∥GH ，H 1E 1∥HE .已知11E A AH λ=.求11F CCG 的值. 二、已给正整数c ，设数列x 1，x 2，…满足x 1=c ，且x n =x n －1＋12(2)[]n x n n--+＋1,n =2，3，…，其中[x ]表示不大于x 的最大整数.求数列{x n }的通项公式.三、设M 是平面上n 个点组成的集合，满足：（1）M 中存在7个点是一个凸七边形的7个顶点；（2）对M 中任意5个点，若这5个点是一个凸五边形的5个顶点，则此凸五边形内部至少含有M 中的一个点.求n 的最小值.第二天四、给定实数a 和正整数n .求证：（1）存在惟一的实数数列x 0，x 1，…，x n ，x n ＋1，满足（2）对于（1）中的数列x 0，x 1，…，x n ，x n ＋1满足|x i |≤|a |，i =0，1，…，n ＋1. 五、给定正整数n (n ≥2)，设正整数a i =(i =1，2，…，n )满足a 1<a 2<…<a n 以及11nii a =∑≤1. 求证：对任意实数x ，有六、证明：除了有限个正整数外，其他的正整数n 均可表示为2004个正整数之和：n =a 1＋a 2＋...＋a 2004，且满足1≤a 1<a 2<...<a 2004，a i |a i ＋1，i =1，2， (2003)参考答案一、（1）如图1，若EF ∥AC 则BE BFEA FC =，代入已知条件得DH DGHA GC=， 所以，HG ∥AC .从而，E 1F 1∥AC ∥H 1G 1. CA 的延长线相交于点T .1CF BE ATFB EA TC =.1CG DH ATGD HA TC=.由梅涅劳斯定理逆定理知线E 1H 1分别交于点同理，1=AH·.所以， 二、显然，当n ≥2时，112(1)[]n n n x x x n---=+. 令a n =x n －1，则a 1=c －1， 对任意非负整数A ，令 三、先证n ≥11.设顶点在M 中的一个凸七边形为A 1A 2…A 7，连结A 1A 5.由条件（2）知，在凸五边形A 1A 2A 3A 4A 5中至少有M 中一个点，记为P 1.连结P 1A 1、P 1A 5，则在凸五边形A 1P 1A 5A 6A 7内至少有M 中一个点，记为P 2，且P 2异于P 1.连结P 1P 2，则A 1，A 2，…，A 7中至少有5个顶点不在直线P 1P 2上.由抽屉原则知，在直线P 1P 2的某一侧必有3个顶点，这3个顶点与点P 1、P 2构成的凸五边形内，至少含有M 中一个点P 3.再作直线P 1P 3、P 2P 3.令直线P 1P 2对应区域Ⅱ3，它是以直线P 1P 2为边界且在△P 1P 2P 3异侧的一个半平面（不含直线P 1P 2）.类似地定义区域Ⅱ1、Ⅱ2.这样，区域Ⅱ1、Ⅱ2、Ⅱ3覆盖了平面上除△P 1P 2P 3外的所有点.由抽屉原则知，7个顶点A 1，A 2，…，A 7中必有7[3＋1=3个顶点在同一区域（不妨设为Ⅱ3）中.这3个点与P 1、P 2构成一个顶点在M 中的凸五边形，故其内部至少含M 中一个点P4.所以，n ≥11.下面构造一个例子说明n =11是可以的.如图所示，凸七边形A 1A 2…A 7为一整点七边形，设点集M 为7个顶点A 1，A 2，…，A 7且其内部有4个整点.则显然满足条件（1）.这个点集M 也满足条件（2），证明如下.假设存在一个整点凸五边形，其内部不含整点.因整点多边形的面积均可表示为2n （n ∈N ＋）的形式，由最小数原理，必有一个面积最小的内部不含整点的整点凸五边形ABCDE .考虑顶点坐标的奇偶性，只有4种情况：（奇，偶），（偶，奇），（奇，奇），（偶，偶）.从而，五边形ABCDE 的顶点中必有两个顶点的坐标的奇偶性完全相同.于是，它们连线的中点P 仍为整点.又P 不在凸五边形ABCDE 内部，因此P 在凸五边形的某条边上，不妨设P 在边AB 上，则P 为AB 的中点.连结PE ，则PBCDE 是面积更小的内部不含整点的整点凸五边形.矛盾.综上所述，n 的最小值为11.四、（1）存在性.由3311222i i i i x x x a x +-=+--，i =1，2，…及x 0=0可知每一x i 是x 1的3i －1次实系数多项式，从而，x n ＋1为x 1的3n次实系数多项式.由于3n为奇数，故存在实数x 1，使得x n ＋1=0.由x 1及x 0=0可计算出x i .如此得到的数列x 0，x 1，…，x n ＋1满足所给条件.惟一性.设w 0，w 1，…，w n ＋1；v 0，v 1，…，v n ＋1为满足条件的两个数列，则（2）设|0i x |最大，则nn ≥N （r ）时，存在正整数a 1，a 2，…，a r ，使得n =a 1＋a 2 1.a≤2N则2=2×2=2[1＋(2－1)(2＋1)] =2a －2t ＋2a －2t (2t －1)b 1＋2a －2t (2t －1)b 2＋…＋2a －2t n =2a －2t (2l ＋1)＋2a －2t (2t －1)b 1(2l ＋1)＋…＋2a －2t 若2l ＋1≥2N (k )，则l ≥N (k ).l =c 1＋c 2＋…＋c k ，1≤c 1<c 2<…<c k ， c i |c i ＋1，i =1，2，…，k －1.因此，n =2a ＋2a ＋1c 1＋2a ＋1c 2＋…＋2a ＋1c k 满足要求. 由数学归纳法知，上述一般结论对所有的r ≥2成立.2003年IMO 中国国家队选拔考试试题一、在锐角△ABC 中，AD 是∠A 的内角平分线，点D 在边BC 上，过点D 分别作DE ⊥AC 、DF ⊥AB ，垂足分别为E 、F ，连结BE 、CF ，它们相交于点H ，△AFH 的外接圆交BE 于点G .求证：以线段BG 、GE 、BF 组成的三角形是直角三角形.二、设A ⊆{0，1，2，…，29}，满足：对任何整数k 及A 中任意数a 、b （a 、b 可以相同），a ＋b ＋30k 均不是两个相邻整数之积.试定出所有元素个数最多的A .三、设A ⊂{(a 1，a 2，…，a n )|a i ∈R ，i =1,2,…n }，A 是有限集.对任意的α=(a 1，a 2，…，a n )∈A ，β=(b 1，b 2，…，b n )∈A ，定义：γ（α，β）=(|a 1－b 1|，|a 2－b 2|，…，|a n －b n |)， D （A ）={γ（α，β）α∈A ，β∈A }. 试证：|D （A ）|≥|A |.四、求所有正整数集上到实数集的函数f ，使得（1）对任意n ≥1,f (n ＋1)≥f (n )；（2）对任意m 、n 、(m 、n )=1，有f (mn )=f (m )f (n ).五、设A ={1，2，…，2002}，M ={1001，2003，3005}.对A 的任一非空子集B ，当B 中任意两数之和不属于M 时，称B 为M 一自由集.如果A =A 1∪A 2，A 1∪A 2=∅，且A 1、A 2均为M 一自由集，那么，称有序对（A 1，A 2）为A 的一个M 一划分.试求A 的所有M 一划分的个数.六、设实数列{x n }满足：x 0=0，x 2x 1，x 3是正整数，且11212n n n n x x +--+，n ≥2.问：这类数列中最少有多少个整数项？参考答案一、如图，过点D 作DG ′⊥BE ，垂足为G ′.由勾股定理知BG ′2－G ′E 2=BD 2－DE 2=BD 2－DF 2=BF 2.所以，线段BG ′、G ′E 、BF 组成的三角形是以BG ′为斜边的直角三角形.下面证明G ′即为G ，即只须证A 、F 、G ′、H 四点共圆.如图1，连结EF ，则AD 垂直平分EF .设AD 交EF 于点Q ，作EP ⊥BC ，垂足为P ，连结PQ 并延长交AB 于点R ，连结RE .A 、R 、D 、P 四点共圆∽△圆.所以，∠′=∠=∠.因此，A 、F 、G ′、H 四点共圆. 二、所求A 为{3l ＋2|0≤l ≤9}. 设A 满足题中条件且|A|最大.因为两个相邻整数之积被30整除，余数为0，2，，26（mod30），即a /≡0，1，3，6，10，13，15，16，18因此，A ⊆{2，4，5，7，8，9，11，12，14，17，19，20，22，23，24，26，27，29}.后一集合可分拆成下列10个子集的并，其中每一个子集至多包含A 中的一个元素:{2，4}，{5，7}，{8，12}，{11，9}，{14，22}，{17，19}，{20}，{23，27}，{26，24}，{29}. 故|A |≤10.若|A |=10，则每个子集恰好包含A 中一个元素，因此，20∈A ，29∈A .由20∈A 知12∉A ，22∉A ，从而，8∈A ，14∈A .这样，4∉A ，24∉A ，因此，2∈A ，26∈A . 由29∈A 和7∉A ，27∉A ，从而，5∈A ，23∈A .这样，9∉A ，19∉A ，因此，11∈A ，17∈A . 综上有A ={2，5，8，11，14，17，20，23，26，29}，此A 确实满足要求. 三、对n 和集A 的元素个数用归纳法.如果A 恰有一个元素，则D （A ）仅包含一个零向量，结论成立. 如果n =1，设A ={a 1<a 2<…<a m }，则{0，a 2－a 1，a 3－a 1，…，a m －a 1}⊆D （A ）.因此，|D （A ）|≥|A |.假定|A |>1和n >1，定义B ={x 1，x 2,…，x n －1|存在x n 使得(x 1，x 2，…，x n －1，x n )∈A }. 由归纳假设|D （B ）|≥|B |.对每一个b ∈B ，令A b ={x n |(b ，x n )∈A }，a b =max{x |x ∈A b },C =A \{b ，a b }|b ∈B }.则|C |=|A |－|B |. 因为|C|<|A |，由归纳假设|D (C )|≥|C |. 另一方面，D (A )={(D ，|a －a ′|)|d (b ，b ′)=D ，且a ∈A b ，a ′∈A b ′}.类似地，再令C b =A b \{a b }，有D （C ）={(D ，|c －c ′|)|d (b ，b ′)=D ，且c ∈C b ，c ′∈C b ′}.注意到，对每一对b 、b ′∈B ，最大差|a －a ′|(a ∈A b ，a ′∈A b ′)一定是a =a b 或a ′=a b ′.于是，这个最大差不出现在{|c －c ′||c ∈C b ，c ′∈C b ′}中.因此，对任何的D ∈D （B ），集合{|c －c ′||d (b ，b ′)=D ，且c ∈C b 和c ′∈C b ′}并不包含集合{|a －a ′||d (b ，b ′)=D ，且a ∈A b 和a ′∈A b ′}中的最大元，前者是后者的真子集.由此结论可知|D (C )|≤()(|{|||(,)}|1)b b D D B a a d b b D a A a A '∈'''-=∈∈-∑且和≤|D (A )|－|D (B )|.故|D (A )|≥|D (B )|＋|D (C )|≥|B |＋|C |=|A |. 四、显然，f =0是问题的解. 设f /≡0，则f (1)≠0.否则，对任意正整数n 有f (n )=f (1)f (n )=0，矛盾.于是得f (1)=1.利用（2）知，对任意奇数p 有f (2p )=f (2)f (p )=f (p ). 令1()()a g x fx =，则g (x )满足（1）、（2）且g 设k ≥2，则由（1）得2g (2k －1－1)=g (2)g (2k －1－1)=；若k ≥3，则22g (2k －2－1)=2g (2k －1－2)≤g (2k )≤2g 依此类推，用归纳法得 2k －1≤g (2k )≤2k －1g (3)(∀k ≥2)③ 同样，对任意m ≥3，k ≥2有g k －1(m )g (m －1)≤g (m k )≤g k －1(m )g (m ＋1)④ 显然，当k =1时，③、④也成立.任取m ≥3，k ≥1，有s ≥1，使得2s ≤m k ≤2s ＋1. 于是，有s ≤k log 2m <s ＋1，即 k log 2m －1<s ≤k log 2m ⑤由（1）可知g (2s )≤g (m k )≤g (2s ＋1). 再由③、④得令k →＋∞得g (m )=m ，则f (m )=m a.综上得f =0或f (n )=n a(∀n )，其中a (a ≥0)为常数.五、对m 、n ∈A ，若m ＋n =1001或2003或3005，则称m 与n “有关”. 易知与1有关的数仅有1000和2002，与1000和2002有关的都是1和1003，与1003有关的为1000和2002. 所以，1，1003，1000，2002必须分别为两组{1，1003}，{1000，2002}.同理可划分其他各组：{2，1004}，{999，2001}，{3，1005}，{998，2000}；这样A 中的2002个数被划分成501对，共1002组.∪D ∈D （B ） ∪ D ∈D （B ）由于任意数与且只与对应的另一组有关，所以，若一对中一组在A 1中，另一组必在A 2中.反之亦然，且A 1与A 2中不再有有关的数.故A 的M 一划分的个数为2501.六、设n ≥2，则再由x 0=0可得[(1(1]nn n n x A =+-于是，333[(1(1].4Ax A =-==故由此可得([(1(1]2nn n n x =- ②记(1]n n n a -.显然，{a n }为偶数列，且由x 3为正整数和②知x n 为整数的必要条件是3|n .而333(1](10]k k k k k a +--=+--，{b n }也是偶数列，且易知对任意非负整数m 、n ，有 设a n =2k n p n ，b n =2ln q n ，其中n 、k n 、l n 为正整数，由于a 1=b 1=2，即k 1=l 1=1，由④可知 k 2=2，l 2=3；k 4=5，l 4=3；k 8=8，l 8=5. 用归纳法可得任取m 1>m 2≥2，由③可得 由此易知用归纳法可知，对于m 1>m 2>…>m r ≥2，有即当n =2r p ，其中r (r ≥2)是整数，p 是奇数时，有 1212n n n k r n l ⎧=++⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩⑤ 当n =4m ＋1时，由③可得414114441()2m m m m m a a b a b a b +=+=+.由⑤可知k 4m ＋1=2m ＋1. 同理，由知k 4m ＋2=k 4m ＋3=2m ＋2. 综上可知当3|n 时，由②得2233332233k nn n n n x x x a p --==，其中3|p n . 由于k 3=2=23×3，k 6=4=23×6，k 12=9>23×12，k 24=16=23×24，从而，x 3，x 6，x 12，x 24，均为整数. 若n /≡0(mod4)，则k n ≤2n＋1，所以，210(6)36n nk n n -≤-<∀>⑥若n=0(mod4)，由于3|n ，则n =2r ×3kq ，其中r ≥2，k ≥1，q 不含3的因子.由⑤可知，k n =2r －1×3k q ＋r ＋1于是，k n －23n =2r －1×3k q ＋r ＋1－2r ＋1×3k －1q =r ＋1－2r －1×3k －1q ≤r ＋1－2r －1，等号当且仅当k =q =1时成立.当r >3时，2r －1=(1＋1)r －1>r ＋1.由此可知，当r >3或2≤r ≤3，但k 、q 中有一个不为1时，有20k n -<⑦.x ∈A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个3、设定义域为R 的函数f (x )、g (x )若g (5)=2002，那么f (6)等于（）A ．2002B ．2003C ．2004D ．20054、某厂生产的一种饮料售价2元，销售中还规定1元（含瓶），那么该种饮料每瓶利润应是（）元.A ．0．55B ．0.60C ．0.63D ．0.705、已知集合34{|N,N}5m m P m m +=∈∈，Q ={t |t =(2k －1)2＋1,k ∈N }，则P 与Q 的关系是（）A ．P =QB ．/P Q ⊂=C ．/Q P ⊂=D ．//P Q Q P ⊆⊆且 6、能使函数13()(1)fx x mx =+-在区间[0，＋∞]上具有单调性的正数m 的取值范围是（）A ．0<m <13B ．m =13C ．m >13D ．m ≥137、某人坚持早晨在一条弃用的旧公路上步行锻炼身体，同时数数训练头脑，他先从某地向前走2步后后退1步，再向前走4步后后退2步，…，再向前走2n步后后退n 步…当他走完第2008步后就一直往出发地走.此人从出发到回到原地一共走了（）步.A ．3924B ．3925C ．3926D ．39278、下面是一个计算机程序的操作说明： ①初始值x =1，y =1，z =0，n =0；②n =n ＋1（将当前的n ＋1的值赋予新的n ）； ③x =x ＋2（将当前的x ＋2的值赋予新的x ）； ④y =2y （将当前的2y 的值赋予新的y ）； ⑤z =z ＋xy （将当前的z ＋xy 的值赋予新的z ）；⑥如果z >7000，则执行语句⑦，否则回到语句②继续进行； ⑦打印n ，z ； ⑧程序终止.则语句⑦打印的数值是（）A ．n =7，z =7681B ．n =8，z =7681C ．n =7，z =7682D ．n =8，z =7682 二、填空题（共8道小题，每小题5分，共40分）9、设f (x )=x 2－x ＋12的定义域是[n ，n ＋2]（n ∈N *），则f (x )的值域中所含整数的个数是_________. 10、函数y =2－|x －3|－m 的图象与x 轴有交点，则m 的取值范围是_________. 11、数列{a n }满足：a 1=3，a 2=6，a n ＋2=a n ＋1－a n ，则a 2008=_________.12、幼儿园里，孩子们爬滑梯，每3秒钟爬上30厘米，又滑下10厘米，若滑梯滑道总长为6.1米，且孩子.＋f (3)＋f (4)＋f (5)＋f (12)＋f (13)＋f (14)＋f 不少于盒子的编号数，则不同的装法共有_________种三、解答题（共4道小题，每小题10分，共4017、把前n 个自然数按某种规律排成如下数阵（1）第一行第m 列的数可用a 1m 表示，例如a 11=1（2）自然数2004位于第几行第几列？（3）第i 行第j 列的数可用a ij 表示，请写出a ij 关于i 和j 的表达式. 18、容器A 中盛有浓度为a %的农药m 升，容器B 中盛有浓度为b %的同种农药也是m 升，两种农药的浓度差为20%（a >b ）.现将A 中农药的14倒入B 中，均匀混合后由B 倒回A ，恰好使A 中保持m 升（将A 中的14倒入B均匀；混合后，由B 倒回A ，使A 保持m 升不变，这样叫做一次操作），欲使两种农药的浓度差小于1%，那么至少要操作多少次？（下列对数值可供选用：lg5=0.699，lg6=0.778）.19、函数f (x )的定义域为{x |x ∈R ，且x ≠0}，f (x )>0的解集为{x |0<x <k ，或x <－k ，k >0}.函数ϕ(α)=sin 2α＋(ξ＋1)cos α－ξ2－ξ－k ，α∈[0，π].若集合A ={ξ|ϕ(α)<0}，B ={f(ϕ(α))>0}，试求A ∩B .20、现代社会对破译密码的难度要求越来越高.有一种密码把英文的明文（真实文）按字母分解，其中英文的a ，b ，c …z 的给出如下一个变换公式：1 3 6 10 15 21 28 362 5 9 14 20 27 35 4 8 13 19 26 34 … 7 12 18 25 33 … 11 17 24 32 … 16 23 31 … …22 30 … 29 38 …37 ……将明文转换成密文，如8→82＋13=17，即h 变成q ，5→512+=3，即e →c . （1）按上述方法将明文good 译成密文.（2）若按上述方法将某明文译成的密文是shxc ，请你找出它的明文.高二年级一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1、过点（1，3）作直线l ，若l 经过（a ，0）和（0，b ）两点，且a ，b ∈N *，则可作出的l 的条数为（） A ．1B ．2C ．3D ．多于3条2、函数()f x =A ．（0，13）B ．（＋∞，0）∪（0，＋∞）C ．（0，16）∪（11,63）D ．（0，＋∞）3、若鲤鱼在长大时体型基本相似，一条鲤鱼的体长为15cm 时体重为15g ，则当此鱼长到长为20cm 时它的1，0的C ．∠FEP =∠QEF D ．不确定8、小明到华兴文具店想购买2支钢笔或3支圆珠笔，现知6支钢笔和3支圆珠笔的价格之和大于24元，而4以钢笔和5支圆珠笔的价格之和小于22元.若设2支钢笔的价格为a 元，3支圆珠笔的价格为b 元，则（）A ．a >bB ．a <bC ．a =bD ．不确定二、填空题（共8道小题，每小题5分，计40分）9、已知△ABC 中，BC =6，AB ＋AC =10，则△ABC 面积的最大值为_________. 10、“神舟五号”飞船运行轨道是以地球的中心F 为焦点的椭圆，测得近地点A 距地面为m km ，远地点B 距地面为n km ，设地球半径为Rkm ，关于椭圆有以下说法：①焦距长为n －m ，③离心率为2n me m n R-=++，④以AB 方向为x 轴的正方向，F 为坐标原点，则左准线方程为2()()m R n R x n m++=--.以上说法正确的有___________（填上所有你认为正确说法的序号）.11、已知O 为坐标原点，OM =（－1，1），NM =（－5，－5），集合A ={OR ||RN |=2}，OP 、OQ ∈A ，MP MQ λ=（λ∈R ，λ≠0），则MP MQ =___________.12、要通过一宽度为a m 的直角形巷道，运送一批建筑管材到施工工地（如图2），问此巷道能通过最长的管材尺寸为___________m.13、方程1+=的解集是___________.14、在一天内的不同时刻，经理把文件交给秘书打印，每次都将要打印的文件放在秘书待打印文件堆在上面，秘书一有时间就将文件中最上面的那份文件取来打印.现有12345；②24351；③___________（填上所有可能的序号）.sin α）（1＋cos α）=ba c+，其中α是锐角，a ，b ，c 均，求1＋2＋…＋2004的最小值.18、若x ，y ∈R ，x ＋y =1，则2332x yx y x y +≤++19、已知抛物线y 2=4x 的焦点为F ，过F （1）求证：直线MN 必过定点；（2）分别以AB 和CD 为直径作圆，求两圆相交弦中点H 的轨迹方程. 20、如图3，O 1、O 2相交于M 、N 两点，点A 在O 1上，射线AM 、AN 交O 2为S ，问：在什于B 、C 两点，记O 1面积为S 1，O 2面积为S 2，△ABC 外接圆面积么条件下才能有S =S 1＋S 2，请作出判断并加以证明.答案高一年级一、选择题1、A 提示：N ={－2，－1，0，1}，x ＋3f (x )为偶数.故－2，0原象必须为M ={－1，0，1}中偶数，－1，1原象必须是M 中奇数，故满足条件的只能有2、C 提示：3x <6x≤3x ＋1，即0<x ≤13，从而0<6x ≤2，故6x =1或6x =2，从而1163x x ==或.3、C 提示：由g (5)=2002可知点A （5，2002）在函数g (x )的图象上，则点A ′（2002，5）在函数g －1（x ）的图象上，于是点B （2004，5）在g －1（x －2）的图象上，从而点B ′（5，2004）在函数f (x ＋1)的图象上.进而可知点C （6，2004）在函数f (x )的图象上，所以f (6)=2004.4、B 提示：花8元可买4瓶喝，喝完后剩4只空瓶，再借用一只空瓶后用5只空瓶换回一瓶饮料，喝完后还回借用的空瓶子，这样8元价值等于5瓶该种饮料价值，所以每瓶实际售价合8÷5=1.6元，除去成本1元，故利润1.6－1=0.6元，选B.5、C 提示：分别列出3n，4n的个位数，易知n =2，6，10，14，18，…时，345n n+∈N .故p ={m |m =4n －2，n∈N *}.另一方面，对任意t ∈Q ，t =4(k 2－k ＋1)－2∈P ，而k 2－k ＋1=k (k －1)＋1是奇数，所以Q 中不存在形如8k－2(k ∈N *)的元素，但8k －2∈P ，这表明/Q P ⊂=.6、D 提示：取m =1，有f (0)=1，f (7)=－5，猜测：f (x )在区间[0，＋∞]上是单调减函数；进一步可证明当m ≥13，则当0≤x 1<x 2时，f (x 1)与f (x 2)的大小关系并不恒定.7、C8、D 提示：设n =i 时，x ，y ，z 的值分别为x i ，y i ，z i ，依题意得x 0=1，x n =x n －1＋2，故{x n }是等差数列，且x n =2n ＋1，y 0=1，y n =2y n －1，故{y n }是等差数列，且x n =2n .232n ＋1）2nn －1）2n ＋1＋2，为令2－=0，即=－|－3|，由－|－3|≤011、－3.由已知有a 1=3，a 2=6，a 3=3，a 4=－3，a 5=－6，a 6=12、90.设t 秒钟内爬完580cm ，则20×3t=580，得t =8713、9.提示：1()() 2.f x f x+=14、223(101)99n -.15<p <1. 16、15. 三、解答题17、（1）当自然数排到a 1m 时，共用去了（1＋2＋3＋…＋m ）个数，从而1(1)2m m m a +=. （2）由于第一行第63列的数为636420162⨯=，故第2行第62列的数为2015，第3行第61列的数为2014，…，第13行第51列的数为2004.（3）由于a ij 与a i －1i ＋1相邻，又18、设A 中溶质为a 1，B 中溶质为b 1，操作k 次后，A 、B 中溶质分别为a k ，b k ，则a 1=ma %， b 1=mb %，又a %－b %=20%.故故{a k －b k }是首项为a 1－b 1=20m %，公比为35的等比数列.则 a k －b k =20m %·13(5k -浓度差为1203()1005k k k a b m m --=.依题意得12031()1005100k -<，故 故至少操作7次后，浓度差小于1%.19、∵f (x )>0的解集为{x |0<x <k ，或x <－k ，k >0}， ∴B={ξ|f （ϕ（α））>0}={ξ|0<ϕ（α）<k 或ϕ（α）<－k }，A ={ξ|ϕ（α）<0}， ∴A ∩B ={ξ|ϕ（α）<－k ，k >0}.由ϕ（α）<－k 得sin 2α＋(ξ＋1)cos α－ξ2－ξ－k <－k .22，则u ∈[－1，1]，u 2－(ξ＋1)u ＋ξ2＋ξ－1>0恒成立，令g (u )=u 2－20、（1）g →7→712+=4→d ，o →15→1512+=8→h ，d →4→42＋13=15→o .∴明文good 的密文为dhho.（2）原变换公式的逆变换公式为故s →19→2×19－26=12→l ，h →o ，x →v ，c →e . 密文shxc 的明文是love.高二年级一、选择题 1、B2=t (t ≥0)，有x =t 2－2，则23139t t t -==++（t ≥0且t ≠3）从而函数值域为111(0,)(,)663⋃，选C.3、鲤鱼长大时体重G =ρV 是体积的一次函数，而体积之比是相似比的立方.故320()1515G =，从而G =6427×15≈35，选C.4、动点M （x ，y ）的几何意义是到定点P （sin α，cos α）的距离等于到定直线l ：x sin α＋y cos α－1=0的距离，∵P ∈l ，∴M 点轨迹是过P 且垂直于l 的直线，选A.5、第2004个1前0的个数为（2×1－1）＋（2×2－1）＋（2×3－1）＋…＋（2×2003－1）=20032=4012009，∴第2004个1为第4012009＋2004=4014013项，选D.6、设△ABC 重心F (c ，0)，设AC 中点为D (x ，y )，由32B D B F=，得D （31,22c b -），D 在椭圆内部，满足22221x y a b+<，从而213e <，即0<e ，选A.7、如图，过P 、Q 分别作准线的垂线PR 、QS ，R 、S 为垂足，则RP ∥EF ∥SQ ，从而RE PF ES FQ =，又据抛物线定义知PF =PR ，FQ =QS ，所以RE PFES QS=，从而△RPE ∽△SQE ，故∠REP =∠SEQ ，90°－∠REP =90°－∠SEQ ，即∠PEF =∠QEF ，选C.2c 由已知，点R 的轨迹是以点N 为圆心，2为半径的圆，点且M 理M12、建立如图坐标系，则A (－a ，－a )，设管材BC 斜率为k (k <0). 直线BC ：y ＋a =k (x ＋a )，则B (ak·－a ，0)，C (0，ak －a )，因为k <0，故1k ＋k ≤－2，（1k＋k －1）2≥32，|BC |≥等号仅当k =－1时成立，即此巷能通过最长的管材尺寸为米.13、m a am b b +>+(b >a >0，m >0)，故原不等式左边>1112361111236236x x x x x x +++++=++=，故原不等式的解集为∅. 14、填①②③⑤.15、由已知条件得sin α＋cos α－sin αcos α=2325，又sin 2α＋cos 2α=1，设x =sin α＋cos α，y =sin αcosα，联立解得从而a ＋bc=(1＋sin α)(1＋cos α).所以a =2，b =22，c =257=.16、332222111min{,,}22a b a b a baba ba b ≤≤=++a =b =221a b+，即a =b =”.三、解答题 17、12200412200422220042222004122004122004111112221002200420042004120041()()200420x x x x x x x y x x x x x x =+++⇒=++++++≥++=++++++++≥20041220042004min12004,042005y x x x ++++≥=====即当且仅当)18、令t =xy ，则t ∈（0，14）.由x ＋y =1，得x 2＋y 2=1－2xy ＋5x 2y 2.19、（1）由题可知F （1，0），设A (x A ，y A )，B (x B －1)，则A 、B 点的坐标代入y 2=4x .相减得y A ＋y B =4k ，即y M =k ，代入方程y =k (x －1)，解得x M =2k＋1，同理可得，N 的坐标为（2k 2＋1，－2k ）.直线MN 的斜率为21M N MN M N y y k k x x k -==--，方程为y ＋2k =21k k-（x－2k 2－1），整理得y (1－k 2)=k (x －3).显然，不论k 为何值，（3，0）均满足方程，所以直线MN 恒过定点Q （3，0）.（3）过M 、N 作准线x =－1的垂线，垂足分别为E 、F .由抛物线的性质不难知道：准线x =－1为圆M 与圆N 的公切线，设两圆的相交弦交公切线于点G ，则由平面几何的知识可知，G 为EF 的中点.所以x G =－1，122M N E F G y y y y y k k ++===-，即G （－1，1k k-）. 又因为公共弦必与两圆的连心线垂直，所以公共弦的斜率为211MNk k k --=，所以，公共弦所在直线的方程为1()y k x k=-.所以公共弦恒过原点.根据平面几何的知识知道：公共弦中点就是公共弦与两圆连心线的交点，所以原点O 、定点Q （3，0）、所求点构成以H 为直角顶点的直角三角形，即H 在以OQ 为直径的圆上（如图）.又对于圆上任意一点P （x ，y ）（原点除外），必可利用方程1(y k x k=-求得k 值，从而以上步步可逆，故所求轨迹方程为2239()24x y -+=（x ≠0）. 20、当O 1N ⊥O 2N 时有S =S 1＋S 2，下面予以证明∠NO 1O 2=12∠N O 1M =∠A ， 同理∠NO 2O 1=∠ACM . 故△AMC ∽△O 1NO 2有121AC AMO O O N=，① 设O 1、O 2、△ABC 外接圆半径分别为r 1、r 2和R ，在△ABC 中AC =2R sin B =2R sin ∠ANM ， 在△AMN 中O 2O 1=R ，因为O 1N ⊥O 2N ，所以22212r r R +=.得S 1＋S 2=S .大值.3、设n 为给定的正整数，求最小的正整数u n d 整除的数的个数不少于奇数1，3，5，…，2n －14、证明：若凸四边形ABCD 内任意一点P 到边AB.5、已知数列{a n }满足：a 0=0，1n n a ka +=+n =0，1，2，…，其中k 为给定的正整数.证明：数列{a n }的每一项都是整数，且2k |a 2n ，n =0，1，2，….6、凸四边形ABCD 有内切圆，该内切圆切边AB 、BC 、CD 、DA 的切点分别为A 1、B 1、C 1、D 1，连结A 1B 1、B 1C 1、C 1D 1、D 1A 1，点E 、F 、G 、H 分别为A 1B 1、B 1C 1、C 1D 1、D 1A 1的中点.证明：四边形EFGH 为矩形的充分必要条件是A 、B 、C 、D 四点共圆.7、设非负实数x 1、x 2、x 3、x 4、x 5满足51111i i x ==+∑.求证：52114i i ixx=≤+∑. 8、1650个学生排成22行、75列.已知其中任意两列处于同一行的两个人中，性别相同的学生都不超过11对.证明：男生的人数不超过928.答案1、设某个面上的四个数a 1、a2、a3、a 4之和达到最小值，且a 1<a 2<a3<a 4.由于小于5的三个不同的正整数之和最大为9，故a 1≥6.因此。
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛甘肃赛区预赛试题参考答案及评分标准
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（甘肃赛区预赛）试卷参考答案及评分标准一、填空题（共10小题，每小题7分，满分70分。
请直接将答案写在题中的横线上）二、解答题（共6小题，满分80分。
要求写出解题过程）11.（13分）已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c cos sin 2A Bc B +=．（1）求C ∠的大小；（2）若a b +=，求sin A ．【解】：（1cos sin sin 2A BB C B +=，因为有sin 0B ≠sin .2A BC +=因为cos cos()sin2222A B CC π+=-=，2sin cos 222C C C =，因为sin02C≠，所以cos 22C =，因为(0,)C π∈，所以26C π=，从而.3C π=………………6分（2）因为3C π=，由余弦定理得222,c a b ab =+-将3()3c a b =+代入上式得2221()3a b a b ab +=+-，整理得222520a ab b -+=，解得2a b =或2.b a =①当2a b =时，c =，所以222222cos 02b c a A bc +-==，因为(0,)A π∈，所以2A π=.②当2b a =时，c =，所以222222cos 22b c a A bc +-==，因为(0,)A π∈，所以6A π=.所以1sin 2A =或1.…………………………13分12.（13分）如图，已知长方形ABCD 中，21AB AD ==，,M 为DC 的中点.将ADM ∆沿AM 折起，使得平面ADM ⊥平面ABCM .（1）求证：AD BM ⊥；（2）若点E 是线段DB 上的一动点，问点E 在何位置时，二面角E AM D --的余弦值为55．【解】：（1）因为平面AMD ⊥平面ABCM ，2,1AB AD ==，M 是DC 的中点,，故AD DM =，取AM 的中点O ，连结有OD ，则DO ⊥平面ABCM ，取AB 中点N ，连接ON ，则ON AM ⊥，以O 为原点如图建立空间直角坐标系……………3分13.（13分）已知数列}{n a 中，12a =，且21()2n n n a a n N a *+=∈+．证明：（1）212n n a -≤；（2）12122244222n n na a a a a a +++<+++ ．【证明】：（1）由12a =，且212n n n a a a +=+，得0n a >，故1202nn n n a a a a +--=<+，则{}n a 为递减数列.11221112222n n n n n a a a a a a +==-≤-=+++，即112n n a a +≤，故21.2n n a -≤…………………………………6分（2）由12()2nn n n a a a n N a *+=-∈+，可得121223112224()2()()222n n n n na a a a a a a n a a a a a ++++=-+-++-+++ 1231n n a a a a na +=+++- ，21121()22n -<++++ 11221) 4.2n -=+-<（故有1212224 4.222n n na a a a a a +++<+++ ……………………………………13分14.（13分）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈•马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第1n +次状态的概率分布只跟第n 次的状态有关，与第1n -，2n -，3n -，…次状态是“没有任何关系的”．现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n （n N *∈）次操作后，记甲盒子中黑球个数为n X ，甲盒中恰有1个黑球的概率为n a ，恰有2个黑球的概率为n b ．（1）求1X 的分布列；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）求n X 的数学期望.【解】：（1）由题意可知，X 1的可能取值为0，1，2，由相互独立事件概率乘法公式可知：P （X 1＝0）＝122339⨯=，P （X 1＝1）＝1122533339⨯+⨯=，P （X 1＝2）＝212339⨯=，故X 1的分布列如下表：X 1012P295929………………3分（2）由全概率公式可知：P （1n X +＝1）＝P （n X ＝1）P （1n X +＝1|n X ＝1）+P （n X ＝2）P （1n X +＝1|n X ＝2）+P （n X ＝0）P （1n X +＝1|n X ＝0）＝1122()3333⨯+⨯P （n X ＝1）+2(1)3⨯P （n X ＝2）+2(1)3⨯P （n X ＝0）＝59P （n X ＝1）+23P （n X ＝2）+23P （n X ＝0），即：1522(1),933n n n n n a a b a b +=++--所以112,93n n a a +=-+所以1313(),595n n a a +-=--又a 1＝P （X 1＝1）＝59，所以，数列3{}5n a -是以135a -为首项，以19-为公比的等比数列，所以132121(()545959n n n a --=-⨯-=-，即：321(.559nn a =+⨯-………………8分（3）由全概率公式可得：P （1n X +＝2）＝P （n X ＝1）P （1n X +＝2|n X ＝1）+P （n X ＝2）P （1n X +＝2|n X ＝2）+P （n X ＝0）P （1n X +＝2|n X ＝0）＝21(33⨯P （n X ＝1）+11)3⨯（P （n X ＝2）+0×P （n X ＝0），即：12193n n n b a b +=+，又321(),559nn a =+⨯-所以112321[()]39559nn n b b +=+⨯+⨯-，所以111111111([()],5593559n nn n b b ++-+⨯-=-+⨯-又b 1＝P （X 1＝2）＝29，所以111121105599545b -+⨯-=--=（，所以111()0559nn b -+⨯-=，所以111()559nn b =-⨯-，所以()20(1)2 1.n n n n n n n E X a b a b a b =++⨯--=+=………………13分15.（13分）已知点F 是抛物线2:4C x y =与椭圆22221(0)y x a b a b+=>>的公共焦点，椭圆上的点M 到点F 的最大距离为3．（1）求椭圆的方程；（2）过点M 作C 的两条切线，记切点分别为,A B ，求△MAB 面积的最大值.【解】：（1）抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F （0，1），∴c ＝1．∵椭圆上的点M 到点F 的最大距离为3，∴a +c ＝3，b 2＝a 2-c 2，解得a ＝2，b 2＝3，∴椭圆的方程为22143y x +=．………………5分（2）设M （x 0，y 0），则2222000031,3434y x y x +==-联立2224143x yy x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，得3y 2+16y -12＝0，y ∈[-2，2]，解得y ＝23，∴y 0∈[-2，23），设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），求导x 2＝4y ，可得12y x '=，∴切线MA ，MB 的方程分别为：y 214x -＝12x 1（x -x 1），y 224x -＝12x 2（x -x 2），可得x 1，x 2为方程t 2-2x 0t +4y 0＝0的两个不相等实数根．∴x 1+x 2＝2x 0，x 1x 2＝4y 0，∴AB k ＝22210212*********x x x y y x x x x x x --+===--，∴直线AB 的方程为：y 214x -＝214x x +（x -x 1），化为y ＝214x x +x 124x x -，代入可得y ＝2x x -y 0，化为x 0x -2y -2y 0＝0，∴点M 到直线AB 的距离d＝2，|AB |，∴△MAB 面积S ＝12d |AB |＝2001|4|4x y -把2200334y x =-代入上式可得S＝20031|34|44y y --＝322001(12316)16y y --，∵y 0∈[2-，23），由t ＝12203y --16y 0＝2081003(33y -++，∴y 0＝2-时，t 取得最大值32．∴△MAB面积的最大值为………………13分16.（15分）已知函数()(2e )ln f x x x =-，其中e 2.71828= 为自然对数的底数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若12,x x ∈（0，1），且21121212ln ln 2e (ln ln )x x x x x x x x -=-，证明：12112e 2e 1x x <+<+．【解】：（1）2e()(1ln )f x x x'=-+，因为y ＝2ex在（0，+∞）上是减函数，y ＝1ln x +在（0，+∞）上是增函数，所以()f x '在（0，+∞）上单调递减，又因为(e)0f '=，所以当x ∈（0，e ）时，()(e)0f x f ''>=，()f x 单调递增；当x ∈(e ，+∞)时，()(e)0f x f ''<=，()f x 单调递减．………………5分（2）证明：由题意，121212ln ln 2eln 2eln x x x x x x -=-，即121211(2e ln (2e )ln x x x x -=-，11221111(2e ln (2e )ln x x x x -=-，设111a x =，221a x =，则由1x ，2x ∈（0，1），得1a ，2a ∈（1，+∞），且f （1a ）＝f （2a ），不妨设12a a <，则即证122e 2e 1a a <+<+，由(2e)0f =及()f x 的单调性知，121e 2e a a <<<<，令()()(2e )F x f x f x =--，1＜x ＜e ，则()F x '＝()f x '+(2e )f x '-＝24e 2ln[(2e )](2e )x x x x ----，因为2(2e )e x x -≤，所以()F x '＞2224e 2ln e 0e--=，所以F （x ）在（1，e ）上单调递增，则F （x ）＜F （e ）＝0，所以f （x ）＜f （2e -x ），取1x a =，则11()(2e )f a f a <-，又12()()f a f a =，则21()(2e )f a f a <-，又12e a e ->，2e a >，且f （x ）在（e ，+∞）上单调递减，所以212e a a >-，即122e a a +>．从而12112e x x +>成立.………………10分下证122e 1a a +<+，①当21a e <+时，由1e a <得122e 1a a +<+，②当2e 12e a +≤<时，令()()(2e 1)G x f x f x =-+-，e 12e x +<<，则222e(2e 1)()()(2e 1)2ln[(2e 1)](2e 1)G x f x f x x x x x+'''=++-=---++-++，记2(2e 1)t x x =-++，e 12e x +≤<，又2(2e 1)t x x =-++在[e 1,2e)+上为减函数，所以2(2e,e e]t ∈+，2e(2e 1)2t +-在（2e ，e 2+e ）单调递减，ln t 在（2e ，e 2+1）单调递增，所以2e(2e 1)2t+--ln t 单调递减，从而()G x '在[e +1，2e ）上单调递增，又(2e)G '＝2e(2e 1)2e(2e 12e)++--2-ln 2e （2e +1-2e ）＝2e -1-ln 2e ，ln x ≤x -1，所以(2e)G '＞0，又(e 1)G '+＝2e(2e 1)(e 1)(2e 1e 1)+++---2-ln （e +1）（2e +1-e -1）＝e 1e 1-+ln(e 1)-+＜0，从而由零点存在定理得，存在唯一x 0∈（e +1，2e ），使得0()0G x '=，当0[e 1,)x x ∈+时，()G x '＜0()G x '＝0⇒()G x 单调递减；当0(,2)x x e ∈时，()G x '＞0()G x '＝0⇒()G x 单调递增；所以()G x ≤max {(e 1),(2e)}G G +，又(e 1)(e 1)(2e 1e 1)(e 1)(e)(e 1)ln(e 1)e G f f f f +=+-+--=+-=-+-，ln 1e x x ≤⇒ln x ≤e x ⇒ln(e 1)+≤e 1e+，所以e 11(e 1)(e 1)e 0e eG ++<--=-<，显然，G （2e ）＝f （2e ）-f （2e +1-2e ）＝0-0＝0，所以G （x ）＜0，即f （x ）-f （2e +1-x ）＜0，取x ＝2a ∈[e +1，2e ），则22()(2e 1)f a f a <+-，又12()()f a f a =，则12()(2e 1)f a f a <+-，结合22e 12e 1(e 1)e a +-<+-+=，1e a <，以及()f x 在(0,e)单调递增，得到122e 1a a <+-，所以122e 1a a +<+．综上，可得12112e 2e 1x x <+<+．………………15分。
2019年高一数学奥林匹克竞赛决赛试题及答案
2019年**一中高一数学竞赛奥赛班试题（决赛）及答案（时间：5月16日18：40～20：40）满分：120分一、 选择题（本大题共6小题，每小题5分，满分30分）1．已知M=},13|{},,13|{},,3|{Z n n x x P Z n n x x N Z n n x x ∈-==∈+==∈=，且P c N b M a ∈∈∈,,，设c b a d +-=，则∈d （ ）A. MB. NC. PD.P M 2.函数()142-+=xx x x f 是（ ）A 是偶函数但不是奇函数B 是奇函数但不是偶函数C 既是奇函数又是偶函数 C 既不是奇函数也不是偶函数3.已知不等式m 2＋(cos 2θ－5)m ＋4sin 2θ≥0恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A . 0≤m ≤4B . 1≤m ≤4C . m ≥4或x ≤0D . m ≥1或m ≤04.在△ABC 中，c b a ,,分别是角C B A ,,所对边的边长，若0sin cos 2sin cos =+-+B B A A ，则cba +的值是（ ） A.1 B.2 C.3 C.2 5. 设 0ab >>, 那么 21()a b a b +- 的最小值是A. 2B. 3C. 4D. 56．设ABC ∆的内角A B C ,,所对的边,,a b c 成等比数列，则B CBAC Acos tan sin cos tan sin ++的取值范围是（ ）A. (0,)+∞B.C.D. )+∞．二、填空题（本大题共10小题，每小题5分，满分50分）7.母线长为3的圆锥中，体积最大的那一个的底面圆的半径为 8．函数|cos sin |2sin )(x x ex x f ++=的最大值与最小值之差等于 。
个个9.设函数,:R R f →满足1)0(=f ，且对任意的R y x ∈,，都有)1(+xy f =2)()()(+--x y f y f x f ，则________________)(=x f 。
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)一试参考答案与评分标准(A卷)
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分16分） 在ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ． 根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x ≤−,则2()24f x x x =−,在这一区间上的最小值为(116f −=+；2.若(13x ∈−−，则()88f x x =−+，在这一区间上的最小值为(316f =−+…………15分3.若31x ∈− ，则2()24f x x x =−+，在这一区间上的最小值为((3116f f =−+=−+；4.若13x ∈− ，则()88f x x =−，在这一区间上的最小值为(116f −+=−+；5.若3x ≥+，则2()24f x x x =−，在这一区间上的最小值为(316f =+.综上所述，所求最小值为((3116f f =−+=−.…………20分。
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）x — a1.（训练题25）已知函数y 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x-a -1（A ）.（A ） 2 （B ）3（C ）-2（D ）-4,5 I222.（训练题25）我们把离心率等于黄金比 丄二的椭圆称之为“优美椭圆”.设二•爲=1（a > b >2a 2b 20）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，贝y ■ ABF 等于（C ）.复数一定是（C ）.Z 26.（训练题25）在集合M 二｛1,2,3,）11,10｝的所有子集中，有这样一族不同的子集,不是空集，那么这族子集最多有（B ）. （A ） 210 个（B ） 29 个（C ）102 个（D ） 92 个(A) 60o(B)75°(C)90o(D)120°3.（训练题25）已知 ABC 三边的长分别是a,b,c , 复数Z i ,Z 2满足 Z i =a, Z 2 =b,乙+ z 2 = c ，那么（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 f (X)二 1（-厂卩：21 c2 c 2CE 的最大值是（D ）. (A) 20(B)10(C)-10(D)-205 .（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S.BOC = 4 ,S ABC 16，则• ABC 等于(B).Ji(A)—12(B)5■： 7■:12(C)12(D)11- 12它们两两的交集都二、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3线所在直线方程分别是 v =3x • 1和v = mx • 2，则实数m 的值是3或124x2 •（训练题25）设f （x ） J （a .0,a "） , [m]表示不超过实数m 的最大整数，则函数1+a x1 1[f （x ） ] [f （-x ）]的值域是 ___________ {-1,0} ________ •2 2 ------------------------------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a 2 （bc ） b 2 （c a ） c 2 （a • b ） _ kabc 对所有直角三角形都成立的 k 的最大值是2 3 r 2•4.（训练题25）如图，正三棱柱 ABC -ABG 的各条棱长都是1,截面BCD 1 在棱AA 上的交点为D ,设这个截面与底面ABC 和三个侧面ABB 1A 1,BCC 1B 1,CAAC 1所成的二面角依次为：「，：七，〉，若 c o ：s^ c o 2s-c 3o S，则截面的面积等于 —3乜 _______________85.（训练题25）已知f （x ）是定义域在实数集的函数，且f （X • 2）[1 - f （X ）] =1 • f （x ）•若f （1） =2，,3 , 则 f （1949）的值是 ___________ p 3 - 2 .6.（训练题25）设x 1是方程.3sin x 「3cosx = 2a 「1的最大负根，x 2是方程2cos 2x 「2sin 2x = a 的最小正根，那么，使不等式为Ex?成立的实数a 的取值范围是 ________ - -43^a^~或 a= 2 __________.2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.B 1B（训练题25）（本题满分35 分）实数数列a1, a2, |a3, ,a M足a P 帕弋钏帕996—為97=1997若数列｛0｝满足：b k = ai+：+川％（k =1,2川1997）.求bf —b2 + b2 —…+0 996-匕997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A,A2A3A4A5A6A7，顶点R,P2在底面的两侧•现将下述线段中的每一条染红，蓝两色之一：R,P2，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.。
第8无理函数
无理函数的值域问题求无理函数的值域问题是初等数学的难点,因该类问题内涵丰富,灵活多变,涉及多个知识点,技巧性、综合性较强,解法灵活多样,因此成为数学竞赛的热点.本文通过对各种解法进行对比研究,试图寻找解决各种类型问题的最佳方法.1.单调性质法[例1]:(2010年全国高中数学联赛试题)函数f(x)=5-x -x 324-的值域是 .[解析]:[评注]:一个函数我们直接或作一些变形就能判断函数的单调性,用单调求值域是一种比较快捷的方法.无理函数f (x)=b ax ++d cx +(a 与c 同号)型,或f (x)=b ax +-d cx +(a 与c 异号)型,或f (x)=b ax +-d cx +(a 与c 相等)型等,可判断函数单调性,均可用此法.用单调性质法求无理函数的值域时,必须注意到函数隐含的正负性特征和定义域.[类题]:1.(2011年全国高中数学联赛湖南初赛试题)函数y=1+x -x 525-的值域是 .2.(1995年第六届“希望杯”全国数学邀请赛(高一)试题)函数y=2+x -2-x ( ) (A)是非单调函数,没有反函数 (B)有反函数,且反函数是增函数 (C)有反函数,且反函数是减函数 (D)有反函数,且反函数是非单调函数3.(原创题)求函数y=27+x +x -13-x 的最大值和最小值.4.(原创题)求函数y=27+x +x -14-x -13的最大值和最小值.2.平方分析法[例2]:(2005年全国高中数学联赛试题)使关于x 的不等式3-x +x -6≥k 有解的实数k 的最大值是 .[解析]:[评注]:求无理函数值域的难点是解析式中含有的根式,而平方法是去掉根式的根本方法.无理函数f (x)=b ax ++ax d -(a>0,b>0,d>0)型,或f (x)=ax+b ±q px x a ++22型等,可使用平方法分析求解.用平方法求无理函数的值域时,必须注意到平方前函数中隐含的非负性特征和定义域.[类题]:1.(1994年全国高中数学联赛上海初赛试题)函数y=x -1994+1993-x 的值域是_____.2.(2003年第十四届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)函数y=232+-x x +232x x -+的最大值是 ,最小值是 .3.(2005年全国高中数学联赛吉林初赛试题)若x 2+y 2=169,则函数f(x,y)=3381024+-x y +3381024++x y 的最大值是 .4.(2001年全国高中数学联赛试题)函数y=x+232+-x x 的值域为 .3.代数换元法[例3]:(2006年江苏高考试题)设a 为实数,设函数f(x)=a21x -+x +1+x -1的最大值为g(a).(Ⅰ)设t=x +1+x -1,求t 的取值范围,并把f(x)表示为t 的函数m(t); (Ⅱ)求g(a); (Ⅲ)试求满足g(a)=g(a1)的所有实数a. [解析]:[评注]:此法适用于函数f(x)=ax+b+md cx +,一般令t=d cx +,将原函数转化为t 的二次函数,当然也适用于函数f(x)=ax 2+b+m d cx +2、f(x)=ax 2+bx+k+m d cx +、f(x)=qpx cbx ax +++等.用代数换元法求无理函数的值域时,必须注意到换元后的新变元的取值范围.[类题]:1.(1997年第八届“希望杯”全国数学邀请赛(高一))函数y=x-x -1的值域为 . 2,(2011年全国高中数学联赛山西初赛试题)函数y=2x-5+x 311-的最大值是 . 3.(原创题)函数f(x)=x 2+21x -的值域为 .4.(2011年全国高中数学联赛试题)函数f(x)=112-+x x 的值域为 . 4.三角换元法(Ⅰ)[例4]:(2010年全国高中数学联赛安徽初赛试题)函数f(x)=2x-24x x -的值域是_________.[解析]:[评注]:若|x|≤R,则可作代换x=Rcos α,且α∈[0,π].此法适用于无理函数f(x)中的无理式是22)(a x R --的形式.用三角换元法求无理函数的值域时,必须给定换元中角α的取值范围.如作代换x=Rsin α,则α∈[-2π,2π],使得换元恰取值好为原函数的定义域.[类题]:1.(2010年全国高中数学联赛江西初赛试题)函数f(x)=212+-x x 的值域是 . 2.(典型题)函数y=x 21x -+x 2的值域是 .3.(1986年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知函数y=)56)(96(22-+-+-x x x x ,那么它的值域是__________．4.⑴(2011年全国高中数学联赛内蒙古初赛试题)函数f(x)=9102-+-x x +184502-+-x x 的最大值为 . ⑵(2004年第十五届“希望杯”全国数学邀请赛(高一))已知函数f(x)=232-+-x x +652-+-x x ,则函数f(x)的最大值与最小值之差是________.5.三角换元法(Ⅱ)[例5]:(2006年全国高中数学联赛江西初赛试题)函数f(x)=3-x +x 312-的值域为 .[解析]:[评注]:若x ∈[a,b],则可作代换x=(b-a)sin 2α+a,且α∈[0,2π],或x=2a b -cos α+2b a +,且α∈[0,π].此法适用于无理函数f(x)中的无理式的定义域为[a,b]的函数.如无理函数f (x)=b ax ++d cx +(a 与c 异号)型,或f (x)=ax 2+bx+c+ m t qx px ++2(a<0,q 2-4pr>0)型.用三角换元法求无理函数的值域时,必须给定换元中角α的取值范围.使得换元恰取值好为原函数的定义域.[类题]:1.(2008年重庆高考试题)(2009年全国高中数学联赛河南初赛试题)已知函数y=x -1+3+x 的最大值为M,最小值为m,则Mm的值为 .2.(2010年全国高中数学联赛湖南初赛试题)设函数f(x)=x -4+2+x 的最大值为M,最小值为m,则M 与m 的乘积为 .3.(2006年全国高中数学联赛福建初赛试题)函数y=43+x +x 34-的最大值与最小值之和为 .4.(典型题)函数y=x+2+23102-+-x x 的值域是________.6.三角换元法(Ⅲ)[例6]:(2011年全国高中数学联赛试题)函数f(x)=112-+x x 的值域为 . [解析]:[评注]:若无理函数f(x)中的无理式是c b x a ++2)((a>0,c>0)的形式,可作代换x+b=actan α,且α∈(-2π,2π),则c b x a ++2)(=αcos c.用三角换元法求无理函数的值域时,必须给定换元中角α的取值范围.使得换元恰取值好为原函数的定义域.[类题]:1.(原创题)函数f(x)=212+-x x 的值域为 .2.(200年全国高考试题改编题)若函数f(x)=12+x -ax(a>0)在[0,+∞)上单调递减,则实数a 的取值范围是 .3.(原创题)函数f(x)=5422+-x x -x 的值域为 .4.(2002年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知函数f(x)=x21(1-x+2221x x +-),x ∈[2,4],则该函数的值域是_____. 7.距离分析法[例7]:(2008年全国高中数学联赛江西初赛试题)设x ∈R,则函数f(x)=12+x +16)12(2+-x 的最小值为 .[解析]:[评注]:对于有些无理函数的值域问题,巧妙地应用平面上两点间的距离公式,可以起到化难为易,化繁为简的作用,同时借助几何直观,使问题得到顺利解答.[类题]:1.(2006年全国高中数学联赛四川初赛试题)函数f(x)=222++x x +222+-x x 的最小值是 . ⑵(2011年台湾高校(对澳门地区)试题)设f(x)=522+-x x +1342+-x x ,则f(x)的最小值为 . ⑶(2011年第二十二届“希望杯”全国数学邀请赛(高一)试题)522+-x x +2582+-x x 的最小值为______. ⑷(2010年第二十一届“希望杯”全国数学邀请赛(高二))函数f(x)=50102+-x x +252+x 的值域是 .2.(2011年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设a 是正数,若f(x)=22106a ax x +-+2252a ax x ++(x ∈R)的最小值为10, 则a= .3.⑴(2004年第十五届“希望杯”全国数学邀请赛(高二))函数y=222++x x -332+-x x 达到最大值时,x 的值是 .⑵(2007年第十八届“希望杯”全国数学邀请赛(高二))当x ∈R 时,函数y=1022++x x -102+-x x ( ) (A)没有最大值和最小值 (B)有最大值,没有最小值 (C)没有最大值,有最小值 (D)有最大值和最小值 4.⑴(1992年全国高中数学联赛试题)函数f(x)=136324+--x x x -124+-x x 的最大值是 .⑵(2011年全国高中数学联赛河南初赛试题)函数f(x)=106324+-+x x x -52324++-x x x 的最大值是 .8.曲线分析法[例8]:(2001年全国高中数学联赛试题)函数y=x+232+-x x 的值域为 .[解析]:[评注]:利用函数解析式的几何意义,把求函数值域的问题转化为距离或截距的范围问题.数形结合是解决求值域和最值问题的重要方法,运用图形的直观性,通过数形结合使抽象问题直观化,复杂问题简单化,综合问题浅显化,充分训练发散思维.[类题]:1.(2005年第十六届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)函数y=2-x +x -5的最大值是 ,最小值是 .2.(2011年全国高中数学联赛四川初赛试题)函数f(x)=5-x +x 324-的最大值是 .3.(典型题)函数y=4x+223x x -+的值域为 .4.(数学奥林匹克高中训练题(73))函数y=212x x -+-2215x x --的值域为 .9.向量分析法[例9]:(2009年全国高中数学联赛试题)求函数y=27+x +x -13+x 的最大和最小值. [解析]:[评注]:根据向量的数量积的定义ab =|a ||b |cos<a,b>⇒(ab )2=|a |2|b |2cos 2<a,b>⇒(ab )2≤|a |2|b |2,等号当且仅当a ∥b 时成立.如求函数f(x)=m x a -+n b x -的最值,可令a =(m,n),b =(x a -,b x -),由(x a -)2+(b x -)2=a-b,f 2(x) =(ab )2=|a |2|b |2cos 2<a,b>⇒<a,b>∈[0,θ],tan θ=n/m,或cot θ=n/m ⇒cos<a,b>∈[t,1],其中t=min{22nm n +,22nm m +}⇒f 2(x)∈[(m 2+n 2)t,(m 2+n 2)(a-b)].[类题]:1.(2011年全国高中数学联赛四川初赛试题)函数f(x)=5-x +x 324-的最大值为 .2.(2003年全国高中数学联赛试题)设23≤x ≤5,证明不等式21+x +32-x +x 315-<219. 10.不等式法[例10]:(2003年全国高中数学联赛试题)设23≤x ≤5,证明不等式21+x +32-x +x 315-<219.[解析]: [类题]:1.(数学奥林匹克高中训练题(147))设0≤x ≤8则函数f(x)=1)8)(8(2+-+x x x x 的值域为 .2.(《中等数学》2006年笫6期.数学奥林匹克高中训练题(1))设x ∈R +,则函数y=211x++2xx+1的最大值为 . 3.(数学奥林匹克高中训练题(126))函数f(x)=x(x +1+x -1)的值域为 . 4.(2009年全国高中数学联赛试题)求函数y=27+x +x -13+x 的最大和最小值.无理函数的值域问题求无理函数的值域问题是初等数学的难点,因该类问题内涵丰富,灵活多变,涉及多个知识点,技巧性、综合性较强,解法灵活多样,因此成为数学竞赛的热点.本文通过对各种解法进行对比研究,试图寻找解决各种类型问题的最佳方法.Ⅰ.解法分析1.单调性质法[例1]:(2010年全国高中数学联赛试题)函数f(x)=5-x -x 324-的值域是 .[解析]:函数f(x)的定义域为[5,8],且函数y=5-x 在定义域[5,8]内单调递减,y=x 324-在定义域[5,8]内单调递增⇒f(x)在定义域[5,8]内单调递增⇒f(x)的值域是[f(5),f(8)]=[-3,3].[评注]:一个函数我们直接或作一些变形就能判断函数的单调性,用单调求值域是一种比较快捷的方法.无理函数f (x)=b ax ++d cx +(a 与c 同号)型,或f (x)=b ax +-d cx +(a 与c 异号)型,或f (x)=b ax +-d cx +(a 与c 相等)型等,可判断函数单调性,均可用此法.用单调性质法求无理函数的值域时,必须注意到函数隐含的正负性特征和定义域.[类题]:1.(2011年全国高中数学联赛湖南初赛试题)函数y=1+x -x 525-的值域是 .2.(1995年第六届“希望杯”全国数学邀请赛(高一)试题)函数y=2+x -2-x ( ) (A)是非单调函数,没有反函数 (B)有反函数,且反函数是增函数 (C)有反函数,且反函数是减函数 (D)有反函数,且反函数是非单调函数 解:y=2+x -2-x =224-++x x 在[-2,2]上单调递减⇒有反函数,且反函数是减函数.3.(原创题)求函数y=27+x +x -13-x 的最大值和最小值. 解:函数的定义域为[0,13],y=27+x -x =xx ++2727在[0,13]上单调递减⇒函数y=27+x +x -13-x 在[0,13]上单调递减⇒x=13时,y min =210-13,x=0时,y max =33+13. 4.(原创题)求函数y=27+x +x -14-x -13的最大值和最小值. 解:函数的定义域为[-27,,13],y=x -14-x -13=xx -+-14131在[-27,13]上单调递增⇒y=27+x +x -14-x -13在[-27,13]上单调递增⇒2.平方分析法[例2]:(2005年全国高中数学联赛试题)使关于x 的不等式3-x +x -6≥k 有解的实数k 的最大值是 .[解析]:令y=3-x +x -6,3≤x ≤6,则y 2=3+2)6)(3(x x --(或用二次函数)≤3+[(x-3)+(6-x)]=6,实数k 的最大值是6.[评注]:求无理函数值域的难点是解析式中含有的根式,而平方法是去掉根式的根本方法.无理函数f (x)=b ax ++ax d -(a>0,b>0,d>0)型,或f (x)=ax+b ±q px x a ++22型等,可使用平方法分析求解.用平方法求无理函数的值域时,必须注意到平方前函数中隐含的非负性特征和定义域.[类题]:1.(1994年全国高中数学联赛上海初赛试题)函数y=x -1994+1993-x 的值域是_____.2.(2003年第十四届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)函数y=232+-x x +232x x -+的最大值是 ,最小值是 .解:令x 2-3x=t,y=2+t +t -2.3.(2005年全国高中数学联赛吉林初赛试题)若x 2+y 2=169,则函数f(x,y)=3381024+-x y +3381024++x y 的最大值是 .解:f 2(x,y)=48y+676+222)10()33824(x y -+=48y+676+22222210169338338242)1024(⨯-+⨯⨯++y y ,y=13,x=0时,f(x)max=1026.4.(2001年全国高中数学联赛试题)函数y=x+232+-x x 的值域为 .解:y=x+232+-x x ⇒y-x=232+-x x ≥0⇒(y-x)2=x 2-3x+2⇒(2y-3)x=y 2-2⇒y ≠23,x=3222--y y ⇒y ≥3222--y y ⇒1≤y <23,或y ≥2. 3.代数换元法[例3]:(2006年江苏高考试题)设a 为实数,设函数f(x)=a21x -+x +1+x -1的最大值为g(a).(Ⅰ)设t=x +1+x -1,求t 的取值范围,并把f(x)表示为t 的函数m(t); (Ⅱ)求g(a); (Ⅲ)试求满足g(a)=g(a1)的所有实数a. [解析]:(Ⅰ)t 2=2+221x -∈[2,4]⇒t ∈[2,2],f(x)=m(t)=21at 2-a+t; (Ⅱ)①当a=0时,m(t)=t ⇒g(a)=m(2)=2;②当a>0时,函数m(t)过定点(2,2),对称轴t=-a1⇒g(a)=m(2)=a+2;③当a<0时,函数m(t)过定点(2,2),对称轴t=-a1. 综上[评注]:此法适用于函数f(x)=ax+b+md cx +,一般令t=d cx +,将原函数转化为t 的二次函数,当然也适用于函数f(x)=ax 2+b+m d cx +2、f(x)=ax 2+bx+k+m d cx +、f(x)=qpx cbx ax +++等.用代数换元法求无理函数的值域时,必须注意到换元后的新变元的取值范围.[类题]:1.(1997年第八届“希望杯”全国数学邀请赛(高一))函数y=x-x -1的值域为 . 解:令x -1=t,则t ≥0,且x=1-t 2,则y=1-t 2-t ≤1.2,(2011年全国高中数学联赛山西初赛试题)函数y=2x-5+x 311-的最大值是 . 解:令x 311-=t,则t ≥0,且x=31(11-t 2),则3y=-2t 2+3t+7≤865⇒y 的最大值是2465. 3.(原创题)函数f(x)=x 2+21x -的值域为 .解:令21x -=t,则t ∈[0,1],且x 2=1-t 2,y=1-t 2+t.4.(2011年全国高中数学联赛试题)函数f(x)=112-+x x 的值域为 . 解:令x-1=t,则f(x)=tt 1)1(2++.当t>0时,f(x)=2221t t ++>1;当t<0时,f(x)=-2221t t ++=-21)211(22++t ≤-22. 4.三角换元法(Ⅰ)[例4]:(2010年全国高中数学联赛安徽初赛试题)函数f(x)=2x-24x x -的值域是_________.[解析]:f(x)=2x-24x x -=2x-2)2(4--x ,设x-2=2cos α,α∈[0,π],则y=4cos α-2sin α+4=25cos(α+φ)+4,其中cos φ=52,φ为锐角,所以当α=0时,y max =8,当α+φ=π时,y min =4-25.[评注]:若|x|≤R,则可作代换x=Rcos α,且α∈[0,π].此法适用于无理函数f(x)中的无理式是22)(a x R --的形式.用三角换元法求无理函数的值域时,必须给定换元中角α的取值范围.如作代换x=Rsin α,则α∈[-2π,2π],使得换元恰取值好为原函数的定义域.[类题]:1.(2010年全国高中数学联赛江西初赛试题)函数f(x)=212+-x x 的值域是 . 解:设x=cos α,且α∈[0,π].则y=2cos sin +αα,作P(cos α,sin α),A(-2,0),k AP =2cos sin +αα∈[0,33].2.(典型题)函数y=x 21x -+x 2的值域是 .解:设x=sin α(|α|≤2π),则y=sin αcos α+sin 2α=21+22sin(2α-4π),故所求函数值域为[21-22,21+22]. 3.(1986年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知函数y=)56)(96(22-+-+-x x x x ,那么它的值域是__________． 解:f(x)的定义域为[1,5],令x-3=2cos α,α∈[0,π],y=])3(4[)3(22---x x =αα22cos sin 16=2|sin2α|∈[0,2]. 4.⑴(2011年全国高中数学联赛内蒙古初赛试题)函数f(x)=9102-+-x x +184502-+-x x 的最大值为 . 解:f(x)=22)5(4--x -22)25(21--x ,令x-5=4cos α,x-25=21cos β,α,β∈[0,π],4cos α-21cos β=20,f(x)=4sin α+21sin β,f 2(x)+202=(4sin α+21sin β)2+(4cos α-21cos β)2=16+441-168cos(α+β)⇒f 2(x)=57-168cos(α+β)⇒cos(α+β)=-1时,f(x)max =16857+=15.⑵(2004年第十五届“希望杯”全国数学邀请赛(高一))已知函数f(x)=232-+-x x +652-+-x x ,则函数f(x)的最大值与最小值之差是________. 解:f(x)=2)23(41--x +2)25(41--x ,令x-23=21cos α,x-25=21cos β,α,β∈[0,π],cos α-cos β=2⇒f(x)=21(sinα+sin β)⇒4+4f 2(x)=2-2cos(α+β)≤4⇒f(x)=0.5.三角换元法(Ⅱ)[例5]:(2006年全国高中数学联赛江西初赛试题)函数f(x)=3-x +x 312-的值域为 .[解析]:f(x)的定义域为[3,4],令x=(4-3)sin 2θ,θ∈[0,2π],则f(x)=sin θ+3cos θ=2sin(θ+3π),3π≤θ+3π≤65π⇒21≤sin(θ+3π)≤1⇒f(x)=3-x +x 312-的值域为[1,2].[评注]:若x ∈[a,b],则可作代换x=(b-a)sin 2α+a,且α∈[0,2π],或x=2a b -cos α+2b a +,且α∈[0,π].此法适用于无理函数f(x)中的无理式的定义域为[a,b]的函数.如无理函数f (x)=b ax ++d cx +(a 与c 异号)型,或f (x)=ax 2+bx+c+ m t qx px ++2(a<0,q 2-4pr>0)型.用三角换元法求无理函数的值域时,必须给定换元中角α的取值范围.使得换元恰取值好为原函数的定义域.[类题]:1.(2008年重庆高考试题)(2009年全国高中数学联赛河南初赛试题)已知函数y=x -1+3+x 的最大值为M,最小值为m,则Mm的值为 . 2.(2010年全国高中数学联赛湖南初赛试题)设函数f(x)=x -4+2+x 的最大值为M,最小值为m,则M 与m 的乘积为 .3.(2006年全国高中数学联赛福建初赛试题)函数y=43+x +x 34-的最大值与最小值之和为 .4.(典型题)函数y=x+2+23102-+-x x 的值域是________.解:由-x 2+10x-23≥0⇒5-2≤x ≤5+2,令x=2cos α+5,α∈[0,π],则y=2cos α+7+2sin α=2sin(α+4π)+7,由 α∈[0,π]⇒α+4π∈[4π,45π]⇒sin(α+4π)∈[-22,1]⇒y ∈[7-2,9]. 6.三角换元法(Ⅲ)[例6]:(2011年全国高中数学联赛试题)函数f(x)=112-+x x 的值域为 . [解析]:令x=tan α,α∈(-2π,2π),α≠4π,f(x)=ααcos sin 1-=)4sin(21πα-,α-4π∈(-43π,4π)⇒sin(α-4π)∈[-1,0)∪(0,22)⇒f(x)∈(-∞,-22]∪(1,+∞).[评注]:若无理函数f(x)中的无理式是c b x a ++2)((a>0,c>0)的形式,可作代换x+b=actan α,且α∈(-2π,2π),则c b x a ++2)(=αcos c.用三角换元法求无理函数的值域时,必须给定换元中角α的取值范围.使得换元恰取值好为原函数的定义域.[类题]:1.(原创题)函数f(x)=212+-x x 的值域为 .解:令x=2tan α,α∈(-2π,2π),则f(x)=22(sin α-cos α)=sin(α-4π)∈[-1,22). 2.(200年全国高考试题改编题)若函数f(x)=12+x -ax(a>0)在[0,+∞)上单调递减,则实数a 的取值范围是 .解:令x=tan α,α∈(-2π,2π),则f(x)=αcos 1-atan α=ααcos sin 1a -=a ααcos sin 1-a ,取单位圆上的点P(cos α,sin α),A(0,a 1),-k PA =ααcos sin 1-a ,f(x)递减⇔k PA 递增⇔a 1≤1⇔a ≥1. 3.(原创题)函数f(x)=5422+-x x -x 的值域为 . 解:f(x)=3)1(22+-x -12+x ,令x-1=26tan α,α∈(-2π,2π),则f(x)=αcos 3-26tan α-1=26ααcos sin 2--1,取单位圆上的点P(cos α,sin α),A(0,2),-k PA =ααcos sin 2-,k PA ≤-1⇒-k PA ≥1⇒f(x)≥26-1.4.(2002年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知函数f(x)=x21(1-x+2221x x +-),x ∈[2,4],则该函数的值域是_____. 解:f(x)=x 21(1-x+2221x x +-)=21(x1-1+2212+-xx)=21[x 1-1+1)11(2+-x ],令1-x 1=tan α∈[21,43],则y=f(x)=21(-tan α+αcos 1)=21ααcos sin 1-,取单位圆上的点P(cos α,sin α),A(0,1),-k PA =ααcos sin 1-,k OA 递增,ααcos sin 1-递减,当tan α=21时,sin α=55,cos α=552⇒f(x)max =415-;当tan α=43时,sin α=53,cos α=54⇒f(x)min =41.7.距离分析法[例7]:(2008年全国高中数学联赛江西初赛试题)设x ∈R,则函数f(x)=12+x +16)12(2+-x 的最小值为 .[解析]:[评注]:对于有些无理函数的值域问题,巧妙地应用平面上两点间的距离公式,可以起到化难为易,化繁为简的作用,同时借助几何直观,使问题得到顺利解答.[类题]:1.(2006年全国高中数学联赛四川初赛试题)函数f(x)=222++x x +222+-x x 的最小值是 . ⑵(2011年台湾高校(对澳门地区)试题)设f(x)=522+-x x +1342+-x x ,则f(x)的最小值为 . ⑶(2011年第二十二届“希望杯”全国数学邀请赛(高一)试题)522+-x x +2582+-x x 的最小值为______. ⑷(2010年第二十一届“希望杯”全国数学邀请赛(高二))函数f(x)=50102+-x x +252+x 的值域是 .2.(2011年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设a 是正数,若f(x)=22106a ax x +-+2252a ax x ++(x ∈R)的最小值为10,则a= .3.⑴(2004年第十五届“希望杯”全国数学邀请赛(高二))函数y=222++x x -332+-x x 达到最大值时,x 的值是 . ⑵(2007年第十八届“希望杯”全国数学邀请赛(高二))当x ∈R 时,函数y=1022++x x -102+-x x ( ) (A)没有最大值和最小值 (B)有最大值,没有最小值 (C)没有最大值,有最小值 (D)有最大值和最小值4.⑴(1992年全国高中数学联赛试题)函数f(x)=136324+--x x x -124+-x x 的最大值是 .⑵(2011年全国高中数学联赛河南初赛试题)函数f(x)=106324+-+x x x -52324++-x x x 的最大值是 .8.曲线分析法[例8]:(2001年全国高中数学联赛试题)函数y=x+232+-x x 的值域为 .[解析]:取点P(x-23,232+-x x ),则点P 在x 2-y 2=41(y ≥0)上,u=x+y+23,直线x+y=u-23在x 轴上的截矩u-23满足-21≤u-23<0,u-23≥21⇔u ∈[1,23)∪[2,+∞). [评注]:利用函数解析式的几何意义,把求函数值域的问题转化为距离或截距的范围问题.数形结合是解决求值域和最值问题的重要方法,运用图形的直观性,通过数形结合使抽象问题直观化,复杂问题简单化,综合问题浅显化,充分训练发散思维.[类题]:1.(2005年第十六届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)函数y=2-x +x -5的最大值是 ,最小值是 . 解:取点P(2-x ,x -5),点P 在四分之一圆弧C:x 2+y 2=3(x ≥0,y ≥0)上,u=x+y,直线x+y=u 在x 轴上的截矩u 满足:3≤u ≤6.2.(2011年全国高中数学联赛四川初赛试题)函数f(x)=5-x +x 324-的最大值是 .解:取点P(5-x ,x -8),点P 在四分之一圆弧C:x 2+y 2=3(x ≥0,y ≥0)上,u=x+3y,直线x+y=u 在x 轴上的截矩u 满足:3≤u ≤23.3.(典型题)函数y=4x+223x x -+的值域为 .解:取点P(x,223x x -+),点P 在半圆圆弧C:(x-1)2+y 2=4(0≤y ≤2)上,u=4x+y,直线4x+y=u 在x 轴上的截矩u 满足:-1≤41u ≤217+1⇒-4≤u ≤4+217. 4.(数学奥林匹克高中训练题(73))函数y=212x x -+-2215x x --的值域为 . 解:f(x)的定义域为[-3,3],设y 1=212x x -+(y 1≥0),y 2=2215x x --(y 2≥0),则(x-21)2+y 12=(27)2,(x+1)2+y 22=42, 作此两圆,如图: B y 设直线x=t 与半圆C 1,C 2分别相交于A,B 两点,则有向线段BA 的数量, A即为x=t 时的函数值. C 2 C 1 显然,当x=-3时,y 取得最小值-23;当x=3时,y 取得最大值6. -5 -3 x=t O 3 4 x9.向量分析法[例9]:(2009年全国高中数学联赛试题)求函数y=27+x +x -13+x 的最大和最小值.[解析]:设a =(31,21,1),b =()13(3x -,x 2,27+x ),则|a |=666,|b |=66,ab =27+x +x -13+x ,其中0≤x ≤13,由(ab )2≤|a |2|b |2得y ≤66666=11,当且仅当a ∥b ,即x=9时,等号成立;又因()13(3x -)2+(x 2)2+(27+x )2=66⇒当且仅当b =(39,0,33),即x=0时,cos<a ,b >≥113313+⇒27+x +x -13+x =ab =|a ||b |cos<a ,b >≥13+33.[评注]:根据向量的数量积的定义ab =|a ||b |cos<a,b>⇒(ab )2=|a |2|b |2cos 2<a,b>⇒(ab )2≤|a |2|b |2,等号当且仅当a ∥b 时成立.如求函数f(x)=m x a -+n b x -的最值,可令a =(m,n),b =(x a -,b x -),由(x a -)2+(b x -)2=a-b,f 2(x) =(ab )2=|a |2|b |2cos 2<a,b>⇒<a,b>∈[0,θ],tan θ=n/m,或cot θ=n/m ⇒cos<a,b>∈[t,1],其中t=min{22nm n +,22nm m +}⇒f 2(x)∈[(m 2+n 2)t,(m 2+n 2)(a-b)].[类题]:Y.P.M 数学竞赛讲座 71.(2005年全国高中数学联赛试题)使关于x 的不等式3-x +x -6≥k 有解的实数k 的最大值是 .2.(2011年全国高中数学联赛四川初赛试题)函数f(x)=5-x +x 324-的最大值为 .3.(2003年全国高中数学联赛试题)设23≤x ≤5,证明不等式21+x +32-x +x 315-<219. 解:设a =(2,1,1),b =(1+x ,32-x ,x 315-),则|a |=6,|b |=13,ab =21+x +32-x +x 315-=|a ||b | cos<a ,b >=613cos<a ,b >.当b =(25,0,221),即x=23时,cos<a ,b >取得最大值⇒21+x +32-x +x 315-最大值=225+221<219. 10.不等式法[例10]:(2003年全国高中数学联赛试题)设23≤x ≤5,证明不等式21+x +32-x +x 315-<219.[解析]:由(x 1+x 2+…+x n )2=x 12+x 22+…+x n 2+2x 1x 2+2x 1x 3+…+2x n-1x n ≤x 12+x 22+…+x n 2+(n-1)(x 12+x 22+…+x n 2)=n(x 12+x 22+…+x n 2)⇒x 1+x 2+…+x n ≤n22221n x x x +⋅⋅⋅++,当且仅当x 1=x 2=…=x n 时取等号.21+x +32-x +x 315-=1+x +1+x +32-x +x 315-≤214+x ≤219,而等号不能成立.柯西不等式:(a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n )2≤(a 12+a 22+…+a n 2)(x 12+x 22+…+x n 2),当且仅当a 1:x 1=a 2:x 2=…=a n :x n 时等号成立; (21+x +32-x +x 315-)2=(m1m mx 44++n1n nx 32-+k1kx k 315-)2≤(m 1+n 1+k1)[(4mx+4m)+(2nx-3n)+ (15k-3kx)],令4m+2n=3k,y 5≤(m 1+n 1+k1)(4m-3n+15k),取[评注]: [类题]:1.(数学奥林匹克高中训练题(147))设0≤x ≤8则函数f(x)=1)8)(8(2+-+x x x x 的值域为 .解:f(x)=1)8)(8(2+-+x x x x =1)8)(8(22+-+x x x x ≤)1(2)8()8(22+-++x x x x =4,当且仅当x=2时等号成立,值域为[0,4].2.(《中等数学》2006年笫6期.数学奥林匹克高中训练题(1))设x ∈R +,则函数y=211x++2xx+1的最大值为 . 解:设t=x1(t>0),y=21t t ++t+12≤2)1(2t t ++t+12=t t +12+t +12=2-t +12+t +12=2-2(t+11-22)2+22≤ 2+22=223,当且仅当t+11=22,即t=1时等号成立. 3.(数学奥林匹克高中训练题(126))函数f(x)=x(x +1+x -1)的值域为 .解:函数f(x)的定义域为[-1,1],且为奇函数,设21x -=t,0≤t ≤1,f 2(x)=x 2(2+221x -)=2(1-t 2)(1+t)=(1+t)(1+t)(2-2t)≤[3)22()1()1(t t t -++++]3=2764,当且仅当1+t=2-2t,t=31时等号成立⇒f max (x)=938⇒值域为[-938,938]. 4.(2009年全国高中数学联赛试题)求函数y=27+x +x -13+x 的最大和最小值.解:函数的定义域为[0,13],y=27+x +x -13+x =27+x +)13(213x x -+≥27+13=33+13,当且仅当x=0时等号成立;又由柯西不等式:(a 1x 1+a 2x 2+…+a n x n )2≤(a 12+a 22+…+a n 2)(x 12+x 22+…+x n 2),当且仅当a 1:x 1=a 2:x 2=…=a n :x n 时等号成立;y 2= (27+x +x -13+x )2=(m1m mx 27++n1nx n -13+k1kx )2≤(m 1+n 1+k1)[(mx+27m)+(13n-nx)+kx],令m+k=n,且m1:m mx 27+=n 1:nx n -13=k 1:kx ⇒m 2x+27m 2=13n 2-n 2x=k 2x ⇒x=22222713m n m n +-=22213k n n +∈[0,13],取m=1⇒k=2,n=3,则y 5≤(m 1+n 1+k1)(27m+13n)=112.x=9时等号成立;Ⅱ.类型分析1.函数f(x)=ax+b+m dcx +2.函数f(x)=3.函数f(x)=nbax ++mdcx +4.函数f(x)=ax+b+m t qx px ++25.函数f(x)=6.函数f(x)=7.函数f(x)=8.函数f(x)=9.函数f(x)= 10.函数f(x)=3.函数f(x)=n b ax ++m d cx ++k q px +4.f(x)=ax+b+m t qx px ++25.f(x)=ax 2+bx+c+m t qx px ++26.f(x)=n c bx ax ++2+m t qx px ++27.f(x)=qpx cbx ax +++4.(原创题)函数f(x)=5422+-x x -12+x 的值域为 . 解:设y 1=5422+-x x ,y 2=12+x ⇒。
2023年全国中学生数学奥林匹克暨2023年全国高中数学联合竞赛一试(A卷)试题及参考答案
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）试题（含参考答案）说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 设复数910i z （i 为虚数单位），若正整数n 满足2023n z ，则n 的最大值为 ． 答案：2．解：22910181nnnnz z．因21812023z ，而当3n 时，181132023nn n z，故n 的最大值为2．2. 若正实数,a b 满足lg 2b a ，lg lg 5a b a b ，则lg ()ab ab 的值为 ． 答案：20．解：因为lg lg lg lg 102a a b b b a ，所以lg lg lg lg lg lg lg ()()()52220ab a b a b b a ab ab a b a b ．3. 将一枚均匀的骰子独立投掷三次，所得的点数依次记为,,x y z ，则事件“777C C C x y z”发生的概率为 ． 答案：127．解：由于162534777777C C C C C C ，因此当,,{1,2,3,4,5,6}x y z 时，事件“777C C C x y z”发生当且仅当“{1,6},{2,5},{3,4}x y z ”成立，相应的概率为321627． 4. 若平面上非零向量,, 满足 ，2|| ，3|| ，则||的最小值为 ．答案：23．解：由 ，不妨设(,0),(0,)a b ，其中,0a b ，并设(,)x y，则由2||得2by a ，由3|| 得3ax b ．所以2232||2223b ax y xy a b． 取3,2a b ，此时6x y ，||取到最小值23．5. 方程sin cos2x x 的最小的20个正实数解之和为 ． 答案：130 ．解：将2cos212sin x x 代入方程，整理得(2sin 1)(sin 1)0x x ，解得532,2,2()662Z x k k k k．上述解亦可写成2()36Z k x k，其中0,1,,19k 对应最小的20个正实数解，它们的和为192219202013036326k k． 6. 设,,a b c 为正数，a b ．若,a b 为一元二次方程20ax bx c 的两个根，且,,a b c 是一个三角形的三边长，则a b c 的取值范围是 ．答案：7,518． 解：由条件知2222()()()ax bx c a x a x b ax a ab x a b ，比较系数得22,b a ab c a b ，故24,11a a b c a a，从而 24231a a a b c a a a a a ．由于201a a b a，故112a ．此时显然0b c ．因此，,,a b c 是一个三角形的三边长当且仅当a c b ，即4211a a a a a，即2(1)0a a a ，结合112a ，解得15122a ．令23()f x x x x ，则()a b c f a ．显然当0x 时()f x 连续且严格递增，故a b c 的取值范围是151,22f f，即7,518 ． 7. 平面直角坐标系xOy 中，已知圆 与x 轴、y 轴均相切，圆心在椭圆2222:1(0)x y a b a b内，且 与 有唯一的公共点(8,9)．则 的焦距为 ．答案：10．解：根据条件，可设圆心为(,)P r r ，则有222(8)(9)r r r ，解得5r 或29r ．因为P 在 内，故5r ．椭圆 在点(8,9)A 处的切线为2289:1x y l a b ，其法向量可取为2289,n a b． 由条件，l 也是圆 的切线，故n 与PA 平行，而(3,4)PA ，所以223227a b．又2264811a b ，解得22160,135a b ．从而 的焦距为22210a b ．8. 八张标有,,,,,,,A B C D E F G H 的正方形卡片构成下图．现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边（例如可按,,,,,,,D A B E C F G H 的次序取走卡片，但不可按,,,,,,,D B A E C F G H 的次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为 ．AB C D EFGH答案：392．解：如左下图重新标记原图中的八张卡片．现将每张卡片视为顶点，有公共边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边，得到一个八阶图，该图可视为右下图中的2m n 阶图(,)G m n 在3,3m n 时的特殊情况．231-3-20P-1 G (m , n )Pn...210-1-2-m ...取卡片（顶点）的规则可解释为：(i) 若顶点P 已取走，则以下每步取当前标号最小或最大的顶点，直至取完； (ii) 若顶点P 未取走，则必为某个(,)(,0)G m n m n 的情形，此时若0m ，则将P 视为1 号顶点，归结为(i)的情形；若0,0m n ，则将P 视为1号顶点，归结为(i)的情形；若,1m n ，则当前可取P 或m 号顶点或n 号顶点，分别归结为(i)或(1,)G m n 或(,1)G m n 的情形．设(,)G m n 的符合要求的顶点选取次序数为(,)f m n ，本题所求即为(3,3)f ．由(i)、(ii)知1(,0)2(0)m f m m ，1(0,)2(0)n f n n ，且(,)2(1,)(,1)(,1)m n f m n f m n f m n m n ．由此可依次计算得(1,1)12f ，(1,2)(2,1)28f f ，(1,3)(3,1)60f f ，(2,2)72f ，(2,3)(3,2)164f f ，(3,3)392f ，即所求数目为392．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，抛物线2:4y x ，F 为 的焦点，,A B 为 上的两个不重合的动点，使得线段AB 的一个三等分点P 位于线段OF 上（含端点），记Q 为线段AB 的另一个三等分点．求点Q 的轨迹方程．解：设1122(,),(,)A x y B x y ．不妨设AP PQ QB ，则121222,33x x y y P． 易知(1,0)F ．由于点P 位于线段OF 上，故122[0,1]3x x ，12203y y ． ……………4分可设12,2y t y t ，则2212,4t x x t ．此时有2122[0,1]32x x t ，且由,A B 不重合知0t ，所以2(0,2]t ． ……………8分设(,)Q Q Q x y ，则21212232,343Q Q x x y y x t y t，有243Q Q y x ． 注意到2330,42Q x t ，故点Q 的轨迹方程为243(0)32y x x ．……………16分10.（本题满分20分）已知三棱柱111:ABC A B C 的9条棱长均相等．记底面ABC 所在平面为 ．若 的另外四个面（即面111111111,,,A B C ABB A ACC A BCC B ）在 上投影的面积从小到大重排后依次为23,33,43,53，求 的体积．解：设点111,,A B C 在平面 上的投影分别为,,D E F ，则面11111,,A B C ABB A 1111,ACC A BCC B 在 上的投影面积分别为,,,DEF ABED ACFD BCFE S S S S ．由已知及三棱柱的性质，DEF 为正三角形，且,,ABED ACFD BCFE 均为平行四边形．由对称性，仅需考虑点D 位于BAC 内的情形（如图所示）． 显然此时有ABED ACFD BCFE S S S ． ……………5分XFEB DCA由于,,,23,33,43,53DEF ABED ACFD BCFE S S S S ，故,ABED ACFD S S 必为23,33的排列，53BCFE S ，进而43DEF S ，得DEF 的边长为4，即正三棱柱 的各棱长均为4． ……………10分不妨设23,33ABED ACFD S S ，则333,2ABD ACD S S ．取射线AD 与线段BC 的交点X ，则23ABD ACD BX S CX S ，故85BX ．因此2242cos60195AX AB BX AB BX ， 而58ABD ACD ABC AD S S AX S ，故192AD． ……………15分 于是 的高221352h AA AD． 又43ABC S ，故 的体积615ABC V S h ． ……………20分11.（本题满分20分）求出所有满足下面要求的不小于1的实数t ：对任意,[1,]a b t ，总存在,[1,]c d t ，使得()()1a c b d ．解：记[1,]t I t ，()()S a c b d ．假如2t ，则当a b t 时，对任意,t c d I ，均有2(1)1S t ，不满足要求．假如312t，则当1,2a b t 时，对任意,t c d I ，均有 21a c t ，12t b d ．若,a c b d 同正或同负，则2(1)1S t ，其余情况下总有01S ，不满足要求． ……………5分以下考虑322t 的情形．为便于讨论，先指出如下引理．引理：若1,2u v ，且52u v ，则1uv ．事实上，当32u v 时，22225312244u v u v uv ． 当32u v 时，1131222uv ．引理得证． 下证对任意,t a b I ，可取11,t c d I ，使得111()()1S a c b d ．① 若12a b ，则取111c d ，此时1(1)(1)(1)(1)S a b a b ，其中31311,12222a b b a ，且5(1)(1)2()2a b a b ，故由引理知11S ．若12a b ，则取1132t c d I ，此时13322S a b， 其中331,222a b ，且3353222a b a b ，故由引理知11S ． ……………15分 注意到，当,t a b I 时，可取2t c I ，使得21a c （例如，当[1,1]a 时取20c ，当(1,]a t 时取21c ），同理，可取2t d I ，使得21b d ．此时22222()()1S a c b d a c b d ．②根据①、②，存在一个介于12,c c 之间的实数c ，及一个介于12,d d 之间的实数d ，使得()()1a c b d ，满足要求．综上，实数t 满足要求当且仅当322t ． ……………20分。
⑩竞赛中的二项式定理问题
Y.P.M 数学竞赛讲座 1竞赛中的二项式定理二项式定理是数学竞赛的热点之一.1.常数项[例1]:(2003年全国高中数学联赛安徽初赛试题)在(4x 2-2x-5)(1+21x)5的展开式中,常数项为 .[解析]:[类题]:1.①(2008年全国高中数学联赛贵州初赛试题)(x 2-x1)6的展开式中常数项为 (用数字作答). ②(2009年全国高中数学联赛浙江初赛试题)(x-61x)2009的二项展开式中常数项是 .2.①(2012年全国高中数学联赛四川初赛试题)(x 2+x-x1)6的展开式中的常数项是 (用具体数字作答). ②(1997年全国高中数学联赛上海初赛试题)展开式(1+x+x1)7的常数项是_____. 3.(2010年全国高中数学联赛黑龙江初赛试题)若二项式(a x -x1)6的展开式中的常数项为-160,则⎰-adx x 02)13(= .2.通项公式[例2]:(2000年全国高中数学联赛试题)设a n 是(3-x )n的展开式中x 项的系数(n=2,3,4,…),则∞→n lim (223a +333a +…+ nna 3)= . [解析]:[类题]:1.(2006年全国高中数学联赛江苏初赛试题)(x-3x 2)3的展开式中,x 5的系数为 2.①(1998年全国高中数学联赛湖南初赛试题)若(x x -x 1)6展开式中第5项的值为215,则∞→n lim (x -1+x -2+…+x -n)= . ②(2000年全国高中数学联赛湖南初赛试题)若(x x -x 1)6展开式中第5项的值为5,则∞→n lim (x -1+x -3+…+x -1-2n)= .3.(2010年全国高中数学联赛吉林初赛试题)已知 (ax+1)n=a n x n+a n-1x n-1+…+a 1x+a 0(n ∈N *),点列A i (i,a i )(i=0,1,2…,n)部分图象如图所示, 则实数a 的值为________.3.通项分析[例3]:(2002年全国高中数学联赛试题)将二项式(x +421x)n的展开式按x 的降幂排列,若前三项系数成等差数列,则该展开式中x 的幂指数是整数的项共有__________个.[解析]:[类题]:2 Y.P.M 数学竞赛讲座1.(《中等数学》.2008年第3期.数学奥林匹克高中训练题(106))在(53+35)100的展开式中共有 个项为有理数.2.①(2011年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设展开式(5x+1)n=a 0+a 1x+…+a n x n,n ≥2011,若a 2011=max{a 0,a 1,…,a n },则n= .②(2010年全国高中数学联赛浙江初赛试题)若x ∈R +,则(1+2x)15的二项式展开式中系数最大的项为( ) (A)第8项 (B)第9项 (C)第8项和第9项 (D)第11项3.(1988年全国高中数学联赛试题)(x +2)2n+1的展开式中,x 的整数次幂的各项系数之和为_________.4.赋值方法[例4]:(2005年全国高中数学联赛浙江初赛试题)设(1+x+x 2)n =a 0+a 1x+…+a 2n x 2n ,则a 2+a 4+…+a 2n 的值为 . [解析]:[类题]:1.①(2010年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)设(3+x+2x 2)n=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n(n ∈N +)对x ∈R 恒成立,则a 1+a 2+…+a 2n-1= .②(2008年全国高中数学联赛吉林初赛试题)已知多项式(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n=b 0+b 1x+b 2x 2+…+b n x n,且满 足:b 0+b 1+…+b n =26,则正整数n 的一个可能值为 .③(2009年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知多项式(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n=b 0+b 1x+b 2x 2+…+b n x n,且满足: b 0+b 1+…+b n =1013,则正整数n 的一个可能值为 .2.①(2006年全国高中数学联赛四川初赛试题)若(2x-1)8=a 8x 8+a 7x 7+…+a 1x+a 0,则a 8+a 6+a 4+a 2= .②(2009年全国高中数学联赛四川初赛试题)设二项式(3x-1)2n=a 2n x 2n+a 2n-1x 2n-1+…+a 2x 2+a 1x+a 0,记T n =a 0+a 2+…+a 2n ,R n =a 1+ a 3+…+a 2n-1,则∞→n limnnR T = . ③(2006年全国高中数学联赛山西初赛试题)若(2x+4)2n=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n(n ∈N +),则a 2+a 4+…+a 2n 被3除的余数是 .2.①(2009年第20届全国希望杯高二数学邀请赛试题)已知f(x)=x 2-2x-3,f(g(x))=4x 4+4x 3-7x 2-4x,则g(x)的各项系数(包括常数项)的和等于 .②(2006年全国高中数学联赛黑龙江初赛试题)已知f(x)=3x 2-x+4,f(g(x))=3x 4+18x 3+50x 2+69x+48,那么,整系数多项式函数g(x)的各项系数的和等于 .③(2005年全国高中数学联赛试题)将关于x 的多项式f(x)=1-x+x 2-x 3+…-x 19+x 20表为关于y 的多项式g(y)=a 0+a 1y +a 2y 2+…+a 19y 19+a 20y 20,其中y=x-4,则a 0+a 1+…+a 20= .④(2006年全国高中数学联赛河南初赛试题)设函数f(x)=x 2+6x+8.如果f(bx+c)=4x 2+16x+15,那么,c-2b= . ⑤(2010年全国高中数学联赛北京初赛试题)满足方程f(x)+(x-2)f(1)+3f(0)=x 3+2(x ∈R)的函数f(x)= .5.微积方法[例5]:(2008年全国高中数学联赛湖北初赛试题)设(x 2+2x-2)6=a 0+a 1(x+2)+a 2(x+2)2+...+a 12(x+2)12,其中a i (i=1,2, (12)为实常数,则a 0+a 1+2a 2+…+12a 12= .[解析]:[类题]:1.①(2008年全国高中数学联赛陕西初赛试题)若x 5+3x 3+1=a 0+a 1(x-1)+a 2(x-1)2+ ⋯+a 5(x-1)5对任意实数x 都成立,则a 3的 值是 (用数字作答).②(2008年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知恒等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4＝(x+1)4+b 1(x+1)3+b 2(x+1)2+b 3(x+1)+b 4,则用a 1、a 2、a 3、a 4来表示b 3有b 3＝_______________________.③(2003年湖南高中数学夏令营试题)由等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4=(x+2)4+b 1(x+2)3+b 2(x+2)2+b 3(x+2)+b 4,定义映射 f:(a 1,a 2,a 3,a 4)→(b 1,b 2,b 3,b 4),则f[(10,30,38,21)]= .2.①(2011年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)设(1+x-x 2)10=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 20x 20,则a 0+a 1+2a 2+3a 3+…+20a 20= .Y.P.M 数学竞赛讲座 3②(《中等数学》.2010年第4期.数学奥林匹克高中训练题(128))设(2+x-2x 2)1005=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2010x 2010,则a 1+3a 3+5a 5+…+2009a 2009= .3.(1998年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:1011C +2111C +3211C +…+121111C = .6.多截公式[例6]:(2001年全国高中数学联赛试题)若(1+x+x 2)100的展开式为a 0+a 1x+a 2x 2+a 3x 3+…+a 2000x 2000,则a 0+a 3+a 6+a 9+…+a 1998的值为 .[解析]:[类题]:1.(2007年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设(1+x+x 2)n=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n(n ∈N +),则a 0+a 3a 6+…+]32[[3n a 的值为 (其中,[x]表示不超过x 的最大整数).2.①(《中等数学》.2005年第4期.数学奥林匹克高中训练题(75))C 20040-C 20042+C 20044-C 20046+…-C 20042002+C 20042004= .解:在(1+x)2004=C 20040+xC 20041+x 2C 20042+…+x2004C 20042004中,令x=i 得:(1+i)2004=(C 20040-C 20042+C 20044-C 20046+…-C 20042002+C 20042004)+i(C 20041-C 20043+C 20045-C 20047+…+C 20042001-C 20042003).又(1+i)2004=(2i)1002=-21002⇒C 20040-C 20042+C 20044-C 20046+…-C 20042002+C 20042004=-21002.②(1990年全国高中数学联赛试题)设n=1990,则n21(1-3C n 2+32C n 4-33C n 6+…+3994C n 1988-3995C n1990)= .3.(《中等数学》.2010年第7期.数学奥林匹克高中训练题(75))设f(x)=(x+231i -)2010=∑=20100k k a x k +i ∑=2010k k b x k,其中,a k ,b k∈R,k=0,1,2,…,2010,则)(367003k k k b a +∑== .7.计数思想[例7]:(2009年全国高中数学联赛福建初赛试题)集合{1,2,3,…,2009}的元素和为奇数的非空子集的个数为 . [解析]:[类题]:1.(2005年全国高中数学联赛安徽初赛试题)在(x 2+3x+2)5的展开式中,含x 项的系数是 . 2.(《中等数学》.2011年第7期.P3例题)在(x+1)(x+2)…(x+n)的展开式中,含x n-2项的系数是 . 3.(2008年全国高中数学联赛湖南初赛试题)多项式(1+x+x 2+…+x 100)3的展开式在合并同类项后,x 150的系数为 (用数字作答).8.对偶思想[例8]:(2009年全国高中数学联赛吉林初赛试题)(2+3)2010的小数点后一位数字是 .[解析]:[类题]:1.(2010年全国高中数学联赛河南初赛试题)记M=(5+24)2n (n ∈N *),N 是M 的小数部分,则M(1-N)的值是 . 2.(2011年全国高中数学联赛四川初赛试题)已知(1+3)n=a n +b n 3,其中a n ,b n 是整数,则∞→n limnnb a = . 3.①(2009年全国高中数学联赛新疆初赛试题)数(3+8)2n (n ∈N *),且n ≥2009,设[x]为x 的整数部分,则[(3+8)2n]除以8的余数是 .②(2006年第七届北方数学奥林匹克邀请赛试题)数(3+2)4022(n ∈N +)的整数部分的个位数字是 .9.二项应用4 Y.P.M 数学竞赛讲座 [例9]:(2003年江苏省数学夏令营数学竞赛试题)x 10+1除以(x-1)2的余式是 . [解析]:[类题]:1.(1986年全国高中数学联赛上海初赛试题)21000除以13的余数是 .2.(《中等数学》.2011年第12期.数学奥林匹克高中训练题(148))整数列{a n }定义如下:a 0=0,a 1=1,a n =2a n-1+a n-2(n>1).则满足22012|a n 的最小正整数n 为 .10.逆向应用[例10]:(2006年全国高中数学联赛试题)数码a 1,a 2,a 3,…,a 2006中有奇数个9的2007位十进制数20063212a a a a ⋅⋅⋅的个数为 .[解析]:[类题]:1.(2005年全国高中数学联赛山东初赛试题)611+C 111610+C 11269+…+C 11106-1被8除所得余数是 .2.(2003年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知n 为自然数,多项式P(x)=∑=nh hn C 0x n-h(x-1)h可展开成x 的升幂排列a 0+a 1x+a 2x 2+…+a n x n,则|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a n |= .3.(2010年全国高中数学联赛上海初赛试题)满足0<a 1<a 2<…<a n (n ≥2,n ∈N +)的2n-1位十进制正整数121121a a a a a a a n n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-- 共有 个(用数值作答).11.组合等式[例11]:(2006年全国高中数学联赛安徽初赛试题)2∑=n k k 13C n k-3n ∑=nk k 12C n k +n 2∑=nk k 1C n k = .[解析]: [类题]:1.(1989年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算∑=-121111k k k C = .2.(2009年全国高中数学联赛湖南初赛试题)对于n ∈N +,计算C 4n+11+C 4n+15+…+C 4n+14n+1= .12.质数指数勒让德(Legendre)定理:n ！中含质数p 的指数k=[p n]+[2p n ]+[3pn ]+…. 推论:在C n 0,C n 1,C n 2,…,C n n中,奇数个数是)(2n S ,其中S(n)是n 的二进制数玛的和.[例12]:(2011年全国高中数学联赛试题)已知a n =C 200n (36)200-n (21)n(n=1,2,…,95),则数列{a n }中整数项的个数为 .[解析]:[类题]:1.(2008年安徽高考试题)设(1+x)8=a 0+a 1x+…+a 8x 8,则a 0,a 1…,a 8中奇数的个数为 . 2.(2008年全国高中数学联赛安徽初赛试题)(1+x)2008=a 0+a 1x+…+a 2008x 2008,则a 0,a 1…,a 2008中奇数的个数为 .3.(1991年日本数学奥林匹克试题)满足0≤r ≤n ≤63的全部数组(n,r)中,二项式系数C n r为偶数的个数是 .Y.P.M 数学竞赛讲座 1竞赛中的二项式定理高中联赛中的向量问题具有纯粹性,着重于对向量本质特征--“数形二重性”的考察,需要充分挖掘蕴含的几何本质. 二项式定理的应用有三个方面:一是通项公式T k+1=C n k a n-k b k的应用,如求某一指定的项、或其系数、常数项、有理项、系数为有理数.T k+1最大⇔T k ≤T k+1且T k+2≤T k+1等;二是赋值法,在二项式的展开式中,通常通过赋值1,0,-1,可求a 0,a n ,a 0+a 1+…+a n ,a 0+a 2+…,a 1+a 3+…;特殊情况下,求某一项的系数,我们还可以通过逐次求导,再赋值于零,来求解;三是组合数的性质.一、知识结构1.三角形的四心表示:⑴静态形式:二、典型问题1.常数项[例1]:(2003年全国高中数学联赛安徽初赛试题)在(4x 2-2x-5)(1+21x)5的展开式中,常数项为 .[解析]:(1+21x)5展开式的通项T k+1=C 5k x -2k⇒[类题]:(2009年全国高中数学联赛浙江初赛试题)(x-61x)2009的二项展开式中常数项是 .(2008年全国高中数学联赛贵州初赛试题)(x 2-x1)6的展开式中常数项为 (用数字作答). 1.(2012年全国高中数学联赛四川初赛试题)(x 2+x-x1)6的展开式中的常数项是 (用具体数字作答). -51.(1997年全国高中数学联赛上海初赛试题)展开式(1+x+x1)7的常数项是_____. 1.(2010年全国高中数学联赛黑龙江初赛试题)若二项式(a x -x1)6的展开式中的常数项为-160,则⎰-adx x 02)13(= .2.通项公式[例2]:(2000年全国高中数学联赛试题)设a n 是(3-x )n的展开式中x 项的系数(n=2,3,4,…),则∞→n lim (223a +333a +…+ nna 3)= . [解析]:[类题]:1.(2006年全国高中数学联赛江苏初赛试题)(x-3x 2)3的展开式中,x 5的系数为 (1998年全国高中数学联赛湖南初赛试题)若(x x -x 1)6展开式中第5项的值为215,则∞→n lim (x -1+x -2+…+x -n)= . (2000年全国高中数学联赛湖南初赛试题)若(x x -x 1)6展开式中第5项的值为5,则∞→n lim (x -1+x -3+…+x -1-2n)= .3.(2010年全国高中数学联赛吉林初赛试题)已知 (ax+1)n=a n x n+a n-1x n-1+…+a 1x+a 0(n ∈N *),点列A i (i,a i )(i=0,1,2…,n)部分图象如图所示, 则实数a 的值为________.3.通项分析[例3]:(2002年全国高中数学联赛试题)将二项式(x +421x)n的展开式按x 的降幂排列,若前三项系数成等差数列,则该展开式中x 的幂指数是整数的项共有__________个.[解析]:[类题]:1.(《中等数学》.2008年第3期.数学奥林匹克高中训练题(106))在(53+35)100的展开式中共有 个项为有理数.解:T k+1=C 100k 3)100(5153k k -为有理数⇔5|(100-k),3|k ⇔5|k,3|k ⇔15|k(0≤k ≤100)⇔k=0×15,1×15,2×15,…,6×15,计7个.3.(1988年全国高中数学联赛试题)(x +2)2n+1的展开式中,x 的整数次幂的各项系数之和为_________.解:(2011年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设展开式(5x+1)n=a 0+a 1x+…+a n x n,n ≥2011,若a 2011=max{a 0,a 1,…,a n },则n= .1.(2010年全国高中数学联赛浙江初赛试题)若x ∈R +,则(1+2x)15的二项式展开式中系数最大的项为( ) (A)第8项 (B)第9项 (C)第8项和第9项 (D)第11项4.赋值方法[例4]:(2005年全国高中数学联赛浙江初赛试题)设(1+x+x 2)n =a 0+a 1x+…+a 2n x 2n ,则a 2+a 4+…+a 2n 的值为 . [解析]:[类题]:1.(2006年全国高中数学联赛四川初赛试题)若(2x-1)8=a 8x 8+a 7x 7+…+a 1x+a 0,则a 8+a 6+a 4+a 2= .1.(2010年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)设(3+x+2x 2)n =a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n (n ∈N +)对x ∈R 恒成立,则a 1+a 2+…+a 2n-1= . 1.(2009年全国高中数学联赛四川初赛试题)设二项式(3x-1)2n=a 2n x 2n+a 2n-1x 2n-1+…+a 2x 2+a 1x+a 0,记T n =a 0+a 2+…+a 2n ,R n =a 1+a 3+ …+a 2n-1,则∞→n lim nnR T = .1.(2008年全国高中数学联赛吉林初赛试题)已知多项式(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n=b 0+b 1x+b 2x 2+…+b n x n,且满足:b 0+ b 1+…+b n =26,则正整数n 的一个可能值为 .(2009年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知多项式(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n=b 0+b 1x+b 2x 2+…+b n x n,且满 足:b 0+b 1+…+b n =1013,则正整数n 的一个可能值为 .1.(2006年全国高中数学联赛山西初赛试题)若(2x+4)2n =a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n (n ∈N +),则a 2+a 4+…+a 2n 被3除的余数是 . 解:a 0=42n,a 0+a 2+a 4+…+a 2n =21[(2+4)2n +(-2+4)2n ]=21[62n +22n ]⇒a 2+a 4+…+a 2n =21(62n +22n )-42n =22n-1(32n +1)-(3+1)2n(mod3)≡(3-1)2n-1-1(mod3)≡(-1)2n-1-1(mod3)≡-2(mod3)≡1(mod3).(2005年全国高中数学联赛试题)将关于x 的多项式f(x)=1-x+x 2-x 3+…-x 19+x 20表为关于y 的多项式g(y)=a 0+a 1y +a 2y 2+…+a 19y 19+a 20y 20,其中y=x-4,则a 0+a 1+…+a 20= .解:由题设知,f(x)和式中的各项构成首项为1,公比为-x 的等比数列,由等比数列的求和公式,得:f(x)=1((1)(21----x x = 1121++x x ,令x=y+2,得g(y)=51)4(21+++y y ,取y=1,有a 0+a 1+…+a 20=g(1)=61521+. 1.(2010年全国高中数学联赛北京初赛试题)满足方程f(x)+(x-2)f(1)+3f(0)=x 3+2(x ∈R)的函数f(x)= . 解:令x=0,1:4f(0)-2f(1)=2,3f(0)=3⇒f(0)=1,f(1)=1⇒f(x)=x 3-x+1.2.①(2009年第20届全国希望杯高二数学邀请赛试题)已知f(x)=x 2-2x-3,f(g(x))=4x 4+4x 3-7x 2-4x,则g(x)的各项系数(包括常数项)的和等于 .0或2②(2006年全国高中数学联赛黑龙江初赛试题)已知f(x)=3x 2-x+4,f(g(x))=3x 4+18x 3+50x 2+69x+48,那么,整系数多项式函数g(x)的各项系数的和等于 . 8 解:3.(2006年全国高中数学联赛河南初赛试题)设函数f(x)=x 2+6x+8.如果f(bx+c)=4x 2+16x+15,那么,c-2b= . 解:取x=-2,有f(c-2b)=16-16×2+15=-1.而当x 2+6x+8=-1时,有x=-3.所以,c-2b=-3.5.微积方法[例5]:(2008年全国高中数学联赛湖北初赛试题)设(x 2+2x-2)6=a 0+a 1(x+2)+a 2(x+2)2+...+a 12(x+2)12,其中a i (i=1,2, (12)为实常数,则a 0+a 1+2a 2+…+12a 12= .[解析]:[类题]:(2003年湖南高中数学夏令营试题)由等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4=(x+2)4+b 1(x+2)3+b 2(x+2)2+b 3(x+2)+b 4,定义映射f:(a 1,a 2, a 3,a 4)→(b 1,b 2,b 3,b 4),则f[(10,30,38,21)]= .解:x 4+10x 3+30x 2+38x+21=(x+2)4+b 1(x+2)3+b 2(x+2)2+b 3(x+2)+b 4,令x=-2⇒b 4=1,4x 3+30x 2+60x+38=4(x+2)3+3b 1(x+2)2+2b 2(x +2)+b 3⇒b 3=6,12x 2+60x+60=12(x+2)2+6b 1(x+2)+2b 2⇒b 2=1.(2008年全国高中数学联赛陕西初赛试题)若x 5+3x 3+1=a 0+a 1(x-1)+a 2(x-1)2+ ⋯+a 5(x-1)5对任意实数x 都成立,则a 3的值是 (用数字作答).在x 5+3x 3+1=[(x-1)+1]5+3[(x-1)+1]3+1的展开式中,(x-1)3项的系数为C 52+3=13.1.(2008年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知恒等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4＝(x+1)4+b 1(x+1)3+b 2(x+1)2+b 3(x+1)+b 4,则用a 1、a 2、a 3、a 4来表示b 3有b 3＝_______________________.1.(2011年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)设(1+x-x 2)10=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 20x 20,则a 0+a 1+2a 2+3a 3+…+20a 20= . 1.(《中等数学》.2010年第4期.数学奥林匹克高中训练题(128))设(2+x-2x 2)1005=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2010x 2010,则a 1+3a 3+5a 5+…+2009a 2009= .解:(2+x-2x 2)1005=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2010x 2010⇒1005(2+x-2x 2)1004(1-4x)=a 1+2a 2x+3a 3x 2+…+a 2010x 2009.令x=1⇒a 1+2a 2+3a 3+…+2010a 2010=1005(-3);令x=1⇒a 1-2a 2+3a 3+…-2010a 2010=1005×5⇒a 1+3a 3+5a 5+…+2009a 2009=1005.1.(1998年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:1011C +2111C +3211C +…+121111C = .解:由(1+x)n=1+xC n 1+x 2C n 2+…+x nC n n⇒⎰+10)1(nx =)1(2211nn n n n C x C x xC +⋯+++⎰,注意到f(x)=x k的原函数F(x)=k+11x k+1⇒ F(1)-F(0)=k +11⇒10n C +21n C +32n C +…+1+n C nn =11+n ×2n+1-11+n . 6.多截公式[例6]:(2001年全国高中数学联赛试题)若(1+x+x 2)100的展开式为a 0+a 1x+a 2x 2+a 3x 3+…+a 2000x 2000,则a 0+a 3+a 6+a 9+…+a 1998的值为 .[解析]:[类题]:1.(2007年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设(1+x+x 2)n=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n(n ∈N +),则a 0+a 3a 6+…+]32[[3n a 的值为 (其中,[x]表示不超过x 的最大整数).2.(《中等数学》.2005年第4期.数学奥林匹克高中训练题(75))C 20040-C 20042+C 20044-C 20046+…-C 20042002+C 20042004= .解:在(1+x)2004=C 20040+xC 20041+x 2C 20042+…+x2004C 20042004中,令x=i 得:(1+i)2004=(C 20040-C 20042+C 20044-C 20046+…-C 20042002+C 20042004)+i(C 20041-C 20043+C 20045-C 20047+…+C 20042001-C 20042003).又(1+i)2004=(2i)1002=-21002⇒C 20040-C 20042+C 20044-C 20046+…-C 20042002+C 20042004=-21002.3.(1990年全国高中数学联赛试题)设n=1990,则n21(1-3C n 2+32C n 4-33C n 6+…+3994C n 1988-3995C n1990)= .1.(《中等数学》.2010年第7期.数学奥林匹克高中训练题(75))设f(x)=(x+231i -)2010=∑=20100k k a x k +i ∑=2010k k b x k,其中,a k ,b k∈R,k=0,1,2,…,2010,则)(367003k k k b a +∑== .解:f(x)=(x+231i -)2010=(x-ω)2010=(-ω)2010(1-ωx)2010=(1-ωx)2010=∑=-201002010)(k k k k x C ϖ=-∑=670332010i i ix C -ω136690132010+=+∑i i i x C +ω2236690232010+=+∑i i i xC ⇒∑=6703k k b =0,∑=67003k k a =-∑=67032010i iC .令g(x)=(1+x)2010=C 20100+xC 20101+x 2C 20102+x 3C 20103+…+x 2010C 20102010⇒g(1)=C 20100+C 20101+C 20102+C 20103+…+C 20102010,g(ω)=C 20100+ωC 20101+ω2C 20102+ω3C 20103+…+ω2010C 20102010,g(ω2)=C 20100+ω2C 20101+ω4C 20102+ω6C 20103+…+ω4020C 20102010⇒g(1)+g(ω)+g(ω2)=3∑=670032010i iC ,g(1)+g(ω)+g(ω2)=22010+(1+ω)2010+(1+ω2)2010=22010+(-ω2)2010+(-ω)2010=22010+2.7.计数思想[例7]:(2009年全国高中数学联赛福建初赛试题)集合{1,2,3,…,2009}的元素和为奇数的非空子集的个数为 . [解析]:令f(x)=(1+x)(1+x 2)(1+x 3)…(1+x 2009),则问题中要求的答案为f(x)的展开式中x 的奇次项的系数和.故所求的答案为21[f(1)-f(-1)]=22008. [类题]:1.(2005年全国高中数学联赛安徽初赛试题)在(x 2+3x+2)5的展开式中,含x 项的系数是 . 2.(《中等数学》.2011年第7期.P3例题)在(x+1)(x+2)…(x+n)的展开式中,含x n-2项的系数是 .解:(x+1)(x+2)…(x+n)的展开式中,含x n-2项的系数A ⇔1,2,…,n 中任意两数积的和,由(1+2+…+n)2=12+22+…+n 2+2A ⇒ A=241(n-1)n(n+1)(3n+2). 3.(2008年全国高中数学联赛湖南初赛试题)多项式(1+x+x 2+…+x 100)3的展开式在合并同类项后,x 150的系数为 (用数字作答).解:由多项式乘法法则可知,可将问题转化为求方程s+t+r=150 ①的不超过100的自然数解的组数.显然,方程①的自然数解的组数为C 1522.下面求方程①的超过100自然数解的组数.因其和为150,故只能有一个数超过100,不妨设s>100.将方程①化为(s-101)+t+r=49.记x=s-101,则方程x+s+t=49的自然数解的组数为C 512.因此,x 150的系数为C 1522-C 31C 512=7651.8.对偶思想[例8]:(2009年全国高中数学联赛吉林初赛试题)(2+3)2010的小数点后一位数字是 .[解析]:因(2+3)2010+(2-3)2010为整数,则(2+3)2010的小数部分为1-(2-3)2010,又因0<(2-3)2010<0.21005<0.008300,所以0.9<1-(2-3)2010<1,可知(2+3)2010的小数点后一位数字是9.[类题]:1.(2010年全国高中数学联赛河南初赛试题)记M=(5+24)2n (n ∈N *),N 是M 的小数部分,则M(1-N)的值是 . 解:因(5+24)2n +(5-24)2n 是整数,且0<(5-24)2n <1⇒N=1-(5-24)2n ⇒M(1-N)=(5+24)2n (5-24)2n=1. 2.(2011年全国高中数学联赛四川初赛试题)已知(1+3)n=a n +b n 3,其中a n ,b n 是整数,则∞→n limnnb a = . 解:由(1+3)n =a n +b n 3⇒(1-3)n=a n -b n 3⇒a n =21[(1+3)n +(1-3)n ],b n =321[(1+3)n +(1-3)n]⇒∞→n lim n n b a = 3.3.(2009年全国高中数学联赛新疆初赛试题)数(3+8)2n (n ∈N *),且n ≥2009,设[x]为x 的整数部分,则[(3+8)2n]除以8的余数是 .(2006年第七届北方数学奥林匹克邀请赛试题)数(3+2)4022(n ∈N +)的整数部分的个位数字是 .解:(3+2)2n =(5+26)n ,令a n =(5+26)n +(5-26)n ,由5+26,5-26是方程x 2=10x-1的根⇒a n+2=10a n+1-a n ,a 1=10⇒ a 2n+1为10的倍数,又0<(5-26)n <1⇒(3+2)4022=a 2011-(3-2)4022的个位数字是9.9.二项应用[例9]:(2003年江苏省数学夏令营数学竞赛试题)x 10+1除以(x-1)2的余式是 . [解析]:x 10+1=[(x-1)+1]10+1=[类题]:1.(1986年全国高中数学联赛上海初赛试题)21000除以13的余数是 .3.(《中等数学》.2011年第12期.数学奥林匹克高中训练题(148))整数列{a n }定义如下:a 0=0,a 1=1,a n =2a n-1+a n-2(n>1).则满足22012|a n 的最小正整数n 为 .解:由a 0=0,a 1=1,a n =2a n-1+a n-2⇒a 2=2,a 3=5,a 4=12,a 5=29,a 6=70,a 7=169,a 8=408,猜测2k|k a 2.用数学归纳法证明:①2|a 2,即n=1时,2k|k a 2;②假设2k|k a 2.由a n =42[(1+2)n -(1-2)n ]⇒a 2n =42[(1+2)2n -(1-2)2n ]=[(1+2)n +(1-2)n] 42[(1+2)n -(1-2)n ]=[(1+2)n +(1-2)n ]a n =2(C n 0+2C n 2+…)a n ⇒2k+1|12+k a ,且C n 0+2C n 2+…为奇数⇒最小正整数n 为22012.10.逆向应用[例10]:(2006年全国高中数学联赛试题)数码a 1,a 2,a 3,…,a 2006中有奇数个9的2007位十进制数20063212a a a a ⋅⋅⋅的个数为 .[解析]:出现奇数个9的十进制数个数有C 2006192005+C 2006392003+…+C 200620059.又由于(9+1)2006=∑=200602006k kC 92006-k ,以及(9-1)2006=∑=200602006k kC (-1)k 92006-k,从而得C 2006192005+C 2006392003+…+C 200620059=21(102006-82006).[类题]:1.(2005年全国高中数学联赛山东初赛试题)611+C 111610+C 11269+…+C 11106-1被8除所得余数是 . 解:2.(2003年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知n 为自然数,多项式P(x)=∑=nh hn C 0x n-h(x-1)h可展开成x 的升幂排列a 0+a 1x+a 2x 2+…+a n x n,则|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a n |= .解:P(x)=∑=n h h n C 0x n-h(x-1)h=(2x-1)n=∑=n k k n C 0(2x)k(-1)n-k⇒|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a n |=∑=nk k n C 02k=3n.3.(2010年全国高中数学联赛上海初赛试题)满足0<a 1<a 2<…<a n (n ≥2,n ∈N +)的2n-1位十进制正整数121121a a a a a a a n n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-- 共有 个(用数值作答).解:因n ≤9,满足0<a 1<a 2<…<a n (n ≥2,n ∈N +)的2n-1位十进制正整数有C 9n,共有C 92+C 93+…+C 99=(1+1)9-(C 90+C 91)=29-10=502.11.组合等式[例11]:(2006年全国高中数学联赛安徽初赛试题)2∑=n k k 13C n k-3n ∑=nk k 12C n k +n 2∑=nk k 1C n k = .[解析]:因(1+x)n =C n 0+xC n 1+x 2C n 2+…+x k C n k +…+x n C n n ⇒n(1+x)n-1=C n 1+2xC n 2+…+kx k-1C n k +…+nx n-1C n n ⇒n(n-1)(1+x)n-2=2C n 2+…+k(k-x k-2C n k+…+n(n-1)x n-2C n n⇒C n 1+2C n 2+…+kC n k+…+nC n n=n ×2n-1,2×(2-1)C n 2+…+k(k-1)C n k+…+n(n-1)C n n=n(n-1)×2n-2⇒ 12C n 1+22C n 2+…+k 2C n k+…+n 2C n n=n(n-1)×2n-2+n ×2n-1=n(n+1)×2n-2.2∑=n k k 13C n k=2∑=n k k 12nC n-1k-1=2n ∑=n k k 12C n-1k-1=2n[∑=-n k k 12)1(C n-1k-1+∑=-nk k 1)12(C n-1k-1]=2n[(n-1)n ×2n-3+2×(n-1)2n-2-2n-1]=2n 2(n+3)×2n-3.所以,2∑=nk k 13C n k-3n ∑=nk k 12C nk+n2∑=nk k 1Cn k =2n 2(n+3)×2n-3-3n ×n(n+1)×2n-2+n 2×n ×2n-1=0.[类题]:1.(1989年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算∑=-121111k k k C = . 解: (2009年全国高中数学联赛湖南初赛试题)对于n ∈N +,计算C 4n+11+C 4n+15+…+C 4n+14n+1= . 解:24n-1-(-1)n 22n-1.12.质数指数勒让德(Legendre)定理:n ！中含质数p 的指数k=[p n ]+[2p n ]+[3p n ]+…. 推论:在C n 0,C n 1,C n 2,…,C n n 中,奇数个数是)(2n S ,其中S(n)是n 的二进制数玛的和.[例12]:(2011年全国高中数学联赛试题)已知a n =C 200n (36)200-n (21)n(n=1,2,…,95),则数列{a n }中整数项的个数为 . [解析]:[类题]: 1.(2008年安徽高考试题)设(1+x)8=a 0+a 1x+…+a 8x 8,则a 0,a 1…,a 8中奇数的个数为 . 解:因8=(1000)2⇒S(8)=1,所以a i 中,共有21=2个奇数.3.(1991年日本数学奥林匹克试题)满足0≤r ≤n ≤63的全部数组(n,r)中,二项式系数C n r 为偶数的个数是 . 解:满足0≤r ≤n ≤63的二项式系数C n r 的个数是1+2+3+…+64=2080.因63=(111111)2⇒S(63)=6⇒0≤S(n)≤6,其中, S(n)=k(k=0,1,2,3,4,5,6),有C 6k 种(如k=2:(000011)2→n=3;(000101)2→n=5;(001001)→n=9;(010001)2→n=17;…,有C 62种)⇒奇数的个数为∑=6062k k k C =(1+2)6=729⇒偶数的个数是2080-729=1351.。
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数学奥林匹克高中训练题（14）
第一试
一、选择题（本题满分36分，每小题6分）
1．(训练题19)四面体ABCD 的所有二面角皆为锐角，相对的棱都两两相等，该四面体的6个二面角的平面角为(1,2,,6)i i α= ，则61cos i i α
=∑= (B)．
(A) 1 (B)2 (C)4 (D) 不是定值
2．(训练题19)若方程组22x y r x y a r ⎧+=⎨+=-⎩
有唯一的实数解(,)x y ，则r 的值是(C)． (A)0 (B)1 (C) 2
1 (D) 12- 3．(训练题19)若ABC ∆三边的长为,,a b c ，内心为I ，则222IA IB IC bc ca ab
++的值为(A)． (A)1 (B)2 (C)
21 (D) 不是定值 4．(训练题19) 若函数()sin sin cos cos cos 2t t t f x x tx x tx x =+-，对所有的实数x 恒为常数，则正
整数t 的值为(A)．
(A) 3 (B) 1 (C) 3或1 (D) 不存在
5．(训练题19)设50()i
i f x x ==∑，12()(mod ())f x a f x =．则a 等于(D)．
(A)1 (B)2 (C)3 (D) 6
二、填空题（本题满分54分，每小题9分）
1．(训练题19)已知函数()y f x =的反函数是()x φ，且22s
e c 1996()log (sin ),((0,)2
x x θπφθθ=-∈．则方程()1996f x =的解是 -1 ． 2．(训练题19)椭圆22
1164
x y +=的任意两点连线的垂直平分线如果与x 轴相交于0(,0)P x 点，则0x 的取值范围是 （-3，3） ．
3．(训练题19)7arcsin arctan arccot10
31++= 4π ． 4．(训练题19)把1996分成96个正整数的和，这96个正整数的乘积的最大值是 20762021⋅ ．
5．(训练题19)一副扑克牌共有52张（除去两张王），将牌发给4个人，每人13张，则某人获得13张牌四
种花色齐全的全部情况是 1311321331352439426413C C C C C C C -+- 种（用组合数表示）
． 6．(训练题19)ΔABC 三边为,,a b c ，若a b a c -≤-，a b b c -≤-，则a
b 的取值范围是
11(,)22
． 第二试
一、(训练题15)(本题满分25分)设直线l 满足条件：(1)l 过抛物线C ：24y x =的焦点；(2)l 的斜率2k >.若直线l 与抛物线C 交于,A B 两点，AB 的中点M 到直线:340(3)m L x y m m ++=>-的距离为5
1，求m 的取值范围．（32m -<<） 二、(训练题15)(本题满分25分)设实数0(1,2,,)i x i n >= 满足
11n i i x ==∑，对正数m ，求证：
1
N I n =<≤．
四、(训练题15)(本题满分35分)设整数,,,x y z t 满足14141414x y z
t ++=．求证：7|xyzt ．。