高中数学竞赛初赛试题

高中数学比赛初赛试题一选择题1.假如会集A.B同时满足ABAB1,A1,B1就称有序集对A,B为“好集对”。这里的有序集对A,B意指当AB，A,B和B,A是不一样的集对，那么“好集对”一共有（）个A64B8C6D2２.设函数fxlg10x1,方程f2xf12x的解为()A.log2lg21B.lglog2101C.lglg21D.log2log21013.设A100101102499500是一个1203位的正整数,由从100到500的全体三位数按序次摆列而成那么A除以126的余数是()A78B36C6D04.在直角ABC中,C90,CD为斜边上的高,D为垂足.ADa,BDb,CDab1.设数列uk的通项为k1k2k2kk则()ukaaba1b,3,,1b,2k,A.u2008u2007u2006B.u2008u2007u2006C.2007u20082008u2007D.2008u20082007u20075.在正整数构成的数列删去全部和55互质的项以后,把余下的各项按从小到大的序次排成一个新的数列an,易见a11,a23a,37a4,a95,那么13a2007____________A.9597B.5519C.2831D.27596.设A1cos30+1+cos70+1+cos110+1+cos8700则A:BA.2-2B.2+2C.2-1D.2+122二.填空题7.边长均为整数且成等差数列,周长为60的钝角三角形一共有______________种.n8.设n2007,且n为使得an=2-2i2+2取实数值的最小正整数,则对应此n的an为9.若正整数n恰好有4个正约数,则称n为奇异数,比方6,8,10都是奇异数.那么在27,42,69,111,125,137,343,899,3599,7999这10个数中奇异数有_____________________个.10.平行六面体ABCDA1B1C1D1中,极点A出发的三条棱AA1,AB,AD的长度分别为2,3,4,且两两夹角都为60那么这个平行六面体的四条对角线AC1,BD1,DB1,CA1的长度(按顺序)分别为___________________11.函数fx,g的迭代的函数定义为xf1xfx,f2xffx,fnxffn1x,g1xgx,g2xggx,gnxggn1x此中n=2,3,4f设fx2x3,gx3x2,则方程组ff

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xg6yg6z的解为zg6x_________________12.设平行四边形ABCD中，AB4,AD2,BD23,则平行四边形ABCD绕直线AC旋转所得的旋转体的体积为_______________三解答题13.已知椭圆:3x24y212和点Qq,0,直线l过Q且与交于A,B两点(可以重合).1)若AOB为钝角或平角(O为原点),q4,试确立l的斜率的取值范围.2)设A关于长轴的对称点为A1,F为椭圆的右焦点,q4,试判断A1和F,B三点能否共线,并说明原由.3)问题2)中,若q4,那么A1,F,B三点能否共线?请说明原由.14.数列xn由下式确立:xn1xn,n1,2,3,,x11,试求22xn120072007(注a表示不大于的最大整数,即lgx整数部分klgx.aa的整数部分.)15.设给定的锐角ABC的三边长a,b,c,正实数x,y,z满足ayzbzxcxy此中p为给定的正实数,试求xyzp,22的最大值,并求出当取2ssbcaxcabyabcz此最大值时,x,y,z的取值.安徽省高中数学联赛初赛试题一、选择题1.若函数yfx的图象绕原点顺时针旋转后，与函数2ygx的图象重合，则（）（A）gxf1x（B）gxf1x（C）gxf1x（D）gxf1x2.平面中，到两条订交直线的距离之和为1的点的轨迹为（）（A）椭圆（B）双曲线的一部分（C）抛物线的一部分（D）矩形3.以下4个数中与cos1cos2cos2008最凑近的是（）（A）-2008（B）-1（C）1（D）20084.四周体的6个二面角中至多可能有（）个钝角。A）3（B）4（C）5（D）65.1写成十进制循环小数的形式10.000498625498625，20082008其循环节的长度为()(A)30(B)40(C)50（D）606.设多项式个是偶数。A）127二、填空题

1x2008a0a1xa2008x2008，则a0,a1,,a802中共有（）（B）1003（C）1005（D）1881nnk7.化简多项式CnkCkmxkm1xkm8.函数fx35sinx的值域为54cosx3sinx9.若数列an满足a10,ana1an1,n2，且拥有最小正周1a1an1期2008，则a110.设非负数a1,a2,,a2的和等于1，则12a2a3a200的最大值aaaaa为11.设点A1,1，B、C在椭圆x23y24上，当直线BC的方程为时，ABC的面积最大。12.平面点集Gi,j|i1,2,,n;j1,2,,n，易知G2可被1个三角形覆盖（即各点在某个三角形的边上），G3可被2个三角形覆盖，则覆盖G2008需要个三角形。三、解答题13.将6个形状大小同样的小球（此中红色、黄色、蓝色各2个）随机放入3个盒子中，每个盒子中恰好放2个小球，记为盒中小于颜色同样的盒子的个数，求的分布。14.设a11,annan1,n2，此中x表示不超出x的最大整数。证明：无论a1取何正整数时，不在数列an的素数只有有限多个。15.设圆O1与圆O2订交于A，B两点，圆O3分别与圆O1，圆O2外切于C，D，直线EF分别与圆O1，圆O2相切于E，F，直线CE与直线DF订交于G，证明：A，B，G三点共线。全国高中数学联赛安徽赛区初赛试卷一、填空题（每题8分，共64分）1.函数f(x)22x的4x值x域是.2.函数y的图象与yex的图象关于直线xy1对称.正八面体的任意两个相邻面所成二面角的余弦值等于.4.设椭圆x2y21与双曲线xy1相切，则t1t1t.5.设z是复数，则|z1||zi||z1|的最小值等于.设a，b，c是实数，若方程x3ax2bxc0的三个根构成公差为1的等差数列，则a，b，c应满足的充分必要条件是.设O是ABC的内心，AB5，AC6，BC7，OPxOAyOBzOC，0x,y,z1，动点P的轨迹所覆盖的平面地域的面积等于.从正方体的八个极点中随机采用三点，构成直角三角形的概率是.二、解答题（共86分）9.（20分）设数列an满足a10，an2，n2.求an的1an1通项公式.（22分）求最小正整数n使得n2n24可被2010整除.11.（22分）已知ABC的三边长度各不相等，D，E，F分别是A，B，C的均分线与边BC，CA，AB的垂直均分线的交点.求证：ABC的面积小于DEF的面积.（22分）桌上放有n根火柴，甲乙二人轮流从中取走火柴.甲先取，第一次可取走至多n1根火柴，此后每人每次最少取走1根火柴.但是不超出对方刚刚取走火柴数量的2倍.获得最后一根火柴者获胜.问：当n100时，甲能否有获胜策略？请详细说明原由.全国高中数学联赛安徽省初赛试题一、填空题（每题8分，共64分）1．以X表示会集X的元素个数.如有限会集A,B,C满足AB20，BC30，CA40，则ABC的最大可能值为.......2．设a是正实数.若f(x)x26ax10a2x22ax5a2，xR的最小值为10，则a.......3．已知实系数多项式f(x)x4ax3bx2cxd满足f(1)2，f(2)，6，则f(0)f(4)的全部可能值会集为.......4f(3)4．设睁开式(5x1)na0a1xanxn，n2011.若a2011max(a0,a1,,an)，则n.......5．在以以下图的长方体ABCEDFG中H，设P是矩形EFGH的第5题中心，线段AP交平面BDE于点Q.若AB3，AD2，AE1，则PQ.......6．平面上一个半径r的动圆沿边长a的正三角形的外侧转动，其扫过地域的面积为.......7．设直角坐标平面上的点(x,y)与复数xyi一一对应.若点A,B分别对应复数z,z1（zR），则直线AB与x轴的交点对应复数......（用z表示）.8．设n是大于4的偶数.随机采用正n边形的4个顶点构造四边形，获取矩形的概率为.......二、解答题（第9—10题每题22分，第11—12题每题21分，共86分）9．已知数列{an}满足a1a21，an1a1an2（n3），4求an的通项公式.10．已知正整数a1,a2,,an都是合数，而且两两互素，求证：1111.a1a2an211．设f(x)ax3（a,b,c是实数），当0x1时，f(x)1.bxc0求b的最大可能值.12．设点A(1,0)，B(1,0)，C(2,0)，D在双曲线x2y21的左支上，DA，直线CD交双曲线x2y21的右支于点E.求证：直线与的交点在直线x1ADBEP2上.安徽高中数学比赛初赛试题解答一、选择题1.C.2.A.3.C.4.A.5.B6.D.逐一元素考虑归属的选择.元素1一定同时属于A和B.元素2一定最少属于A、B中之一个，但不可以同时属于A和B，有2种选择：属于A但不属于B，属于B但不属于A.同理，元素3和4也有2种选择.但元素2，3，4不可以同时不属于A，也不可以同时不属于B.所以4个元素满足条件的选择共有22226种.换句话说，“好集对”一共有6个.答：C.2.令ylg(10x1)，则y0，且10x110y，10x10y1，xlg(10y1)，xlg(10y1).从而f1(x)lg(10x1).令2xt，则题设方程为f(t)f1(t)，即lg(10t1)lg(10t1)，故lg[(10t1)(10t1)]0，(10t1)(10t1)1，102t2，2tlg2，解得2xt1lg2.从而xlog2(1lg2)lo2g(l2g)1.22答：A.3.注意126279,2,7和9两两互质.因为A0（mod2）,A（100）（101）（102）（499）（500）100101102500（100500）40121203006（mod9）,所以A6（mod18）.（1）又因为1031，103n(1)n（mod7）,所以4003i400iA(500i)10(500i)（1）i0i0(500499)(498497)(496495)(102101)1003006（mod7）.(2)由（1），（2）两式以及7和18互质，知A6（mod126）.答：C.另解：126263，63999999，（101）（101），999999106166nn1,2,3,.所以A1001012001011021011941031041011884974981064100（1012001）101102（1011941）103104（1011881）497498（1061）（100101102103104497498499500）999999B100（101102499500）2002999999B10060060200999999B60060300999999C60360，此中B，C为整数.从而A63D6036063E6，此中D，E为整数.所以A除以63的余数为6.因为A是偶数，所以A除以126的余数也为6.答：C.4.易见CD2ADBD，即（ab）ab，又已知ab1，故2ab1，a(a1)1，a2a10；b(b1)1，b2b10.明显uk是首项为ak，公比为qb的等比数列的前a1项和.故ak(1qk1)ak1(b)k1k1,2,3.ukqa，1b从而ukak1(b)k1ak2(b)k2uk1abab1[ak2ak1(b)k2(b)k1]ab1[ak1(a1)(b)k1(b1)]1ab[ak1a2(b)k1b2]ab1[ak3(b)k3]uk2，k1,2,3.ab故答案为A.（易知其他答案均不成立）另解：易见CD2ADBD，即（ab）ab，又已知ab1，2故ab1，(ab）(ab)24ab12415，ab5.解得2a51，b51.22明显uk是首项为ak，公比为qb的等比数列的前k1项a和，故ukak(1qk1)ak1a(b)k11[(15)k1(125)k1]，1qb52k1,2,3,.于是数列uk就是斐波那契数列1，2，3，5，8，13，21，，它满足递推关系案为A.

uk2uk1uk,k1,2,3,.所以答5.an可看作是在正整数数列1，2，3，4，5，6，7，中删去全部能被2，5或11整除的项以后，把余下的各项按从小至大序次排成的数列.由三阶容斥原理，1，2，3，4，，m中不可以被2，5或11整除的项的个数为xmmmmmmmmm，2511552210110此中a不表示不大于a的最大整数，即a的整数部分.估值：设2007xmmmmmmmmmm(11)(11)(11)02511552210125111m14104m，故m2007115519.2511114又因为x5519551955195519551955195519551955195115522101102=5519-2759-1103-501+100+250+551-50=2007，而且5519不是2，5，11的倍数，从而知a20075519.答：B.又解：an可看作是在正整数数列1，2，3，4，5，6，7，中删去全部能被2，5或11整除的项以后，把余下的各项按从小至大序次排成的数列.因为2，5，11是质数，它们的最小公倍数为110.易见，-54，-53，，0，1，2，3，，55中不可以被2，5，11整除的数为1，3，7，9；13，17，19；21，23，27，29；31，37，39；41，43，47，49；51，53,共40个.（或由欧拉公式，1，2，3，，110中不可以被2，5，11整除的数的个数，等于1，2，3，，110中与110互质的数的个数，等于（110）110（11）（11）（11）40.）2511明显1，2，3，中每连续110个整数，不可以被2，5，11整除的数都有40个.所以，1，2，3，，110505500中，不可以被2，5，11整除的数有40502000个.大于5500中的数不可以被2，5，11整除的，是5500+1，5500+3，5500+7，5500+9，5500+13，5500+17，5500+19，.所以5519是第2007个不可以被2，5，11整除的数，亦即所求的a20075519.答：B.6.明显A1cos31cos71cos872222cos1.5cos3.5cos5.5cos43.5；B1cos31cos71cos872222sin1.5sin3.5sin5.5sin43.5.注意到2cossin1sin(1)sin(1)，2sinsin1cos(1)cos(1),所以A2sin1(sin2.5sin0.5)(sin4.5sin2.5)(sin6.5sin4.5)2(sin44.5

sin42.5)sin44.5

sin0.5

2cos22.5sin22

，B2sin1(cos0.5cos2.5)(cos2.5cos4.5)(cos4.5cos6.5)2(cos42.5cos44.5)cos0.5cos44.52sin22.5sin22.故A:B

(2sin1

A2

):(2sin1

B2

)

(2cos22.5sin22):(2sin22.5sin22)

cot22.521.答：D.另解：Acos1.50cos3.50cos5.50cos43.50，2Bsin1.5sin3.5sin5.5sin43.5，2AiB(cos1.5isin1.5)(cos3.5isin3.5)(cos43.5isin43.5)2221isin2)k(cos1.5isin1.5)k0(cos2(cos1.5isin1.5)1(cos2isin2)221(cos2isin2)(cos1.5isin1.5)1(cos44isin44)1(cos2isin2)(cos1.5isin1.5)2sin2222isin22cos222sin212isin1cos1(cos1.5isin1.5)(2isin22)(cos22isin22)(2isin1)(cos1isin1)=sin22(cos22.5isin22.5).sin1因为A和B是实数，所以Asin22cos22.5，222sin1Bsin22sin22.5,2sin1ABcos22.52cos222.51cos451222A:B2:2sin22.52sin22.5cos22.5sin45221222.答：D.二、填空题（满分54分，每题9分）解：设△ABC三边长a,b,c为整数，abc60,abc,a,b,c成等差数列，A为钝角，则必有2bac，b2c2a2.易解得60abcb(ac)b2b3b，b20,ac40；b2a2c2(ac)(ac)，即20240(ac),10ac.因此50(ac)(ac)2a,25a，即a26.别的，bca,60abcaa2a,a30,a29.易检验(a,b,c)(26,20,14),(27,20,13),(28,20,12),(29,20,11)都是钝角三角形.答：4.8.注意到x22，y22满足x2y2(22)(22)4，x,y0，故可令x2cos，y2sin，0＜＜.从而4co2s22，-24cos22，2-22cos21cos3cos2，故3，248an(cos3isin3)ncos3n+888isin3n.an取实数，当且仅当sin3n0，当且仅当n8k，88Z.满足此条件且n2007的最小正整数n为2008，此时ana2008cos3x2008cos7531.8答：-1.易见奇异数有两类：第一类是质数的立方p3（p是质数）；第二类是两个不一样质数的乘积p1p2（p1,p2为不一样的质数）.由定义可得33是奇异数（第一类）；237不是奇异数；323是奇异数（第二类）；337是奇异数（第二类）；53是奇异数（第一类）；是质数，不是奇异数；73是奇异数（第一类）；899900130212（301）（301）3129是奇异数（第二类）；35993600160212（601）（601）6159是奇异数（第二类）；79998000120313(201)(202201)19421是奇异数（第二类）.答：8.解：将向量AA1，AB，AD分别记为a，b，c.则aa2，bb3，cc4，且易见AC1abc，A1Cabc，BD1abc，DB1abc.2(abc)2222所以AC1abc2(abbcca)a2b2c22(abbcca)cos600a2b2c2abbcca223242233442=55，故AC155.近似地，可算得，BD119，DB115，CA127=33.答：55，19，15，33.11.令x3t，易见xt3，f(x)2x32(t3)32t3，f(2)(x)2(2t3)322t3,,f(n)(x)2nt3；令y1s，易见ys1，g(y)3y23(s1)23s1，g(2)(y)3(3s1)232s1,，g(n)(y)3ns1，n1,2,3,.所以，题设方程组可化为29(x3)336(y1)1,(1)29(y3)336(z1)1,(2)29(z3)336(x1)1.(3)（1）-（2），（2）-（3），（3）-（1）得29(xy)36(yz),(4)29(yz)36(zx),(5)29(zx)36(xy).(6)所以6(yz)(366xy399)2(zx)(39)3(xy)xy0yz0222xyz.代入（1）得29(x3)336(x1)1，512(x3)3729(x1)1，512x1533729x728，21x722,631x323,323.31所以原方程组的解为xyz32331.答：323xyz.以VTl表示平面图形T绕直线l所得旋转体体积.记直线AC为l，作BM,DNl，交l于E,F，分别交CD，AB于M,N.过O作PQl，分别交AB,CD于P,Q.因为O是BD的中点，所以P,Q分别是BN,DM的中点.由对称性，易见所求旋转体体积为VV平行四边形ABCDl2(VADNlV平行四边形NPQDl).因为AB4，BD23，AD2，易见ADB90，DBA30，AOAD2DO2437，AC27.明显DADCCC，FN.AADF且DF2SADOADDO23221，AOAO77AFAD2DF2412164.从而由圆锥体积公式得777VADNlVADFl1DF2AF312416167.3777749又CFACAF27414410，COAO7，777CF:CODF:QO，QOCODF722110121.从而由圆锥体积公式得CF775V平行四边形NPQDlV梯形FOQDlVCDFlVCQOl1DF2CF1QO2CO333(1210217)7(407)710003436577.从而7725492512251225V2(1676577)27(16657)27105730274912254912251225175.答：所求体积为3027：17513.解：I）可设l：xmy4，与联立得(3m24)y224my360.这是y的一元二次方程，由鉴识式0解得m24.记A（x1,y1），（）24m，y1y236.Bx2,y2，则y1y23m23m244由题设条件，OAOBx1x2y1y20，即(my14)(my24)y1y20，得(m21)y1y24m(y1y2)160，即(m21)364m24m160，3m243m24m225，即9(m21)24m24(3m24)0.得3m2250，3123，33(m)255m5.33故l的斜率的取值范围为(5,5).因为F(1,0),所以FA1（x11,y1）FB（x21,y2），，从而(x11)y2(x21)(y1)(my13)y2(my23)y12my1y23(y1y2)36324m2m243m20.3m4FA1与FB共线，即A1与F、B三点共线.）假设q4，过Q(q,0)的直线与交于A、B，且A关于长轴的对称点为A1，假如A1、F、B三点共线.我们另取点P(4,0).设直线AP与交于B1，那么如II）的证明，A1、F、B三点必共线.故B与B1重合，从而直线AB和AB1重合，就是AQ与AP重合.所以P与Q重合，q4，与假设矛盾.这就是说，q4时，三点A1、F、B不可以共线.14.解：12xn212xn1，14xn241，xn1xnxnxn21xn21121)，n1,2,3.xn2xn24(xn1故20061120062，亦即114200628024，n14n1(xn1)n1(xn21xn2)x20072x12xn由x11得1200624xn28025.x2007n1*）因为xn111，n1,2,3,,且明显xn0，故xn是递减xn22xn1数列，且x11x213x2，x33，213212112x12x219故2006xn21(1)22006xn2112006(3)21192004151，n13n39n3119121由（*）式得80251415180258629，x200721x200721,lg1lgx20072lg1，86298025862980253lg86292lgx2007lg8025，42lgx20073，2lgx2007，2klgx20072.证明：因为△ABC是锐角三角形，其三边a,b,c满足a,b,c0，以及bcb,cab,abc,b2c2a2,c2a2b2,a2b2c2.所以，由均匀不等式可知(b2c2a2)x2(c2a2b2)y2(a2b2c2)z21(b2c2a2)x2(y2z2)1(c2a2b2)y2(z2x2)1(a2b2c2)z2(x2y2)2z2y22x2z22y2x2a2y2z2b2z2x2c2x2y2222(ayzbzxcxy)22(bcx2cay2abz2)，xyzxyz从而[(bc)2a2]x2[(ca)2b2]y2[(ab)2c2]z2(ayzbzxcxy)2P2，xyz亦即(abc)SP2，SP2.abc上式取等式当且仅当x2y2z2，亦即xyzaP.因bc此所求的S的最大值为P2，当S取最大值时，abcP.xyzbcaAAB1A1BQBQC1D1DQMCloloxFxBAFOEA1CDANPByy（第13题答图）（第10题答图）（第12题答图）2008参照答案(网友解答，不消除有错)1D2D3B4A（B）5C6D7.Cnm8.(410,10]9.错题10.15411.x3y2012.133813.P08,P12,P20,P311551514.思路：先用反证法证明存在N，使aNN1；接着用数学归纳法证nN时，n2ann1；最后证nN时，anan1an1，这样即全部自然数m(maN)都在数列an中，结论正确。利用根轴看法，只需证明$C,D,E,F四点共圆，以A（或B）为中心进行反演不难得证！2010年全国高中数学联赛安徽赛区初赛试卷参照答案及评分标准一、填空题（每题8分，共64分）答案：425,8.提示：因0x4，设x22cos（0），则y4cos2sin425cos()4（此中cos2，5sin1，为锐角），5所以当0时，ymax8，当时，ymin425，故y425,8.答案：1ln(1x)提示：因两函数图象关于直线xy1对称，所以xy1，y1x，∴1xe1y，解得y1ln(1x).3.答案：13提示：正八面体由两个棱长都相等的正四棱锥构成，所以任意两个相邻面所成二面角是正四棱锥侧面与底面所成二面角的两倍.∵tan2，∴21121.cos1tan23，则cos22cos13答案：5提示：由椭圆方程x2y21知，t1，t1t1设其参数方程为xt1cos（为参数）代入双曲yt1sin线方程xy1，得sin22.t21因两曲线相切，∴21，故t5.t215.答案：13提示：在复平面上，设A(1,0)，B(1,0)，C(0,1)，则当Z为ABC的费马点时，|z1||zi||z1取|得最小值，最小值为1323233.33136.答案：ba21且ca3a.3273提示：设三个根为1，，1，则x3ax2bxc(x1)(x)(x1)，右侧睁开与左侧比较得a3，b(1)(1)(1)(1)321，c(1)(1)，消去得ba213，这就是所求的充要条件.aca33答案：126提示：如图，依据向量加法的几何意义，知点P在图中的三个平形四边形及其内部运动，所以动点P的轨迹所覆盖的平面地域的面积等于等于ABC面积的2倍，即126.答案：67提示：从正方体的八个极点中随机采用三点，共有C83个三角形，此中直角三角形有12C43个，所求“构成直角三角形”的概率是12C436.C837二、解答题（共86分）9..an242an1an11an11an11an110an2(2)an12(2)2an22(2)nan1an11an21an(n2)2(n2.20)110.n2n240mod