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2002~2014年全国高中数学联赛(安徽赛区)预赛试题及解答


2014 全国高中数学联赛安徽省初赛试卷
(考试时间:2014 年 7 月 5 日上午 9:00—11:30) 题号 得分 评卷人 复核人 注意: 1.本试卷共 12 小题,满分 150 分; 3.书写不要超过装订线; 一、填空题(每题 8 分,共 64 分) 1. 2. 3. 函数 y = x 2 + 2x + 3 ( x ∈ R ) 的值域是 x 2 + 4x +

5 . . 一 二 9 10 11 12 总分

2.请用钢笔、签字笔或圆珠笔作答; 4.不得使用计算器.

函数 y = tan(2013 x) ? tan(2014 x) + tan(2015 x) 在 [0, π ] 中的零点个数是

设定点 A(2,1) ,动点 B 在 x 轴上,动点 C 在直线 y = x 上,则 ?ABC 的周长的最小值 是 .

4.

设 P1 , P2 是平面上两点, P2 k +1 是 P2 k 关于 P1 的对称点, P2 k + 2 是 P2 k +1 关于 P2 的对称点,
k ∈ N * .若 P1 P2 = 1 ,则 P2013 P2014 =

. .

5.

已知四面体 ABCD 的侧面展开图如下图所示,则其体积是

6. 7.

设复数 z 满足 z +

1 ≤ 2 ,则 z 的取值范围是 z



设动点 P (t ,0), Q(1, t ) ,其中参数 t ∈ [0,1] ,则线段 PQ 扫过的平面区域的面积 是 . .

8.

从正 12 边形的顶点中取出 4 个顶点,它们两两不相邻的概率是

二、解答题(第 9—10 题每题 21 分,第 11—12 题 22 分,共 86 分) 9. 已知正实数 x, y, z 满足 x + y + z = 1 .求证: z?y x?z y?x + + ≥ 0. x + 2 y y + 2z z + 2x

10. 设数列 {a n } 满足 a1 = 1, a n +1

2 an +3 = , n ≥ 1 .求证: 2a n

(1) 当 n ≥ 2 时, a n 严格单调递减. (2) 当 n ≥ 1 时, a n +1 ? 3 = 2 3 r2
n n

1? r2

,这里 r = 2 ? 3 .

11. 已知平面凸四边形 ABCD 的面积为 1.求证: AB + AC + AD + BC + BD + CD ≥ 4 + 2 2 .

12. 求证 :(1)方程 x 3 ? x ? 1 = 0 恰有一个实根 ω ,并且 ω 是无理数; (2) ω 不是任何整数系数二次方程 ax 2 + bx + c = 0 (a, b, c ∈ Z, a ≠ 0) 的根.

填空题答案
① [ 2 ? 2 ,2 + 2 ] ⑥ [ 2 ? 1, 2 + 1] ②2014 ⑦
1 6

③ 10 ⑧
7 33

④4024



2 3

填空题解答
x 2 + 2x + 3 1. y = 2 ? 关于 x 的方程 ( y ? 1) x 2 + (4 y ? 2) x + (5 y ? 3) = 0 有实根 x + 4x + 5 ? (2 y ? 1) 2 ? ( y ? 1)(5 y ? 3) ≥ 0 ,化简得 y 2 ? 4 y + 2 ≤ 0 , 2 ? 2 ≤ y ≤ 2 + 2 .

2. y = tan(2013 x) ? tan(2014 x) + tan(2015 x)
sin( 2013 x) cos(2015 x) + cos(2013 x) sin( 2015 x) sin( 2014 x) ? cos(2013 x) cos(2015 x) cos(2014 x) sin( 4028 x) sin( 2014 x) = ? cos(2013x) cos(2015 x) cos(2014 x) 2 sin( 2014 x) cos(2014 x) sin( 2014 x) = ? cos(2013 x) cos(2015 x) cos(2014 x) =

sin( 2014 x)[2 cos 2 (2014 x) ? cos(2013 x) cos(2015 x)] cos(2013 x) cos(2014 x) cos(2015 x) sin( 2014 x)[1 + cos(4028 x) ? cos(2013 x) cos(2015 x)] = cos(2013x) cos(2014 x) cos(2015 x) sin( 2014 x)[1 ? sin( 2013 x) sin( 2015 x)] = cos(2013 x) cos(2014 x) cos(2015 x)
=

由 y 的定义域可知 sin( 2013 x) sin( 2015 x) ≠ 1 ,因此 y 的零点为
x= kπ 但 当 k=1007 时函数无定义, 因此 y 在 [0, π ] 中共有 2014 , k = 0,1, ? ,2014. 。 2014

个零点.

3.设 P (2,?1) 是 A 关于 x 轴的对称点,Q(1,2) 是 A 关于直线 y = x 的对称点,则 ?ABC 的 周长等于 PB + BC + CQ ≥ PQ = 10 .

? P2 k + 2 = 2k ( P2 ? P1 ) + P2 ? P2 k +1 = 2 P1 ? P2 k 4. ? . ? P2 k + 2 = 2( P2 ? P1 ) + P2 k ? ? ? P2 k +1 = 2k ( P1 ? P2 ) + P2 ? P2 k + 2 = 2 P2 ? P2 k +1 从而, P2 k +1 P2 k + 2 = 4k P1 P2 .特别, P2013 P2014 = 4024 .

5.以图示坐标系为 Oxy 平面,建立空间直角坐标系.根据展开图及其对称性,可设 A(3, y, z ) , B(3,4,0) , C (2,2,0) , D(4,2,0) . ? 5 = AB = ( y ? 4) 2 + z 2 S ?z 2 ?y = 2 ? 由? ,解得 ? .因此, V ABCD = BCD = . 2 2 z = ± 1 3 3 ? ? ? 2 = AC = 1 + ( y ? 2) + z

6.设 z = r ,则有 1 ? r 2 ≤ 1 + z 2 ≤ 2r ,即 (1 ? r 2 ) 2 ≤ 4r 2 . 由此解得 3 ? 2 2 ≤ r 2 ≤ 3 + 2 2 , 2 ? 1 ≤ r ≤ 2 + 1 .

7.直线 PQ 的方程为 y =

t ( x ? t ) .固定 x ∈ [0,1] ,当 t ∈ [0, x] 变化时, 1? t

? ?1? x y = 2? x?? + 1 ? t ? 的取值范围是 0 ≤ y ≤ 2 ? x ? 2 1 ? x . ? ? 1? t

所求平面区域的面积 = ∫ 2 ? x ? 2 1 ? x dx =
0

1

(

)

1 . 6

4 8.从 12 个顶点中取出 4 个顶点的取法总数为 C12 .把正 12 边形的顶点依次编号 1~12,

设被取出的 4 个顶点的编号从小到大为 a, b, c, d .若它们两两不相邻,则有
x = b ? a ? 2 ≥ 0,y = c ? b ? 2 ≥ 0,z = d ? c ? 2 ≥ 0
3 当 a = 1 时,满足 d ≤ 11 即 x + y + z ≤ 4 的 ( x, y, z ) 共有 C 7 = 15 个; 3 当 a ≥ 2 时,满足 d ≤ 12 即 x + y + z ≤ 6 ? a 的 ( x, y, z ) 共有 C 9 ? a 个.

3 3 3 3 3 3 C7 + C7 + C6 + C5 + C4 + C3 105 7 因此,两两不相邻的概率为 . = = 4 495 33 C12

9-12 题解答
9.根据均值(或柯西)不等式 ? 1 1 1 ? (( x + 2 y ) + ( y + 2 z ) + ( z + 2 x))? ? x + 2 y + y + 2z + z + 2x ? ? ? ?

≥ 9 ? 3 ( x + 2 y )( y + 2 z )( z + 2 x) ? 3
从而

1 1 1 =9 x + 2 y y + 2z z + 2x

-----10 分

? 1 1 1 ? ( x + y + z )? + + ? x + 2 y y + 2z z + 2x ? ? ≥ 3. ? ?
因此

-----15 分

z?y x?z y?x x+ y+z x+ y+z x+ y+z + + = + + ? 3 ≥ 0. . x + 2 y y + 2z z + 2x x + 2y y + 2z z + 2x (注:本题条件 x + y + z = 1 是多余的) 。

-----21 分

10. (1)当 n ≥ 2 时,根据平均不等式, a n = 由于 a n 都是有理数,故 a n > 3 . 从而 a n +1 ? a n =

2 an ?1 + 3 ≥ 3. 2a n ?1

-----5 分

2 3 ? an < 0 ,即 a n 严格单调递减. 2a n
2

-----10 分

(2)由 a n +1

a2 + 3 a ? 3 ? an ? 3 ? ? . 可得 n +1 = n =? ? 2a n a n +1 + 3 ? a 3 + ? n ?

-----16 分

由此得

a n +1 ? 3 a n +1 + 3

= r 2 ,其中 r =
n

n

a1 ? 3 a1 + 3

= 2? 3. r2
n

解得 a n +1 = 3

1+ r2 1? r2

n

, a n +1 ? 3 = 2 3

1? r2

n



-----21 分

11.假设凸四边形 ABCD 满足

L = AB + AC + AD + BC + BD + CD 最小.此时
ABCD 一定是菱形,否则如图所示,可固定两对角

点(不妨设是 B, D ) ,过 A,C 分别做 BD 的平行线, 调整另外两点 A, C 的位置,使它们分别位于两平行 线上,则 ?ABD 和 ?CBD 的面积都不变,但 L 变大.从而 AB=AD, BC=CD.类似地, AB=BC, CD=DA. 即 ABCD 是菱形-----12 分

设菱形 ABCD 的两条对角线长度分别是 x, y ,则 xy = 2 , L = x + y + 2 x 2 + y 2 .根 据平均不等式, L = x + y + 2 x 2 + y 2 ≥ 2 xy + 2 2 xy = 4 + 2 2 . 当 x = y = 2 时, L 取得最小值 4 + 2 2 . -----22 分

? 1 ? 1 12. (1)设 f ( x) = x 3 ? x ? 1 ,则 f ′( x) = 3 x 2 ? 1 . f ( x) 在 ? ? ? ? ∞, ? ? 单调增,在 x = ? 3? 3 ? 处取得极大值 2 ? 1 1 ? 1 处取得极小值 , ? ? 1 < 0 ,在 ? ?? ? 单调减,在 x = 3 3? 3 3 3 ? 2

?

? 1 ? ? ? 1 < 0 ,在 ? ? ? ∞, ? ? 单调增.再由 f (1) = ?1 < 0,f (2) = 5 > 0 知, 3? 3 3 ? -----8 分

方程 f ( x) = 0 有唯一的实根 ω ∈ (1,2 ) . 假设 ω =

m ,其中 m, n 是互素的正整数,则 m 3 = n 2 (m + n) ? n 2 | m 3 ? n = 1 ,即 ω n -----13 分

是整数,这与 ω ∈ (1,2 ) 矛盾.因此, ω 是无理数. (2)假设 ω 还满足 aω 2 + bω + c = 0 (a, b, c ∈ Z, a ≠ 0) ,则有
2 ? ?aω + bω + c = 0 (1) . 将第(1)式乘 ω 减去第(2)式乘 a 得 ? 3 ? ? ? 1 = 0 ( 2 ) ω ω ?
2 ? (3) ? aω + bω + c = 0 .将第(4)式乘 a 减去第(3)式乘 b 得 ? 2 ? + ( + ) + = 0 ( 4 ) b a c a ω ω ?

(a 2 + ac ? b 2 )ω + (a 2 ? bc) = 0. 由于 ω 为无理数,故

2 2 ? ?a + ac ? b = 0 ? 2 ? ?a ? bc = 0

由 a ≠ 0 知 bc ≠ 0 .把 b = 这与 ω 是无理数矛盾.

a3 a a2 a 代入 a 2 + ac ? b 2 = 0 ,得 3 = + 1 ,从而 ω = , c c c c -----22 分

2003 年第 2 期

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2002年全国高中数学联赛乮安徽赛区乯预赛试题及解答 2002 年安徽省高中数学竞赛
一、 选择题 ( 每小题 6 分 ,满分 36 分)   
1. 已知集合 P = { x | x = 1} 和 Q = { x | mx = 1}. ). 若 Q < P ,则实数 m 可取值的个数为 (    (A) 0    (B) 1    ( C) 2    (D) 3 2. 若 a 、 b 是任意实数 , 且 a > b , 则下列不等式 ). 一定成立的是 (    (A) a2 > b2 ( C) lg ( a - b) > 0 (B) (D)
b <1 a
2

8. 已知数列 { an } 中 , an 为实数 , 且对 n ≥ 3,n∈ N ,都有 an = an - 1 - an - 2 . 若该数列前 1 985 项之和为 1 000 ,前 1 995 项和为 4 000 ,那么 ,该数列前 2 002 项

1 2

a

<

1 2

b

2 2 2 3. 如果 圆 x + y = k 至 少 覆 盖 函 数 f ( x ) πx = 3sin 的一个最大值点和一个最小值点 , 则 k 的

之和为 . 9. 甲乙二人相约 10 天之内在某地会面 , 约定先 到的人等候另一个人 ,经过 3 天以后方可离开 . 若他 们在限期内到达目的地是等可能的 , 则此二人会面 的概率为 . 10. 定长为 m 的线段 AB 的两个端点在双曲线 2 2 2 x y 2b . 那么 , AB 中点 m> 2 2 = 1的右支上移动
a b a M 的横坐标的最小值为

k

(用 a 、 b、 m 表示) .

). 取值范围是 (    (A) | k | ≥ (B) | k | ≥ 3 2 ( C) | k | ≥ (D) 1 ≤ 1 | k| ≤ 2 4. 已知 OP = (2 ,1) , OA = (1 ,7) , OB = (5 ,1) . 设 X 是直线 OP 上的一点 ( O 为坐标原点) . 那么 ,使 XA ? ). XB 取最小值时 , ∠AXB 的值为 (    (A) 90° ( C) arccos - 4 17 17 (B) arccos 4 17 17 4 17 17

11. 正方形 ABCD 和正方形 AB EF 所 在 平 面 成 120° ,M、 N 分别是对角线 AC 和 B F 上的点 , 且 AM = FN . 若 AB = 1 ,则 MN 的取值范围是 . 10 12. ( a + b + c) 的展开式经合并同类项后 ,共有

项. 三、 解答题 ( 每小题 20 分 ,满分 60 分) 13. 设二次函数 f ( x ) 满足 f ( x + 2) = f ( - x + 2) , 且它的图像与 y 轴交于点 (0 ,1) ,在 x 轴上截得的线 段长为 2 2. 求 f ( x ) 的解析式 . x 14. 设 a ∈ N+ , a ≥2 , 集 合 A = { y | y = a , x ∈N+ } , B = { y | y = ( a + 1) x + b , x ∈N+ } . 在闭区 间 [1 , a ] 上是否存在 b ,使 A ∩B ≠ ? 如果存在 ,求 出 b 的一切可能值及相应的 A ∩B ; 如果不存在 , 试 说明理由 . 15. 如 图 1 , ⊙O 是 △ABC 的外接圆 ,点 I 是 它 的 内 心. 射 线 AI 、 BI 、 CI 各交对边于 点 D、 E、 F , 射 线 AD 、 B E、 CF 各交 ⊙O 于点 A′ 、 B′ 、 C′ . 求 证 : AA′? ID 图1 = BB′ ? IE = CC′ ? IF.

(D)π + arccos -

5. 一个三棱锥的三个侧面中有两个是等腰直角 三角形 ,另一个是边长为 1 的正三角形 . 那么 ,这个三 ). 棱锥的体积大小 (    (A) 有惟一确定的值 (B) 有 2 个不同值 ( C) 有 3 个不同值 (D) 有 3 个以上不同值 6. 平面上有 2 个定点 A 、 B , 另有 4 个与 A 、 B 不

重 合 的 动 点 C1 、C2 、C3 、C4 . 若 使 | sin ∠ACi B
1 ( i ≠j , i 、 j = 1 ,2 ,3 ,4 ) , 则称 ( Ci , 3 ). Cj ) 为一个好点对 . 那么 ,这样的好点对 (    - sin ∠ACj B | ≤ (A) 不存在 ( C) 至多有一个 (B) 至少有一个 (D) 恰有一个

二、 填空题 ( 每小题 9 分 ,满分 54 分) 2 7. 已知函数 f ( x ) = x + 2 bx + 1 和 g ( x ) = 2 a ( x + b) ,其中 x 、 a、 b 均为实数 . 使 y = f ( x ) 和 y = g ( x ) 在 xOy 平面上的图像不相交的实数对 ( a , b) 组成点 集 A . 那么 , A 在 aOb 平面上表示的图形 S 的面积为 .

参考答案
一、 1. (D) . ∵P = { - 1 ,1} , Q < P , ∴Q 可能是 ,{ - 1} ,{1}. http://www.cnki.net

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中 等 数 学    6. (B) . ∵∠ACi B ∈[0 π , ], ∴ sin ∠ACi B ∈[0 ,1 ] ( i = 1 ,2 ,3 ,4) . 将区间 [ 0 , 1 ] 分 成 0 ,
1 3 , 1 2 , 3 3 , 2 ,1 3

当 Q = 时 ,m =0; 当 Q = { - 1} 时 , m = - 1 ; 当 Q = {1} 时 , m = 1. 故 m 有 0 , - 1 ,1 共 3 个取值 . 2. (D) . 3. (B) . πx ∵f ( x) = 3sin 为奇函数 ,图像关于原点对称 ,
k

三 段 , 则 sin ∠AC1 B , sin ∠AC2 B , sin ∠AC3 B , sin ∠AC4 B 中至少有两个值落在同一个小区间内 ( 抽 屉原则) . ∴ 满足| sin ∠ACi B - sin ∠ACj B | ≤
1 ( i ≠j ) 的 3

∴ 圆 x2 + y2 = k2 只要覆盖 f ( x ) 的一个最值点 即可 . πx π 令 = ,解得 f ( x ) 距原点最近的一个最大值 k 2 点 P
k

2

, 3 . 由题意 k ≥

2

k

2

2

2 + ( 3) 得

| k| ≥ 2. 4. ( C) .

好点对 ( Ci , Cj ) 至少有一个 . 二、 7.π. 设数对 ( a , b) 满足要求 , 即使方程 x2 + 2 bx + 1 = 2 a ( x + b) 无实数根 . Δ = [2 ( b - a) ] 2 - 4 (1 - 2 ab) < 0 ,得 ∴
a + b < 1.
2 2

设 OX = ( x0 , y0 ) , OP = (2 ,1) ,则

x0

2

=

y0

1

.

∴x0 = 2 y0 ,则 XA = (1 - 2 y0 ,7 - y0 ) , XB = (5 - 2 y0 ,1 - y0 ) . ∴XA ?XB = ( 5 - 2 y0 ) ( 1 - 2 y0 ) + ( 1 - y0 ) ? (7 - y0 ) = 5 y2 0 - 20 y 0 + 12. 因此 , 当 y0 = 2 时 , XA ?XB 有 最 小 值 , 此 时 , OX = (4 ,2) , XA = ( - 3 , 5 ) , XB = ( 1 , - 1 ) , | XA | =
34 ,| XB | = 2 ,
XA ? XB

在 aOb 平面上 ,满足这个条件的 ( a , b) 组成的点 集 A 是单位圆 ( 不含边界圆周) 的内部区域 . 2 因此 ,图形 S 的面积为π× 1 =π. 8. 3 000. 设 a1 = a , a2 = b , 则数列前 6 项为 a , b , b - a ,
- a , - b , a - b. 又 a7 = a , a8 = b , 容易验证此数列

任何依次 6 项之和均为 0. ∴S 1 995 = S 332 ×6 + 3 = 0 + a + b + ( b - a)
= 2 b = 4 000.
S 1 985 = S 330 × 6 +5



从而 ,cos ∠AXB =
=

| XA | ? | XB |

( - 3 ,5) ? (1 , - 1) - 8 4 17 = = . 17 34 ?2 68 5. ( C) . (1 ) 如 图 2 ①, 若 SA = SB = SC = BC = 1 ,
SA ⊥SB , SA ⊥SC ,则 V S2ABC = VA2SBC =

= 0 + a + b + ( b - a) + ( - a) + ( - b) = b - a = 1 000.



由式 ①、 ② 解得 b = 2 000 , a = 1 000. 则 S 2 002 = S 333 ×6 + 4 = 0 + a + b + ( b - a) + ( - a)
= 2 b - a = 3 000. 51 9. . 100

3 ; 12 2 , 2

(2) 如 图 2 ②, 若 SB = SC = BC = 1 , SA =
SA ⊥AB , SA ⊥AC ,则 V S2ABC =

设甲、 乙二人分别在 第 x、 y 天到达某地 ,0 ≤x ≤ 10 ,0 ≤y ≤ 10 , 他们会面 的充要条件是 | x - y | ≤ 3, ( ) 则点 x , y 分 布 在 如 图 3 正方形 OABC 内 ,其基本事 件 S 1 为介于两直线 x - y
= ± 3 之间的阴影内 .
图3

2 ; 24 2 . 12

(3) 如图 2 ③, 若 SA = SB = AB = AC = BC = 1 ,
SC = 2 , SA ⊥AC , SB ⊥BC ,则 V S2ABC = VA2SBC =

故所求概率为 P =
10.
图2

2 100 - (10 - 3) 51 = . 100 100

a ( m + 2 a)

2

a + b

2

2

.

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2003 年第 2 期

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如图 4 , 设 A 、 B、 M 在双曲线右准线上的射 影为 A′ 、 B′ 、 M′ ,右焦点 为 F ,离心率为 e . 由双 曲 线 定 义 , 有 | AA′ | + | BB′ | | MM′ | = 2 1 | A F| | B F| = + 2 e e 图4 1 ( | A F| + | B F| ) = 2e | AB | m ≥ = . 2e 2e ∴M 的横坐标 = | MN | = | MM′ | + | M′ N| 2 2 m a am a a ( m + 2 a)  ≥ + = + = . 2 2 2e c 2c c 2 a + b
3 ,1 . 2 如 图 5 , 作 MP ⊥AB 于 P , 连 PN , 由题 设 可 得 PN ⊥ AB . 故 ∠MPN 是二 面角 D2AB2E 的平面 角 , 即 ∠MPN = 120° . 11.

种取法对应一个同类项 ,故共有 66 项 . 三、 13. 2 f ( x ) 关于 x = 2 对称 ,设 f ( x ) = a ( x - 2) + b . 根据题意   4 a + b = 1. 设 f ( x ) 的图像与 x 轴交 于 x1 、 x2 ,则| x1 - x2 | = 2 2 ,即   2 解得
1 , 2 b = - 1.
a=

-

b = 2 2. a

1 ( x - 2) 2 - 1. 2 14. 设 b ∈[1 , a ] 使 A ∩B ≠

故 f ( x) =

,即存在 y0 ∈A 且

y0 ∈B , 使 y0 = a ( m ∈N+ ) 且 y0 = ( a + 1) n + b
m ( n ∈N+ ) . 则应存在 m 、 n ∈N+ ,使 a = ( a + 1) n + b

m

(1 ≤b ≤a) , m a - b (m、 即  n = n ∈N+ ,1 ≤b ≤a) . a+1 m ∵a - b = [ ( a + 1) - 1 ] m - b m- 1  = ( a + 1) m - C1 + … m ( a + 1) m- 1 m- 1 m ( ( (  + C m a + 1) + - 1) - b , - 1)

图5

∴n ∈N+ 时 ,应使 ( - 1) m - b 能被 a + 1 整除 . (1) 当 m 是正偶数时 ,有 1 - b 能被 a + 1 整除 . 由于 a ≥ 2 ,1 ≤b ≤a ,故仅当 b = 1 时满足要求 . (2) 当 m 是正奇数时 ,有 - 1 - b 能被 a + 1 整除 . 由于 2 ≤b + 1 ≤a + 1 , 故仅当 b = a 时满足要 求. 综上 ,满足题意的 b 存在 ,其取值为 b = 1 或 b =
a.

设 AM = FN = x ,则 MP = ∴MN 2 =
=
x
2

2 2- x x , PN = . 2 2 2 2- x x× × cos 120° 2 2
x-

2

+

2- x 2

2

- 2×

1 1 ( x2 - 2 x + 2) = 2 2

2 2

2

+

3 4

(0 ≤x ≤ 2 ) .

从而 ,当 x =

2 3 时 , MN min = ; 2 2

当 x = 0 或 2时 , MN max = 1.
12. 66. 合并后各项的形式均为 ak1 bk2 ck3 , 其中 k1 + k2 + k3 = 10 ( k1 、 k2 、 k3 ∈N) , 当 k1 、 k2 取定时 , k3 惟一

当 b = 1 时 , A ∩B = { y | y = a2 k , k ∈N+ } ; 当 b = a 时 , A ∩B = { y | y = a2 k + 1 , k ∈N+ }. 15. 如图 6 , 作 ⊙O 直径 A′ G , IK ⊥BC 于点 K. 设 ⊙O 半径为 R , △ABC 内 切 圆 半 径 为 r ,则 A′ G = 2 R , IK = r. ∵I 是 △ABC 的内 心, ∴ ∠BAA′ = ] A′ ∠CAA′ B = A′ C] A′ G ⊥BC . 又 IK ⊥BC , ∴IK ∥A′ G.
图6

确定 . 若 k1 = 10 , k2 = 0 ,有 1 种取法 ; 若 k1 = 9 , k2 = 0 或 1 ,有 2 种取法 ; 若 k1 = 8 , k2 = 0 、 1、 2 ,有 3 种取法 ; …… 若 k1 = 1 , k2 = 0 、 1、 2、 …、 9 ,有 10 种取法 ; 若 k1 = 0 , k2 = 0 、 1、 2、 …、 10 ,有 11 种取法 . 以上共有 1 + 2 + 3 + … + 10 + 11 = 66 种取法 ,每

从而 可 知 , Rt △IDK ∽ Rt △A′ G A ]

ID IK = A′ G AA′

] AA′ ? ID = A′ G? IK = 2 Rr. 同理可证 BB′ ? IE = 2 Rr , CC′ ? IF = 2 Rr. 故 AA′ ? ID = BB′ ? IE = CC′ ? IF. ( 安徽师范大学附中   袁  金  提供) http://www.cnki.net

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2012 年全国高中数学联赛安徽省预赛
一、填空题(每小题 8 分,共 64 分) ? 1.设函数 f ( x) ? arcsin(cos x) ,则 f ( f ( f ( x))) 的最小正周期为 2.设实数 x, y 满足 x 2 ? 8 x ? y 2 ? 6 y ? 24 ? 0 ,则 x ? 2 y 的最大值为 3. cos . .

?
11

? cos

2? 3? 4? 5? ? cos ? cos ? cos ? 11 11 11 11

.(用数字作答)

4.设两点 C , D 在以线段 AB 为直径的半圆弧上,线段 AC 和线段 BD 相交于点 E , AB ? 10 ,

AC ? 8 , BD ? 5 2 ,则 ?ABE 的面积为
5.设两个椭圆 .
2



x2 y2 x2 y2 ? 2 ?1和 2 ? 2 ? 1 有公共的焦点,则 t ? t ? 2t ? 2 t ? t ? 2 2t ? 3t ? 5 t ? t ? 7

6.如图,设正四棱锥 P ? ABCD 的体积为 1 , E , F , G, H 分 别是线段 AB, CD, PB, PC 的中点,则多面体 BEG ? CFH 的体积为 .

7.不超过 2012 且与 210 的最大公约数是 1 的正整数共有 个. 8.设随机变量 X : N (1, 2) , Y : N (3, 4) .若 P( X ? 0) ? P(Y ? a ) ,则 a ? 二、解答题(共 86 分)? 9.(本小题满分 25 分)已知 ?ABC 的周长为 1 ,且 sin 2 A ? sin 2 B ? 4sin A sin B . (Ⅰ)证明: ?ABC 是直角三角形; (Ⅱ)求 ?ABC 面积的最大值. .

10.(本小题满分 25 分)设无穷数列 {an } 满足 a1 ? 1 , an ? an ?1 ?

1 (n ? 2) .证明: an ?1

(Ⅰ)当 n ? 2 时, an ? 2n ; (Ⅱ)不存在实数 C 使得 an ? 2n ? C 对所有 n 都成立.

?

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11.(本小题满分 18 分)设 n ? 2m , m 是正整数.求所有满足 f ( x 2 ? 1) ? f 2 ( x) ? 1 的 n 次实系 数多项式 f ( x) .

12. (本小题满分 18 分)设 n ? 2 . 对平面上的任意 n 个向量 ?1 ,? 2 ,L ,? n , 以 M 表示满足 i ? j

? j ? 0 的实数对 (i, j ) 的个数.证明: M ? 且 ?i g

n2 . 3

?

圣才学习网? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 参考答案

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2011 年全国高中数学联赛安徽省预赛
安徽省预赛的命题工作是由安徽省数学会负责,预赛试题所涉及的知识范围,完 全参考了《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学内容和要求,但在方法 的要求上有所提高,主要考查学生对所学的基本知识和基本技能的掌握情况, 以及灵活 运用知识的综合能力. 试题包括 8 道填空题,4 道解答题,满分 150 分,考试时间为 2 小时. 印制试卷严格按照联赛的要求,秘密印卷,采用大包 30 份,小包 10 份的包装,通 过保密渠道,在 9 月 9 日左右寄达各市教研室. 各市教研员在收到试题后派专人保管, 并在考前 5 分钟拆封. 安徽省预赛于 2011 年 9 月 10 日举行,在这个值得庆贺日子“教师节” ,我省 17 各地市的高中数学老师都在认真地监考. 共有 31078 名学生在各地、县中学参加考试. 初赛结束后,各地教研员认真组织改卷、初评和复评工作,坚持公开、公正、公平的原 则,最终复评后确定了 1130 人有参加 10 月 16 日到中国科学技术大学参加全国高中数 学复赛的资格.

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一、填空题(每小题 8 分,共 64 分) 1.以 表示集合
,则



的元素个数 . 若有限集合 的最大可能值为

满足 .





2.设 是正实数. 若 则 3.已知实系数多项式 足 ,
, ,则

的最小值为 10, . 满 的

所有可能值集合为 4. 设 展开 式 若 5.在如图所示的长方体 形 的中心, 线段


.
.

,则 中,设 交平面


. 是矩 . 若 则

第5题

于点


.

第6题

6.平面上一个半径 的动圆沿边长 的正三角形的外侧滚动,其扫过区域的面积 为 . 与复数 一一对应. 若点 分别对应复数 (用 表示).

7.设直角坐标平面上的点 ( ) ,则直线

与 轴的交点对应复数

8.设 n 是大于 4 的偶数. 随机选取正 n 边形的 4 个顶点构造四边形,得到矩形的概率 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 10.已知正整数 11.设 ( 满足 , ( ) ,求 的通项公式. . . 求 的最大可

都是合数,并且两两互素,求证: 是实数) ,当 时,

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能值.

12. 设点 双曲线

, 在双曲线 的右支于点 . 求证:直线 与

的左支上, 的交点

, 直线 在直线

交 上.

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解答
1. 2. 10. 2.

3. {32}. 4. 2413. 5. 6. 7. 8. 9. . . . .

. 10 .设 的最小素因子 ,因为 不是素数,所以 . 于是

11 .由

可知

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满足题设, 的最大可能值为 12 .设 ,所以 ,直线

. ,则

的方程

, ①

, 所以



把①代入上式,得

.

2010 年全国高中数学联赛安徽赛区预赛试卷
一、填空题(每小题 8 分,共 64 分) 1.函数 f ( x ) = 2x ? 4x ? x 2 的值域是__________________________. 2.函数 y = _____________________的图象与 y = e x 的图象关于直线 x + y = 1 对称. 3.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

x2 y2 + = 1与双曲线 xy = 1 相切,则 t = __________________________. t +1 t ?1

5.设 z 是复数,则 | z ?1| + | z ? i | + | z +1| 的最小值等于________________ __________. 6.设 a , b , c 是实数,若方程 x 3 + ax 2 + bx + c = 0 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__________________________.

7 . 设 O 是 ?ABC 的内 心, AB = 5 , AC = 6 , BC = 7 , OP = xOA + yOB + zOC ,

??? ?

??? ?

??? ?

????

0 ≤ x, y, z ≤ 1,动点 P 的轨迹所覆盖的平面区域的面积等于________________________.
8.从正方体的八个顶点中随机选取三点,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 a1 = 0 , an =

2 , n ≥ 2 .求 an 的通项公式. 1 + an ?1

10.(22 分)求最小正整数 n 使得 n 2 + n + 24 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 的平 分线与边 BC , CA , AB 的垂直平分线的交点.求证: ?ABC 的面积小于 ?DEF 的面积.

12. (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 n ? 1 根火柴,此后每人每次至少取走 1根火柴.但是不超过对方刚才取走火柴数目的 2 倍.取得最 后一根火柴者获胜.问:当 n = 100 时,甲是否有获胜策略?请详细说明理由.

第 1页

2010 年全 国高中数学联赛安徽赛区预赛试卷 参考答案及评分标准
一、填空题(每小题 8 分, 共 64 分) 1.答案: ?4 ? 2 5,8? .

?

?





: 因

0≤ x≤ 4 , 设

x ? 2 = 2 cos α



0 ≤α ≤π







y = 4 cos α ? 2 sin α + 4 = 2 5 cos(α + ? ) + 4(其中 cos ? =

2 1 , sin ? = , ? 为锐 5 5 ? ?

角),所以当 α = 0 时, ymax = 8 ,当 α + ? = π 时, ymin = 4 ? 2 5 ,故 y ∈ ? 4 ? 2 5,8? . 2. 答案: 1 ? ln(1 ? x ) 提 示 : 因 两 函 数 图 象 关 于 直 线 x + y = 1 对 称 , 所 以 x → y ?1 , y →1 ? x , ∴

1 ? x = e1 ? y ,解得 y = 1 ? ln(1 ? x ) .
3. 答案: ?

1 3

提示:正八面体由两个棱长都相等的正四棱锥组成,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 α 的两倍.∵ tan α =

2 ,∴ cos 2 α =

1 1 = ,则 2 1 + tan α 3

1 cos 2α = 2 cos 2 α ? 1 = ? . 3
4. 答案 :

5 ? x2 y2 ? x = t +1 cos θ ( 为 + = 1知, t > 1,设其参数方程为 ? θ t +1 t ?1 y = t ? 1 sin θ ? ?

提示:由椭圆方程

参数)代入双曲线方程 xy

= 1,得 sin 2θ =
2

2

.

t ?1
因两曲线相切,∴

2

t ?1
5. 答案: 1 + 3 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,

2

= 1 ,故 t = 5 .

| z ?1| + | z ? i | + | z + 1| 取得最小值,最小值为 1 ?
第 2页

3 2 3 2 3 + + = 1+ 3 . 3 3 3

6. 答案: b =

a2 a3 a 且 ?1 c = ? . 3 27 3

提示:设三个根为 α ? 1 , α , α + 1,则 x 3 + ax 2 + bx + c = ( x ? α + 1)( x ? α )( x ? α ? 1) , 右 边 展 开 与 左 边 比 较得 ? a = 3α , b = (α ? 1)α + α (α + 1) + (α + 1)(α ? 1) = 3 α 2 ?1 ,

? a2 b = ?1 ? ? 3 ,这就是所求的 ?c = (α ? 1)α (α + 1) ,消去 α 得 ? 3 a a ?c = ? ? 27 3 ?
充要条件. 7. 答案: 12 6 提示:如图,根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 面区域的面积等于等于 ?ABC 面积的 2 倍,即 12 6 . 8. 答案:

6 7

提示:从正方体的八个顶点中随机选取三点,共有 C83 个三角形, 其中直角三角形有

12 × C43 个,所求“构成直角三角形” 的概率是
二、解答题(共 86 分) 9. 解:特征根法. 又 an + 2 =

3 12 × C4 6 = . 3 C8 7

4 + 2an ?1 1 ? an ?1 , an ? 1 = ,…………(10 分) 1 + an ?1 1 + an ?1



an + 2 a +2 a +2 = (? 2) ? n ?1 = (? 2)2 n ?2 = ? = (? 2)n , an ? 1 an ?1 ? 1 an ? 2 ? 1
( ?2) n + 2 .………………(20 分) (? 2)n ? 1

于是 an =

? n2 + n + 24 = 0 mod 2 ? n2 + n = 0 mod 3 ? 2 ? ? n + n + 24 = 0 mod 3 10. 解: 2010 | n 2 + n + 24 ? ? 2 ? ? n2 + n = 1mod 5 ? n + n + 24 = 0 mod 5 ? n2 + n = 43 mod 67 ? n2 + n + 24 = 0 mod 67 ? ?
…………(10 分) 又 n 2 + n = 0 mod 3 ? n = 0 或 2 mod 3 , n 2 + n = 1mod 5 ? n = 2 mod 5 ,

第 3页

n 2 + n = 43 mod 67 ? n =10 或 56 mod 67 ,
故所求最小正整数 n = 77 .…………(22 分) 11. 证明:由题设可证 A , B C , D , E , F 六点共圆. …………(10 分) 不 妨 设 圆 半 径 为 1 , 则 有

1 S? ABC = (sin 2 A + sin 2B + sin 2C ) , 2

1 S? DEF = (sin A + sin B + sin C ) . 2 由于 sin 2 A + sin 2B + sin 2C 1 1 1 = (sin 2 A + sin 2B ) + (sin 2B + sin 2C )+ (sin 2C + sin 2A ) 2 2 2

= sin( A + B )sin(A ? B ) + sin(B + C )sin(B ? C ) + sin(C + A)sin(C ? A)
< sin( A + B ) + sin( B + C ) + sin(C + A) = sin A + sin B +sin C
∴ ? ABC 的面积小于 ?DEF 的面积. …………(22 分) 12. 解: 把所有使得甲没有有获胜策略的初始火柴数目 n 从小到大排序为: n1 , n2 , n3 , …, 不难发现其前 4 项分别为 2,3,5,8. 下面我们用数学归纳法证明: (1) {ni } 满足 ni +1 = ni + ni ?1 ; (2)当 n = ni 时,乙总可取到最后一根火柴,并且乙此时所取的火柴数目 ≤ ni ?1 ; (3)当 ni < n < ni +1 时,甲总可取到最后一根火柴,并且甲此时所取的火柴数目 ≤ ni . ……………………………………(10 分) 设 k = n ? ni ( i ≥ 4 ),注意到 ni ? 2 < 当1 ≤ k < 当

ni < ni ? 1 . 2

ni 时,甲第一次时可取 k 根火柴,剩余 ni > 2k 根火柴,乙无法获胜. 2

ni ≤ k < ni ?1 时, ni ? 2 < k < ni ?1 ,根据归纳假设,甲可以取到第 k 根火柴,并且甲此 2

时所取的火柴数目 ≤ ni ?2 ,剩余 ni > 2ni ?2 根火柴,乙无法获胜. 当 k = ni ?1 时,设甲第一次时取走 m 根火柴,若 m ≥ k ,则乙可取走所有剩小的火柴; 若m < k , 则根据归纳假设,乙总可以取到第 k 根火柴, 并且乙此时所取的火柴数目 ≤ ni ?2 , 剩余 ni > 2ni ?2 根火柴,甲无法获胜. 综上可知, ni +1 = ni + ni ?1 .因为 100 不在数列 { ni } ,所以当 n = 100 时,甲有获胜策 略. …………(22 分)
第 4页

2 0 1 0年 第 3 期 

3 3  

2 0 0 9年全国高中数学联赛安徽赛 区预赛 
中 圈 分类 号 :G 4 2 4 . 7 9   文 献 标识 码 :A   文 章 编号 :1 0 0 5—6 4 1 6 ( 2 0 1 0 ) 0 3- 0 0 3 3— 0 2  





填 空题 ( 每小题 8分 , 共6 4分 )  
— —  

B F C, 联结 E F, 向  △C E F外部作△ E F G ,  
使  E F G=  
砸l G = /

1 . 当且 仅 当实 数 n 、 b 、 c 、 d满 足
时, 两个二 次方程 
2 +似  b: 0与  +c  +d= O  

C F B,  
C E D.  

恰 有一个 公共 根.  

2 . 设 凸 四边 形 A B C D满 足 A B= A D =1 ,  
A=1 6 0 。 ,   C:1 0 0 。 . 则 对 角线 A C的 长 

证明:   △A E F   △G E F .  

图1  

2 . ( 2 1分 ) 已知正项 数列 { 口   } 满 足 
口 I =1 ̄ 1 2 : 2   =   求n   的通 项公 式 .   ( n ≥3 ) .  

度 的取值 范 围是 

.  

3 . 若十进制三位数 / I , :a b c满 足 n 、 b 、 c   成 等差 数 列 , 则 n的质 因子 的最 大 可 能值 为  4 . 当实数 a∈ 时, 不 存 在 实 数 

3 . ( 2 2 分 ) 求 方 程 【 号 】 + 【 詈 】 + [ 号 】 =  
的所 有解 ( [ o ] 表 示 不 超过 实 数 0的最 大 整 
数) .  





使得 I x+ 0+1   I +I x+ 口   ~ 2l < 3 。  
5 . 过 点 A( 1   5 0 5 , 1   0 o 8 ) 且与直线  。 : , , : 0  

4 . ( 2 2分 ) 假设平 面点集 . s 具 有性质 :   ( 1 ) 任意三 点不共 线 ;   ( 2 ) 任意两 点距离 各不 相等 .   对 于 s中两点 A 、 B, 若存 在点 c∈ 5使 
得I A Cl <l A BI <I   B CI , 则称 A B是 S的一 条 

和   , , = 争都 相 切 的 所 有 圆 的 半 径 之 和 为  
● 
.‘-。 __-_. .。,。_ __  ‘— —

6 . 设 二次 函数  ): ∞  +   + c ( Ⅱ> 0 )   满 足  5一  )=   5+ x ) . 则f ( C a - 6 ̄ 、  2   ) 、  


“ 中边 ” ; 对 于 s中三点 A、 B、 C, 若A B、 A C、 B C   都是 . s的 中边 , 则称△ A B C是 S的 “ 中 边 三 
角形 ” . 求最小 的 n , 使 得任意 具有性 质 ( 1 ) 和  ( 2 ) 的 n元平面点集 5中必存在 中边三角形.  

f ( 5 s i n   4 5 。 ) 由小到 大排 序为 

7 . 设 平 面 d外 一 定 点 P到 O t 的距 离 为  h , a上 的三 个 动点 A、 B、 C到 P的 距 离 分别 
为 、 b 、 c , 并 且  P B A= 9 0 。 . 则△ A B C面积 

的最 大值为 

( 用a . b 、 c 、 h表示 ) .  
— —

参 考 答 案 


8 . 设直线 f   ∥f : , 在 f   和f   上分 别 取 l 0   个点 A   , A : , …, A   。 和  , B 2 , …, B   则线 段  A l  l , A 2 B 2 , …, , 4   0 口 i 0 可 以将 Z 1 、 Z 2 所 夹 的带 状  区域分成最 多  个不相交 部分 .  
二、 解 答题 ( 共8 6分 )   1 . ( 2 1分 ) 如图 1 , 已知t Z Z T A B C D 满 足 

1 . ( a d— b c ) ( c — n )=( b— d )  . 口 ≠c .  

向量(  ,   , 1 ) 与( a d— b c , b — d , c 一 口 ) 平行.  
2 . { 1 } .   因 为  c:1 8 0 。 一   , 所 以, 点 B、 C、 D  

在 以 A为 圆心 、 1 为 半径 的 圆上 .  
3. 3l 7.  

B A D> 9 0 。 , 向 四边 形 外 部分 别 作 △ D C E、  
△B C F. 使 得  E D C=   C B F,   DC E:  

3I  . 9 9 9 :2 7×3 7. 9 8 7=3 ×7×4 7,  

中 等 数 学 
9 6 3=9×1 0 7. 9 5 1=3×3 1 7 .  
=   一

/ A F B一   F A B 一/ A BC  
CBF =   EC . F,  

4 . ( 一∞ , 一 2 ] t _ J [ 0, 1 ] U[ 3 , ∞) .  
无解车   f 口   一口一 3   I   >3 1   n   一口 ≤0或 o   一口一 6 ≥0 .  
5. 2   0 0 9.  

=  

则△ A E F  △G E F .  

2 . 设b   =l o g 2 a   . 则 
6 l =0, 6 2=1 , 6  = 一b   l+b  
一 一



( n > 13 ) .  

由t a n   2 0—4   t a n   0:

了 则 圆心 在 直 




设  、   是方程  =一  +1的两根 , 即 
= 一  

线, , = ÷上, 且圆 心为( 2 r , r ) ( r 为圆的 半径) .  
故( 1   5 0 5— 2 r )  +( 1   0 0 8一 r )  =r  
=   4 r  一8   0 36 r+1   5 0 5  +1   0 08  =0   1+ 2=2   0 0 9.  

『 b . -   一   = P ( 6   一   一 : ) : …=   ( 6 : 一 ^ 6 1 ) 1  

【 6   一   6   一 1 =   ( 6   一 l - r i b   一 2 ) : … =  ̄ - - 2 ( b 2 一   6 1 )  
j6  =  
^一/ 1  

, 0  =2  

.  

6 .  2 r r )<  

0)<  5 s i n   4 5 。 ) .  

I ̄ /   4 0 —5   I   1 . 3 2,I 2 7 c 一5   l 一1 . 28,  

3 . 由方 程知 解  是 整数 .  

l I   4 2   一 5 } l  4 6 .  
7 .   (   +   『 二  ) .  

设 = 4 2 p+ q ( p∈ Z, q∈ { 0 , 1 , …, 4 1 } ) .  

则 【 号 】 + 【 手 】 + 【 争 】 =   铮 p = 【 号 】 + [ 号 】 + 【 等 】 一 g .  
因此 , 方 程 的解集 为 

注意到l A BI =√口   一6  .  
设 P在平 面  上 的投影 为 Q. 则  A B上 曰 Q .  

{ 4 2 ( [ 号 】 + 【 手 】 + 【 手 】 - q ) +   l   : o ’ 1 , …   )  


故I   l -  

一 h   , l   c ql =  
’  

一h 。.  

{ 0, 一 6 , 一l 2 , 一1 4 , 一1 8 , 一 2 0 , 一 2 1 ,  


于是 , 点 C到 A B的距离 小 于或等 于 
l B QI +I   c QI .  
8 . 5 6.  


2 4,一2 6,一2 7, 一2 8,一3 0,-3 2,-3 3,   3 4, -3 5,一3 6, 一3 8,一3 9,一4 0, -4 1,  





4 4 , 一4 5 , 一 4 6, 一 4 7 , 一4 9 , 一5 0, 一5 1 ,  
5 2,-5 3,一5 5,-5 7,-5 8,一5 9, -6 1,  

条线段 将 原 区域 分 成 两 部分 . 第 后条 



线段 被前  一1条线段 最 多分成  段 , 最 多增 
加 后部 分 . 因此 ,   条 线 段 最 多 将 区域 分 成  2+ 2+3+. . . +  :   二、 1 . 由题 意 知 
△ E D C∽ △ C B F∽ △ E G F .  



6 4 , 一 6 5 , 一 6 7 , - 7 1 , 一 7 3 , 一 7 9 , 一 8 5 } .  

4 . 将 s的所 有 中边 染 成 红 色 , 其 他 边 染 
成 蓝 色.  

部 分.  

当n ≥6时 , 根据拉姆赛定理知 , 一 定 存  在 同色 三角形 , 该 三角 形一定 有 中边 , 一 定 是 
中边三 角形 .  

惭  一 丝 一   一  
以 

一DE —BC —AD ’  

以下 具有 性质 ( 1 ) 、 ( 2 ) 的 五元 点集 不存 
在 中边 三角形 :  

因为  E D A=   A B F, 所以,  
△ E D A   c o / XA B F .  
AF   AB  DC   GF  -  

假设 五个 点 P   、 P 2 、 P   、  、 P 5 在 圆 周 上  依 逆时针 的次 序排 列 , 且 

驭  A E    一 D E  历 D E  一   G E’ ’  
又  E A F =7 c 一   D A E一   F A B一   A BC  



P 1 P  ,     ,   : 堑 2  : , P2 P3  = , P3 P4:   1 0, ,  

2 o l O年第 3期 

3 5  

教学   游 蜃禽劫  钢缘零( 1 2 7 )  
中圈分类号 : G 4 2 4 . 7 9   文献标识码 : A   文章缡号 :1 0 0 5— 6 4 1 6 ( 2 0 1 0 )- 0 0 3 5— 0 l 4  

第 一 试 
选择 题 ( 每小 题 7分 , 共4 2分 )   1 . 计算 :  


5 . 在平面直角坐标系 中, a ( o , 3 ) 、 B( 4 , 1 ) 、   C ( m, 0 ) . 当△ A B C的周 长最 小 时 , m 的值 为 
(  



l   9 4 9 ×2   01 0   l   ‘ ‘ 9 。 。 49+ ‘ — ’ 。 。 。 。   —   ’   1 。   。   9 —   。 4 。 。 9 。 一  

1   9 4 9×2  01 0   1   95 0+ l   9 5 0  ,   4 -   ● ● 0  

( B ) 3   ( C ) 2   ( D) 1   6 . 用图 2中 的两 个 转 盘 做游 戏 . 第 一 个 

) .   ( A)一 3  

2   0 0 9  2   0 0 9   (  


) .  

转盘 为 圆形 , 0为圆心 , 且  A O B=   B O C:   9 0 。 ; 第二个 转 盘 为矩 形 , 0   为矩形 中心 , 且 
n ,   ,   =   .

( A) 5 9   ( B) 6 0   ( C) 6 1   ( 0) 6 2   2 . 使 m  一r t t ,  +4为 完 全 平 方 数 的 自然 

若 同时 转 动两 个转 盘 , 则转 盘停 

z ' l 上J  

止后指 针 同时指 向 口的概 率是 (  

) .  
D 

数 m有 (   ) 个.   ( A ) z   ( B) 3   ( c) 4   ( D ) 无 数  3 . 如图 1 , 在 梯形 A B C D中, A D∥ B C,   A B C= 9 0 。 , 点  在边 C D上 , 且E D= D A=   A B=÷ B C . 点 P 在  A  
‘ 




曰 

C   图2  

梯形 A B C D 内 ,且 
PB = PD .   PDC =  B  
图 1  
C 

/ P B A .则  系是 (   ) .  

P E D  

( A ) 丧( B   1( c )   ( D )  
二、 填空题 ( 每 小题 7分 , 共2 8分 )   1 . 已知方程  一 2 x一1 = 0的两 实数根分 
别为 , 、  . 则  一 1 3 x , 的值是  2 . 如图3 . 在 四边 
形A B C D中. B C=C D  
D 

与  B C D 的大 小 关 
( A) / PE D>   BC D  

( B )   P E D<   B C D   ( C)   P E D=   B C D 

( D) 不 能确定 

=6,   A C B 的 角 平  分线 C E交 A B 于 点 
E, E F上 B C千  F,  
1  

4 . 1 ℃ 数 式 2 ̄ /  + 1一   的 最 小 值 是 
(   ) .  

( A) √ 3   ( B ) √ 2   ( C ) 3  

( D) 2  

E F = 3 , s  口 c = 2 2 ÷,  

图 3  



P 4 P 5 = 莩 , P 一 s P 1 = 詈 。  
则点 P   、 P   、 P   、 P   、 P   两 两 的距 离 互 不 

对 于少 于五 个 点 的情 况 , 只要 在前 面 的 

例子 中删 去若 干个点 , 仍 然不存 在 中边 三 
角形 .  
( 安 赛 提供)  

相同, 且P 2 P , 、 尸 , P   、 P   尸 5 、   边, 但是不存 在 中边三 角形.  

、 P 4   为 中 

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2008 年安徽省高中数学联赛初赛试题
1.若函数 y=f(x)的图象绕原点顺时针旋转 π2 后,与函数 y=g(x)的图象重合,则( ) . (A) g(x)=f?1(?x) (B) g(x)=f?1(x) (C) g(x)=?f?1(?x) (D) g(x)=?f?1(x) 2.平面中,到两条相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.下列4个数中与 cos1?+cos2?+...+cos2008?最接近的是( ) . (A)?2008 (B)?1 (C)1 (D)2008 4.四面体的6个二面角中至多可能有( )个钝 角. (A) 3 (B) 4 (C) 5 (D) 6$ 5.12008 写成十进制循环小数的形式 12008=0.000498...625498...625...,其循环节的长度为 ( ) (A)30 (B)40 (C)50 (D)60 6.设多项式(1+x)^2008=a_0+a_1x+...+a_2008x^2008,则 a_0,a_1,...,a_2008 中共有( )个 是偶数. (A) 127 (B) 1003 (C) 1005 (D) 1881 7.化简多项式 sum_{k=m}^{n}C_n^kC_k^mx^(k-m)(1-x)^(n-k)=( ). 8.函数 f(x)=frac{3+5sinx}{sqrt(5+4cosx+3sinx)}的值域为( ). 9. 若数列 {a_n} 满足 a_1>0,a_n=frac{a_1+a_(n-1)}{1-a_1a_(n-1)}(n>=2), 且具有最小正周期 2008,则 a_1=( ). 10.设非负实数 a_1,a_2,...,a_2008 的和等于 1,则 a_1a_2+a_2a_3+...a_2007a_2008+a_2008a_1 的最大值为( ). 11. 设点 A(1,1),B,C 在椭圆 x^2+3y^2=4 上.当直线 BC 的方程为( )时,DeltaABC 的面积最大$.

13.将6个形状相同的小球(其中红色、黄色、蓝色各2个)随机放入3个盒子中,每个盒 子中恰放2个小球,记 η 为盒中小球颜色相同的盒子的个数,求 η 的分布.

14.设 a1≥1,an=[nan?1?????√](n≥2),其中[x]表示不超过 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⊙O1 与⊙O2 相交于 A,B 两点,⊙O3 分别与⊙O1,⊙O2 外切于 C,D, 直线 EF 分别与⊙O1,⊙O2 相切于点 E,F,直线 CE 与直线 DF 相交于 G,证明:A,B,G 三点 共线.

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参考答案 1.D 2.D 3.B 4. B 5.C 6.D 7.$C_n^m$ 8.$(-4/5sqrt10,sqrt10] 9.(错题) 10.$1/4$ 11.$x+3y+2=0 12.2007 13. $P(eta=0)=8/15,P(eta=1)=2/5,P(eta=2)=0,P(eta=3)=1/15$ 14. 思 路 : 先 用 反 证 法 证 明 存 在 $N, 使 a_N<=N+1; 接 着 用 数 学 归 纳 法 证 n>=N 时 , n-2<=a_n<=n+1$; $最后证 n>=N 时,a_n<=a_(n+1)<=a_n+1$. 这样由$a_n->+oo(n->+oo)知对一切自然数 m(>=a_N),m 都在数列{a_n}中,结论正确. 15. 利用根轴概念,只需证明$C,D,E,F 四点共圆,以 A(或 B)为中心进行反演不难得证!

2007 年安徽省高中数学联赛初赛试卷
(考试时间:2007 年 9 月 8 日 9:30—11:30 ) 一. 选择题(本题 36 分,每题 6 分) 1.如果集合 A,B 同时满足 A∪B={1,2,3,4},A∩B={1},A≠{1},B≠{1}, 就称有序集对(A,B)为”好集对”.这里有序集对(A,B)意指,当 A≠B 时(A,B)和(B,A)是不同的 集对.那么”好集对”一共有________个. A. 64 B. 8 C. 6 D. 2 2.设函数 f(x)=lg(10 ? x +1),方程 f(-2 ? x )=f(2 x )的解为_______. A. log 2 (lg2)-1 B. lg(log 2 10)-1 C. lg(lg2)+1 D. log 2 ( log 2 10)+1

3.设 A=100102102103---499500 是一个 1203 位的正整数,由从 100 到 500 的全体三位数按顺序排 列而成.那么,A 除以 126 的余数是_________. A. 78 B. 36 C. 6 D. 0 4. 直 角 ⊿ ABC 中 ∠ C=90
o

,CD 为 斜 边 上 的 高 ,AD=a,BD=b,CD=a-b=1. 设 数 列 { uk } 的 通 项 为

u k = a k ? a k ?1b + a k ? 2 b 2 ? ??? + (?1) k bk , k=1,2,3…,则___________.
A. u2008 = u 2007 + u 2006 C. 2007u 2008 = 2008u 2007 B. u2008 = u 2007 ? u 2006 D. 2008u2008 = 2007u 2007

5.在正整数构成的等差数列 1,3,5,7, …中删去所有和 55 互质的项之后,把余下的各项按从小到 大 的 顺 序 排 成 一 个 新 数 列 { an }, 易 见 a1 =1, a2 =3, a3 =7, a4 =9, a5 =13, … . 那 么

a2007 =____________________.
A. 9597 B. 5519 C. 2831 D. 2759

6.设 A = 1 + cos 3o + 1 + cos 7 o + 1 + cos11o + ??? + 1 + cos 87o

B = 1 ? cos 3o + 1 ? cos 7o + 1? cos11o + ??? + 1? cos 87o
则 A/B=_____________. A.

2? 2 2

B.

2+ 2 2

C.

2 ?1

D.

2 +1

二.填空题(本题满分 54 分, 每小题 9 分) 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. 8. 设 n≥2007,且 n 为使得 a n = ( 2 ?

2 + i 2 + 2 ) n 取实数值的最小正整数,则对应此 n 的

a n =____________.

9. 若 正 整 数 n 恰 好 有 4 个 正 约 数 , 则 称 n 为 奇 异 数 , 例 如 6,8,10 都 是 奇 异 数 . 那 么 , 在 27,42,69,111,125,137,343,899,3599,7999 这 10 个正整数中,奇异数有__________. 10.平行六面体 ABCD-- A1 B1 C1 D1 中,顶点 A 出发的三条棱 AA 1 ,AB,AD 的长度分别为 2,3,4,且两两 夹 角 都 为 60
o

, 那 么 这 个 平 行 六 面 体 的 四 条 对 角 线 AC

1

,BD 1 ,DB 1 ,CA 1 的 长 度 分 别 为

______________. 11.函数 f(x),g(x)的迭代函数定义为:

f (1) ( x ) = f ( x ), f ( 2) ( x) = f ( f ( x)), ???, f ( n ) ( x) = f ( f ( n ?1) ( x)), g (1) ( x ) = g ( x ), g ( 2) ( x) = g ( g ( x)), ???, g( n ) ( x) = g( g( n ?1) ( x)),
其中 n=2,3,4, ….设 f(x)=2x-3,g(x)=3x+2,方程组

? f ( 9) ( x) = g ( 9) ( y) ? ( 9) ( 9) ? f ( y ) = g (z ) ? f ( 9) ( z ) = g ( 9) ( x ) ?
的解为_____________________. 12.设平行四边形 ABCD 中,AB=4,AD=2,BD=2 为______________. 三.解答题(本题满分 60 分,每题 20 分) 13.已知椭圆 C: 3x 2 + 4 y 2 = 12 和点 Q(q,0),直线 l 过 Q 且与椭圆 C 交于 A,B 两点(可以重合) 1)若∠AOB 为钝角或平角(O 为原点).q=4.试确定 l 的斜率的取值范围. 2)设 A 关于长轴的对称点为 A 1 ,F 为椭圆的右焦点,q=4,试判断 A 1 与 F,B 三点是否共线,并说明理 由. 3)问题 2)中,q≠4,那么 A 1 ,F,B 三点还能否共线?请说明理由. 14.数列{ x n }由下式确定: xn +1 =

3 ,则平行四边形 ABCD 绕 AC 旋转所得旋转体的体积

xn ,n∈N* 2 xn + 1

x1 = 1

试求 lg x2007 的整数部分 k=[ lg x2007 ].(注[a]表示不大于 a 的最大整数,即 a 的整数部分.) 15.设给定的锐角三角形⊿ABC 的三变长为 a,b,c,正实数 x,y,z 满足

ayz bzx cxy + + =P x y z
其中 P 为给定的正实数,试求:

S = ( b + c ? a) x2 + ( c + a ? b) y2 + ( a + b ? c ) z2
的最大值,并求出当 S 取此最大值时,x,y,z 的取值.


一、 选择题 1.C. 2.A. 3.C. 4.A.



5.B

6.D.

1.逐个元素考虑归属的选择. 元素 1 必须同时属于 A 和 B. 元素 2 必须至少属于 A、B 中之一个,但不能同时属于 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 不能同时不属于 A ,也不能同时不属于 B. 所以 4 个元素满足条件的选择共有 2 × 2 × 2 ? 2 = 6 种.换句话说, “好集 对”一共有 6 个. 答:C.

2. 令 y = lg( 10 ? x + 1) , 则 y > 0 , 且 10 ? x + 1 = 10 y , 10 ? x = 10 y ? 1 ,
? x = lg( 10 y ? 1) ,

x = ? lg( 10 y ? 1) .从而 f

?1

( x) = ? lg( 10 x ? 1) .

令 2 x = t ,则题设方程为 故 解得

f (? t ) = f

?1

(t ) ,即

lg( 10 t + 1) = ? lg( 10 t ? 1) ,

lg[( 10 t + 1)(10 t ? 1)] = 0 , (10 t + 1)(10 t ? 1) = 1 , 10 2 t = 2 , 2t = lg 2 , 2x = t = 1 lg 2 . 2

从而

1 x = log 2 ( lg 2) = log 2 (lg 2) ? 1. 2

答:A.

3. 注意

126 = 2 × 7 × 9 ,2,7 和 9

两两互质.

因为 A ≡ 0 (mod2),

A≡ (1 + 0 + 0) + ( 1+ 0 +1 ) + (1 + 0 + 2) +?+ (4 + 9 + 9) + (5 + 0 + 0)
≡ 100 + 101 + 102 + ? + 500 ≡ (100 + 500) × 401 ÷ 2 ≡ 120300 ≡ 6 (mod9),

所 以 (1)

A≡6

( mod18 ) .




400



103 ≡ ?1
400



10 3 n ≡ ( ?1) n



mod7



,





i A = ∑ (500 ? i ) × 10 3 i ≡ ∑ ( 500 ? i ) × (? 1 ) i= 0 i= 0

≡ (500 ? 499) + ( 498 ? 497 ) + ( 496 ? 495) + ? + (102 ? 101) + 100 = 300 ≡ 6

( mod7 ) .

(2) 由(1 ) , (2)两式以及 7 和 18 互质,知 A ≡ 6 (mod126). 另 解 : 126
n = 1,2,3,?
= 2 × 63

答:C.

, 63 999999 , 999999 = 10 6 ? 1 , (10 6 ? 1) (10 6n ? 1) , . 所 以

A = 100 × 101200 + 101102 × 101194 + 103104 × 101188 + ? + 497498 ×10 6 + 499500

= 100× ( 101200 ? 1 ) + 101102 × ( 101194 ? 1 ) + 103104 × ( 101188 ? 1 ) + ? + 497498 × ( 106 ? 1 ) +

(100 + 101102 + 103104 + ? + 497498 + 499500) = 999999 B + 100 + (101102 + 499500) × 200 ÷ 2 = 999999 B + 100 + 60060200
= 999999 B + 60060300 = 999999 C + 60360



其中 B,C 为整数.从而 A = 63D + 60360 = 63E + 6 ,其中 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. C.
2 4.易见 CD 2 = AD ? BD ,即 (a ? b) = ab ,又 已知 a ? b = 1 ,故 ab = 1 ,

答:

a ( a ? 1) = 1 , a 2 ? a ? 1 = 0 ; b(b + 1) = 1 , b 2 + b + 1 = 0 .

显然 uk 是首项为 a k ,公比为 q = ? b 的等比数列的前 k + 1项和.故
a a k (1 ? q k +1 ) a k +1 ? (?b) k +1 , uk = = 1? q a+b

k = 1,2,3? .

从而

u k + u k +1
=

a k +1 ? ( ?b) k +1 a k +2 ? ( ?b) k + 2 = + a+b a+b

1 [ a k + 2 + a k +1 ? ( ?b) k + 2 ? ( ?b) k +1 ] a+b 1 1 = [ a k +1 ( a + 1) ? ( ?b) k +1 ( ?b + 1)] = [ a k +1 ? a 2 ? ( ?b) k +1 ? b 2 ] a+b a+b 1 = [ a k +3 ? ( ?b ) k +3 ] = u k + 2 , k = 1,2,3? . a+b

故答案为 A.(易知其余答案均不成立)
2 另解:易见 CD 2 = AD ? BD ,即 (a ? b) = ab,又已知 a ? b = 1 ,故 ab = 1 ,
2 ( a + b) = ( a ? b) 2 + 4ab = 12 + 4 × 1 = 5 , a + b = 5 .解得

a=

5 +1 , 2

b=

5 ?1 . 2

显然 uk 是首项为 a k ,公比为 q = ? 的等比数列的前 k + 1 项和,故
uk = a k (1 ? q k +1 ) a k +1 ? (?b) k +1 1 1 + 5 k +1 1 ? 5 k +1 = = [( ) ?( ) ], 1? q a+b 2 2 5

b a

k = 1,2,3, ? .

于是数列 {u k }就是斐波那契数列 1,2,3,5,8,13 ,21 , …, 它满足递推关系
u k + 2 = u k +1 + u k , k = 1,2,3, ? .

所以答案为 A.

5. {a n }可看成是在正整数数列 1,2,3,4,5,6,7, …中删去所有能 被 2,5 或 11 整除的项之后,把余下的各项按从小至大顺序排成的数列. 由三阶容斥原理,1,2,3,4, …, m 中不能被 2,5 或 11 整除的项的个 数为
m? ?m? ? m ? ? m ? ? m ? ? m ? ? m ? xm = m ? ? ? ? + + + ? , ? ?2? ? ? ?5? ? ? ?11 ? ? ? ? 55 ? ? ? ? 22 ? ? ? ?10 ? ? ? ?110 ? ?

其中 ?a ? 不表示不大于 a 的最大整数,即 a 的整数部分. 估 值 : 设

m m m m m m m 1 1 1 ? ? + + + ? = m × (1 ? )(1 ? )(1 ? ) 2 5 11 55 22 10 110 2 5 11 1 4 10 4 11 = m × × × = m ,故 m ≈ 2007 × ≈ 5519 . 2 5 11 11 4
2007 = xm ≈ m ?

又因为
5519 ? ? 5519 ? ? 5519 ? ? 5519 ? ? 5519 ? ? 5519 ? ? 5519 ? x 5519 = 5519 ? ? ? ? + + + ? ? ? 2 ? ? ? ? 5 ? ? ? ? 11 ? ? ? ? 55 ? ? ? ? 22 ? ? ? ? 10 ? ? ? ? 110 ? ?

=5519-2759-1103-501+100+250+551-50=2007, 并且 5519 不是 2,5,11 的倍数,从而知 a 2007 = 5519 . 答:B.

又解: {a n }可看成是在正整数数列 1,2,3,4,5,6,7, …中删去所 有能被 2,5 或 11 整除的项之后,把余下的各项按从小至大顺序排成的 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 中不能被 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 中不能被 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
1 1 1 ?(110) = 110 × ( 1? ) × (1 ? ) × (1 ? ) = 40 .) 2 5 11

显然 1,2,3, …中每连续 110 个整数,不能被 2,5,11 整除的数都 有 40 个.所以,1,2,3, …, 110 × 50 = 5500 中,不能被 2,5,11 整除的 数有 40 × 50 = 2000 个.大于 5500 中的数不能被 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 个不能被 2, 5, 11 整除的数, 亦即所求的 a 2007 = 5519 . 6.显然
A 1 + cos 3? 1 + cos 7 ? 1 + cos 87 ? = + +?+ 2 2 2 2

答:B .

= cos1.5? + cos3.5? + cos5.5? + ? + cos43.5? ;

B 1 ? cos 3 ? 1 ? cos 7 ? 1 ? cos 87 ? = + +?+ 2 2 2 2
= sin 1.5? + sin 3.5 ? + sin 5.5? + ? + sin 43.5 ? .

注意到
2 cos θ sin 1? = sin( θ + 1? ) ? sin( θ ? 1? ) , 2 sin θ sin 1? = cos(θ ? 1? ) ? cos(θ + 1? ) ,

所以
2 sin 1? ×

A = (sin 2.5 ? ? sin 0.5? ) + (sin 4.5? ? sin 2.5 ? ) + (sin 6.5? ? sin 4.5? ) + ? 2

+ (sin 44.5 ? ? sin 42.5 ? ) = sin 44.5 ? ? sin 0.5? = 2 cos22.5 ? sin 22? , 2 sin 1? ×

B = (cos 0.5? ? cos 2.5? ) + (cos 2.5? ? cos 4.5 ? ) + (cos 4.5 ? ? cos 6.5 ? ) + ? 2

+ (cos 42.5 ? ? cos 44.5 ? ) = cos0.5 ? ? cos44.5 ? = 2 sin 22.5 ? sin 22? .


A : B = ( 2 sin 1? × A B ) : (2 sin 1? × ) = ( 2 cos 22.5? sin 22? ) : ( 2 sin 22.5? sin 22 ? ) = cot 22.5? 2 2

= 2 +1 .

答:D.
A = cos 1.5 0 + cos 3.50 + cos 5.5 0 + ? + + cos 43.50 , 2 B = sin 1.5? + sin 3.5? + sin 5.5 ? + ? + sin 43.5? , 2

另解:

A B +i = (cos 1.5? + i sin 1.5? ) + (cos 3.5 ? + i sin 3.5 ? ) + ? + (cos 43.5? + i sin 43.5? ) 2 2
= (cos 1.5 ? + i sin 1.5? )∑ (cos 2 ? + i sin 2? ) k
k=0
21

= (cos 1.5 ? + i sin 1.5? )

1 ? (cos 2 ? + i sin 2? ) 22 1 ? (cos 2 ? + i sin 2 ? ) 1 ? (cos 44 ? + i sin 44? ) 1 ? (cos 2 ? + i sin 2? ) 2 sin 2 22 ? ? 2i sin 22 ? cos 22 ? 2 sin 2 1? ? 2i sin 1? cos 1?

= (cos 1.5 ? + i sin 1.5? )

= (cos 1.5 ? + i sin 1.5? )

=

(cos 1.5? + i sin 1.5 ? )( ?2i sin 22 ? )(cos 22 ? + i sin 22 ? ) ( ?2i sin 1? )(cos 1? + i sin 1? ) sin 22 ? (cos 22.5? + i sin 22.5 ? ) . ? sin 1

= 因为

A B A sin 22 ? cos 22.5 ? 和 是实数,所以 = , sin 1? 2 2 2

B sin 22 ? sin 22.5 ? = , sin 1? 2
1+ 2 2 = 2 + 2 = 2 +1 2 2 2

A B cos 22.5? 2 cos 2 22.5 ? 1 + cos 45 ? A: B = : = = = = sin 45 ? 2 2 sin 22.5? 2 sin 22.5 ? cos 22.5 ?

. 答:D. 二、 填空题(满分 54 分,每小题 9 分) 7.解:设△ABC 三边长 a , b, c 为整数, a + b + c = 60, a ≥ b ≥ c, a, b, c 成等差 数列, ∠ A 为钝角,则必有 2b = a + c , b2 + c 2 < a 2 . 易解得 60 = a + b + c = b + (a + c) = b + 2b = 3b , b = 20, a + c = 40 ; b2 < a 2 ? c 2
= (a + c)(a ? c) ,即 20 2 < 40( a ? c ),10 < a ? c .因此 50 < (a + c) + (a ? c) = 2a, 25 < a ,


a ≥ 26 .另外, b + c > a,60 = a + b + c > a + a = 2a , a < 30, a ≤ 29 .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 x = 2 ? 2 , y = 2 + 2 满足 x 2 + y 2 = ( 2 ? 2 ) + (2 + 2 ) = 4 ,
x , y > 0 ,故可令 x = 2 cos θ , y = 2 sin θ ,0< θ < π .从而 4 cos 2 θ = 2 ? 2 , 2

-

2 = 4 cos 2 θ ? 2 , -

2 3π = 2 cos 2 θ ? 1 = cos = cos 2θ 2 4

, 故 θ=

3π 8



a n = (cos i sin

3π 3π n 3nπ + + i sin ) = cos 8 8 8

3nπ 3nπ . a n 取实数,当且仅当 sin = 0 ,当且仅当 n = 8 k , k ∈ Z.满足此 8 8

条 件 且 n ≥ 2007 的 最 小 正 整 数 n 为 2008 , 此 时
a n = a 2008 = cos
3x 2008 π = cos 753π = ?1 . 8

答:- 2 2008 . 9.易见奇异数有两类:第一类是质数的立方 p 3 ( p 是质数) ;第二 类是两个不同质数的乘积 p1 p 2 ( p1 , p 2 为不同的质数).由定义可得 ; 27 = 33 是奇异数(第一类)
42 = 2 × 3 × 7 不是奇异数;

; 69 = 3 × 23 是奇异数(第二类) ; 111 = 3 × 37 是奇异数(第二类)
125 = 5 3 是奇异数(第一类) ; 137 是质数,不是奇异数; 343 = 7 3 是奇异数(第一类) ;

; 899 = 900 ? 1 = 30 2 ? 12 = (30 + 1) (30 ? 1 ) = 31 × 29 是奇异数(第二类) ; 3599= 3600? 1 = 602 ? 12 = (60 + 1 ) (60 ? 1) = 61× 59 是奇异数(第二类)
7999 = 8000 ? 1 = 203 ? 13 = ( 20 ? 1)( 20 2 + 20 + 1) = 19 × 421 是奇异数 (第二类) .

答:8.

10. 解: 将向量 AA1 , AB , AD 分别记为 a , b , c . 则 a = a = 2 , b = b = 3 ,
c = c = 4 ,且易见 AC1 = a + b + c ,
2

A1 C = ?a + b + c ,
2 2 2

BD1 = a ? b + c ,

DB1 = a + b ? c .

所以 AC1 = ( a + b + c) 2 = a + b + c + 2( a ? b + b ? c + c ? a)
= a 2 + b 2 + c 2 + 2( ab + bc + ca ) cos 60 0 = a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca = 2 2 + 3 2 + 4 2 + 2 × 3 + 3 × 4 + 4 × 2 =55,

故 AC1 = 55 . 类似地,可算得, BD 1 = 19 , DB 1 = 15 , CA1 = 27 =3 3 . 答: 55 , 19 , 15 ,3 3 . 11. 令 x ? 3 = t , 易 见 x = t + 3 , f (x) = 2x ? 3 = 2(t + 3) ? 3 = 2t + 3 ,
f ( 2 ) ( x) = 2(2t + 3) ? 3 = 2 2 t + 3,? , f ( n ) ( x ) = 2 n t + 3 ; 令 y + 1 = s , 易见 y = s ? 1 , g ( y ) = 3 y + 2 = 3( s ? 1) + 2
= 3s ? 1



g ( 2 ) ( y ) = 3(3s ? 1) + 2 = 3 2 s ? 1,?



g ( n ) ( y ) = 3 n s ? 1 , n = 1, 2,3, ? .因此,题设方程组可化为
?2 9 ( x ? 3) + 3 = 36 ( y + 1) ? 1, (1) ? 9 6 ?2 ( y ? 3) + 3 = 3 ( z + 1) ? 1, ( 2) ?2 9 ( z ? 3) + 3 = 3 6 ( x + 1) ? 1.(3) ?

(1)-(2) , (2)-(3) , (3)-(1)得
?2 9 ( x ? y) = 3 6 ( y ? z ), (4) ? 9 6 ?2 ( y ? z ) = 3 ( z ? x), (5) ?2 9 ( z ? x ) = 36 ( x ? y ).(6) ?


x?y=
36 36 2 36 3 ( y ? z ) = ( ) ( z ? x ) = ( ) ( x ? y) ? x ? y = 0 ? y ? z = 0 ? x = y = z . 29 29 29



代入(1)得
2 9 ( x ? 3) + 3 = 3 6 ( x + 1) ? 1 , 512(x ? 3) + 3 = 729( x + 1) ? 1 ,

512 x ? 1533 = 729 x + 728 ,

? 217 x = 2261, 323 . 31

? 31x = 323 ,

所以原方程组的解为 x = y = z = ?

323 . 31 323 答: x = y = z = ? . 31

x=?

12.以 VT ? l 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 , DN ⊥ l ,交 l 于 E, F ,分别交 CD , AB 于 M , N . 过 O 作 PQ ⊥ l , 分别交 AB, CD 于 P, Q .由于 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 V = V平行四边形 ABCD ?l = 2(V? ADN ?l + V平行四边形 NPQD ?l ) .

由于 AB = 4,BD = 2 3,AD = 2 ,易见 ∠ADB = 90 ?,∠ DBA = 30? ,
AO = AD2 + DO 2 = 4 + 3 = 7 , AC = 2 7 . 显 然 ∠DAC > ∠ DCA = ∠CAB ,

DF > FN

.
DF =
2 S ? ADO AD × DO 2 3 2 = = = 21 AO AO 7 7





AF = AD 2 ? DF 2 = 4 ?

12 16 4 = = .从而由圆锥体积公式得 7 7 7

1 π 12 4 16π 16 V? ADN ?l = V? ADF ? l = × π × DF 2 × AF = × × = = 7π . 3 3 7 7 7 7 49



CF = AC ? AF = 2 7 ?

4 14 ? 4 10 = = 7 7 7



CO = AO = 7



CF : CO = DF : QO ,
QO = CO × DF 2 10 1 = 7× 21 ÷ = 21 .从而由圆锥体积公式得 CF 7 7 5
1 1 V平行四边形 NPQD ? l = V梯形 FOQD? l = V?CDF ?l ? V? CQO ?l = π × DF 2 × CF ? π × QO 2 × CO 3 3 =

π 12 10 21 40 7 1000 ? 343 657 ( × ? × 7 ) = 7π ( ? ) = 7π × = 7π .从而 3 7 49 25 1225 1225 7 25

V = 2(

16 657 16 657 1057 302 7π 7π + 7π ) = 2 7π ( + ) = 2 7π × = . 49 1225 49 1225 1225 175


答:所求体积为 302 7π
175

13.解: I) 可设 l : x = my + 4 , 与 Γ 联立得 (3m 2 + 4) y 2 + 24my + 36 = 0 . 这 是
y 的一元二次方程,由判别式 ? ≥ 0 解得 m 2 ≥ 4 .记 A(x1 , y1) , B (x2 , y 2) ,则 y1 + y 2 =
? 24m 36 , y1 y 2 = 2 . 2 3m + 4 3m + 4

由题设条件, OA ? OB = x1 x 2 + y1 y 2 < 0 ,即 ( my1 + 4)( my2 + 4) + y1 y 2 < 0 ,
36 ? 24m + 4m ? 2 + 16 < 0 , 2 3m + 4 3m + 4 25 1 3 即 9( m 2 + 1) ? 24 m2 + 4(3m2 + 4) < 0 .得 ? 3m 2 + 25 < 0 , m 2 > , ( ) 2 < , 3 m 25

得 ( m 2 + 1) y1 y 2 + 4 m( y1 + y 2 ) + 16 < 0 ,即 ( m 2 + 1) ?

?

3 3 <m< . 5 5

故 l 的斜率的取值范围为 ( ? 3 , 3 ) .
5 5

因为 F(1,0),所以 FA1 = , FB = ,从而 (x1 ? 1,? y1) (x 2 ? 1, y 2)
( x1 ? 1) y 2 ? ( x 2 ? 1)( ? y1 ) = ( my1 + 3) y 2 + ( my2 + 3) y1 = 2 my1 y 2 + 3( y1 + y 2 ) = 2m ? 36 ? 24 m + 3? = 0. 2 3m + 4 3m 2 + 4

∴ FA1 与 FB 共线, 即 A1 与 F、B 三点共线.

III )假设 q ≠ 4 ,过 Q( q,0) 的直线与 Γ 交于 A、B,且 A 关于长轴的对 称点为 A1 , 如果 A1 、F、B 三点共线.我们另取点 P(4,0) .设直线 AP 与 Γ 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, q = 4 ,与假设矛
盾.这就是说, q ≠ 4 时,三点 A1 、F、B 不能共线.

2x 2 + 1 1 14.解: 1 = n = 2 xn + ,

xn +1

xn

xn

1 1 2 = 4xn + 4 + 2 , 2 xn +1 xn

1 1 2 ? 2 = 4( x n + 1) , n = 1, 2,3? . 2 xn +1 x n



2006

∑(
n =1

1
2 xn +1

?

2006 1 2 ) = 4 ( x n + 1) ,亦即 ∑ 2 xn n =1

1
2 x2007

?

2006 1 2 = 4 x n +8024 , ∑ 2 x1 n =1 2006

由 x1 = 1 得 (*) 由于

1
2 x2007

= 4 ∑ x n 2 +8025 .
n =1

xn +1 1 = < 1, n = 1,2,3,? , 且显然 x n > 0 ,故 {xn } 是递减数列,且 2 xn 2xn + 1 x1
2 x1 + 1
2

x2 =

=

3 1 , x3 = 2 = = , 3 2x 2 + 1 2 + 1 11 9

x2

1 3



2006

1 2 2006 2 1 2006 3 2 1 9 2 x = 1 + ( ) + x < 1 + + ∑( ) =1+ + × 2004 < 151, ∑ n ∑ n 3 9 n =3 11 9 121 n =1 n= 3

由(*)式得
8025 < 1

x

2 2007

< 4 × 151 + 8025 = 8629



1 1 1 1 2 2 < x 2007 < , lg < lg x2007 < lg , 8629 8025 8629 8025 3 ? lg 8629 < 2 lg x 2007 < ? lg 8025 , ? 4 < 2 lg x 2007 < ?3 , ? 2 < lg x 2007 < ? , 2

∴ k = ?lg x 2007 ? = ?2 .

15.证明:因为△ABC 是锐角三角形,其三边 a , b, c 满足 a , b, c > 0 ,以及
b + c > b, c + a > b, a + b > c, b 2 + c 2 > a 2 , c 2 + a 2 > b 2 , a 2 + b 2 > c 2 .

因此,由平均不等式可知
(b 2 + c 2 ? a 2 ) x 2 + ( c 2 + a 2 ? b 2 ) y 2 + ( a 2 + b 2 ? c 2 ) z 2



1 2 y2 z 2 1 z2 x2 1 x2 y 2 (b + c 2 ? a 2 ) x 2 ( 2 + 2 ) + (c 2 + a 2 ? b 2 ) y 2 ( 2 + 2 ) + ( a 2 + b 2 ? c 2 ) z 2 ( 2 + 2 ) 2 z y 2 x z 2 y x

=

a2 y 2 z 2 b2 z 2 x2 c2 x 2 y 2 ayz bzx cxy 2 + + =( + + ) ? 2(bcx 2 + cay 2 + abz 2 ) , 2 2 2 x y z x y z


[( b + c) 2 ? a 2 ]x 2 + [( c + a ) 2 ? b 2 ] y 2 + [( a + b) 2 ? c 2 ] z 2 ≤ (


ayz bzx cxy 2 + + ) = P2 , x y z

亦即
(a + b + c)S ≤ P 2 , S ≤

P2 . a +b+c P .因此所求的 S 的 a+b+c

上式取等式当且仅当 x 2 = y 2 = z 2 ,亦即 x = y = z = 最大值为

P2 P ,当 S 取最大值时, x = y = z = . a +b +c a+b +c

y A B o l Q x o A1 A

y B F B1 l Q x C1 B C D D1 A A A1 D F N Q O P B M E C

(第 13 题答图) 图)

(第 10 题答图)

(第 12 题答

(命题:吴 康,黄宗明. 具体分工:黄宗明命第 4,10,13 题,吴 康命其余各题)

32

中 等 数 学

2006年全国高中数学联赛乮安徽赛区乯预赛试卷及答案 2006 年全国高中数学联赛安徽赛区预赛
   一、 选择题 ( 每小题 6 分 ,共 36 分)
1. 正数列满足 a1 = 1 , a2 = 10 , a n an - 2 =
3 ). 10 a n - 1 ( n ≥ 3) . 则 a100 的值为 (    2

(A)

4 2 5

(B)

2 3 3

( C)

6 2

(D) 以上都不对

(A) 1098

(B) 1099

( C) 10100

(D) 10101 1
x
2

二、 填空题 ( 每小题 9 分 ,共 54 分)
7. 设等差数列的首项和公差均为正整

2. 已知 lg x 的小数部分为 a . 则 lg ). 小数部分为 (    (A) - 2 a ( C) 2 - 2 a (B) 1 - 2 a



数 ,项数为不小于 3 的质数 , 且各项之和为
2 006. 则这样的数列共有 8. 已知实数 x 、 y 满足 ( x - 11) 5 + 15 ( x - 11) = 5 , ( y - 4) 5 + 15 ( y - 4) = - 5.

个.

(D) 以上都不正确
2 2

3. 过原点 O 引抛物线 y = x + ax + 4 a ) 上. 线 (    1 3 (A) y = x2 , y = x2 2 2 3 5 (B) y = x2 , y = x2 2 2 ( C) y = x2 , y = 3 x2 (D) y = 3 x2 , y = 5 x2

的切线 . 当 a 变化时 , 两个切点分别在抛物

则 x + y 等于 个数为
2

.

9. 正八边形所有对角线在其内部交点的 .
2 2 2

10. 若 x 、 y 为实数 , 且 x + xy + y = 3 ,

则 x - xy + y 的最大值和最小值分别为
. 11. 一 个 正 方 体 的 8 个 顶 点 可 以 组 成

个非等边三角形 .
12. 若关于 x 的方程 1 - x = kx + 2 恰
2

4. 已知 △ABC 为等腰直角三角形 , ∠C = 90° ,D、 E 为边 AB 上的两个点 , 且点 D 在
A E 之间 , ∠DCE = 45° . 则以 AD 、 DE 、 EB 为

有一个实根 ,则 k 的取值范围是 . 三、 论述题 ( 每小题 20 分 ,共 60 分)
13. 设有 2 006 个互不相同的复数 , 其中

). 边长构成的三角形为 (    (A) 锐角三角形 ( C) 直角三角形 (B) 钝角三角形 (D) 不能确定

任何两个数的积 ( 包括自乘) 是这 2 006 个数 之一 . 求这 2 006 个数的和 .
14. 求
n n n

5. 将正整数从 1 开始不间断地写成一 ). 行 ,第 2 006 个数码是 (    (A) 0     (B) 5     ( C) 7 (D) 以上都不正确 6. 已知圆锥的顶点 V 与底面圆心 O 的

2

k=1



k Cn - 3 n

3

k

k =1



k Cn + n

2

k

2

k=1

∑k C

k n

的值 .
15. 已知数列{ an } ( n ≥ 0) 满足 a0 = 0 ,对

连线垂直于底面 , 一个过 VO 中点 M 的平面 与 ⊙O 相切 , 与圆锥的交线是一个椭圆 . 若
). ⊙O 半径为 1 ,则椭圆的短轴长为 (   

于所有非负整数 n ,有
an + 1 = 2

30 a n ( a n + 1) + 11 a n + 5.

求 an 的通项公式 .
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2006 年第 12 期

33 5. A.

参考答案
一、 1. B. 设 bn =
an an - 1

因为一位数有 9 个 , 两位数有 90 个 , 三位数有
900 个 ,所以 , 第 2 006 个数码是一个三位数的某个

,则有 b n = 10 bn - 1 . 于是 ,有
1 2

2

数码 . 则
(2 006 - 9 - 2 × 90) ÷ 3 = 1 817 ÷ 3 = 605 2 . 3

bn = (10 bn - 1 )

= 10 2 (10 bn - 2 )
b2
1 2 2 1 n- 2

1

1 2 2

故所求为第 606 个三位数的十位数码 , 即 605 的十位数码 0.
6. B.

= 10 = 10

1 1 1 + + …+ 2 2 n- 2 2 2

12

1 n- 2

a2 a1

n- 2

= 10.

设椭圆的中心为 S ,过 VO 中点 M 的平面与 ⊙O 的切点为 A , MA 交椭圆于点 B , 则 AB 为椭圆的长 轴 . 设 AC 为 ⊙O 的直径 ,则 OS
SM = BM =

又由 an = 10 an - 1 = 10 n - 1 ,得 a100 = 1099 .
2. D. 1 设 lg x = N + a ( N 为整数 ,0 ≤a < 1 ) , 则 lg 2
x

1 BC . 于是 , 2

1 SA . 2

= - 2 N - 2 a 且 lg - 2a , 1 - 2a , 2 - 2a , 3. B.

1
x
2

的小数部分为

从而 , S 是 △VOA 的重心 . 联结 VS 交 AO 于点 D , 过 D 作垂直于 OA 的弦
EF ,则椭圆的短轴长为

a =0;

0< a≤

1 ; 2

2 2 EF = × 2 3 3

CD? DA =

2 3 . 3

1 < a < 1. 2

二、 7. 15. 设等差数列的首项 、 公差分别为 a 、 d , 项数为
n ,则 na +

设所求切线方程为 y = kx , 将 其 代 入 抛 物 线
y = x + ax + 4 a ,得
2 2 x + ( a - k) x + 4 a = 0. 2 2

1 n ( n - 1) d = 2 006 , 2

即  n [2 a + ( n - 1) d ] = 2 × 2 006 = 2 × 2× 17 × 59. 由于 2 a + ( n - 1) d ≥ 2+ n- 1= n+1> n , 故 n = 17 ,59.
(1) 若 n = 17 ,则 a + 8 d = 118 ,有 14 组正整数解 ; (2) 若 n = 59 ,则 a + 29 d = 34 ,有 1 组正整数解 .

由Δ = ( a - k ) 2 - 16 a2 = 0 ,即
( k + 3 a) ( k - 5 a) = 0 ,

解得 k = - 3 a , k = 5 a . 若 k = - 3 a ,则切点的横坐标为 x = - 2 a . 代入 切线方程 y = - 3 ax ,得切点的纵坐标为 y = 6 a2 , 于
3 2 是 ,一个切点在抛物线 y = x 上. 2 5 2 同理 ,另一个切点在抛物线 y = x 上. 2 4. C.

所以 ,共有 15 组正整数解 .
8. 15.

由于函数 f ( t ) = t5 + 15 t 在实数域内严格单调 增加 ,且 f ( x - 11) = f (4 - y) ,则 x - 11 = 4 - y . 故 x + y = 15.
9. 49.

以点 C 为旋转中心将 △CAD 逆时针旋转 90° , 得到 △CB F ,则
B F = AD , ∠EB F = 90° .

因为任意四个点决定一个交点 ,共有 C4 8 = 70 个 交点 . 又因为最长的 4 条对角线的 6 个交点重合为 1 个点 ; 一条最长与两条中等长度的对角线的 3 个交 点重合为 1 个点 ,共 8 种情况 . 所以 ,所求结论为 70 - 5 - 2 × 8 = 49.
10. 9 ,1.

又因为 △CDE ≌△CFE ,所以 EF = DE. 于是 , AD + EB = DE . 故以 AD 、 DE 、 EB 为边长构成的三角形为直角 三角形 .
2 2 2

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34

中 等 数 学
n n

设 x2 - xy + y2 = m ,则
x+ y= ±

9- m 3- m , xy = . 2 2 9- m 3- m t+ =0的 2 2 9- m ≥ 0 ,得 m ≤ 9. 2

k =1



k Cn =
n

3

k

k =1

∑k
2

2

nC n - 1
n k- 1

k- 1

= n

2 所以 , x 、 y 是方程 t ±

k =1

∑( k - 1)

Cn - 1 + n

k =1

∑(2 k - 1) C

k- 1 n- 1

n- 3 n- 2 n- 1 = n ( n - 1) n2 + 2 n ( n + 1) 2 - n2

两个实根 . 由 Δ ≥ 0 ,得 m ≥ 1 ;由
11. 48.

2 n- 3 = n ( n + 3) 2 .
n n n

于是 ,2
3 8

k =1



k Cn - 3 n

3

k

k =1



k Cn + n

2

k

2

k =1

∑kC

k n

每个顶点引出的三条棱的端点可构成一个正三 角形 ,共有 8 个正三角形 . 故所求为 C - 8 = 48.
12. k > 2 , k < - 2 , k = 3 , k = k 满足半圆 y =
2

2 2 n- 3 = [2 n ( n + 3) - 3 n × 2 n ( n + 1) + n × 4 n ]2

= 0.
n

3.

解法 2 : 原式 =
n

1 - x 与过定点 A (0 ,2) 的直 1 - x 与 x 轴的交点
2

k =1

∑kC

k n

(2 k2 - 3 nk + n2 )

线恰有一个交点 . 设半圆 y =

=

k =1

∑k ( n -

k k) ( n - 2 k) C n .

分别为 B ( - 1 ,0) 、 C (1 ,0) ,则 kAB = 2 , kAC = - 2. 由于 过点 A 向半圆所引的两条切线的斜率分别为 3 、
- 3 ,所以 ,当 - 2 ≤k < - 3 , 3 < k ≤ 2 时 , 有两个

设 Mk = k ( n - k) ( n - 2 k) Ck n ,则 M n - k = - M k . 当 n 为偶数时 ,第
n

2

项和第 n 项为 0 ;

交点 ; 当 - 3 < k < 3 时 , 没有交点 ; 当 k > 2 , k <
- 2 ,k = 3 ,k = 3时 ,恰有一个交点 .

当 n 为奇数时 ,第 n 项为 0. 综上所述 ,原式等于 0.
15. an + 1 = 2 30 an ( an + 1) + 11 an + 5 > an . 30 an ( an + 1) 两 端 平

α α 三、 13. 设有 n 个互不相同的复数α 1 , 2 , …, n. 若有一个为 0 ,不妨设 α n = 0 ,则集合
2 α α α α α {α 1 , 1α 2 , …, 1α n- 1} = { 1 , 2 , …, n - 1}. 2 α α α α 于是 ,由 α … ? … ? 1? 1α 2? 1α n - 1 =α 1? 2? n- 1 ,
n- 1 得α = 1. 1 n- 1 同理 ,α = 1 ( k = 1 ,2 , …, n - 1) . k

将 an + 1 - 11 an - 5 = 2 方 ,并整理得
2 2

a n + a n + 1 - 22 a n an + 1 - 10 a n - 10 a n + 1 + 25 = 0.

又 a2n - 1 + a2n - 22 an - 1 an - 10 an - 1 - 10 an + 25 = 0 , 两式相减得
a n + 1 - a n - 1 - 22 an ( an + 1 - an - 1 ) - 10 ( an + 1 - an - 1 )
2 2

由于 α 1 ,α 2 , …,α n - 1 是互不相同的复数 , 所以 , α 1 +α 2 + …+ α n - 1 = 0 ,即有 α 1 +α 2 + …+ α n = 0. 若这 n 个复数均不为零 ,类似地可得 α = 1. α α 由于 α 1 , 2 , …, n 是互不相同的复数 ,所以 , α 1 +α 2 + …+ α n = 0.
14. 解法 1 : 因为 k Cn = nC n - 1 ,所以 ,
n n k n k k- 1 n k

= 0.

由于 an + 1 - an - 1 > 0 ,因此 ,
an + 1 + an - 1 - 22 a n - 10 = 0.

因为 an + an - 2 - 22 an - 1 - 10 = 0 ,两式相减得齐 次线性递归式
an + 1 - 23 a n + 23 a n - 1 - a n - 2 = 0.

特征方程为 x3 - 23 x2 + 23 x - 1 = 0 ,特征根为 λ λ 1 =1 , 2 = 11 + 2
30 ,λ 3 = 11 - 2
n

k =1 n

∑kC
2
n

=
k n

k =1

∑nC
n k =1

k- 1 n- 1

= n2

n- 1

30.

,

设 an = C1 + C2 11 + 2 30
1 1 , C2 = C3 = . 2 4

n + C3 (11 - 2 30) .

k =1

∑k C
k =1 n

=

∑knC

k- 1 n- 1 n

由于 a0 = 0 , a1 = 5 , a2 = 120 ,得
C ∑
n- 1 k- 1 n- 1

= n = n

∑( k - 1) C
n- 2

k- 1 n- 1

C1 = -

+ n

k =1 k- 2 n- 2

所以 ,通项公式为
an = n- 2

k =2

∑( n - 1) C

+ n2
n- 1

1 1 1 (11 + 2 30) n + (11 - 2 + 2 4 4

n 30) .

= n ( n - 1) 2

+ n2

= n ( n + 1) 2

,

(安   骞  提供)

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26

中 等 数 学

2005 年安徽省高中数学竞赛初赛
   一、 选择题 ( 每小题 6 分 ,共 36 分)
1. 已知 m > 1 , a =
mm +1 m,b=

5} ,映射 f : A →B 使对任意 x ∈A 都有 x + f ( x ) + xf ( x ) 是奇数 . 则这样的映射 f 的个数 ). 是 (    (A) 45 (B) 27 ( C) 15 (D) 11 二、 填空题 ( 每小题 9 分 ,共 54 分) 7. 函 数 y = f ( x ) 的 反 函 数 为 y = - 1 f ( x ) , y = f ( x - 1) 的图像过点 ( 3 ,3 ) . 则函 - 1 数 y = f ( x + 2) 的图像一定过点 . 8. 椭圆
x y 2 + 2 = 1 ( a > b > 0 ) 的右顶点 a b
2 2

). m - 1. 那么 , (   

(A) a > b   (B) a < b   ( C) a = b (D) a 、 b 的大小与 m 的取值有关 2. 在 ( x + 3 x + 2) 的展开式中 , 含 x 项 ). 的系数是 (    (A) 160 (B) 240 ( C) 360 (D) 800
2 5

   3. 如图 1 ,已知正 方体 ABCD - A1 B1 C1 D1 中 , 点 E 、F 分 别 在 AB 1 、 BC1 上 ( 不与线 段的 端 点 重 合 ) , 且
A E = B F . 那么 , 下面

4 个结论 :

图1

①AA 1 ⊥EF ; ②A 1 C1 ∥ EF ; ③EF ∥ 平面
A 1 B 1 C1 D1 ; ④EF 与 A 1 C1 异面 .

为 A , 上顶点为 B , 左焦点为 F , 且 ∠AB F = . 9. 在正三棱锥 S - ABC 中 , M 、 N 分别是 SB 、 SC 的中点 . 若截面 AMN ⊥ 侧面 SBC , 则 此棱锥侧面与底面所成的二面角的大小是 . n+1 2 - 2 10. 已知集合 M = { x | x = lim n n , n →∞λ + 2
90° . 则椭圆的离心率为

). 正确的是 (    (A) ②④ (B) ①④ ( C) ②③ (D) ①③ 1 2 1 3 2 1 4 4. 已知数列 : , , , , , , , 1 1 2 1 2 3 1 3 2 1 , , , …,依它的前 10 项的规律 ,这个数 2 3 4 ). 列的第 2 005 项 a2 005 满足 (    (A) 1 ≤a2 005 ≤ 2 ( C) 0 < a2 005 < 1 2 (B) 1 ≤ a2 005 < 1 2

(D) a2 005 > 2

5. 若一个至少有两位数字的正整数除了

最左边的数字外 , 其余各个数字都小于其左 边的数字时 ,则称这样的正整数为 “好数” .那 ( ) 么 ,所有这样的好数的个数为    . (A) 1 013 (B) 1 011 ( C) 1 010 (D) 1 001 6. 设集合 A = { - 2 ,0 ,1} , B = {1 ,2 ,3 ,4 ,

λ为常数 ,且 λ+ 2 ≠ 0}. 则 M 的所有元素的 和为 . 11. 设函数 x 2 π f ( x ) = 4sin x ? sin + + cos 2 x . 4 2 若| f ( x ) - m | < 2 成立的充分条件是 π≤ ≤ π 2 x ,则实数 m 的取值范围是 . 6 3 m n 12. 若 6 + 2 + 2 ( m 、 n ∈N) 是一个完全 平方数 ,则所有可能的 ( m , n) = . 三、 13. ( 20 分) 已知函数 2 f ( x ) = ax + bx + c ( a 、 b、 c ∈R) , 当 x ∈[ - 1 ,1 ] 时 ,| f ( x ) | ≤ 1.
( 1) 证明 :| b| ≤ 1; ( 2) 若 f ( 0) = - 1 , f ( 1) = 1 ,求 a 的值 . 14. ( 20 分) 已知常数 a > 0 , 向量 p = ( 1 ,
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2006 年第 3 期

27

0) , q = ( 0 , a ) ,经过定点 M ( 0 , - a ) 、 方向向 量为 λp + q 的直线与经过定点 N ( 0 , a ) 、 方

设 a2 005 位于第 n 组 . 由
n ( n - 1)

向向量为 p + 2λ q 的直线交于点 R ,其中 λ ∈ R. ( 1) 求点 R 的轨迹方程 ;
( 2) 设 a = 2 ,过 F ( 0 ,1) 的直线 l 交点 R 2

2

< 2 005 ≤

n ( n + 1)

2

,解得 n = 63. 63 × 62 = 2

所以 , a2 005 位于第 63 组中的第 2 005 52 项 .

故 a2 005 =
5. A.

12 3 = . 52 13

的轨迹于 A 、 B 两点 , 求 FA ?FB 的取值范 围. 15. (20 分 ) 已知在数列 { an } 中 , a1 = t ,
a2 = t ,其中 t > 0 , x = t 是函数
2

k 先考察 k (2 ≤k ≤ 10) 位数的好数共有 C10 个 . 则

10

10

共有

k =2



C10 =

k

k =0

C ∑

10

k

- C10 - C10 = 1 013 个 .

1

0

6. A.

  f ( x) = a n - 1 x - 3[ ( t + 1) a n - a n + 1 ] x + 1 ( n ≥2)
3

的一个极值点 . ( 1) 求数列{ an }的通项公式 ;
( 2) 若 2 an 1 < t < 2 , bn = 2 ( n ∈N+ ) , 2 1 + an 1
b2

当 x = - 2 时 , x + f ( x ) + xf ( x ) = - 2 - f ( - 2 ) 为奇数 ,则 f ( - 2) 可取 1 ,3 ,5 ,有 3 种取法 ; 当 x = 0 时 , x + f ( x ) + xf ( x ) = f ( 0 ) 为奇数 , 则
f (0) 可取 1 ,3 ,5 ,有 3 种取法 ;

当 x = 1 时 , x + f ( x ) + xf ( x ) = 1 + 2 f ( 1 ) 为奇 数 ,则 f (1) 可取 1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,有 5 种取法 . 由乘法原理可知 ,共有 3 × 3× 5 = 45 个映射 . 二、 7. (1 ,2) . 由题意有 f - 1 (3) = 2 ,即 f - 1 (1 + 2) = 2. 故过点 ( 1 ,2) .

求证 :

1
b1

+

+ …+

1
bn

<2 - 2

n

-

2

n

.

参考答案
一、 1. B. 因为 a = 又
2. B. 1 m +1 +
m>
5

m

,b=

1
m+ m- 1

8. ,

5- 1 . 2

m +1 >
2

m - 1 > 0 ,则 a < b .

由 B F2 + AB 2 = A F2 ,有 2 2 2 2 2 c + b + b + a = ( a + c) . 则 解得
c a
2

+

在 ( x + 3 x + 2 ) 的展开式中 , 要得到含 x 的 项 ,则有 4 个因式取得 2 , 一个因式中取 3 x 项 , 故 x 的系数为 C × 3× 2 = 240.
3. D.
4 5 4

c - 1 = 0. a

c 5- 1 = . a 2

9. arccos

6 . 6

如图 2 , 作 EP ⊥AB 于点 P , FQ ⊥ BC 于 点
Q ,联结 PQ . 结合题设易

因为面 AMN ⊥ 面 SBC ,取 MN 中点 G ,联结 AG , 则 AG ⊥MN . 取 BC 中点 D , 联结 SD 、 AD , 则 ∠SDA 为所求二面角的平面角 . 设底面边长为 a , 则 SA =
AD =
图2

知 , PE

QF.

又 PE ⊥ 平面 AC ,则
PE ⊥ PQ , 即 四 边 形 PEFQ 是矩形 . A 1 C1 . 故 ①、 ③ 正确 .

3 2 2 a . 所以 , SD = a , GD = a. 2 2 4 2 a 4 6 = . 6 3 a 2 2 λ 1+
n

从而 , AA 1 ⊥ EF , EF ∥平 面 AC , 即 EF ∥平 面
4. C.

故 cos ∠SDA =
10. 3.

将数列分组   
1 1 , 2 1 , 1 2 , 3 2 1 , , 1 2 3 , 4 3 2 1 , , , 1 2 3 4 ,… .

当| λ | > 2 时 , x = lim

2

- 2 2 λ

1 λ
n

n

n →∞

=0;

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28

中 等 数 学
1 n 2 1 2
n

当 λ= 2 时 , x = lim 1 n →∞

=1;
n

故 又
= 2.

( a - 2) 2 1. +1 ≤ 4a ( a - 2) 2 ≥ ( a - 2) 2 0, +1≥ 1, 4a 4a ( a - 2) 2 + 1 = 1 ,即 a = 2. 4a

当| λ | < 2 时 , x = lim
11. (1 ,4) .

2- 2

n →∞

λ 2

+1



14. (1) 设 R ( x , y ) ,则
MR = ( x , y + a) , NR = ( x , y - a) .

π 1 - cos + x 2 f ( x ) = 4sin x ? + cos 2 x 2 2 = 2sin x (1 + sin x ) + 1 - 2sin x = 1 + 2sin x . π π 2 当 ≤x ≤ 时 , | f ( x ) - m | < 2 恒成立 , 即 6 3 f ( x ) - 2 < m < f ( x ) + 2 恒成立 . 故有
( f ( x ) - 2) max < m < ( f ( x ) + 2) min .

又λ p + q = (λ, a) , p + 2λ q = (1 ,2λ a) ,且 MR ∥(λ p + q) , NR ∥( p + 2λ q) , 故 λ( y + a) = ax , y - a = 2λ ax .

消去参数 λ,得点 R 的轨迹方程为 ( y + a) ( y - a) = 2 a2 x2 , 即  y2 - 2 a2 x2 = a2 ( 去掉点 (0 , - a) ) .
(2) 因 a = 2 ,则点 R 的轨迹方程为 2 2 ). 2

易知 f ( x ) max = 3 , f ( x ) min = 2. 故 1 < m < 4. 12. (0 ,0) , (1 ,0) , (1 ,3) . 当 m≥ 2,n≥ 2 时 ,有 m n m- 1 n- 1 6 + 2 + 2 = 2 (3 × 6 +2 + 1) , 显然 ,不是完全平方数 . 下面讨论 m ≤ 1或 n≤ 1 的情况 . 当 m = 0 时 ,6 m + 2 n + 2 = 2 n + 3 ,由于 n ≥ 2时,
n 2 +3 ≡ 3 ( mod 4 ) ,2 + 3 不可能为完全平方数 , 故 n = 0 或 1 ,此时 ,有解 ( m , n) = (0 ,0) ; n

2 2 2 y - 2 x = 1 ( 去掉点 0 , -

若 l 的斜率不存在 ,其方程为 x = 0 , l 与双曲线 交于一点 A 0 , 2 . 2 若 l 的斜率存在 , 设其方程为 y = kx + 1. 代入
2 y - 2 x = 1 ,化简得 2 ( k - 1) x + 4 kx + 1 = 0.
2 2 2 2

当 m = 1 时 ,6 m + 2 n + 2 = 2 n + 8 ,由于 n ≥ 4时, n- 3 2 + 8 = 8 (2 + 1 ) 不可能为完全平方数 , 故 n = 0 , 1 ,2 或 3. 易知 ( m , n) = (1 ,0) , (1 ,3) .
n



解得 k ≠± 1. Δ = 16 k2 - 8 ( k2 - 1) > 0 ,
1 . 2 2 ( k - 1)

k - 1≠ 0,
2

当 n = 0 ,1 时 ,同理可得 ( m , n) = (0 ,0) , (1 ,0) . 三、 13. (1) 因 f (1) = a + b + c , f ( - 1) = a - b +
c ,则 b =

设 A ( x1 , y1 ) 、 B ( x2 , y2 ) ,则 x1 x2 =

( x2 , y2 - 1) 故 FA? FB = ( x1 , y1 - 1) ? ( x2 , kx2 ) = x1 x2 + k2 x1 x2 = ( x1 , kx1 ) ? =
k +1 1 = 2 2 2 ( k - 1)
2

1 ( f (1) - f ( - 1) ) . 2 1 | f (1) - f ( - 1) | 2

由题意得| f (1) | ≤ 1 ,| f ( - 1) | ≤ 1. 故| b| =

1+

2
k - 1
2

.

当 - 1 < k < 1 时 , k2 - 1 < 0 ,故 k = 0 时 , FA ? FB 有最大值 1 ; 2 1 . 2

≤ 1 ( | f (1) | + | f ( - 1) | ) ≤ 1. 2
(2) 由 f (0) = - 1 , f ( 1) = 1 , 得 c = - 1 , b = 2 a. 则
2 f ( x ) = ax + (2 - a) x - 1

当 k > 1 或 k < - 1 时 , k2 - 1 > 0 , FA? FB > 综上可得

a- 2 = a x2a

2

( a - 2) 2 - 1. 4a

FA? FB ∈( - ∞, -

1 1 ). ] ∪( ,+ ∞ 2 2

( t ) = 0 ,即 15. (1) 由题意得 f ′ 3 an - 1 t - 3[ ( t + 1) an - an + 1 ] = 0 ,

由| f ( - 1) | ≤ 1 ,得| 2 a - 3| ≤ 1 ,即 1 ≤a ≤ 2. 所以 ,
a- 2 1 1 = ∈[ - 1 ,1 ] . 2a 2 a a- 2 2a

故 an + 1 - an = t ( an - an - 1 ) ( n ≥ 2) .
2 则当 t ≠ 1 时 ,数列 { an + 1 - an } 是以 t - t 为首

从而 , f

≤ 1.

项、 t 为公比的等比数列 . 所以 , http://www.cnki.net

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2006 年第 3 期

29

2005 年河南省数学竞赛 ( 高一)
   一、 选择题 ( 每小题 5 分 ,共 30 分) 1 1. 条件 p :| x + 1| > 2 ,条件 q : > 1. 3- x ). 则 ? p 是 ? q 的 (    (A) 充分而不必要条件 (B) 必要而不充分条件 ( C) 充要条件 (D) 既不充分也不必要条件 2. 一个正整数数表如表 1 ( 表 1 中下一 行中数的个数是上一行中数的个数的 2 倍) . ). 则第八行中的第 5 个数是 (    (A) 68 (B) 132 ( C) 133 (D) 260
表  1 第一行 第二行 第三行 第四行
2

( C) 4 ,0     (D) 8 ,0 4. 如图 1 , f ( x ) 是定义在区间 [ - 4 , 4] 上的奇函数 , 令 g ( x ) = af ( x ) + b . 则下列关于 g ( x ) 的 叙述 中 , 正 确 的 是 图1 (    ). (A) 若 a < 0 ,则函数 g ( x ) 的图像关于原

1 2  3 4  5  6  7

……

点对称 (B) 若 a = - 1 , - 2 < b < 0 ,则方程 g ( x ) = 0 有小于 2 的实数根 ( C) 若 a ≠ 0 , b = 2 , 则方程 g ( x ) = 0 有 两个实数根 (D) 若 a ≥ 1 , b < 0 , 则方程 g ( x ) = 0 有 三个实数根 5. 在 △ABC 中 ,设 x = cos A + cos B + cos C ,
y = sin A

   3. 若不等式 ax + bx + 4 > 0 的解集为 2 { x | - 2 < x < 1} ,则二次函数 y = bx + 4 x + a 在区间 [ 0 ,3 ] 上的最大值 、 最小值分别为 (    ). (A) 0 , - 8    (B) 0 , - 4
  an + 1 - an = ( t2 - t ) t n - 1 , 即  an + 1 - t
1
bn
n +1 n

2

+ sin

B

2

+ sin

C

2

.

). 则 x、 y 的大小关系是 (    ≥ (A) x = y (B) x y ≤ ( C) x y (D) 不能确定
< 1 2 1 2
n

= an - t ,有 an - t = a1 - t = 0. 1
an

n

n

2+

1 2

+ 2 +

2

1 2 2

+ …+ 2 +

n

1 n 2

故 an = t ( n ∈N+ ) ,此式对 t = 1 也成立 .
(2) = 1 2
an +

=

1 n ( t + t - n) . 2

=

1 n 2 2 (1 - 2 ) + 1- 2 1 2 1+ 1 n 2

1 n 2 1 12 1-

因为

1 n n n < t < 2 ,所以 , (2 t ) > 1 , t < 2 . 则 2

=2 <2 n

(2 n + 2 - n ) - ( t n + t - n ) 1 (2 n - t n ) [ (2 t ) n - 1 ] > 0. = (2 t ) n 1 n (2 + 2 - n ) . 有 < bn 2 1
t∈

1 × 2 2

1 n n =2 - 2 2

2

n

.

注 : 此题也可利用导数研究函数 y = t n + t - n 在
1 ,2 上的单调性 . 2 ( 汪宏宝   提供)



1
b1

+

1
b2

+ …+

1
bn

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36

中 等 数 学    

2004 年安徽省高中数学竞赛 ( 初赛)
   一、 选择题 ( 每小题 6 分 ,共 36 分) 1. 设 a < b < 0. 则下列不等关系中 ,不成 ). 立的是 (    1 1 1 1 (A) >     (B) > b a- b a a 2 2 ( C) | a| > | b| (D) a > b 2 ( 2. 函数 y = log 1 2 x x ) 的单调递减区 2
). 间是 (    (A) ( 0 ,2) ( C) [ 1 ,2) (B) [ 1 , + ∞ ) (D) ( 0 ,1 ] (A)αsin α + cos α> 1 (B) α sin α + cosα < 1 ( C) α sin α + cos α = 1 (D) 大小与 α的取值有关 5. 如图 1 , 正方 体 ABCD - A′ B′ C′ D′

3. 已知集合 S Α {1 ,2 , …,26} , 且满足 S 中任何 2 个元素的和都不能被 5 整除 . 则集 ) 个. 合 S 中元素的个数最多是 (    (A) 10   (B) 11   ( C) 12   (D) 13

π . 则α sin α + cos α 与 2 ). 1 的大小关系是 (   
4. 已知 α∈ 0 ,
∠ABC ∠BAC + . 2 2 所以 , ∠IBD = ∠BID ] ID = BD . 作 B 关于 OI 的对称点 A 1 ,则 A 1 在 ⊙O 上 ,有
IA 1 = IB , ∠OIA 1 = ∠OIB = 30° .

的侧面 AA′ B′ B 内有 一点 M 到两直线 AB 、 B′ C′ 的距离相 等 . 那么 , M 的轨迹 ). 是 (    图1 (A) 抛 物 线 的 一部分 (B) 双曲线的一部分 ( C) 椭圆的一部分 (D) 线段 6. 已知 A ( a , b) , B ( c , d ) ,且
n +2 n +2 n +1 n +1 n n α α α -β -β -β 所以 , α β = α β + α β , 即  an + 2 = an + 1 + an .

  = ∠IBA + ∠IAB =

(2) 对数列{ an } ,由
an =
n n α -β ( ) α- β n = 1 ,2 , … ,

所以 , ∠BIA 1 = ∠OIB + ∠OIA 1 = 60° . 因此 , △A 1 BI 是等边三角形 ,有 A 1 B = A 1 I . 又 ID = BD ,则 A 1 D 是线段 BI 的垂直平分线 , 也是 ∠BA 1 I 的平分线 . 故 ∠BAD = ∠BA 1 D =
1 ∠BA 1 I = 30° . 2

2 2 α- β α -β 得  a1 =α β = 1 , a2 = α β = α+ β= 1. 再由对任意正整数 n ,都有 an + 2 = an + 1 + an ,所

以 ,数列{ an } 中的项都是正整数 . 下面证明 ,任意相邻两项都互质 . 如若不然 , 设 ( an + 2 , an + 1 ) = d > 1. 由对任意正 整数 n ,都有 an + 2 = an + 1 + an ,则
d = ( an + 2 , a n + 1 ) = ( a n + 1 , a n ) = ( an , a n - 1 ) = …

因此 , ∠BAC = 2 ∠BAD = 60° .
(1 ) 因为 α、 β 是方程 x2 - x - 1 = 0 的两个 五、 根 ,根据韦达定理 ,有 α+ β= 1 ,α β= - 1.

= ( a4 , a3 ) = ( a3 , a2 ) = (1 ,1) = 1 ,

故α

n +2



n +2 n +1

) (α = (α+ β = (α
n+1



n +1 n

) -α β(α - β )

n

n

与 d > 1 矛盾 . 因此 ,数列{ an } 中任意相邻两项都互质 .
( 周春荔   整理)



n +1

) + (α - βn ) .

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2005 年第 5 期

37

( a - c) 2 + ( b - d ) 2 ≠ 0, 1 点 Pn ( n ∈ N+ ) 满 足 AP1 = AB , B P2 = 2 1 1 B P1 , Pn P n + 2 = P P . 则 lim APn 是 n →∞ 2 2 n n+1 (    ). c- a d- b c- a d- b (A) ,  (B) , 3 2 3 2 2 ( c - a) 2 ( d - b) ( C) , 3 3 ( ) ( 3 c - a 3 d - b) (D) , 4 4 二、 填空题 ( 每小题 9 分 ,共 54 分) 7. 如果 a 、 b、 c 是三角形的三边长 , 且满 2 2 2 足 a + b + c = ab + bc + ca ,则这个三角形 的形状是 . 8. 一个数列的各项均为 3 或 5 , 首项为 k- 1 3 ,且在第 k 个 3 和第 k + 1 个 3 之间有 2 个 5 ,即 3 ,5 ,3 ,5 ,5 ,3 ,5 ,5 ,5 ,5 ,3 , …. 则此数 列的前 2 004 项的和 S 2 004 = . 9. 设直线 l : y = x + b 0 < b <
2

13. 已 知 f ( x ) 在 ( - 1 , 1 ) 上 有 意 义 ,
f

1 2

= - 1 ,且满足 x 、 y ∈( - 1 ,1) 时 ,有
f ( x) + f ( y) = f x+ y . 1 + xy

( 1) 数列{ x n } 满足 2 xn 1 ,x = . 2 n + 1 1 + x2n 设 an = f ( x n ) ,求{ an }的通项公式 ; ( 2) 设 bn = n2 + 3 n + 1 ,求
x1 =

1+ f

1
b1

+f

1
b2

+ …+ f

1
b2 002

+f

1 2 004

1 与抛 2

物线 y = 2 x 相交于 A 、 B 两点 , O 为坐标原 点 . 则当 △AOB 的面积最大时 , 直线 l 的方 程为 . 10. 一个正三棱锥的三条侧棱长均为 1 , 且两两垂直 . 将这个三棱锥绕着它的高旋转 60° ,则旋转后的三棱锥与原三棱锥公共部分 的体积为 . 11. 某校盖教学楼 , 需甲种尺寸的玻璃 400 块 ,乙种尺寸的玻璃 500 块 . 商店中有 A 、 B 两种规格的玻璃 . 已知 A 种规格的玻璃每 块 48 元 ,可裁成甲 、 乙两种尺寸的玻璃分别 为 4 块和 6 块 ; B 种规格的玻璃每块 58 元 , 可裁成甲 、 乙两种尺寸的玻璃各为 5 块 . 则该 校购买 A 、 B 两种规格的玻璃所付出的最少 费用是 元. x 1 + a ,x ≤ 0, 2 12. 已知 f ( x ) =   且 f ( x - 1) , x > 0 , 方程 f ( x ) = x 恰有两解 . 则实数 a 的取值范 围是 . 三、 解答题 ( 每小题 20 分 ,共 60 分)

的值 . 14. 如图 2 ,点 M 、 N 是四边形 ABCD 的 边 AB 、CD 的 中 点 , BN 与 MC 相 交 于 点 P , AN 与 MD 相 交 于 点 Q . 求 证 : S 四边形MQN P 图2 = S △BCP + S △ADQ . 15. 甲 、 乙两人轮流掷一枚均匀的硬币 , 谁先掷出正面 , 谁获胜 . 他们连玩了数局 , 并 规定前一局的输家下一局先掷 . 若甲第 1 局 先掷 ,则第 6 局甲获胜的概率是多少 ?

参考答案
一、 1. B. 因 a < b < 0 ,则 a < a - b < 0. 故
1
a- b

<

1
a

.

2. D. 根据复合函数的单调性得出结论 . 3. C.

满足条件的元素个数最多的 S = {1 ,2 ,5 ,6 ,7 , 11 ,12 ,16 ,17 ,21 ,22 ,26} 等 .
4. A.

π ,所以 , 2 2 α sin α+ cos α> sin α+ cos α= 1 + cos α(1 - cos α ) > 1. 5. A. 因为 B′ C′ ⊥ 面 AA′ B′ B ,故 MB′ ⊥B′ C′ . 从而 , M 到点 B′ 和到直线 AB 的距离相等 . 所以 , M 的轨迹是 抛物线的一部分 . 6. C. 易得 Pn 的极限位置在分线段 AB 为 2∶ 1 处. 因为 0 < sin α< α< 二、 7. 等边三角形 . http://www.cnki.net

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38 8. 9 998.

中 等 数 学 故1+ f
=1+
f

1
b1

把第 k 个 3 和它后面的 2 k - 1 个 5 这 (2 k - 1 + 1) 项 称为一组 . 设第 2 004 项在第 k 组 ,则 k 是满足 k- 1 ≥ k + 1 + 2 + …+ 2 2 004 的最小正整数 . 易得 k = 11. 故 S 2 004 = 5 × 2 004 - 2 × 11 = 9 998.
9. y = x + 1 . 3
b

+f - f

1
b2

+ …+ f +
f

1
b2 002

+f - f

1 2 004 1 4 +

1 2

1 3

1 3

…+ f
=1+ f

1 1 - f 2 003 2 004 1 2 = 0.

+f

1 2 004

14. 由 S △ADQ = 2 ,
S △BCP =

1 S - S △AQM , 2 △ADB

| AB | = 2 2 ? 1 - 2 b , O 到 AB 的距离 d =

故 S △OAB = b 当 b=
10. 1 . 9

1 - 2 b.

1 S - S △MB P , 2 △ACB 知 S △ADQ + S △BCP 1 1 S + S - S △AQM - S △MB P . 2 △ACB 2 △ADB 又 S 四边形MQN P = S △ANB - S △AQM - S △MB P ,故只须证 =

1 3 时 ,取最大值 . 3 9

公共部分是底面积等于原底面积的

2 、 高没有 3

改变的正六棱锥 . 11. 4 720. 设需购买 A 、 B 两种规格的玻璃分别为 x 块 、 y 块 . 约束条件为 x≥ 0 ,y ≥ 0,
4x +5y ≥ 400 , 6x +5y ≥ 500.

1 ( S △ADB + S △ACB ) . 2 这三个三角形共底 AB , 设它们的高分别为 h 、 h1 、 h2 . 由 N 是 CD 的中点知
S △ANB =

1 ( h1 + h2 ) . 2 1 两边同乘以 AB ,得 2 1 1 1 1 AB ? h= AB ? h1 + AB ? h2 . 2 2 2 2
h=

学校所付费用 P = 48 x + 58 y . ). 12. ( - 2 , + ∞ 三、 13. (1) 令 y = x ,得 2 f ( x ) = f 因为 x n + 1 =
2x . 2 1+ x

1 ( S △ADB + S △ACB ) . 2 因此 , S 四边形MQN P = S △ADQ + S △BCP .

所以 , S △ANB =

2 xn 2 ,所以 , f ( x n + 1 ) = 2 f ( x n ) . 1 + xn

故 an + 1 = 2 an . 又 a1 = f
1 2 = - 1 , 则 { an } 是首项为 - 1 、 公

比为 2 的等比数列 . 所以 , an = - 2 n - 1 . (2) 令 x = y = 0 ,得 f (0) + f (0) = f (0) . 则 f (0) = 0. 令 y = - x ,得 f ( x ) + f ( - x ) = f (0) = 0. 则 f ( - x) = - f ( x) . 而f
1
bn

15. 任一局比赛 ,先掷的人胜的概率为 1 3 5 1 1 1 2 2 + + + …= . 2 = 2 2 2 3 1 12 2 1 后掷的人胜的概率为 1 = . 3 3 {第 k 局甲胜 } = { 第 k - 1 局甲胜且第 k 局甲 胜} ∪ { 第 k - 1 局乙胜且第 k 局甲胜}. 令 Pk 为甲胜第 k 局的概率 ,则有 2 , 3 1 2 (1 - Pk - 1 ) = Pk = P + 3 k- 1 3 ] Pk - 1 = - 1 Pk - 1 - 1 2 3 2 k- 1 ( ) 1 1 1 ] Pk = + k- 1 = P1 2 2 3 364 所以 , P6 = . 729 364 故第 6 局甲获胜的概率为 . 729
P1 =

2 1 P 3 3 k- 1

=f

1
n +3 n +1
2

=f 1

1 ( n + 1) ( n + 2) - 1 1
n+2

1 ( n + 1) ( n + 2) =f 1 1( n + 1) ( n + 2) =f 1
n+1

k- 1 1 ( - 1) + k . 2 2× 3

=f 1=f

n +1

1 ( n + 1) ( n + 2) 1
n +1

+f

-

1
n +2

- f

1
n+2

,

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30

中 等 数 学

2003年全国高中数学联赛乮安徽赛区乯预赛试题及解答 2003 年安徽省高中数学竞赛 ( 初赛)
   一、 选择题 ( 每小题 6 分 ,共 36 分) 1. 定义 : A - B = { x| x ∈A 且 x | B }. 若 M = { x ≤ |1 x≤ 2 002 , x ∈N+ } , N = { y | 2 ≤y ≤ 2 003 , y ∈
). N+ } ,则 N - M 等于 (    (A) M   (B) N   ( C) {1}   (D) {2 003} 2. 函数 f ( x ) = - ( cos x ) lg | x | 的部分图像是 (    ).

个公共点 ,则 k 的取值范围是    .
2 8. 在 (4 x - 2 x - 5) 1 +

1
x
2

5

的展开式中 ,常数

项为    .
9. 设 n 为不超过 2 003 的正整数 . 如果有一个角 θ+ i cos n θ成立 ,则这 θ使得 (sin θ+ i cos θ ) n = sin n 种 n 的总个数为    . 10. 三位数中 ,如果十位上的数字比百位上的数 字和个位上的数字都小 ,则称这个数为凹数 ,如 504 、 746 等都是凹数 . 那么 ,各个数位上无重复数字的三 位数中凹数共有     个. ) , b = (cos β,sin β ) ,a 11. 已知 a = (cos α,sin α

和 b 之间有关系式| k a + b | = 3| a - k b| ,其中 k >
0. 则 a ? b 的最小值为     . 12. 已知 x 、 y、 z 均为正整数 . 则方程 x + y + z = 15 有     组解 .

三、 解答题 ( 每小题 15 分 ,共 60 分)
2 13. 设 a ∈R ,函数 f ( x) = ax + x - a (| x| ≤ 1) .

图1

5 (1) 若| a| ≤ 1 ,试证 :| f ( x ) | ≤ ; 4
4

3. 若不等式

a+

b ≤m
3 4

a + b 对所有正实

2

2

(2) 求使函数 f ( x ) 有最大值 14. 已知 A ( 5 ,0 ) 和曲线
x

17 的 a 的值 . 8
2 - y = 1 ( 2 ≤x ≤

). 数 a、 b 都成立 ,则 m 的最小值是 (   

2

  (D) 4 2 2 2 4. 曲线 2 x - xy - y - x - 2 y - 1 = 0 和 3 x 2 ) 个. 4 xy + y - 3 x + y = 0 的交点有 (    (A) 2   (B) 3   ( C) 4   (D) 无穷多 x x 5. 设 0 < a < 1. 若 x1 = a , x2 = a 1 , x3 = a 2 , x4
). = a 3 , …, x n = a n - 1 , …,则数列{ x n } (    (A) 递增 ( C) 递减 (B) 奇数项增 ,偶数项减 (D) 偶数项增 ,奇数项减
x x

(A) 2   (B) 2   ( C) 2

4

2 5 ,y ≥ 0) 上的点 P1 , P2 , …, Pn . 是否存在 n ,使得 | P1 A | ,| P2 A | , …,| PnA | 成等差数列 , 且公差 d ∈ 1 1 , 5 5 ? 若存在 , 求出 n 可取的所有值 ; 若不存

6. 在边长为 1 的正方体 C 内 ,作一个内切大球
O1 ,再在 C 内的一个角顶内 , 作小球 O2 , 使它与大

在 ,说明理由 . ( 取 5 = 2124) 15. 某市 A 有 4 个郊县 ( B 、 C、 D、 E) , 如图 2. 现 有 5 种颜色 ,问有多少种不同的着色方法 ,使得相邻 两块不同色 ,且每块只涂一种颜色 ?

球外切 ,同时与正方体的三个面相切 . 则球 O2 的面
). 积为 (    (A) (7 - 4 3 )π ( C)

 (B) (7 + 4 3 )π
图2
2

2- 3 2+ 3 π π  (D) 2 2 二、 填空题 ( 每小题 9 分 ,共 54 分) 7. 若直线 y = x + k 与曲线 x = 1 - y 恰有一

图3

16. 如图 3 , △ABC 的外接圆圆心为 O ,以 △ABC

各边为对称轴 ,求得 O 的三个对称点 O1 、 O2 、 O3 . 现 http://www.cnki.net

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2004 年第 3 期

31 2
r=

将各点均擦去 ,仅保留 O1 、 O2 、 O3 , 试根据这三个点 重新作出 △ABC.

3r+

r+

1 2

= BD′ = 3.

参考答案
一、 1. D. 2. A. 首先 , f ( x ) 为偶函数 ,故图像关于 y 轴对称 , 排 (D) . 再看图像和 x 轴都有交点 ,图像与 x 轴 除 (B) 、 π 正方向的第一个交点为 ( 1 ,0) ,第二个为 ,0 . 取 2 3 3 3 3 3 x= ,则 f = - cos lg < 0. 又 ∈ 2 2 2 2 2 π ,则排除 ( C) . 1, 2 3. C. 因为
a + b ≤ 2 ( a + b) ≤

2- 3 πr2 = (7 - 4 3 )π. ,4 2

二、 7. k = - 2 或 k ∈( - 1 ,1 ] .
8. 15.

原式 = (4 x2 - 2 x - 5) 1 +

5
x
2

+

10
x
4

+ … .

所以 ,展开式中常数项为 ( - 5) × 1+4× 5 = 15.
9. 501. (sin θ+ i cos θ ) n = [i ( cos θ- i sin θ ) ]n
n ) + i sin ( - θ ) ]n = i [ cos ( - θ n θ- i sin n θ ) = i n - 1 ( sin n θ+ i cos n θ ). = i ( cos n

θ+ i cos n θ ) = sin n θ+ i cos n θ,则 如果 i n - 1 ( sin n
i
n- 1

2

a + b

2

2

= 1. 于是 , n = 4 k + 1 ≤ 2 003 , k ( k ≥ 0) 为整数 .

2

.

故符合条件的 n 的个数为
10. 240.

当且仅当 a = b 时等号成立 . 3 3 所以 , m ≥ 2 4 ,即 m 的最小值为 2 4 . 4. D. 2 2 2 x - xy - y - x - 2 y - 1 = 0 ,即 2 x + y + 1 = 0 或 x - y - 1 = 0. 2 2 3 x - 4 xy + y - 3 x + y = 0 ,即 3 x - y = 0 或 x - y - 1 = 0. 所以 ,已知两曲线都可以退化成两直线 ,且有一 对直线重合 . 故两曲线有无穷多个公共点 . 5. B. (1) x1 = a1 , x2 = ax1 ,因 1 > a ,则 a1 < ax1 , x1 < x2 .
(2) x1 = a , x3 = a 2 ,1 = a , x2 = a 1 . 而 0 < x1 ,
1
x

2 003 - 1 + 1 = 501. 4

当十位数为 0 时 ,符合条件的凹数有 9 × 8个, 当十位数为 1 时 ,符合条件的凹数有 8 × 7个, …… 当十位数为 7 时 ,符合条件的凹数有 2 × 1个, 共有 72 + 56 + 42 + 30 + 20 + 12 + 6 + 2 = 240 个 .
11. 1 . 2

由| k a + b| 2 = ( 3| a - k b| ) 2 得 2 2 2 2 8 ka? b = (3 - k ) a + (3 k - 1) b . 故 a? b=
(3 - k2 ) a 2 + ( 3 k2 - 1) b2 . 8k
k +1 . 4k k +1 ≥ 2k 1 = . 4k 4k 2
2 2

0

x

则 1 > ax1 . 于是 , a1 < ax2 , x1 < x3 . 依此类推得 x1 < x3 < x5 < ….
(3)
x2 x = a1 x4
x

) , b = (cos β,sin β ) ,所以 , 因为 a = (cos α,sin α
a = 1 , b = 1 , a? b=
2 2

3

> a = 1 ,则 x2 > x4 .

0

因为 k > 0 , k2 + 1 ≥ 2 k ,则 所以 , a ? b 的最小值为
12. 91. 1 . 2

依此类推得 x2 > x4 > x6 …. 故数列{ x n } 奇数项增 ,偶数项减 .
6. A.

如图 4 所 示 , 设 球 O2 的半径为 r , 且设球
O2 作在 ∠D′ 内 . 则 O1 、 O2 在对角线 BD′ 上. 设

将 15 写成 15 个 1 ,即 1 + 1 + …+ 1 = 15 ,其中 14 个加号任取 2 个 , 并把这两个加号分隔的 1 合并成 一个数得到方程的解 ,故解的个数是 C2 14 = 91 个 .
2 三、 13. (1) | f ( x ) | = | ax + x - a| 2 = | a ( x - 1) + x|

∠AD′ B = θ, 则 sin θ = 1 . 在 △D′ EO2 中 , D′ O2 3
1 = = 3 r , O1 O2 = r + . 于是 , sin θ 2
r

图4

2 2 ≤ | a ( x - 1) | + | x | ≤ | x - 1| + | x |

= 1 - | x | + | x| = -

2

| x| -

1 2

2

+

5 ≤5 . 4 4

(2) 当 a = 0 时 , f ( x ) = x ( | x | ≤ 1) 的最大值是 ( ) f 1 = 1 ,与题设矛盾 .

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32

中 等 数 学 种颜色中选一种涂这不相邻区域有 C1 3 种 ,最后余下 两种颜色涂两个区域的方法有 P2 2 种 . 根据乘法原理
1 1 2 有 C4 C4 ? 2? C3 ? P2 = 240 种方法 . 5?

当 a≠ 0 时 , f ( x ) 为二次函数 . (i) 当 a > 0 时 ,其开口向上 , 故最大值只能在 x = - 1 或 x = 1 时取得 . 而 f ( - 1) = a - 1 - a = - 1 , 矛盾 . f (1) = a + 1 - a = 1 也矛盾 . (ii ) 当 a < 0 时 ,最大值同样不会在 x = 1 和 x =
- 1 上取得 , 故使得 f ( x ) = ax + x - a ( | x | ≤ 1) 有
2

(3) 用三种颜色 . 选三种颜色有 C3 B 5 种方法 . A 、
3 3 3 和 D、 C 和 E 各涂一种颜色有 P3 种 , 故得 C5 P5 = 60

17 最大值 ,只能等价于 8 - 1< f

1 <1, 2a = 17  ] , 8

a< -

-

1 2a

1 , 2
a+

种方法 . 据加法原理 ,共有 120 + 240 + 60 = 420 种 . 16. ( 1 ) 如 图 6 , 连 结 OA 、 OC 、 O2 A 、
O2 C , 则这四条线段

( a + 2)

a<0 ] a = - 2. 14. 因为 d > 0 ,则数列是递增数列 , 故 | P1 A | 为

1 8

=0

相 等 , OAO2 C 是 菱 形 . 所以 ,
O2 C AO . O3 B . O2 C. 从而 , BCO2 O3 为平行四边

同理 , OAO3 B 也 是菱形 , AO 于是 , O3 B 形 ,故 BC ∥O2 O3 .

图6

最小 ,| PnA | 为最大 . 如图 5 , 曲 线
x
2

4

2 - y = 1 (2 ≤x ≤

2 5 ,y ≥ 0) 为双曲线

(2) 同理可证 AC ∥O1 O3 , AB ∥O1 O2 . (3) 由对称性可知
OO2 ⊥AC , OO1 ⊥BC , OO3 ⊥AB .

一部 分 , A ( 5 , 0 ) 是 它的右焦点 , 则右准 线 l 的方程为 x =
4 5 ,e = . 2 5
图5

则 OO1 ⊥O2 O3 , OO2 ⊥O1 O3 , OO3 ⊥O1 O2 . 可见 O 为 △O1 O2 O3 三条高线的交点 .
(4) 有了上面的分析 ,可见解法如下 : 当已知 O1 、 O2 、 O3 时 , 先作出以它们为顶点的

由题意 ,等差数列的第一项为 | P1 A | = 5 - 2 , 第 n 项为| PnA | = 3. 于是 ,有
3 = ( 5 - 2) + ( n - 1) d .

△O1 O2 O3 三边上的高 ,得交点 O . 然后分别作线段
OO1 、 OO2 、 OO3 的中垂线 ,三条中垂线两两的交点即

为 A、 B、 C.
( 从德兴   提供)

解得 d =

5- 5 ( n > 1) . n- 1 ,故 1 5- 5 1 < < . 5 n- 1 5

1 1 因为 d ∈ 5 , 5

声    明
本刊 2003 年第 3 、 4 期上刊登的题为 “函数 不动点在解题中的应用” 一文 , 与湖南师范大 学沈文选老师 1993 年发表在 《中学教研》 上的 “函数不动点的应用” 一文雷同 。我们认为 , 在 不作任何说明的情况下 ,抄袭他人的作品是不 道德的 ,希望今后不再有此类的事情发生 。在 此 ,我们向沈文选老师致歉 , 并对沈老师的指 正表示感谢 。 我们郑重声明 , 本刊严禁一稿两投 , 严禁 抄袭他人的作品 。请有此行为的作者自律 。

解得 n ∈(5 5 - 4 ,26 - 5 5 ) . 因为 n 为正整数 ,所以 , n 的最大值为 14. 于是 ,当 n ≤ 14 时 , 这 14 个点中任意连续的 n 个点都能得到等差数列 . 又因为是等差数列 ,所以 , n ≥ 3. 因此 , n = 3 ,4 ,5 , …,14. 15. 符合要求的涂色方法至少要用三种颜色 ,所 以 ,可分三类办法涂色 : (1) 用五种颜色 ,有 P5 5 = 120 种方法 .
(2) 用四种颜色 . 选四种颜色的方法有 C4 5 种. 其

中选一种颜色涂 A 有 C1 4 种 , 剩下 4 块涂三种颜色 , 有且仅有一组不相邻区域涂同一种颜色 , 选一组不 相邻区域的方法有 2 种 ( B 、 D 或 C、 E) ,从余下的三

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2013 年全国高中数学联赛安徽赛区初赛试卷
(考试时间:2013 年 9 月 14 日上午 9:00—11:30) 二 9 10 11 12 题号 得分 评卷人 复核人 注意: 1.本试卷共 12 小题,满分 150 分; 3.书写不要超过装订线; 一、填空题(每题 8 分,共 64 分) 1. 2. 3. 4. 5. 6. 函数 f ( x) = x + 1 + x ? 1 + 4 ? x 2 的值域为 方程 sin( 2013 π x) = x 2013 的实根个数为 化简 sin 12° sin 48° sin 54° = . (用数字作答) . . . . 一 总分

2.请用钢笔、签字笔或圆珠笔作答; 4.不得使用计算器.

设数列 {a n } 满足 a1 = a 2 = 1,a n = 3a n ?1 ? a n ? 2 (n ≥ 3) ,则 a 2013 = 设 △ ABC 的外接圆圆心 P 满足 AP = 设复数 z = x + y i 满足 则 y 的最大值为 x
300

2 AB + AC ,则 cos ∠BAC = 5

(

)

z +1 的实部与虚部之比为 3 ,其中 i 是虚数单位, x, y ∈ R , z+2


100

7. 8.

设 (1 + x + x 2 )150 = ∑ c k x k ,其中 c0 , ? , c300 是常数,则 ∑ c3k =
k =0 k =0

. .

随机选取正 11 边形的 3 个不同顶点,它们构成锐角三角形的概率为

二、解答题(第 9—10 题每题 21 分,第 11—12 题 22 分,共 86 分)

9.

设正三棱锥的底面边长为 1,侧棱长为 2,求其体积和内切球半径.

10. 求所有函数 f : R → R ,使得对任意 x, y 都有
f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) + 2 xy 且 x 2 ? x 2 ≤ f ( x) ≤ x 2 + x 2 .
1 1

11. 设 a, b, c 是不全为 0 的实数,求 F = 条件时,F 取最大值与最小值?

ab ? bc + c 2 的取值范围.a, b, c 分别满足什么 a 2 + 2b 2 + 3c 2

(1 + a n ?1 ) 2 12. 设数列 {a n } 满足 a1 = 1,a 2 = 2,a n = (n ≥ 3) . a n?2 (1)求数列 {a n } 的通项公式; (2)求证:对任意正整数 k , a 2 k ?1 和 a2k 都是整数. 2

参考答案
一、填空题(每题 8 分,共 64 分) ① 2 + 3, 2 5

[

]

②4027



1 8

④1 ? 3



1 4



4 2 ?3 3 5

⑦ 3149



1 3

二、解答题(第 9—10 题每题 21 分,第 11—12 题 22 分,共 86 分) ? 1 ? 11 9.解:棱锥的高 h = 2 ? ? , ? ? ? = 3 (----5 分) ? 3?
2 2

故其体积 V =

1 3 11 (----10 分) 。 h= 3 4 12

另一方面,易求得棱锥的表面积 S = 从而其内切球半径 r =

3 15 (-----16 分) , +3 4 4

3V 11 (-----21 分) . = S 3 + 15

10.解:设 g ( x) = f ( x) ? x 2 ,则对任意 x, y 都有 )。 g ( x + y ) = g ( x) + g ( y ) 且 g ( x) ≤ x 2 (----8 分 由上述关系式,对任意 x 和正整数 n ,
1

| g ( x) |=

g (nx) n



x . (----16 分 )。 n

令 n 趋于无穷得, g ( x) = 0 .从而 f ( x) = x 2 (----21 分 )。

11.解:由 a 2 + b 2 ≥ 2ab, b 2 + c 2 ≥ ?2bc 得: a 2 + 2b 2 + 3c 2 ≥ 2(ab ? bc + c 2 ). ab ? bc + c 2 1 从而 F = 2 ≤ . 2 2 2 a + 2b + 3c 等号成立当且仅当 a : b : c = 1 : 1 : ?1. (------8 分). 为求 F 的最小值,固定常数 0 < α < 2, β > 3. 则由基本不等式
? a 2 + 2b 2 + 3c 2 = ? a 2 + α b 2 + (2 ? α )b 2 + β c 2 + ( β ? 3)c 2 ≤ 2 α ab ? 2 (2 ? α ) β bc + ( β ? 3)c 2

(

) (

)

等号成立当且仅当 a = ? α b, 2 ? α b = β c 。 令 2 α = 2 (2 ? α ) β = β ? 3 . 化简得

β 3 ? 5β 2 ? 5β + 9 = ( β ? 1)( β 2 ? 4β ? 9) = 0.
由 β > 3. 求得 β = 2 + 13. 于是 F= ab ? bc + c 2 1 13 + 1 . (----20 分) ≥? =? 2 2 2 β ?3 12 a + 2b + 3c
5 + 13 : ?1 。故 F 的取值范围是 2

等号成立当且仅当 a : b : c = 2 + 13 : ?

? 13 + 1 1 ? (----22 分 )。 , ?. ?? 12 2 ? ?

2 ? ?a n ? 2 a n = a n ?1 + 2a n ?1 + 1 12.解: (1)由 ? ,两式相减得 2 ? ?a n ?1 a n +1 = a n + 2a n + 1

a n ?1 (a n +1 + a n ?1 + 2) = (a n ? 2 + a n + 2)a n . 结合 a3 = 9 ,得

a n +1 + a n ?1 + 2 a n + a n ? 2 + 2 a + a1 + 2 = =?= 3 = 6, an a n ?1 a2
从而 a n +1 = 6a n ? a n ?1 ? 2 (-----6 分) . 令 bn = a n ?
1 .得 bn +1 = 6bn ? bn ?1 ,解得 bn = c1λn ?1 + c 2 ? n ?1 ,其中 2

λ , ? = 3 ± 2 2 是方程 x 2 = 6 x ? 1 的两根, c1 , c 2 是常数.
1 3 1 由 b1 = ,b2 = ,解得 c1 = c 2 = .因此, {a n } 的通项公式为 2 2 4

an =

(3 + 2 2 ) n ?1 + (3 ? 2 2 ) n ?1 + 2 (-----12 分) 4

(2) a 2 k ?1 = 同理,

(3 + 2 2 ) k ?1 + (3 ? 2 2 ) k ?1 ); = ∑ C k2?j1 3 k ?1? 2 j 2 3 j ,是整数(-----17 分 2 j ≥0 a 2 k ( 2 + 1) 2 k ?1 + ( 2 ? 1) 2 k ?1 2 j +1 j )。 = ∑ C2 = k ?1 2 也是整数(-----22 分 2 2 2 j ≥0


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