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2015全国高中数学联赛新疆预赛试题及答案(高二)


2015年全国高中数学联合竞赛初赛
新疆赛区高二年级考试试卷 题号 得分 评卷人 复核人 一 二 2 合计 3

1

注意事项: 1. 本试卷共二大题, 全卷满分120分. 2. 用圆珠笔或钢笔作答, 解题书写不要超出装订线. 3. 不能使用计算器. 请关闭手机(手机开机, 按作弊处理).

一、填空题

/>(本大题共8小题, 每小题8分, 共64分. 把答案填在横线上.) 1. 对于任意实数x, 符号[x]表示不超过x的最大整数; 符号{x}表示x的小数部分, 2014 20142 20143 20142014 则{ }+{ }+{ } + ··· + { } =a a a a a a a a a a a. 2015 2015 2015 2015 2014n (2015 ? 1)n (?1)n 2014n 解: 首先有 = = M+ , 其中M 为整数, 于是{ }= 2015 2015 2015 2015 { 1 2 3 2014 2014 2014 2014 2014 (n为偶数) 2015 . 故{ }+{ }+{ }+· · ·+{ } = 1007. 2014 (n为奇数) 2015 2015 2015 2015 2015 2. 已知a1 , a2 , . . . , a9 为1, 2, . . . , 9的任意一个排列. 则a1 a2 a3 + a4 a5 a6 + a7 a8 a9 的 最小值为a a a a a a a a a a a. 解: 因为ai ∈ R+ (i = 1, 2 , . . . , 9), 所以由均值不等式有 a1 a2 a3 + a4 a5 a6 + √ √ √ 3 3 3 a7 a8 a9 ≥ 3 a1 a2 . . . a9 = 3 9! = 3 (2 × 5 × 7) × (1 × 8 × 9) × (3 × 4 × 6) = √ 3 3 70 × 72 × 72 > 3 × 71 = 213. 又因为214 = 70 + 72 + 72 = (2 × 5 × 7) + (1 × 8 × 9) + (3 × 4 × 6), 故其最小值为214. 3. 已知x1 , x2 , x3 , x4 , x5 是正整数, 任取四个数后求和得到的数组成的集合为{44, 45, 46, 47}. 则这五个数为a a a a a a a a a a a. 解: 从这五个正整数中任取四个数求和, 可以得到五个和值, 而本题只有四个 不同和值, 说明必有两个和值相等. 这五个和值的和为4(x1 + x2 + x3 + x4 + x5 ), 所以226 = 44 + 44 + 45 + 46 + 47 ≤ 4(x1 + x2 + x3 + x4 + x5 ) ≤ 44 + 45 + 46 + 47 + 47 = 229. 解不等式可得, x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 57. 所以所求的五个数 中有四个数分别为 57 ? 44 = 13, 57 ? 45 = 12, 57 ? 46 = 11, 57 ? 47 = 10. 因 此, 剩余的数为57 ? (10 + 11 + 12 + 13) = 11. 故这五个数为10, 11, 11, 12, 13. 第1页 , 共 4 页

{ (x ? 1)3 + 2015(x ? 1) = ?1 , 则x + y = 4. 设x, y 是实数, 且满足 (y ? 1)3 + 2015(y ? 1) = 1

.

解: 考虑函数f (z ) = z 3 + 2015z , 其在(?∞, +∞) 为单调递增函数. 由题设 得f (x ? 1) = f (1 ? y ), 从而有x ? 1 = 1 ? y , 故x + y = 2. 5. 已知复数 z 满足 z + |z | = 3 + i, 则 z =a a a a a a a a a a a. √ √ 4 解: 设z = x + i, 则x + i + x2 + 1 = 3 + i, 于是有x + x2 + 1 = 3, 解得x = , 3 4 所以z = + i. 3 √ xn + 1 6. 已知数列{xn }满足x1 = 3且xn+1 = . 则x1001 ?x401 = . 1 ? xn tan an + tan π 4 解: 由结构特点可作代换xn = tan an , 则xn+1 = = tan(an + 1 ? tan an tan π 4 tan(an + π ) + tan π π π π π 4 4 ), 于是 xn+2 = π π = tan[(an + )+ ] = tan(an +2· ). 同 4 1 ? tan(an + 4 ) tan 4 4 4 4 π π 理有xn+3 = tan(an +3 · ), xn+4 = tan(an +4 · ) = tan(an + π ) = tan an = xn . 4 4 所以{xn } 的周期为4, 因为1001 = 150 × 4 + 401, 故x1001 ? x401 = 0. 3 ? sin x 的最大值是a a a a a a a a a a a. 2 ? cos x 解: y 的值可以看作是平面上两点(2, 3), (cos x, sin x)所在直线的斜率, 点 (cos x, sin x)的轨道是单位圆, 点(2, 3)在圆外. 设过点(2, 3)的直线方程y ? 3 = k (x ? 2), 即y ? kx + (2k ? 3) = 0. 斜率最大时, 该直线为单位圆的一个切 √ √ 3 6 + 2 线, 于是原点(0, 0)到切线的距离为1, 即|2k ? 3| = k 2 + 1, 所以k = . 3 √ 6+2 3 故y 的最大值为 . 3 √ 8. 已知正三棱锥P ? ABC 的底面边长为1, 点P 到底面ABC 的距离为 2. 则该 三棱锥的内切球的半径为a a a a a a a a a a a. 7. 函数y = 解: 过点P 作P O1 ⊥面ABC , 垂足为O1 , 如图1所示. 取AB 的中点D, 连接CD. 则O1 D⊥AB . 连接P D, 则P D⊥AB . 依题意知, 正三棱锥P ? ABC 的内心在线
P . . . . . . . F .... . O . . . . ..................... . A ......... C .O ...... . . 1 D B

图 1: 四棱锥P ? ABC 段P O1 上, 记为O. 在平面P O1 D中, 过O作OF ⊥P D, 垂足为F . 则OF 为正三 棱锥P ? ABC 的内切圆半径r,√ 显然OO1 = r. 在Rt √ △P O1 D 中, Rt△ √P O1 D ? 2 2 P O 1 + O1 D PD PO 2?r 2 = △P F O. 所以 = ,即 , 解得r = . 1 O1 D FO r 6 · CD 3

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二、解答题
(本大题共3小题, 其中第1题16分, 第2, 3题各20分, 共56分.) 1. 设a和b是两个整数, 如果a ? b能够被正整数n整除, 则称a和b是模n同余的, 记 为a ≡ b (mod n). 已知正整数a满足a ≡ 3 (mod 4), 求证: x2 + y 2 = a无整数解. 解: 设x和y 为任意两个整数, 根据x和y 的奇偶性来分情况讨论. 1) 当x, y 都为奇数, 即x = 2k1 + 1, y = 2k2 + 1时;
2 2 x2 + y 2 = (2k1 + 1)2 + (2k2 + 1)2 = 4(k1 + k2 + k1 + k2 ) + 2 ≡ 2 (mod 4).

从而x2 + y 2 ?= a. 2) 当x为奇数, y 为偶数, 即x = 2k1 + 1, y = 2k2 时;
2 2 x2 + y 2 = (2k1 + 1)2 + (2k2 )2 = 4(k1 + k2 + k1 ) + 1 ≡ 1 (mod 4).

从而x2 + y 2 ?= a. 3) 当x为偶数, y 为奇数, 即x = 2k1 , y = 2k2 + 1时; 同2)有x2 + y 2 ?= a. 4) 当x为偶数, y 为偶数, 即x = 2k1 , y = 2k2 时.
2 2 x2 + y 2 = (2k1 )2 + (2k2 )2 = 4(k1 + k2 ) ≡ 0 (mod 4).

从而x2 + y 2 ?= a. 综上所述, 对任意整数x, y 都有x2 + y 2 ?= a, 即x2 + y 2 = a无整数解. 2. 椭圆E : x2 y2 + = 1 的左焦点为F1 , 过F1 的直线l交椭圆E 于A, B 两点, 9 5 ? ? → ? → 9 点Q的坐标为(? , 0). 若 QB ⊥AB , 求直线l 的斜率. 2 解: 设直线AB 的倾斜角为∠AF1 F2 = θ, 椭圆的右焦点为F2 , 见图2. 则∠BF1 F2
6
y

l A Q

O .... .... F.2 .............. .. B F1

-

x

图 2: 椭圆E = π ? θ, 在△BF1 F2 中, 设|BF1 | = x, 则|BF2 | = 2a ? x = 6 ? x. 由余弦定 理可知, |BF2 |2 = |BF1 |2 + |F1 F2 |2 ? 2|BF1 ||F1 F2 | cos(π ? θ), 即(6 ? x)2 = 5 . 在Rt△QBF1 中, |BF1 | = x2 + 42 + 8x cos θ, 解得x = |BF1 | = 3 + 2 cos θ 5 5 5 |QF1 | cos θ = cos θ. 所以 = cos θ, 从而有2 cos2 θ + 3 cos θ ? 2 = 2 3 + 2 cos θ 2 第3页 , 共 4 页

1 0 =? (2 cos θ ? 1)(cos θ + 2) = 0. 因为cos θ + 2 ?= 0, 所以cos θ = . 又因 2 √ π 为0 < θ < π , 所以θ = . 从而直线l 的斜率为 3. 3 3. 有九个同学参加聚会, 已知每两个人恰好和同一个人喝过酒. 证明: 其中恰有 一个人和所有人喝过酒, 并且其他人每人恰好和两个人喝过酒. 证 明 : 用u1 , u2 , ..., u9 代表参加聚会的九个同学, 构造一个图G = (V, E )如 下: V = {u1 , u2 , ..., u9 }, ui 和uj 连一条边(记作ui uj ∈ E )当且仅当ui 和uj 喝过 酒. 我们用N (ui )表示ui 的邻点集(即, 和ui 喝过酒的人), 而d(ui ) = |N (ui )|表 示ui 的度数(即, 和ui 喝过酒的人数). 这样, “任何两个人ui , uj 恰好只和某个 人uk 喝过酒”可表示为N (ui ) ∩ N (uj ) = {uk }. 按图的构造, 我们只需证明, G中恰有一个顶点的度数为8, 而其它点的度数为2.
u9 u9 u9

···
u1 u2 uk?1 uk ( a)

u1 u5

u2 u6 u7 (b)

u3 u8

u4

u1 u7

u2 u3 u4 u5 u6 u8 (c)

图 3: 用到的三个图 不失一般性, 设N (u9 ) = {u1 , u2 , ..., uk }, 这里k ≤ 8. 依假设有u ∈ N (u9 )使 得N (u1 ) ∩ N (u9 ) = {u}, 不妨设u = u2 . 类似的对于u3 ∈ N (u9 ) ? {u1 , u2 }, 有v ∈ N (u9 ) ? {u1 , u2 , u3 }使得N (u3 ) ∩ N (u9 ) = {v }(事实上, 如果v = u1 , 则N (u2 ) ∩ N (u3 ) = {u1 , u9 }; 如果v = u2 , 则N (u1 ) ∩ N (u3 ) = {u2 , u9 }). 故不 妨设v = u4 . 依次类推, 我们得到N (u9 )中的点两两配对, 每一对恰有一条边 相连. 不妨设u1 u2 , u3 u4 , ..., uk?1 uk ∈ E , 显然, k 必然是偶数, 如图3(a)所示. 由 于u9 可以是任意一个点, 事实上, 我们证明了G的任一个点u的邻集, N (u)恰 含偶数个点, 他们两两配对, 每一对都有一条边相连. 如果k = 8, 则问题已解 决. 否则, G有两个相邻的点, 不妨设u1 ? u9 使得d(u1 )和d(u9 )都是偶数, 并且 不小于4. 以下我们分两种情况: (1) d(u1 ) = 4 = d(u9 ); 可设N (u1 ) = {u9 , u2 , u5 , u6 }, N (u9 ) = {u1 , u2 , u3 , u4 }, 如图3(b)所示. 此时, 我 们考虑另外两个点u7 和u8 , 设N (u7 )∩N (u8 ) = {v }, 那么, v ∈ {u2 , u3 , u4 , u5 , u6 }. 如果v = u2 , 则u7 u6 ∈ E (因为|N (u5 )∩N (u7 )| = 1). 但是这样一来, u1 u2 u7 u6 构 成一个4圈, 此时, N (u1 ) ∩ N (u7 ) ? {u2 , u6 }, 矛盾. 当v = u3 , u4 , u5 , u6 时, 同 样可以导出G中的4圈. (2) d(u1 ) = 4,d(u9 ) = 6; 不妨设N (u9 ) = {u1 , u2 , u3 , u4 , u5 , u6 }, N (u1 ) = {u2 , u9 , u7 , u8 }, 如图3(c)所示. 此时考虑到|N (u7 ) ∩ N (u3 )| = 1, 必然有u8 u3 ∈ E , 从而u8 u3 u9 u1 构成一个4圈, 矛盾.

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