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清北学堂数学联赛考前练习题六套


2012 年高中数学奥林匹克模拟真题(四)

一、填空题:

?3x ? 1, x为奇数 ? 1 . 定 义 在 正 整 数 集 合 上 的 函 数 f ( x) ? ? x 令 x1 ? 12, , , x 为偶数 ? ?2

xn?1 ? f ( xn ), n ? N ? 以数列 {xn } 的项为元素构成集合 M

, M 有
?

个非空子集. .

2.数列 {an } 是单调递增数列,且 n ? N 时 an ? 2n?1 ? 3an?1 ,则首项 a0 ?

3 . 如 果 t a nx1 ? t a nx2 ? ?? t a nx2 0 0 0 ? 1 , 那 么 sinx1 ? sinx2 ? ?? sinx2 0 0 0的 最 大 值 是 . 4. 一个圆周上有 9 个点, 以这 9 个点为顶点作 3 个三角形.当这 3 个三角形无公共顶点 且边互不相交时,我们把它称为一种构图.满足这样条件的构图共有 种. 5.在边长为 1 的正方体 C 内,作一个内切大球 O1 ,再在 C 内的一个角项内,作一个 小球 O2 ,使它与大球 O1 外切,同时与正方体的三个面都相切 . 那么,球 O2 的表面积 为 .
3 2 6 . 已 知 p( x) ? ax ? bx ? cx ? d 是 一 个 三 次 多 项 式 , 满 足 p ( ) ? p (? )

1 2

1 2

? 1000p(0) .设 x1 , x2 , x3 是 p( x) 的 3 个根,则

1 1 1 的值为 ? ? x1 x 2 x1 x3 x 2 x3

.

7.如果 | sin ? ? p cos? ? q |? .

? 2 ?1 对于任意的 ? ? [0, ] 恒成立,则 p ? q = 2 2

8.把从 1001 至 2000 的所有正整数任作一个排列,都可以从其中找出连续的 10 项,使 这 10 项之和大于或等于 A,则最大的正数 A 为 .

二、解答题:共 56 分,第 9 题 16 分,第 10、11 题各 20 分. 9. 如图所示, 双曲线 x ? y ? a 的一条准线与实轴相交于
2 2 2

点 A,过点 A 引一条直线和双曲线交于 M、N 两点,又过右焦点 F2

引一条垂直于 MN 的直线和双曲线交于 P、Q 两点.求证: | F2 Q | ? | F2 P |? 2 | AM | ? | AN | .

10 .设 x、 y、 z 均取正实数,且 x ? y ? z ? 1 . 求三元函数 f ( x, y, z ) ?

3x 2 ? x + 1? x2

3 y 2 ? y 3z 2 ? z 的最小值,并给出证明. ? 1? y2 1? z2
11 .已知函数 f ( n) 是定义在 N 上的严格增函数,其值域也在 N 之中,且满足
? ?

f ( f (n)) ? 3n .求 f (2011 ).

二试试题
一、如图 1,已知 ABCD 是平行四边形,但非矩形和 菱形,CE ? AB 于 E, CF ? AD 于 F ,连结 FE, DB 并延 长交于点 P. 求证: PC ? AC .

二、设 k ? N ,定义: A1 ? 1 , An ?1 ?

?

nAn ? 2(n ? 1) 2 k ( n ? 1,2,? ) n?2

证明:当 n ? 1 时, An 为整数,且 An 为奇数当且仅当 n ? 1 或 2(mod4) 三 、 求 所 有 素 数 p , 使 得 存 在 一 个 奇 数 n 和 一 个 整 系 数 多 项 式 Q( x) 使 得 方 程

1 ? pn2 ? ? Q( x i ) ? 0 至少有一个整数根.
i ?1

2 p ?2

四、将数 1,2,?, m n以任意方式填写于一张 m 行 n 列的方格表 ? 中,至少有 ab 个数被 染成了红蓝双色.

2012 年高中数学奥林匹克模拟真题(四)答案

一、填空题: 1.127. 计算可得 x2 ? 6, x3 ? 3, x4 ? 8, x5 ? 4, x6 ? 2, x7 ? 1, x8 ? 2, x9 ? 1,?, 以下均为 2,1 的循环.所以,集合 M ? {12,6,3,8,4,2,1} ,它有 7 个元素,有 2 ? 1 ? 127个非空子集.
7

2.

1 . 5

由已知有 a n ? 从而

2n 2 n?1 2n 1 ? ?3(a n?1 ? ) ,故 a n ? ? (?3) n (a0 ? ) , 5 5 5 5

a n ? a n ?1 ?

2 n ?1 3 [1 ? 4(? ) n ?1 (1 ? 5a0 )] . 5 2

若 1 ? 5a0 ? 0 ,则对充分大的偶数 n, an an?1 ? 0 ; 若 1 ? 5a0 ? 0 ,则对充分大的奇数 n, an an?1 ? 0 . 因此, a 0 ?

1 时,数列 {an } 不是单调递增数列. 5

当 a0 ?

1 2 n?1 ? ? 0 ,数列 {an } 是单调递增数列. 时,对一切 n ? N ,有 a n ? a n ?1 ? 5 5
.

3.

1 2
1000

由 tan x1 · nx2 · ? tan x2000 ? 1 ,得

sin x1 ? sin x2 ? ?? sin x2000
= cos x1 ? cos x2 ? ?? cos x2000 . 从而 22000 (sin x1 ? sin x2 ??? sin x2000 ) 2

sin 2x2 · ?sin 2x2000 ? 1 , ? sin 2x1 ·

?sin x2000 ? 故 sin x1 ? sin x2 ·

1 2
1000

.

等号可以成立,如 x1 ? x 2 ? ? ? x 2000 ?

?
4

. 故 sin x1 ? sin x2 · ?sin x2000 的最大值为

1 2
1000

.

4.12. 记这 9 个点依次为 A1 , A2 ?, A9 . 分两种情形: (1)把 9 个点分成 3 组,每相邻 3 个点为一组构成一个三角形(如图 1) ,则这样的 3 个三角形无公共点且边互不相交.由于这样的分组方法只有 3 种,所以共有 3 种构图. (2)从 9 个点任取相邻 2 点,再左右各间隔 3 点取其边所对顶点,此 3 点构成一个三 角形,该三角形同侧的 3 个点构成一个三角形(如图 2) ,则这样的 3 个三角形无公共顶点 且边互不相交.由于从 9 个点中任取相邻 2 点的取法有 9 种,所以共有 9 种构图. 综合(1) 、 (2)知,共有 12 种构图. 5. (7 ? 4 3)? . 如图 3 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 ? AD ?B ? ? ,则 sin ? ?

1 . 3
r 1 ? 3r , O1O2 ? r ? . sin ? 2

作 O2 E ? AD? ,在 ?D?EO2 中, D ?O2 ?

于是, 2[ 3r ? (r ? )] ? BD ? ?

1 2

3,

所以 r ?

2? 3 . 2

球 O2 的表面积为 4?r 2 ? (7 ? 4 3)? . 6.1996. 由 p ( ) ? p (? ) ? 1000 p (0) 可得

1 2

1 2

1 b b ? 2d ? 1000 d ,所以 ? 1996 . 2 d

因为 x1 , x2 , x3 是 p( x) ? ax ? bx ? cx ? d 的 3 个根,由根与系数的关系可得
3 2

x1 ? x 2 ? x3 ? ?

b , a d . a

x1 x 2 x3 ? (?1) 3 ?
因此

x ? x 2 ? x3 1 1 1 = ? ? ? 1 x1 x2 x1 x3 x2 x3 x1 x2 x3
2 ?1 . 2

?

b a d a

?

(?1) 3 ?

b ? 1996 . a

7.

2 设 cos ? ? x ,则问题等价于:对任意 x ? [0,1] ,有 1 ? x ? ( px ? q) ?

2 ?1 . 2

令 y1 ? px ? q, y 2 ? 1 ? x 2 . 于是, y 2 ?

2 ?1 2 ?1 . ? y1 ? y 2 ? 2 2





线

l : y ? px ? q







线

C1 : y ? 1 ? x 2 ?

x ?1 2



C2 : y ? 1 ? x 2 ?
易知 O?B ?

2 ?1 之间(如图 4). 2 2 ?1 ) ,A、B 表 2

2 .于是, O ? 到 AB 的距离为 1( O ? 的坐标为(0, ?

示弧 C 2 的两个端点). 显然,直接 AB (方程为 x ? y ?

2 ?1 ? 0 )与曲线 C1 相切,是可以夹在曲线 C1 与 2 2 ?1 ,所以 p ? q ? 2 2 ?1 . 2

曲线 C 2 之间的惟一直线,故 l 即为 AB,故 p ? ?1, q ? 8.15005.

设 b1 , b2 ,?, b1000 是 1001 , 1002 , 2000 的 任 一 个 排

Si ? bi ? bi ?1 ? ? ? bi ?9



i ? 1,2,?,991 ) , 则

S1 ? S11 ? S 21 ? ? ? S991

=

b1 ? b2 ? ? ? b1000

=

(1001 ? 2000 ) ? 1000 =1500500. 2
于是 S1 , S11 , S 21 ,?, S991 中至少有一个 S k ?

1500500 =15005,从而 A ? 15005 . 100

下面说明 A 不大于 15005,作排列 2000,1001,1999,1002,…,1501,1500,此排列 中,任何连续两项的和不超过 3001,因此,任何连续 10 项的和 ? 3001 ? 5 ? 15005 .

? A ? 15005 .
综上可知,最大的正整数为 A 为 15005. 二、解答题: 9 .易知 A(?

a 2

,0) F2 ( 2a,0) . 设直线 MN 的倾斜角为 a ,则直线 PQ 的倾斜角为

??

?
2

.

直线 MN 的参数方程为

a ? ? t cos? , ?x ? ? ( t 为参数)① 2 ? ? y ? t sin ? . ?
直线 PQ 的参数方程为

? ? x ? 2a ? t cos(a ? ), ? ? 2 ( t 为参数)② ? ? ? y ? t sin(a ? ). ? 2 ?
将①代入双曲线的方程,得

1 (cos 2 a ? sin 2 a)t 2 ? ( 2a cos a )t ? a 2 ? 0 , 2
所以

1 ? a2 2 | AM | ? | AN |?| t1t 2 |?| | 2 cos a ? sin 2 a
? a2 | sec 2a | . 2

将②代入双曲线方程,得

(cos2 a ? sin 2 a)t 2 ? (2 2a sin a)t ? a 2 ? 0 ,所以
| F2 P | ? | F2 Q |?| t 3t 4 |?| a2 | = a 2 | sec 2? | . 2 2 cos a ? sin a

故 | F2 Q | ? | F2 P |? 2 | AM | ? | AN | . 10.考察函数 g (t ) ?

t 可知 g (t ) 为奇函数. 1? t2
1 1 t? t
在(0,1)内递增.

由于当 t ? 0 时, ? t 在(0,1)内递增,易知 g (t ) ?

1 t

从而,对于 t1 、 t 2 ? (0,1) ,有 (t1 ? t 2 )[g (t1 ) ? g (t 2 )] ? 0 . 所以,对任意 x ? (0,1) ,有

1 x 3 ( x ? )( ? ) ? 0, 2 3 x?x 10


3x 2 ? x 3 ? (3x ? 1) . 10 1? x2

3y 2 ? y 3 同理, ? (3 y ? 1) ; 10 1? y2
3z 2 ? z 3 ? (3z ? 1) . 10 1? z2
以上三式相加,有

f ( x, y, z ) ?

3x 2 ? x 3 y 2 ? y 3z 2 ? z 3 ? [3( x ? y ? z ) ? 3] ? 0 . ? ? 10 1? x2 1? y2 1? z2
1 时, f ( x, y, z ) ? 0 ,故所求最小值为 0. 3

当x ? y ? z ?

11. (1)首先, f (1) ? 1 .否则,若 f (1) ? 1 ,一方面 f ( f (1)) ? f (1) ? 1 ? 0 ,另一方 面,根据已知条件有 f ( f (1)) ? 3 ? 1 ? 3 .矛盾. 其 次 , f (1) ? 3 . 否 则 , 若 f (1) ? 3 , 因 为 f ( n) 是 关 于 n 的 严 格 增 函 数 , 所 以

f ( f (1)) ? f (3) ? 3 ,这与已知 f ( f (1)) ? 3 ? 1 相矛盾.
综上所述,可知 f (1) ? 2 (因为 f (n) ? N ). (2)由 f ( f (n)) ? 3n ,得
?

f (3n) ? f ( f ( f (n))? ? 3 f (n) .
故 f (3 ) ? 3 f (3
n n n?1

) ? 32 ? f (3n?2 ) ? ?
n

= 3 ? f (1) ? 2 ? 3 (n ? N ) . ( 3 ) 由 ( 2 ) 知 , f (2 ? 3 ) ? f ( f (3 )) ? 3 ? 3 , 所 以 , f (2 ? 3 ) ? f (3 ) .
n n n n n

? 3 ? 3n ? 2 ? 3n ? 3n .
而 2 ? 3 ? 3 ? 3 ,且 f (n ? 1) ? f (n) ? 1 (因为 f ( n) )是 N 上的严格增函数) ,
n n n ?

f (n) ? N ? ,所以, f (3n ? l ) ? f (3n ) ? l ? 2 ? 3n ? l.l ? 1,2,?,3n .
(4) f (2 ? 3 ? l ) ? f ( f (3 ? l )) ? 3 ? (3 ? l ) ? 3
n n n n?1

? 3l (l ? 1,2,?,3n ).

故 f (2011 ) ? f (2 ? 3 ? 553) ? 3 ? 3 ? 553 ? 3846 .
6 7

二试 参考答案
一、 证法 1: 设 AC 与 BD 交于点 O, M 是 EF 的中点.因 E , F 在以 AC 为直径的圆上, 所以, OM ? EF . 过 E 作 EH // BD , 交 AF 于 H , 交 AC 于 G , 则

GE OB ? , 从而 G 为 EH 的中点. GH OD

所以 GM // HF ,所以 ? EMG ?? EFH ? ECG ,故 E, C, M , G 四点共圆. 所以 ? MCO ?? MEG ?? MPO ,所以 O, P, C , M 四点共圆,所以 ? OMP ?? OCP .
? ? 因为 OM ? EF ,所以 ? OMP ? 90 ,所以 ? OCP ? 90 ,所以 PC ? AC .

证法 2:设 AD ? a, AB ? b, ? BAD ? ? ,则 DF ? b cos ? , EB ? a cos ? .

由梅涅劳斯定理知

AD FP EB PE a 2 a2 ? ? ? 1 ,所以 ? 2 , EP ? 2 ? FE , DF PE BA PF b b ? a2

CP ? CE ? EP ? CE ?

a2 b2 a2 ( CE ? CF ) CE ? CF , = b2 ? a2 b2 ? a2 b2 ? a2

CP ? AC ?

1 a2 CE ? CF , b2 ? a2 b2 ? a2
1 (b 2 CE ? a 2 CF ) ? ( AD ? AB ) . 2 b ?a
2

CP ? AC ?

注意到 AD ? CF ? 0, AB ? CE ? 0 ,则

CP ? AC ?

1 (b 2 a 2 sin ? ? a 2 b 2 sin ? ) ? 0 . 2 b ?a
2

所以 PC ? AC . 证法 3:延长 AF, PC 于点 Q ,设 EF, CD 交于点 M . 由 BE // MD, BC // AQ ,知

PE PB PC ? ? ,从而 EC // MQ . PM PD PQ
? ?

结合 AE // MD, ? CEA ? 90 ,则 ? QMD ? 90 . 而 ? CFQ ? 90 ,则 C, M , F , Q 四点共圆.
?

易知 A, E, C , F 四点共圆,从而 ? MQC ?? MFC ?? CAE ?? ACD . 于是

? ACP ?? ACE? ? PCE ?? ACE? ? MQC ?? ACE? ? ACD ? 90? .
故 PC ? AC . 二、证:注意到

(n ? 2) An?1 ? nAn ? 2(n ? 1) 2k ① (n ? 2) An ? (n ? 1) An?1 ? 2n 2k ②
(n ? 1) ①:

(n ? 1)(n ? 2) An?1 ? n(n ? 1) An ? 2(n ? 1) 2k ?1 ③

n ·②:

n(n ? 1) An ? (n ? 1)nAn?1 ? 2n 2k ?1 ④
③+④,得

(n ? 1)(n ? 2) An?1 ? (n ? 1)nAn?1 ? 2(n ? 1) 2k ?1 ? 2n 2k ?1 ⑤
反复运用⑤式,再叠加,得 An ?

2 S ( n) , n(n ? 1)

t t t 其中, S (n) ? 1 ? 2 ? ? ? n , t ? 2k ? 1 .
n n

由 2 S ( n) ?

?[(n ? i) t ? i t ] = ?[(n ? 1 ? i) t ? i t ] ,
i ?0 i ?1

得 n(n ? 1) | 2S (n) . 因此, An(n ? 1) 是整数. (1) n ? 1 或 2(mod4) . 由 S (n) 有奇数个奇数项知 S (n) 为奇数.所以, An 为奇数. (2) n ? 0(mod4) ,则 ? ? ? 0(modn) .
n 2 t

?n? ?2?

t

?n? 故 S (n) ? ? [(n ? i ) ? i ] ? ? ? ? 0(modn) .所以, An 为偶数. ?2? i ?0
t t

(3) n ? 3(mod4) ,

? n ? 1? 则? ? ? 0(mod(n ? 1)). ? 2 ?
? n ? 1? 故 S ( n) ? ? ( n ? 1 ? i ) ? i ? ? ? ? 0(modn) ,所以, An 为偶数. ? 2 ? i ?1
t t n ?1 2

t

?

?

t

三、当 p ? 2 时,方程即 1 ? 2n ? Q( x) ? Q( x ) ? 0 ,
2 2

取 n ? 1, Q( x) ? 2 x ? 1,则 x ? ?1 为原方程的整数根.
2 下面证明 p 不可能为奇素数.方程 1 ? pn ? 2 p ?2 i ?1

? Q( x ) ? 0 即
i

Q( x)Q( x 2 ) ? ?? Q( x 2 p?2 ) ? ?1 ? pn2 .

由费马小定理: (m, p) ? 1 时,有 m

p ?1

? 1(mod p) .

i p ?1?i 若 p 为 奇 素 数 , 对 于 任 意 正 整 数 i , 有 x ?x ( m o p)d , 故
2 p ?2 i ?1 p ?1 i ?1

Q( x i ) ? Q( x p?1?i ) ( m p o ) ,从而 d ? Q( x i ) ? [? Q( x i )]2 (mod p) .
令S ?

? Q( x ) ,则 S
i i ?1

p ?1

2

? ?1 ? pn2 ? ?1(mod p) ,则 S 为偶数,故 p ? 1(mod4) ,

设 p ? 4k ? 1(k ? 1) . 对于所有 Q( x ) ,易知它们结构相同,而 x 的奇偶数均相同,那么 Q( x ) 的奇偶数均
2 p ?2

i

i

i

相同,由

? Q( x i ) ? ?1 ? pn2 为偶数,得 2 | Q( x i ) ? 2 2 p?2 | ? Q( x i ) ,
i ?1 i ?1

2 p ?2

那么 2

2 p ?2

| 1 ? pn2 .令 n 2 ? 4t ? 1 ,则

48k | 1 ? (4k ? 1)(4k ? 1) ? 48k | 4(4kt ? k ? t ) ? 2 ? 4 | 2 ,
矛盾,从而 p 不可能为奇素数. 综上可知,题中 p 的所有可能值只有 2. 四、对 a ? b 进行归纳,当 a ? b ? 2 ,即 a ? b ? 1 ,则数 mn 被染成了红蓝双色,此 地结论成立. 设 a ? b ? k 时结论成立,对 a ? b ? k ? 1 . (I)如果某一行中有 a 个数被染成了红蓝双色,则去掉这一行,剩下 m ? 1 行 n 列的 表 ? 1 中,将每列中最大的 b ? 1 个数染成蓝色,这时 a ? (b ? 1) ? k ,则归纳假设,表 ? 1 中 至少有 a(b ? 1) 个数被染成了红蓝双色.故恢复去掉的行后, 表 ? 中共有 a(b ? 1) ? a ? ab 个 数是红蓝双色. (II)如果某一列中有 b 个数为红蓝双色,同理知结论成立. 下面证明情形(I) (II)必有一个成立. 为此,把表 ? 中的数按减序排列: x1 ? x2 ? ? ? xmn ,显然 x1 必为色双,自左到右第 一个不带双色的数记为 xr . (1) 若 xr 不是红色, 则表 ? 中与 xr 同一行的至少有 a 个数比 xr 大, 这 a 个数均排在 xr 之前,故已为双色,归结为情形(I) ;

(2) 若 xr 不是蓝色, 则表 ? 中与 xr 同一行的至少有 b 个数比 xr 大, 这 b 个数均排在 xr 之前,故已为双色且同列,归结为情形(II). 因此,情形(I) 、 (II)必有一个成立.即 a ? b ? k ? 1 时,结论成立. 由归纳法原理知,结论成立.


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