【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】
数学奥林匹克高中训练题79
2a 2≤ 2 b + 2 - 2 b - 1 2 2 b3 ° 的值是, 66数学奥林匹克高中训练题 (79)第 一 试一、选择题(每小题 6 分 ,共 36 分)1. 若点 A (3 ,5) 关于直线 l : y = kx 的对称点在 x 轴上 ,则 k 是() . (A ) 2(B ) 2(C ) 3(D )二、填空题(每小题 9 分 ,共 54 分)1. 数 7355的末四位数字是 .2. 设 ∠XOY = 30 °, 点 A 在这个角的内(A ) - 1 ±5 2 () - 1 ± 304(B ) ± 3(D ) - 3 ± 345部 ,作 AB ⊥OX , AC ⊥OY , B 、C 为垂足. 若 AC = 3 , OB = 8 ,则 AO 的长度是 .3. 设 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 是一个正方体 ,点 M 是棱 AA 1 的中点. 则二面角 B 1 - MC -2. 设 a ∈R , A = { x | x ∈R ,| x - a | ≤1} , B = { x | x R ,| x - 1| ≤a } . A B 真子集 ,则 a 的取值范围是() .(A ) - 1 ≤a ≤1 (B ) a ≤- 2 或 a > 1 (C ) - 2 < a ≤1 (D ) - 2 ≤a ≤03. 若 a 是一个复数 ,且( a 2- a ) 2= 1 ,则a 3- 2 a 2能取到() 个不同的值.(A ) 2(B ) 3(C ) 4(D ) 64. 设 a 是实数 ,使得关于 x 的函数 y = f ( x ) = a sin 2 x + cos 2 x + sin x + cos x的图像关于直线 x = - π 对称. 记由所有这样的 a 组成的集合为 S ,则 S 是( ) .(A ) 空集 (B ) 单元集(只有一个元素) (C ) 元素个数多于 1 的有限集 (D ) 无限集(有无限多个元素)5. 设 a 是一个实数. 若关于 x 的不等式 | cos 2 x | ≥a sin x 在闭区间 -π π成立 ,则 a 的取值范围是() .(A ) {0} (B ) [ - 1 ,0 ] A 1 的平面角θ(锐角) 的大小是 (用弧度或反三角函数表示) .4. 设 a 、b 是复数 , 其共轭复数分别为a 、b , 其模分别为| a | 、| b | . 若 a + 2 b = i , a ·b = - 5 - i ,则| a | 2为 .5. 若 a = 13, b = log 3 10 , c = log 4 20 , 则a 、b 、c 之间的大小关系是 .6. 在一个十进制正整数中 ,如果它含有偶数(包括零) 个数字 8 ,则称它为“优数”,否则就称它为“非优数”. 那么 ,长度(位数) 不超过 n ( n 是正整数) 的所有“优数”的个数是.三、( 20 分) 设 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 是一 个棱长为 2 的正方体 , 点 M 是棱 AA 1 的中点 ,过 M 、B 1 、C 、D 1 四点作一个球. 试求该球的半径 R .四、( 20 分) 已知 10 °< θ < 50 °, a =sin (θ+ 15°) , b = cos (2θ- 15°) . 求证 : (C ) 0 , 22(D ) [ 0 ,1 ],6. tan 10 + 1( ) .sin 40°并确定使等号成立时所有θ的值.五、(20 分) 设过点 P ( 1 , - 1) 向抛物线3 32± 34 y = x 2作两条不同的切线 l 、l ,该抛物线的 1 2于 l 与 l 2 的夹角(锐角) . 试求 l 的方程.第 二 试一、(50 分) 设 R 是全体实数的集合. 试 即a 2 + 1 > a + 1 ,1 - a2 ≤a - 1a ( a - 1) > 0 ,( a - 1) ( a + 2) ≥0a > 1 或 a < 0 ,或 另一条切线为 l ,且 l 与 l 1 的夹角 (锐角) 等或 解得a 2 + 1 ≥a + 1 ,1 - a2 < a - 1. a ( a - 1) ≥0 ,( a - 1) ( a + 2) > 0. 或a ≥1 或 a ≤0 , a ≤- 2 或 a ≥1a < - 2 或 a > 1.故 a > 1 或 a≤- 2.r2 , 2①求出所有的函数 f : R →R ,使得对于任意的x 、y ∈R ,都有f ( xf ( y ) ) = xyf ( x + y ) .二、(50 分) 已知 △ABC 的内切圆 ⊙I 切 但原题条件为“A 不是 B 的真子集”,则有- 2 < a ≤1. 3. B.由题设得 a 4 - 2 a 3 + a 2 = 1 ,所以 ,边 BC 于点 D ,而 P 是边 BC 上的任意内点. a 3- 2 a 21 - a2 =a(显然 a ≠0) .设 △AB P 和 △ACP 的内切圆圆心分别是 I 1当 a 2 - a = 1 时 ,1 - a 2 = - a , 则 a 3 - 2 a 2 = - 1 ;和 I 2 . (1) 求证 : ∠I 1DI 2 = 90 °( 即 I 1、P 、D 、I 2 当 a 2 - a = - 1 时 , a 2= a - 1 , a =1 ± 3 i , 四点共圆) ;a 3 - 2 a 2 = 1 - ( a - 1) = - 1 + 2.aa(2) 设 I 1 、P 、D 、I 2 四点所在的圆周的半径为 R ,而 △ABC 的内切圆半径为 r ,试求 R的取值范围 ( △ABC 取遍各种形状的三角形 ,点 P 取遍边 BC 上的每一个内点) .三、(50 分) 求证 : 直角坐标平面上的格 点凸七边形(每个顶点均为格点 ———纵、横坐标均为整数的点) 的内部最少包含四个格点.参 考 答 案第 一 试一、1. D.设点 A ( 3 , 5) 关于直线 l : y = kx 的对称点为P ( a ,0) . 则 A P 的中点 M ( 3 + a , 5 ) 必在直线 l 上 ,于是 , a 3 - 2 a 2 可以取到两个不同的虚数值 ,即a 3 - 2 a 2 = ± 3 i.综上可知 , a 3 - 2 a 2 一共取到 3 个复数值.4. A.由对称性可得 f ( - x ) = f ( x - 2π) .因为 f ( x ) 是周期为 2π的周期函数 ,所以 , f ( x ) = f ( x - 2π) . 故 f ( - x ) = f ( x ) .则 - a sin 2 x + cos 2 x - sin x + cos x= a sin 2 x + cos 2 x + sin x + cos x ,即 sin x (2 a cos x + 1) = 0 (对任意的 x ∈R ) .从而 ,2 a cos x = - 1 (对任意的 x ≠k π, k ∈Z ) . 而上式对于 a = 0 或 a ≠0 均不能成立 ,矛盾. 故S 必是空集.且 A P ⊥l ,即 5 2 3 + a = k · 2, 且 k 25 - 0 = - 1. 3 - a 5. D.令 t = sin x ,由 x ∈ -π ,π 3 6, 知 t ∈ - 3 1 . 消去 a 整理得 5 k 2 + 6 k - 5 = 0. 解得 k =- 3 原不等式等价于| 1 - 2 t 2 | ≥at-3 ≤t ≤1,2. C.显 然 , A = { x | x ∈R , a - 1 ≤x ≤a + 1} ,B = { x | x ∈R ,1 - a 2 ≤x ≤a 2 + 1} , A 与 B 皆非空.假设 A 是 B 的真子集 ,则有即等价于f ( t ) = 2 t 2g ( t ) = 2 t 2 2 2+ at - 1≤0 , - 2 ≤t ≤1 ;2- at - 1 ≥0 , -3 ≤t ≤- 2②2 2则 ·x 2 + y 2 AA 2 2 88 11 1 °所以 OD 3×故即 由于抛物线 y = f ( t ) 及 y = g ( t ) 开口向上 ,且2故 OA == = 14 3 .3 f (0) = - 1 , g (0) = - 1 ,所以 ,式 ①等价于 f ( - 2)π≤0 且 f ( 1 ) ≤0 ;式 ②等价于 g ( - 2 ) ≥0 ,即式 ①3. 4 . 如图 2 ,不妨设 AB等价于 0 ≤a ≤1. 而式 ②等价于 a ≥0 ,因此 , a 的取值范围是 0 ≤a ≤1.6. C.tan 10°+ 1 = cot 80°+ 1= 2 ,则AM = MA 1 = 1 ,MC 2 = 12 + (2 2) 2= 9 B 1 C 2 = (2 2) 2= 8 , sin 40° sin 40°222MB 1 = 1 + 2 = 5. = cos 80°+ 2cos 40°=2cos 60°·cos 80°+ 2cos 40°设 O 为 A C 的sin 80° sin 80° 11 1图 2=cos 20°+ cos 40°=2cos 10°·cos 30°中点 , 显然点 B 1 在平sin 80° = 2cos 30°= 3 .二、1. 1 943.sin 80°面 A 1 C 1 CA 上的投影正是点 O 1 . 于是 , △B 1 CM 在平面A 1 C 1 CA 上的投影是 △O 1 CM . 所以 ,S △O CM本题即求 7355除以 104所得的余数.7355= 7 ×49177= 7 ×49 ×(50 - 1)2 ×88= 7 ×49 ×(2 400 + 1)88≡7 ×49 ×(1 + 2 400C 1)≡343 ×[ 1 + 2 400 ×(100 - 12) ]cos θ=1.S △B CM易知 MO 2 = ( 2) 2+ 12= 3 , O C 2= ( 2) 2+ 22= 6.由海伦公式得S △B CM = 1≡343 ×(1 - 2 400 ×12) ≡343 - 343 ×12 ×2 400 ≡343 - 43 ×12 ×2 400 ≡343 - 103 200 ×12 1= 1 442 (9 ×8 + 8 ×5 + 5 ×9) - 81 - 64 - 25 =3 ,≡343 - 3 200 ×12 ≡343 - 38 400S △O CM = 12(9 ×3 + 3 ×6 + 6 ×9) - 81 - 9 - 36 = 3 2. 14 2≡343 - 8 400 ≡- 8 057 ≡1 943 (mod 104 ) . 因此 ,7355的末四位数字是 1 943.2. 14 3 .3如图 1 ,以 O 为原点、OX 为 x 轴的正向 , 建立直角坐标系. 设点A 的坐标为 ( x A , y A ) ,其 中 x A = OB = 8. 显然 ,直线 OY 的方程为y = x tan 30 = 3 x .图 13过点 A 作直线 l ∥OY , l 交 y 轴于点 D ,作 OE ⊥l , E 为垂足. 显然 , OE = AC = 3 , ∠DOE = 30°.cos θ= 2, θ= π . 2 44. 8 或 13.由 2 a ·b = - 10 - 2 i 及 a + 2 b = i ,消去 2 b ,得a (i - a ) = - 10 - 2 i ,上式两边取共轭复数得 a ( - i - a ) = - 10 + 2 i ,即i a - a ·a = - 10 - 2 i ,①- i a - a ·a = - 10 + 2 i.②①- ② 得i ( a + a ) = - 4 i , a + a = - 4 ,即 Re ( a ) = - 2.又 ①+ ②并整理得i ( a - a ) = 20 - 2 a ·a ,20 - 2| a |22, = OE= 2 cos 30°, 故 D (0 , - 2 3) . 即 Im ( a ) =- 2= | a | - 10.从而 ,直线 l 的方程为 y = 3x - 2 3 . 于是 ,有故| a | 2= ( Re ( a ) ) 2+ ( Im ( a ) ) 2= | a | 4- 20| a | 2+ 104 ,y A = 3x A - 23 = 38 - 2 3 = 32 3 . 3 即 (| a | 2 ) 2 - 21| a | 2+ 104 = 0.解得| a | 2= 8 或 13.33 82 + (2 3) 23,2( a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) - a 4 - b 4 - c 42 6x8 3 2 3 7 3 × × n n - 1 b =,则5 1 13 34 n15. a > c > b .注意到 a > cΖ13> log 4 2013Ζ 4 6> 204 6 > 5故 a n = 10n - 2b n = 10n - 24 n - 135 × n - 1 + 4552 3 > 5 6 Ζ 2 > 5 = 125 Ζ 4 2 ×64 = 128 > 125.= 7 23 n - 4 + 45 10n - 2 = 7 168n + 9 20 ×10n ( n ≥2) . 4 464 所以 ,长度不超过 n 的所有的“优数”的个数是下面证明 b < 15< c .S n = a 1 + a 2 ++ a n = 7 ∑8 k + 9 n ∑10 kb <15 Ζ 77log 3 10 <15 Ζ 7153 7> 10= 1 (8 n2+ 10 n ) - 1 16 k = 1 ( n ≥1) . 20 k = 11 3 7 >10 Ζ 3 > 9 107 97 = 10 000 000 4 782 969 三、如图 3 , 联结 B 1 C 、CD 1 、Ζ 3 ×4 782 969 > 107 ,D 1 B 1 , 设 体 对15 c > 7Ζ log 20 > 15 7 154 7< 20 角线 AC 1 交 正 1 5 Ζ Ζ △B 1 CD 1 所在平 4 7 <4 48 < 57 65 536 < 78 125. 面 于 点 O 1 , 显故 a > c > b .6. 1(8 n + 10 n ) - 1.2令长度为 n 的“优数”的个数是 a n, 则 a 1= 8. 然 , 点 O 1 是 正 △B 1 CD 1 的中心( 对 称 性 ) , 且 图 3AC 1⊥ 平 面令 n ≥2 ,对于 a n ,一方面 ,在长度为 n - 1 的“非优数”的末尾添加数字 8 , 就变成长度为 n 的“优数”,且这样的“优数”有 9 ×10n - 2- a 个 ; 在长度为 n - 1 的“优数”的末尾添加一个非 8 数字 ,就变成长度为 n 的“优数”,且这样的“优数”有 9 a n - 1 个. 显然 ,这两类长度为 n 的“优数”不相同(个位数不同) .另一方面 ,反之亦然. 这就构成一一对应. 于是 ,B 1 CD 1 .联结 A 1 B 、BD 、DA 1 ,设 AC 1 交正 △A 1 BD (所在平面) 于点 O 2 . 由于 DB ∥D 1 B 1 、A 1 B ∥CD 1 、DA 1 ∥B 1C ,所以 ,平面 A 1 BD ∥平面 B 1 CD 1 .设 O 是正方形 ABCD 的中心 ,平面 A 1 BD 平分线段 AC 于点 O . 联结 OO 2 ,则 OO 2 ∥CO 1 . 从而 , AO 2= O 2 O 1 . 同 理 , C 1 O 1 = O 1 O 2 .a = (9 ×10 n - 2- a ) + 9 a n - 1 n - 1 12 3= 8 a n - 1 + 9 ×10 ( n ≥2) ,n - 2故 C 1 O 1 = 3 AC 1 = 3.即a n= 8a n - 1+ 9 = 4 × an - 1 + 9.设球的中心为 K ,则点 K 在体对角线AC 1 上.10 n - 2· n - 210 510n - 3记 A K = x , ∠A 1 AC 1 =θ,由余弦定理得a n令 n 10 n - 24R 2 = M K 2 = 12+ x 2 - 2 ×1 ×x cos θ= 1 + x 2 - 2 x × 3 = x 2 - 2 3+ 1.b n = 5b n - 1 + 9 ( n ≥2) , b 1 = 10 a 1 = 80.3 3 令 b = c + t ( t 为待定的常数) ,则易 得 AO 1 = 2 AC 1 = 2 ×2 3 = 4 3,nn3 3 3 c n + t =4 ( c n - 1 + t ) + 9 = 4 c n - 1 + ( 4t + 9) .B 1 C2 25 5 5KO 1 = - x , O 1 B =2sin 60== 令4t + 9 = t ,则 t = 45 ,于是 ,由勾股定理得° 3 4 4 n - 1R 2 = KB 2 = KO 2 + O B 2 = 4 328 + .c n = 5 c n - 1 = = 5c 11113 - 3= 4 5 n - 1 4 ( b - 45) = 35 4 5n - 1n - 1,所以 , x 2- 16 x + 1 = 3 + x 2- 8 + 3 , 即b = 35 5+ 45. x = .4 3 × Ζ Ζ Ζ Ζ Ζ3 62+ 8 3 1 - (1 - 2 a 2)21 - b2 5 41 0 0 00 1 11 11 1 112 x 1 - (2 + 2 2) 2 x 1 - (2 - 2 2) 从而 , R =1 +2 x 1 =(2 + 2 2)1 +2 x 1 ,(2 - 2 2) == 11 . 2即x 1 - (1 + 2)1 + 4 (1 + 2) x= x 1 - (1 - 2) .1 + 4 (1 - 2) x 1四、首先 ,cos (2+ 30°) = 1 - 2sin 2(θ+ 15°) = 1 - 2 a 2 . 所以 ,sin (2θ+ 30°) = 1 - cos 2(2θ+ 30°) == 2 a1 - a 2.又 sin (2θ+ 75°) = cos[ 90°- (2θ+ 75°) ] = cos (15°- 2θ) = cos (2θ- 15°) = b , 故 ( x 1 - 1 - 2) [ 1 + 4 (1 - 2) x 1 ]= ( x 1 - 1 + 2) [ 1 + 4 (1 + 2) x 1 ] ,或 ( x 1 - 1 - 2) [ 1 + 4 (1 - 2) x 1 ]= - ( x 1 - 1 + 2) [ 1 + 4 (1 + 2) x 1 ] .化简为 4 x 2+ 1 = 0 或 4 x 2 + 5 x - 1 = 0. - 5 ± 41 2 33所以 ,cos (2θ+ 75°) = - 1 - sin 2(2θ+ 75°) = - 1 - b 2 .所以 ,只有 x 1 = 因此 , l 的方程为8, x 1 = 32 2 (y = 2 x 1 x - x 2 =- 5 ± 41·x -335 41. 则 2 = sin 45°= sin[ 2θ+ 75°) - (2θ+ 30°) ] 1432= sin (2θ+ 75°) ·cos (2θ+ 30°) - cos (2θ+ 75°) ·sin (2θ+ 30°) b (1 - 2 a 2 ) +1 - b2 ·2 a1 - a2 .2 a 2 b - b + 2= 2 第 二 试一、由题意知 ,对任意的 x 、y ∈R ,都有f ( xf ( y ) ) = xyf ( x + y ) .①在式 ①中取 x = 0 得 f (0) = 0. 在式 ①中取 x = - y 得a 2 + 1 - a 22 22(1 - b 2 ) = , f ( - yf ( y ) ) = 0.②假设存在一个 x 0 ∈R ,且 x 0 ≠0 ,使得 f ( x 0 ) ≠0. b +即 a 2 ≤- 222 b2 b +2 - 2 b 2 - 1=.2 2 b 2在式 ①中取 y 为 - yf ( y ) ,由 f (0) = 0 及式 ②得0= x ( - yf ( y ) ) f ( x - yf ( y ) ) . ③在式 ③中令 y = x 0 ,得当且仅当 a 2 = 1 - a 2 ,即 a == sin 45 °,θ+ 0 = x ( - x f ( x ) ) f ( x - x f ( x ) ) .④215°= 45°,θ= 30°时 ,上式等号成立.五、设切线 l 1 或 l 2 与抛物线 y = x 2 的切点为( x 0 , x 2 ) . 易知其切线的斜率为 k = 2 x 0 ,切线方程为 在式 ④中令 x = x 0 f ( x 0 ) + x 0 ,得0= - x 0 f ( x 0 ) x 0 ( f ( x 0 ) + 1) f ( x 0 ) .因为 x 0 ≠0 , f ( x 0 ) ≠0 ,则只有 f ( x 0 ) + 1 = 0 ,即y - x 2 = 2 x 0 ( x - x 0 ) , 即f ( x 0 ) = - 1.⑤y = 2 x 0 x - x 2 . ①因为 l 1 、l 2 经过点 P (1 , - 1) ,所以 ,由式 ①得- 1 = 2 x 0 ×1 - x 2 ,即 ( x 0 - 1) 2= 2.解得 x 0 = 1 ± 2 , k = 2 ±2 2 .在式 ②中令 y = x 0 ,并利用式 ⑤得 f ( x 0 ) = 0 ,这与假设 f ( x 0 ) ≠0 矛盾.故对每一个 x ∈R ,都有 f ( x ) = 0.二、( 1 ) 如图 4 ,联结 I 1 P 、I 2 P 、 I 1 I 2 . 由设切线 l 与抛物线 y = x 2的切点为 ( x 1 , x 2) . 易PI 1 平分 ∠A PB知切线 l 的斜率为 2 x 1 , l 的方程为y - x 2 = 2 x ( x - x ) , 即 y = 2 x 1 x - x 2 . 因为 l 与 l 1 的夹角(锐角) 等于 l 与 l 2 的夹角 , 所以 ,由两直线的夹角公式得及 PI 2 平 分 ∠A PC , 易 知 ∠I 1 PI 2 = 90 °. 故只须证明 I 1 、图 4P 、D 、I 2 四点共圆 ,而这只须证明4 3 - 7 323 6 + 83a 2 (1 - a 2 ) (1 -b 2 )1 - b2 故≤rr°2r →2∠I1DP = ∠I1I2P.设⊙I1切PB 于点E ,则I1E ⊥EP. 只须证明值) ,这时,R →+ ∞.Rt △I1DE ∽ Rt △I1I2P ,亦只须证明再由几何图形变化的连续性可知,R 可取遍开I1E=I1P,区间(1, + ∞) 内的所有值.ED PI22即I1 E=ED. ①综上可知,R 的取值范围是( 1, + ∞) .I1P PI2r 2设⊙I2切边CD 于点F ,联结I2F ,则I2F ⊥FC.由于I1P ⊥PI2,故∠I1PE + ∠I2PF = 90°.从而, ∠I1PE = ∠PI2F.三、首先,不妨设格点凸七边形ABCDEFG 的各边的内部都没有格点(否则,如FG 的内部有一个格点H ,则用七边形ABCDEFH 代替原来的七边形,由于所以,Rt △I1PE Rt △PI2F. 格点个数有限,故这种过程一定会在某一步终止) .I E∽EP I P其次,任何五个格点或五个顶点的坐标按奇偶, 1 =PF I2F=PI2, 即性分类,至多有四类: ( 奇, 奇) , ( 偶, 偶) , ( 奇, 偶) ,I1 E= PF. ②I1P PI2由式①、②可知,只须证明PF = ED. ③欲证式③,只须证明EP = DF. ④由切线长相等得DF = CD - CF =BC+ CA - AB -PC + CA - A P(偶,奇) ,因而,必有五个顶点中的某两个点属于同一类,这两点的中点M 也是格点,且点M 在凸七边形的内部.考虑A 、B 、C 、D 、E 这五个格点,其中某两点的中点M 也是格点,且点M 在七边形ABCDEFG 的内部.同理,由格点五边形AM EFG ( 若M 为A E 的中点,则取格点五边形AMDCB ) 可确定另一个格点N2 2 ( N ≠M) 也在七边形ABCDEFG 的内部,如图5.=BC + A P - AB - PC =B P + A P - AB = EP ,2 2即式④、③确实成立.再由式②可推出式①成立, 从而, ∠I1DP = ∠I1I2P ,即I1、P、D 、I2四点共圆.因此, ∠I1DI2= 90°.(2) 由(1) 知I1、P、D 、I2四点共圆, ∠I1DI2= 90°, 所以, I1I2= 2 R.显然B 、I1、I 三点共线, C 、I2、I 也三点共线,且∠I1II2= ∠BIC= 180 -∠ABC + ∠ACB2= 90°+ ∠BAC> 90°.取I1I2的中点M ,则M 是I1、P 、D 、I2四点所在圆周的圆心, I1I2为该圆直径. 由于∠I1II2> 90°,所以,点I 必在⊙M 的内部. 从而, ID 必不是直径.于是, ID < I1I2,即r < 2 R. 故R > 1 .直线MN 将平面分为两部分,其中必有某一侧至少含有格点凸七边形的三个顶点. 不妨设 A 、B 、G在MN 的同一侧, 则由凸五边形ABMNG 可知, 七边形ABCDEFG 的内部还有第三图5个格点P.(1)若MN 的另一侧也含有七边形ABCDEFG 的三个顶点,同理可得第四个格点Q.(2)若MN 的另一侧至多含两个顶点D 和E ,则C 、F 在直线MN 上或与A 、B 、G 在MN 的同一侧,这时,又有两种情况:(i)若点P 不在△ABM 内,则A 、B 、C 、M 、P 组成凸五边形,又可得到一个格点(第四个) Q ;(ii)若点P 在△ABM 内(或边上) ,则A 、P 、N 、F、G 组成凸( 非凹) 五边形, 可得到第四个格点Q (注:若C 、D 在MN 同一侧, E 、F 与A 、B 、G 在MNr 2若固定r 不变,且AB = AC ,当∠B = ∠C →90°,且P 为BC 的中点,则4 R →2r ,即R 1 .若固定AB = BC 不变,当AC →0 且P 为BC 上的定点,则r →0 , I1→P , I2→C ,2 R = I1I2→PC (定1 于是同侧,则考虑五边形PN EFG) .另一方面, 容易举出一个例子, 使得七边形ABCDEFG 的内部恰有四个格点.(吴伟朝广州大学数学与信息科学学院, 510405)。
数学奥林匹克高中训练题_11_
由于在暑假期间每个建筑公司只能维修 一幢教学大楼 ,因此 ,该校必须把各教学大楼 指派给不同的建筑公司 . 则最便宜的维修总 ) 万元 . 费用为 ( (A) 38 (B) 46 ( C) 49 (D) 50 5. 已知 a 、 b 是异面直线 ,点 P 为 a 、 b外 一点 ,给出下面 4 个命题 : ① 过点 P 不能作一个平面与 a 垂直且
表 1 教学 1 楼 教学 2 楼 教学 3 楼 建筑一公司 建筑二公司 建筑三公司
13 17 20 24 19 22 10 15 21
与 b 平行 ; ② 过点 P 不能作一个平面同时与 a 、 b 平行 ; ③ 过点 P 不能作一个平面同时与 a 、 b 垂直 ; ④ 过点 P 不能作无穷个平面同时与 a 、 b 相交 . ). 其中 ,真命题的个数是 ( (A) 1 (B) 2 ( C) 3 (D) 4 6. 将编号为 1 ,2 , …,18 的 18 名乒乓球 运动员分配在 9 张球台上进行单打比赛 , 规 定每一张球台上两选手编号之和均为大于 4 的平方数 . 记{7 号与 18 号比赛}为事件 p . 则 ). p 为 ( (A) 不可能事件 1 (B) 概率为 的随机事件 17 1 ( C) 概率为 的随机事件 3 (D) 必然事件 二、 填空题 ( 每小题 9 分 ,共 54 分) β 为锐角 ,cos α = 1. 已知 α、
4
中 等 数 学
16 ,有 :1 与 15 对阵 ,2 与 14 对阵 ,3 与 13 对 阵 ,4 与 12 对阵 ,5 与 11 对阵 ,6 与 10 对阵 . 所以 ,规定能够实现 ,且实现方案是唯一 的 . 9 张球台上选手对阵情况为 : ( 18 ,7) , ( 17 ,8) , ( 16 ,9) , ( 15 ,1) , ( 14 ,2) , ( 13 ,3) , ( 12 ,4) , ( 11 ,5) , ( 10 ,6) . 事件 p 为必然事件 . π 3 二、 1. . 4 2 5 3 10 ,sin β= ,得 5 10 ) = cos α cos (α+ β ・ cos β- sin α ・ sin β
数学奥林匹克高中训练题(10)及答案
数学奥林匹克高中训练题（10）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题15)正方体表面正方形的对角线中存在异面直线，如果其中两条异面直线距离是1，那么，正方形的体积(C)． (A) 1 (B) 33 (C) 1 或33 (D) 33 或232．(训练题15)设有长度为12345,,,,a a a a a 的五条线段，其中任何三条线段都能组成一个三角形，共组成了10个三角形，这些三角形中(A)．(A) 必有一个锐角三角形 (B) 必有一个直角三角形(C) 不可能有锐角三角形 (D) 是否存在锐角三角形与已知线段长有关3．(训练题15)在锐角ABC ∆中，,,A B C ∠∠∠为其内角，设cot 2cot 2cot 2T A B C =++，则一定有(C)．(A) 0T > (B) 0T ≥ (C) 0T < (D) 0T ≤4．(训练题15)C 为复数集，设18{|1,}A z z z C ==∈，18{|1,}B C ωωω==∈，{|,}D z z A B ωω=∈∈．则D 中的元素的个数为(D)个．(A)864 (B)432 (C) 288 (D) 1445．(训练题15)已知正数,,a b c ，满足1995ab bc cd ++=，则c ab +a bc +bca 的最小值为(B)． (A) 1995 (B) 3665 (C) 2665 (D) 6656．(训练题15)已知函数()f x 在(0,)+∞上有定义且为增函数，并满足1()(())1f x f f x x+=．则(1)f =(D)． (A)1 (B)0 (C)251+ (D) 251- 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题15)已知抛物线方程(0)2x y h h =-+>，点(2,4)P 在抛物线上，直线AB 在y 轴上的截距大于0，且与抛物线交于,A B 两点，直线PA 与PB 的倾斜角互补，则PAB ∆的面积的最大值是9． 2．(训练题15)设p 是一个素数，4p 的各正约数之和是一个完全平方数，则p = 3p = ．3．(训练题15)方程cos(1)cos(2)cos(3)0a x b x c x +++++=在开区间(0,)π内至少有两个根，则此方程的所有根为 一切实数 ．4．(训练题15)设12,x x 是实系数方程2240x kx ++=的两个非零实根，且满足221221()()7x x x x +>，则k 取值范围是k k ><5．(训练题15)设多项式()p x 的次数不超过3次，且(0)1,(3)0,(2)(2)p p p x p x ==+=-．若()p x 的首项系数为负数，则()p x = 1(1)(2)(3)6x x x ---- ．6．(训练题15)在一次网球比赛中，n 个女子和2n 个男子参加，并且每个选手与其他所有选手恰好比赛一次，如果没有平局，女子胜的局数与男子胜的局数之比7：5，则n = 3 ．第二试 一、(训练题15)(本题满分25分)求所有的a 的值，(,)22a ππ∈-，使方程组1arcsin(sin )1tan ()10y x y x απ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， 在110x π≥的条件下恰有10个解． 二、(训练题15)(本题满分25分)已知,A n 均为自然数，其中21,n A n ><，且2|[]1n n A+．求A 的值． 三、(训练题15)(本题满分35分) 某厂第一天产品不超过a 件，以后每天日产量都有所增加，但每日增产数量也不超过a 件，且设,0b aq r r a =+≤≤，证明，当日产量达到b 件时，工厂生产产品总数不少于2)2)(1(r qa q ++件． 四、(训练题15)(本题满分35分) 平面上有n 个点，其中每两个点之间的连线均染成红色或黑色，若图中总存在两个没有公共边的同色三角形，求n 的最小值．。
高中数学奥林匹克竞赛训练题
数学奥林匹克高中训练题（27）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题57)若()f x 是R 上的减函数，且()f x 图像经过点(0,3)A 和点(3,1)B -，则不等式(1)12f x +-<的解集为(D)．(A)(,3)-∞ (B)(,2)-∞ (C)(0,3) (D) (1,2)-2．(训练题57)若函数2()sin 2(2)cos 2f x a x a x =+-的图像关于直线8x π=-对称，则a 的值等于(C)．或 (B)1或1- (C)1或2- (D)1-或2 3．(训练题57)设椭圆的方程为221,(0,1)3x y A +=-为短轴的一个端点，,M N 为椭圆上相异两点，若总存在以MN 为底边的等腰AMN ∆，则直线MN 的斜率k 的取值范围是(C)．(A)(1,0]- (B)[0,1] (C)(1,1)- (D)[1,1]-4．(训练题57)()f x 是定义在R 上的函数，且对任意的x 满足(1)()f x f x +=-．已知当(2,3]x ∈时，()f x x =．那么，当(2,0]x ∈-时，()f x 的表达式为(C)．(A)()4f x x =+ (B)4,(2,1]()2,(1,0]x x f x x x +∈--⎧=⎨-+∈-⎩(C)4,(2,1]()3,(1,0]x x f x x x +∈--⎧=⎨--∈-⎩ (D)1,(2,1]()3,(1,0]x x f x x x --∈--⎧=⎨--∈-⎩ 5．(训练题57)已知1111ABCD A B C D -是边长为１的正方体，P 为线段1AB 上的动点，Q 为底面ABCD 上动点．则1PC PQ +的最小值为(A)．(A)12+ (C)2 (D)122+ 6．(训练题57)已知在数列{}n a 中，11,n a S =为前n 项的和，且满足2(1,2,)n n S n a n ==．则n a 的表达式为(D)．(A)1(2)2n n ≥+ (B)1(3)(1)n n n ≥- (C)1(4)2(1)n n ≥+ (D)2(1)n n + 二、填空题（本题满分54分，每小题9分） 1．(训练题57)在ABC ∆中，AD BC ⊥于D ，且13AD BC =．则AC AB AB AC +的最大值为2．(训练题57)已知函数1a x y x a -=--的反函数图像关于点(1,4)-成中心对称．则实数a 的值 3 ．3．(训练题57)集合11{(1)},{|}22A x a xB x x =>+=-<，当A B ⊆时，a4．(训练题57)已知线段//AD 平面α，且到平面α的距离等于８，点B 是平面α内的一动点，且满足10AB =．若21AD =，则点D 与B 距离的最小值为 17 ．5．(训练题57)已知多项式21x x --整除多项式541ax bx ++．则实数a = 3 ，b =5-．6．(训练题57)设[2002]S =++++，其中整数。
数学奥林匹克高中训练题110
根据题设方程组条件 ,可作图 2.
5. C.
由题意知
xn + xn + 1 =
3 3
3 x 3 n 令 x n = tan α n.则 1x n + 1 = tan (α n +
.
图2
注意到
cos 15° = 1 2
2 2 + 3 ,7 ± 4 3 = (2 ± 3 ) ,
π ). 6
2
2
参 考 答 案
第 一 试
一、 1. D.
x 由于指数函数 y = a ( a > 0 , a ≠ 1 ) 的反 函数为对数函数 y = log a x , 而对数函数经过 点 ( 1 ,0) ,故不可能经过点 P 、 Q.
M ( x0 , y0 ) ∈S , 且 x0 y0 ≠ 0 , N (λ x0 ,λ y0 ) , 其 x0 y0 1 中 λ = 2 - 2 . 过点 N 的直线 l 交双曲线 S a b
在正整数 k ,使得对于 M 的任何一个 k 元子 集 ,其中必有四个互不相同的元素之和等于 4 n + 1 ,则 k min = . 5. 注意到 6 != 8 × 9× 10. 那么 , 能使 n ! 表示成 n - 3 个连续自然数之积的最大正整 数 n为 . 2 6. 已知二次函数 f ( x ) = ax + bx + c , a 2 ∈N+ , c ≥ 1,a+ b+ c≥ 1 , 方程 ax + bx + c = 0 有两个小于 1 的不等正根 . 则 a 的最小 值为 . ( 三 、20 分 ) 设 n ( n ≥2 ) 是给定的正整 数 . 求所有的整数组 ( a1 , a2 , …, an ) , 满足条 件: ( 1) a1 + a2 + …+ a n ≥n2 ; 2 2 3 ( 2) a2 1 + a2 + …+ a n ≤n + 1.
数学奥林匹克高中训练题111
2008 年第 9 期
43
综上所述 ,列车至少要安排 100 个座位 . 二、 1. {0 ,1} . 令 1 - x = y ,则不等式化为
2 2 3 3 x + y =1 ,x + y ≥ 1. 2
QD =
4. D.
一种颜色) , 此时 ,5 号位有 2 种排法 ,6 号位 有唯一排法 ,从而 ,有 4 × 2× 2 = 16 种排法 . 所以 ,一共有 8 + 8 + 16 = 32 种排法 . 综上所述 ,甲胜的概率是
6. B. 32 4 = . 120 15
考察列车在第 j 站出发时所需要的座位 数. 对于固定的 i ( 1 ≤i ≤j ) , 在第 i 站上车 的旅客中 , 当列车通过第 j 站时仍然留在车 上的至多有 20 - j 人 , 这是因为同在第 i 站 上车要在不同的车站下车 ,而后面只有 20 - j 个站 . 注意到 i = 1 ,2 , …, j , 于是 , 列车在第 j 站出发时最多需要 j ( 20 - j) 个座位 . 当 j 取遍 1 ,2 , …,20 时 , j ( 20 - j) 的值分 别为 19 ,36 ,51 ,64 ,75 ,84 ,91 ,96 ,99 ,100 ,99 ,
96 ,91 ,84 ,75 ,64 ,51 ,36 ,19 , 故列车有 100 个
设 M 为集合{ x | x < 1} 的任意一个非空 子集 , t ( x ) 为定义在 M 上的任意一个函数 . 则函数
x- 1 f M ( x) =
2
t ( x) ,
,
x≥ 1; x ∈M
都符合条件 .
5. D.
). 那么 , ( (A) P 、 Q 都真 ( C) P 真 Q 假 ). △ABC 是 ( (A) 直角三角形 ( C) 钝角三角形 (B) P 、 Q 都假 (D) Q 真 P 假
数学奥林匹克高中训练题(12)及答案
数学奥林匹克高中练习题〔12〕第一试一、选择题〔每题6分,共36分〕1．(练习题17)方程11122=---x y y x 所对应的曲线图形是〔D 〕〔A 〕 〔B 〕 〔C 〕 〔D 〕 2．(练习题17)在数列{}n x 中,,7,221==x x 且当n ≥1时,2+n x 等于1+n n x x 的个位数字.那么1995x 等于〔B 〕〔A 〕2 〔B 〕4 〔C 〕6 〔D 〕83．(练习题17)四边形ABCD 的四边长d c b a ,,,满足320320320320a b c b c d c d a d a b -+=⎧⎪-+=⎪⎨-+=⎪⎪-+=⎩,那么四边形ABCD 一定是〔D 〕 〔A 〕梯形 〔B 〕圆内接四边形 〔C 〕矩形 〔D 〕菱形4．(练习题17)如果n xx ）（32213-的展开式中含常数项,那么正整数n 的最小值是〔B 〕 〔A 〕4 〔B 〕5 〔C 〕6 〔D 〕8 5．(练习题17)[]x 表示不超过x 的最大整数,+∈R c b a ,,,1=++c b a ,记13+=a M + 1313+++cb ,那么[]M 的值为〔B 〕〔A 〕3 〔B 〕4 〔C 〕5 〔D 〕66．(练习题17)如果关于x 的方程,03222=-++a a ax x 至少有一个模等于1的根,那么实数a 的值〔C 〕〔A 〕不存在 〔B 〕有一个 〔C 〕有三个 〔D 〕有四个二、填空题〔每题9分,共54分〕1．(练习题17)求值︒-︒10cos 410cot 3 .2．(练习题17)函数x y πcos 2=(0≤x ≤)2和()R x y ∈=2的图象围成一个封闭的平面图形.那么这个图形的面积是 4 .3．(练习题17)实数y x ,满足1=+y x ,设y y x x S 2622-++=. 那么=min S -5 .4．(练习题17)ABC ∆的面积S 与内角A 均为定值．那么BC 边的长a 的取值范围是)+∞． 5．(练习题17)设由模为1的n 〔2＜n ＜6〕个复数满足下面2条组成一个集合S .〔1〕S ∈1；〔2〕假设,,21S z S z ∈∈那么S z z ∈-θcos 221,其中θ=21argz z . 那么集合S = {1,1,,}i i -- ．6．(练习题17)今有壹角币1张,贰角币1张,伍角币1张,壹元币5张,伍元币2张.那么可以付出不同数目的款额〔不包括不付款的情况〕的种数是 127 ． 第二试一、(练习题17)〔总分值25分〕.,,+∈R c b a 求证：cac c bc b b ab a a ++++++++111≤1 二、(练习题17)〔总分值25分〕设点P 是双曲线C ：=-2222by a x 1〔a ＞0,b ＞0〕上任意一点,过点P 的直线与两渐进线1l ：x a b y =,2l ：x ab y -=分别交于点21,P P ,设λ=21PP P P . 求证：S 21P OP ∆=||412λλ）（+ab 三、(练习题17)〔总分值35分〕在△ABC 的边AB 上任取一点P ,过P 作AC 的平行线交BC 于Q ,过P 作BC 的平行线交AC 于R ,是否存在C 点以外的一个定点M ,使得M R Q C ,,,四点共圆？证实你的结论.四、(练习题17)〔总分值35分〕在公差d ＞0的正项等差数列{}n a ：,,21a a …,n a 3中,任取2+n 个数.试证实其中必存在两个数j i a a ,满足不等式1＜nd a a j i ||-＜2.。
数学奥林匹克高中训练题56
) . (A ) 2 0024(C ) 31 001 98(B ) - 2 0024(D ) - 31 001 981x2 x ∠ 2 32数学奥林匹克高中训练题(56)第 一 试一、选择题(每小题 6 分 ,共 36 分)1. 一个递减的等差数列 ,它的前 7 项的 5 次幂之 两个数 ,其和小于 99 的选法共有种.3. 已 知 f ( x ) = log 1 (3 + 1) +abx 为偶函数 ,1 000和为零 ,4 次幂之和为 2 002. 则这个数列的第 7 项是g ( x ) = 2 x+ a + b为奇函数 ,其中 a 、b ∈C . 则∑( a k (2. 已知实数 x 、y 满足 x 2- xy + 2 y 2= 1. 则 x 2+ 2 y 2的最大值与最小值的和等于() . + b k ) 的值是.4. 设整数 x 、y 满足 24 x + 2 xy + 1 = ( y + 2) ·7| y | - 1 ,sin 3πy = 1.2则 x + y 的 值为 .k = 1① ②(A) 87(B)16 7(C ) 8 - 2 27(D ) 8 + 2 275. 用 a n 表示区间[ 0 ,1) 内不含数字 9 的 n 位小3. 对任意的正整数 n ,连结原点 O 与点 A n ( n , n + 3) ,用 f ( n ) 表示线段 OA n 上除端点外的所有整点数的个数 , S n 表示这些小数的和. 则limS n= . n →∞a n的个数. 则 f (1) + f (2) + f (3) + + f (2 002) 的值等于() .(A ) 2 002 (B ) 2 001 (C ) 1 334 (D ) 667 4. 一个球外接于四面体 ABCD ,另一个半径为 16. 一块用栅栏围成的长方形土地的长和宽分别为 52 m 和 24 m ,一位农业科技人员欲将这块土地从内部分割为一些全等的正方形试验田. 要求这块土地全部被划分且分割成的正方形的边与土地的边界平行. 现有2 002 m 栅栏 ,最多可将这块土地分割成的球与平面 ABC 相切 ,且两球内切于点 D . 已知 AD块正方形试验田.= 3 ,cos BAC = 45,cos ∠BAD = cos ∠CAD = 1 . 则2三、(20 分) 设数列{ a n }满足 a 1 =1, a =21 , 3 四面体 ABCD 的体积等于() .对任意正整数 n ,都有(A) 185(B) 275(C ) 3 (D ) 5a n + 2 = 2 ( n + 2) a n + 1 - ( n + 2) ( n + 1) a n + n 2 + 3 n + 1n + 3 .5. 已知复数 z 1 、z 2 、z 3 、z 4 满足| z 1 | = | z 2 | = | z 3 | = | z 4 | = 1 ,且 z 1 + z 2 + z 3 + z 4 = 0. 则以这四个复数对应的点为顶点的四边形一定是() .(A ) 矩形 (B ) 正方形(C ) 平行四边形(D ) 梯形6. 设长轴长为 2 a ,短轴长为 2 b 的椭圆的面积为πab . 已知等腰直角 △ABC 的斜边 BC = 2. 那么 , 与 △ABC 各边都相切 ,且长轴与 BC 边平行的椭圆的面积的最大值是() .(A ) 3π (B ) 3π (C ) 2π (D ) 2π4 9 4 9 试求数列{ a n }的通项公式.四、(20 分) 以 △ABC 的边 BC 为实轴的双曲线交此三角形的另两边AB 、AC 的延长线于 E 、F . 过点 E 、F 分别作该双曲线的切线 ,两切线交于点 P . 求证 : A P ⊥BC .五、(20 分) 设 a 、b 、c 是互不相等的实数. 求证 :( a - b ) 2 、( b - c ) 2、( c - a ) 2 中至少有一个不大于a 2 +b 2 +c 22.第 二 试一、(50 分) 如图 1 ,在 二、填空题(每小题 9 分 ,共 54 分) sin (β+ γ) ·sin (γ+α) cos α·cos β sin (β+ γ) ·sin (γ+α) cos (α+β+ γ) ·cos γ= 4 . 9 △ABC 中 , AB > AC , AD为 ∠BAC 的平分线 ,点 E 在 △ABC 的内部 , 且 EC ⊥AD , ED ∥AC . 求证 : 射且 1. 已 知 的值是 .则2. 从1 ,2 ,3 , ,99这99个自然数中任选不同的线A E 平分BC 边. 图141 001 982 210n 1 001 77n k1 2 7 · ∈ 二 、(50 分 ) 设 F = x n sin ( nA ) + y nsin ( nB ) +当 n = 3 k + 1 ( k ∈N ) 时 ,z n sin ( nC ) ,其中 x 、y 、z 和A 、B 、C 都是实数 ,且 A + B+ C = k π( k ∈Z ) . 证明 : 若 F 1 = F 2 = 0 ,则对一切正整数 n ,均有 F n = 0.三、(50 分) n ≥2 为固定的整数 ,定义任意整数 坐标点( i , j ) 关于 n 的余数是 i + j 关于 n 的余数. 找出所有正整数数组 ( a , b ) , 使得以 ( 0 , 0) 、( a , 0) 、 y =3 k +4 x (0 < x < 3 k + 1 , x N ) .3 k + 1∵3 k + 4 与 3 k + 1 互素 , ∴f (3 k + 1) = 0.当 n = 3 k - 1 ( k ∈N ) 时 ,同样有 f (3 k - 1) = 0. 故 f (1) + f (2) + f (3) ++ f (2 002)( a , b ) 、(0 , b ) 为顶点的长方形具有如下性质 := 22 0023 = 1 334.(i) 长方形内整数点以 0 ,1 ,2 ,, n - 1 为余数出现的次数相同 ;(ii) 长方形边界上整数点以 0 ,1 ,2 ,, n - 1 为余数出现的次数相同.参 考 答 案4. (A ) .首先证明四面体 ABCD 的高 DH 为另一个球的一条直径.如图 2 ,设 DE ⊥AB , DF ⊥AC ,垂足分别为 E 、F ,则A E = A F一、1. (D ) .第 一 试= AD cos ∠BAD = 3,2 设等差数列{ a n }的公差为 d ( d < 0) . 由 a 5 + a 5 + + a 5 = 0 , 得cos ∠HA E = cos ∠HA F1 + cos ∠BAC 3 图 2127a 4 = 0 , a 5 = - a 3 = d , a 6 = - a 2 = 2 d , =2 = . a 7 = - a 1 =3 d .由a 4 + a 4+ + a 4 = 2 002 , 得, A H =A E= 5 ,cos ∠HA E2 d 4 (14 + 24 + 34) = 2 002.DH == 2.∴d = -4a = 3 d = - 398 因此 ,四面体外接球的中心在 DH 上. 故 AD = BD = CD , 则 AC = AB = 2 A E = 3 2 .2. (B ) .于是 , = 1 · sin ∠ = 27 .由题设得 x 2 + 2 y 2 = xy + 1. S △ABC2AB AC BAC5x 2 + 2 y 2x 2 + 2 y 21 18又≥xy ≥-x 2+ 2 y222, ①x 2+ 2 y 2∴V D - ABC =3S △ABC ·DH =5. 5. (A ) .∴+ 1 ≥x 2 2+ 2 y ≥-+ 1.2 2 设复数 z 1 、z 2 、z3 、z4 对应的点分别为 A 1 、A 2 、A 3 、解 得2 2x 2 + 2 y 2 ≥2 2,A 4 , 由 | z 1 | = | z 2 | = | z 3 | = | z 4 | = 1 知 , A 1 A 2 A 3 A 4 为2 2 - 1即 8 + 2 2 ≥x 2 + 2 y 22 2 + 1 8 - 2 2 .单位圆内接四边形.z 1 + z 2z 3 + z 4≥ 由 z 1 + z 2 + z 3 + z 4 = 0 , 得2= -2. 则当且仅当 x = y 与 x = -y 时 ,式 ①两等号边 A 1 A 2 、A 3 A 4 的中点 M 、N 关于原点对称.分别成立. 故 x 2 + 2 y 2 的最大值与最小值的和为16 . 3. (C ) .线段 O A n 上的整点( x , y ) 满足 y = n + 3·x (0 <x < n , 且 x ∈N ) . 当 n = 3 k ( k ∈N ) 时 ,y =k + 1·x (0 < x < 3 k , x ∈N ) . ∵k 与 k + 1 互素 ,∴当且仅当 x = k 或 2 k 时 , y ∈N . 则 f (3 k ) = 2.显然 ,点 M 、O 、N 不重合(否则 A 1 A 2 与 A 3 A 4 重合) ,从而 , M 、O 、N 三点共线 ,且| OM | = | ON | , OM ⊥A 1 A 2 , ON ⊥A 3 A 4 .则 A 1 A 2 ∥A 3 A 4 , 且 | A 1 A 2 | = | A 3 A 4 | , 可 知A 1 A 2 A 3 A 4 为平行四边形.又 A 1 A 2 A 3 A 4 内接于圆 ,故 A 1 A 2 A 3 A 4 为矩形.6. (B ) .如图 3 所示 ,建立直角坐标系 ,设 △ABC 的内切椭圆的中心为 (0 , b ) ( b > 0) ,长半轴长为 a (0 < a <2 22 2 AD 2 - AH 2 从而21 n≡1 ( 2∑353n 99 99 y n a + c 9∴B = = . 1) ,则椭圆方程为等 ,其值均为 2- 49 .x 2 a2 + ( y - b ) 2b2= 1. 2而在 x + y < 100 的情形中 ,有 x + y = 99 和 x +又直线 AC 的方程为y < 99 ,应剔除 x + y = 99 的选法数 49.x + y = 1.由故满足条件的选法数是 图 32 - 492- 49 = 2 352.x2 a2+( y - b ) 2b2= 1 ,3. - 1.由 f ( - x ) ≡f ( x ) , g ( - x ) ≡- g ( x ) , 得x + y = 1 得 ( a 2+ b 2) y 2- 2 b ( a 2+ b ) y + b 2= 0.∵AC 与椭圆相切 ,log 1 (3 - x3+ 1) - 1 x abx log 3 23+ 1) + 1 abx , 2①∴Δ = 4 b 2 ( a 2 + b ) 2- 4 b 2 ( a 2 + b 2 ) = 0.2 - x + a + b ≡- 2 x + a + b.②1 - a2 2- x 2 x 解得 b = 2.∴S 椭圆 =πa (1 - a 2)由式 ①得 ab = 1 ;由式 ②得 a + b = - 1.所以 , a 、b 是方程 t 2 + t + 1 = 0 的一对共轭虚 = π 2 π≤2 22 a 2 (1 - a 2 ) (1 - a 2 )= 3π. 9根 ,即 a 、b 是 1 的两个虚立方根.1 000故 ( a k + b k ) k = 1= a + a 2+ + a1 000+ b + b 2++ b1 000当且仅当 2 a 2 = 1 - a 2 ,即 a = 3 时 ,上式取等号.二 、1.4. sin (β+ γ) ·sin (γ+α) =1[ cos (α- β) - cos (α+β+ 2γ) ] , 2= a + b = - 1. 4. 0.由方程 ②得y =1 + 4 n( n ∈Z ) . ③易知| y | - 1 ≤0. 若不然 ,方程 ①的右边是 7 的倍cos α·cos β= 1[ cos 2 (α+β) + cos (α- β) ] , 数 ,而左边不是 7 的倍数. 因此 , y ∈{0 , - 1 ,1} .又由方程 ①知 ,cos (α+β+ γ) ·cos γ= 1[ cos (α+β+ 2γ) + cos (α+β) ] . 2记 a = cos (α - β) , b = cos (α + β + 2γ) , c = cos (α+β) ,则由已知条件变为 A = a - b = 4.sin (β+ γ) ·sin (γ+α) a - b cos (α+β+ γ) ·cos γ b + cy + 2 = 71 - | - y | ·4 (x + y) 2 + 1 - 2是一个整数 ,又考虑到式 ③, y 必定是一个奇数. 这样 ,方程 ①的左边是奇数 ,因此只有x 2 + 2 xy + 1 = 0.④由 ④及 y ∈{ - 1 ,1} ,得x = 1 , y = - 1 或 x = - 1 , y = 1.故 x + y = 0.则1 =b +c =( a + c ) - ( a - b ) =1- 1 = 5. 5. 4 .Ba - ba - bA 49B = 4 .5 显然 , a = 9 n,其中在小数的第 i 位( i = 1 ,2 ,,n ) 上分别出现 1 ,2 ,3 , ,8 的数各有 9 n - 1个. 则2. 2 352.设选出的两数为 x 、y ,则 x + y 有三种情况 :x + y = 100 , x + y < 100 , x + y > 100.S = 9n - 1(1 + 2 + 3 + + 8)×1+ 12 + 13 + + 1下面仅考虑前两种情形 :(1) 当 x + y = 100 时 ,其选法数为 49 种 ; 10= 4 ×9 n - 1 10 10 1 - 1. 10 n10 n(2) 当 x + y < 100 时 , 则 (100 - x ) + (100 - y ) > 故 lim S n = lim 4 1 - = 4 . 100 ,这表明 x + y < 100 与 x + y > 100 的选法种数相n →∞a n n →∞ 9 109 2 a 2 + (1 - a 2 ) + (1 - a 2 )33C C 故1 2· · ①6. 702 块.设土地被分割成若干个边长为 x 的正方形 ,那么 ,存在正整数 m 、n ,使得y =b tan β( x - a ) .a (sec β- 1)联立解得24 52x = - a [ sin α+ sin β- sin (α- β) ] .x= m , 且 x= n . Asin α- sin β- sin (α+β)∴m =6 , 即 m = 6 k , n = 13 k ( k ∈N ) .∵x P - x A 的分子n 13注意到当 k 的值尽可能大时 ,试验田的数目达到最大值. 将土地划分成若干边长为 x m 的正方形所用的栅栏总长度是L = ( m - 1) ×52 + ( n - 1) ×24 = 624 k - 76.因为最多可用 2 002 m ,所以有= ( s in α- sin β) ·sin (α- β) - sin (α+β) ·sin (α-β) + sin 2α- sin 2β- (sin α- sin β) sin (α- β)= sin 2α- sin 2β- sin (α+β) ·sin (α- β) = 0. ∴PA ⊥BC .五、不妨设 a < b < c ,记m 2 = min{ ( a - b ) 2, ( b - c ) 2, ( c - a ) 2} ,624 k - 76 ≤2 002 , 得 k 2 078≤ 624≈3 33.则 b - a ≥| m | , c - b ≥| m | .从 而 , c - a = ( c - b ) + ( b - a ) ≥2| m | . 故 k max = 3. 此时正方形的总数为 mn = 702 (块) . 三、由题设得∵6 m 2 ≤( a - b ) 2+ ( b - c ) 2+ ( c - a ) 2= 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) - 2 ( ab + bc + ca ) a n + 22 a n + 1a n n 2+ 3 n + 1= 3 ( 2 2 2 ) ( )2( n + 2) ! = ( n + 1) ! - n ! +( n + 3) ! .a +b +c - a + b + c∴a n + 2-1≤3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ,a 2 +b 2 +c 2( n + 2) ! ( n + 3) !∴m 2 ≤.= 2 a n + 1 - 1 - a n - 1 . 可见 , ( a - b ) 2、( b - c ) 2、( c - a ) 2中的最小者 ( n + 1) ! ( n + 2) !n ! ( n + 1) ! a 2 + b 2 + c 2故a n -1 是等差数列.必不大于2. n ! ∵a 1 - 1 ( n + 1) ! = 0 , a 2 - 1= 0 , ( a - b ) 2 、( b - c ) 2 、( c - a ) 2 中可以有两个大于 a 2 + b 2 + c 21 !2 ! 2 !3 !2. 例如 ,取 a = - 1 , b = 0 , c = 2 ,得 ∴数列 a n - 1n ! ( n + 1) ! 各项均为零.( a - b ) 2 = 1 , ( b - c ) 2 = 4 , ( c - a ) 2 = 9 , a 2 + b 2 + c 2 5a n = n ! 1 ( n + 1) !, 即 a n = 1 .n + 12 = 2.故( a - b ) 2、( b - c ) 2 、( c - a ) 2 中至少有一个不 四、以直线 BC 为 x 轴 , BC 的垂直平分线为 y 轴建立直角坐标系 ,如 a 2 + b 2 + c 2 大于 2 .第 二 试图 4 所示. 设双曲线方程 一、如图 5 ,射线 A Ex 2为 a 2 -y 2 b2= 1 ( a > 0 , b >交 BC 于 M ,延长 CE 、DE 交 AB 于 F 、 G . 记 BC =0) , 则 有 B ( - a , 0 ) 、 C ( a ,0) .图 4利用双曲线的参数方程 ,可设 E ( a sec α, b tan α) 、F ( a sec β, b tan β) ,则过点 E 、F 的切线方程分别为sec α tan α sec βtan βa , CA =b , AB =c , 易知A F = AC = b , FB = c - b . △FBC 被直线 GED 所图 5截 ,由梅涅劳斯定理 ,得CE FG BD = 1.EF GB DCa x -by = 1 , ax - by = 1.△FBC 还被直线A EM 所截 ,有联立解得 x = a sin (α- β) .CE ·FA ·BM= 1. ②psin α- sin βEF AB MC 另一方面 ,直线 B E 、CF 的方程分别为y =b tan α( x + a ) , 故BM = FG·BD·AB . ③由式①、②得a ( secα+ 1)MC GB DC FAn n n k - 2 k - 1 k ∵GD ∥AC , AD 平分 ∠BAC , ∴AG = CD = b . 从 而 , AG + GB = b + c .另一方面 ,当 a 、b 中至少有一个为奇数时 ,不妨设 a 为奇数 ,则对一切 j = 1 ,2 ,, b - 1 ,在 a - 1 个点GB DB c c 2GB c(1 , j ) , (2 , j ) ,, ( a - 1 , j )故 GB =b + c, c 2 b 2 FG = GB - FB = b + c - ( c - b ) = b + c.代入式 ③得BM b 2 c cMC = c 2·b·b= 1 , 故 BM = MC .二、设α= x (cos A + i sin A ) ,β= y (cos β+ i sin β) ,γ= z (cos C + i sin C ) ,考虑以α、β、γ为根的方程t 3 - at 2 + bt - c = 0 ,①其中 , a =α+β+ γ= x cos A + y cos B + z cos C + i F 1= x cos A + y cos B + z cos C ,b =αβ+βγ+ γα = 1 [ (α+β+ γ) 2 - (α2 +β2 + γ2) ]2 = 1 [ a 2- ( x 2cos 2 A + y 2cos 2 B + z 2cos 2 C ) - i F ]中被 2 除余 0 ,1 的点的个数相同. 从而 ,长方形内的 整点中被 2 除余 0 ,1 的个数相同.又(0 ,0) , (1 ,0) ,, ( a ,0) 及 (0 , b ) , (1 , b ) ,,( a , b ) 中被 2 除余 0 ,1 的点的个数相同 ,且对一切 j = 1 ,2 , , b - 1 ,点(0 , j ) 与 ( a , j ) 被 2 除余数一个为0 ,一个为 1 ,从而 长方形边界上的点中被 2 除余 0 ,1的个数也相同.故此时( a , b ) 满足要求 ,其中 ( a , b ) 中至少有一个奇数.当 n ≥3 时 ,边界上共有 2 ( a + b ) 个整点 :(0 ,0) , (1 ,0) , (2 ,0) , , ( a ,0) , ( a ,1) , ( a ,2) , , ( a , b ) 与(0 ,1) , (0 ,2) , , (0 , b ) , (1 , b ) , (2 , b ) ,, ( a - 1 , b ) .它们的坐标和分别为 0 ,1 ,2 , , a , a + 1 , a + 2 , 2 2, a + b 与 1 ,2 , , b , b + 1 , b + 2 , , a + b - 1. = 1[ a 2 - ( x 2 cos 2 A + y 2 cos 2 B + z 2 cos 2 C ) ] , 2c = αβγ= xyz [ c os ( A + B + C ) + i sin ( A + B + C ) ] = xyz (cos k π+ i sin k π) = ( - 1) kxyz .令 S = αn + βn + γn( n ∈N ) ,则 F 是 S 的虚部. 要证明 F n = 0 ,只要证明对一切 n ∈N , S n ∈R .显 然 , S 0 = 3 , S 1 = a , S 2 = x 2 cos 2A + y 2 cos 2 B +z 2cos 2 C 均为实数. 假设 S 、S 、S 均为实数( k ≥2) ,因α、β、γ是方程 ①的根 ,则αk + 1 - a αk + b αk - 1 - c αk - 2 = 0 ,βk + 1 - a βk + b βk - 1 - c βk - 2= 0 , γk + 1 - a γk + b βk - 1 - c γk - 2 = 0. 设 l ? 0 , a + b (mod n ) ,则边界上的点中被 n 除余 l 的有偶数个 ,且若 0 ? a + b (mod n ) ,则边界上的点中被 n 除余 0 的有奇数个 ,这不可能 ,故必有 0 ≡a +b (mod n ) . 且当 a + b ≡0 (mod n ) 时 ,边界上的点中被 n 除余 0 ,1 , , n - 1 的个数必相同.又长方形内部共有( a - 1) ( b - 1) 个点 ,故必有n | ( a - 1) ( b - 1) .若 a , b ? 1 (m od n ) ,则设 a ′、b ′分别是 a 、b 除以n 的余数 ,则 a ′, b ′≠1 ,且若 a ′= 0 ,则又由 n | a + b知 b ′= 0 ,从而 ,0 ≡( a - 1) ( b - 1) ≡( - 1) 2≡1 (mod n ) .相 加 , 得 S k + 1 - aS k + bS k - 1 - cS k - 2 = 0 , 即 S k + 1 = aS k - bS k + cS k - 2 .∵a 、b 、c 、S k 、S k - 1 、S k - 2 均为实数 , ∴S k + 1 也是实数.由数学归纳法 ,对一切 n ∈N , S n ∈R . 从而 , F n = 0.三、长方形边界上共有 2 ( a + b ) 个整点 ,则有n | 2 ( a + b ) .长方形内共有( a - 1) ( b - 1) 个整点 ,则有n | ( a - 1) ( b - 1) .当 n = 2 时 ,为使其中被 2 除余 0 ,1 的点的个数相同 ,则必有 2| ( a - 1) ( b - 1) .从而 , a 、b 中至少有一个为奇数.这不可能 ,故 a ′≠0. 同理知 b ′≠0.于是 ,长方形内部整点被 n 除余 0 ,1 , , n - 1的个数相同等价于( i , j ) ( i = 1 ,2 ,, a ′- 1 , j = 1 ,2 ,, b ′- 1) 中被 n 除余 0 ,1 ,, n - 1 的个数相同.又 n | a ′+ b ′,2 ≤a ′≤n - 1 ,2 ≤b ′≤n - 1 ,故必有 a ′+ b ′= n . 于是 , ( i , j ) ( i = 1 ,2 , , a ′- 1 , j = 1 ,2 , , b ′- 1) 中没有被 n 除余 0 的点 ,矛盾.从而 a 、b 之一必被 n 除余 1 ,而另一个被 n 除余n - 1. 此时 ,由于 n | a - 1 或 n | b - 1 ,可知内部整点被 n 除余 0 ,1 , , n - 1 的个数相同.综上所述 ,满足条件的( a , b ) 为 :当 n = 2 时 , a 、b 中至少有一个为奇数 ;当 n ≥3 时 , a ≡1 (mod n ) 、b≡n - 1 (mod n ) 或 a ≡n - 1 (mod n ) 、 b ≡1 (mod n ) .(刘康宁 西安市西光中学 ,710043)。