数学奥林匹克高中训练题

1、数学奥林匹克高中训练题（140）2011年第4期41数静滁毡蠡铷滁(14o)中图分类号:G424.79文献标识码:A文章编号:10056416(2011)04004106第一试一,填空题(每小题8分,共64分)1.已知不等式3+4xy0(+y)对于一切正数,Y恒成立.则实数a的最小值为.2.在正四面体ABCD中,设=,=,记和F所成的角为0.则COS0=.3.已知关于的方程+(a一2010)+a=0(a0)的两根均为整数.则实数a的值为.4.为不超过实数的最大整数.已知数列a满足01=÷,+=:一+1(nENa1aa+).01=,n+=nn+n+?则m=20111k1】的值为则m=J

2、厶I的值为=u5.如图1,在某城市中,两地之间有整齐的方格形道路网,A,A,A是道路网中位于一条对角线上的四个交汇处.今在道路网,处的甲,乙图1两人分别随机地选择一条沿街的最短路径,以相同的速度同时分别向,处行走,直到到达,为止.则甲,乙两人相遇的概率为6.已知以T=4为周期的函数=(二xE(-l31,i12(【一II,戈(1,3若方程)=恰有五个实数解,则nt的取值范围为.7.设)是定义在(O,+00)上的单调增函数,且对任意的正数,都有)+1)=而1.则1)=.8.设函数f(x)=/10-6cosx+一sin+.则)的最小值为.二,解答题(共56分)9.(16分)已知双曲线C:x一=1(n

3、>0,b>0)的离心率为,右准线方程为=,oD:+Y=2上的动点P(xo,Yo)(X0YoO)处的切线Z与双曲线C交于不同的两点A,B.证明:AOB:90.10.(20分)已知函数)=口(IsinI+lCOSI)一3sin2x一7,其中,a为实参数.求所有的数对(a,n)(nEN+),使得函数y=厂(z)在区间(0,n7c)内恰好有2011个零点.11.(2O分)设)是0,1上的不减函数,且满足:(1)厂(0)=0;(2)=;42中等数学(3)1一)=1一).求丽17)的值.加试一,(40分)如图2,已知过o0外一点P作oD的两条切线PE,PF及两条割线PDA,PC

4、B,联结弦EF,分别与割线PDA,PCB交于点,_求证:(1)PA?DM=PD?MA:(2)AB,EF,DC三线共点.图2二,(40分)是否存在实数k,使得f(x1:±±±(:±±!:2(:±±!:2,y,z.+,+是一个三元多项式.三,(50分)在某次会操活动中,领操员让编号为1一n(n>3)的/,名学生排成一个圆形阵,做123循环报数,领操员一一记录报数者的编号,并要求报1,2的学生出列,报3的学生留在队列中,并将编号改为此次循环报数中三名学生的编号之和.一直循环报数下去.当操场上剩余的学生人数不超过两名时

5、,报数活动结束.领操员记录最后留在操场的学生编号(例如,编号为19的九名学生排成一个圆形阵,报数结束后,只有原始编号为9的学生留在操场,此时,他的编号为45,领操员记录下来的数据分别为1,2,3,4,5,6,7,8,9,6,15,24,45).已知共有2O11名学生参加会操.(1)最后留在场内的学生最初的编号是几号?(2)求领操员记录下的编号之和.四,(50分)试求所有的正整数n,满足存在一个整数m,使得2一1是m+289的一个因数.参考答案第一试,1.4.由题设知.(Lj.3x+4:4.十Y+Y当且仅当=4y>0时,上式等号成立.所以,C/.的最小值为4.2?一二13?设正四面

6、体棱长为4.则BF?DE=(BC+CF)?(DA+AF,):CFCF.一DA+赢.E:2×4cos-X-:一4.=?+C?A=×=一.而II:lI=13,贝0c.s=了=一4.3.4024.设方程的根为.,().由韦达定理得】+2:一(口一2010),J2:口.贝0l2+l+2=2010,且p(1+1)(+1)=20l1.又因为2O11为质数,所以,0.或二故a=0(舍)或口=4024.4.1.由口+1=口一0+1+l一1=n(n一1)j一一口+l一1口一1口则=一士.尸2011年第4期43故m=【一去=2一去5.4.1.100甲,乙两人沿最短路径行走,若相遇,则只可能在A

7、.,A,A,A处相遇.若甲,乙两人在A处相遇,甲从M处到A处有c种走法,从A处到处也有c种走法,共cc种走法;而乙从J7V处经A处到肘处也有CC种走法;他们在A处相遇的走法共有(C)种不同走中取=1,得1)+1)而1.令1):.ajf(口+1):一1.再令=n+1,代入得口+1)+1)=不jj1+1):口1).因为)在(O,+)上单增,所以,+=?.解得.:.当:时,l+n>1.而(.+1)=<f(1)=.,与题设矛盾;当口:单时,l+口<1.此时,÷<,满足口+1)<厂(I).n故1):半.8.21-4-一1.4

8、注意到)=丽+一学).+.设A(3,.(0,竽),c(,4),P(COS,sin).于是,)=IPAI+IPBI+IPCI,其中,点P在6)0:+y2=1上.因为o0:+y2=1与AB切于点(÷,),且O,D,C三点共线,所以,中等数学又+DB+DA:AB,则PA+PB+PC>lAB+CD=9丁4g+(3一1)=2丁,/f一1.二,9.依题意易得口:1,c=,6=c一a=2.故所求双曲线C的方程为一=1.又oD:+y=2在点p(xo,Yo)处的切线方程为+YoY2,.则由式,及+y02=2,得(3x一4)一4x0+82x=0.由题设及0<<2

9、,得3x一40,且=16x一4(3x一4)(82)>o.设点A(.,Y),8(x,y).则4x082x:+xz3x-42cosAOB=,且OA?OB=X,12+Yly2:.:+(2一.)(2一.:)Yo.+4一()+2z=±三二!±=0.2一故AOB=90.1O.首先,函数f()以丌为周期,且以=kTr+手(z)为对称轴,即,(x+7c):,(),詈一)=)(z).其次,竽)=口一7,詈):一10,)=因为,()关于=竽+詈对称,所以,在(竽,+季)及(+,竽+詈)上的零点个数为偶数.要使)在区间(0,n7c)内恰有2011个零点,则上述区间端点必有零点.(1

10、)若口=7,则):0,+)0.考虑区间(0,詈)及(詈,丌)上的零点个数.当(0,詈)时,)=7(sin+COS)一3sin2x一7.令t=sin+CO8x(t(1,).则y:g(t)=一3t+7t一4=0.解得tt=1(舍),:=了4=sin(+詈).故在(0,詈)内有两解.当(詈,丌)日寸./)=7(sinCOS)一3sin2x一7.令t=sincos(t(1,).则Y=g(t)=3t+7t一10=O.解得:1(舍),t:一(舍).故在(詈,)内无解.因此,()在区间(0,7c)内有三个零点.故在(0,凡7c)内有3n+(n一1)=4n一1=2011个零点.解得n=503.(2)若.:5,

11、则+号):o,)0,J(/r+荨)o.当(0号)时?)=5(sin+c.s)一3sin2x一7.令t=sin+COS(t(1,).贝IJ2011年第4期45Y=g(t)=一3t+5,/2t一4=0.解得t:,:华<l(舍).故在(0,詈)内有一解=4.当(詈,)时,)=5(sinCOS)一3sin2x一7.令t=sinCOS(t(1,).则Y=g()=3t+5一10=0,在(1,内无解.故_厂()在区间(0,ff)内只有一个零点.于是,在(0,凡7c)内有n=2O11个零点.(3)若口=2,则+荨)=0,)0,+号)0-同(2)讨论,知)在区间(0,7c)内只有一个零点.故在(0

12、,n丌)内有n=2O11个零点.综上,满足条件的(0,n)=(7,503),(5,2011),(24”2-,2o11).11.由(3)有厂(1)=1-/(0)=1,÷):,)=-一÷)=丢.故)=丢(÷,2-=,】).注意到17二51三15359墨2010一×32010137733l899.-+×3×3l1l_.÷33399.则):d1377-d6331-!:t1891916t一21-(1一)一-一号(卜+f(999)一?一÷(?一×÷).16256加试一,(1)辅助线如图4所示.A/,/QP由

13、共边定理知=SzSPEO=.由PEDPAE及啪PAF,分别得一墨兰一s垤一EA2sAFFA2则=而FD.故=堕:?一FDEAzEAFA.政鬲一一.一?由MEDMAF及MFDMAE,分别得:丝,FMAAFDMDAEME由式,得:.(2)记AB与DC交于点为Q.要证AB,EF,DC三线共点,只需证明E,F,Q三点共线.中等数学由(1)知DM=筹,=等.则DM=:AD,一CN一一旦CPBPBP+CP故MP一=.同理,:.因为直线QBA与PCD三边的延长线都相交,所以,由梅涅劳斯定理有1一.丝:.堕.LQDAP8CQD2APBCCpDMPNODMPCN.又由梅涅劳斯定理的逆定理知,Q,N,M三点共线.

14、故Q,F,E三点共线.二,假设存在这样的实数k.则+(+),2+)(+)有因式x+Y+z.令Y=1.则+2是+2+k(x+2)(+2)的因式.作多项式除法.用(1+k)+2kx+2kx+4Ii+2除以z+2的余式为一36k一30.要使+2整除+2+k(x+2)(+2),贝436k一30=0=一5.故l厂(,Y,z)5+y5+z5一5(2+)(3+z)+Y+一÷(35/y332+÷(,+一一)一=一吉(,+z)3一÷(+一)2一吉(y(y一3+Z2)+(y+)(,一3yz+z).综上,这样的实数k存在,且k=一.三,记领操员记录下的编号依次为8,a2,a,a,口,其

15、和为S.于是,(I)在每次I一23循环报数后,学生总人数减少2,但编号之和不变.(2)若n:3,经过3次I一23循环报数后产生3个新编号,这些编号之和为;再经过3次循环报数产生3个新编号,这些编号之和也为-_.经过共3一+3一+3+1:次循环报数,最后剩下1名学生,他的编号为,且他的原始编号为凡(即当:3时,最后一名学生留在场上).由(1)知S:(.Ic+1).(3)若一圈学生人数为3后,且最后一名学生的编号为a,则经过k次循环报数后,产生|j个新编号,此时,学生人数变为,第1名学生编号为n.+.对于一般的奇数尼(/”t>3),令k,r满足n=3+2r(0r<3).

16、则3<n<3¨,3r<n.首先,前3r名学生a,a:,称为第一组,其编号和为M:1+2+.+3,:.记学生初始编号和:.由(1),(3)知,经过r次123循环报数,学生人数变为3,其中,第一名学生编号为a,称为第二组;再经过3次循环报数后,学生人数变为3,称为第三组;重复循环报数直到学生人数为1,此时,是第k+2组.2011年第4期47本期问题初295如图1,三个半径为r的圆两两P图1外切,与o0内切于点A,B,C,过A,B作o0的切线交于点P.求由两条切线及切点间的圆弧所形成的阴影区域的面积.初296如图2,已oD.与o0:交于点CMD图2

17、最后留在场上的学生原始编号为3r,且S=M+(k+1):+(+1).当/7,=2011时,因,l=2011=3+2x641,所以,=6,r=641.最后留在场上的学生原始编号为1923.故S2011:16011388.四,n=2(k为非负整数).一方面,若凡有奇因数s>1,则2一1是2”一1=(2)一1的因数,即2一1=(2)了一1=(2一1)(2)一+(2)一+(2)+1.若2一1是m+289的因数,则2一1是m+289的因数.因为3(2一1),17卜(2一1),且2一1一1(mod4),所以,2一1必有一个质因数P>3,且P一1(mod4).从而,m一289(modp).两