北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题及解答

2008年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题及解答一、填空题（满分40分，每小题答对得8分）题 号1 2 3 45 答 案N (0.5, 0.25)32137+-509031.5318- 81941．在P (1, 1), Q (1, 2), M (2, 3), N (0.5, 0.25) 四个点中，能成为函数y = a x 的图像与其反函数的图像的公共点的只可能是 ．答：因为10.521110.2541616⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，且111616110.25log log 0.542===，所以N (0.5, 0.25)可以是函数116xy ⎛⎫= ⎪⎝⎭的图像与其反函数116log y x =的图像的公共点.易知，其余三点均不可能是函数y = a x 的图像与其反函数的图像的公共点．2．如右图所示，ABCD 是一张长方形纸片，将AD 、BC 折起，使A 、B 两点重合于CD 边上的点P ，然后压平得折痕EF 与GH ．若PE =2cm ，PG =1cm ，EG =7cm ．则长方形纸片ABCD 的面积为 cm ．解：由对称性知：AE =PE =2cm ，BG =PG =1cm ，所以AB = AE +EG +GB = PE +EG +PG = 2+7+1 = 3+7 (cm)，又由PE =2cm ，PG =1cm ，EG =7cm ，由余弦定理可知，在△PEG 中，∠EPG =120º，AD 等于△PEG 中边EG 上的高h ，易由△PEG 的面积求得AD = h =sin12021sin120377PE PG EG ⨯⨯⨯==(cm)．所以，长方形纸片ABCD 的面积为33321(271)(37)3777++⨯=+⨯=+(cm)2．3．二次函数f (x )满足f (–10) = 9，f (–6) = 7和f (2) = –9，则f (2008) = ．解：设f (x ) = ax 2+bx +c ，则由题意可得910010(1)7366(2)942(3)a b ca b ca b c =-+⎧⎪=-+⎨⎪-=++⎩由(1)减(3)得18 = 96a – 12b ，即3 = 16a – 2b ； 由(2)减(3)得16 = 32a – 8b ，即4 = 8a – 2b ； 解最后两式，得a = –18，b = –52． 以a = –18，b = –52代入 –9 = 4a +2b +c ，得c = –72．AD FE GBC PHCD因此，二次函数 f (x ) =2157822x x ---，所以 22008520087(2008)509031.5822f ⨯=---=-．4．如图所示，线段OA = OB = OC =1，∠AOB = 60º，∠B OC = 30º，以OA ，OB ，OC 为直径画3个圆，两两的交点为M ，N ，P ，则阴影部分的曲边三角形的面积是 ．解：如图，连接AC ，AN ，BN ，AM ，BM ， MP ，NP ，OM ，ON ，OP ，易知∠OP A =∠OPC =90º，∠ANO =∠BNO = 90º，∠BMO =∠CNO = 90º，所以A ，P ，C 共线；A ，N ，B 共线；B ，M ，C 共线．由OA =OB =OC =1，可知P ，M ，N 分别是AC ，BC ，AB 的中点，MPNB 为平行四边形，BN =MP ，BM =NP ，所以BN 与MP 长度相等，BM 与NP 长度相等，因此，曲边三角形MPN 的面积= S MPNB =12S △ABC ， 而 S △ABC = S AOCB – S △AOC= S △AOB + S △BOC – S △AOC =311314424-+-=， 所以，曲边三角形MPN 的面积=12S △ABC =318-．5．对任意正实数x ，用F (x )表示log 2x 的整数部分，则F (1)+ F (2)+ F (3)+…+F (1022)+ F (1023) = ．解：对正整数n 我们实验分析找规律：n F (n ) 1 0 2，3 1 4，5，6，7 2 8，9，10，11，12，13，14，15 3 16，17，18，19，20，……，29，30，31 4 …… …… 规律：取值F (1)的正整数有1=20个，取值F (2)的正整数有2=21个， 取值F (3)的正整数有4=22个， …… ……取值F (k )的正整数有2k –1=2F (k )个，所以F (1)+ F (2)+ F (3)+…+ F (1022)+ F (1023)= 0×20+1×21+2×22+3×23+…+9×29设T = 1×21+2×22+3×23+…+9×29，则2T = 1×22+2×23+3×24+…+9×210，于是T = –2–22–23–…–29+9×210 = –1022+9216=8194，即F (1)+ F (2)+ F (3)+…+ F (1022)+ F (1023) = 8194．二、（满分15分）证明：111111tan3tan2tan1tan tan tan tan3tan2tan1tan tan tan 236236--+--=⋅⋅+⋅⋅．证明：1，2，3弧度都不等于2π+n π，n ∈Z ，则tan 1,tan 2,tan 3都有意义.且tan1tan 21⋅≠，于是1tan1tan 20-⋅≠．∵ 1 + 2 = 3， ∴ tan(12)tan3+=，即t a n 1t a n 2t a n 31t a n 1t a n 2+=-⋅， ∴ tan1tan 2tan3tan1tan 2tan3+=-⋅⋅因此 tan3tan 2tan1tan3tan 2tan1--=⋅⋅． （1） 同理 由于 11106324π<<<<，11tan tan 136⋅≠，于是111tan tan 036-⋅≠， ∵ 111632+=， ∴ 111tan tan 632⎛⎫+= ⎪⎝⎭，即 11tan tan163tan 1121tan tan 63+=-⋅， ∴ 111111tan tan tan tan tan tan 632236+=-⋅⋅，因此 111111tan tan tan tan tan tan 236236--=⋅⋅． （2） （1）+（2）得111111tan3tan2tan1tan tan tan tan3tan2tan1tan tan tan 236236--+--=⋅⋅+⋅⋅．三、（满分15分）AB 是已知圆的一条弦，它将圆分成两部分，M 和N 分别是两段弧的中点，以B 为旋转中心，将弓形AMB 顺时针转一个角度成弓形1A B ，如图所示，1AA 的中点为P ．求证：MP NP ⊥．证明：取AB 的中点C ，A 1B 的中点C 1，易知A 1B =AB ，于是A 1C 1=AC ． 连接MC 1，NC ，则MC 1⊥A 1B ，NC ⊥AB ，在未旋转时，C 1与C 是同一点，MN 是垂直于AB 的直径，由相交弦定理得MC 1·NC =AC ·CB =AC 2． 连接PC ，PC 1，则111//,//PC AC PC AC ，∠A 1C 1P =∠C 1PC =∠ACP ，所以 MC 1·CH =PC 1·PC ，即11MC PC PC CN=， 又 ∠MC 1P =90º+∠A 1C 1P =90º+∠ACP =∠NCP ，所以 △MC 1P ∽△PCN ，所以∠MPC 1=∠PNC ．…（12分） 设PN 交AB 于K ，∠C 1PN =∠CKN ，所以 ∠MPN =∠MPC 1+∠C 1PN =∠PNC+∠CKN =90º，因此MP NP ⊥．四、（满分15分）定义在区间[0, 1]上的函数f (x )满足f (0)= f (1)=0，且对任意的x 1, x 2∈[0, 1]都有f (122x x +)≤f (x 1)+ f (x 2)．(1) 证明，对任意的x ∈[0, 1]都有f (x )≥0；(2) 求f (34)的值； (3) 计算f (12)+f (14)+…+ f (12k )+…+ f (200812)．解：(1) 任取x 1= x 2= x ∈[0, 1]，则有f (22x)≤f (x )+ f (x )， 即 f (x )≤2f (x )，于是f (x )≥0，所以，对任意的x ∈[0, 1]都有f (x )≥0．(2) 由f (0)= f (1)=0，得f (012+)≤f (0)+ f (1)=0+0=0，于是f (12)≤0．但由(1)的结果知f (12)≥0，所以f (12)=0，由f (12)=0，f (1)=0，则f (1122+)≤f (12)+ f (1)=0+0=0，于是f (34)≤0．由(1)的结果知f (34)≥0，所以f (34)= 0．(3) 由f (0)=0，f (12)=0，得f (1022+)≤f (0)+ f (12)=0+0=0，于是f (14)≤0． 但由（1）的结果知f (14)≥0，所以f (14)=f (212)=0，继续求下去，可得f (12k)=0，k =1, 2, 3,…, 2008． 因此，f (12)+f (14)+…+ f (12k )+…+ f (200812)=0．五、（满分15分）北京市中学有m (m ＞2)位中学生为“北京奥运会”共提交了n 条不同的建议，已知其中任两名学生提交的建议中至少有一条建议是相同的，也至少有一条建议是不同的．求证：提交建议的学生数m 不超过2n –1．证明：设A 为m 位中学生所提不同建议的集合，A i (i =1, 2, …, m )表示 第i 个学生提的建议的集合，以│X │表示集合X 中元素的个数，X 表示X 的补集，则│A │=n ；因为任两名学生提出的建议中都至少有一条是相同的，也至少有一条是不同的，所以A i ∩A j ≠ Ø，A i ≠ A j ，(1≤i ≤j ≤m )．因为 A i ∩i A =Ø，可以断定(,1,2,,i j A A i j m ≠=且)i j ≠．如若不然，假设某个i j A A =，由A i ∩i A =Ø可得A i ∩A j = Ø，与A i ∩A j ≠ Ø矛盾！ 这样就形成了如下的2m 个集合：1212,,,,,,,m m A A A A A A ，他们都是A 的子集合，且彼此不等．因为n 个元素的集合的子集个数为2n ，所以 2m ≤2n ，即m ≤2n –1．所以，提交建议的学生数m 不超过2n –1．(事实上，等号可以达到，我们通过n = 4的情况说明，m 可以等于24–1=8；比如：{a },{a , b },{a , c },{a , d },{a , c , d },{a , b , c },{a , b , d },{a , b , c , d }就是一例)。

2020年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答一、选择题（总分值40分，每题8分，将答案写在下面相应的空格中）1．二次三项式x 2+ax +b 的根是实数，其中a 、b 是自然数，且ab =22020，那么如此的二次三项式共有 个．答：1341．咱们发觉，事实上，数a 和b 是2的非负整数指数的幂，即，a =2k ，b =22020–k ，那么判别式Δ=a 2– 4b =22k – 422020–k =22k – 22021–k ≥0，得2k ≥2021–k ，因此k ≥32013=671，但k ≤2020，因此k 能够取2020–671+1=1341个不同的整数值．每一个k 恰对应一个所求的二次三项式，因此如此的二次三项式共有1341个.2．如右图，在半径为1的圆O 中内接有锐角三角形ABC ，H 是△ABC 的垂心，角平分线AL 垂直于OH ，那么BC = ．解：易知，圆心O 及垂心H 都在锐角三角形ABC 的内部，延长AO 交圆于N ，连接AH 并延长至H 1与BC 相交，连接CN ，在Rt △CAN 和Rt △AH 1B 中，∠ANC =∠ABC ，于是有∠CAN =∠BAH 1，再由AL 是△ABC 的角平分线，得∠1=∠2．由条件AP ⊥OH ，得AH=AO=1．连接BO 交圆于M ，连接AM 、CM 、CH ，可知AMCH 为平行四边形，因此CM=AH=AO =1，BM =2，因为△MBC 是直角三角形，由勾股定理得BC ==3．已知概念在R 上的函数f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，假设F (x )=f (g (x )) – g (f (x ))的最小值为14，那么m = ．答：14-．解：由f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，得F (x )= f (g (x )) – g (f (x ))=(2x +2m )2–(2x 2+2m )=2x 2+8mx +4m 2–2m ，F (x )=2x 2+8mx +4m 2–2m 的最小值为其图像极点的纵坐标()2222242(42)84284242m m m m m m m m ⨯⨯--=--=--⨯．由已知，21424m m --=，得21202m ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因此1.4m =-4．tan 37.5= ． 答：6232-+-．解1：作Rt △ADB ，使得∠ADB =90º，AD =1，AB =2，那么∠B =30º，BD =3．延长BD 到C ，使BC =2，那么DC =23-．连接AC ，那么∠ACB =(180º–30º)÷2=75º．作∠ACD 的平分线交AD 于E ，那么∠ECD =º． 由于AC 2=AD 2+DC 2=1+(2–3)2=8–43，因此 ()2843621226262AC =-=-+=-=-．由三角形的角平分线定理，得AE AC ED DC=，于是AE ED AC DCED DC ++=，即()()()()322162233221ED AD DC AC CD ====-++-+-+-，因此()()tan 37.53221EDDC==-+6232=-+-．解2：作等腰直角三角形ABC ，使∠C =90º，AC =BC =1，那么AB =2． 作∠CAD =30º，那么CD =33，AD =233，那么∠DAB =15º． 作∠BAD 的平分线AE ，记CE =x ，那么BE =1–x ，DE =x –3． 因此33232x -=，整理得 ()()213221623 2.3232x +-+===-+--+tan 37.562321CE xAC ===-+-． 5．设f (x ) =113xx+-，概念f 1(x ) = f (f (x ))，f n (x )=f (f n –1(x )) (n =2, 3,…)，f 2020(2020)= ． 答：10053017．A21 30º解：记01()()13x f x f x x +==-，那么()111113()()1131313xx x f x f f x x x x++--===--+-⋅-； ()211113()()11313xx f x f f x x x x--+===-+⋅+；()3201()()()()13x f x f f x f x f x x +====-； 接下来有41()()f x f x =，52()()f x f x =，63()()f x f x =，…，f n (x )的表达式是循环重复的，以3项为一周期．因此，20113670111()()()13x f x f x f x x ⨯+-===+，20112011120101005(2011)13201160343017f -===+⨯．二、（总分值15分）D 是正△ABC 的边BC 上一点，设△ABD 与△ACD 的内心别离为I 1，I 2，外心别离为O 1，O 2，求证：(I 1O 1)2+(I 2O 2)2=(I 1I 2)2． 证明：作以A 为中心、逆时针旋转60的变换(,60)R A ，使△ABD 到△ACD 1，由于∠ADC +∠AD 1C =∠ADC +∠ADB =180º，因此A 、D 、C 、D 1共圆，因此2O 是△AD 1C 的外心，也确实是(,60)12R A O O −−−−→，因此AO 1=DO 1=AO 2=DO 2=O 1O 2，因此∠O 1AO 2=∠O 1DO 2=60º．由∠AO 1O 2+∠ACB =120º+60º=180º，O 1在△ACD 的外接圆⊙O 2上．由于111(180)6012012022AI D ABD ABD ∠=∠+-∠=+⨯=，因此I 1在⊙O 2上，因此11118018030150O I D O AD ∠=-∠=-=，111118015030I O D I DO ∠+∠=-=．同理可证，I 2在△ABD 的外接圆⊙O 1上，因此22150DI O ∠=．由于12118090,2I DI ∠=⨯=而22111212906030I DO I DO I DI O DO ∠+∠=∠-=-=，比较可得1122I O D I DO ∠=∠．在△O 1I 1D 与△DI 2O 2中，因为已证O 1D=DO 2，1122150,O I D DI O ∠=∠=又1122.I O D I DO ∠=∠因此 △O 1I 1D ≌△DI 2O 2．因此，I 1O 1=DI 2，DI 1= I 2O 2.由于1290,I DI ∠=△I 1DI 2是直角三角形.依照勾股定理，有()()()2221212,DI DI I I +=而I 1O 1=DI 2，DI 1=I 2O 2. 因此()()()222112212.I O I O I I +=三、（总分值15分）n 是正整数，记n !=1×2×3×…×n ，如1!=1，2!=1×2=2，3!= 1×2×3=6，又记[a ]表示不超过a 的最大整数，求方程120111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的所有正整数解．解1：由于当x 是正整数时，[]1!x x ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，2!2x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦≥12x -，3!6x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦＞6x –1，因此1126x x x -++-＜2020即53x ＜120122，得方程的正整数解x 知足0＜x ＜． 由于6!=720，7!=5040，因此方程的正整数解x ＜7!，即07!8!9!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=====⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 因此，方程20111!2!3!4!5!6!x x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的解与原方程的解是一样的．设小于7!的正整数x 为上述方程的解，咱们写出(1,2,3,4,5,6)!xk k =的带余除法表达式：设16!6!r x a =+，0≤r 1＜6!，(0≤a ≤6，a ∈N )；因此.6!x a ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦① 12665!5!5!r r x a a b =+=++，0≤r 2＜5!，(0≤b ≤5，b ∈N )，因此65!x a b ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦． ② 323053054!4!4!r r xa b a b c =++=+++，0≤r 3＜4!，(0≤c ≤4，c ∈N )， 因此3054!x a b c ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦． ③341202*********!3!3!r r xa b c a b c d =+++=++++，0≤r 4＜3!，(0≤d ≤3，d ∈N )； 因此1202043!x a b c d ⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦． ④5436060123360601232!2!2!r r xa b c d a b c d e =++++=+++++，0≤r 5＜2， (e =0,1,2)；因此360601232!x a b c d e ⎡⎤=++++⎢⎥⎣⎦． ⑤5720120246272012024621!1!r xa b c d e a b c d e f =+++++=+++++，(f =0,1)； 因此72012024621!x a b c d e f ⎡⎤=+++++⎢⎥⎣⎦． ⑥①～⑥相加得1237a +206b +41c +10d +3e +f =2020． 显然a =1，因此206b +41c +10d +3e +f =2020–1237=774； 易知b =3，因此41c +10d +3e +f =774–206×3=156； 易知c =3，于是10d +3e +f =156–41×3=33；类似求得d =3，e =1，f =0．所求的x =1×720+3×120+3×24+3×6+1×2+0×1=1172．x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解． 解2：设f (x )=1!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，因为关于所有的正整数k ，!x k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦都是单调增的，其和f (x )确实是增函数；又因为关于正整数x ，11!x +⎡⎤⎢⎥⎣⎦=1!x ⎡⎤⎢⎥⎣⎦+1，因此f (x )是严格单调的．经估数，将x =1172带入，求f (1172)的值，得f (1172)=2020，因此，x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解．四、（总分值15分）平面上的n 个点，假设其中任3个点中必有2个点的距离不大于1，那么称如此的n 个点为“标准n 点组”．要使一个半径为1的圆纸片，对任意“标准n 点组”都能至少盖住其中的25个点，试求n 的最小值． 答案：49．解：第一证明，n min ＞48．在平面上画长为5的线段AB ，别离以A 、B 为圆心，画半径为的两个圆，在每一个圆内，取24个点，那么平面上有48个点满足题设条件（其中任意3点中必有2点的距离不大于1），显然，不可能画出一个半径为1的圆，其包括有25个所选的点，因此n ＞48．下面证明n min =49．若49=n ，设A 是其中的一点，作以A 为圆心半径为1的⊙A ，假设所有的点都在圆A 中，那么就知足题设条件．假设不是所有的点都在圆A 中，那么至少有一点B 不在圆A 中，再作以B 为圆心、半径为1的⊙B ，那么A 、B 的距离大于1（如右图），除A ，B 外，余下的47个点中每一点P 都与A 、B 组成3点组，必有两个点的距离不大于1，因此要么P A ≤1，要么PB ≤1，即点P 要么在⊙A 中，要么在⊙B 中，依照抽屉原理，必有一个圆至少包括了这47个点中的24个点，不妨设那个圆确实是⊙A ，再加上圆心A 点，就有很多于25个点在那个半径为1的⊙A 中(圆内或圆周上)．因此n 的最小值是49．五、（总分值15分）已知函数f ：R →R ，使得对任意实数x y z ，，都有11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14， 求[1×f (1)]+[2×f (2)]+[3×f (3)]+…+[2020×f (2020)]的值．其中关于实数a ，[a ]表示不超过a 的最大整数．解：由于已知函数f R R →：，使得对任意实数x y z ，，都知足11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14，可令0x y z ===，有 ()211(0)(0)(0)22f f f +-≥14，即21(0)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (0)是一个实数，因此1(0).2f =再令1x y z ===，有()211(1)(1)(1)22f f f +-≥14，即21(1)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (1)是一个实数，因此1(1).2f =又令0y z ==，有11(0)(0)()(0)22f f f x f +-≥14，代入1(0)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≤12． ①又令1y z ==，有11()()()(1)22f x f x f x f +-≥14，代入1(1)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≥12． ②综合①、②可得，对任意实数x ，都有1()2f x =．验证：函数1()2f x =知足题设条件，取的是等号，因此知足题设条件的函数的唯一解为1()2f x =．于是[][][][]1(1)2(2)3(3)2011(2011)f f f f ⨯+⨯+⨯++⨯1234201122222⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦011223310051005=+++++++++()21231005=⨯++++(11005)1005=+⨯．1011030。

2020年北京市中学生数学竞赛高一年级试题2020年6月 27日8:30～10:30一、填空题（满分40分，每小题8分）1．已知实函数f (x )满足f (x +y )=f (x )+f (y )+4xy ，且f (−1)·f (1)≥4．则293f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭______． 2．等腰梯形ABCD （AB =CD ）的内切圆与腰CD 的切点为M ，与AM 、BM 的交点分别为K 和L ．则AM BM AK BL+的值等于______． 3．四位数abcd 比它的各位数字的平方和大2020，在所有这样的四位数中最大的一个是______．4．已知点O 在△ABC 内部，且2021202020193AB BC CA AO ++=，记△ABC 的面积为S 1，△OBC 的面积为S 2，则12S S =______． 5．有4个不同的质数a , b , c , d ，满足a +b +c +d 是质数，且a 2+bc 、a 2+bd 都是完全平方数，那么a +b +c +d = ______．二、（满分15分）面积为S 1，S 2，S 3，S 4，S 5，S 6的正方形位置如右图所示．求证：S 4+S 5+S 6=3(S 1+S 2+S 3)．三、（满分15分）存在2020个不是整数的有理数，它们中任意两个的乘积都是整数四、（满分15分）如右图，已知D 为等腰△ABC BC 上任一点，⊙I 1、⊙I 2分别为△ABD 、△ACD 内切圆，M 为BC 的中点．求证：I 1M ⊥I 2M ．五、（满分15分）将集合I ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}B ={w , x , y , z }，使得A ∪B =I ，A ∩B =Ø，且A 与B 的元素至少有一种排列组成的正整数满足2wxyz abcde ，则称A 与B 为集合I 的一个“两倍型2分划”．（1）写出集合I 的所有“两倍型2分划”，并给出理由；（2）写出集合I 的每个“两倍型2分划”对应的所有可能的2wxyz abcde ．2020年北京市中学生数学竞赛（邀请）高一年级试题及参考解答2020年6月 27日8:30～10:30一、填空题（满分40分，每小题8分）1．已知实函数f (x )满足f (x +y )=f (x )+f (y )+4xy ，且f (−1)·f (1)≥4．则29()3f -=______． 解：令x =y =0得f (0)=0，令x =−1，y =1，得f (1)+f (−1)=4．平方得f 2(1)+2f (1)·f (−1)+f 2(−1)=16，又因为f (−1)·f (1)≥4，所以f 2(1)+2f (1)·f (−1)+f 2(−1)≤4f (1)·f (−1)．即(f (1)−f (−1))2≤0．所以f (1)=f (−1)=2． 因为)32)(31(4)32()31()32(31)1(--⋅+-+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=-f f f f 1118=3()4()()3339f ， 所以 .234)31(3=+-f 因此.92)31(=-f 所以.9894)31(2)32(=+-=-f f 于是29()3f -=8．2．等腰梯形ABCD （AB =CD ）的内切圆与腰CD 的切点为M ，与AM 、BM 的交点分别为K 和L ．则AM BM AK BL+的值等于______． 解：设N 是边AD 的中点，a =AN ，x =AK ，y =AM ，α=∠ADM ，（如图）．则ND=DM=a ，且根据余弦定理，对于△ADM ，有y 2=4a 2+a 2−4a 2cos α=a 2(5−4cos α)． 另一方面，根据切割线定理，有xy=a 2，所以 2AM y y AK x xy ===5−4cos α． 类似地对于△BCM ，得到54cos .BM BLα=+ 因此，10.AM BM AK BL+= C BD A LK a y αMx3．四位数abcd 比它的各位数字的平方和大2020，在所有这样的四位数中最大的一个是______．解: 设abcd 为所求的自然数，则根据条件1000a +100b +10c +d =a 2+b 2+c 2+d 2+2020．考虑到 2000＜a 2+b 2+c 2+d 2+2020≤92+92+92+92+2020=2344，可以断定a =2，于是100b +10c +d =b 2+c 2+d 2+24．即 b (100−b )+c (10−c )=d (d −1)+24 (*)由于c (10−c )＞0，当b ≥1时，b (100−b )≥99，所以(*)式左边大于99，而(*)式右边小于9×8+24=96，因此要(*)式成立，必须b =0．当b =0时，(*)式变为 d 2−d =10c −c 2−24． 由于四位数abcd 中a =2，b =0，要使20cd 最大，必需数字c 最大．若c =9，c 2−c −24=90−92−24＜0，而d 2−d ≥0故(*)式不能成立．同理，c =8和c =7时，(*)式均不能成立．当c =6时，c 2−c −24=60−62−24=0，这时，d =0及d =1，均有d 2−d =0，即(*)式均成立． 于是abcd =2060或2061．所以满足题设条件的四位数中最大的一个是2061．4．已知点O 在△ABC 内部，且2021202020193AB BC CA AO ++=，记△ABC的面积为S 1，△OBC 的面积为S 2，则12S S =______． 解：由2021202020193AB BC CA AO ++=，得22019()3AB BC AB BC CA AO ++++=，因为0AB BC CA ++=，所以23AB BC AO +=，故23AB AC AB AO +-=. 所以3AB AC AO +=，取BC 的中点D ，则23AD AO =.于是A 、D 、O 三点共线，且3AD OD =．所以123S AD S OD==．5．有4个不同的质数a , b , c , d ，满足a +b +c +d 是质数，且a 2+bc 、a 2+bd 都是完全平方数，那么a +b +c +d = ______．解：由a +b +c +d 是质数，可知a , b , c , d 中有2．如果a ≠2，那么b , c , d 中有2，从而a 2+bc 、a 2+bd 中有一个模4余3，不是完全平方数．故a =2．假设22+bc =m 2，那么bc =(m −2)(m +2)．如果m −2=1，那么m =3，bc =5，与已知矛盾．故不妨设b =m −2，c =m +2，则c =b +4．同理d =b −4，所以{a , b , c , d }={a , b , b +4, b −4}．而b −4, b , b +4中有一个是3的倍数，又是质数，所以只能是b −4=3，此时a +b +c +d =2+3+7+11=23．二、（满分15分）面积为S 1，S 2，S 3，S 4，S 5，S 6的正方形位置如图所示．求证：S 4+S 5+S 6=3(S 1+S 2+S 3)．证明：见右图：AKLB ，BMNC ，ACPQ 都是正方形，对应的面积为S 1、S 2和S 3．设,,βα=∠=∠ABC BAC .γ=∠ACB 因为,,,321S AC S BC S AB === 则根据余弦定理，有αcos 232321S S S S S -+=βcos 231312S S S S S -+=γcos 221213S S S S S -+= 由此，.cos 2cos 2cos 2321213132S S S S S S S S S ++=++γβα ①又因为 ,180,180,180γβα-=∠-=∠-=∠ NCP LBM QAK 以及,,,465S NP S LM S QK === 则有αcos 231315S S S S S ++= ②βcos 221216S S S S S ++= ③ γcos 232324S S S S S ++= ④由等式①～④得 S 4+S 5+S 6=3(S 1+S 2+S 3)．三、（满分15分）存在2020个不是整数的有理数，它们中任意两个的乘积都是整数吗？如果存在，请给出例证，如果不存在，请说明理由．解：存在. 例证如下：因为质数有无限多个，所以任选2020个两两不同的质数122020,,,p p p ，构造2020个两两不同的数： 1220202ii p p p x p ，i =1, 2, 3, …, 2020． 易知，因为122020,,,x x x 的分子不被分母整除，皆为不是整数的有理数．而任意两个数的乘积 12202012202022i i i j p p p p p p x x p p 2222222222122020121111202022ii j j i j p p p p p p p p p p p p ． 这2018个质数平方的乘积是整数，满足题意要求．A B C I 1 I 2 • • F 四、（满分15分）如图，已知D 为等腰△ABC 底边BC 上任一点，⊙I 1、⊙I 2分别为△ABD 、△ACD 的内切圆，M 为BC 的中点．求证：I 1M ⊥I 2M ．证明： （1）当D 与M 重合时，显然有∠I 1MI 2=90°，即I 1M ⊥I 2M ．（2）当D 不与M 重合时，不妨设BD ＞DC ， 过I 1作I 1E ⊥BC 于点E ，过I 2作I 2F ⊥BC 于点F ，连结I 1D ，I 2D ，I 1I 2．因为⊙I 1为△ABD 的内切圆，⊙I 2为△ACD 的内切圆，所以 2AB BD AD BE +-=，2DC AD AC DF +-= 所以，EM =BM −BE=22BC AB BD AD +--()2BC BD AD AB -+-=.2DF AC AD DC =-+= 进而有 ED=MF ．因为I 1、I 2分别为△ABD 、△ACD 的内心，易知∠I 1DI 2=90°． 由勾股定理得I 1D 2+I 2D 2=I 1I 22．(*)在Rt △I 1DE 与Rt △DI 2F 中，由勾 股定理得I 1E 2+ED 2=I 1D 2，I 2F 2+DF 2=I 2D 2，代入(*)式，得(I 1E 2+ED 2)+(I 2F 2+DF 2)= I 1I 22．注意EM=DF ，ED=MF 代换得(I 1E 2+MF 2)+(I 2F 2+EM 2)= I 1I 22．即 (I 1E 2+EM 2)+(I 2F 2+MF 2)= I 1I 22．所以 I 1M 2+I 2M 2=I 1I 22．根据勾股定理的逆定理，有△I 1MI 2为直角三角形，∠I 1MI 2=90°，即I 1M ⊥I 2M ．五、（满分15分）将集合I ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}划分为两个子集A ={a , b , c , d , e }和B ={w , x , y , z }，使得A ∪B =I ，A ∩B =Ø，且A 与B 的元素至少有一种排列组成的正整数满足2wxyz abcde ，则称A 与B 为集合I 的一个“两倍型2分划”．（1）写出集合I 的所有“两倍型2分划”，并给出理由；（2）写出集合I 的每个“两倍型2分划”对应的所有可能的2wxyz abcde ． 解：（1）集合I 共有2个“两倍型2分划”：A ={1, 3, 4, 5, 8}，B ={2, 6, 7, 9}及A ={1, 4, 5, 6, 8}，B ={2, 3, 7, 9}．理由简述如下：1° 由易知，a =1，所以a ∈A ． A B C I 1 I 2 • •2° 由0∉ I ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}=A ∪B ，而5×2=10，所以5∈A ．3° 试验知，a , b , c , d , e 均不能等于9，所以9∈B ，进而有8∈A ．4° 因为数wxyz abcde 和的9个数字和恰为1+2+3+4+5+6+7+8+9=45是9的倍数，可判知+abcde wxyz 是9的倍数，即+abcde wxyz ≡0(mod9)． 又2wxyz abcde ，所以3wxyz ≡0(mod9)．于是wxyz ≡0(mod3)．所以)(wxyz S 是3的倍数，进而推得)(abcde S 也是3的倍数．5° 同样试验可判定7∈B ．此时分配剩下的4个元素：2, 3, 4, 6．由于A 中的1+5+8=14，被3除余2，所以从2, 3, 4, 6中选出的两个数之和被3除余1．于是只能选3, 4或4, 6属于A ，对应剩下的2, 6或2, 3归属于B ．因此，找到集合I 的两个“两倍型2分划”：A ={1, 3, 4, 5, 8}，B ={2, 6, 7, 9}及A ={1, 4, 5, 6, 8}，B ={2, 3, 7, 9}．（2）集合I 的“两倍型2分划”满足的不同的2wxyz abcde 共12个．1° 当B={2, 6, 7, 9}时，得到6个不同的式子：6729×2=13458， 6792×2=13584， 6927×2=13854,7269×2=14538， 7692×2=15384， 9267×2=18534．2° 当B={2, 3, 7, 9}时，得到6个不同的式子：7293×2=14586， 7329×2=14658， 7923×2=15846，7932×2=15864， 9273×2=18546， 9327×2=18654．。

【最新】北京市中学生数学竞赛复赛高一试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、填空题1．()S x 表示自然数x 的数字和.则满足()()()2014x S x S S x ++=的x 的集合为______.2．记2560x x -+≤的解集为P ，22210x ax a -+-≤的解集为Q .已知P Q ⊂.则实数a 的取值范围是______.3．已知图1为偶函数()f x 的图像，图2为奇函数()g x 的图像.记方程()()()()()()()()0,0,0,0f f x f g x g g x g f x ====的实数根的个数分别为a 、b 、c 、d .则a b c d +++=______. 4．在ABC ∆中，已知7,5AB AC ==，角平分线AD 与中线BM 交于点P .则AP PD =______.5．设集合{}1,2,,2014,P A P =⋅⋅⋅⊆.若集合A 中任意两个数的差均不为99的倍数，且任意两个数的和也不为99的倍数，则集合A 中最多含有______个元素.二、解答题6．如图，以锐角ABC ∆的边BC 为直径的圆分别与边AC 、AB 交于点D 、E .证明：2BE BA CD CA BD ⋅+⋅=.7．在66⨯方格表的方格中任意排布1~36的全部整数，每个方格只有一个数.证明：在方格表中的某行里存在这样两个相邻的数，若取它们中的较小者作为二次三项式2x px q ++的系数p ，较大者作为常数q ，则得到的一元二次方程20x px q ++=具有两个不同的实根.8．求满足不等式组23345720x y x y x y ≥⎧⎪≥⎨⎪-≤⎩的整数数对(),x y 的个数.9．在ABC ∆中，已知::1:2:4BAC ABC ACB ∠∠∠=，三条角平分线分别与对边交于点1A 、1B 、1C ，ABC ∆的内心为I .证明：（1）1111111,,,,BB AB BC CC IB IC CI CA BI BC =====；（2）111A B C ∆为等腰三角形.10．已知()f x 为定义在实数集R 上的函数，对任意的x 、y R ∈，恒有()()()()()()1f x f y f f y xf y f x -=++-.求()f x，并计算f的值.参考答案1．∅【解析】【详解】无论自然数x 为何值，()()()x S x S S x ++被3整除，而2014被3除余1.故解集为∅. 2．23a ≤≤【解析】【详解】由题意知{}{}|23,|11P x x Q x a x a =≤≤=-≤≤+.因为P Q ⊂，所以，12a -≤，且31a ≤+.解得23a ≤≤.3．30【解析】【详解】由图像知函数()y f x =的值域为[]1,1-，()y g x =的值域为[]2,2-.注意到，方程()0f x =的根为0、1x 、2x ，()121,2x x =∈；方程()0g x =的根为0、3x 、4x ，()340,1x x =∈.故方程()()0f f x =的根为方程()0f x =或()1f x x =或()2f x x =的根.因为函数()y f x =的值域为[]1,1-，且()121,2x x =∈，所以，方程()1f x x =和()2f x x =无根，而方程()0f x =有三个根.从而，方程()()0f f x =的根的个数为3. 方程()()0f g x =的根为方程()0g x =或()1g x x =或()2g x x =的根.因为函数()y g x =的值域为[]2,2-，且()121,2x x =∈，所以，方程()1g x x =和()2g x x =各有三个根，同时方程()0g x =也有三个根.从而，方程()()0f g x =的根的个数为9.类似地，方程()()0g g x =和()()0g f x =也各有9个根.因此，399930a b c d +++=+++=.4．127【解析】【详解】如图4，作AN BM ，与CB 的延长线交于点N .则,AP NB NB BC PD BD==，即 1AP BC BD DC DC PD BD BD BD+===+. 又AD 为BAC ∠的平分线，故57DC AC BD AB ==. 因此，512177AP PD =+=. 5．50【解析】【详解】设集合{}991,992,,9920,i B i i i =⨯+⨯+⋅⋅⋅⨯+，其中0,1,,34i =⋅⋅⋅；{}991,992,,9919,j B j j j =⨯+⨯+⋅⋅⋅⨯+，其中35,36,,98j =⋅⋅⋅.任取a 、b A ∈.因为集合A 中任两个数的差均不为99的倍数，所以a 、b 不同属于集合i B 或j B .再由集合A 中任两个数的和也不为99的倍数，则a 、b 又不为集合()()(){}1982974950,,,,,,M B B B B B B =⋅⋅⋅中的一个数对.因此，集合A 中最多有50个元素，如在集合0149,,,B B B ⋅⋅⋅中各取一个元素即可.6．见解析【解析】【详解】如图5，联结CE ，与BD 交于点H .则90BDC CEB ∠=∠=︒.于是，BD 、CE 为ABC ∆的两条高线.故H 为ABC ∆的垂心.联结AH ，与BC 交于点F .则AF 也为ABC ∆的高线.易见，A 、E 、F 、C ，A 、B 、F 、D 分别四点共圆.由割线定理得BE BA BF BC ⋅=⋅，CD CA CF CB ⋅=⋅.两式相加得()2BE BA CD CA BF BC CF CB BC BF CF BC ⋅+⋅=⋅+⋅=+=.7．见解析【解析】【详解】若在66⨯方格表的一行中相邻的两个数均不小于13，则称这个相邻的数对为“好数对”，否则为“不好数对”.接下来证明，对66⨯方格表的方格中任意排布1~36的全部整数，这样的好数对均可找到. 为此，如图6可将方格表中的每一行均分成3对，整表即分成18对.则在这18对中至少有六对为好数对.最后证明：任何好数对()(),p q p q <即为所示.因为对于选取的p 、q ，一元二次方程20x px q ++=的判别式 22413436250p q ∆=-≥-⨯=>，所以，该方程有两个不同的实数根.8．231【解析】【详解】作变量替换23,34.u x y v x y =-⎧⎨=-⎩显然，整数数对(),x y 对应整数数对(),u v ，反之亦然. 在新的坐标系中不等式具有形式0,0,20.u v u v ≥⎧⎪≥⎨⎪+≤⎩只需求出满足不等式组的整数数对坐标(),u v 即可.满足条件的全部整数数对(),u v 与直角坐标系uOv 中AOB ∆内和边上的所有整点（坐标为整数的点）一一对应.如图7，在ABO ∆的斜边AB 上有21个整点，而ABO ∆与ABC ∆组成边长为20的正方形AOBC ，它包含的整点共441个，从中除去对角线AB 上的点，得到正方形的“一半”包含210个整点，即ABO ∆中包含的整点个数为21210231+=.9．（1）见解析；（2）见解析【解析】【详解】如图8.由::1:2:4BAC ABC ACB ∠∠∠=，知7BAC π∠=，27ABC π∠=，47ACB π∠=. 易知，11117ABB BAB BB AB π∠==∠⇒=，111127CBC BCC BC CC π∠==∠⇒=， 11127ICB IB C IB IC π∠==∠⇒=，1112571414CA I CIA CI CA πππ∠=+==∠⇒=， 11137BIC BC I BI BC π∠==∠⇒=. 接圆与边CD 交于点F .证明：EC EF =.证明 如图1，作CAE ∆的外接圆与BC 、BA 分别交于点H 、I . 由BC BA =，知四边形ACHI 为等腰梯形. 故BH BI BC BA=.由H 、C 、A 、E 四点共圆知 BHE CAE BCD ∠=∠=∠ BI BH BE HE CD BA BC BD⇒⇒== IE DA BIE BAD ⇒⇒∠=∠.又由BCD CAE ∠=∠及BC BA =，知ACD BAE ∠=∠.故180CFE EFD ∠=︒-∠ 180EAD =︒-∠ ()180BAD BAE =︒-∠-∠ 180BIE BAE =︒-∠+∠ AIE BAE =∠+∠ ACE ACD ECD =∠+∠=∠ EC EF ⇒=.（2）由角平分线定理得11BA ABCA AC =.由::1:2:4BAC ABC ACB ∠∠∠=，得11,BCI ABC BC C B IC ∆∆∆∆∽∽. 故11111,CB CB ABBCBC BC AC BI BC BC CI CA ====. 从而，1111BA CB CA CA =.因此，11BA CB =.在11A BC ∆、11B CC ∆中，因为1111112,7BC CC A BC B CC π=∠=∠=，11BA CB =，所以，1111A BC B CC ∆∆≌.因此，1111AC B C =，即111A B C ∆为等腰三角形. 10．见解析【解析】【详解】设函数()f x 的值域为A R ⊆.()0f c =.则c A ∈. 对于0x y ==，可得()()1f c f c c -=+-.所以，0c ≠. 令()x f y =，得()()()201f f x x f x =++- ()2122c x f x +⇒=-.① 将式①代入原方程得左边()()f x f y =- ()()2122x f y c -+=-()()221222f y c x xf y +=-+- ()()()22f y f x xf y =+-，右边()()()21122f y c xf y f x +=-++-. 两边比较得1112c c +=⇒=. 于是，对任意x R ∈，均有()212x f x =-. 容易验证()212x f x =-满足题意.因此，所求的函数为()212x f x =-.当x = 2014110062f =-=-.。

高一数学竞赛试题北京【试题一：代数问题】题目：已知函数\( f(x) = ax^2 + bx + c \)，其中\( a \)，\( b \)，\( c \)为常数，且\( a \neq 0 \)。

若函数\( f(x) \)在\( x = 1 \)处取得极小值，求\( a \)，\( b \)，\( c \)之间的关系。

解答：首先，我们知道一个二次函数的极值点可以通过求导数来找到。

对于函数\( f(x) \)，其导数为\( f'(x) = 2ax + b \)。

由于\( x = 1 \)是极小值点，我们有\( f'(1) = 2a + b = 0 \)。

又因为极小值点处的导数为0，我们可以得出\( a \)和\( b \)之间的关系。

同时，我们可以利用极小值的定义，即\( f(1) \)是\( x \)在\( 1 \)附近的最小值，进一步确定\( a \)的符号。

由于\( a \)是二次项系数，它决定了函数的开口方向，而极小值意味着开口向上，所以\( a > 0 \)。

结合以上信息，我们可以得出\( b = -2a \)。

【试题二：几何问题】题目：在直角三角形ABC中，∠C = 90°，AB是斜边，且AC = 6，BC = 8。

求直角三角形ABC的周长。

解答：根据勾股定理，我们知道在直角三角形中，斜边的平方等于两直角边的平方和。

即\( AB^2 = AC^2 + BC^2 \)。

将已知的AC和BC的值代入，我们得到\( AB^2 = 6^2 + 8^2 = 36 + 64 = 100 \)，所以\( AB = 10 \)。

直角三角形的周长是三边之和，所以周长为\( AC+ BC + AB = 6 + 8 + 10 = 24 \)。

【试题三：数列问题】题目：给定数列\( \{a_n\} \)，其中\( a_1 = 1 \)，\( a_{n+1} =a_n + 2n \)。

高一年级试题（120分钟）一、填空题（满分40分，每小题8分，将答案写在下面相应的空格中）1．函数f(x)=23x x-+-的值域是______．2．方程x2−31x+220=2x(31−2x−2x)所有实根的平方和等于______．3．边长等于10厘米的正六边形ABCDEF中，H为DE的中点，G为BC边上一点，且满足∠AGB=∠CGH，如图所示，则五边形AFEHG的面积是______平方厘米．4．已知甲、乙两个施工队各有若干工人，如果甲队借调给乙队90名工人，则乙队的工人总数将是甲队的2倍；如果乙队借调给甲队若干工人，则甲队的工人总数将是乙队的6倍．甲施工队原来最少有______名工人．5．在平面上有200个点，任何三个点都不共线，且每个点都标注了数1, 2, 3中的一个数，将标有不同数的所有点对都用线段连接，每条线段上都标注一个数1, 2或3，这个数与该线段端点标注的数不同，结果呈现出写在平面上的三个数1, 2或3中的每一个均恰有n次，则n的值是______．二、（满分15分）能够选出10个连续的偶数，且分它们为5个对子：(a1, b1), (a2, b2), (a3,b3), (a4, b4), (a5, b5)，使得方程x2+a1x+b1=0, x2+a2x+b2=0, x2+a3x+b3=0, x2+a4x+b4=0,x2+a5x+b5=0都具有整数根吗？如果能，试举一例；如果不能，请说明理由．三、（满分15分）D为锐角三角形ABC内一点，使得∠ADB=∠ACB+90°且AC·BD=AD·BC．延长AD，BD，CD分别交三角形ABC的外接圆于点G，E，F，如图所示．求证：（1）EF=FG；（2）1=EFGABCπ三角形的面积三角形外接圆的面积．四、（满分15分）（1）证明：2018可以表示为两个正整数的平方和．（2）证明：存在这样的三角形，可以把它分割为2018个全等的三角形．五、（满分15分）已知n元正整数集A={a1, a2,…, a n}，对任意一个i {1, 2, …, n}，由集合A去掉元素a i后得到的集合A i可以分成两个不交的子集之并，且两子集元素之和相等，我们称这样的数集A为“好数集”．（1）求证：“好数集”的元素个数n是奇数；（2）求“好数集”的元素个数n的最小值．。

2011年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答一、选择题（满分40分，每小题8分，将答案写在下面相应的空格中）题 号 1 234 5答 案1341314- 623 2.-+-100530171．二次三项式x 2+ax +b 的根是实数，其中a 、b 是自然数，且ab =22011，则这样的二次三项式共有 个．答：1341．我们发现，实际上，数a 和b 是2的非负整数指数的幂，即，a =2k ，b =22011–k ，则判别式Δ=a 2– 4b =22k – 422011–k =22k – 22013–k ≥0，得2k ≥2013–k ，因此k ≥32013=671，但k ≤2011，所以k 能够取2011–671+1=1341个不同的整数值．每个k 恰对应一个所求的二次三项式，所以这样的二次三项式共有1341个.2．如右图，在半径为1的圆O 中内接有锐角三角形ABC ，H 是△ABC 的垂心，角平分线AL 垂直于OH ，则BC = ． 答：3．解：易知，圆心O 及垂心H 都在锐角三角形ABC 的内部，延长AO 交圆于N ，连接AH 并延长至H 1与BC 相交，连接CN ，在Rt △CAN 和Rt △AH 1B 中，∠ANC =∠ABC ，于是有∠CAN =∠BAH 1，再由AL 是△ABC 的角平分线，得∠1=∠2．由条件AP ⊥OH ，得AH=AO=1．连接BO 交圆于M ，连接AM 、CM 、CH ，可知AMCH 为平行四边形，所以CM=AH=AO =1，BM =2，因为△MBC 是直角三角形，由勾股定理得2221 3.BC =-=3．已知定义在R 上的函数f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，若F (x )=f (g (x )) – g (f (x ))的最小值为14，则m = ．答：14-．解：由f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，得F (x )= f (g (x )) – g (f (x ))=(2x +2m )2–(2x 2+2m )=2x 2+8mx +4m 2–2m ，F (x )=2x 2+8mx +4m 2–2m 的最小值为其图像顶点的纵坐标ABCOHL MPNH 1 1 2()2222242(42)84284242m m m m m m m m ⨯⨯--=--=--⨯．由已知，21424m m --=，得21202m ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以1.4m =-4．tan 37.5= ． 答：6232-+-．解1：作Rt △ADB ，使得∠ADB =90º，AD =1，AB =2，则∠B =30º，BD =3．延长BD 到C ，使BC =2，则DC =23-．连接AC ，则∠ACB =(180º–30º)÷2=75º．作∠ACD 的平分线交AD 于E ，则∠ECD =37.5º．由于AC 2=AD 2+DC 2=1+(2–3)2=8–43，所以 ()2843621226262AC =-=-+=-=-．由三角形的角平分线定理，得AE AC ED DC=，于是AE ED AC DCED DC ++=，即()()()()1322162233221ED AD AD DC AC CD ====-++-+-+-，所以()()tan 37.53221EDDC==-+6232=-+-．解2：作等腰直角三角形ABC ，使∠C =90º，AC =BC =1，则AB =2． 作∠CAD =30º，则CD =33，AD =233，则∠DAB =15º． 作∠BAD 的平分线AE ，记CE =x ，则BE =1–x ，DE =x –33． 所以3132323x x --=，整理得 ()()213221623 2.3232x +-+===-+--+tan 37.562321CE xAC ===-+-． 5．设f (x ) =113xx+-，定义f 1(x ) = f (f (x ))，f n (x )=f (f n –1(x )) (n =2, 3,…)，f 2011(2011)= ．答：10053017．AC D E B21 30º解：记01()()13x f x f x x +==-，则()111113()()1131313xx x f x f f x x x x++--===--+-⋅-； ()211113()()11313xx f x f f x x x x--+===-+⋅+；()3201()()()()13x f x f f x f x f x x +====-； 接下来有41()()f x f x =，52()()f x f x =，63()()f x f x =，…，f n (x )的表达式是循环重复的，以3项为一周期．所以，20113670111()()()13x f x f x f x x ⨯+-===+，20112011120101005(2011)13201160343017f -===+⨯．二、（满分15分）D 是正△ABC 的边BC 上一点，设△ABD 与△ACD 的内心分别为I 1，I 2，外心分别为O 1，O 2，求证：(I 1O 1)2+(I 2O 2)2=(I 1I 2)2． 证明：作以A 为中心、逆时针旋转60的变换(,60)R A ，使△ABD 到△ACD 1，由于∠ADC +∠AD 1C =∠ADC +∠ADB =180º，所以A 、D 、C 、D 1共圆，因此2O 是△AD 1C 的外心，也就是(,60)12R A O O −−−−→，因此AO 1=DO 1=AO 2=DO 2=O 1O 2，所以∠O 1AO 2=∠O 1DO 2=60º．由∠AO 1O 2+∠ACB =120º+60º=180º，O 1在△ACD 的外接圆⊙O 2上．由于111(180)6012012022AI D ABD ABD ∠=∠+-∠=+⨯=，所以I 1在⊙O 2上，因此11118018030150O I D O AD ∠=-∠=-=，111118015030I O D I DO ∠+∠=-=．同理可证，I 2在△ABD 的外接圆⊙O 1上，所以22150DI O ∠=．由于12118090,2I DI ∠=⨯=而22111212906030I DO I DO I DI O DO ∠+∠=∠-=-=，比较可得1122I O D I DO ∠=∠．在△O 1I 1D 与△DI 2O 2中，因为已证O 1D=DO 2，1122150,O I D DI O ∠=∠=又1122.I O D I DO ∠=∠因此 △O 1I 1D ≌△DI 2O 2．所以，I 1O 1=DI 2，DI 1= I 2O 2.由于1290,I DI ∠=△I 1DI 2是直角三角形.根据勾股定理，有()()()2221212,DI DI I I +=而I 1O 1=DI 2，DI 1=I 2O 2. 因此()()()222112212.I O I O I I +=三、（满分15分）n 是正整数，记n !=1×2×3×…×n ，如1!=1，2!=1×2=2， 3!= 1×2×3=6，又记[a ]表示不超过a 的最大整数，求方程ABCDO 1I 2I 1D 1O 220111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的所有正整数解．解1：由于当x 是正整数时，[]1!x x ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，2!2x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦≥12x -，3!6x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦＞6x –1，所以1126x x x -++-＜2011即53x ＜120122，得方程的正整数解x 满足0＜x ＜1207.5． 由于6!=720，7!=5040，所以方程的正整数解x ＜7!，即07!8!9!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=====⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 因此，方程20111!2!3!4!5!6!x x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的解与原方程的解是一样的．设小于7!的正整数x 为上述方程的解，我们写出(1,2,3,4,5,6)!xk k =的带余除法表达式：设16!6!r x a =+，0≤r 1＜6!，(0≤a ≤6，a ∈N )；因此.6!x a ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦① 12665!5!5!r r x a a b =+=++，0≤r 2＜5!，(0≤b ≤5，b ∈N )，因此65!x a b ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦． ② 323053054!4!4!r r xa b a b c =++=+++，0≤r 3＜4!，(0≤c ≤4，c ∈N )， 因此3054!x a b c ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦． ③341202*********!3!3!r r xa b c a b c d =+++=++++，0≤r 4＜3!，(0≤d ≤3，d ∈N )； 因此1202043!x a b c d ⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦． ④5436060123360601232!2!2!r r xa b c d a b c d e =++++=+++++，0≤r 5＜2， (e =0,1,2)；因此360601232!x a b c d e ⎡⎤=++++⎢⎥⎣⎦． ⑤5720120246272012024621!1!r xa b c d e a b c d e f =+++++=+++++，(f =0,1)； 因此72012024621!x a b c d e f ⎡⎤=+++++⎢⎥⎣⎦． ⑥①～⑥相加得1237a +206b +41c +10d +3e +f =2011． 显然a =1，因此206b +41c +10d +3e +f =2011–1237=774； 易知b =3，因此41c +10d +3e +f =774–206×3=156； 易知c =3，于是10d +3e +f =156–41×3=33；类似求得d =3，e =1，f =0．所求的x =1×720+3×120+3×24+3×6+1×2+0×1=1172．x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解． 解2：设f (x )=1!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，因为对于所有的正整数k ，!x k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦都是单调增的，其和f (x )就是增函数；又因为对于正整数x ，11!x +⎡⎤⎢⎥⎣⎦=1!x ⎡⎤⎢⎥⎣⎦+1，所以f (x )是严格单调的．经估数，将x =1172带入，求f (1172)的值，得f (1172)=2011，所以，x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解．四、（满分15分）平面上的n 个点，若其中任3个点中必有2个点的距离不大于1，则称这样的n 个点为“标准n 点组”．要使一个半径为1的圆纸片，对任意“标准n 点组”都能至少盖住其中的25个点，试求n 的最小值． 答案：49．解：首先证明，n min ＞48．在平面上画长为5的线段AB ，分别以A 、B 为圆心，画半径为0.5的两个圆，在每一个圆内，取24个点，则平面上有48个点满足题设条件（其中任意3点中必有2点的距离不大于1），显然，不可能画出一个半径为1的圆，其包含有25个所选的点，所以n ＞48．下面证明n min =49．若49=n ，设A 是其中的一点，作以A 为圆心半径为1的⊙A ，若所有的点都在圆A 中，那么就满足题设条件．若不是所有的点都在圆A 中，则至少有一点B 不在圆A 中，再作以B 为圆心、半径为1的⊙B ，则A 、B 的距离大于1（如右图），除A ，B 外，余下的47个点中每一点P 都与A 、B 组成3点组，必有两个点的距离不大于1，所以要么P A ≤1，要么PB ≤1，即 点P 要么在⊙A 中，要么在⊙B 中，根据抽屉原理，必有一个圆至少包含了这47个点中的24个点，不妨设这个圆就是⊙A ，再加上圆心A 点，就有不少于25个点在这个半径为1的⊙A 中(圆内或圆周上)．所以n 的最小值是49．五、（满分15分）已知函数f ：R →R ，使得对任意实数x y z ，，都有11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14， 求[1×f (1)]+[2×f (2)]+[3×f (3)]+…+[2011×f (2011)]的值．其中对于实数a ，[a ]表示不超过a 的最大整数．解：由于已知函数f R R →：，使得对任意实数x y z ，，都满足11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14，可令0x y z ===，有 ()211(0)(0)(0)22f f f +-≥14，即21(0)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (0)是一个实数，所以1(0).2f =再令1x y z ===，有()211(1)(1)(1)22f f f +-≥14，即21(1)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (1)是一个实数，所以1(1).2f =又令0y z ==，有11(0)(0)()(0)22f f f x f +-≥14，代入1(0)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≤12． ①又令1y z ==，有11()()()(1)22f x f x f x f +-≥14，代入1(1)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≥12． ②综合①、②可得，对任意实数x ，都有1()2f x =．验证：函数1()2f x =满足题设条件，取的是等号，所以满足题设条件的函数的唯一解为1()2f x =．于是[][][][]1(1)2(2)3(3)2011(2011)f ff f ⨯+⨯+⨯++⨯ 1234201122222⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦011223310051005=+++++++++()21231005=⨯++++(11005)1005=+⨯1011030=．。