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2014年上海市高中数学竞赛答案


2014 年上海市高中数学竞赛(新知杯)答案
一、填空题(本题满分 60 分,前 4 小题每小题 7 分,后 4 小题每小题 8 分) 1. b 2 . 3. ? 0, 2? . 5. ? ?5, ? 3? ∪ ?1, 3? . 7.1980. 二、解答题 9. (本题满分 14 分) 在锐角三角形 ABC 中, 已知 ?A ? 75?, AC ? b, AB ? c

. 求 三角形 ABC 的外接正三角形面积的最大值. 解 设三角形 DEF 是三角形 ABC 的外接正三角形, 如图所示. 记 ?BAF ? ? ,
b sin(? ? 15?) c sin(120? ? ? ) , AF ? . sin 60? sin 60?

2. 4 x 2 ? 4 y 2 ? a 2 ? b 2 ? 0 . 4.
4028 . 4029

6.1511. 8.88060.

则由正弦定理可得
AE ?

…………4 分

所以
EF ? AE ? AF ? 2 ? 15 ? c? ob s ?(b s i n ? 3? 3 ? cos ?1 ? 5 sin 2 ? 1 )? ?( c c c ?o ? s 2 ?
D

sin

)

?

? 2 ? c 3 c ? b sin15?) cos ? ? ?( ? b cos15?) sin ? ? ( 2 3? 2 ?

?
?

2 c 3 ? ( ? b cos15?)2 ? ( c ? b sin15?) 2 2 2 3
2 ? b 2 ? c 2 ? bc(cos15? ? 3 sin15?) 3 2 ? b2 ? c 2 ? 2bc cos 45? 3 2 ? b 2 ? c 2 ? 2bc , 3

C

B

E

A

F

?

?

3 c ? b sin15? 当 ? ? ? arctan 2 时等号成立. c 2 ? b cos15? 2

?

1

所以, 三角形 ABC 的外接正三角形的边长的最大值为 ? 于是,三角形 ABC 的外接正三角形面积的最大值为

2 ? b 2 ? c 2 ? 2bc . 3

3 3 2 3 2 2 EF 2 ? ?( b2 ? c2 ? 2bc )2 ? (b ? c ? 2bc) . 4 4 3 3
………………14 分

10. (本题满分 14 分)设 n 是给定的大于 2 的整数.有 n 个外表上没有区别 的袋子,第 k 个袋中有 k 个红球, (n―k)个白球, k ? 1, 2,
, n .把这些袋子混

合后,任选一个袋子,并且从中连续取出三个球(每次取出不放回) ,求第三次 取出的是白球的概率. 解 设选出的是第 k 个袋子,连续三次取球的方法数是 n(n ? 1)(n ? 2) . 第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下 4 种情况: 白,白,白, 白,红,白, 红,白,白, 红,红,白, 取法有 (n ? k )(n ? k ? 1)(n ? k ? 2) 种; 取法有 k (n ? k )(n ? k ? 1) 种; 取法有 k (n ? k )(n ? k ? 1) 种; 取法有 k (k ? 1)(n ? k ) 种.

所以,第三次取出的是白球的种数为
(n ? k )(n ? k ?1)(n ? k ? 2) ? k (n ? k )(n ? k ?1) ? k (n ? k )(n ? k ?1) ? k (k ?1)(n ? k )

? (n ? 1)(n ? 2)(n ? k ) .

………………4 分

故在第 k 个袋子中第三次取出的是白球的概率为 n?k Pk ? . n 1 而选到第 k 个袋子的概率为 .故所求的概率为 n
P ? ? Pk ?
k ?1 n

………………6 分

1 n n?k 1 1 n 1 n ?1 n ? 1 . ?? ? ? 2 ? (n ? k ) ? 2 ? i ? n k ?1 n n n k ?1 n i ?0 2n

………………14 分

2

11. (本题满分 16 分)正实数 x, y, z 满足:
?2 ? 5 ? z ? min ? x, y? , ? 4 ? ? xz ? , 15 ? 1 ? ? yz ? 5 . ?
1 2 3 求 ? ? 的最大值. (这里, min ?x, y? 表示实数 x,y 中的较小者. ) x y z
2 1 5 z 4 1 15 解 由 ? z ? min{x, y} ,得 ? , ? 1 .又由 xz ? ,得 ? z. 5 z 2 x 15 2 x

于是

1 1 2 1 ? ? ? ? x z x z

1 2 1 1z ? ? ? (1 ? ) x x x z x

?

2 15 5 z ? z ? (1 ? ) 2 x x 2
………………10 分

5 z 1 52 ?? ( ? )? 4 ? . 4 2 x 5
类似的,由

1 z ? 5 z , ? 1,得 y y 1 1 2 1 1 2 1 1 z ? ? ? ? ? ? ? (1 ? ) y z y z y y y y z ? 2 5 z ? 5 z ? (1 ? ) 2 y y
………………14 分

5 z 2 9 9 ?? ( ? )2 ? ? . 2 y 2 2 5
综上可得

1 2 3 1 1 1 1 9 ? ? ? ( ? ) ? 2( ? ) ? 4 ? 2 ? ? 13 , x y z x z y z 2

2 1 2 当 x ? , y ? , z ? 时,等号成立. 3 2 5

1 2 3 所以, ? ? 的最大值为 13. x y z
3

………………16 分

12 . ( 本 题 满 分 16 分 ) 求 1, 2,
ak - k n- 1 对正整数 k = 1, 2, 2

, n 的 排 列 a1 , a2 ,

, an 的 个 数 , 使 得

, n 都成立.

解 先考虑 n 为偶数的情况.设 n = 2m ( m 为正整数). n- 1 1 m - 及 ak 为整数知, 对 k = 1, 2, , 2m ,由 ak - k ? 2 2

ak ? m k 或 ak ? k
注意其中 1 #ak

m,



n = 2m ,所以 m + k #ak 1 #ak 2m (1 #k m) ; 2m) .
② ③

k - m (m + 1 #k

这里, am , am- 1,

, a1 的取法是唯一的.事实上,注意到 a1 , a2 ,

, am 两两不等,

不 断 地 利 用 ② 可 知 , am 只 能 取 2 m , 进 而 am- 1 只 能 取 2m - 1 , 以 此 类 推 知

am- t = 2m - t ( 0#t

.同理,由③知 am+ 1 , am+ 2 , m - 1)

, a2m 的取法也是唯一的.
………………6 分

因此当 n = 2m 时,符合题意的排列恰有 1 个.

再考虑 n 为大于 1 的奇数的情况.设 n = 2m + 1 ( m 为正整数). 类似于偶数的情形知,①对 k = 1, 2,
, 2m + 1 成立,因此

k + m #ak 1 #ak
且 am+ 1 ? {1, 2m 1}.

2m + 1(1 #k

m) ; 2m + 1) ;

④ ⑤ ………………8 分

k - m (m + 2 #k

不妨设 am+ 1 = 1 .首先可知 am+ 2 , am+ 3 ,

, a2m+ 1 的取法唯一.事实上,注意到

am+ 1 , am+ 2 ,

不断地利用⑤可知,am+ 2 只能取 2,am+ 3 只能取 3, , a2m+ 1 两两不等,

以此类推知 am+ t = t , 1 #t 对于剩下的数 a1 , a2 ,

m+ 1. , am ,我们证明有 2m- 1 种取法.

事实上,由④可知 am ? {2m, 2m 1},即 am 有两种取值方式.以下对每个
t (2 #t m- 1),当 am , am- 1,

, at + 1 (这些数均不小于 t + 1 + m )取定后,再利用④

4

知, at 取自集合 {t + m, t + m + 1,

且不能取该集合中 am , am- 1, , 2m + 1} ,

, at + 1 这

些元素,故 at 的取法数为 (2m + 1- (t + m) + 1) - (m - t ) = 2 . 当 am , am- 1 ,

, a2 均取定后, a1 的取值方式唯一确定,从而根据乘法原理知,
………………14 分

am , am- 1,

, a1 的取法有 2m- 1 种.

以上表明,在符合题意的排列中,满足 am+ 1 = 1 的排列共有 2m- 1 个.同理可 知,满足 am+ 1 = 2m + 1的排列亦有 2m- 1 个. 因此,当 n = 2m + 1 时,符合题意的排列有 2m- 1 + 2m- 1 = 2m 个. 综上所述,当 n 为偶数时,符合题意的排列恰有 1 个;当 n 为奇数时,符合 题意的排列恰有 2
n- 1 2

个.

………………16 分

5

6


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