高中数学竞赛模拟题及详细解答2017

前言本套模拟题围绕高中数学竞赛核心考点设计，涵盖代数、几何、数论、组合数学四大模块，旨在帮助参赛学生熟悉竞赛题型、巩固知识体系、提升解题思维。题目难度梯度分明，从基础题型到进阶挑战均有涉及，解答过程注重思路引导与方法提炼，助力学生举一反三，深化对数学竞赛内容的理解。第一部分选择题（每题5分，共30分）题1：函数的周期性与奇偶性已知定义在$\mathbb{R}$上的奇函数$f(x)$满足$f(x+2)=-f(x)$，且当$x\in[0,1]$时，$f(x)=x^2$，则$f(2017)$的值为（）A.$-1$B.$0$C.$1$D.$2017^2$解答：先分析周期性：由$f(x+2)=-f(x)$，将$x$替换为$x+2$，得$f(x+4)=-f(x+2)=-(-f(x))=f(x)$，故$f(x)$的周期为$4$。利用周期性化简$f(2017)$：$2017=4\times504+1$，因此$f(2017)=f(1)$。因$f(x)$是奇函数，且$x\in[0,1]$时$f(x)=x^2$，故$f(1)=1^2=1$。综上，$f(2017)=1$，选C。题2：均值不等式的应用设正实数$a,b,c$满足$a+b+c=1$，则$\left(\frac{1}{a}-1\right)\left(\frac{1}{b}-1\right)\left(\frac{1}{c}-1\right)$的最小值为（）A.$6$B.$8$C.$12$D.$27$解答：对式子变形：$\frac{1}{a}-1=\frac{b+c}{a}$（因$a+b+c=1$，故$1-a=b+c$），同理$\frac{1}{b}-1=\frac{a+c}{b}$，$\frac{1}{c}-1=\frac{a+b}{c}$。原式化为$\frac{(b+c)(a+c)(a+b)}{abc}$。由均值不等式，$b+c\geq2\sqrt{bc}$，$a+c\geq2\sqrt{ac}$，$a+b\geq2\sqrt{ab}$，三式相乘得：$$(b+c)(a+c)(a+b)\geq8\sqrt{bc}\cdot\sqrt{ac}\cdot\sqrt{ab}=8abc$$因此$\frac{(b+c)(a+c)(a+b)}{abc}\geq\frac{8abc}{abc}=8$，当且仅当$a=b=c=\frac{1}{3}$时取等号。最小值为$8$，选B。第二部分填空题（每题8分，共40分）题3：数列的递推与通项已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$（$n\in\mathbb{N}^*$），则$a_{10}$的值为$\boldsymbol{1023}$。解答：递推式$a_{n+1}=2a_n+1$为线性非齐次递推，构造等比数列：将递推式变形为$a_{n+1}+1=2(a_n+1)$，令$b_n=a_n+1$，则$b_1=2$，且$\{b_n\}$是首项为$2$、公比为$2$的等比数列。故$b_n=2^n$，即$a_n=2^n-1$。因此$a_{10}=2^{10}-1=1023$。题4：平面几何的角度计算在等腰$\triangleABC$中，$AB=AC$，$\angleBAC=100^\circ$，点$D$在$BC$上，且$AD=BD$，则$\angleADC$的度数为$\boldsymbol{80^\circ}$。解答：因$AB=AC$，$\angleBAC=100^\circ$，故$\angleABC=\angleACB=\frac{180^\circ-100^\circ}{2}=40^\circ$。又$AD=BD$，$\triangleABD$为等腰三角形，$\angleBAD=\angleABD=40^\circ$，故$\angleDAC=100^\circ-40^\circ=60^\circ$。在$\triangleADC$中，$\angleACD=40^\circ$，$\angleDAC=60^\circ$，由三角形内角和得$\angleADC=180^\circ-40^\circ-60^\circ=80^\circ$（或由$\angleADB=180^\circ-40^\circ-40^\circ=100^\circ$，得$\angleADC=180^\circ-100^\circ=80^\circ$）。第三部分解答题（共80分）题5：数论中的整除性证明（20分）证明：对于任意正整数$n$，$n^3+5n$能被$6$整除。解答：需证明$n^3+5n$同时被$2$和$3$整除（因$6=2\times3$，且$2$与$3$互质）。（1）被$2$整除若$n$为偶数，设$n=2k$，则$n^3+5n=8k^3+10k=2(4k^3+5k)$，能被$2$整除。若$n$为奇数，设$n=2k+1$，则$n^3+5n=8k^3+12k^2+16k+6=2(4k^3+6k^2+8k+3)$，能被$2$整除。（2）被$3$整除对$n$按模$3$的余数分类：若$n\equiv0\pmod{3}$，设$n=3k$，则$n^3+5n=27k^3+15k=3(9k^3+5k)$，能被$3$整除。若$n\equiv1\pmod{3}$，设$n=3k+1$，则$n^3+5n=27k^3+27k^2+24k+6=3(9k^3+9k^2+8k+2)$，能被$3$整除。若$n\equiv2\pmod{3}$，设$n=3k+2$，则$n^3+5n=27k^3+54k^2+51k+18=3(9k^3+18k^2+17k+6)$，能被$3$整除。综上，$n^3+5n$同时被$2$和$3$整除，故能被$6$整除。题6：组合数学的排列计数（25分）将$5$个不同的小球放入$3$个不同的盒子中，每个盒子至少放$1$个小球，有多少种不同的放法？解答：采用“先分组，再分配”的思路：（1）分组方式$5$个小球的分组方式有两种：$1+1+3$型（两组$1$个，一组$3$个）和$1+2+2$型（一组$1$个，两组$2$个）。（2）计算分组数$1+1+3$型：从$5$个小球中选$3$个为一组，剩余$2$个各为一组（两组$1$个无序，需除以$2!$）：$$\frac{\mathrm{C}_5^3\times\mathrm{C}_2^1\times\mathrm{C}_1^1}{2!}=\frac{10\times2\times1}{2}=10$$$1+2+2$型：从$5$个小球中选$1$个为一组，剩余$4$个分两组$2$个（两组$2$个无序，需除以$2!$）：$$\frac{\mathrm{C}_5^1\times\mathrm{C}_4^2\times\mathrm{C}_2^2}{2!}=\frac{5\times6\times1}{2}=15$$（3）分配到盒子将$3$组分配到$3$个不同的盒子，有$3!=6$种方法。总放法数为：$(10+15)\times6=150$。题7：代数中的函数方程（35分）已知函数$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$满足$f(f(x))=x^2-x+1$，求$f(1)$的值。解答：令$x=1$，则$f(f(1))=1^2-1+1=1$，即$f(f(1))=1$。设$t=f(1)$，则$f(t)=1$。再令$x=t$，则$f(f(t))=t^2-t+1$。因$f(t)=1$，故左边为$f(1)=t$，因此：$$t=t^2-t+1$$整理得$t^2-2t+1=0$，即$(t-1)^2=0$，解得$t=1$。验证：若$f(1)=1$，则$f(f(1))=f(1)=1$，与题设$f(f(1))=1$一致。故$f(1)=1$。