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2011年全国高中数学联赛试题及答案


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2011 年全国高中数学联赛 一
一、填空题(每小题 8 分,共 64 分) 填空题(
B = {?1, 3, 5, 8} ,则集合 A =



1.设集合 A = {a1 , a 2 , a 3 , a 4 } ,若 A 中所有三元子集的三个元

素之和组成的集合为 .

x2 + 1 的值域为 . x ?1 1 1 3.设 a, b 为正实数, + ≤ 2 2 , (a ? b) 2 = 4(ab) 3 ,则 log a b = a b

2.函数 f ( x) =

. .

4.如果 cos 5 θ ? sin 5 θ < 7(sin 3 θ ? cos 3 θ ) , θ ∈ [0,2π ) ,那么 θ 的取值范围是

5.现安排 7 名同学去参加 5 个运动项目,要求甲、乙两同学不能参加同一个项目,每 个项目都有人参加,每人只参加一个项目,则满足上述要求的不同安排方案数 . (用数字作答) 为 6.在四面体 ABCD 中,已知 ∠ADB = ∠BDC = ∠CDA = 60° , AD = BD = 3 , CD = 2 ,则 四面体 ABCD 的外接球的半径为 . 7. 直线 x ? 2 y ? 1 = 0 与抛物线 y 2 = 4 x 交于 A, B 两点, 为抛物线上的一点, ACB = 90° , C ∠ 则点 C 的坐标为 8. 已知 a n = C
n 200


? 6
3

( )

200 ? n

? 1 ? ? (n = 1,2, L ,95) , ?? 则数列 {a n } 中整数项的个数为 ? ? ? 2?

n



小题, 二、解答题(本大题共 3 小题,共 56 分) 解答题(
9 . 16 分 ) 设 函 数 f ( x) =| lg( x + 1) | , 实 数 a, b(a < b) 满 足 f (a) = f (? (
f (10a + 6b + 21) = 4 lg 2 ,求 a, b 的值. b +1 ) , b+2

10. (20 分)已知数列 {a n } 满足: a1 = 2t ? 3 (t ∈ R 且 t ≠ ±1) ,
a n +1 = (2t n +1 ? 3)a n + 2(t ? 1)t n ? 1 (n ∈ N * ) . a n + 2t n ? 1

(1)求数列 {a n } 的通项公式; (2)若 t > 0 ,试比较 a n +1 与 a n 的大小. 11. (本小题满分 20 分)作斜率为 的直线 l 与椭圆 C : 图所示) ,且 P(3 2 , 2 ) 在直线 l 的左上方. (1)证明:△ PAB 的内切圆的圆心在一条定直线上; (2)若 ∠APB = 60° ,求△ PAB 的面积.
1 3
x2 y 2 + = 1 交于 A, B 两点(如 36 4

y P O A x B

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1. {?3,0, 2,6} . 提示:显然,在 A 的所有三元子集中,每个元素均出现了 3 次,所以
3(a1 + a 2 + a 3 + a 4 ) = (?1) + 3 + 5 + 8 = 15 ,

故 a1 + a 2 + a 3 + a 4 = 5 ,于是集合 A 的四个元素分别为 5-(-1)=6,5-3=2,5-5=0, 5-8=-3,因此,集合 A = {?3, 0, 2, 6} . 2. (?∞, ?

2 π π π ] U (1, +∞) . 提示:设 x = tan θ ,? < θ < ,且 θ ≠ ,则 2 2 4 2
1 1 f ( x) = cos θ = = tan θ ? 1 sin θ ? cos θ 1 2 sin(θ ?

π
4


)

π 1 2 设 u = 2 sin(θ ? ) ,则 ? 2 ≤ u < 1 ,且 u ≠ 0 ,所以 f ( x) = ∈ (?∞,? ] U (1,+∞) .
4
u 2

3.-1. 提示:由

1 1 + ≤ 2 2 ,得 a + b ≤ 2 2ab .又 a b

(a + b) 2 = 4ab + (a ? b) 2 = 4ab + 4(ab) 3 ≥ 4 ? 2 ab ? (ab) 3 = 8(ab) 2 ,


a + b ≥ 2 2ab .



于是
a + b = 2 2 ab .


?a = 2 ? 1, ?a = 2 + 1, ? ? 或? ?b = 2 + 1, ?b = 2 ? 1, ? ?

再由不等式①中等号成立的条件,得 ab = 1 .与②联立解得 ? 故 log a b = ?1 . 4. ?
? π 5π ? , ? . 提示:不等式 ?4 4 ? cos 5 θ ? sin 5 θ < 7(sin 3 θ ? cos 3 θ )

等价于
sin 3 θ + 1 1 sin 5 θ > cos 3 θ + cos 5 θ . 7 7

又 f ( x) = x 3 +

1 5 x 是 (?∞,+∞) 上的增函数,所以 sin θ > cos θ ,故 7 2kπ +

π
4

< θ < 2kπ +

5π (k ∈ Z). 4

因为 θ ∈ [0,2π ) ,所以 θ 的取值范围是 ?

? π 5π ? , ?. ?4 4 ?

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5.15000. 提示:由题设条件可知,满足条件的方案有两种情形: (1)有一个项目有 3 人参加,共有 C 73 ? 5!?C 51 ? 5! = 3600 种方案; (2)有两个项目各有 2 人参加,共有 (C 72 ? C 52 ) ? 5!?C 52 ? 5! = 11400 种方案; 所以满足题设要求的方案数为 3600 + 11400 = 15000 .
1 2

6. 3 . 提示:设四面体 ABCD 的外接球球心为 O ,则 O 在过△ ABD 的外心 N 且垂直 于平面 ABD 的垂线上. 由题设知, ABD 是正三角形, △ 则点 N 为△ ABD 的中心. P, M 分 设 别为 AB, CD 的中点,则 N 在 DP 上,且 ON ⊥ DP , OM ⊥ CD . 因 为 ∠CDA = ∠CDB = ∠ADB = 60° , 设 CD 与 平 面 ABD 所 成 角 为 θ , 可 求 得
cos θ = 1 3 , sin θ = 2 3 1 2 2 3 CD = 1, DN = ? DP = ? ?3 = 3 . 2 3 3 2 1 3



在△ DMN 中, DM = 由余弦定理得

C

MN 2 = 12 + ( 3 ) 2 ? 2 ?1 ? 3 ?

=2,

M O D N A P B

故 MN = 2 .四边形 DMON 的外接圆的直径
MN = OD = sin θ 2 2 3

= 3.

故球 O 的半径 R = 3 . 7 . (1,?2) 或 (9,?6) . 提 示 : 设 A( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ), C (t 2 ,2t ) , 由 ?
? x ? 2 y ? 1 = 0, 得 2 ? y = 4 x,

y 2 ? 8 y ? 4 = 0 ,则 y1 + y 2 = 8 , y1 ? y 2 = ?4 .

又 x1 = 2 y1 + 1, x 2 = 2 y 2 + 1 ,所以
x1 + x 2 = 2( y1 + y 2 ) + 2 = 18 , x 1 ? x 2 = 4 y 1 ? y 2 + 2( y 1 + y 2 ) + 1 = 1 .

因为 ∠ACB = 90° ,所以 CA ?CB = 0 ,即有
(t 2 ? x1 )(t 2 ? x 2 ) + (2t ? y1 )(2t ? y 2 ) = 0 ,


t 4 ? ( x1 + x 2 )t 2 + x1 ? x 2 + 4t 2 ? 2( y1 + y 2 )t + y1 ? y 2 = 0 ,


t 4 ? 14t 2 ? 16t ? 3 = 0 ,

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(t 2 + 4t + 3)(t 2 ? 4t ? 1) = 0 .

否则 t 2 ? 2 ? 2t ? 1 = 0 , 则点 C 在直线 x ? 2 y ? 1 = 0 上, 从而点 C 与点 A 显然 t 2 ? 4t ? 1 ≠ 0 , 或点 B 重合.所以 t 2 + 4t + 3 = 0 ,解得 t 1 = ?1, t 2 = ?3 . 故所求点 C 的坐标为 (1,?2) 或 (9,?6) .
200 ? n 3 400 ? 5 n 6

n 8.15. 提示: a n = C 200 ?3

?2



要使 a n (1 ≤ n ≤ 95) 为整数,必有

200 ? n 400 ? 5n , 均为整数,从而 6 | n + 4 . 3 6 200 ? n 400 ? 5n 和 均为非负整数,所 3 6

当 n = 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80 时, 以 a n 为整数,共有 14 个. 当 n = 86 时, a 86 = C 86 ?3 38 ? 2 ?5 ,在 C 86 = 200 200

200! 中, 200! 中因数 2 的个数为 86!?114!

? 200 ? ? 200 ? ? 200 ? ? 200 ? ? 200 ? ? 200 ? ? 200 ? ? 2 ? + ? 2 2 ? + ? 2 3 ? + ? 2 4 ? + ? 2 5 ? + ? 2 6 ? + ? 2 7 ? = 197 , ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

同理可计算得 86! 中因数 2 的个数为 82, 114! 中因数 2 的个数为 110,所以 C 86 中因数 2 的 200 个数为 197 ? 82 ? 110 = 5 ,故 a 86 是整数. 当 n = 92 时, a 92 = C 92 ?3 36 ? 2 ?10 ,在 C 92 = 200 200
200! 中,同样可求得 92! 中因数 2 的个数为 92!?108!

88, 108! 中因数 2 的个数为 105,故 C 86 中因数 2 的个数为 197 ? 88 ? 105 = 4 ,故 a 92 不是整数. 200 因此,整数项的个数为 14 + 1 = 15 . 9.因为 f (a) = f (?
b +1 ) ,所以 b+2

| lg(a + 1) |=| lg(?

b +1 1 + 1) |=| lg( ) |=| lg(b + 2) | , b+2 b+2

所以 a + 1 = b + 2 或 (a + 1)(b + 2) = 1 ,又因为 a < b ,所以 a + 1 ≠ b + 2 ,所以 (a + 1)(b + 2) = 1 . 又由 f (a) =| lg(a + 1) | 有意义知 0 < a + 1 ,从而
0 < a +1 < b +1 < b + 2 ,

于是
0 < a +1 < 1 < b + 2 .

所以
(10a + 6b + 21) + 1 = 10(a + 1) + 6(b + 2) = 6(b + 2) + 10 > 1. b+2

从而
f (10a + 6b + 21) =| lg[6(b + 2) + 10 10 ] |= lg[6(b + 2) + ]. b+2 b+2

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f (10a + 6b + 21) = 4 lg 2 ,

所以
lg[6(b + 2) + 10 ] = 4 lg 2 , b+2

故 6(b + 2) +

10 1 = 16 .解得 b = ? 或 b = ?1 (舍去) . b+2 3
1 3 2 . 5

把 b = ? 代入 (a + 1)(b + 2) = 1 解得 a = ? 所以 a = ?
2 1 ,b = ? . 5 3

10. (1)由原式变形得
a n +1 = 2(t n +1 ? 1)(a n + 1) ?1 , a n + 2t n ? 1


2(a n + 1) n a n +1 + 1 2(a n + 1) = = t ?1 . n +1 n t ? 1 a n + 2t ? 1 a n + 1 +2 t n ?1

记 又

2bn an +1 a + 1 2t ? 2 = bn ,则 bn +1 = , b1 = 1 = =2. n bn + 2 t ?1 t ?1 t ?1 1 1 1 1 1 = + , = ,从而有 bn +1 bn 2 b1 2 1 1 1 n = + (n ? 1) ? = , 2 2 bn b1



an +1 2 2(t n ? 1) = ,于是有 a n = ?1 . n t ?1 n n

(2) a n +1 ? a n =
= = =

2(t n +1 ? 1) 2(t n ? 1) ? n +1 n

2(t ? 1) [n(1 + t + L + t n ?1 + t n ) ? (n + 1)(1 + t + L + t n ?1 )] n(n + 1) 2(t ? 1) [nt n ? (1 + t + L + t n ?1 )] = 2(t ? 1) [(t n ? 1) + (t n ? t ) + L + (t n ? t n ?1 )] n(n + 1) n(n + 1) 2(t ? 1) 2 n ?1 n ? 2 [(t + t + L + 1) + t (t n ? 2 + t n ?3 + L + 1) + L + t n ?1 ] , n(n + 1)

显然在 t > 0 (t ≠ 1) 时恒有 a n +1 ? a n > 0 ,故 a n +1 > a n . 11. (1)设直线 l : y = 将y=
1 x + m , A( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ) . 3

1 x2 y 2 x + m 代入 + = 1 中,化简整理得 3 36 4
2 x 2 + 6mx + 9m 2 ? 36 = 0 .

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于是有 x1 + x 2 = ?3m, x1 x 2 =

y ? 2 y ? 2 9m 2 ? 36 , k PA = 1 , k PB = 2 . 则 2 x1 ? 3 2 x2 ? 3 2

k PA + k PB =

y1 ? 2 y ? 2 + 2 x1 ? 3 2 x2 ? 3 2

( y ? 2)( x2 ? 3 2) + ( y2 ? 2)( x1 ? 3 2) = 1 ( x1 ? 3 2)( x2 ? 3 2)
上式中, 分子 = ( x1 + m ? 2 )( x 2 ? 3 2 ) + ( x 2 + m ? 2 )( x1 ? 3 2 )
= = 2 x1 x 2 + (m ? 2 2 )( x1 + x 2 ) ? 6 2 (m ? 2 ) 3 2 9m 2 ? 36 ? + (m ? 2 2 )(?3m) ? 6 2 (m ? 2 ) 3 2 1 3 1 3



= 3m 2 ? 12 ? 3m 2 + 6 2 m ? 6 2 m + 12 = 0 ,

从而, k PA + k PB = 0 . 又 P 在直线 l 的左上方,因此, ∠APB 的角平分线是平行于 y 轴的直线,所以△ PAB 的 内切圆的圆心在直线 x = 3 2 上. (2)若 ∠APB = 60° 时,结合(1)的结论可知 k PA = 3 , k PB = ? 3 . 直线 PA 的方程为: y ? 2 = 3 ( x ? 3 2 ) ,代入
x2 y 2 + = 1 中,消去 y 得 36 4

14 x 2 + 9 6 (1 ? 3 3 ) x + 18(13 ? 3 3 ) = 0 .

它的两根分别是 x1 和 3 2 ,所以 x1 ? 3 2 =

18(13 ? 3 3 ) 3 2 (13 ? 3 3 ) ,即 x1 = .所以 14 14 3 2 (3 3 + 1) . 7

| PA |= 1 + ( 3 ) 2 ? | x1 ? 3 2 |=

同理可求得 | PB |= 所以

3 2 (3 3 ? 1) . 7

1 S ?PAB = ? | PA | ? | PB | ? sin 60° 2 1 3 2(3 3 + 1) 3 2(3 3 ? 1) 3 = ? ? ? . 2 7 7 2 117 3 = . 49

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本文档选自华东师范大学出版社的《高中数学联 赛备考手册(2012) (预赛试题集锦) ,该书收录 》 了 2011 年各省市预赛试题和优秀解答。 预赛命题人 员大多为各省市数学会成员,试题在遵循现行教学 大纲,体现新课标精神的同时,在方法的要求上有 所提高。命题人员大多同时兼任各省市高考命题工 作,试题对高考有一定的指导作用,本书架起了联 赛与高考的桥梁,是一本不可或缺的备考手册。

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1. ( 40 分) 如图, P, Q 分别是圆内接四边形 ABCD 的对角线 AC, BD 的中点.若 ∠BPA = ∠DPA ,证明: ∠AQB = ∠CQB . 2. (40 分)证明:对任意整数 n ≥ 4 ,存在一个 n 次多项式
f ( x) = x n + a n ?1 x n ?1 + L + a1 x + a 0

具有如下性质: (1) a 0 , a1 , L , a n ?1 均为正整数; (2)对任意正整数 m ,及任意 k (k ≥ 2) 个互不相同的正整数 r1 , r2 , L , rk ,均有
f (m) ≠ f (r1 ) f (r2 ) L f (rk ) .

3.( 3.(50 分)设 a1 , a 2 , L , a n (n ≥ 4) 是给定的正实数, a1 < a 2 < L < a n .对任意正实数 r , 满足
a j ? ai ak ? a j = r (1 ≤ i < j < k ≤ n) 的三元数组 (i, j , k ) 的个数记为 f n (r ) .

证明: f n (r ) <

n2 . 4

4.( 4.(50 分)设 A 是一个 3× 9 的方格表,在每一个小方格内各填一个正整数.称 A 中的 一个 m × n (1 ≤ m ≤ 3, 1 ≤ n ≤ 9) 方格表为“好矩形” ,若它的所有数的和为 10 的倍数.称 A 中 的一个 1×1 的小方格为“坏格” ,若它不包含于任何一个“好矩形” .求 A 中“坏格”个数的 最大值.

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解 答
1. 延长线段 DP 与圆交于另一点 E ,则 ∠CPE = ∠DPA = ∠BPA ,又 P 是线段 AC 的中 点,故 AB = CE ,从而 ∠CDP = ∠BDA . 又 ∠ABD = ∠PCD ,所以△ ABD ∽△ PCD ,于是
AB ? CD = PC ? BD . AB PC = ,即 BD CD
∩ ∩

D

A 从而有
AB ? CD = AB BQ 即 = . AC CD

Q

F P

1 1 AC ? BD = AC ? ( BD) = AC ? BQ , 2 2

B

E

C

又 ∠ABQ = ∠ACD ,所以△ABQ∽△ACD,所以 ∠QAB = ∠DAC . 延长线段 AQ 与圆交于另一点 F ,则 ∠CAB = ∠DAF ,故 BC = DF . 又因为 Q 为 BD 的中点,所以 ∠CQB = ∠DQF . 又 ∠AQB = ∠DQF ,所以 ∠AQB = ∠CQB .
∩ ∩

2. 令

f ( x) = ( x + 1)( x + 2) L ( x + n) + 2 ,



将①的右边展开即知 f ( x) 是一个首项系数为 1 的正整数系数的 n 次多项式. 下面证明 f ( x) 满足性质(2) . 对任意整数 t ,由于 n ≥ 4 ,故连续的 n 个整数 t + 1, t + 2, L , t + n 中必有一个为 4 的倍数, 从而由①知 f (t ) ≡ 2(mod 4) . 因此,对任意 k (k ≥ 2) 个正整数 r1 , r2 , L , rk ,有
f (r1 ) f (r2 ) L f (rk ) ≡ 2 k ≡ 0(mod 4) .

但对任意正整数 m ,有 f (m) ≡ 2(mod 4) ,故
f (m) ≡ f (r1 ) f (r2 ) L f (rk )(mod 4) , /

从而 f (m) ≠ f (r1 ) f (r2 ) L f (rk ) . 所以 f (x) 符合题设要求. 3.对给定的 j (1 < j < n) ,满足 1 ≤ i < j < k ≤ n ,且 3.
a j ? ai ak ? a j =r



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的三元数组 (i, j , k ) 的个数记为 g j (r ) . 注意到,若 i, j 固定,则显然至多有一个 k 使得①成立.因 i < j ,即 i 有 j ? 1 种选法, 故 g j (r ) ≤ j ? 1 . 同样地,若 j , k 固定,则至多有一个 i 使得①成立.因 k > j ,即 k 有 n ? j 种选法,故
g j (r ) ≤ n ? j .从而 g j (r ) ≤ min{ j ? 1, n ? j} .

因此,当 n 为偶数时,设 n = 2m ,则有

f n (r ) =

∑g
j =2 m

n ?1

j

(r ) = ∑ g j (r ) +
j =2

m ?1

2 m ?1 j =m

∑g

j

(r )

≤ ∑ ( j ? 1) +
j =2

2 m ?1

j = m +1

∑ ( 2m ? j ) =
n2 . 4

m(m ? 1) m(m ? 1) + 2 2

= m2 ? m < m2 =

当 n 为奇数时,设 n = 2m + 1 ,则有
f n (r ) = ∑ g j (r ) = ∑ g j (r ) +
j =2 j =2 n ?1 m

j = m +1

∑g

2m

j

(r )

≤ ∑ ( j ? 1) +
j =2

m

j = m +1

∑ (2m + 1 ? j )

2m

= m2 <

n2 . 4

4. 首先证明 A 中“坏格”不多于 25 个. 用反证法.假设结论不成立,则方格表 A 中至多有 1 个小方格不是“坏格” .由表格的 对称性,不妨假设此时第 1 行都是“坏格” . 设方格表 A 第 i 列从上到下填的数依次为 a i , bi , c i , i = 1,2, L ,9 .记
Sk =
k k

∑ a , T = ∑ (b
i k i =1 i =1

i

+ c i ), k = 0,1,2, L ,9 ,

这里 S 0 = T0 = 0 . 我们证明:三组数 S 0 , S1 , L , S 9 ; T0 , T1 , L , T9 及 S 0 + T0 , S 1 + T1 , L , S 9 + T9 都是模 10 的完 全剩余系. 事实上,假如存在 m, n, 0 ≤ m < n ≤ 9 ,使 S m ≡ S n (mod 10) ,则

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i = m +1

∑a

n

i

= S n ? S m ≡ 0(mod 10) ,

即第 1 行的第 m + 1 至第 n 列组成一个“好矩形” ,与第 1 行都是“坏格”矛盾. 又假如存在 m, n, 0 ≤ m < n ≤ 9 ,使 Tm ≡ Tn (mod 10) ,则
i = m +1

∑ (b

n

i

+ c i ) = Tn ? Tm ≡ 0(mod 10) ,

即第 2 行至第 3 行、 m + 1 列至第 n 列组成一个 第 “好矩形” 从而至少有 2 个小方格不是 , “坏 格” ,矛盾. 类似地,也不存在 m, n, 0 ≤ m < n ≤ 9 ,使
S m + Tm ≡ S n + Tn (mod 10) .

因此上述断言得证.故

∑S
k =0

9

k

≡ ∑ Tk ≡ ∑ ( S k + Tk ) ≡ 0 + 1 + 2 + L + 9 ≡ 5(mod 10) ,
k =0 k =0

9

9

所以

∑ (S
k =0

9

k

+ Tk ) ≡ ∑ S k + ∑ Tk ≡ 5 + 5 ≡ 0(mod 10) ,
k =0 k =0

9

9

矛盾!故假设不成立,即“坏格”不可能多于 25 个. 另一方面,构造如下一个 3× 9 的方格表,可验证每个不填 10 的小方格都是“坏格” ,此 时有 25 个“坏格” .

1 1 1

1 1 1

1 1 1

2 1 10

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1

10 1 2

综上所述, “坏格”个数的最大值是 25.


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