高中数学高一集合教学视频-高中数学必修五教材全解内容
数学奥林匹克高中训练题(136)
中圈分类号:C424.79 文献标识码:A
文章编号:1005-6416(2010)12-0037-06
第一试
一、填空题(每小题8分,共64分)
1.在正六边形的中心及其六个顶点这七个点中任取<
br>n
个点,若其中必有三个点构成正三角形的三个顶
点,则
n
的最小值等
于__________.
2.定义区间
[a,b]
?
a?b
?<
br>的“长度”等于
b?a
.若定义域非空的函数
f
?
x
?
?ax
2
?bx?c
?
a?0
?
的定义域和值
域的长度相等,则
a?
__________.
3.在
△ABC
中,已知
?A?120?
,记向量
????????
BABC
,
?
?
???
??????
BAcosABCcosC
????????
CACB
. <
br>?
?
???
?
?????
CAcosACBcosB
则
?
与
?
的夹角等于__________.
4.在三棱锥
V?ABC
中,已知底面
ABC
是以
?B
为直角的等腰直角三角形
,平面
VAC?
平面
ABC
,
AC?4
,
VA?1
4
,二面角
V?AB?C
的正切值为
10
.则
VB
和底面
ABC
所成角的大小等于
3
__________(用角度或反三角函
数表示).
x
2
y
2
5.已知椭圆
2
?
2
?1
?
a?b?0
?
的左、右焦点分别为
F
1<
br>、
F
2
,
P
为椭圆上不与左右顶点重合的任意
ab<
br>一点,点
I
、
G
分别为
△PF
1
F
2
的内心、重心.当
IG
恒与
x
轴垂直时,椭圆的离心率是____
______.
abc
的取值范围是__________.
??
bc?
1ca?1ab?1
7.将一颗骰子(各面分别标有1,2,3,4,5,6的均匀正方体)抛掷三次.
那么,向上一面的三个
点数可构成周长能被3整除的三角形的三边长的概率是__________.
8.从l,2,?,
n
这
n
个数中任取两个不同的数相乘,所得乘积
的算术平均数等于__________.
二、解答题(共56分)
6.已知
a、
b、c?
?
0,1
?
.则
9.(16分)已知数列
?
a
n
?
满足
2na
n?1
?1
1
a<
br>a
1
?
,
n?1
?
?
n≥2
?.
a
n
1?a
n
3
试求
?
n
?
a
n
?a
n?1
?
的值.
n?2
?
?
π
?
?
?
10.(20分)试求定义在
?
0,π
?
上的函数
f
?
x
?
?log
2
?1
?
2sin
?
x?
?
?1
?
?log
4
?
?
?
?
cos
3
x?sin
2
x?cosx
的最大值.
sin
2
x
?
2?1
2sinx?cosx?1
11.(20分)在平面直角坐标系
xOy中,过点
M
?
m,0
??
m?0
?
作直线l
,与抛物线
y
2
?2px
?
p?0
?
交
于点
A
、
B
,过点
M
关于坐标原点的对称点<
br>M′
作垂直于
x
轴的直线
l′
.
(
1)记直线
AO
、
BO
与
l′
的交点分别为
C、
D
,试讨论直线
AD
、
BC
与
x
轴
的位置关系;
O?30?
,试求
?AFB
的大小. (2)记抛物线y
2
?2px
的焦点为
F
,若
m?p
,
?AM′
加试
一、(40分)已知四边形
ABCD
外切于
?O<
br>,
△ACB
的内切圆
?O
1
与边
AB
、BC
的切点分别为
P
、
Q
,
△ACD
的内切圆
?O
2
与边
CD
、
DA
的切点分别为
R<
br>、
S
.求证:三条直线
PQ
、
RS
、
AC<
br>共点或平
行.
二、(40分)已知正实数
a
、
b
、
c
满足
a?b?c≥abc
.求证:在不等式
236236236
??≥6
,
??≥6
,
??≥6
中,至少有两个是成立的.
abcbcacab
三、(50分)将
n?n
的棋盘的部分结点(单位正方形
的顶点)染红,使得任意一个由单位正方形构成
的
k?k
?
1≤k≤n
?
的子棋盘的边界上至少有一个红点.记满足条件的红点数的最小值为
l
?
n
?
.试求
lim
n??
l
?
n
?
n
2
的值.
四、(50分)(1)若正整数
n
可以表示成
a
b
?
a、b?N、a、b≥2
?
的形式,则称
n
为“好数”.试求与2
的正整数次幂相邻的所有好数.
(2)试求不定方程
2x
?3
y
?5
z
?1
的所有非负整数解
?x,y,z
?
.
参考答案
第一试
一、1.5.
考虑如图1所示的正六边形
ABCDEF
,其中心为
O
.
A
B
C
图1
F
O
D
E
当
n?4
时,取
A
、
C
、
D
、
F
,其中,任意三个点都不能构成正三角形的三个顶点.
当
n?5
时,考虑如下两种情况:
(1)
O
在五个点中,
考虑三组点
(A,B)
、
(C,D)
、
(E,F)
,根据抽
屉原理,知必有一组点被取,
与中心
O
可构成正三角形的三个顶点.
(2)
O
不在五个点中,考虑两组点
?
A,C,E
?
、
?
B,D,F
?
,根据抽屉原理,知必有一组点被取,
可构成正三角形的三个顶
点.
综上,所求
n
的最小值是5.
2.-4.
设方程
ax
2
?bx?c?0
的两根分别为
x
1
、
x2
,且
x
1
?x
2
.则函数
f
?x
?
的定义域为
?
x
1
,x
2
?,其长度为
b
2
?4ac
.
x
2<
br>?x
1
?
a
2
?
4ac?b
2
易知
f
?
x
?
的值域为
?
0,
4a
?
?
b
2
?4ac4ac?b
2
从而,,即
?
a
2
4a
a
2
??4a
.
由
a?0
,知
a??4
.
3.
60?
.
????????
注意到
?
?CA?
?
?BA?0
,即
????
????
?
?CA
,
?
?BA
.
?
?
.
?
?
从而,
?
与
?的夹角与
?A
相等或互补.
????????????????
BA?
CBBC?CB
又
?
?
?
?
???
?<
br>?????????????
BA?CBcosA?cosBBC?CBcosB?cosC11
.
?
cosB?cosCcosA
显然,
cos
?
?cosC??cosA?0
.
则
?
?
?
?0
.
因此,
?
与
?
的夹角等于
60?
.
??
4.
45?
.
如图2,作
VH?
平面
ABC
,
HD?AB
.则
AB?VD
.
V
H
C
D
B
图2
A
故
?VDH
为二面角
V?AB?C
的平面角,即
tan?VDH?
10
.
3
设
VH?10x
,<
br>HD?3x
,
AH?32x
.
在
Rt△VAH
中,有
?
32x
?
?
?
2
10x
?
?
?
2
14
?
22
?x?
2
?VH?5
,
AH?3
.
2
在
△DBH
中,有
HB?
?
3x
?<
br>2
?22?3x
??
?5
.
因此,
HB?VH
.
从而,
?VBH?45?,即
VB
与底面
ABC
所成角的大小等于
45?
.
1
5..
3
设
PF
1
?n
,
P
F
2
?m
.则
m?n?2a
.
根据垂心和内心的性质知
????
1
?????????
PG?PF
1
?PF
2
,
3
?????????
???
mPF
1
?
nPF
2
PI?
m?n?2c
?????????
1mPF
1
?nPF
2
??
.
2a?c
???
?????????
1
?
?
2c?n?2m
?
PF
1
?
?
2c?m?2n
?
PF
2
?
. 故
IG?
?
6
?
a?c
?
?
??
?
????????
m
2
?n
2
?
?
2c
?
2
而
PF
1
?PF
2
?
,因此,
2
???????????????????????
IG?F
1
F
2
?IG?PF
2
?IG?PF
1
?
1m2
?n
2
?4c
2
?
22
?
?
?
2c?m?2n
?
m?
?
2c?n?2m
?
n
?3
?
n?m
?
?
6
?
a?c
?
?
2
?
1
?
n?m
??
a?3c
?
.
3
????????
而由
IG?x
轴,知
IG?F
1
F
2
?0
,代入解得
n?m
(舍去)或
a?3c
.
?
因此,椭圆的离心率
e?
6.
?<
br>0,2
?
.
显然,所求代数式的最小值为
0
,当且仅当
a?b?c?0
时取到.
当
a?b?c?
0时,
a?b?c≤1?b?c≤2
?
1?bc
?
.
c1
?
.
a3
于是,
同理,
a2a
.
≤
bc?1a?b?c
b2bc2c
,.
≤≤
ca?1a?b?cab?1a?b?c
以上三式相加即得
abc
??≤2
.
bc?1ca?1ab?1
当
a、b、
c
中一个等于0,另外两个等于1时,上式等号成立.
7.
11
.
72
设投掷这三颗骰子所得点数分别为
a、b、c
?
a≤b
≤c
?
.则条件等价于
a?b?c
,且
3
?
a?b?c
?
.
若所构成的三角形是正三角形,则共有6种情形.
若所构成的三角形是等腰三角形(非等边)
,则易证
a?b?c
?
mod3
?
.从而,
?
a
,b,c
?
?
?
1,4,4
?
,
?
2,5
,5
?
,
?
3,6,6
?
.
此时,共有9种情形.
若所构成的三角形是任意三角形(非等腰),则
a?b?c<
br>.从而,
a?c?b≥1
.进而,
4≤c≤6
.故
?
a,b,c
?
?
?
2,3,4
?
,
?
3
,4,5
?
,
?
4,5,6
?
.
此时,共有
3A
3
3
?18
种情形.
因此,所求的概率等于
8.
6?9?1811
.
?
3
672
.
12
所得乘积的算术平均数等于
?
n?1
??
3n?2
?
?
?
n
?
2
n
2
?
?
n?1
??
3n?2
?11
.
ij?
?
?
?
i
?
?
?
i
?
?
?
2
12
C
n
1≤i
?j≤n
n
?
n?1
?
?
?
?
i?1?
i?1
?
?
二、9.由题设得
11
??2n?1
.
a
n
a
n?1
n<
br>?
1111
?
则
??
?
?
?
?
a
n
a
1
i?2
?
a
i
a
i?1
?
?3?
?
?
2i?1
?
?n?
n?2
?
.
i?2
n
从而,
a
n
?
?
?
n
?
n?2
?
?
?
.
故
?
n
?
a
n
?a
n?1
?
n?2
?
?1
??
11
?
?
n
?
?
?
nn?2n?1n?3
?????
?<
br>n?2
?
?
?
?
?
?
1n
?
11
?
?
?
?
?
?
?
?
n?3
?
n?2
n?2
n?2
2
?
n?1?
11
?
31
?
?
?
?
?
?
?
?
n?22n?3n?1
??
n?2n?2
?
?
1
?
1
?
?
11
??
1
?
?
?
??
?
?
?
??
n?
2n?32n?1n?3
??
n?2
?
n?2
?
?
1
?
11
?
113
?
?
?
?
??
.
2
?
34
?
424
10.注意到
sinx?co
sx?12sinx?cosx?1
2
??1?cosxsinx
??2?1
sinxsinx
x
??
x
?
xxx
?
?log
2?1
?
1?cot
??
2?tan
?<
br>?8sin
2
?sin
2
?cos
2
2<
br>??
2
?
222
?
f
?
x
?
?log
??log
xx
??
2
x
2
x
2
x
3?2cot?tan?4sin?sin?2cos
??
2
?1
22222
??
≤?log
2?1
?
?
2?
3?22?4
??
?
3
?
?
3<
br>??2?
3222
??
.
2727
x
?2
时,上式等号成立.
2
11.(1)直线
AD、BC
均与
x
轴平行.
当且仅当
tan
设直线
l
的斜率为
k
,不妨设
k?
0
.
则直线
l
的方程为
y?k
?
x?m
?
.
设
A
?
x
1
,y
1
?
、
B
?
x
2
,y
2
?
.
显然,
y
1
与
y
2
异号.
O??BM′O
.① 首先证明:
?AM′
O?tan?BM′O
式①
?tan?AM′
y
1
y
2
???
x
1
?mx
2
?m
?x
1
y
2
?
x
2
y
1
?m
?
y
1
?y
2?
?0
.
2
?
?
y?2px,
由
?
消去
y
整理得
y?kx?m
??
?
?
k
2
x
2
?2
?
k
2
m?p
?x?k
2
m
2
?0
.
由韦达定理得
p??
x
1
?x
2
?2
?
m?
2
?
,
k
??
x
1
x
2
?m
2
.② <
br>则
y
1
?y
2
?k
?
x
1
?x
2
?2m
?
?
2p
,
k
y
1
y
2
??2px
1
x
2
??2pm
.
故
x
1
y
1
?x
2
y
1
?m
?
y
1
?y
2
?
?
2kx
1
x
2
?km
?
x
1
?x
2
?
?m
?
y
1
?y
2
?
?0<
br>.
由式②得
x?mx
1
m
x
1
??
1
?
<
br>x
2
mm?x
2
m
?
AM
x
1?mx
1
OA
????OM∥BC
.
BMx?x
2
mOC
同理,
OM∥AD
.
(2)由(1)可知
?BM′O??AM′O?30?
,
即
y
1
y
2
33
???
,.
x
1
?p3x
2
?p3
1
则
y
1
y
2
??
?
x
1
x
2
?p
?
x
1
?x
2
?
?p
2
?
??
3
2p
2
?
1
?
??
?
2?2
?
.
3
?
k
?
结合
y
1
y
2
??2p
2
,解得
k?1
.
故
cos?AFB
p
??
p
?
2
?
?
x
1
?
?
?
?
x
2
?
?
?2
?
x
1
?x
2
?
2<
br>??
2
?
?
?
p
??
p
??
2
?
x
1
?
??
x
2
??
2
??
2
??
22
?
p
?
x
1
?x
2
?
?
p
2
?
?
x
1
?x
2
?
?6x
1
x
2
2
p
2
2x
1
x
2
?p
?
x
1
?x
2
?
?
2
4?
?
1<
br>?16?6
11
2
??
.
1
13
2?4?
2
此时,
?AFB?
π
?
arccos
11
.
13
加试
一、记
?O
1
、?O
2
与
AC
的切点分别为
M、M′
.
由
?O
1
、?O
2
分别是
△ACB、△ACD
的内切圆知
AC?AB?CBAC?AD?CD
,
AM′
.
?
22
又由四边形
ABCD
外切于
?O
知
AB?AD?CB?CD
.
从而,
AM?AM′
.
这表明,点
M
与
M′
重合.
AM?
若
PQ∥AC
,易知
A、C
两点关于直线
BD
对称,则<
br>RS∥AC
.
于是,
PQ、RS、AC
互相平行.
AC
.
AC
,则易知
RS∥
若
PQ∥<
br>如图3,记直线
PQ、RS
分别与直线
AC
交于点
N、N′<
br>.
A
P
O
1
O
M(M')
B
Q<
br>S
O
2
C
D
N(N')
图3
对
△ACB
和截线
PQN
应用梅涅劳斯定理得
CNAPBQ
??
?1
.
NAPBQC
结合
BP?BQ
,得
CNCQ
.①
?
NAAP
同理,
CN′CR
.②
?
N′AAS
CNCN′
.
?
NAN′A
由式①
、②并由
AP?AS
,
CR?CS
,得
这表明,点
N
与
N′
重合,即
PQ、RS、AC
三线共点.
二、假设这三个不等式中最多有一个成立,不妨设
236236
???6
,
???6
.
abcbca
结合条件可得
?
236
?
?
??<
br>?
abc?36
?
a?b?c
?
,
?
ab
c
?
?
236
?
?
??
?
abc?36<
br>?
a?b?c
?
.
?
bca
?
2
2
以上两式相加整理得
4
.
?
2
?
2
???
2
abc
abbcca
另一方面,有
401345
??
a
2b
2
c
2
4
?
362412
?
369
??
436
??
9
?
?
2
?
2
?
?
?
2
?
2
?
?
?
2
?
2
?
≥??
.
abbcca
abbcca
??????
矛盾.因此,结论成立.
三、对任意一个红点
P
进行赋值,若包含
P
的某个单位正方形的边界上有m
个红点,则
P
从该单位正
1
的“分数”.将点
P从包含它的所有单位正方形处得到的分数相加,就得到点
P
处的值.
m
对在棋盘的边界上的红点,每个点处的值至多为2.而对于在棋盘内部的某个红点
P
,考察以<
br>P
为中
心的2×2的子棋盘,它的边界上至少还有一个红点
Q
.对于同
时包含
P
和
Q
的单位正方形,P从中得
方形处得到
到的分数
至多为
17
,于是,点
P
的值至多为.
22
77
.则
l
?
n
?
个红点处的值的总和至多为
l
?n
?
.
22
这表明,任一个红点处的值至多为
而由赋值的方法
可知,棋盘中每个红点处的值的总和应为
n
2
.从而,
7
l
?
n
?
≥n
2
,
2
即
l
?
n
?
n
2
2
≥
.①
7
?
≤n?6
.
?
?n
的棋盘,这里
7
1n
?
?1
,
n≤n
考察如下
n
??
?<
br>?n
?
的左上角的7×7子棋盘按图4所示进行染色.
对这个
n
图4
?
?n
?
的棋盘,则任何
k?k
的子棋盘的边界上至少有一个红点.在这种染色方将其染色方法扩展到整个
n
2
2
?
法中,共将
n?1
个顶点染为红色.
7
?
?n
?
的棋盘的任意一个
n?n
的子棋盘,有
考虑该
n
??
l
?
n
?
≤
即
l<
br>?
n
?
n
2
2
2
?
2
2<
br>n?1≤
?
n?7
?
,
77
??
2
?
n?7
?
≤
??
.②
7
?
n
?
2
结合式①、② 得
l
?
n
?
2
lim
2
?
. n???
n7
四、(1)设所求的好数为
n
,
n?a
b
?
a、b?N
?
,a≥2,b≥2
?
.
于是,存在正整数
t
?
t?1
?
,使得
2
t
?a
b
?1
.
显然,
a
为奇数.
若
b
为奇数,则
2
t
?
?
a?1
?
?
a
b?1
?a
b?2
???a?1
?
.①
而
a
b?1<
br>?a
b?2
???a?1
是奇数个奇数相加减的结果仍然是奇数,只可能是1,
代入式①得
b?1
,这与
b≥2
矛盾.
若
b
为偶
数,则
a
b
?1
?
mod4
?
.
若2
t
?a
b
?1
,则
2
t
?a
b
?1?2
?
mod4
?
.
所以
t?1
,矛盾.
b
?
b
??
b??
b
?
222
若
2?a?1?
?
a?1??
a?1
?
,但
?
a?1,a
2
?1
?
?2
,故
??????
tb
b
2
a?1?2
?a
b
?9
.
综上,所求的所有好数只有一个
n?9
.
(2)显然,
x≥1
.
当
z?0
时,
若
y≤1
,易得方程的三组解
(1,0,0),(1,1,0),(2,1,0);
若
y≥2
,由(1)的结论易知此时方程只有一组解(3,2,0).
当
z≥1
时,显然,
x≥2
.易知
当且仅当
x?2
?
mod4
?
时,
2
x
??1
?
mod5
?
;
当且仅当
x?0
?
mod4
?
时,
2
x
?1
?
mod5
?
.
若
2
x
?3
y
?5
z
?1
,②
则
2
x
?1
?
mod5
?
,此时,
x?0
?
mod4
?
.
设
x?4m
?
m?N
?
?
.
对式②两边模4得
?
?1
?
y?1
?1
?
mod4
?
.
于是,
y
是奇数.设
y?2l?1
?
l?N
?
.
则式②变为
2
4m
?3
2l?1
?5
z
?1
,即
?
2
2m
?1
??
2
2m
?1
?
?3
2l?1
?5x
.
由
2
2m
?1,2
2m
?1?1
,
32
2m
?1
,有
??
??
m2l?1
?
?
2?1?3,③
?
2mz
??
2+1=5.④
结合(1)的结论可知满足式③的
?
m,l
?
只有
?
1,0
?
一对,代入式④得
z?1
.
此时,原方程的一组解为
?
4,1,1
?
.
若
3
y
?5
z
?2
x
?1
,⑤
则
2
z
??1
?
mod5
?
,此时,x?2
?
mod4
?
.
设
x?4k?2
?
k?N
?
.则
3
y
?5
z
?2
4k?2
?1
.⑥ 当
k?0
时,
y?0
,
z?1
,原方程的一组解为?
2,0,1
?
.
当
k≥1
时,对式⑥两边模4得
?
?1
?
y
?1
?
mod4
?
.
于是,
y
是偶数.设
y?2r
?
r?N
?
.
此时,再对式⑥两边模8得
5
z
?1
?
mod8
?
.
于是,
z
为偶数.设
z?2s
?
s?N
?
.
于是,式⑥变为
?
3
r
?5
s
?
?1?
2
4k?2
.
2
结合(1)的结论知
3
r
?5
s
?3
.
于是,
2
4k?2
?8
,矛盾.
1,0
?
,1,0
?
,
?
3,2,0
?
,
?
4,
1,1
?
,
?
2,0,1
?
. 故
?
x,
y,z
?
?
?
1,0,0
?
,
?
1,?
2,
(李 潜 南京大学物理学院南京国家微结构实验室,210093)