2008年全国高中数学联赛赛区预赛

设等差数列{an}nSn若S210S555Pnan)Q(n2an+2)的直线的一个方向向量的坐标可以是().

的子集共有 )个 an= (n∈N+),(n+1) +n2,2

-2

,- 其前nSnS1S2,⋯中,有理数项共有 )项-2

,- (D)(-1,- 21120°的二面角α-lβ内⊙O1、⊙O2分别在半平面αβ,l切于同一点P.⊙O1、⊙O2为截图面的球()

函数y=tanx- ).223(C)3f(x)=x3-log2

|cosx|2233x2+1-x) (3-a)x-3,x≤7

则对于任意实数a、b(a+b≠0)f(a)+f(b)的值 )a3+ f(x)

ax-6 x>7

P-ABC,M数列{an}满足an=f(n)(n∈N+),且{an}是递增数列.则实数a的取值范围是( ).

内(含边界)一动点,且点M到三个侧面PABPBCPCA的距离成等差数列.则点4(A)4

94

的轨迹是 )

kmn均为整数,x2+y2到大的顺序排列,依次为a1,a2,⋯,an. (3k+1)2外一点P(m3-m,n3-n)向该n )i=

引两条切线,切点分别为AB.则直线AB上整点(横、纵坐标都是整数的点)有( )个.选择题(5分,50分设等差数列an}nSn若S210S555PnanQn2an+2的直线的一个方向向量的坐标可以是().

的子集共有 )个(A) (B) (C) (D)已知数列{an}nn+an= (n∈N+),(n+1nn+2,2

-1

,-

其前nSn.S1S2,⋯中,有理数项共有 )项-1

,- (D)(-1,-

(A) (B) (C) (D) 12l切于同一点P. 图 )

函数y=tanx )21-23(C)3x2+2f(x)=x3x2+2

|cosx|的最大值是2233-x) (3-a)x-3,x≤7f(x)ax-6 x>7数列{an}满足an=f(n)(n∈N+),且{an}是递增数列.则实数a的取值范围是( ).

则对于任意实数a、b(a+b≠0) f(a)+f(b)的值 ) a+(A)恒大于 (B)恒等于(C)恒小于 (D)符号不确P-ABCMABC内含边界一动点且点M到三个侧面PABPBCPCA的距离成等差数列.则点M9

94

的轨迹是 )(A)一条折线 (B)一条线

(C)一段圆 (D)一段抛物kmn均为整数,x2+y2到大的顺序排列依次为n )i=

,

,⋯,an.

(3k+12外一点P(m3-m,n3-n向该圆引两条切线,ABAB上整点(有(个 2

(C)0 (D)-1

(A (B (C (D填空题(6,30分 (B)2

(D)-2

填空题(6,30分11已知11已知

tan=3.tan=3.

-1

,0,Ai

i+

=(2i-1,0) x5+3x3+1=a+a(x-1 ax-12+⋯+a(x-15 都成立,a3的值是(用数字作答)若实数xy满足x2+y2=1x+y-2x+y-20张卡片上分别写有数字1,2,22⋯,20,将它们放入一个盒子内.4个人从中不放回地各抽取一张卡片,抽到两个较小数字的两人在同一组,抽到两个较大数字的两人在同一组现其中有两人抽到514则此两人在同一组的概率等于用最简分数作答).22

求证:B1B2,⋯Bn,⋯在同一条Γ,并求出该抛物线的方程;过(1)中所求抛物线Γ的焦点FACBD,求四边形面积的最小值(20分3ABO的直C是AB的中点MAC的中点CH⊥BM,垂足为H.求证:三条直线y

xy x

CH2=x=m将椭圆面

4+

2≤1分成若干块

(30分)一位同学有40天的复习时间准备参加全国中学生数学冬令营.在此期6种不同的颜色给这若干块染色,每块只染一种颜色,且任意两块不同色,720种不同的染法.则实数m的取值范围是 第二试x(15分xy=sinπ+x-sinπ sinπ+ 的最大值,x值的集合

,60个小时来复习,并计1小时(假定每天复习的时数为整数证明:无论他怎样安排复习计划,在此期间都存在连续的若干天,19小时.第一试1设等差数列an}d15分)设二次函数f(x)在区间[-1,4上的最大值为12,且关于x的不等

S2=2a1+d=10S5=5a1+10d

a1=3d=fx)<0的解集为区间(0,5)fx的解析式x∈R,f(2-2cosx)<f(1-cosx-恒成立,m的取值范围20分)设x>0,y>0,n∈N+.

所以, =an+2-an=d=4 (n+2)-O1PO2为二面角α-lβ的平面角.O1PO2过点O1O2分别作

≤xn+

PO

的垂线,设两垂线的交点为O.证 2

1+xy 1+如图2在直角坐标平面xOy△AiBiAi1i1,2⋯,

O1PO2120°,O是唯一的因此O1O2为截面的球有且仅

tan sin(α-

=3.则tanβ的值 -4,0,AiAi+1=(2i-1,0).x5+3x3+1=

+

(x-1)

求证:B1B2⋯Bn⋯在同一条抛物线Γ上,并求出该抛物线的方程;2a(x-1)2+⋯+

(x-15对任意实数

过(1)Γ的焦点F都成立,a3的值是(用数字作答若实数xy满足x2+y2=12 x+y-20张卡片上分别写有数字1,2,⋯,20,将它们放入一个盒子内.有4个人从中不放回地各抽取一张卡片,抽到两个较小数字的两人在同一组,抽到两个较大数字的两人在同一组.现其中有两人抽到514则此两人在同一组的概率等于(用最简分数作答).

ACBD,面积的最小值五、(20分3ABO的直C是AB的中点MAC的中点CH⊥BM,垂足为H.求证:22三条直线y xy x CH2=22x=m

x+y2≤1分成若干块

六、(30分40天的复习时间准备参加全国中学生数学冬令营.4用6种不同的颜色给这若干块染色,4染一种颜色,且任意两块不同色,共有720种不同的染法.则实数m的取值范围是.y=sinπ+x-sinπ sinπ+ 的最大值,x值的集合

,他最多可以安排60个小时来复习,并计1小时(假定每天复习的时数为整数).证明:无论他怎样安排复习计划,在此期间都存在连续的若干天,恰好复习191设等差数列an}d二、15分)设二次函数f(x)在区间[-1,4上的最大值为12,且关于x

S2=2a1+d=10S5=5a1+10d

a1=3d=fx)<0的解集为区间(0,5f(x的解析式f(2-2cosx)<f(1-cosx-恒成立,m的取值范围2三、20分x>0,y>0,n∈N2

所以, =an+2-an=d=4 n+2 AO1PO2为二面角α-lβ的平O1PO2O1O22证 2

xn+yn1+

PO1PO2的垂线,设两垂线的交点为O1+ 1+

△AiBiAi+1i12⋯,如图2在直角坐标平面xOy有一个,O,OP

所以,sin(x-θ)= 1+

(tanθ=y)由{an}3-a>0,]1<a<3a>又由f(7)<f(8),得7(3-a)- a<-9a>2a的取值范围是(2,3)24

≤1.1+y≤-3y≥3(舍去)6将y 3代入式得x=π.6故ymax 3x2+1x2+f(-x2+1x2+1,

,

,11,13,17,19

=-x3-log

+x)+x3-log

-24

242424

24

1+

=5+

=7+

=11+

=1

=0所以,f(-x) f(x),即f(x)为奇函数x2x2+ n

又f(x)=x-log2 -x2+=x3+log x2+ cosaiπ=i=由log4xlog4y≤11≤xy故xy)=(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(2,1),(2,2),(3,1),(4,1)因此,M28=256个k(k+kk(k+k+

在(0,+∞,fxR上是增函数.(f(a)-f(-b))[a-(-b)]>0,f(a)+f(b)>a+又a3+b3)(a+b)0f(a)+f(b)>(

a3+=k+1 k=1- 1k+k(k+ 1k+∑ ∑

4由于正三棱椎P-则Sn akk= k=n+=1- n+

k

ABC的三个侧面面积相等,M又2009<45,n+1=22,32,⋯,442因此S1S2,⋯S200843个有理数项.y最大,应有tanx20<xπ.2y=tanx-2=sinx-2<0

PABPBCPCA距离成等差数 图等价于三个三棱M-PABM-PBCM-PCA的体积成等差数列,即2VM-PBC=VM-PBC+VM-PCA,3VM-PBC=VP-ABCS△MBC1S△ABCcos

cos 即sinx-ycosx=

MMBCO1PO2120°,O是唯一的因此O1、⊙O2为截面的球有且仅BC的一条截线段易知,AB(m3-m)x+(n3-n)y=(3k+1)2AB上存在整点x0y0),(m-1)m(m+1)x0+(n-1)n(n+1)=(3k+1)2因m-1)mm+1和(n-1)n(n+13的倍数,,上式左端能被3整除

,共有A2种情况514的两人在同一组,况6514为较小两数,则另两人需从15～2061张,有A2种情况;64514为较大两数,则另两人需从1～441张,有A2种情况.4,514A2+A31,矛盾

P

4=7A2 A2AB上不存在整点

15m|-2<m≤-2m=0或2≤m二11. cossinsin故tanαsinαcosβ

,两条定直线y=2x将椭圆面24x+y2≤124块5).当|m≥26种颜色tan12.5

sin3

给这4块染色,不 图的染法种数为A4<在x+3x+ =[(x-1)+1]5+3[(x-1)+1]3+5的展开式中(x-13项的系数为C2+5

720不满足要求,,|m|<2.y=±2x 213a313. 2

由 4+y=

]x=±32 =x+y-

(x+y)2-(x2+y2x+y-

m0,x=0,,6块,66块染色6不同的染法共有A6=720,满足要求6(x+y)2- x+y- =x+y+1

0<|

2,x=m32因为x+32

2+ 1 =2,

3块各分成两块,7块.67块染色,则必有两块同色,不满足要求-2≤x+y≤2,2 =x+y+1≥-x+y-

+1,

2≤|m|<2,x=m2当3块分成两块,5块65块染,不同的染法共有A5=720,满足要求.2当3且仅当x=y 2时,等号成立x+y-故2x+y-14.7514两张卡,18

m或或m|-2<m≤- m 2≤m<2.或或 第二试有一个,O,OP

所以,sin(x-θ)

(tanθ=y)1+由{an}是递增数列得3-a>0,]1<a1+a>又由f(7)<f(8),得7(3-a)- a<-9a>2a的取值范围是(2,3

由sin(x-θ)≤1, 1+y≤-3y≥3(舍去.将y 3代入式得x=.6故ymax 3f(-x)+f1,5,7,11,13,17,19 =-x3-log +x)+x3-log -24242424242424

13=1

=0所以,f(-x) f(x),即f(x)为奇函数24+24=24+24=24+24=24+

f

=x-log2

-n cosaiπ=i=由log4xlog4y≤11≤xy故xy)=(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(2,1),(2,2),(3,1),(4,1)因此,M28256个

=x3+log +2在(0∞,fxR上是增(f(a)-f(-b))[a-(-b)]>0fa)+fb)a+由ak k(k+1)

又a3+b3a+b)0f(a)+f(b)>k+1 k a3+ k+1 k=1 (k=1,2,⋯)1k+k(k+ 1k+

4由于正三棱椎P-∑则Sn ak∑k= k==

k

ABC的三个侧面,,M又

<45,n+1=22,32,⋯,442

因此S1S2⋯S200843个有理y最大,应有tanx0<xπ2y=tanx =sinx-2<0

距离成等差数 等价于三个三棱M-PABM-PBCM-PCA的体积成等差数列,即2VM-PBC=VM-PBC+VM-PCA,3VM-PBC=VP-ABCS△MBC=1S△ABCcos cos y=sinπ+x-sinπ- sinπ+ =2sinx3cosx+1sin

,m(-∞,-5)∪(1,+∞)x0y>0,n∈N+, (xn-1y+xyn-1)-(xn+yn=6sinxcosx+2sin2

(x-y)(xn-1-yn-1)≤0 即xn-1y+xyn-1≤xn+yn=6sin2x+2(1-cos2

又(1+x2)(1+y2)1+x2+y2+x2 ≥1+2xy+x2y2=(1+xy)2=2sin2x-

+2

xn(1+y2)+yn(1+x2

则1+x2+1+y2 所以ymax2+23

xn+yn+xy(xn-1y+xyn-1 (1+x2)(1+y2

xn+yn+xy(xn+yn xn+3(1,f(x)=ax(x-5)(a>0)

(1+xy) =1+xy12nxy1225

x=-1+1+3+⋯+(2n-3)+2n-1=n 即f(x)=ax- -4 fx在[-1,4上的最大值为12a>0,x=-1f(x取得最大,f(-1)=6a=12,得a=2.fx)2x2-10x4(2t=1-cosx(0≤t≤24

|y|=3(2n-1)2ny23xB1B2,⋯Bn,Γy23x上f(2t)<ft-m),8t2-20t<2(t-m)2-10(t-

(2,ΓF

,0](t+m)t-m+3

<

ACBD都不垂直于坐标轴ACx=my3当-m<m+5,即m 5时,-m<t y23xy2-3my-9=03m5t∈[0,23-m<0

9

m5>2,m3m+ 5

yA+yC=3m,yAyCA故| 1+m2|A

4yC54当 m ,即m 4时542t 0,不满足要求当-m>m+5,即m 5时,m+5<

1+m2(y+y)-4y(y+y)-4y2 Am-11 1t mt∈[0,2m+5<0

|BD|=3

-m>2

m<-

=1|AC||BD|即sinx-ycosx= 数学奥林匹克初中训练题第一试

外接圆半径为R.若R= bc,则△ABCb+选择题(7,b+a+b+c=a2+b2+c2=

最大角是 )(A)75°(B)120°(C)90°(D)3y=ax2+bx+c(ab则代数式

(1-a)

(1-b) (1-c)

c为实数)的图像与x轴交于A(x10)Bx2,0),a>0,a>2c>b,x的值为 )(A) (B)- (C) (D)-ABCabc,

时,y a.则|x12 )2

|的取值范围是=9(1+m2)2

40天中他每天的复习时间依次为b1b2,⋯b40,并作部分和:1 2 12

=

a1=b1,a2=b1+b2,m=±1时,上式等号成立.ABCD18.3,联结OCBC.则90.所以OBCH四点共圆.OHB=∠OCB45.BCM90°CH⊥BMM的中点,AM2=CM2=]HM=AM

a40=b1+b2+⋯+b401≤a1<a2<⋯<a40≤60. 考虑数列a1,a2,⋯,a40,a1+19,a2+19⋯,a40+1980项且它们都在160+19=79之间由抽屉原理知,其中必有两项相等.a1,a2,⋯,a40互不相等 所以△AMHBMA=∠AHN=∠BAM=45.从而∠AHM=∠BHO因此△AMHBOH故AH=MH,

a119a219,⋯a4019也互不相等所以,ij(1≤i<j≤40),aj=ai19,19=aj-ai=bi+1+bi+2+⋯+bj从第i+1天到第j天这连续 CH2=MH·HB,CH2

j-i,19小时(刘康宁提供10.易知,AB(m3-m)x+(n3-n)y=(3k+1)2AB上存在整点x0y0),(m-1)m(m+1)x0+(n-1)n(n+1)=(3k+1)2因m-1)mm+1和(n-1)n(n+13的倍数,,3整除

,共有A2种情况514的两人在同一组,况6514为较小两数,则另两人需从15～206张中各抽1张,有A2种情况;6514为较大两数,1～441张,A42种情况22A+A一组的概率为P= 4=7A A故直线AB上不存在整点 15.{m|-2<m≤-2或m=0或2≤m<二11. 故tanαsinαcosβ

,两条定直线y=2xx2x4+y2≤1块5.当|m≥26tan12.5

3

给这4块染色,不 A4在x+3x+ =[(x-1)+1]5+3[(x-1)+1]3+的展开式中(x-13项的系数为C2+

720不满足要求,,|m|<2y=±2x13a3

由 +y=

3x=±313. 22 x+y-

(x+y)2-(x2+y2x+y-

6m0,x=0,,椭6块,66块染色,不同的染法共有A6=720,满足要求.6(x+y)2- x+y- =x+y+1 0<|3x+y 2+ 3

2,x=m因

3块各分成两块,共有7块.用6种颜色给 7块染色,则必有两块同色,不满足要求-2≤x+y≤22 2 =x+y+12

当2≤|m|<2,x=m3从而x+y-2

+1,

块分成两块,5块65块染,不同的染法共有A5=720,满足要求且仅当x=y 2时,等号成立故2 的最小值为 2x+y-14.7514

6m|-2<m≤- m 2≤m<2 y=sinπ+x-sinπ- sinπ+

(-∞,-5)∪(1,+∞)cosx=2sincosx

1sin

x0y>0,n∈N+, (xn-1y+xyn-1)-(xn+yn=6sinxcosx+2sin2 (x-y)(xn-1-yn-1)≤0 即xn-1y+xyn-1≤xn+yn=6sin2x+2(1-cos2 又(1+x2)(1+y2)1+x2+y2+x2 ≥1+2xy+x2y2=(1+xy)2 =2sin2x-

xn(1+y2)+yn(1+x2 +4

1+

1+y2

(1+x2)(1+y2所以ymax=2+232 ,x值的集合为x|x=kπ+

=xn+yn+xy(xn-1y+xyn-1)(1+x2)(1+y2) xn+yn+xy(xn+yn xn+3f(x)=ax(x-5)(a>0)

(1+xy) =1+xyBn(xy5 x=-1+1+3+⋯+(2n-3)+2n-1=n 2即f(x)=ax- -4 f(x在[-1,412a>0,,x=-1,f(x取得最大,f(-1)=6a=12,得a=2.fx)2x2-10x(2t=1-cosx(0≤t≤2则原不等f(2t)<f(t-m),即8t2-20t<2(t-m)2-10(t-

| 3(2n-1)