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2011年全国高中数学联赛一试模拟试题


2011 年全国高中数学联赛一试模拟试题(1)
一、填空题:(每题 7 分,共 70 分) 1、方程 6×(5a2+b2)=5c2 满足 c≤20 的正整数解(a, b, c)的个数是__________个. 2、过定点 P(2, 1)作直线 l 分别交 x 轴正向和 y 轴正向于 A、B,使△AOB(O 为原点)的面积最小, 则 l 的方程为_____________

____ π 3、 若方程 cos2x+ 3sin2x=a+1 在[0, ]上有两个不同的实数解 x, 则参数 a 的取值范围是___________ 2 4、数列 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 5, 6, ?的第 2011 项是__________ 5、在 1, 2, 3, 4, 5 的排列 a1, a2, a3, a4, a5 中,满足条件 a1<a2, a2>a3, a3<a4, a4>a5 的排列的个数是________ 1 2 6、[x]表示不大于 x 的最大整数,则方程 · [x +x]=19x+99 的实数解 x 是 2 7、设 a1=1,an+1=2an+n2,则通项公式 an= π 5 8、在△ABC 中,∠A= ,sinB= ,则 cosC= 3 13 9、数(5+ 24)2012(n∈N*)的个位数字是 10、数 799 被 2550 除所得的余数是 二、解答题:(20 分+30 分+30 分,共 80 分) ? ?? ?? ?? 11.(20 分) 已知△ABC 中,A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且( AB )2= AB · AC + BA · BC + CA · CB . (Ⅰ)判断△ABC 的形状,并求 sinA+sinB 的取值范围; (Ⅱ)若不等式 a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b)≥kabc,对任意的满足题意的 a,b,c 都成立, 求 k 的取值范围. . . . . .

12、(30 分) △ABC 的内切圆分别切 BC、CA、AB 三边于 D、E、 F,M 是 EF 上的一点,且 DM⊥EF, 求证:DM 平分∠BMC A

F M E B

D

C
1

1 a 13、(30 分) 给定无理数 a、b,证明:满足方程 |x+ay+ |+|ax-y+ |=b 的整数 x, y 至多只有一组。 3 3

2011 年全国高中数学联赛一试模拟试题(1) 答案
1、4;2、x+2y?4=0;3、[0, 1);4、63;5、16;6、- 181 1587 5 3?12 或 ;7、7· 2n?1?n2?2n?3;8、 ; 38 38 26 9、1;10、343; ? ?? ?? ?? ? ? ? ? ?? 11、解(Ⅰ)∵ ( AB )2= AB · AC + BA · BC + CA · CB ,∴ ( AB )2= AB · ( AC + CB )+ CA · CB , ? 2 ?? ?? ?? 即( AB ) = AB · AB + CA · CB ,即 CA · CB =0.∴△ ABC 是以 C 为直角顶点的直角三角形. π π ∴ sinA+sinB=sinA+cosA= 2sin(A+ ),A∈ (0, ) ,∴ sinA+sinB 的取值范围为(1, 2]. 4 2 (Ⅱ)在直角△ ABC 中, a=csinA,b=ccosA.若 a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b)≥kabc,对任意的满足 a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b) 题意的 a、b、c 都成立,则有 ≥k,对任意的满足题意的 a、b、c 都成立, abc a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b) 1 ∵ = 3 [c2sin2A(ccosA+c)+c2cos2A(csinA+c)+c2(csinA+ccosA)] abc c sinAcosA 1+cosA+sinA 1 = [ sin2AcosA+cos2A sinA+1+cosA+sinA]=cosA+sinA+ sinAcosA sinAcosA a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b) 1+ t 2 2 令 t=sinA+cosA, t∈ (1, 2], 设 f(t)= =t+ 2 =t+ =t-1+ +1. abc t -1 t-1 t-1 2
2

2 f(t)=t-1+ +1,当 t-1∈ (0, 2?1]时 f(t)为单调递减函数,∴ 当 t= 2时取得最小值, t-1 最小值为 2+3 2,即 k≤2+3 2. ∴k 的取值范围为(-∞,2+3 2]. 12、证:设 N,K 分别是 DF、DE 的中点, 1 DF BF FN 则 Rt⊿BFN∽Rt⊿DEM, ? ?2 DE ME ME 1 DE Rt⊿CEK∽Rt⊿DFM, CE ? EK ? 2 DF FM FM 1 ∴BF· ME= DF· DE=CE· FM ∴ BF ? CE , 2 FM EM 而∠BFM=∠CEM, ∴⊿BFM∽⊿CEM,于是∠BFM=∠CME 13、证明:如果 b<0,显然方程无整数解,只需考虑 b>0 情况。 反证法,设有两组整数 x,y 与 x1,y1 都满足方程, 则 x ? ay ? 1 + ax ? y ? a = x ? ay ? 1 + ax ? y ? a 去掉绝对值并将各项的符号“+1”或“-1”
3

A

F N M K B E

D

C

3

1

1

3

1

1

3

a ?= ? 1?+ ? a? 分别用 m,n,m1,n1 表示,则上式化为: m ? x ? ay ? 1 ? + n ? ? ax ? y ? ? m1 ? x ? ay ? ? n1 ? ax ? y ? ? ? ? 3? 3? 3? 3? ? ? ? ? 即: mx ? m1 x1 ? ny ? n1 y1 ? 1 ? m ? m1 ? ? ?n1 x1 ? nx ? m1 y1 ? my ? 1 ? n1 ? n ?? a ? ? 3 3 ? ? 此式左端为有理式,右端为无理式,故应分别为 0,因此有 1 1 …① …② n1 x1 ? nx ? m1 y1 ? my ? ? n ? n1 ? mx ? m1 x1 ? ny ? n1 y1 ? ? m1 ? m ? 3 3 由于 m1?m 以及 n?n1 只能取 2,?2,0,故必须都为 0,否则将导致左端为整数,右端为既约真分数, 矛盾。∴m1=m,n=n1 ①、②化为: m( x ? x1 ) ? n( y ? y1 ) ? 0 ③ n( x ? x1 ) ? m( y ? y1 ) ? 0 ④

将③式乘以 m,④式乘以 n,然后相加得 (m2 ? n2 )( x ? x1 ) ? 0

即 2( x ? x1 ) ? 0

∴ x ? x1

据此又得 y=y1, 这与假设 x, y 与 x1,y1 是两组不同整数矛盾。从而结论成立。

3

2011 年全国高中数学联赛模拟卷(2)第一试
(考试时间:80 分钟 满分:120 分) 姓名:_____________考试号:______________得分:____________ 一、填空题(本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分) sin x cos x ? 1 1. 函数 y ? 的值域是___________ sin x ? cos x ? 1
2. 设 a, b, c 为 RT△ACB 的三边长, 点(m, n)在直线 ax+by+c=0 上. 则 m2+n2 的最小值是___________ 3. 若 n ? N ,且 n 2 ? 24 ? n 2 ? 9 为正整数,则 n ? ________ . 4. 掷 6 次骰子, 令第 i 次得到的数为 a i , 若存在正整数 k 使得 ? ai ? 6 的概率 p ?
i ?1 k

n ,其中 m, n 是互 m

质的正整数. 则 log6 m ? log7 n =

.

5. 已知点 P 在曲线 y=ex 上,点 Q 在曲线 y=lnx 上,则 PQ 的最小值是_______
2 2 2 6. 已知多项式 f (x)满足: f ( x ? x ? 3) ? 2 f ( x ? 3x ? 5) ? 6x ?10x ? 17( x ? R) , 则 f (2011) ? _________

7. 四面体 OABC 中, 已知∠AOB=450,∠AOC=∠BOC=300, 则二面角 A-OC-B 的平面角 ? 的余弦值是 __________ 8. 设向量 ? π ], 2
4

? ( x ? 3, x), ? ? (2sin? cos? , a sin? ? a cos? ) 满足对任意 x ? R 和 θ∈[0,

| ? ? ? |? 2 恒成立.

则实数 a 的取值范围是________________.

二、解答题(本大题共 3 小题,第 9 题 16 分,第 10、11 题 20 分,共 56 分) 2 a an 9. 设数列 {an } 满足 a0 ? N ? , an ?1 ? .求证:当 0 ? n ? 0 ? 1 时, [an ] ? a0 ? n . (其中 [ x ] 表示不 2 an ? 1 超过 x 的最大整数).

10. 过点 (2,3) 作动直线 l 交椭圆

x2 ? y 2 ? 1 于两个不同的点 P, Q ,过 P, Q 作椭圆的切线, 4 两条切线的交点为 M , ⑴ 求点 M 的轨迹方程; ⑵ 设 O 为坐标原点,当四边形 POQM 的面积为 4 时,求直线 l 的方程.

11. 若 a 、 b 、 c ? R? ,且满足

kabc ? (a ? b) 2 ? (a ? b ? 4c) 2 ,求 k 的最大值。 a?b?c

2011 年全国高中数学联赛模拟卷(2)加试
(考试时间:150 分钟 满分:180 分) 姓名:_____________考试号:______________得分:____________ 一、 (本题满分 40 分)如图, 四边形 BDFE 内接于圆 O, 延长 BE 与 DF 交于 A, BF 与 DE 相交于 G,
作 AC∥EF 交 BD 延长线于 C. 若 M 是 AG 的中点. 求证:CM⊥AO. A E M F · O B G N D C

二、 (本题满分 40 分) 求证: 对任意正整数 n, 都能找到 n 个正整数 x1, x2, …, xn, 使得其中任意 r(r<n)
个数均不互素, 而 r+1 个数均互素.
5

三、 (本题满分 50 分)求最小的正数 c, 使得只要 n= 2
k1>k2>?>km≥0), 就有 2
k1 2

k1

? 2 k2 ? ? ? 2 km

(k1, ?, km∈N,

? 2 ??? 2

k2 2

km 2

?c n .

四、 (本题满分 50 分)给定 2010 个集合, 每个集合都恰有 44 个元素, 并且每两个集合恰有一个公共
元素. 试求这 2010 个集合的并集中元素的个数.

2011 年全国高中数学联赛模拟卷(2)答案
1.解:令 sinx+cosx=t, 则 t= 2 sin( x ?

?

4

) ? [? 2 ,?1) ? (?1, 2 ] ,2sinxcosx=t2-1,

2. 解:因(m2+n2)c2=(m2+n2)(a2+b2)=(ma)2+(nb)2+(mb)2+(na)2 ≥(ma)2+(nb)2+2mnab=(ma+nb)2=c2, 所以 m2+n2≥1, 等号成立仅当 mb=na 且 am+bn+c=0, 解得(m, n)=( ?

sin x cos x ? 1 1 t2 ?3 1 2 1 2 ? ? ? (t ? 1 ? ) ? (t ? 1 ? ) ? 1 关于 t+1 在 [1 ? 2 ,0) 和 sin x ? cos x ? 1 2 t ? 1 2 t ?1 2 t ?1 1? 2 1? 2 1? 2 1? 2 ]?[ ,??) . 或y? , 即值域 (??, (0,1 ? 2 ] 上均递增,所以, y ? 2 2 2 2 y?

a b ,? ), 所以 m2+n2 最小值是 1. c c 33 2 2 2 2 3. 解: 由 n ? 24 ? n ? 9 ? 知 n ? 24 ? n ? 9 可能为 1,3, 11, 33, 从而解得 n ? 5. 2 2 n ? 24 ? n ? 9 1 1 2 4.解:当 k ? 1 时,概率为 ;当 k ? 2 时, 6 ? 1 ? 5 ? 2 ? 4 ? 3 ? 3 ,概率为 5 ? ( ) ; 6 6
6

3 3 当 k ? 3 时, 6 ? 1 ? 1 ? 4 ? 1 ? 2 ? 3 ? 2 ? 2 ? 2 ,概率为 (3 ? 6 ? 1) ? ( ) ? 10 ? ( ) ; 4 4 当 k ? 4 时, 6 ? 1 ? 1 ? 1 ? 3 ? 1 ? 1 ? 2 ? 2 ,概率为 (4 ? 6) ? ( ) ? 10 ? ( ) ; 5 6 当 k ? 5 时, 6 ? 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 2 ,概率为 5 ? ( ) ;当 k ? 6 时,概率为 ( ) ;故

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

1 1 1 1 1 1 1 1 75 p ? ? 5 ? ( )2 ? 10 ? ( )3 ? 10 ? ( )4 ? 5 ? ( )5 ? ( )6 ? ? (1 ? )5 ? 6 ,即 n ? 75 , m ? 66 ,从而 log6 m ? log7 n ? 1 . 6 6 6 6 6 6 6 6 6 x 5. 解:因曲线 y=e 与 y=lnx 关于直线 y=x 对称.所求 PQ 的最小值为曲线 y=ex 上的点到直线 y=x 最小
距离的两倍,设 P(x, ex)为 y=ex 上任意点, 则 P 到直线 y=x 的距离 d ( x) ? 因d
/

| ex ? x | 2

?

ex ? x 2

,

2 ,即 PQ min= 2 . 2 2 6.解: 解:用 1 ? x 代替原式中的 x 得: f ( x2 ? 3x ? 5) ? 2 f ( x2 ? x ? 3) ? 6 x2 ? 2 x ? 13 解二元一次方程组得 f ( x2 ? x ? 3) ? 2x2 ? 2x ? 3 ,所以: f ( x) ? 2 x ? 3 ,则 f (2011) ? 4019 . (分析得 f ( x ) 为一次多项式,可直接求 f ( x ) 解析式)

( x) ?

e x ?1

? 0 ? x ? 0, d / ( x) ? 0 ? x ? 0 ,所以, d ( x) min ? d (0) ?

A

7. 解:不妨设 AC⊥OC⊥BC,∠ACB= ? ,∠AOC=∠BOC= ? ,∠AOB= ? . 因 OA ? OB ? (OC ? CA) ? (OC ? CB) = | OC | 两端除以 | OA || OB | 并注意到
2

?CA ? CB
O

即 | OA || OB | cos? ?| OA | cos? ? | OB | cos? ? | CA || CB | cos? ,

C B

| CA | | OA |

? sin ? ,

| CB | | OB |

? ? , 即得 cos?

? cos ? ? sin ? cos? ,
2 2

将 ? =450, ? =300 代入得 8.解:令 sin ?

2 3 1 ? ? cos? , 所以, cos? ? 2 2 ? 3 . 2 4 4

? cos? ? t , 则 t ?[1, 2 ] , 2 sin ? cos? ? t 2 ?1, ? ? ? ? (t 2 ? x ? 2, x ? at) , 1 2 1 2 2 2 2 2 2 因 (t ? x ? 2) ? ( x ? at ) ? (t ? x ? 2 ? x ? at ) ? (t ? at ? 2) , 2 2
所以, | ?

? ? |? 2 ? (t 2 ? x ? 2) 2 ? ( x ? at) 2 ? 2 对任意 x ? R 恒成立

1 2 (t ? at ? 2) 2 ? 2 ? t 2 ? at ? 0 或 t 2 ? at ? 4 ? 0 ? a ? t 或 a ? t ? 4 对任意 2 t t ? [1, 2 ] 恒成立 ? a ? 1 或 a ? 5 .
?
9. 证明:对于任何正整数 n ,由递推知 an ? 0 .由 an ? an?1 ? an ? 又对任意 n ? N , an ? a0 ?
*
2 an a ? n ? 0 知数列 {an } 递减. an ? 1 an ? 1

? (ai ? ai?1 ) ? a0 ? ?
i ?1

n

n ai ?1 1 ? a0 ? ? (1 ? ) 1 ? ai ?1 i ?1 1 ? ai ?1 i ?1

n

7

? a0 ? n ? ?
当 n ? 1 时, 当2 ? n ?

1 ?a0 ? n .即有 an ? a0 ? n ,从而 an?1 ? a0 ? (n ?1) .于是, i ?1 1 ? ai ?1

n

?1? a
i ?1

n

1

?

i ?1

1 ? 1; 1 ? a0

a0 ? 1 时,由 {an } 递减得 2

?1 ? a
i ?1

n

1

?
i ?1

n n ? ? 1. 1 ? an?1 a0 ? n ? 2

故 a0 ? n ? an ? a0 ? n ?

?1? a
i ?1

n

1

? a0 ? n ? 1 .所以, [an ] ? a0 ? n .
2 3

10. 解(1)依题意设直线 l 方程为 y ? k ( x ? 2) ? 3 ,与椭圆联立得

i ?1

(1 ? 4k 2 ) x 2 ? 8k (3 ? 2k ) x ? 4(4k 2 ? 12k ? 8) ? 0 , ? ? 64(3 ? 2k ) ,由 ? ? 0 得 k ?
设 P( x1 , y1 ), Q( x2 , y 2 ) ,则过 P, Q 椭圆的切线分别为

x1 x x x ? y1 y ? 1 ??①和 2 ? y 2 y ? 1 ??② 4 4 1 3 (k ? ) , ① ? x2 ? ② ? x1 ,并且由 y1 ? k ( x1 ? 2) ? 3 及 y2 ? k ( x2 ? 2) ? 3 得 y ? 3 ? 2k 2 ? 4k 3 (k ? ) ,故点 M 的轨迹方程为 x ? 6 y ? 2 ? 0 (在椭圆外) 同理 x ? 3 ? 2k 2 3 ? 2k 64(3k ? 2)(1 ? k 2 ) (2) PQ ? ,O 到 PQ 的距离为 d 1 ? ,M 到 PQ 的距离为 2 1 ? 4k 1? k 2 4 3k ? 2 4k 2 ? 1 d2 ? , d1 ? d 2 ? , 3k ? 2 1 ? k 2 3 ? 2k 1 ? k 2

1 4 3k ? 2 (d1 ? d 2 ) ? PQ ? 2 3 ? 2k 11 当 S ? 4 时解得 k ? 1 或 k ? ,直线 l 为 x ? y ? 1 ? 0 或 11x ? 4 y ? 10 ? 0 4 2 2 2 2 11. 解:由均值不等式得 (a ? b) ? (a ? b ? 4c) ? (a ? b) ? [(a ? 2c) ? (b ? 2c)]
四边形 POQM 的面积 S ?

? (2 ab) 2 ? (2 2ac ? 2 2bc) 2 ? 4ab ? 4 ? 2ac ? 4 ? 2bc ? 2 ? 2 ? 2 ? 2c ? ab

? 4ab ? 8ac ? 8bc ? 16c ab , (a ? b) 2 ? (a ? b ? 4c) 2 4ab ? 8ac ? 8bc ? 16c ab ∴ ? ( a ? b ? c) ? ? ( a ? b ? c) abc abc c 8 8 16 1 1 1 1 1 a a b b ?( ? ? ? )(a ? b ? c) ? 8( ? ? ? ? )( ? ? ? ? c) 4 b a 2c b a ab ab ab 2 2 2 2

1 a 2b 2 c 5 ? 8(5 ? ) ? (5 ? ) ? 100,等号成立当且仅当 a ? b ? 2c ? 0 , 故 k 的最大值为 100 . 2a 2 b 2 c 24
5

二 试
1. 证法 1:设⊙O 半径为 R, 则由圆幂定理得 CO2=CD· CB+R2. ∵AC∥EF, ∴∠CAD=∠ABC, ΔACD∽ΔABC, E M

A

AC CD ? 即 AC2=CD· CB, BC AC
· O B G N

F
8

D

C

∴CO2-AC2=R2, 下证 MO2-MA2=R2,由中线长公式得 1 MO2= (OA2+OG2)-MA2, ∴MO2-MA2=R2 2 AD, ? OA2+OG2-AG2=2R2. 由圆幂定理得:OA2=R2+AF· OG2=R2-GE· GD, 延长 AG 到 N, 使得 AF· AD=AG· AN, 则 F, D, N, G 四点共圆, ∴AE· AB=AF· AD=AG· AN, ∴E, B, N, G 四点共圆,∠NEB=∠NGB=∠ADN, 从而 A, D, N, E 四点共圆, AG· AN=EG· GD, ∴OA2+OG2-AG2=2R2+AF· AD-GE· GD=2R2+ AG· AN-GE· GD=2R2. 即有 CO2-AC2= MO2-MA2=R2, 由平方差定理知:CM⊥AO. 证完. 证法 2:由证法 1 知,只要证 MO2-MA2=R2: 设 ΔBEG 的外接圆交 AG 于 N, DN∩⊙O=P, 连 BP, BN, 则 B,E,G,N 四点共圆, ∴,AE· AB=AF· AD=AG· AN, 其中 R 为⊙O 半径. 故 F,D,N,G 四点共圆, 延长 AN 交⊙O 于 T, 则∠BPD=∠BED=∠BFD=∠DNT, BP∥AT,∠BNT=∠PBN, ∴∠BPD=∠BED=∠BNT=∠PBN, 从而 BN=PN,ON⊥BP, ON⊥AT. 设 AM=MG=x,GN=y, 则 OA =(2x+y) +ON , OM2=(x+y)2+ON2, ∵OA2=R2+AF· AD=AG· AN, 所以,OM =OA -(2x+y) +(x+y) =OA -2x(2x+y)+x
2 2 2 2 2 2 2 2 2

A E M F G · O B T N D C

P

=OA2-AG· AN+x2=OA2-AF· AD+x2=R2+x2, OM2-AM2=R2, ∴CO2-AC2=MO2-MA2=R2, CM⊥AO. 证完. 2.证明:设存在这样的 n 个正整数,则它们可组成 Cn 个不同的 r 元数组.每组的 r 个数不互素, 即 r 个 数的最大公约数大于 1,令每个 r 元数组对应它们的最大公约数. ∵任何 r+1 个数均互素, ∴上述对应是单射: 若(x1,x1,…,xr)=(x1/,x1/,…,xr/)=d, 则(x1,x1,…,xr,x1/)=(d,x1/)=d>1 矛盾! 任取 Cn 个互不相同的素数 p1,p2,…,p C r ,并使之与{1,2,…,n}的 Cn 个 r 元子集一一对应, 然后对每个
n

r

r

r

i∈{1,2,…,n},令 xi 为 i 所在的所有 r 元子集( Cn

r ?1

个)所对应的素数之积,则这 n 个数满足要求:

∵对{x1,x1,…,xn}的任意 r 元子集{ xi1 , xi2 ,?, xir },它们的最大公约数恰为 r 元子集{i1,i2,…,ir}所对 应的素数, 当然大于 1, 从而这 r 个数不互素, 由于 Cn 个素数中的每一个都恰为{x1,x1,…,xn}中 r 个数 的约数, 故{x1,x1,…,xn}中任意 r+1 个数均互素. 3.解:∵对 n= 2 时,有 2 有2
k 2
k
r

k 2

? c?2

k 2

, ∴c>1. ∵对 n= 2 + 2 即

k

k ?1

+?+2+1=2k+1-1,

?2

k ?1 2

? ? ? 2 ? 1 ? c 2k ?1 ? 1 ,
2
k ?1

1 2

2 k ?1 ? 1 2 ?1

? c 2 k ?1 ? 1 ,

∴c ?

?1

1? ?

1

( 2 ? 1) 2 k ?1 ? 1

1 1? t 1? t 2 k ?1 ? ( 2 ? 1) ,令 t= , 则c ? ? ( 2 ? 1) ? ( 2 ? 1) (0 ? t ? 1) k ?1 2 1? t 1 2 1 ? t 1 ? k ?1 2
现对 m 归纳证明:当 m=1 时, 已知成立, 假设对 m 成立,
9

恒成立, ∴c≥ 1 ?

2 ,cmin= 1 ? 2 .

对 m+1,设 n= 2

k1

? 2 k2 ? ? ? 2 km?1 (k1>k2>?>km+1≥0),
k2 2 k3 2 km ?1 2

则 n- 2

k1

=2

k2

? 2 k3 ? ? ? 2 km?1 ,
?2
k2 2

由归纳假设得: 2 ? 2 ? ? ? 2

? (1 ? 2 ) n ? 2 k1
k1 2

, ∴2

k1 2

??? 2

k m ?1 2

? 2 ? (1 ? 2 ) n ? 2k1
k1 2 k1

k1 2

, 现证: 2

? (1 ? 2 ) n ? 2 k1 ? (1 ? 2 ) n
k1 k1 2

2 ? (1 ? 2 ) n ? 2 ? (1 ? 2 ) n ? (1 ? 2 )( n ? n ? 2 ) ? 2 ?
2 (1 ? 2 )
k1 k1

n ? n?2 2 ? 2 ??? 2 ? 2 ? 2 ??? 2 km ?1 k1 k2 k1 k1 ?1 ? 2 ? 2 ? ? ? 2 ? 1 ? 2 k1 ?1 ? 1 , ∵ 2 ? 2 ? ?? 2 2 k2 ? 2 k3 ? ? ? 2 km?1 ? 2 k2 ? 2 k2 ?1 ? ? ? 2 ? 1 ? 2 k2 ?1 ? 1 ? 2 k1 ? 1 , 所以
k1 k2 km ?1 k2 k3 km ?1

?2

k1 2

?

2 (1 ? 2 )

k1 2

? 1 ①.

① 左端 ?

2 (1 ? 2 ) 2 k1 ?1 ? 1 ? 2 k1 ? 1

k1 2

?

2 (1 ? 2 ) 2 k1 ?1 ? 2 k1

k1 2

?1,

② 即对 m+1 成立.故 cmin= 1 ?

2.

4. 解:设给定集合为 A1, A2,?,A2010, 则有|Ai|=44(1≤i≤2010), |Ai∩Aj|=1(1≤i<j≤2010), 只要求|Ai1∩Ai2∩?∩Aik|(1≤i1<i2<?<ik≤2010,k≥3). 由|Ai∩Aj|=1 知|Ai1∩Ai2∩?∩Aik|≤1,若都等于 1, 则必有一个元是所有集合的公共元素. 下面证明|Ai1∩Ai2∩?∩Aik|(1≤i1<i2<?<ik≤2010,k≥3)=1: 2010 对于 A1,因它与其它 2009 个集合都有公共元, 且|A1|=44, [ ]=45, 44 若 A1 中每个元素至多属于其它 45 个集合, 则 A1 至多与 44×45=1980 个集合有公共元素. 矛盾! 可见, A1 中必有一个元 a 至少属于其它 46 个集合,设 a∈A2,?,A47, 而 B 是 A48,?,A2010 中任意一个集合, 若 a ? B, 因 B 与 A1,?,A47 中每一个都有公共元素,则这些公共元素两两不同(因若 B 与 Ai, Aj(1≤i<j≤47) 有相同公共元素 b, 则 b≠a, 从而 Ai, Aj(1≤i<j≤47)有两个公共元素,矛盾!),故 B 至少有 47 个元素, 与|B|=44 矛盾!故 a∈B, 即 a 是 2010 个集合的公共元素.再由 A1,A2,?,A2010 每两个集合恰有一个公共元素 知|Ai1∩Ai2∩?∩Aik|(1≤i1<i2<?<ik≤2010,k≥3)=1. 所以, | A1∪A2∪?∪A2010|= | A1∪A2∪?∪A2010 =2010×44- C2010 =2010×44 ? C2010
0
2

?| A | ? ?| A ? A | ? ?? (?1) ?| A ??? A |= ?| A | ? ?| A ? A | ? ? ? (?1) ?| A ? ?? A
n?1 i i j 1 n?1 i i j 1

2010 2010

| |

3 2010 ? C2010 ? ?? C2010

1 0 1 2 3 2010 ? C2010 ? (C2010 ? C2010 ? C2010 ? C2010 ? ?? C2010 ) =86431.

10


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