2020年北京市中学生数学竞赛高一年级试题(含答案)
北京市中学生数学竞赛高一级复赛参考解答
2020年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答一、选择题（总分值40分，每题8分，将答案写在下面相应的空格中）1．二次三项式x 2+ax +b 的根是实数，其中a 、b 是自然数，且ab =22020，那么如此的二次三项式共有 个．答：1341．咱们发觉，事实上，数a 和b 是2的非负整数指数的幂，即，a =2k ，b =22020–k ，那么判别式Δ=a 2– 4b =22k – 422020–k =22k – 22021–k ≥0，得2k ≥2021–k ，因此k ≥32013=671，但k ≤2020，因此k 能够取2020–671+1=1341个不同的整数值．每一个k 恰对应一个所求的二次三项式，因此如此的二次三项式共有1341个.2．如右图，在半径为1的圆O 中内接有锐角三角形ABC ，H 是△ABC 的垂心，角平分线AL 垂直于OH ，那么BC = ．解：易知，圆心O 及垂心H 都在锐角三角形ABC 的内部，延长AO 交圆于N ，连接AH 并延长至H 1与BC 相交，连接CN ，在Rt △CAN 和Rt △AH 1B 中，∠ANC =∠ABC ，于是有∠CAN =∠BAH 1，再由AL 是△ABC 的角平分线，得∠1=∠2．由条件AP ⊥OH ，得AH=AO=1．连接BO 交圆于M ，连接AM 、CM 、CH ，可知AMCH 为平行四边形，因此CM=AH=AO =1，BM =2，因为△MBC 是直角三角形，由勾股定理得BC ==3．已知概念在R 上的函数f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，假设F (x )=f (g (x )) – g (f (x ))的最小值为14，那么m = ．答：14-．解：由f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，得F (x )= f (g (x )) – g (f (x ))=(2x +2m )2–(2x 2+2m )=2x 2+8mx +4m 2–2m ，F (x )=2x 2+8mx +4m 2–2m 的最小值为其图像极点的纵坐标()2222242(42)84284242m m m m m m m m ⨯⨯--=--=--⨯．由已知，21424m m --=，得21202m ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因此1.4m =-4．tan 37.5= ． 答：6232-+-．解1：作Rt △ADB ，使得∠ADB =90º，AD =1，AB =2，那么∠B =30º，BD =3．延长BD 到C ，使BC =2，那么DC =23-．连接AC ，那么∠ACB =(180º–30º)÷2=75º．作∠ACD 的平分线交AD 于E ，那么∠ECD =º． 由于AC 2=AD 2+DC 2=1+(2–3)2=8–43，因此 ()2843621226262AC =-=-+=-=-．由三角形的角平分线定理，得AE AC ED DC=，于是AE ED AC DCED DC ++=，即()()()()322162233221ED AD DC AC CD ====-++-+-+-，因此()()tan 37.53221EDDC==-+6232=-+-．解2：作等腰直角三角形ABC ，使∠C =90º，AC =BC =1，那么AB =2． 作∠CAD =30º，那么CD =33，AD =233，那么∠DAB =15º． 作∠BAD 的平分线AE ，记CE =x ，那么BE =1–x ，DE =x –3． 因此33232x -=，整理得 ()()213221623 2.3232x +-+===-+--+tan 37.562321CE xAC ===-+-． 5．设f (x ) =113xx+-，概念f 1(x ) = f (f (x ))，f n (x )=f (f n –1(x )) (n =2, 3,…)，f 2020(2020)= ． 答：10053017．A21 30º解：记01()()13x f x f x x +==-，那么()111113()()1131313xx x f x f f x x x x++--===--+-⋅-； ()211113()()11313xx f x f f x x x x--+===-+⋅+；()3201()()()()13x f x f f x f x f x x +====-； 接下来有41()()f x f x =，52()()f x f x =，63()()f x f x =，…，f n (x )的表达式是循环重复的，以3项为一周期．因此，20113670111()()()13x f x f x f x x ⨯+-===+，20112011120101005(2011)13201160343017f -===+⨯．二、（总分值15分）D 是正△ABC 的边BC 上一点，设△ABD 与△ACD 的内心别离为I 1，I 2，外心别离为O 1，O 2，求证：(I 1O 1)2+(I 2O 2)2=(I 1I 2)2． 证明：作以A 为中心、逆时针旋转60的变换(,60)R A ，使△ABD 到△ACD 1，由于∠ADC +∠AD 1C =∠ADC +∠ADB =180º，因此A 、D 、C 、D 1共圆，因此2O 是△AD 1C 的外心，也确实是(,60)12R A O O −−−−→，因此AO 1=DO 1=AO 2=DO 2=O 1O 2，因此∠O 1AO 2=∠O 1DO 2=60º．由∠AO 1O 2+∠ACB =120º+60º=180º，O 1在△ACD 的外接圆⊙O 2上．由于111(180)6012012022AI D ABD ABD ∠=∠+-∠=+⨯=，因此I 1在⊙O 2上，因此11118018030150O I D O AD ∠=-∠=-=，111118015030I O D I DO ∠+∠=-=．同理可证，I 2在△ABD 的外接圆⊙O 1上，因此22150DI O ∠=．由于12118090,2I DI ∠=⨯=而22111212906030I DO I DO I DI O DO ∠+∠=∠-=-=，比较可得1122I O D I DO ∠=∠．在△O 1I 1D 与△DI 2O 2中，因为已证O 1D=DO 2，1122150,O I D DI O ∠=∠=又1122.I O D I DO ∠=∠因此 △O 1I 1D ≌△DI 2O 2．因此，I 1O 1=DI 2，DI 1= I 2O 2.由于1290,I DI ∠=△I 1DI 2是直角三角形.依照勾股定理，有()()()2221212,DI DI I I +=而I 1O 1=DI 2，DI 1=I 2O 2. 因此()()()222112212.I O I O I I +=三、（总分值15分）n 是正整数，记n !=1×2×3×…×n ，如1!=1，2!=1×2=2，3!= 1×2×3=6，又记[a ]表示不超过a 的最大整数，求方程120111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的所有正整数解．解1：由于当x 是正整数时，[]1!x x ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，2!2x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦≥12x -，3!6x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦＞6x –1，因此1126x x x -++-＜2020即53x ＜120122，得方程的正整数解x 知足0＜x ＜． 由于6!=720，7!=5040，因此方程的正整数解x ＜7!，即07!8!9!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=====⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 因此，方程20111!2!3!4!5!6!x x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的解与原方程的解是一样的．设小于7!的正整数x 为上述方程的解，咱们写出(1,2,3,4,5,6)!xk k =的带余除法表达式：设16!6!r x a =+，0≤r 1＜6!，(0≤a ≤6，a ∈N )；因此.6!x a ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦① 12665!5!5!r r x a a b =+=++，0≤r 2＜5!，(0≤b ≤5，b ∈N )，因此65!x a b ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦． ② 323053054!4!4!r r xa b a b c =++=+++，0≤r 3＜4!，(0≤c ≤4，c ∈N )， 因此3054!x a b c ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦． ③341202*********!3!3!r r xa b c a b c d =+++=++++，0≤r 4＜3!，(0≤d ≤3，d ∈N )； 因此1202043!x a b c d ⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦． ④5436060123360601232!2!2!r r xa b c d a b c d e =++++=+++++，0≤r 5＜2， (e =0,1,2)；因此360601232!x a b c d e ⎡⎤=++++⎢⎥⎣⎦． ⑤5720120246272012024621!1!r xa b c d e a b c d e f =+++++=+++++，(f =0,1)； 因此72012024621!x a b c d e f ⎡⎤=+++++⎢⎥⎣⎦． ⑥①～⑥相加得1237a +206b +41c +10d +3e +f =2020． 显然a =1，因此206b +41c +10d +3e +f =2020–1237=774； 易知b =3，因此41c +10d +3e +f =774–206×3=156； 易知c =3，于是10d +3e +f =156–41×3=33；类似求得d =3，e =1，f =0．所求的x =1×720+3×120+3×24+3×6+1×2+0×1=1172．x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解． 解2：设f (x )=1!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，因为关于所有的正整数k ，!x k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦都是单调增的，其和f (x )确实是增函数；又因为关于正整数x ，11!x +⎡⎤⎢⎥⎣⎦=1!x ⎡⎤⎢⎥⎣⎦+1，因此f (x )是严格单调的．经估数，将x =1172带入，求f (1172)的值，得f (1172)=2020，因此，x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解．四、（总分值15分）平面上的n 个点，假设其中任3个点中必有2个点的距离不大于1，那么称如此的n 个点为“标准n 点组”．要使一个半径为1的圆纸片，对任意“标准n 点组”都能至少盖住其中的25个点，试求n 的最小值． 答案：49．解：第一证明，n min ＞48．在平面上画长为5的线段AB ，别离以A 、B 为圆心，画半径为的两个圆，在每一个圆内，取24个点，那么平面上有48个点满足题设条件（其中任意3点中必有2点的距离不大于1），显然，不可能画出一个半径为1的圆，其包括有25个所选的点，因此n ＞48．下面证明n min =49．若49=n ，设A 是其中的一点，作以A 为圆心半径为1的⊙A ，假设所有的点都在圆A 中，那么就知足题设条件．假设不是所有的点都在圆A 中，那么至少有一点B 不在圆A 中，再作以B 为圆心、半径为1的⊙B ，那么A 、B 的距离大于1（如右图），除A ，B 外，余下的47个点中每一点P 都与A 、B 组成3点组，必有两个点的距离不大于1，因此要么P A ≤1，要么PB ≤1，即点P 要么在⊙A 中，要么在⊙B 中，依照抽屉原理，必有一个圆至少包括了这47个点中的24个点，不妨设那个圆确实是⊙A ，再加上圆心A 点，就有很多于25个点在那个半径为1的⊙A 中(圆内或圆周上)．因此n 的最小值是49．五、（总分值15分）已知函数f ：R →R ，使得对任意实数x y z ，，都有11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14， 求[1×f (1)]+[2×f (2)]+[3×f (3)]+…+[2020×f (2020)]的值．其中关于实数a ，[a ]表示不超过a 的最大整数．解：由于已知函数f R R →：，使得对任意实数x y z ，，都知足11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14，可令0x y z ===，有 ()211(0)(0)(0)22f f f +-≥14，即21(0)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (0)是一个实数，因此1(0).2f =再令1x y z ===，有()211(1)(1)(1)22f f f +-≥14，即21(1)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (1)是一个实数，因此1(1).2f =又令0y z ==，有11(0)(0)()(0)22f f f x f +-≥14，代入1(0)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≤12． ①又令1y z ==，有11()()()(1)22f x f x f x f +-≥14，代入1(1)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≥12． ②综合①、②可得，对任意实数x ，都有1()2f x =．验证：函数1()2f x =知足题设条件，取的是等号，因此知足题设条件的函数的唯一解为1()2f x =．于是[][][][]1(1)2(2)3(3)2011(2011)f f f f ⨯+⨯+⨯++⨯1234201122222⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦011223310051005=+++++++++()21231005=⨯++++(11005)1005=+⨯．1011030。
2020年全国高中数学联合竞赛一试试题卷(高联一试含答案及评分标准)
2020年全国高中数学联合竞赛一试试题(A 卷)一.填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分.1.在等比数列{}n a 中，1,13139==a a ，则13log 1a 的值为.2.在椭圆Γ中，A 为长轴的一个端点，B 为短轴的一个端点，21,F F 为两个焦点.若02121=⋅+⋅BF BF AF AF ，则21F F AB 的值为.3.设0>a ，函数xx x f 100)(+=在区间(]a ,0上的最小值为1m ，在区间[)+∞,a 上的最小值为2m ，若1m 20202=m ，则a 的值为.4.设z 为复数，若iz z --2为实数(i 为虚数单位)，则3+z 的最小值为.5.在△ABC 中，4,6==BC AB ，边AC 上的中线长为10，则2cos 2sin66AA +的值为.6.正三棱锥ABC P -的所有棱长都为1，N M L ,,分别为棱PC PB PA ,,的中点，则该三棱锥的外接球被平面LMN 所截的截面面积为.7.设0,>b a ，满足：关于x 的方程b a x x =++||||恰有三个不同的实数解321,,x x x ，且b x x x =<<321，则b a +的值为_____________.8.现有10张卡片，每张卡片上写有5,4,3,2,1中两个不同的数，且任意两张卡片上的数不完全相同.将这10张卡片放入标号为5,4,3,2,1的五个盒子中，规定写有j i ,的卡片只能放在i 号或j 号盒子中.一种放法称为“好的”，如果1号盒子中的卡片数多于其他每个盒子中的卡片数.则“好的”放法公共有____________种.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，,22sin =A 求CB cos 2cos +的取值范围.10.（本题满分20分）对正整数n 及实数)0(n x x <≤，定义1][][}{}){1(),(+⋅+-=x nx n C x C x x n f 其中][x 表示不超过实数x 的最大整数，][}{x x x -=.若整数2,≥n m 满足123)1,(2,()1,(=-+++nmn m f n m f n m f ，求)1,()2,(1,(mmn n f m n f m n f -+++ 的值.11.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，点C B A ,,在双曲线1=xy 上，满足ABC ∆为等腰直角三角2020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. 在等比数列{}n a 中，91313,1a a ，则1log 13a 的值为 ．答案：13．解：由等比数列的性质知219913aa a a ，故339121313a a a ．所以11log 133a ． 2. 在椭圆中，A 为长轴的一个端点，B 为短轴的一个端点，12,F F 为两个焦点．若12120AF AF BF BF ，则12ABF F 的值为． 答案：2． 解：不妨设的方程为22221(0)x y a ba b ，(,0),(0,)A a B b ，1(,0)F c ，2(,0)F c ，其中22ca b ．由条件知222221212()()()20AF AF BF BF c a c a c b a b c ．所以2212222AB a b F F ． 3. 设0a，函数100()f x xx在区间(0,]a 上的最小值为1m ，在区间[,)a 上的最小值为2m ．若122020m m ，则a 的值为 ．答案：1或100． 解：注意到()f x 在(0,10]上单调减，在[10,)上单调增．当(0,10]a 时，12(),(10)m f a m f ；当[10,)a 时，12(10),()m f m f a ．因此总有12()(10)2020f a f m m ，即100202010120aa，解得1a或100a ．4. 设z 为复数．若2iz z 为实数（i 为虚数单位），则3z 的最小值为 ．答案． 解法1：设i(,)R z ab a b ，由条件知22222(2)i(2)(1)22Im Im0i (1)i (1)(1)z a b a b ab a b z a b a b a b ，故22a b ．从而22223(12)((3))(3)25zab ab，即35z．当2,2a b 时，3z 取到最小值解法2：由2iR z z 及复数除法的几何意义，可知复平面中z 所对应的点在2与i 所对应的点的连线上（i 所对应的点除外），故3z 的最小值即为平面直角坐标系xOy 中的点(3,0)到直线220xy 22325．5. 在ABC 中，6,4AB BC ，边AC 上的中线长为，则66sin cos 22A A 的值为 ．答案：211256．解：记M 为AC 的中点，由中线长公式得222242()BM AC AB BC ， 可得222(64)4108AC．由余弦定理得2222228647cos 22868CA AB BC A CA AB ，所以66224224sin cos sin cos sin sin cos cos 22222222A A A A A A A A= 22222sin cos 3sin cos 2222A A A A231sin 4A213211cos 44256A． 6. 正三棱锥P ABC 的所有棱长均为1，,,L M N 分别为棱,,PA PB PC 的中点，则该正三棱锥的外接球被平面LMN 所截的截面面积为 ．答案：3． 解：由条件知平面LMN 与平面ABC 平行，且点P 到平面,LMN ABC 的距离之比为1:2．设H 为正三棱锥P ABC 的面ABC 的中心， PH 与平面LMN 交于点K ，则PH 平面ABC ，PK 平面LMN ，故12PK PH ．正三棱锥P ABC 可视为正四面体，设O 为其中心（即外接球球心），则O在PH 上，且由正四面体的性质知14OH PH ．结合12PK PH 可知OK OH ，即点O 到平面,LMN ABC 等距．这表明正三棱锥的外接球被平面,LMN ABC 所截得的截面圆大小相等．从而所求截面的面积等于ABC 的外接圆面积，即233AB ．7. 设,0a b，满足：关于x 的方程||||x x a b 恰有三个不同的实数解123,,x x x ，且123x x x b ，则a b 的值为 ．答案：144． 解：令2at x，则关于t 22a a ttb 恰有三个不同的实数解(1,2,3)2iia t x i ．由于()22a af t tt为偶函数，故方程()f t b 的三个实数解关于数轴原点对称分布，从而必有(0)2bf a ．以下求方程()2f t a 的实数解．当2at时，22()4222a a f t t t a a t a ，等号成立当且仅当0t ；当2at 时，()f t 单调增，且当58a t 时()2f t a ；当2a t时，()f t 单调减，且当58at 时()2f t a ．从而方程()2f t a 恰有三个实数解12355,0,88t a t t a ． 由条件知3328a ab x t ，结合2ba 得128a ． 于是91448aa b ．8. 现有10张卡片，每张卡片上写有1,2,3,4,5中两个不同的数，且任意两张卡片上的数不完全相同．将这10张卡片放入标号为1,2,3,4,5的五个盒子中，规定写有,i j 的卡片只能放在i 号或j 号盒子中．一种放法称为“好的”，如果1号盒子中的卡片数多于其他每个盒子中的卡片数．则“好的”放法共有 种．答案：120．解：用{,}i j 表示写有,i j 的卡片．易知这10张卡片恰为{,}i j (15)i j ． 考虑“好的”卡片放法．五个盒子一共放有10张卡片，故1号盒至少有3张卡片．能放入1号盒的卡片仅有{1,2},{1,3},{1,4},{1,5}．情况一：这4张卡片都在1号盒中，此时其余每个盒中已经不可能达到4张卡片，故剩下6张卡片无论怎样放都符合要求，有6264种好的放法．情况二：这4张卡片恰有3张在1号盒中，且其余每盒最多仅有2张卡片． 考虑{1,2},{1,3},{1,4}在1号盒，且{1,5}在5号盒的放法数N ．卡片{2,3},{2,4},{3,4}的放法有8种可能，其中6种是在2,3,4号的某个盒中放两张，其余2种则是在2,3,4号盒中各放一张．若{2,3},{2,4},{3,4}有两张在一个盒中，不妨设{2,3},{2,4}在2号盒，则{2,5}只能在5号盒，这样5号盒已有{1,5},{2,5}，故{3,5},{4,5}分别在3号与4号盒，即{2,5},{3,5},{4,5}的放法唯一；若{2,3},{2,4},{3,4}在2,3,4号盒中各一张，则2,3,4号盒均至多有2张卡片，仅需再使5号盒中不超过2张卡片，即{2,5},{3,5},{4,5}有0张或1张在5号盒中，对应0133C C 4种放法． 因此612414N ．由对称性，在情况二下有456N 种好的放法． 综上，好的放法共有6456120种．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，2sin 2A ．求cos 2cosBC 的取值范围．解：记cos 2cos fBC ． 由条件知4A 或34A ． …………………4分当4A 时，34B C ，其中30C，此时 3cos 2cos 4f C C 22sin cos 22C C sin (0,1]4C ． …………………8分当34A 时，4B C ，其中04C，此时 cos 2cos 4f C C 232sin cos 22C C 5sin()C ， 其中arctan 3． …………………12分 注意到42，，函数()5sin ()g x x 在0,2上单调增，在,24上单调减，又32(0)224g g，52g，故(2,5]f．综上所述，cos 2cos f BC 的取值范围是(0,1](2,5]．…………………16分10. （本题满分20分）对正整数n 及实数(0)x x n ，定义[][]1(,)(1{})C {}C x x n n f n x x x ，其中[]x 表示不超过实数x 的最大整数，{}[]x x x ．若整数,2m n 满足121,,,123mn f m f m f m n n n，求121,,,mn f n f n f n m m m 的值． 解：对0,1,,1k m ，有111111111,C 1+C C C 2n n n k k k k m m m mi i i i i i n f m k n n n ． …………………5分 所以121,,,mn f m f m f m n nn 111101C ,m m n jm j k i i f m kn11100122C C 2m m mk k m m k k n1222121(21)12m mm m n n ．……………10分 同理得121,,,mn f n f n f n m m m(21)1n m ． 由条件知(21)1123m n ，即(21)124m n ，故(21)124m ．又2m ，所以21{3,7,15,31,63,127,}m ，仅当5m 时，2131m 为124的约数，进而有124431n ．进而121,,,mn f n f n f n m mm4(21)5174．…………………20分11. （本题满分20分）在平面直角坐标系中，点,,A B C 在双曲线1xy 上，满足ABC 为等腰直角三角形．求ABC 的面积的最小值．解：不妨设等腰直角ABC 的顶点,,A B C 逆时针排列，A 为直角顶点．设(,)ABs t ，则(,)ACt s ，且ABC 的面积222122ABCs t SAB ． …………………5分注意到A 在双曲线1xy上，设1,A a a，则11,,,B a s t C a t s a a．由,B C 在双曲线1xy 上，可知11()()1a s t a t s a a，这等价于sat st a ， ① tas st a．②由①、②相加，得()0s ta t sa，即2t sa t s． ③由①、②相乘，并利用③，得2222221s t s t at as a st s t a a a 2222224t s t s st st s t st st t s t s s t22222()s t s t ． …………………10分所以由基本不等式得2224222222222221()()22()4s t s t s t s t s t s t32222222226122()()43108s t s t s t s t ，④故2210863s t ． …………………15分以下取一组满足条件的实数(,,)s t a ，使得2263s t （进而由,,s t a 可确定一个满足条件的ABC ，使得22332ABCs t S）．考虑④的取等条件，有222222()s t s t ，即2223s t．不妨要求0st ，结合2263s t ，得3(31),3(31)s t ．由①知0a，故由③得tsa ts，其中3131312t s s ，从而有312312a．综上，ABC 的面积的最小值为 …………………20分。
2018年北京市中学生数学竞赛高一年级初赛参考答案
二、填空题 1．已知实数 a, b, c, d 满足 5a=4，4b=3，3c=2，2d=5，则(abcd)2018=______． 答：1． 解：化 5a=4，4b=3，3c=2，2d=5 为对数，有 ln 4 ln 3 ln 2 ln 5 ， a log5 4 , b , c , d ln 5 ln 4 ln 3 ln 2 所以
2018 年北京市中学生数学竞赛高中一年级初赛参考解答 第 2页 共6页
6 ． 设 f (x) 是 定 义 在 R 上 的 函 数 ， 若 存 在 两 不 等 实 数 x1, x2 R ， 使 得 x +x f ( x1 ) f ( x2 ) ，则称函数 f (x)具有性质 P．那么以下函数： f( 1 2) 2 2
2018 年北京市中学生数学竞赛高中一年级初赛参考解答 第 4页 共6页
6. 在 3×3 的“九宫格”中填数， 使每行、 每列及两条对角线上 的三数之和都相等，有 3 个方格已经填的数分别为 4, 7, 2018，如右 图，则“九宫格”中其余 6 个方格所填数之和为______． 答：−11042.5． 解： 将其余 6 个格子标上字母， 如右下图， 由 a+2018+b=4+7+b
1 ( x 0) ① f ( x) x ； 0 ( x 0)
② f ( x) x 2 ；
③ f ( x) x 2 1 ；
④ f ( x) x3
中，不具有性质 P 的函数为 （A）①． 答：B． 解：具有性质 P 的函数的特点是：存在一条直线与函数图象有三个交点，且其中 一个是另外两个交点的中点. 画图可知①、③、④都是具有性质 P 的函数，②不具备有 三个交点，②是不具有性质 P 的函数 （B）②． （C）③． （D）④．
2021年北京市中学生数学竞赛复赛（高一）试题答案和解析
2021年北京市中学⽣数学竞赛复赛（⾼⼀）试题答案和解析2009年北京市中学⽣数学竞赛复赛（⾼⼀）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________⼀、填空题1．已知a 和b 都是单位向量，并且向量2c a b =+与54d a b =-互相垂直．则a 和b 的夹⾓,=<>a b ______．2．1cos 290+?______． 3．如图，过O 外⼀点M 引圆的切线切O 于点B ，联结MO 交O 于点A ，已知4MA =，MB =N 为弧AB 的中点．则曲边三⾓形（阴影⾯积）的⾯积等于______．4的值是______．5．在平⾯直⾓坐标系中，不论m 取何值时，抛物线()()22132y mx m x m =++-+都不通过的直线1y x =-+上的点的坐标是______（写出全部符合条件点的坐标）．⼆、解答题6．Rt ABC ?内切圆的半径为r ，直⾓的⾓平分线的长为t ．求证：Rt ABC ?的两条直⾓边的长a 、b 是关于x 的⼀元⼆次⽅程()22220t x x tr -+-=的根． 7．求函数:N N f ++→，使得（1）()11f =；（2）对于所有的N x y +∈、，()()()f x y f x f y xy +=++都成⽴．8．如图，在ABCD 中，BAD ∠的平分线与BC 交于点M 、与DC 的延长线交于点N ，CMN ?的外接圆O 与CBD ?的外接圆的另⼀交点为K ．证明：（1）点O 在CBD ?的外接圆上；（2）90AKC ∠=?．9．证明：任给7个实数，其中必存在两个实数x 、y 满⾜013x y xy -≤<+.参考答案1．3π【解析】【详解】设a 和b 的夹⾓,a b θ=．则根据向量垂直的条件得()()220=254=51048c d a b a b a a b a b b ?=+?-+?-?-=56cos 86cos 3θθ+-=-．由此1cos 2θ=．所以=3πθ． 2【解析】【详解】11cos290cos70+-??=4sin 70303?-?= 3．48.3π-【解析】【详解】根据条件，延长MO 交O 于点C ．设O 的半径为r ．则42MC r =+．由切割线定理得2MB MA MC =?，即 48 ()=442r +．解得 4.r =所以， 4.OC OA AM ===联结OB ．在Rt OBM ?中，sin 60MB MOB MOB OM ∠===?∠=?．因此，弧AB 的度数为60?，⽽N 为弧AB 的中点，则弧AN 的度数为30?．联结ON ．则30MON ∠=?．从⽽，111sin30=848.222MON S OM ON ?== ⽽扇形AON 的⾯积为23044=.3603ππ?? 故阴影图形的⾯积为48.3π- 4．4【解析】【详解】.x两边⽴⽅并整理得36400.x x --=观察知，4是⽅程的⼀个根．所以，()()244100.x x x -++= 由2=4410=240?-?-<，知⽅程24100x x ++=⽆实根．故⽅程36400x x --=只有唯⼀的实根 4.x =5．()()311034.22??--，，，，，【解析】【详解】由()()()()()22132312y mx m x m m x x x =++-+=+-+- 可知，抛物线⼀定过点()()1,13,5.A B ---、过点A B 、分别作y 轴的平⾏线交直线1y x =-+于点()()1,03,4.C D 、-过点A B 、的直线1y x =-+交于点31,22E ??-．则C D E 、、三点满⾜条件．6．()22220.t x x tr -+-=【解析】【详解】如图，设Rt ABC ?中，90C ∠=?，,,AB c AC b CB a ===，内切圆的圆⼼为O ．联结OA OB 、．则1.2ABC S ab ?= ①⼜()11=sin45sin45.22ABC ADC BDC S S S bt at a b =+?+?+ 故().ab a b =+ ②⽽()12ABC OBC OAC OAB S S S S r a b c =++=++ ()()()21=2=.2r a b c b r r a b r a b r r +++-+-=+- 与式①⽐较得()222.ab a b r r =+- ③联⽴式②、③得22a b ab +== 据韦达定理知，以,a b 为根的⼀元⼆次⽅程为222x x =，即()22220.t x x tr -+-=7．见解析【解析】【详解】设函数:N N f ++→满⾜题设条件．对于正整数n k 、有()()()()21.f k n f kn f n kn +=++ 令1,2,,1k m =-并相加得()()()()()221121=2m m f mn mf n m n mf n n -??=++++-+??，对所有的正整数m n 、都成⽴．特别地，当1n =时，()()1.2m m f m += ①式①定义了在正整数集合上的函数.f经检验，()()12m m f m +=是问题的唯⼀解．由函数的解析式可知函数满⾜题中的结论(1)(2).8．（1）见解析；（2）见解析【解析】【详解】（1）如图，由题设知.BMA MAD BAM ∠=∠=∠因此，.BA BM =同理，.MC CN =联结OC ．则OC 平分.NCM ∠联结OB OM OD 、、．设.BAD θ∠=则()1=180=9022COD BCD OCM θθθ∠=∠+∠+?-?+， 180=18090.2BMO OMC OCM θ∠=?-∠?-∠=?+因此，.BMO OCD ∠=∠故OBM ? ≌ ODC ?．从⽽，.OBC ODC ∠=∠于是，B O C D 、、、四点共圆，也就是点O 在CBD ?的外接圆上．（2）由（1）知.OB OD =⼜KO OC =，由B K O C 、、、和D 都在同⼀个圆上，则点K C 、关于BD 的中垂线对称，且.BK CD AB ==⼜因KBD CDB ABD ∠=∠=∠，所以，点K 与A 是关于BD 的对称点，即.AK BD ⊥⼜因KC BD ，所以，AK KC ⊥，即90.AKC ∠=?9．见解析【解析】【详解】设7个实数分别为127tan tan tan θθθ，，，，且不妨设127ππ22θθθ-<≤≤≤<. 将区间ππ,22??- 平均分成6个⼦区间：ππππππππππ,,,00,,,2336666333，，，，，----- ? ? ? ? ?. 由抽屉原理，上述7个()17i i θ≤≤中必有某两个数在同⼀个⼦区间内，不妨设j θ、()116j j θ+≤≤在同⼀个⼦区间内.因1π06j j θθ+≤-<，所以，()1π 0tan tan 63j j θθ+≤-<=，即11tan tan 01tan tan j jj j θθθθ++-≤<+?. 记1tan ,tan j j x y θθ+==，即得所要证的不等式.。
北京市中学生数学竞赛高一级复赛参考解答
2011年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答一、选择题（满分40分，每小题8分，将答案写在下面相应的空格中）题 号 1 234 5答 案1341314- 623 2.-+-100530171．二次三项式x 2+ax +b 的根是实数，其中a 、b 是自然数，且ab =22011，则这样的二次三项式共有 个．答：1341．我们发现，实际上，数a 和b 是2的非负整数指数的幂，即，a =2k ，b =22011–k ，则判别式Δ=a 2– 4b =22k – 422011–k =22k – 22013–k ≥0，得2k ≥2013–k ，因此k ≥32013=671，但k ≤2011，所以k 能够取2011–671+1=1341个不同的整数值．每个k 恰对应一个所求的二次三项式，所以这样的二次三项式共有1341个.2．如右图，在半径为1的圆O 中内接有锐角三角形ABC ，H 是△ABC 的垂心，角平分线AL 垂直于OH ，则BC = ． 答：3．解：易知，圆心O 及垂心H 都在锐角三角形ABC 的内部，延长AO 交圆于N ，连接AH 并延长至H 1与BC 相交，连接CN ，在Rt △CAN 和Rt △AH 1B 中，∠ANC =∠ABC ，于是有∠CAN =∠BAH 1，再由AL 是△ABC 的角平分线，得∠1=∠2．由条件AP ⊥OH ，得AH=AO=1．连接BO 交圆于M ，连接AM 、CM 、CH ，可知AMCH 为平行四边形，所以CM=AH=AO =1，BM =2，因为△MBC 是直角三角形，由勾股定理得2221 3.BC =-=3．已知定义在R 上的函数f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，若F (x )=f (g (x )) – g (f (x ))的最小值为14，则m = ．答：14-．解：由f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，得F (x )= f (g (x )) – g (f (x ))=(2x +2m )2–(2x 2+2m )=2x 2+8mx +4m 2–2m ，F (x )=2x 2+8mx +4m 2–2m 的最小值为其图像顶点的纵坐标ABCOHL MPNH 1 1 2()2222242(42)84284242m m m m m m m m ⨯⨯--=--=--⨯．由已知，21424m m --=，得21202m ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以1.4m =-4．tan 37.5= ． 答：6232-+-．解1：作Rt △ADB ，使得∠ADB =90º，AD =1，AB =2，则∠B =30º，BD =3．延长BD 到C ，使BC =2，则DC =23-．连接AC ，则∠ACB =(180º–30º)÷2=75º．作∠ACD 的平分线交AD 于E ，则∠ECD =37.5º．由于AC 2=AD 2+DC 2=1+(2–3)2=8–43，所以 ()2843621226262AC =-=-+=-=-．由三角形的角平分线定理，得AE AC ED DC=，于是AE ED AC DCED DC ++=，即()()()()1322162233221ED AD AD DC AC CD ====-++-+-+-，所以()()tan 37.53221EDDC==-+6232=-+-．解2：作等腰直角三角形ABC ，使∠C =90º，AC =BC =1，则AB =2． 作∠CAD =30º，则CD =33，AD =233，则∠DAB =15º． 作∠BAD 的平分线AE ，记CE =x ，则BE =1–x ，DE =x –33． 所以3132323x x --=，整理得 ()()213221623 2.3232x +-+===-+--+tan 37.562321CE xAC ===-+-． 5．设f (x ) =113xx+-，定义f 1(x ) = f (f (x ))，f n (x )=f (f n –1(x )) (n =2, 3,…)，f 2011(2011)= ．答：10053017．AC D E B21 30º解：记01()()13x f x f x x +==-，则()111113()()1131313xx x f x f f x x x x++--===--+-⋅-； ()211113()()11313xx f x f f x x x x--+===-+⋅+；()3201()()()()13x f x f f x f x f x x +====-； 接下来有41()()f x f x =，52()()f x f x =，63()()f x f x =，…，f n (x )的表达式是循环重复的，以3项为一周期．所以，20113670111()()()13x f x f x f x x ⨯+-===+，20112011120101005(2011)13201160343017f -===+⨯．二、（满分15分）D 是正△ABC 的边BC 上一点，设△ABD 与△ACD 的内心分别为I 1，I 2，外心分别为O 1，O 2，求证：(I 1O 1)2+(I 2O 2)2=(I 1I 2)2． 证明：作以A 为中心、逆时针旋转60的变换(,60)R A ，使△ABD 到△ACD 1，由于∠ADC +∠AD 1C =∠ADC +∠ADB =180º，所以A 、D 、C 、D 1共圆，因此2O 是△AD 1C 的外心，也就是(,60)12R A O O −−−−→，因此AO 1=DO 1=AO 2=DO 2=O 1O 2，所以∠O 1AO 2=∠O 1DO 2=60º．由∠AO 1O 2+∠ACB =120º+60º=180º，O 1在△ACD 的外接圆⊙O 2上．由于111(180)6012012022AI D ABD ABD ∠=∠+-∠=+⨯=，所以I 1在⊙O 2上，因此11118018030150O I D O AD ∠=-∠=-=，111118015030I O D I DO ∠+∠=-=．同理可证，I 2在△ABD 的外接圆⊙O 1上，所以22150DI O ∠=．由于12118090,2I DI ∠=⨯=而22111212906030I DO I DO I DI O DO ∠+∠=∠-=-=，比较可得1122I O D I DO ∠=∠．在△O 1I 1D 与△DI 2O 2中，因为已证O 1D=DO 2，1122150,O I D DI O ∠=∠=又1122.I O D I DO ∠=∠因此 △O 1I 1D ≌△DI 2O 2．所以，I 1O 1=DI 2，DI 1= I 2O 2.由于1290,I DI ∠=△I 1DI 2是直角三角形.根据勾股定理，有()()()2221212,DI DI I I +=而I 1O 1=DI 2，DI 1=I 2O 2. 因此()()()222112212.I O I O I I +=三、（满分15分）n 是正整数，记n !=1×2×3×…×n ，如1!=1，2!=1×2=2， 3!= 1×2×3=6，又记[a ]表示不超过a 的最大整数，求方程ABCDO 1I 2I 1D 1O 220111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的所有正整数解．解1：由于当x 是正整数时，[]1!x x ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，2!2x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦≥12x -，3!6x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦＞6x –1，所以1126x x x -++-＜2011即53x ＜120122，得方程的正整数解x 满足0＜x ＜1207.5． 由于6!=720，7!=5040，所以方程的正整数解x ＜7!，即07!8!9!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=====⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 因此，方程20111!2!3!4!5!6!x x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的解与原方程的解是一样的．设小于7!的正整数x 为上述方程的解，我们写出(1,2,3,4,5,6)!xk k =的带余除法表达式：设16!6!r x a =+，0≤r 1＜6!，(0≤a ≤6，a ∈N )；因此.6!x a ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦① 12665!5!5!r r x a a b =+=++，0≤r 2＜5!，(0≤b ≤5，b ∈N )，因此65!x a b ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦． ② 323053054!4!4!r r xa b a b c =++=+++，0≤r 3＜4!，(0≤c ≤4，c ∈N )， 因此3054!x a b c ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦． ③341202*********!3!3!r r xa b c a b c d =+++=++++，0≤r 4＜3!，(0≤d ≤3，d ∈N )； 因此1202043!x a b c d ⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦． ④5436060123360601232!2!2!r r xa b c d a b c d e =++++=+++++，0≤r 5＜2， (e =0,1,2)；因此360601232!x a b c d e ⎡⎤=++++⎢⎥⎣⎦． ⑤5720120246272012024621!1!r xa b c d e a b c d e f =+++++=+++++，(f =0,1)； 因此72012024621!x a b c d e f ⎡⎤=+++++⎢⎥⎣⎦． ⑥①～⑥相加得1237a +206b +41c +10d +3e +f =2011． 显然a =1，因此206b +41c +10d +3e +f =2011–1237=774； 易知b =3，因此41c +10d +3e +f =774–206×3=156； 易知c =3，于是10d +3e +f =156–41×3=33；类似求得d =3，e =1，f =0．所求的x =1×720+3×120+3×24+3×6+1×2+0×1=1172．x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解． 解2：设f (x )=1!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，因为对于所有的正整数k ，!x k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦都是单调增的，其和f (x )就是增函数；又因为对于正整数x ，11!x +⎡⎤⎢⎥⎣⎦=1!x ⎡⎤⎢⎥⎣⎦+1，所以f (x )是严格单调的．经估数，将x =1172带入，求f (1172)的值，得f (1172)=2011，所以，x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解．四、（满分15分）平面上的n 个点，若其中任3个点中必有2个点的距离不大于1，则称这样的n 个点为“标准n 点组”．要使一个半径为1的圆纸片，对任意“标准n 点组”都能至少盖住其中的25个点，试求n 的最小值． 答案：49．解：首先证明，n min ＞48．在平面上画长为5的线段AB ，分别以A 、B 为圆心，画半径为0.5的两个圆，在每一个圆内，取24个点，则平面上有48个点满足题设条件（其中任意3点中必有2点的距离不大于1），显然，不可能画出一个半径为1的圆，其包含有25个所选的点，所以n ＞48．下面证明n min =49．若49=n ，设A 是其中的一点，作以A 为圆心半径为1的⊙A ，若所有的点都在圆A 中，那么就满足题设条件．若不是所有的点都在圆A 中，则至少有一点B 不在圆A 中，再作以B 为圆心、半径为1的⊙B ，则A 、B 的距离大于1（如右图），除A ，B 外，余下的47个点中每一点P 都与A 、B 组成3点组，必有两个点的距离不大于1，所以要么P A ≤1，要么PB ≤1，即 点P 要么在⊙A 中，要么在⊙B 中，根据抽屉原理，必有一个圆至少包含了这47个点中的24个点，不妨设这个圆就是⊙A ，再加上圆心A 点，就有不少于25个点在这个半径为1的⊙A 中(圆内或圆周上)．所以n 的最小值是49．五、（满分15分）已知函数f ：R →R ，使得对任意实数x y z ，，都有11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14， 求[1×f (1)]+[2×f (2)]+[3×f (3)]+…+[2011×f (2011)]的值．其中对于实数a ，[a ]表示不超过a 的最大整数．解：由于已知函数f R R →：，使得对任意实数x y z ，，都满足11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14，可令0x y z ===，有 ()211(0)(0)(0)22f f f +-≥14，即21(0)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (0)是一个实数，所以1(0).2f =再令1x y z ===，有()211(1)(1)(1)22f f f +-≥14，即21(1)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (1)是一个实数，所以1(1).2f =又令0y z ==，有11(0)(0)()(0)22f f f x f +-≥14，代入1(0)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≤12． ①又令1y z ==，有11()()()(1)22f x f x f x f +-≥14，代入1(1)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≥12． ②综合①、②可得，对任意实数x ，都有1()2f x =．验证：函数1()2f x =满足题设条件，取的是等号，所以满足题设条件的函数的唯一解为1()2f x =．于是[][][][]1(1)2(2)3(3)2011(2011)f ff f ⨯+⨯+⨯++⨯ 1234201122222⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦011223310051005=+++++++++()21231005=⨯++++(11005)1005=+⨯1011030=．。
2020年北京市中学生数学竞赛高一年级初赛试题及答案
2020年北京市中学生数学竞赛高一年级初赛试题及答案一、选择题（满分36分）1. 满足条件f(x2)=[f(x)]2的二次函数是A. f(x)=x2B. f(x)=ax2+5C. f(x)=x2+xD. －x2+20042. 在R上定义的函数y=sinx、y=sin2004、、中，偶函数的个数是A. 0B. 1C. 2D. 33. 恰有3个实数解，则a等于A. 0B. 0.5C. 1D.4. 实数a、b、c满足a+b>0、b+c>0、c+a>0，f(x)是R上的奇函数，并且是个严格的减函数，即若x1<x2，就有f(x1)>f(x2)，则A. 2f(a)+f(b)+f(c)=0B. f(a)+f(b)+f(c)<0C. f(a)+f(b)+f(c)>0D. f(a)+2f(b)+f(c)=20045. 已知a、b、c、d四个正整数中，a被9除余1，b被9除余3，c 被9除余5，d被9除余7，则一定不是完全平方数的两个数是A. a、bB. b、cC. c、dD. d、a6. 正实数列a1，a2，a3，a4，a5中，a1，a2，a3成等差数列，a2，a3，a4成等比数列，且公比不等于1，又a3，a4，a5的倒数成等比数列，则A. a1，a3，a5成等比数列B. a1，a3，a5成等差数列C. a1，a3，a5的倒数成等差数列D. 6a1，3a3，2a5的倒数成等比数列二、填空题（满分64分）1. 已知，试确定的值。
2. 已知a=1+2+3+4+…+2003+2004，求a被17除的余数。
3. 已知，若ab2≠1，且有，试确定的值。
4. 如图所示，等腰直角三角形ABC的直角顶点C在等腰直角三角形DEF的斜边DF上，E在△ABC的斜边AB上，如果凸四边形ADCE的面积等于5平方厘米，那么凸四边形ABFD的面积等于多少平方厘米？5. 若a，b∈R，且a2+b2=10，试确定a－b的取值范围。
北京高中数学知识应用竞赛试题及参考标准答案
第四届北京高中数学知识应用竞赛试题及参考答案试题1、（满分20分）汽车在行驶中，由于惯性的作用，刹车后还要接着向前没行一段距离才能停住。
我们称这段距离为“刹车距离”。
刹车距离是分析事故的一个重要的因素。
在一个限速为40千米/时的路段上，先后有A、B两辆汽车发生交通事故。
事故后，交通警察现场测得A车的刹车距离超过12米，不足15米，B车的刹车距离超过11米，不足12米。
又知A、B两种车型的刹车距离S（米）与车速x（千米/时）之间有如下关系：假如仅仅考虑汽车的车速因素，哪辆车应负责任？2.（满分20分）北京电视台每星期六晚播出《东芝动物乐园》，在那个节目中曾经有如此一个抢答题：小晰蜴体长15cm，体重15g,问：当小晰蜴长到体长为20cm时，它的体重大约是多少（选择答案：20g,25g,35g,40g）?尝试用数学分析出合理的解答。
3. （满分20分）受日月的引力，海水会发生涨落，这种现象叫做潮汐。
在通常的情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近船坞；卸货后落潮时返回海洋。
下面是某港口顺某季节每天的时刻与水深关系表：时刻水深（米）时刻水深（米）时刻水深（米）0:00 5.0 8:00 3.1 16:00 7.41:00 6.2 9:00 2.5 17:00 6.92:00 7.1 10:00 2.4 18:00 5.93:00 7.5 11:00 3.5 19:00 4.44:00 7.3 12:00 4.4 20:00 3.35:00 6.5 13:00 5.6 21:00 2.56:00 5.3 14:00 6.7 22:00 2.77:00 4.1 15:00 7.2 23:00 3.8(1)请在坐标纸上，依照表中的数据，用连续曲线描出时刻与水深关系的函数图像；（2）一条货船的吃水深度（船底与水面的距离）为4米，安全条例规定至少要有1.5的安全间隙（船底与洋底的距离），问该船何时能进入港口？在港口能呆多久？（3）若某船的吃水深度为4米，安全间隙为1.5米，该船在2:00开始卸货，吃水深度以每小时0.3米的速度减少，那么该船在什么时刻必须停止卸货，将船驶向较深的水域？4．（满分20分）2000年末，某商家迎来店庆，为了吸引顾客，采取“满一百送二十，连环送”的酬宾方式，即顾客在店内花钞票满100元（这100元能够是现金，也但是奖励券，或二者合计），就送20元奖励券；满200元，就送40元奖励券，满300元，就送60元奖励券；...。
2019年北京市高一数学竞赛(初赛)试题(pdf版,含答案)
C
F
二、填空题
1．计算
7142853 7142853
2857143 4285713
=________．
答： 7 ． 8
解
1：原式
(714285 285714)(7142852 (714285 428571)(7142852
714285 285714 714285 428571
则满足条件的子集 A 的个数是
（A）8.
（B）7.
（C）6.
（D）5.
答：B.
解：经枚举，各元素之和为 3 的倍数的子集有｛0｝，｛9｝，｛2, 1｝，｛0, 9｝，｛2, 0, 1｝，
｛2, 1, 9｝，｛2, 0, 1, 9｝共 7 个．
2．如图，∠BAF =∠FEB =∠EBC =∠ECD = 90°， ∠ABF = 30°， ∠BFE = 45°，
4．在平面直角坐标系中，已知两点 A(cos110°, sin110°)，B(cos50°, sin50°)，则由
坐标原点 O 到 AB 中点 M 的距离是
y
（A） 1 ． 2
答：选 C．
（B） 2 ． 2
（C） 3 ． 2
（D）1．
A MB
1
1
解：画草图，易知 50 60 .
（A）｛3, 4, 6, 9｝． （B）｛2, 0, 1, 9｝． （C）｛0, 3, 5, 9｝． （D）｛1, 2, 7, 8｝．
2019 年北京市中学生数学竞赛高中一年级初赛试题参考解答 共 5 页 第 1页
答：D． 解：易知 f (n)的值域为{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}， f (f (n))的值域为{1, 2, 7, 8}， f (f (f (n)))的值域是｛1, 2, 7, 8｝．
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2020年北京市中学生数学竞赛高一年级试题2020年6月 27日8:30～10:30一、填空题（满分40分，每小题8分）1．已知实函数f (x )满足f (x +y )=f (x )+f (y )+4xy ，且f (−1)·f (1)≥4．则293f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭______． 2．等腰梯形ABCD （AB =CD ）的内切圆与腰CD 的切点为M ，与AM 、BM 的交点分别为K 和L ．则AM BM AK BL+的值等于______． 3．四位数abcd 比它的各位数字的平方和大2020，在所有这样的四位数中最大的一个是______．4．已知点O 在△ABC 内部，且2021202020193AB BC CA AO ++=，记△ABC 的面积为S 1，△OBC 的面积为S 2，则12S S =______． 5．有4个不同的质数a , b , c , d ，满足a +b +c +d 是质数，且a 2+bc 、a 2+bd 都是完全平方数，那么a +b +c +d = ______．二、（满分15分）面积为S 1，S 2，S 3，S 4，S 5，S 6的正方形位置如右图所示．求证：S 4+S 5+S 6=3(S 1+S 2+S 3)．三、（满分15分）存在2020个不是整数的有理数，它们中任意两个的乘积都是整数四、（满分15分）如右图，已知D 为等腰△ABC BC 上任一点，⊙I 1、⊙I 2分别为△ABD 、△ACD 内切圆，M 为BC 的中点．求证：I 1M ⊥I 2M ．五、（满分15分）将集合I ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}B ={w , x , y , z }，使得A ∪B =I ，A ∩B =Ø，且A 与B 的元素至少有一种排列组成的正整数满足2wxyz abcde ，则称A 与B 为集合I 的一个“两倍型2分划”．（1）写出集合I 的所有“两倍型2分划”，并给出理由；（2）写出集合I 的每个“两倍型2分划”对应的所有可能的2wxyz abcde ．2020年北京市中学生数学竞赛（邀请）高一年级试题及参考解答2020年6月 27日8:30～10:30一、填空题（满分40分，每小题8分）1．已知实函数f (x )满足f (x +y )=f (x )+f (y )+4xy ，且f (−1)·f (1)≥4．则29()3f -=______． 解：令x =y =0得f (0)=0，令x =−1，y =1，得f (1)+f (−1)=4．平方得f 2(1)+2f (1)·f (−1)+f 2(−1)=16，又因为f (−1)·f (1)≥4，所以f 2(1)+2f (1)·f (−1)+f 2(−1)≤4f (1)·f (−1)．即(f (1)−f (−1))2≤0．所以f (1)=f (−1)=2． 因为)32)(31(4)32()31()32(31)1(--⋅+-+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=-f f f f 1118=3()4()()3339f ， 所以 .234)31(3=+-f 因此.92)31(=-f 所以.9894)31(2)32(=+-=-f f 于是29()3f -=8．2．等腰梯形ABCD （AB =CD ）的内切圆与腰CD 的切点为M ，与AM 、BM 的交点分别为K 和L ．则AM BM AK BL+的值等于______． 解：设N 是边AD 的中点，a =AN ，x =AK ，y =AM ，α=∠ADM ，（如图）．则ND=DM=a ，且根据余弦定理，对于△ADM ，有y 2=4a 2+a 2−4a 2cos α=a 2(5−4cos α)． 另一方面，根据切割线定理，有xy=a 2，所以 2AM y y AK x xy ===5−4cos α． 类似地对于△BCM ，得到54cos .BM BLα=+ 因此，10.AM BM AK BL+= C BD A LK a y αMx3．四位数abcd 比它的各位数字的平方和大2020，在所有这样的四位数中最大的一个是______．解: 设abcd 为所求的自然数，则根据条件1000a +100b +10c +d =a 2+b 2+c 2+d 2+2020．考虑到 2000＜a 2+b 2+c 2+d 2+2020≤92+92+92+92+2020=2344，可以断定a =2，于是100b +10c +d =b 2+c 2+d 2+24．即 b (100−b )+c (10−c )=d (d −1)+24 (*)由于c (10−c )＞0，当b ≥1时，b (100−b )≥99，所以(*)式左边大于99，而(*)式右边小于9×8+24=96，因此要(*)式成立，必须b =0．当b =0时，(*)式变为 d 2−d =10c −c 2−24． 由于四位数abcd 中a =2，b =0，要使20cd 最大，必需数字c 最大．若c =9，c 2−c −24=90−92−24＜0，而d 2−d ≥0故(*)式不能成立．同理，c =8和c =7时，(*)式均不能成立．当c =6时，c 2−c −24=60−62−24=0，这时，d =0及d =1，均有d 2−d =0，即(*)式均成立． 于是abcd =2060或2061．所以满足题设条件的四位数中最大的一个是2061．4．已知点O 在△ABC 内部，且2021202020193AB BC CA AO ++=，记△ABC的面积为S 1，△OBC 的面积为S 2，则12S S =______． 解：由2021202020193AB BC CA AO ++=，得22019()3AB BC AB BC CA AO ++++=，因为0AB BC CA ++=，所以23AB BC AO +=，故23AB AC AB AO +-=. 所以3AB AC AO +=，取BC 的中点D ，则23AD AO =.于是A 、D 、O 三点共线，且3AD OD =．所以123S AD S OD==．5．有4个不同的质数a , b , c , d ，满足a +b +c +d 是质数，且a 2+bc 、a 2+bd 都是完全平方数，那么a +b +c +d = ______．解：由a +b +c +d 是质数，可知a , b , c , d 中有2．如果a ≠2，那么b , c , d 中有2，从而a 2+bc 、a 2+bd 中有一个模4余3，不是完全平方数．故a =2．假设22+bc =m 2，那么bc =(m −2)(m +2)．如果m −2=1，那么m =3，bc =5，与已知矛盾．故不妨设b =m −2，c =m +2，则c =b +4．同理d =b −4，所以{a , b , c , d }={a , b , b +4, b −4}．而b −4, b , b +4中有一个是3的倍数，又是质数，所以只能是b −4=3，此时a +b +c +d =2+3+7+11=23．二、（满分15分）面积为S 1，S 2，S 3，S 4，S 5，S 6的正方形位置如图所示．求证：S 4+S 5+S 6=3(S 1+S 2+S 3)．证明：见右图：AKLB ，BMNC ，ACPQ 都是正方形，对应的面积为S 1、S 2和S 3．设,,βα=∠=∠ABC BAC .γ=∠ACB 因为,,,321S AC S BC S AB === 则根据余弦定理，有αcos 232321S S S S S -+=βcos 231312S S S S S -+=γcos 221213S S S S S -+= 由此，.cos 2cos 2cos 2321213132S S S S S S S S S ++=++γβα ①又因为 ,180,180,180γβα-=∠-=∠-=∠ NCP LBM QAK 以及,,,465S NP S LM S QK === 则有αcos 231315S S S S S ++= ②βcos 221216S S S S S ++= ③ γcos 232324S S S S S ++= ④由等式①～④得 S 4+S 5+S 6=3(S 1+S 2+S 3)．三、（满分15分）存在2020个不是整数的有理数，它们中任意两个的乘积都是整数吗？如果存在，请给出例证，如果不存在，请说明理由．解：存在. 例证如下：因为质数有无限多个，所以任选2020个两两不同的质数122020,,,p p p ，构造2020个两两不同的数： 1220202ii p p p x p ，i =1, 2, 3, …, 2020． 易知，因为122020,,,x x x 的分子不被分母整除，皆为不是整数的有理数．而任意两个数的乘积 12202012202022i i i j p p p p p p x x p p 2222222222122020121111202022ii j j i j p p p p p p p p p p p p ． 这2018个质数平方的乘积是整数，满足题意要求．A B C I 1 I 2 • • F 四、（满分15分）如图，已知D 为等腰△ABC 底边BC 上任一点，⊙I 1、⊙I 2分别为△ABD 、△ACD 的内切圆，M 为BC 的中点．求证：I 1M ⊥I 2M ．证明： （1）当D 与M 重合时，显然有∠I 1MI 2=90°，即I 1M ⊥I 2M ．（2）当D 不与M 重合时，不妨设BD ＞DC ， 过I 1作I 1E ⊥BC 于点E ，过I 2作I 2F ⊥BC 于点F ，连结I 1D ，I 2D ，I 1I 2．因为⊙I 1为△ABD 的内切圆，⊙I 2为△ACD 的内切圆，所以 2AB BD AD BE +-=，2DC AD AC DF +-= 所以，EM =BM −BE=22BC AB BD AD +--()2BC BD AD AB -+-=.2DF AC AD DC =-+= 进而有 ED=MF ．因为I 1、I 2分别为△ABD 、△ACD 的内心，易知∠I 1DI 2=90°． 由勾股定理得I 1D 2+I 2D 2=I 1I 22．(*)在Rt △I 1DE 与Rt △DI 2F 中，由勾 股定理得I 1E 2+ED 2=I 1D 2，I 2F 2+DF 2=I 2D 2，代入(*)式，得(I 1E 2+ED 2)+(I 2F 2+DF 2)= I 1I 22．注意EM=DF ，ED=MF 代换得(I 1E 2+MF 2)+(I 2F 2+EM 2)= I 1I 22．即 (I 1E 2+EM 2)+(I 2F 2+MF 2)= I 1I 22．所以 I 1M 2+I 2M 2=I 1I 22．根据勾股定理的逆定理，有△I 1MI 2为直角三角形，∠I 1MI 2=90°，即I 1M ⊥I 2M ．五、（满分15分）将集合I ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}划分为两个子集A ={a , b , c , d , e }和B ={w , x , y , z }，使得A ∪B =I ，A ∩B =Ø，且A 与B 的元素至少有一种排列组成的正整数满足2wxyz abcde ，则称A 与B 为集合I 的一个“两倍型2分划”．（1）写出集合I 的所有“两倍型2分划”，并给出理由；（2）写出集合I 的每个“两倍型2分划”对应的所有可能的2wxyz abcde ． 解：（1）集合I 共有2个“两倍型2分划”：A ={1, 3, 4, 5, 8}，B ={2, 6, 7, 9}及A ={1, 4, 5, 6, 8}，B ={2, 3, 7, 9}．理由简述如下：1° 由易知，a =1，所以a ∈A ． A B C I 1 I 2 • •2° 由0∉ I ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}=A ∪B ，而5×2=10，所以5∈A ．3° 试验知，a , b , c , d , e 均不能等于9，所以9∈B ，进而有8∈A ．4° 因为数wxyz abcde 和的9个数字和恰为1+2+3+4+5+6+7+8+9=45是9的倍数，可判知+abcde wxyz 是9的倍数，即+abcde wxyz ≡0(mod9)． 又2wxyz abcde ，所以3wxyz ≡0(mod9)．于是wxyz ≡0(mod3)．所以)(wxyz S 是3的倍数，进而推得)(abcde S 也是3的倍数．5° 同样试验可判定7∈B ．此时分配剩下的4个元素：2, 3, 4, 6．由于A 中的1+5+8=14，被3除余2，所以从2, 3, 4, 6中选出的两个数之和被3除余1．于是只能选3, 4或4, 6属于A ，对应剩下的2, 6或2, 3归属于B ．因此，找到集合I 的两个“两倍型2分划”：A ={1, 3, 4, 5, 8}，B ={2, 6, 7, 9}及A ={1, 4, 5, 6, 8}，B ={2, 3, 7, 9}．（2）集合I 的“两倍型2分划”满足的不同的2wxyz abcde 共12个．1° 当B={2, 6, 7, 9}时，得到6个不同的式子：6729×2=13458， 6792×2=13584， 6927×2=13854,7269×2=14538， 7692×2=15384， 9267×2=18534．2° 当B={2, 3, 7, 9}时，得到6个不同的式子：7293×2=14586， 7329×2=14658， 7923×2=15846，7932×2=15864， 9273×2=18546， 9327×2=18654．。