【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】

2a 2≤ 2 b + 2 - 2 b - 1 2 2 b3 ° 的值是, 66数学奥林匹克高中训练题 (79)第 一 试一、选择题(每小题 6 分 ,共 36 分)1. 若点 A (3 ,5) 关于直线 l : y = kx 的对称点在 x 轴上 ,则 k 是() . (A ) 2(B ) 2(C ) 3(D )二、填空题(每小题 9 分 ,共 54 分)1. 数 7355的末四位数字是 .2. 设 ∠XOY = 30 °, 点 A 在这个角的内(A ) - 1 ±5 2 () - 1 ± 304(B ) ± 3(D ) - 3 ± 345部 ,作 AB ⊥OX , AC ⊥OY , B 、C 为垂足. 若 AC = 3 , OB = 8 ,则 AO 的长度是 .3. 设 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 是一个正方体 ,点 M 是棱 AA 1 的中点. 则二面角 B 1 - MC -2. 设 a ∈R , A = { x | x ∈R ,| x - a | ≤1} , B = { x | x R ,| x - 1| ≤a } . A B 真子集 ,则 a 的取值范围是() .(A ) - 1 ≤a ≤1 (B ) a ≤- 2 或 a > 1 (C ) - 2 < a ≤1 (D ) - 2 ≤a ≤03. 若 a 是一个复数 ,且( a 2- a ) 2= 1 ,则a 3- 2 a 2能取到() 个不同的值.(A ) 2(B ) 3(C ) 4(D ) 64. 设 a 是实数 ,使得关于 x 的函数 y = f ( x ) = a sin 2 x + cos 2 x + sin x + cos x的图像关于直线 x = - π 对称. 记由所有这样的 a 组成的集合为 S ,则 S 是( ) .(A ) 空集 (B ) 单元集(只有一个元素) (C ) 元素个数多于 1 的有限集 (D ) 无限集(有无限多个元素)5. 设 a 是一个实数. 若关于 x 的不等式 | cos 2 x | ≥a sin x 在闭区间 -π π成立 ,则 a 的取值范围是() .(A ) {0} (B ) [ - 1 ,0 ] A 1 的平面角θ(锐角) 的大小是 (用弧度或反三角函数表示) .4. 设 a 、b 是复数 , 其共轭复数分别为a 、b , 其模分别为| a | 、| b | . 若 a + 2 b = i , a ·b = - 5 - i ,则| a | 2为 .5. 若 a = 13, b = log 3 10 , c = log 4 20 , 则a 、b 、c 之间的大小关系是 .6. 在一个十进制正整数中 ,如果它含有偶数(包括零) 个数字 8 ,则称它为“优数”,否则就称它为“非优数”. 那么 ,长度(位数) 不超过 n ( n 是正整数) 的所有“优数”的个数是.三、( 20 分) 设 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 是一 个棱长为 2 的正方体 , 点 M 是棱 AA 1 的中点 ,过 M 、B 1 、C 、D 1 四点作一个球. 试求该球的半径 R .四、( 20 分) 已知 10 °< θ < 50 °, a =sin (θ+ 15°) , b = cos (2θ- 15°) . 求证 : (C ) 0 , 22(D ) [ 0 ,1 ],6. tan 10 + 1( ) .sin 40°并确定使等号成立时所有θ的值.五、(20 分) 设过点 P ( 1 , - 1) 向抛物线3 32± 34 y = x 2作两条不同的切线 l 、l ,该抛物线的 1 2于 l 与 l 2 的夹角(锐角) . 试求 l 的方程.第 二 试一、(50 分) 设 R 是全体实数的集合. 试 即a 2 + 1 > a + 1 ,1 - a2 ≤a - 1a ( a - 1) > 0 ,( a - 1) ( a + 2) ≥0a > 1 或 a < 0 ,或 另一条切线为 l ,且 l 与 l 1 的夹角 (锐角) 等或 解得a 2 + 1 ≥a + 1 ,1 - a2 < a - 1. a ( a - 1) ≥0 ,( a - 1) ( a + 2) > 0. 或a ≥1 或 a ≤0 , a ≤- 2 或 a ≥1a < - 2 或 a > 1.故 a > 1 或 a≤- 2.r2 , 2①求出所有的函数 f : R →R ,使得对于任意的x 、y ∈R ,都有f ( xf ( y ) ) = xyf ( x + y ) .二、(50 分) 已知 △ABC 的内切圆 ⊙I 切 但原题条件为“A 不是 B 的真子集”,则有- 2 < a ≤1. 3. B.由题设得 a 4 - 2 a 3 + a 2 = 1 ,所以 ,边 BC 于点 D ,而 P 是边 BC 上的任意内点. a 3- 2 a 21 - a2 =a(显然 a ≠0) .设 △AB P 和 △ACP 的内切圆圆心分别是 I 1当 a 2 - a = 1 时 ,1 - a 2 = - a , 则 a 3 - 2 a 2 = - 1 ;和 I 2 . (1) 求证 : ∠I 1DI 2 = 90 °( 即 I 1、P 、D 、I 2 当 a 2 - a = - 1 时 , a 2= a - 1 , a =1 ± 3 i , 四点共圆) ;a 3 - 2 a 2 = 1 - ( a - 1) = - 1 + 2.aa(2) 设 I 1 、P 、D 、I 2 四点所在的圆周的半径为 R ,而 △ABC 的内切圆半径为 r ,试求 R的取值范围 ( △ABC 取遍各种形状的三角形 ,点 P 取遍边 BC 上的每一个内点) .三、(50 分) 求证 : 直角坐标平面上的格 点凸七边形(每个顶点均为格点 ———纵、横坐标均为整数的点) 的内部最少包含四个格点.参 考 答 案第 一 试一、1. D.设点 A ( 3 , 5) 关于直线 l : y = kx 的对称点为P ( a ,0) . 则 A P 的中点 M ( 3 + a , 5 ) 必在直线 l 上 ,于是 , a 3 - 2 a 2 可以取到两个不同的虚数值 ,即a 3 - 2 a 2 = ± 3 i.综上可知 , a 3 - 2 a 2 一共取到 3 个复数值.4. A.由对称性可得 f ( - x ) = f ( x - 2π) .因为 f ( x ) 是周期为 2π的周期函数 ,所以 , f ( x ) = f ( x - 2π) . 故 f ( - x ) = f ( x ) .则 - a sin 2 x + cos 2 x - sin x + cos x= a sin 2 x + cos 2 x + sin x + cos x ,即 sin x (2 a cos x + 1) = 0 (对任意的 x ∈R ) .从而 ,2 a cos x = - 1 (对任意的 x ≠k π, k ∈Z ) . 而上式对于 a = 0 或 a ≠0 均不能成立 ,矛盾. 故S 必是空集.且 A P ⊥l ,即 5 2 3 + a = k · 2, 且 k 25 - 0 = - 1. 3 - a 5. D.令 t = sin x ,由 x ∈ -π ,π 3 6, 知 t ∈ - 3 1 . 消去 a 整理得 5 k 2 + 6 k - 5 = 0. 解得 k =- 3 原不等式等价于| 1 - 2 t 2 | ≥at-3 ≤t ≤1,2. C.显 然 , A = { x | x ∈R , a - 1 ≤x ≤a + 1} ,B = { x | x ∈R ,1 - a 2 ≤x ≤a 2 + 1} , A 与 B 皆非空.假设 A 是 B 的真子集 ,则有即等价于f ( t ) = 2 t 2g ( t ) = 2 t 2 2 2+ at - 1≤0 , - 2 ≤t ≤1 ;2- at - 1 ≥0 , -3 ≤t ≤- 2②2 2则 ·x 2 + y 2 AA 2 2 88 11 1 °所以 OD 3×故即 由于抛物线 y = f ( t ) 及 y = g ( t ) 开口向上 ,且2故 OA == = 14 3 .3 f (0) = - 1 , g (0) = - 1 ,所以 ,式 ①等价于 f ( - 2)π≤0 且 f ( 1 ) ≤0 ;式 ②等价于 g ( - 2 ) ≥0 ,即式 ①3. 4 . 如图 2 ,不妨设 AB等价于 0 ≤a ≤1. 而式 ②等价于 a ≥0 ,因此 , a 的取值范围是 0 ≤a ≤1.6. C.tan 10°+ 1 = cot 80°+ 1= 2 ,则AM = MA 1 = 1 ,MC 2 = 12 + (2 2) 2= 9 B 1 C 2 = (2 2) 2= 8 , sin 40° sin 40°222MB 1 = 1 + 2 = 5. = cos 80°+ 2cos 40°=2cos 60°·cos 80°+ 2cos 40°设 O 为 A C 的sin 80° sin 80° 11 1图 2=cos 20°+ cos 40°=2cos 10°·cos 30°中点 , 显然点 B 1 在平sin 80° = 2cos 30°= 3 .二、1. 1 943.sin 80°面 A 1 C 1 CA 上的投影正是点 O 1 . 于是 , △B 1 CM 在平面A 1 C 1 CA 上的投影是 △O 1 CM . 所以 ,S △O CM本题即求 7355除以 104所得的余数.7355= 7 ×49177= 7 ×49 ×(50 - 1)2 ×88= 7 ×49 ×(2 400 + 1)88≡7 ×49 ×(1 + 2 400C 1)≡343 ×[ 1 + 2 400 ×(100 - 12) ]cos θ=1.S △B CM易知 MO 2 = ( 2) 2+ 12= 3 , O C 2= ( 2) 2+ 22= 6.由海伦公式得S △B CM = 1≡343 ×(1 - 2 400 ×12) ≡343 - 343 ×12 ×2 400 ≡343 - 43 ×12 ×2 400 ≡343 - 103 200 ×12 1= 1 442 (9 ×8 + 8 ×5 + 5 ×9) - 81 - 64 - 25 =3 ,≡343 - 3 200 ×12 ≡343 - 38 400S △O CM = 12(9 ×3 + 3 ×6 + 6 ×9) - 81 - 9 - 36 = 3 2. 14 2≡343 - 8 400 ≡- 8 057 ≡1 943 (mod 104 ) . 因此 ,7355的末四位数字是 1 943.2. 14 3 .3如图 1 ,以 O 为原点、OX 为 x 轴的正向 , 建立直角坐标系. 设点A 的坐标为 ( x A , y A ) ,其 中 x A = OB = 8. 显然 ,直线 OY 的方程为y = x tan 30 = 3 x .图 13过点 A 作直线 l ∥OY , l 交 y 轴于点 D ,作 OE ⊥l , E 为垂足. 显然 , OE = AC = 3 , ∠DOE = 30°.cos θ= 2, θ= π . 2 44. 8 或 13.由 2 a ·b = - 10 - 2 i 及 a + 2 b = i ,消去 2 b ,得a (i - a ) = - 10 - 2 i ,上式两边取共轭复数得 a ( - i - a ) = - 10 + 2 i ,即i a - a ·a = - 10 - 2 i ,①- i a - a ·a = - 10 + 2 i.②①- ② 得i ( a + a ) = - 4 i , a + a = - 4 ,即 Re ( a ) = - 2.又 ①+ ②并整理得i ( a - a ) = 20 - 2 a ·a ,20 - 2| a |22, = OE= 2 cos 30°, 故 D (0 , - 2 3) . 即 Im ( a ) =- 2= | a | - 10.从而 ,直线 l 的方程为 y = 3x - 2 3 . 于是 ,有故| a | 2= ( Re ( a ) ) 2+ ( Im ( a ) ) 2= | a | 4- 20| a | 2+ 104 ,y A = 3x A - 23 = 38 - 2 3 = 32 3 . 3 即 (| a | 2 ) 2 - 21| a | 2+ 104 = 0.解得| a | 2= 8 或 13.33 82 + (2 3) 23,2( a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) - a 4 - b 4 - c 42 6x8 3 2 3 7 3 × × n n - 1 b =,则5 1 13 34 n15. a > c > b .注意到 a > cΖ13> log 4 2013Ζ 4 6> 204 6 > 5故 a n = 10n - 2b n = 10n - 24 n - 135 × n - 1 + 4552 3 > 5 6 Ζ 2 > 5 = 125 Ζ 4 2 ×64 = 128 > 125.= 7 23 n - 4 + 45 10n - 2 = 7 168n + 9 20 ×10n ( n ≥2) . 4 464 所以 ,长度不超过 n 的所有的“优数”的个数是下面证明 b < 15< c .S n = a 1 + a 2 ++ a n = 7 ∑8 k + 9 n ∑10 kb <15 Ζ 77log 3 10 <15 Ζ 7153 7> 10= 1 (8 n2+ 10 n ) - 1 16 k = 1 ( n ≥1) . 20 k = 11 3 7 >10 Ζ 3 > 9 107 97 = 10 000 000 4 782 969 三、如图 3 , 联结 B 1 C 、CD 1 、Ζ 3 ×4 782 969 > 107 ,D 1 B 1 , 设 体 对15 c > 7Ζ log 20 > 15 7 154 7< 20 角线 AC 1 交 正 1 5 Ζ Ζ △B 1 CD 1 所在平 4 7 <4 48 < 57 65 536 < 78 125. 面 于 点 O 1 , 显故 a > c > b .6. 1(8 n + 10 n ) - 1.2令长度为 n 的“优数”的个数是 a n, 则 a 1= 8. 然 , 点 O 1 是 正 △B 1 CD 1 的中心( 对 称 性 ) , 且 图 3AC 1⊥ 平 面令 n ≥2 ,对于 a n ,一方面 ,在长度为 n - 1 的“非优数”的末尾添加数字 8 , 就变成长度为 n 的“优数”,且这样的“优数”有 9 ×10n - 2- a 个 ; 在长度为 n - 1 的“优数”的末尾添加一个非 8 数字 ,就变成长度为 n 的“优数”,且这样的“优数”有 9 a n - 1 个. 显然 ,这两类长度为 n 的“优数”不相同(个位数不同) .另一方面 ,反之亦然. 这就构成一一对应. 于是 ,B 1 CD 1 .联结 A 1 B 、BD 、DA 1 ,设 AC 1 交正 △A 1 BD (所在平面) 于点 O 2 . 由于 DB ∥D 1 B 1 、A 1 B ∥CD 1 、DA 1 ∥B 1C ,所以 ,平面 A 1 BD ∥平面 B 1 CD 1 .设 O 是正方形 ABCD 的中心 ,平面 A 1 BD 平分线段 AC 于点 O . 联结 OO 2 ,则 OO 2 ∥CO 1 . 从而 , AO 2= O 2 O 1 . 同 理 , C 1 O 1 = O 1 O 2 .a = (9 ×10 n - 2- a ) + 9 a n - 1 n - 1 12 3= 8 a n - 1 + 9 ×10 ( n ≥2) ,n - 2故 C 1 O 1 = 3 AC 1 = 3.即a n= 8a n - 1+ 9 = 4 × an - 1 + 9.设球的中心为 K ,则点 K 在体对角线AC 1 上.10 n - 2· n - 210 510n - 3记 A K = x , ∠A 1 AC 1 =θ,由余弦定理得a n令 n 10 n - 24R 2 = M K 2 = 12+ x 2 - 2 ×1 ×x cos θ= 1 + x 2 - 2 x × 3 = x 2 - 2 3+ 1.b n = 5b n - 1 + 9 ( n ≥2) , b 1 = 10 a 1 = 80.3 3 令 b = c + t ( t 为待定的常数) ,则易 得 AO 1 = 2 AC 1 = 2 ×2 3 = 4 3,nn3 3 3 c n + t =4 ( c n - 1 + t ) + 9 = 4 c n - 1 + ( 4t + 9) .B 1 C2 25 5 5KO 1 = - x , O 1 B =2sin 60== 令4t + 9 = t ,则 t = 45 ,于是 ,由勾股定理得° 3 4 4 n - 1R 2 = KB 2 = KO 2 + O B 2 = 4 328 + .c n = 5 c n - 1 = = 5c 11113 - 3= 4 5 n - 1 4 ( b - 45) = 35 4 5n - 1n - 1,所以 , x 2- 16 x + 1 = 3 + x 2- 8 + 3 , 即b = 35 5+ 45. x = .4 3 × Ζ Ζ Ζ Ζ Ζ3 62+ 8 3 1 - (1 - 2 a 2)21 - b2 5 41 0 0 00 1 11 11 1 112 x 1 - (2 + 2 2) 2 x 1 - (2 - 2 2) 从而 , R =1 +2 x 1 =(2 + 2 2)1 +2 x 1 ,(2 - 2 2) == 11 . 2即x 1 - (1 + 2)1 + 4 (1 + 2) x= x 1 - (1 - 2) .1 + 4 (1 - 2) x 1四、首先 ,cos (2+ 30°) = 1 - 2sin 2(θ+ 15°) = 1 - 2 a 2 . 所以 ,sin (2θ+ 30°) = 1 - cos 2(2θ+ 30°) == 2 a1 - a 2.又 sin (2θ+ 75°) = cos[ 90°- (2θ+ 75°) ] = cos (15°- 2θ) = cos (2θ- 15°) = b , 故 ( x 1 - 1 - 2) [ 1 + 4 (1 - 2) x 1 ]= ( x 1 - 1 + 2) [ 1 + 4 (1 + 2) x 1 ] ,或 ( x 1 - 1 - 2) [ 1 + 4 (1 - 2) x 1 ]= - ( x 1 - 1 + 2) [ 1 + 4 (1 + 2) x 1 ] .化简为 4 x 2+ 1 = 0 或 4 x 2 + 5 x - 1 = 0. - 5 ± 41 2 33所以 ,cos (2θ+ 75°) = - 1 - sin 2(2θ+ 75°) = - 1 - b 2 .所以 ,只有 x 1 = 因此 , l 的方程为8, x 1 = 32 2 (y = 2 x 1 x - x 2 =- 5 ± 41·x -335 41. 则 2 = sin 45°= sin[ 2θ+ 75°) - (2θ+ 30°) ] 1432= sin (2θ+ 75°) ·cos (2θ+ 30°) - cos (2θ+ 75°) ·sin (2θ+ 30°) b (1 - 2 a 2 ) +1 - b2 ·2 a1 - a2 .2 a 2 b - b + 2= 2 第 二 试一、由题意知 ,对任意的 x 、y ∈R ,都有f ( xf ( y ) ) = xyf ( x + y ) .①在式 ①中取 x = 0 得 f (0) = 0. 在式 ①中取 x = - y 得a 2 + 1 - a 22 22(1 - b 2 ) = , f ( - yf ( y ) ) = 0.②假设存在一个 x 0 ∈R ,且 x 0 ≠0 ,使得 f ( x 0 ) ≠0. b +即 a 2 ≤- 222 b2 b +2 - 2 b 2 - 1=.2 2 b 2在式 ①中取 y 为 - yf ( y ) ,由 f (0) = 0 及式 ②得0= x ( - yf ( y ) ) f ( x - yf ( y ) ) . ③在式 ③中令 y = x 0 ,得当且仅当 a 2 = 1 - a 2 ,即 a == sin 45 °,θ+ 0 = x ( - x f ( x ) ) f ( x - x f ( x ) ) .④215°= 45°,θ= 30°时 ,上式等号成立.五、设切线 l 1 或 l 2 与抛物线 y = x 2 的切点为( x 0 , x 2 ) . 易知其切线的斜率为 k = 2 x 0 ,切线方程为 在式 ④中令 x = x 0 f ( x 0 ) + x 0 ,得0= - x 0 f ( x 0 ) x 0 ( f ( x 0 ) + 1) f ( x 0 ) .因为 x 0 ≠0 , f ( x 0 ) ≠0 ,则只有 f ( x 0 ) + 1 = 0 ,即y - x 2 = 2 x 0 ( x - x 0 ) , 即f ( x 0 ) = - 1.⑤y = 2 x 0 x - x 2 . ①因为 l 1 、l 2 经过点 P (1 , - 1) ,所以 ,由式 ①得- 1 = 2 x 0 ×1 - x 2 ,即 ( x 0 - 1) 2= 2.解得 x 0 = 1 ± 2 , k = 2 ±2 2 .在式 ②中令 y = x 0 ,并利用式 ⑤得 f ( x 0 ) = 0 ,这与假设 f ( x 0 ) ≠0 矛盾.故对每一个 x ∈R ,都有 f ( x ) = 0.二、( 1 ) 如图 4 ,联结 I 1 P 、I 2 P 、 I 1 I 2 . 由设切线 l 与抛物线 y = x 2的切点为 ( x 1 , x 2) . 易PI 1 平分 ∠A PB知切线 l 的斜率为 2 x 1 , l 的方程为y - x 2 = 2 x ( x - x ) , 即 y = 2 x 1 x - x 2 . 因为 l 与 l 1 的夹角(锐角) 等于 l 与 l 2 的夹角 , 所以 ,由两直线的夹角公式得及 PI 2 平 分 ∠A PC , 易 知 ∠I 1 PI 2 = 90 °. 故只须证明 I 1 、图 4P 、D 、I 2 四点共圆 ,而这只须证明4 3 - 7 323 6 + 83a 2 (1 - a 2 ) (1 -b 2 )1 - b2 故≤rr°2r →2∠I1DP = ∠I1I2P.设⊙I1切PB 于点E ,则I1E ⊥EP. 只须证明值) ,这时,R →+ ∞.Rt △I1DE ∽ Rt △I1I2P ,亦只须证明再由几何图形变化的连续性可知,R 可取遍开I1E=I1P,区间(1, + ∞) 内的所有值.ED PI22即I1 E=ED. ①综上可知,R 的取值范围是( 1, + ∞) .I1P PI2r 2设⊙I2切边CD 于点F ,联结I2F ,则I2F ⊥FC.由于I1P ⊥PI2,故∠I1PE + ∠I2PF = 90°.从而, ∠I1PE = ∠PI2F.三、首先,不妨设格点凸七边形ABCDEFG 的各边的内部都没有格点(否则,如FG 的内部有一个格点H ,则用七边形ABCDEFH 代替原来的七边形,由于所以,Rt △I1PE Rt △PI2F. 格点个数有限,故这种过程一定会在某一步终止) .I E∽EP I P其次,任何五个格点或五个顶点的坐标按奇偶, 1 =PF I2F=PI2, 即性分类,至多有四类: ( 奇, 奇) , ( 偶, 偶) , ( 奇, 偶) ,I1 E= PF. ②I1P PI2由式①、②可知,只须证明PF = ED. ③欲证式③,只须证明EP = DF. ④由切线长相等得DF = CD - CF =BC+ CA - AB -PC + CA - A P(偶,奇) ,因而,必有五个顶点中的某两个点属于同一类,这两点的中点M 也是格点,且点M 在凸七边形的内部.考虑A 、B 、C 、D 、E 这五个格点,其中某两点的中点M 也是格点,且点M 在七边形ABCDEFG 的内部.同理,由格点五边形AM EFG ( 若M 为A E 的中点,则取格点五边形AMDCB ) 可确定另一个格点N2 2 ( N ≠M) 也在七边形ABCDEFG 的内部,如图5.=BC + A P - AB - PC =B P + A P - AB = EP ,2 2即式④、③确实成立.再由式②可推出式①成立, 从而, ∠I1DP = ∠I1I2P ,即I1、P、D 、I2四点共圆.因此, ∠I1DI2= 90°.(2) 由(1) 知I1、P、D 、I2四点共圆, ∠I1DI2= 90°, 所以, I1I2= 2 R.显然B 、I1、I 三点共线, C 、I2、I 也三点共线,且∠I1II2= ∠BIC= 180 -∠ABC + ∠ACB2= 90°+ ∠BAC> 90°.取I1I2的中点M ,则M 是I1、P 、D 、I2四点所在圆周的圆心, I1I2为该圆直径. 由于∠I1II2> 90°,所以,点I 必在⊙M 的内部. 从而, ID 必不是直径.于是, ID < I1I2,即r < 2 R. 故R > 1 .直线MN 将平面分为两部分,其中必有某一侧至少含有格点凸七边形的三个顶点. 不妨设 A 、B 、G在MN 的同一侧, 则由凸五边形ABMNG 可知, 七边形ABCDEFG 的内部还有第三图5个格点P.(1)若MN 的另一侧也含有七边形ABCDEFG 的三个顶点,同理可得第四个格点Q.(2)若MN 的另一侧至多含两个顶点D 和E ,则C 、F 在直线MN 上或与A 、B 、G 在MN 的同一侧,这时,又有两种情况:(i)若点P 不在△ABM 内,则A 、B 、C 、M 、P 组成凸五边形,又可得到一个格点(第四个) Q ;(ii)若点P 在△ABM 内(或边上) ,则A 、P 、N 、F、G 组成凸( 非凹) 五边形, 可得到第四个格点Q (注:若C 、D 在MN 同一侧, E 、F 与A 、B 、G 在MNr 2若固定r 不变,且AB = AC ,当∠B = ∠C →90°,且P 为BC 的中点,则4 R →2r ,即R 1 .若固定AB = BC 不变,当AC →0 且P 为BC 上的定点,则r →0 , I1→P , I2→C ,2 R = I1I2→PC (定1 于是同侧,则考虑五边形PN EFG) .另一方面, 容易举出一个例子, 使得七边形ABCDEFG 的内部恰有四个格点.(吴伟朝广州大学数学与信息科学学院, 510405)。

5 ,cos β = 5
由于在暑假期间每个建筑公司只能维修 一幢教学大楼 ,因此 ,该校必须把各教学大楼 指派给不同的建筑公司 . 则最便宜的维修总 ) 万元 . 费用为 ( (A) 38 (B) 46 ( C) 49 (D) 50 5. 已知 a 、 b 是异面直线 ,点 P 为 a 、 b外 一点 ,给出下面 4 个命题 : ① 过点 P 不能作一个平面与 a 垂直且
表 1 教学 1 楼 教学 2 楼 教学 3 楼 建筑一公司 建筑二公司 建筑三公司
13 17 20 24 19 22 10 15 21
与 b 平行 ; ② 过点 P 不能作一个平面同时与 a 、 b 平行 ; ③ 过点 P 不能作一个平面同时与 a 、 b 垂直 ; ④ 过点 P 不能作无穷个平面同时与 a 、 b 相交 . ). 其中 ,真命题的个数是 ( (A) 1 (B) 2 ( C) 3 (D) 4 6. 将编号为 1 ,2 , …,18 的 18 名乒乓球 运动员分配在 9 张球台上进行单打比赛 , 规 定每一张球台上两选手编号之和均为大于 4 的平方数 . 记{7 号与 18 号比赛}为事件 p . 则 ). p 为 ( (A) 不可能事件 1 (B) 概率为 的随机事件 17 1 ( C) 概率为 的随机事件 3 (D) 必然事件 二、 填空题 ( 每小题 9 分 ,共 54 分) β 为锐角 ,cos α = 1. 已知 α、
4
中 等 数 学
16 ,有 :1 与 15 对阵 ,2 与 14 对阵 ,3 与 13 对 阵 ,4 与 12 对阵 ,5 与 11 对阵 ,6 与 10 对阵 . 所以 ,规定能够实现 ,且实现方案是唯一 的 . 9 张球台上选手对阵情况为 : ( 18 ,7) , ( 17 ,8) , ( 16 ,9) , ( 15 ,1) , ( 14 ,2) , ( 13 ,3) , ( 12 ,4) , ( 11 ,5) , ( 10 ,6) . 事件 p 为必然事件 . π 3 二、 1. . 4 2 5 3 10 ,sin β= ,得 5 10 ) = cos α cos (α+ β ・ cos β- sin α ・ sin β

数学奥林匹克高中训练题（10）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题15)正方体表面正方形的对角线中存在异面直线，如果其中两条异面直线距离是1，那么，正方形的体积(C)． (A) 1 (B) 33 (C) 1 或33 (D) 33 或232．(训练题15)设有长度为12345,,,,a a a a a 的五条线段，其中任何三条线段都能组成一个三角形，共组成了10个三角形，这些三角形中(A)．(A) 必有一个锐角三角形 (B) 必有一个直角三角形(C) 不可能有锐角三角形 (D) 是否存在锐角三角形与已知线段长有关3．(训练题15)在锐角ABC ∆中，,,A B C ∠∠∠为其内角，设cot 2cot 2cot 2T A B C =++，则一定有(C)．(A) 0T > (B) 0T ≥ (C) 0T < (D) 0T ≤4．(训练题15)C 为复数集，设18{|1,}A z z z C ==∈，18{|1,}B C ωωω==∈，{|,}D z z A B ωω=∈∈．则D 中的元素的个数为(D)个．(A)864 (B)432 (C) 288 (D) 1445．(训练题15)已知正数,,a b c ，满足1995ab bc cd ++=，则c ab +a bc +bca 的最小值为(B)． (A) 1995 (B) 3665 (C) 2665 (D) 6656．(训练题15)已知函数()f x 在(0,)+∞上有定义且为增函数，并满足1()(())1f x f f x x+=．则(1)f =(D)． (A)1 (B)0 (C)251+ (D) 251- 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题15)已知抛物线方程(0)2x y h h =-+>，点(2,4)P 在抛物线上，直线AB 在y 轴上的截距大于0，且与抛物线交于,A B 两点，直线PA 与PB 的倾斜角互补，则PAB ∆的面积的最大值是9． 2．(训练题15)设p 是一个素数，4p 的各正约数之和是一个完全平方数，则p = 3p = ．3．(训练题15)方程cos(1)cos(2)cos(3)0a x b x c x +++++=在开区间(0,)π内至少有两个根，则此方程的所有根为 一切实数 ．4．(训练题15)设12,x x 是实系数方程2240x kx ++=的两个非零实根，且满足221221()()7x x x x +>，则k 取值范围是k k ><5．(训练题15)设多项式()p x 的次数不超过3次，且(0)1,(3)0,(2)(2)p p p x p x ==+=-．若()p x 的首项系数为负数，则()p x = 1(1)(2)(3)6x x x ---- ．6．(训练题15)在一次网球比赛中，n 个女子和2n 个男子参加，并且每个选手与其他所有选手恰好比赛一次，如果没有平局，女子胜的局数与男子胜的局数之比7：5，则n = 3 ．第二试 一、(训练题15)(本题满分25分)求所有的a 的值，(,)22a ππ∈-，使方程组1arcsin(sin )1tan ()10y x y x απ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， 在110x π≥的条件下恰有10个解． 二、(训练题15)(本题满分25分)已知,A n 均为自然数，其中21,n A n ><，且2|[]1n n A+．求A 的值． 三、(训练题15)(本题满分35分) 某厂第一天产品不超过a 件，以后每天日产量都有所增加，但每日增产数量也不超过a 件，且设,0b aq r r a =+≤≤，证明，当日产量达到b 件时，工厂生产产品总数不少于2)2)(1(r qa q ++件． 四、(训练题15)(本题满分35分) 平面上有n 个点，其中每两个点之间的连线均染成红色或黑色，若图中总存在两个没有公共边的同色三角形，求n 的最小值．。

数学奥林匹克高中训练题（27）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题57)若()f x 是R 上的减函数，且()f x 图像经过点(0,3)A 和点(3,1)B -，则不等式(1)12f x +-<的解集为(D)．(A)(,3)-∞ (B)(,2)-∞ (C)(0,3) (D) (1,2)-2．(训练题57)若函数2()sin 2(2)cos 2f x a x a x =+-的图像关于直线8x π=-对称，则a 的值等于(C)．或 (B)1或1- (C)1或2- (D)1-或2 3．(训练题57)设椭圆的方程为221,(0,1)3x y A +=-为短轴的一个端点，,M N 为椭圆上相异两点，若总存在以MN 为底边的等腰AMN ∆，则直线MN 的斜率k 的取值范围是(C)．(A)(1,0]- (B)[0,1] (C)(1,1)- (D)[1,1]-4．(训练题57)()f x 是定义在R 上的函数，且对任意的x 满足(1)()f x f x +=-．已知当(2,3]x ∈时，()f x x =．那么，当(2,0]x ∈-时，()f x 的表达式为(C)．(A)()4f x x =+ (B)4,(2,1]()2,(1,0]x x f x x x +∈--⎧=⎨-+∈-⎩(C)4,(2,1]()3,(1,0]x x f x x x +∈--⎧=⎨--∈-⎩ (D)1,(2,1]()3,(1,0]x x f x x x --∈--⎧=⎨--∈-⎩ 5．(训练题57)已知1111ABCD A B C D -是边长为１的正方体，P 为线段1AB 上的动点，Q 为底面ABCD 上动点．则1PC PQ +的最小值为(A)．(A)12+ (C)2 (D)122+ 6．(训练题57)已知在数列{}n a 中，11,n a S =为前n 项的和，且满足2(1,2,)n n S n a n ==．则n a 的表达式为(D)．(A)1(2)2n n ≥+ (B)1(3)(1)n n n ≥- (C)1(4)2(1)n n ≥+ (D)2(1)n n + 二、填空题（本题满分54分，每小题9分） 1．(训练题57)在ABC ∆中，AD BC ⊥于D ，且13AD BC =．则AC AB AB AC +的最大值为2．(训练题57)已知函数1a x y x a -=--的反函数图像关于点(1,4)-成中心对称．则实数a 的值 3 ．3．(训练题57)集合11{(1)},{|}22A x a xB x x =>+=-<，当A B ⊆时，a4．(训练题57)已知线段//AD 平面α，且到平面α的距离等于８，点B 是平面α内的一动点，且满足10AB =．若21AD =，则点D 与B 距离的最小值为 17 ．5．(训练题57)已知多项式21x x --整除多项式541ax bx ++．则实数a = 3 ，b =5-．6．(训练题57)设[2002]S =++++，其中整数。

2. 3 +1 . 7
根据题设方程组条件 ,可作图 2.
5. C.
由题意知
xn + xn + 1 =
3 3
3 x 3 n 令 x n = tan α n.则 1x n + 1 = tan (α n +
.
图2
注意到
cos 15° = 1 2
2 2 + 3 ,7 ± 4 3 = (2 ± 3 ) ,
π ). 6
2
2
参 考 答 案
第 一 试
一、 1. D.
x 由于指数函数 y = a ( a > 0 , a ≠ 1 ) 的反 函数为对数函数 y = log a x , 而对数函数经过 点 ( 1 ,0) ,故不可能经过点 P 、 Q.
M ( x0 , y0 ) ∈S , 且 x0 y0 ≠ 0 , N (λ x0 ,λ y0 ) , 其 x0 y0 1 中 λ = 2 - 2 . 过点 N 的直线 l 交双曲线 S a b
在正整数 k ,使得对于 M 的任何一个 k 元子 集 ,其中必有四个互不相同的元素之和等于 4 n + 1 ,则 k min = . 5. 注意到 6 != 8 × 9× 10. 那么 , 能使 n ! 表示成 n - 3 个连续自然数之积的最大正整 数 n为 . 2 6. 已知二次函数 f ( x ) = ax + bx + c , a 2 ∈N+ , c ≥ 1,a+ b+ c≥ 1 , 方程 ax + bx + c = 0 有两个小于 1 的不等正根 . 则 a 的最小 值为 . ( 三 、20 分 ) 设 n ( n ≥2 ) 是给定的正整 数 . 求所有的整数组 ( a1 , a2 , …, an ) , 满足条 件: ( 1) a1 + a2 + …+ a n ≥n2 ; 2 2 3 ( 2) a2 1 + a2 + …+ a n ≤n + 1.

2008 年第 9 期
43
综上所述 ,列车至少要安排 100 个座位 . 二、 1. {0 ,1} . 令 1 - x = y ,则不等式化为
2 2 3 3 x + y =1 ,x + y ≥ 1. 2
QD =
4. D.
一种颜色) , 此时 ,5 号位有 2 种排法 ,6 号位 有唯一排法 ,从而 ,有 4 × 2× 2 = 16 种排法 . 所以 ,一共有 8 + 8 + 16 = 32 种排法 . 综上所述 ,甲胜的概率是
6. B. 32 4 = . 120 15
考察列车在第 j 站出发时所需要的座位 数. 对于固定的 i ( 1 ≤i ≤j ) , 在第 i 站上车 的旅客中 , 当列车通过第 j 站时仍然留在车 上的至多有 20 - j 人 , 这是因为同在第 i 站 上车要在不同的车站下车 ,而后面只有 20 - j 个站 . 注意到 i = 1 ,2 , …, j , 于是 , 列车在第 j 站出发时最多需要 j ( 20 - j) 个座位 . 当 j 取遍 1 ,2 , …,20 时 , j ( 20 - j) 的值分 别为 19 ,36 ,51 ,64 ,75 ,84 ,91 ,96 ,99 ,100 ,99 ,
96 ,91 ,84 ,75 ,64 ,51 ,36 ,19 , 故列车有 100 个
设 M 为集合{ x | x < 1} 的任意一个非空 子集 , t ( x ) 为定义在 M 上的任意一个函数 . 则函数
x- 1 f M ( x) =
2
t ( x) ,
,
x≥ 1; x ∈M
都符合条件 .
5. D.
). 那么 , ( (A) P 、 Q 都真 ( C) P 真 Q 假 ). △ABC 是 ( (A) 直角三角形 ( C) 钝角三角形 (B) P 、 Q 都假 (D) Q 真 P 假

数学奥林匹克高中练习题〔12〕第一试一、选择题〔每题6分,共36分〕1．(练习题17)方程11122=---x y y x 所对应的曲线图形是〔D 〕〔A 〕 〔B 〕 〔C 〕 〔D 〕 2．(练习题17)在数列{}n x 中,,7,221==x x 且当n ≥1时,2+n x 等于1+n n x x 的个位数字.那么1995x 等于〔B 〕〔A 〕2 〔B 〕4 〔C 〕6 〔D 〕83．(练习题17)四边形ABCD 的四边长d c b a ,,,满足320320320320a b c b c d c d a d a b -+=⎧⎪-+=⎪⎨-+=⎪⎪-+=⎩,那么四边形ABCD 一定是〔D 〕 〔A 〕梯形 〔B 〕圆内接四边形 〔C 〕矩形 〔D 〕菱形4．(练习题17)如果n xx ）（32213-的展开式中含常数项,那么正整数n 的最小值是〔B 〕 〔A 〕4 〔B 〕5 〔C 〕6 〔D 〕8 5．(练习题17)[]x 表示不超过x 的最大整数,+∈R c b a ,,,1=++c b a ,记13+=a M + 1313+++cb ,那么[]M 的值为〔B 〕〔A 〕3 〔B 〕4 〔C 〕5 〔D 〕66．(练习题17)如果关于x 的方程,03222=-++a a ax x 至少有一个模等于1的根,那么实数a 的值〔C 〕〔A 〕不存在 〔B 〕有一个 〔C 〕有三个 〔D 〕有四个二、填空题〔每题9分,共54分〕1．(练习题17)求值︒-︒10cos 410cot 3 .2．(练习题17)函数x y πcos 2=(0≤x ≤)2和()R x y ∈=2的图象围成一个封闭的平面图形.那么这个图形的面积是 4 .3．(练习题17)实数y x ,满足1=+y x ,设y y x x S 2622-++=. 那么=min S -5 .4．(练习题17)ABC ∆的面积S 与内角A 均为定值．那么BC 边的长a 的取值范围是)+∞． 5．(练习题17)设由模为1的n 〔2＜n ＜6〕个复数满足下面2条组成一个集合S .〔1〕S ∈1；〔2〕假设,,21S z S z ∈∈那么S z z ∈-θcos 221,其中θ=21argz z . 那么集合S = {1,1,,}i i -- ．6．(练习题17)今有壹角币1张,贰角币1张,伍角币1张,壹元币5张,伍元币2张.那么可以付出不同数目的款额〔不包括不付款的情况〕的种数是 127 ． 第二试一、(练习题17)〔总分值25分〕.,,+∈R c b a 求证：cac c bc b b ab a a ++++++++111≤1 二、(练习题17)〔总分值25分〕设点P 是双曲线C ：=-2222by a x 1〔a ＞0,b ＞0〕上任意一点,过点P 的直线与两渐进线1l ：x a b y =,2l ：x ab y -=分别交于点21,P P ,设λ=21PP P P . 求证：S 21P OP ∆=||412λλ）（+ab 三、(练习题17)〔总分值35分〕在△ABC 的边AB 上任取一点P ,过P 作AC 的平行线交BC 于Q ,过P 作BC 的平行线交AC 于R ,是否存在C 点以外的一个定点M ,使得M R Q C ,,,四点共圆？证实你的结论.四、(练习题17)〔总分值35分〕在公差d ＞0的正项等差数列{}n a ：,,21a a …,n a 3中,任取2+n 个数.试证实其中必存在两个数j i a a ,满足不等式1＜nd a a j i ||-＜2.。

) . (A ) 2 0024(C ) 31 001 98(B ) - 2 0024(D ) - 31 001 981x2 x ∠ 2 32数学奥林匹克高中训练题(56)第 一 试一、选择题(每小题 6 分 ,共 36 分)1. 一个递减的等差数列 ,它的前 7 项的 5 次幂之 两个数 ,其和小于 99 的选法共有种.3. 已 知 f ( x ) = log 1 (3 + 1) +abx 为偶函数 ,1 000和为零 ,4 次幂之和为 2 002. 则这个数列的第 7 项是g ( x ) = 2 x+ a + b为奇函数 ,其中 a 、b ∈C . 则∑( a k (2. 已知实数 x 、y 满足 x 2- xy + 2 y 2= 1. 则 x 2+ 2 y 2的最大值与最小值的和等于() . + b k ) 的值是.4. 设整数 x 、y 满足 24 x + 2 xy + 1 = ( y + 2) ·7| y | - 1 ,sin 3πy = 1.2则 x + y 的 值为 .k = 1① ②(A) 87(B)16 7(C ) 8 - 2 27(D ) 8 + 2 275. 用 a n 表示区间[ 0 ,1) 内不含数字 9 的 n 位小3. 对任意的正整数 n ,连结原点 O 与点 A n ( n , n + 3) ,用 f ( n ) 表示线段 OA n 上除端点外的所有整点数的个数 , S n 表示这些小数的和. 则limS n= . n →∞a n的个数. 则 f (1) + f (2) + f (3) + + f (2 002) 的值等于() .(A ) 2 002 (B ) 2 001 (C ) 1 334 (D ) 667 4. 一个球外接于四面体 ABCD ,另一个半径为 16. 一块用栅栏围成的长方形土地的长和宽分别为 52 m 和 24 m ,一位农业科技人员欲将这块土地从内部分割为一些全等的正方形试验田. 要求这块土地全部被划分且分割成的正方形的边与土地的边界平行. 现有2 002 m 栅栏 ,最多可将这块土地分割成的球与平面 ABC 相切 ,且两球内切于点 D . 已知 AD块正方形试验田.= 3 ,cos BAC = 45,cos ∠BAD = cos ∠CAD = 1 . 则2三、(20 分) 设数列{ a n }满足 a 1 =1, a =21 , 3 四面体 ABCD 的体积等于() .对任意正整数 n ,都有(A) 185(B) 275(C ) 3 (D ) 5a n + 2 = 2 ( n + 2) a n + 1 - ( n + 2) ( n + 1) a n + n 2 + 3 n + 1n + 3 .5. 已知复数 z 1 、z 2 、z 3 、z 4 满足| z 1 | = | z 2 | = | z 3 | = | z 4 | = 1 ,且 z 1 + z 2 + z 3 + z 4 = 0. 则以这四个复数对应的点为顶点的四边形一定是() .(A ) 矩形 (B ) 正方形(C ) 平行四边形(D ) 梯形6. 设长轴长为 2 a ,短轴长为 2 b 的椭圆的面积为πab . 已知等腰直角 △ABC 的斜边 BC = 2. 那么 , 与 △ABC 各边都相切 ,且长轴与 BC 边平行的椭圆的面积的最大值是() .(A ) 3π (B ) 3π (C ) 2π (D ) 2π4 9 4 9 试求数列{ a n }的通项公式.四、(20 分) 以 △ABC 的边 BC 为实轴的双曲线交此三角形的另两边AB 、AC 的延长线于 E 、F . 过点 E 、F 分别作该双曲线的切线 ,两切线交于点 P . 求证 : A P ⊥BC .五、(20 分) 设 a 、b 、c 是互不相等的实数. 求证 :( a - b ) 2 、( b - c ) 2、( c - a ) 2 中至少有一个不大于a 2 +b 2 +c 22.第 二 试一、(50 分) 如图 1 ,在 二、填空题(每小题 9 分 ,共 54 分) sin (β+ γ) ·sin (γ+α) cos α·cos β sin (β+ γ) ·sin (γ+α) cos (α+β+ γ) ·cos γ= 4 . 9 △ABC 中 , AB > AC , AD为 ∠BAC 的平分线 ,点 E 在 △ABC 的内部 , 且 EC ⊥AD , ED ∥AC . 求证 : 射且 1. 已 知 的值是 .则2. 从1 ,2 ,3 , ,99这99个自然数中任选不同的线A E 平分BC 边. 图141 001 982 210n 1 001 77n k1 2 7 · ∈ 二 、(50 分 ) 设 F = x n sin ( nA ) + y nsin ( nB ) +当 n = 3 k + 1 ( k ∈N ) 时 ,z n sin ( nC ) ,其中 x 、y 、z 和A 、B 、C 都是实数 ,且 A + B+ C = k π( k ∈Z ) . 证明 : 若 F 1 = F 2 = 0 ,则对一切正整数 n ,均有 F n = 0.三、(50 分) n ≥2 为固定的整数 ,定义任意整数 坐标点( i , j ) 关于 n 的余数是 i + j 关于 n 的余数. 找出所有正整数数组 ( a , b ) , 使得以 ( 0 , 0) 、( a , 0) 、 y =3 k +4 x (0 < x < 3 k + 1 , x N ) .3 k + 1∵3 k + 4 与 3 k + 1 互素 , ∴f (3 k + 1) = 0.当 n = 3 k - 1 ( k ∈N ) 时 ,同样有 f (3 k - 1) = 0. 故 f (1) + f (2) + f (3) ++ f (2 002)( a , b ) 、(0 , b ) 为顶点的长方形具有如下性质 := 22 0023 = 1 334.(i) 长方形内整数点以 0 ,1 ,2 ,, n - 1 为余数出现的次数相同 ;(ii) 长方形边界上整数点以 0 ,1 ,2 ,, n - 1 为余数出现的次数相同.参 考 答 案4. (A ) .首先证明四面体 ABCD 的高 DH 为另一个球的一条直径.如图 2 ,设 DE ⊥AB , DF ⊥AC ,垂足分别为 E 、F ,则A E = A F一、1. (D ) .第 一 试= AD cos ∠BAD = 3,2 设等差数列{ a n }的公差为 d ( d < 0) . 由 a 5 + a 5 + + a 5 = 0 , 得cos ∠HA E = cos ∠HA F1 + cos ∠BAC 3 图 2127a 4 = 0 , a 5 = - a 3 = d , a 6 = - a 2 = 2 d , =2 = . a 7 = - a 1 =3 d .由a 4 + a 4+ + a 4 = 2 002 , 得, A H =A E= 5 ,cos ∠HA E2 d 4 (14 + 24 + 34) = 2 002.DH == 2.∴d = -4a = 3 d = - 398 因此 ,四面体外接球的中心在 DH 上. 故 AD = BD = CD , 则 AC = AB = 2 A E = 3 2 .2. (B ) .于是 , = 1 · sin ∠ = 27 .由题设得 x 2 + 2 y 2 = xy + 1. S △ABC2AB AC BAC5x 2 + 2 y 2x 2 + 2 y 21 18又≥xy ≥-x 2+ 2 y222, ①x 2+ 2 y 2∴V D - ABC =3S △ABC ·DH =5. 5. (A ) .∴+ 1 ≥x 2 2+ 2 y ≥-+ 1.2 2 设复数 z 1 、z 2 、z3 、z4 对应的点分别为 A 1 、A 2 、A 3 、解 得2 2x 2 + 2 y 2 ≥2 2,A 4 , 由 | z 1 | = | z 2 | = | z 3 | = | z 4 | = 1 知 , A 1 A 2 A 3 A 4 为2 2 - 1即 8 + 2 2 ≥x 2 + 2 y 22 2 + 1 8 - 2 2 .单位圆内接四边形.z 1 + z 2z 3 + z 4≥ 由 z 1 + z 2 + z 3 + z 4 = 0 , 得2= -2. 则当且仅当 x = y 与 x = -y 时 ,式 ①两等号边 A 1 A 2 、A 3 A 4 的中点 M 、N 关于原点对称.分别成立. 故 x 2 + 2 y 2 的最大值与最小值的和为16 . 3. (C ) .线段 O A n 上的整点( x , y ) 满足 y = n + 3·x (0 <x < n , 且 x ∈N ) . 当 n = 3 k ( k ∈N ) 时 ,y =k + 1·x (0 < x < 3 k , x ∈N ) . ∵k 与 k + 1 互素 ,∴当且仅当 x = k 或 2 k 时 , y ∈N . 则 f (3 k ) = 2.显然 ,点 M 、O 、N 不重合(否则 A 1 A 2 与 A 3 A 4 重合) ,从而 , M 、O 、N 三点共线 ,且| OM | = | ON | , OM ⊥A 1 A 2 , ON ⊥A 3 A 4 .则 A 1 A 2 ∥A 3 A 4 , 且 | A 1 A 2 | = | A 3 A 4 | , 可 知A 1 A 2 A 3 A 4 为平行四边形.又 A 1 A 2 A 3 A 4 内接于圆 ,故 A 1 A 2 A 3 A 4 为矩形.6. (B ) .如图 3 所示 ,建立直角坐标系 ,设 △ABC 的内切椭圆的中心为 (0 , b ) ( b > 0) ,长半轴长为 a (0 < a <2 22 2 AD 2 - AH 2 从而21 n≡1 ( 2∑353n 99 99 y n a + c 9∴B = = . 1) ,则椭圆方程为等 ,其值均为 2- 49 .x 2 a2 + ( y - b ) 2b2= 1. 2而在 x + y < 100 的情形中 ,有 x + y = 99 和 x +又直线 AC 的方程为y < 99 ,应剔除 x + y = 99 的选法数 49.x + y = 1.由故满足条件的选法数是 图 32 - 492- 49 = 2 352.x2 a2+( y - b ) 2b2= 1 ,3. - 1.由 f ( - x ) ≡f ( x ) , g ( - x ) ≡- g ( x ) , 得x + y = 1 得 ( a 2+ b 2) y 2- 2 b ( a 2+ b ) y + b 2= 0.∵AC 与椭圆相切 ,log 1 (3 - x3+ 1) - 1 x abx log 3 23+ 1) + 1 abx , 2①∴Δ = 4 b 2 ( a 2 + b ) 2- 4 b 2 ( a 2 + b 2 ) = 0.2 - x + a + b ≡- 2 x + a + b.②1 - a2 2- x 2 x 解得 b = 2.∴S 椭圆 =πa (1 - a 2)由式 ①得 ab = 1 ;由式 ②得 a + b = - 1.所以 , a 、b 是方程 t 2 + t + 1 = 0 的一对共轭虚 = π 2 π≤2 22 a 2 (1 - a 2 ) (1 - a 2 )= 3π. 9根 ,即 a 、b 是 1 的两个虚立方根.1 000故 ( a k + b k ) k = 1= a + a 2+ + a1 000+ b + b 2++ b1 000当且仅当 2 a 2 = 1 - a 2 ,即 a = 3 时 ,上式取等号.二 、1.4. sin (β+ γ) ·sin (γ+α) =1[ cos (α- β) - cos (α+β+ 2γ) ] , 2= a + b = - 1. 4. 0.由方程 ②得y =1 + 4 n( n ∈Z ) . ③易知| y | - 1 ≤0. 若不然 ,方程 ①的右边是 7 的倍cos α·cos β= 1[ cos 2 (α+β) + cos (α- β) ] , 数 ,而左边不是 7 的倍数. 因此 , y ∈{0 , - 1 ,1} .又由方程 ①知 ,cos (α+β+ γ) ·cos γ= 1[ cos (α+β+ 2γ) + cos (α+β) ] . 2记 a = cos (α - β) , b = cos (α + β + 2γ) , c = cos (α+β) ,则由已知条件变为 A = a - b = 4.sin (β+ γ) ·sin (γ+α) a - b cos (α+β+ γ) ·cos γ b + cy + 2 = 71 - | - y | ·4 (x + y) 2 + 1 - 2是一个整数 ,又考虑到式 ③, y 必定是一个奇数. 这样 ,方程 ①的左边是奇数 ,因此只有x 2 + 2 xy + 1 = 0.④由 ④及 y ∈{ - 1 ,1} ,得x = 1 , y = - 1 或 x = - 1 , y = 1.故 x + y = 0.则1 =b +c =( a + c ) - ( a - b ) =1- 1 = 5. 5. 4 .Ba - ba - bA 49B = 4 .5 显然 , a = 9 n,其中在小数的第 i 位( i = 1 ,2 ,,n ) 上分别出现 1 ,2 ,3 , ,8 的数各有 9 n - 1个. 则2. 2 352.设选出的两数为 x 、y ,则 x + y 有三种情况 :x + y = 100 , x + y < 100 , x + y > 100.S = 9n - 1(1 + 2 + 3 + + 8)×1+ 12 + 13 + + 1下面仅考虑前两种情形 :(1) 当 x + y = 100 时 ,其选法数为 49 种 ; 10= 4 ×9 n - 1 10 10 1 - 1. 10 n10 n(2) 当 x + y < 100 时 , 则 (100 - x ) + (100 - y ) > 故 lim S n = lim 4 1 - = 4 . 100 ,这表明 x + y < 100 与 x + y > 100 的选法种数相n →∞a n n →∞ 9 109 2 a 2 + (1 - a 2 ) + (1 - a 2 )33C C 故1 2· · ①6. 702 块.设土地被分割成若干个边长为 x 的正方形 ,那么 ,存在正整数 m 、n ,使得y =b tan β( x - a ) .a (sec β- 1)联立解得24 52x = - a [ sin α+ sin β- sin (α- β) ] .x= m , 且 x= n . Asin α- sin β- sin (α+β)∴m =6 , 即 m = 6 k , n = 13 k ( k ∈N ) .∵x P - x A 的分子n 13注意到当 k 的值尽可能大时 ,试验田的数目达到最大值. 将土地划分成若干边长为 x m 的正方形所用的栅栏总长度是L = ( m - 1) ×52 + ( n - 1) ×24 = 624 k - 76.因为最多可用 2 002 m ,所以有= ( s in α- sin β) ·sin (α- β) - sin (α+β) ·sin (α-β) + sin 2α- sin 2β- (sin α- sin β) sin (α- β)= sin 2α- sin 2β- sin (α+β) ·sin (α- β) = 0. ∴PA ⊥BC .五、不妨设 a < b < c ,记m 2 = min{ ( a - b ) 2, ( b - c ) 2, ( c - a ) 2} ,624 k - 76 ≤2 002 , 得 k 2 078≤ 624≈3 33.则 b - a ≥| m | , c - b ≥| m | .从 而 , c - a = ( c - b ) + ( b - a ) ≥2| m | . 故 k max = 3. 此时正方形的总数为 mn = 702 (块) . 三、由题设得∵6 m 2 ≤( a - b ) 2+ ( b - c ) 2+ ( c - a ) 2= 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) - 2 ( ab + bc + ca ) a n + 22 a n + 1a n n 2+ 3 n + 1= 3 ( 2 2 2 ) ( )2( n + 2) ! = ( n + 1) ! - n ! +( n + 3) ! .a +b +c - a + b + c∴a n + 2-1≤3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ,a 2 +b 2 +c 2( n + 2) ! ( n + 3) !∴m 2 ≤.= 2 a n + 1 - 1 - a n - 1 . 可见 , ( a - b ) 2、( b - c ) 2、( c - a ) 2中的最小者 ( n + 1) ! ( n + 2) !n ! ( n + 1) ! a 2 + b 2 + c 2故a n -1 是等差数列.必不大于2. n ! ∵a 1 - 1 ( n + 1) ! = 0 , a 2 - 1= 0 , ( a - b ) 2 、( b - c ) 2 、( c - a ) 2 中可以有两个大于 a 2 + b 2 + c 21 !2 ! 2 !3 !2. 例如 ,取 a = - 1 , b = 0 , c = 2 ,得 ∴数列 a n - 1n ! ( n + 1) ! 各项均为零.( a - b ) 2 = 1 , ( b - c ) 2 = 4 , ( c - a ) 2 = 9 , a 2 + b 2 + c 2 5a n = n ! 1 ( n + 1) !, 即 a n = 1 .n + 12 = 2.故( a - b ) 2、( b - c ) 2 、( c - a ) 2 中至少有一个不 四、以直线 BC 为 x 轴 , BC 的垂直平分线为 y 轴建立直角坐标系 ,如 a 2 + b 2 + c 2 大于 2 .第 二 试图 4 所示. 设双曲线方程 一、如图 5 ,射线 A Ex 2为 a 2 -y 2 b2= 1 ( a > 0 , b >交 BC 于 M ,延长 CE 、DE 交 AB 于 F 、 G . 记 BC =0) , 则 有 B ( - a , 0 ) 、 C ( a ,0) .图 4利用双曲线的参数方程 ,可设 E ( a sec α, b tan α) 、F ( a sec β, b tan β) ,则过点 E 、F 的切线方程分别为sec α tan α sec βtan βa , CA =b , AB =c , 易知A F = AC = b , FB = c - b . △FBC 被直线 GED 所图 5截 ,由梅涅劳斯定理 ,得CE FG BD = 1.EF GB DCa x -by = 1 , ax - by = 1.△FBC 还被直线A EM 所截 ,有联立解得 x = a sin (α- β) .CE ·FA ·BM= 1. ②psin α- sin βEF AB MC 另一方面 ,直线 B E 、CF 的方程分别为y =b tan α( x + a ) , 故BM = FG·BD·AB . ③由式①、②得a ( secα+ 1)MC GB DC FAn n n k - 2 k - 1 k ∵GD ∥AC , AD 平分 ∠BAC , ∴AG = CD = b . 从 而 , AG + GB = b + c .另一方面 ,当 a 、b 中至少有一个为奇数时 ,不妨设 a 为奇数 ,则对一切 j = 1 ,2 ,, b - 1 ,在 a - 1 个点GB DB c c 2GB c(1 , j ) , (2 , j ) ,, ( a - 1 , j )故 GB =b + c, c 2 b 2 FG = GB - FB = b + c - ( c - b ) = b + c.代入式 ③得BM b 2 c cMC = c 2·b·b= 1 , 故 BM = MC .二、设α= x (cos A + i sin A ) ,β= y (cos β+ i sin β) ,γ= z (cos C + i sin C ) ,考虑以α、β、γ为根的方程t 3 - at 2 + bt - c = 0 ,①其中 , a =α+β+ γ= x cos A + y cos B + z cos C + i F 1= x cos A + y cos B + z cos C ,b =αβ+βγ+ γα = 1 [ (α+β+ γ) 2 - (α2 +β2 + γ2) ]2 = 1 [ a 2- ( x 2cos 2 A + y 2cos 2 B + z 2cos 2 C ) - i F ]中被 2 除余 0 ,1 的点的个数相同. 从而 ,长方形内的 整点中被 2 除余 0 ,1 的个数相同.又(0 ,0) , (1 ,0) ,, ( a ,0) 及 (0 , b ) , (1 , b ) ,,( a , b ) 中被 2 除余 0 ,1 的点的个数相同 ,且对一切 j = 1 ,2 , , b - 1 ,点(0 , j ) 与 ( a , j ) 被 2 除余数一个为0 ,一个为 1 ,从而 长方形边界上的点中被 2 除余 0 ,1的个数也相同.故此时( a , b ) 满足要求 ,其中 ( a , b ) 中至少有一个奇数.当 n ≥3 时 ,边界上共有 2 ( a + b ) 个整点 :(0 ,0) , (1 ,0) , (2 ,0) , , ( a ,0) , ( a ,1) , ( a ,2) , , ( a , b ) 与(0 ,1) , (0 ,2) , , (0 , b ) , (1 , b ) , (2 , b ) ,, ( a - 1 , b ) .它们的坐标和分别为 0 ,1 ,2 , , a , a + 1 , a + 2 , 2 2, a + b 与 1 ,2 , , b , b + 1 , b + 2 , , a + b - 1. = 1[ a 2 - ( x 2 cos 2 A + y 2 cos 2 B + z 2 cos 2 C ) ] , 2c = αβγ= xyz [ c os ( A + B + C ) + i sin ( A + B + C ) ] = xyz (cos k π+ i sin k π) = ( - 1) kxyz .令 S = αn + βn + γn( n ∈N ) ,则 F 是 S 的虚部. 要证明 F n = 0 ,只要证明对一切 n ∈N , S n ∈R .显 然 , S 0 = 3 , S 1 = a , S 2 = x 2 cos 2A + y 2 cos 2 B +z 2cos 2 C 均为实数. 假设 S 、S 、S 均为实数( k ≥2) ,因α、β、γ是方程 ①的根 ,则αk + 1 - a αk + b αk - 1 - c αk - 2 = 0 ,βk + 1 - a βk + b βk - 1 - c βk - 2= 0 , γk + 1 - a γk + b βk - 1 - c γk - 2 = 0. 设 l ? 0 , a + b (mod n ) ,则边界上的点中被 n 除余 l 的有偶数个 ,且若 0 ? a + b (mod n ) ,则边界上的点中被 n 除余 0 的有奇数个 ,这不可能 ,故必有 0 ≡a +b (mod n ) . 且当 a + b ≡0 (mod n ) 时 ,边界上的点中被 n 除余 0 ,1 , , n - 1 的个数必相同.又长方形内部共有( a - 1) ( b - 1) 个点 ,故必有n | ( a - 1) ( b - 1) .若 a , b ? 1 (m od n ) ,则设 a ′、b ′分别是 a 、b 除以n 的余数 ,则 a ′, b ′≠1 ,且若 a ′= 0 ,则又由 n | a + b知 b ′= 0 ,从而 ,0 ≡( a - 1) ( b - 1) ≡( - 1) 2≡1 (mod n ) .相 加 , 得 S k + 1 - aS k + bS k - 1 - cS k - 2 = 0 , 即 S k + 1 = aS k - bS k + cS k - 2 .∵a 、b 、c 、S k 、S k - 1 、S k - 2 均为实数 , ∴S k + 1 也是实数.由数学归纳法 ,对一切 n ∈N , S n ∈R . 从而 , F n = 0.三、长方形边界上共有 2 ( a + b ) 个整点 ,则有n | 2 ( a + b ) .长方形内共有( a - 1) ( b - 1) 个整点 ,则有n | ( a - 1) ( b - 1) .当 n = 2 时 ,为使其中被 2 除余 0 ,1 的点的个数相同 ,则必有 2| ( a - 1) ( b - 1) .从而 , a 、b 中至少有一个为奇数.这不可能 ,故 a ′≠0. 同理知 b ′≠0.于是 ,长方形内部整点被 n 除余 0 ,1 , , n - 1的个数相同等价于( i , j ) ( i = 1 ,2 ,, a ′- 1 , j = 1 ,2 ,, b ′- 1) 中被 n 除余 0 ,1 ,, n - 1 的个数相同.又 n | a ′+ b ′,2 ≤a ′≤n - 1 ,2 ≤b ′≤n - 1 ,故必有 a ′+ b ′= n . 于是 , ( i , j ) ( i = 1 ,2 , , a ′- 1 , j = 1 ,2 , , b ′- 1) 中没有被 n 除余 0 的点 ,矛盾.从而 a 、b 之一必被 n 除余 1 ,而另一个被 n 除余n - 1. 此时 ,由于 n | a - 1 或 n | b - 1 ,可知内部整点被 n 除余 0 ,1 , , n - 1 的个数相同.综上所述 ,满足条件的( a , b ) 为 :当 n = 2 时 , a 、b 中至少有一个为奇数 ;当 n ≥3 时 , a ≡1 (mod n ) 、b≡n - 1 (mod n ) 或 a ≡n - 1 (mod n ) 、 b ≡1 (mod n ) .(刘康宁 西安市西光中学 ,710043)。

两个数学奥林匹克高中训练题05按从小到大顺序排列数列各项的和记为s对于给定的自然数n若能从数列中选取一些不同位置的项使得这些项之和恰等于n便称为一种选项方案和数为n的所有选项方案的种数记为数学奥林匹克高中训练题05第一试一选择题本题满分42分每小题7分1
奥林匹克数学竞赛高中训练题集
目 录
数学奥林匹克高中训练题（01） ........................................................................................................................... 1 数学奥林匹克高中训练题（02） ........................................................................................................................... 3 数学奥林匹克高中训练题（03） .............................................................................................. 4 数学奥林匹克高中训练题（04） ........................................................................................................................... 6 数学奥林匹克高中训练题（05） ...................................................................................................

a2 - a - 2 b - 2 c = 0 且 a + 2 b - 2 c + 3 = 0 ,
则它的最大内角的度数是 ( ) .
(A) 150° (B) 120° (C) 90° (D) 60°
3. 对任意给定的自然数 n , n6 + 3 a 为正整数的
立方 , a 为正整数. 则这样的 a ( ) .
= 14
7 8
,过点
F 且与 OA 垂直的直线 l 的方程
为
.
由 (1) ～ (3) 得 △IOH 与 △ABC 的外接圆相等.
三 、x + y = 3 - z ,
①
x3 + y3 = 3 - z3 .
②
①3 -
②得
xy
=8-
9z 3-
+ 3 z2 . z
知 x 、y 为 t2 -
(3 -
z)
t
+
8-
( a , b) ( ) .
(A) 不存在
(B) 恰有 1 个
(C) 恰有 2 个 (D) 无数个
6. 将棱长为 5 的正方体锯成棱长为 1 的 125 个
小正方体. 那么 ,至少需要锯 ( ) .
(A) 7 次 (B) 8 次 (C) 9 次 (D) 12 次
二 、填空题 (每小题 9 分 ,共 54 分)
数学奥林匹克高中训练题
第一试
一 、选择题 (每小题 6 分 ,共 36 分)
1. a 、b 是异面直线 ,直线 c 与 a 所成的角等于 c
与 b 所成的角. 则这样的直线 c 有 ( ) .
(A) 1 条 (B) 2 条 (C) 3 条 (D) 无数条

数学奥林匹克高中训练题（36）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题36)给定三个二次三项式：P 1(x)=x 2+b 1x+c 1，P 2(x)=x 2+b 2x+c 2，P 3(x)=x 2+b 3x+c 3. 则方程|P 1(x)|+ P 2(x)=| P 3(x)|至少有(C )个根．(A)4 (B)6 (C)8 (D)以上都不对2．(训练题36)函数212()log ()f x x ax a =---在区间(,1-∞上是减函数. 则a 的取值范围是(B )．(A)0≤a ≤2 (B)2(1≤a ≤2 (C)0≤a ≤2或a ≤－4 (D)2(1≤a ≤2或a ≤－43．(训练题36)空间中有九个点，其中任四点不共面，在这九点间连接若干条线段，使图中不存在四面体. 则图中最多有(D )个三角形．(A)21 (B)24 (C)25 (D)274．(训练题36)设A={(x ，y)| 0≤x ≤2，0≤y ≤2}，B={(x ，y)| x ≤10，y ≥2，y ≤x －4}是直角坐标平面xOy 上的点集. 则1211122,(,),(,)22x x y y C x y A x y B ⎧++⎫⎛⎫=∈∈⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭所成图形的面积是(D )． (A)6 (B)6.5 (C)2π (D)75．(训练题36)a 1，a 2，…，a 6是和为23的六个两两不同的正整数. 那么a 1a 2+ a 2a 3+…+ a 5a 6+ a 6a 1的最小值为(B )．(A)62 (B)64 (C)65 (D)676．(训练题36)设a R +∈，224(,)(1)(2)5A x y x y ⎧⎫=-+-≤⎨⎬⎩⎭与B={(x, y)||x －1|+2|y －2|≤a}是直角坐标平面xOy 内的点集. 则A B ⊆的充要条件是(A )．(A)a ≥2 (B)a a (D)a ≥3二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题36)平坦的桌面上，放有半径分别1，2，2的三个木球，每球与桌面相切，且与其余两球外切另外，在桌面上还有一个半径小于1的小木球在三球之间，与桌面相切，且与三木球都外切. 那么，这个小木球的半径为 4-2．(训练题36)设a 1≥a 2≥…≥a n 是满足下列条件的n 个实数：对任何整数k ＞0，有12k k k na a a +++≥0成立. 那么，p=max{|a 1|, |a 2|,…,|a n |}= 1a ． 3．(训练题36)m 个互不相同的正偶数与n 个互不相同的正奇数的和为117. 对于所有这样的m 与n ，3m+2n 的最大值是 37 ．4．(训练题36)已知点（a ，b ）在曲线arcsinx=arccosy 上运动，且椭圆ax 2+by 2=1在圆22x y += 的外部（包括两者相切的情形）. 那么，arcsinb 的取值范围为 ,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ ． 5．(训练题36)不等式123122x x +≥--的解集，是总长为 2 的一些不相交的区间的并集． 6．(训练题36)在四张卡片的正反面上分别写有0与1，0与2，3与4，5与6，将其中任三张并排放在一起组成三位数，总共可得 124 个不同的三位数．三、(训练题36)(本题满分20分) 证明：（1）对于任何x ，数|sinx|与|sin(x+1)|中至少有一个大于13； （2）|sin10||sin11||sin12||sin 29|1101112296++++>． 四、(训练题36) (本题满分20分)通过四面体ABCD 的棱AD 和BC 的中点K 、N 作平面，交棱CD 点M ，交棱AB 于点L. 证明：（1）|DM|∶|MC|=|AL|∶|LB|；（2）面积S △KLN =S △KMN ．五、(训练题36) (本题满分20分)在复平面上有三个点：c 1=a+bi ，c 2=m+bi ，c 3=a+ni ，其中a ＞m ， n ＞b ，C 1C 2C 3（这里C i 表示复数c i 对应的点）组成一个三角．证明：满足1231110z c z c z c ++=---的复数z 所代表的点Z ，位于这个三角形的内部．第二试一、(训练题36)(本题满分50分)Rt △CDF 中，∠D=90°，DO ⊥CF ，O 为垂足. 以C 为圆心、CD 为半径作一圆，AA ′为过O 点的圆C 的动弦，E 为直线A ′A 上一点，且EF ⊥CF ．证明：由A 、A ′至EF 的距离的倒数和为定值．二、(训练题36)(本题满分50分)（1）当0≤x ≤1时，求函数()2)1)h x =⋅的取值范围；（2）证明：当0≤x ≤1时，存在正数β2a x β-成立的最小正数α=2. 并求此时的最小正数β．三、(训练题36)(本题满分50分)（1）对于三点A 1(x 1，y 1)，A 2(x 2，y 2)，A 3(x 3，y 3)组成的三角形，有x 1＜x 2＜x 3．证明：当d 适当小时，点(x 2，y 2－d)及点(x 2，y 2+d)，一在形内，一在形外．（2）S 是平面上n(n ≥3)个点A i 组成的集合，S 中任三点不共线．证明：平面上存在一个含有2n－5个点的集合P，使S中任意三点所组成的三角形内部至少有一个P集中的点. 试问：对于怎样的n点，这样的P集的点数尚可减少？沁园春·雪 <毛泽东>北国风光，千里冰封，万里雪飘。

数学奥林匹克高中训练题（30）第一试一、选择题（本题满分36分：每小题6分）1．(训练题37)a 是由1998个9组成的1998位数：b 是由1998个8组成的1998位数：则b a ⋅的各位数字之和为(C)．(A)19980 (B)19971 (C)17982 (D)179912．(训练题37)已知)2,0(π∈x ：则方程03832=++ctgx x ctg 的所有根的和为(C)．(A)π3 (B)π4 (C)π5 (D)π63．(训练题37)已知三个正数a 、b 、c 之和为10：如果它们之中没有一个大于其余数的2倍：那么abc 的最小值是(B)．(A)32 (B)4131 (C)9727(D)16137 4．(训练题37)已知])32()32[(21n n n x -++=)(N n ∈：n x 为正整数：则19981999x 的个位数字为(B)．(A)1 (B)2 (C)6 (D)75．(训练题37)已知ABC ∆中：2lg ,2lg ,2lg C tg B tg A tg 成等差数列：则B ∠的取值范围是(B)． (A)60π≤∠<B (B)30π≤∠<B (C)323ππ≤∠≤B (D)ππ≤∠≤B 32 6．(训练题37)一只小球放入一长方形容器内：且与共点的三个面相接触：小球上有一点到这三个面的距离分别是cm 3：cm 3：cm 6：则这只小球的半径(D)．(A)只为cm 3 (B)只为cm 6 (C)只为cm 9 (D)以上说法不对二、填空题（本题满分54分：每小题9分）1．(训练题37)已知!1999|1998n ：则正整数n 的最大值为 55 ．2．(训练题37)已知0O 是正ABC ∆的内切圆：1O 与0O 外切且与ABC ∆的两边相切：…：1n O +与n O 外切且与ABC ∆两边相切)(N n ∈．那么：在ABC ∆内所有这些可能的圆（包括0O ：n O )(N n ∈）的面积之和与ABC ∆ 3．(训练题37)P 是边长为2的正ABC ∆所在平面上的一动点：且16222=++PC PB PA ：则动点P的轨迹为 以正ABC ∆的中心为圆心：2为半径的圆 ．4．(训练题37)已知方程)(88N n n z y x ∈=++有666组正整数解),,(z y x ．那么n 的最大值是 304 ．5．(训练题37)已知正四面体ABCD 的六条棱的长分别为cm 4：cm 7：cm 20：cm 22：cm 28：xcm 。

△AOC的内部或边上 ,且或者 O 在 △ABC 的
内部 或 者 AB = AC.
试求出使得等式
∠BAC - ∠BIO =30 °
成立的一个充要条件
(用关于 △ABC 的内
角的条件表示) .
图3
三 、(50 分) 是否存在函数 f : N →N ,使得
对于每一个 n ∈N ,都有 f (1989 ) ( n) = 2 n
点(
x
, y)
=
(cos θ,
2 2
sin
θ)
到点
A
(0
,
2 2
)
的
最大距离 (如图 4) .
图4
则点
(cosθ,
2 2
sin
θ)
到
A
的距离的平方为
2
cos2θ+
2 2
sin
θ-
2 2
= 2-
1 2
(1+
sin θ) 2
≤2.
当 sin θ=- 1 时 ,上式等号成立.
故 x2 + y2 的取值范围是[ 0 ,2 ] .
的元素个数| S| 的正确的说法是 ( ) .
(A) | S|=2 (B) | S|=3 (C) | S |=4
(D) S 为有限集 ,且| S| ≥5
6. 在 正方体的 8 个顶点 、12 条棱的中
点 、6 个侧面的中心点 、1 个体的中心点这 27
个点中 “, 共面 6 点组”的个数是 ( ) .
6. C. 如图 6 ,设共面 6 点组所在的平面为 α. 下面依照 α分类计数.
图6
(1) 若 α为侧面 (如 ABCD) ,共有 6 个侧 面 ,每个侧面上共有 9 个点 ,共形成共面 6 点 组 6C69 个.

2007 年第 6 期
3
( 1) | ai | < 1 , i = 1 ,2 , …,2 007 ;
2 007 2 007
i
由 a + b = 2 007 及 a < b ,得 1 ≤a ≤ 1 003. 于是 ,这种真分数有 1 003 个 . 再考虑 “既约” 条件 . 若 ( a , b) = d , d > 1 ,则 d| 2 007. 而 2 007 = 32 × 223 ,于是 ,3| d 或 223| d . 在集合 M = {1 ,2 , …,1 003} 中 ,能被 3 整除的有
2 n 个边长为 1 的正 三角形 ( 如图 3 ) . 试
2
显然 ,lg 10 的尾数为 0 , 只须考虑 M1 = {7 ,8 ,9 ,
111 ,112 ,113 ,114} 中各数的对数能够组成三角形的
三元组情况 . 将 M1 划分成两个子集 :
A = {7 ,8 ,9} 与 B = {111 ,112 ,113 ,114}.
2 2 2
2.
-
3 1 , 2 2
.
由 cos α- cos β≠ 0 ,知 sin
α- β ≠ 0. 2
- 36
35 18
2
.
②
故所涉各式皆有意义 . π π 对所给等式 ,取 α= ,β= ,得 - 1 = 3 x + y ; 2 6 取 α= π π 3 ,β= ,得 1 = x + y. 2 6 3
4. B.
参考答案
第一试
一、 1. B.
设 tan A = x ,tan B = y ,tan C = z , x 、 y、 z 为非零 整数 ,且其中至多有一个负数 . 由恒等式

数学奥林匹克高中训练题（11）第一试一、选择题（每小题6分，共36分）1．(训练题16)一元二次复系数方程02=++b ax x 恰有两个纯虚根，则（C ）．（A ）a 是零，b 是负实数 （B ）a 是零，b 是纯虚数（C ）a 是纯虚数，b 是实数（D ）a 是纯虚数，b 是纯虚数2． (训练题16)n 是一个正整数，n y xy x =++22的整数组解的数目是（B ）．（A ）4的倍数 （B ）6的倍数（C ）2的倍数 （D ）8的倍数3．(训练题16)满足211x x x x x x -+->+-+的所有实数x 在（D ）．（A ）（3,31）内 （B ）（3，+∞）内 （C ）（－∞，31）内 （D ）（－∞，31）∪（3，+∞）内 4．(训练题16)d cx bx ax x x f ++++=234)(，这里d c b a ,,,是实数．已知,15)3(,10)2(,5)1(===f f f 则)4()8(-+f f 是（C ）．（A ）2500 （B ）不确定的 （C ）2540 （D ）8605．(训练题16)平面内，设函数)(x f 的图象与x y 2-=的图象关于直线32+=x y 对称，则)(x f 的解析表达式是（A ）．（A ）2)1234(52643---=++x y x y （B ）2)1234(10643---=++x y x y （C ）2)34(5243x y x y --=+ （D ）2)1234(52643---=-+x y x y 6．(训练题16),3≥n 方程n x x x x x x x x x x x x x n n n n n n =+++---1321121121 的有序整数组解一共有（B ）． （A ）n 组 （B ）12-n 组 （C ）n 2组 （D ）12+n 组二、填充题（每小题9分，共54分）1．(训练题16)任意整数,,,z y x 满足等式z y x bz ay cx az cy bx cz by ax ++=++++++++的所有实数c b a ,,是 (1,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,1,0),(0,0,1),(0,0,1)---共6组 ．2．(训练题16)使得zy x z y x 111,++++和xyz 都是整数的全部正有理数组（),,z y x （)z y x ≤≤是 (1,1,1),(1,2,2),(2,3,6),(2,4,4),(3,3,3)共5组 ．3．(训练题16)圆台上的上底半径r 与下底半径R （R.>r ）之和是母线l 的6倍,而上底面积、侧面积、下底面积成等比数列，此圆台的高为2023r -，此圆台体积的最大值是 500(29π ． 4．(训练题16)设x x x kx x x f (11)(2424++++=∈R ），对任意三个实数a,b,c,已知存在一个三角形，三边长分别为),(),(),(c f b f a f 则满足上述条件的所有实数k 的范围是 1(,4)2- ． 5．(训练题16)设),6sin 6(cos 3)(ππi z z f +=这里z 是复数，用A 表示点),31(i f +B 表示点),0(f C 表示点)4(i f ，则∠ABC= 6π ． 6．(训练题16)b a ,是正实数，),1(21,,1110n n n x x x b x a x +===-+这里x ∈N 。

数学奥林匹克高中训练题（13）第一试（总分90分）一、选择题（每小题6分，共36分）1．(训练题18)已知集合{,,21a a P =…n a ,,…} ，且满足11=a ，()141-+=-n a a n n ()1,≠∈n N n .又知集合(){}N n i i n Q n n ∈=+=,212则Q P ,的关系是（A ） （A ）Q P ⊂ （B ）Q P = （C ） Q P ⊃ （D ）=Q P ∅2．(训练题18)若关于x 的方程04arccos cos =+πx k 有实数解，且x 属于第三象限，则（C ）（A ）k ≥―arccos 4π （B ）k ＜22 （C ）k ＞arccos 4π （D ）4π＜k ＜2π 3．(训练题18)两枚红色棋子、两枚白色棋子、两枚绿色棋子摆成一圈．则不同的摆法有（B ）种（A ）15 （B ）18 （C ）24 （D ）904．(训练题18)方程7321x y-⋅=的正整数解的组数为（C ）（A ）4 （B ）3 （C ）2 （D ）15．(训练题18)关于x 的方程()()019971199719961=--+∑=k k kx k 的实根的个数为（D ）（A ）1996 （B ）4 （C ）2 （D ）06．(训练题18)已知y x ,都是自然数，且622++y x 是xy 的整数倍．则xy y x 622++是一个（B ） （A ）完全平方数 （B ）完全立方数 （C ）完全四次方数 （D ）素数二、填空题（每小题9分，共54分）1．(训练题18)中国足球甲A 联赛共有12个足球俱乐部参加，实行主客场双循环赛制，即任何两队分别在主场和客场各比赛一场，胜一场得3分，平一场各得1分，负一场得0分，在联赛结束后按积分的高低排出名次．则在积分榜上位次相邻的两支球队积分差距最多可达 46 分．2．(训练题18)若παπlog ＜2 ，则使关于x 的函数))(cos()sin(R x x x y ∈-++=αα为偶函数的 α的个数是 10 个．3．(训练题18)在平面上，一条抛物线至多把平面分成两部分，两条抛物线至多把平面分成七部分．则10条抛物线至多把平面分成 191 部分．4．(训练题18)过双曲线()12222=--y x 的右焦点作直线l 交该双曲线于B A ,两点．如果4=AB ，则这样的直线的条数为 3 条．5．(训练题18)设w z y x ,,,是不全为零的实数，且满足zw yz xy ++2≤()2222w z y x A +++，则A 的最小值是． 6．(训练题18)一张正方形的纸被一条直线分成两部分，其中一部分再被一条直线分成两部分，再把三分之一被一条直线分成两部分，如此下去，最后得到了19个96边形和其他一些多边形．则至少要切割 1766 次．第二试（总分120分）一、(训练题18)（25分）在三棱锥BCD A -中，︒=∠+∠+∠90DAC BAC DAB ，︒=∠=∠=∠90ADC BDC ADB 试证：二面角D BC A --的度数大于︒70二、(训练题18)（25分）设i a ＞0,,2,1=i …,n n ,≥2，求证：++++++321211753a a a a a a …n a a a n +⋯++++2112＜∑=n i ia 114 三、(训练题18)（35分）给定n 个（n ≥5）互不相等的实数1a ＜2a ＜…＜n a ，所有的2n C 个和ji a a +（1≤i ,j ≤n ,j i ≠）中互不相同的数恰好有32-n 个的充分必要条件是n a a a ,,,21⋯成等差数列．四、(训练题18)（35分）对给定的自然数m 与n ，m ＜n ，任意一个由n 个连续整数组成的集合都含有两个不同的数，它们的乘积能被mn 整除．。

4 z数学奥林匹克高中训练题(10)第 一 试一、选择题(每小题 6 分 ,共 36 分)1. 已 知 sin 18°= - 1 + 5 . 则a = sin 2 007°,b = cos 2 007°,c = - 1 + tan 2 007°,d =sin 2 007°+ cos 2 007°2的大小关系是() .(A ) b < a < d < c (B ) b < a < c < d (C ) c < b < a < d(D ) d < b < c < a2. 若 x 、y ∈R ,且 3 x 2+ 2 y 2= 6 x ,则二元函数 f ( x , y ) = 2 x 2+ 3 y 2- 4 x - 6 y 的取值范围 是 ( ) .6. 在正方体的 8 个顶点、6 个侧面 ( 底面) 的中心及体的中心共 15 个点中 ,若由两两不同的且不共线的 3 个点构成的平面与由 另外 2 个不同点构成的直线垂直 ,则称这 5 个点为“正交 5 点组”. 那么 ,由这 15 个点形成的正交 5 点组的总个数为( ) .(A ) 366 (B ) 516 (C ) 1 428 (D ) 1 824二、填空题(每小题 9 分 ,共 54 分) 1. 在单位正方体 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1 中 , (A )52- 3 6 , 52+ 3 6M 是棱 BB 1 的中点 ,点 P 在棱 CD 上 ,且 DP = m (0 < m < 1) ,记 M 到直线 A P 的距离为(B ) [ 5 ,10 ](C ) [ 2 6 - 1 ,2 6 + 1 ] (D ) [ 7 - 2 6 ,7 + 2 6 ]3. 设 z 是复数 ,满足 z - 1的最大值与最小值之和为() .(A ) - 2 + 2 5(B )3 + 52= 1. 则| z |(C) 5d . 则 d =.2. 若实数 a 使得对于每一个实数 z ,关于 x 、y 的方程组x + ay = 2 z , xy = 2 z 2+ 3 z + 1总有实数解 ,则 a 的取值范围是 .3. 求值 :cos 10°·sin 20°·sin 40°= .4. 在十进制中 ,形如 2 006 x 20 07 y 的十(D) 不同于以上三个答案的另一个数值 4. 以平行六面体的 8 个顶点中的任意三个顶点为顶点的所有三角形中 ,锐角三角形的个数最多可能是( ) .(A ) 28(B ) 32(C ) 34(D ) 365. 如图 1 ,在正 △ABC 中 , O 为其中心.过 O 作一条直线分别交边 AB 、AC 于点 D 、E . 记 BC = a , A E = x . 若 AD =ax,则3 ( a - x )位正整数 ,能被 21 整除 ( x 、y ∈{0 ,1 , ,9})的共有 个.5.如 图 2 , 在 △ABC 中 , M 为边BC 的中点 , 作 MD ⊥AB 于 D , M E ⊥ AC 于 E . 若 BD = 2 ,图 2CE = 1 ,且 DE ∥BC ,则 AM =.DO 等于( OE ) . (A ) 3 (B ) 1 + 3 2 (C ) 3 - 1 (D ) 2 3 - 2图 1n 42°1 2 m 1 2n26.设 k 和 m 是两个实常数 ,函数 f : R → R 对于任何 x 、y ∈R ,都有f ( xf ( y ) ) = kxy + x + m .则 k 与 m 应满足的充分必要条件及所有这样的 f ( x ) 的表达式分别为 . 三、(20 分) 给定一个实数 k ,确定所有的 函数 f : R →R ,使得对于任何 x 、y ∈R ,都有二、(50 分) 定义一个“希望集合”( HopeSet ) 简称 HS 如下 : HS 为一个非空集合 ,它满足条件“若 x ∈HS ,则 2 x ∈ HS ”. 试问 : 在集合{1 ,2 , ,30} 中 ,一共有多少个“希望子集合”? 请说明理由.三、(50 分) 试问 :能否把 2 007 表示成a x1 + a x2 ++ a x m - b y 1 - b y2 - - b yn f ( x 2+ 2 xy + y 2) = ( x + y ) ( f ( x ) + f ( y ) )及 | f ( x ) - kx | ≤| x 2- x | .四、(20 分) 设 x 1 = a , x 2 = b ,的形式 ? 其中 , m 、n 均为大于 100 且小于190 的正整数 , a 1 , a 2 , , a m , b 1 , b 2 , , b n 均为两两不相等的小于 6 的正有理数 , x 1 , x 2 ,x n + 2 =x n + x n + 1+ c ( n = 1 ,2 , , 2, x m , y 1 , y 2 , , y n 均为大于 1 且小于 5 的正整数 , 同时 , a x 1 , a x 2 , , a x m , b y 1 , b y2 , ,其中 , a 、b 、c 为给定的实数.(1) 求 x n 的表达式.12b yn 两两不相等.m12(2) 问 : 当 c 为何值时 , 极限 lim n →+ ∞在 ? 如果存在 ,请求出其值.x n 存参 考 答 案第 一 试五、(20 分) 如图 3 ,设 ABCD - A 1 B 1 C 1 D 1是一个正方体 ,点 P 、Q 分 别 在 棱 AB 、C 1 D 1 上 . 记 ∠PA 1 A = α,一、1. D.因为 2 007°= 5 ×360°+ 180°+ 27°,所以 , a = sin 2 007°= - sin 27°, b = cos 2 007°= - cos 27°, c = - 1 + tan 2 007°= - 1 + tan 27°,d =sin 2 007°+ cos 2 007°= -sin 27°+ cos 27°∠QA D = β, 且α、β 221 1= - sin (45°+ 27°) = - sin 72°= - cos 18°.π∈ 0 , 4故 d < b < a .图 3 c > b Ζ - 1 + tan 27°> - cos 27° (1) 试求平面 A 1 PQ 与侧面A 1 ADD 1 的夹角θ(用关于α、β的反三角函数式表示) ; (2) 若α+β= π,试求θ的取值范围.第 二 试一、(50 分) 如图 4 , ⊙O 是正方形 ABCD 的 外接圆 ,点 P 在劣弧AB 上( P 不与 A 、B 重合) , DP 分别交 AO 、AB 于点Ζ tan 27°+ cos 27°> 1 Ζ sin (45°+ 27°) > sin 45°,显然成立. 于是 , c > b 成立.c < a Ζ - 1 + tan 27°< - sin 27° Ζ sin 27°(cos 27°+ 1) < cos 27° Ζ sin 27°·cos 27°< cos 27°- sin 27°= 2sin 18° Ζ 1 sin 54°< 2sin 18°Ζ sin (3 ×18°) < 2 2sin 18° Ζ 3sin 18°- 4sin 3 18°< 2 2sin 18° Ζ 4sin 2 18°> 3 - 2 2 = ( 2 - 1) 2Ζ 2sin 18 > 2 - 1 Ζ - 1 + 5 > 2 - 12Ζ 1 + 5 > 2 2 Ζ 6 + 2 5 > 8 Ζ 5 > 1 , Q 、T , ⊙O 在点 P 的切图 4线交 DA 的延长线于点 E .(1) 求证 : QT > PT ;显然成立. 于是 c < a 成立.由上可知 d < b < c < a .2. A.配方得( x - 1) 2+ y2 = 1.(2) 试比较 2 DQ 与 A P + PT 的大小.32 3. C.5 - 36 , 5 + 3 6 . 2 设 z = x + y i ( x 、 y ∈R ) , 则1 = z - 1z = x + y i - x - y i x 2 + y 2 22= x - x 2 + y 2x + y + x 2 + y 2yx 2 ( x 2 + y 2 - 1) 2+ y 2 ( x 2 + y 2 + 1) 2831 1 1 17 6 令 x - 1 = cos θ,y= sin θ( - π<θ≤π) ,则 3 2 x = 1 + cos θ, y = 3sin θ.联结 AO , 则 AO 平分 ∠DA E . 由角平分线定理得DO = AD2 OE A E 从而 , f ( x , y ) = 5 sin θ sin θ- 6, 其中 ,=a.2 5 - 1 ≤sin θ≤1.由此易知 f ( x , y ) 的值域为3 ( a - x )对 △ADE 及其截线图 5BOH 应用梅涅劳斯定理得DO ·EH ·AB= 1 , OE HA BDx - a 即a·3 ( a - x ) 2 ·aaa - ax 23 ( a - x )= 1.整理得(3 + 3) x = ( 3 + 1) a ,即=x 2 + y 2.x = a1 + 3 3 + 3 DO = 3. 3 a1 + 3 故 x2 ( x 2 + y 2 - 1) 2+ y 2 ( x 2 + y 2 + 1) 2= ( x 2 + y 2) 2,即 ( x 2 + y 2 ) 2- 3 x 2 + y 2 + 1 = 0. ①从而 ,OE=6. D.=.3 ( a - x )2令 x 2 + y 2 = t 2 ( t ≥0) , 则 y 2 = t 2 - x 2 , 且 x 2 ≤t 2 .代入式 ①得 t 4 + t 2 + 1 = 4 x 2 ≤4 t 2 ,即 t 4 - 3 t 2 + 1 ≤0.解得3 - 5 ≤t 2 ≤3 + 5 ,即 - 1 + 5 ≤t ≤1 + 5 . 如 图 6 , 设 O为体的中心 , O i ( i = 1 , 2 , , 6 ) 为各 个侧面中心.按构成平面的 2 2 2 2那 3 个点所在的平 故 - 1 + 5 ≤| z | = t ≤1 + 5 ,等号当且仅当 x 2面( 简称为“3 点平2 2面”) 进 行 分 类 讨 = t 2 即 y = 0 且| x | = t = - 1 + 5或1 + 5时成立.论.2 2 观察知3 点平图 6 因 此 ,| z | max + | z | min = - 1 + 5 + 1 + 5= 5 .面只有 4 种可能 : 侧面 ( 如 A 1 B 1 C 1 D 1 ) , 对角面 ( 如4. B.2 2 A 1 C 1 CA ) , 由 三 个 顶 点 构 成 的 正 三 角 形 ( 如设平行六面体为 ABCD - A B C D . 以某三个顶点为顶点的三角形一共有 C 3= 56 个. 在 d ABCD 中 , ∠BAD 与 ∠ABC 互补 ,其中必有一个角是直角或钝角 ,所以 ,由 A 、B 、C 、D 四点中的某三个点构成的四个三角形中 ,至少有两个不是锐角三角形. 对于 d AA 1 C 1 C 也是如此.由于平行六面体中共有 6 ×2 = 12 个平行四边形 ,所以 ,至少有 12 ×2 = 24 个三角形不是锐角三角 △AB 1 C ) ,中心面(如 O 3 O 5 O 4 O 6 ) .(1) 当侧面为 A 1 B 1 C 1 D 1 时 ,由 A 1 、B 1 、C 1 、D 1 可构成 4 个不共线的 3 点组(3 点平面 ,以下同) ,由 O 2 、O 、O 1 可构成 3 个 2 点组 ,于是 ,由 3 点组与 2 点组可组合成 4 ×3 = 12 个正交 5 点组. 另外 ,由点 O 1 及{ A 1 , B 1 , C 1 , D 1 }中的某两个点可形成 4 个不共线的 3 点组 ,任取此 4 个 3 点组中的任何一个 , 例如 { O 1 , A 1 , B 1 } ,与此 3 点组垂直的 2 点组为{ O 2 , O } , { D , D } ,{ C , C } ,故可形成 4 ×3 = 12 个正交 5 点 形. 故锐角三角形的个数最多不超过 56 - 24 = 32 个. 11另一方面 , 取各棱都为 1 , ∠BAD = ∠BAA 1 =组.注意到 ,共有 6 个侧面 ,从而 ,3 点组由侧面形成∠DAA 1 =α arccos 1 <α< π2 ,则 △BDA 1 等 32 个的正交 5 点组一共有 6 ×(12 + 12) = 144 个.三角形都是锐角三角形.5. B.如图 5 ,联结 BO 并延长交A E 于点 H ,则(2) 当对角面为 A 1 C 1 CA 时 ,可知 3 点组由{ A , A 1 , C 1 , C , O 1 , O , O 2 }中的 3 个点形成的正交 5 点组共有(C 3 - 5) ×4 + (C 3- 3) ×4 = 188 个.AH =a, HE = x -2a.2因为一共有 6 个对角面 ,所以 ,一共形成 6 ×188 = 1 128 个该种类型的正交 5 点组.6y 2 + w 2 4 + 1 4222f ( y ) 2 6 3 5 4 2m(3) 当正三角形为 △AB 1 C 时 ,3 点组由{ A , B 1 , C , O 2 , O 3 , O 5 } 形成 , 2 点组由{ D 1 , O , B } 形成 , 所以 ,共有(C 3 - 3) ×C 2= 51 个正交 5 点组.4. 5.记 a = 2 006 x 20 07 y . 因为 21 = 3 ×7 ,3 与 7 互 质 ,所以 ,21| a ,有 3| a ,7| a .因为共有 8 个正三角形 ,所以 ,一共有 8 ×51 = 408 个该种类型的正交 5 点组.(4) 当中心面为 O 3 O 5 O 4 O 6 时 , 3 点组由{ O ,O 3 , O 5 , O 4 , O 6 }形成 ,共有 ( C 3 - 2) ×5 + C 3×2 = 48 个正交 5 点组.因为共有 3 个中心面 ,所以 ,一共有 48 ×3 = 144 5 .综上所述 ,一共有 144 + 1 128 + 408 + 144 = 1 824 个正交 5 点组.由 3| a , 得 3| (2 + 6 + x + 2 + 7 + y ) = 17 + x + y , 从 而 ,3| ( x + y - 1) .由 7| a ,得7| (7 y - x 20 + 6 - 2) = 70 + y - 100 x - 20 + 4 , 从 而 ,7| ( y - 2 x + 5) .由上可得 21| a Ζ3| ( x + y - 1) ,7| ( y - 2 x + 5) .令x + y - 1 = 3 k 1 , ① - 2 x + y + 5 = 7 k 2 ,②其中 , k 1 、k 2 ∈Z .二、1.1+ 1 .m 2 + 1由式 ①、②得 - 1 ≤3 k 1 ≤17 , - 13 ≤7 k 2 ≤14.作 BQ ⊥A P ,交 A P 于点 Q .由三垂线定理知 MQ ⊥A P . 显然 , A P =m 2 + 1 .于 是 ,0 ≤k 1 ≤5 , - 1 ≤k 2 ≤2.①- ②得 3 x - 6 = 3 k 1 - 7 k 2 . 从而 ,3| k 2 .于 是 , k 2 = 0 , x = k 1 + 2 , y = 2 k 1 - 1 , 且 k 1 = 1 ,2 ,由 A P ·BQ = 2 S△AB P = 1 , 得BQ =1. m 2+ 1 3 ,4 ,5.故满足要求的正整数共有 5 个.故 d = MQ =2. - 4 ≤a < 0.=14+ 1 . m 2 + 1 5. 5 .设 DM = x , EM = y , AD = z , A E = w .因为 DE ∥ BC 且 BM = MC , 所 以 , S △BDM =若 a = 0 ,则方程组变为 x = 2 z ,xy = 2 z 2 + 3 z + 1. S △CEM , 即 1 ×2 ×x = 1 ×1 ×y . 于是 , y = 2 x .取 z = 0 ,得 x = 0 ,且 0 = 1 ,这不可能 ,故 a ≠0. 则原方程组等价于由勾股定理得 22+ x 2 = BM 2 = MC 2 = 12+ y 2 . 所以 ,3 x 2 = 3 , x 2 = 1 ,即 x = 1 , y = 2.由 DE ∥BC 及勾股定理得x + ay = 2 z ,xay = 2 az 2 + 3 az + a . z =w,12 + z 2 2 1= AM 2 = 22+ w 2 . 可知 x 、ay 是关于 t 的一元二次方程 t 2 - 2 zt + 2 az 2 + 3 az + a = 0①的两个实根 ,所以 ,式 ①的判别式Δ1 = 4 z 2 - 4 (2 az 2 + 3 az + a ) ≥0. 由此 ,对任意的 z ∈R , (1 - 2 a ) z 2 - 3 az - a ≥0.②由式 ②知 1 - 2 a > 0 ,且式 ②的判别式Δ2 = 9 a 2 + 4 a (1 - 2 a ) = a ( a + 4) ≤0 , 即 - 4 ≤a ≤0.又 a ≠0 ,所以 , a 的取值范围为 - 4 ≤a < 0.3.3. 8 cos 10°·sin 20°·sin 40°= cos 10°× 1(cos 20°- cos 60°) 所以 , z = 2 w ,1 + 4 w 2 = 4 + w 2 . 解得 w = 1 , z = 2.于是 , A M = = = 5 .6. m ≠0 , 且 k = 1 , f ( x ) = x+ m .m由题意知 ,对于任何 x 、y ∈R ,都有f ( xf ( y ) ) = kxy + x + m .① 显然 , f ( x ) ? 0 ( f ( x ) ≡0 不满足式 ①) ,故至少 存在一个 y 1 ∈R ,使得 f ( y 1 ) ≠0.在式 ①中 ,令 y = y 1 得 f ( xf ( y 1 ) ) = ( ky 1 + 1) x + m . ②在式 ②中 ,用 x代替 x 得1f ( x ) = ky 1 + 1 x + m ,f ( y 1 )= 1cos 10°·cos 20°- 1 cos 10 4 即 f ( x ) = ax + m ( Π x ∈R ) .③ky 1 + 11 1其中 , a = f ( y 1) 为常数.= 4 (cos 30°+ cos 10°) - 4 cos 10° = 1 cos 30°= 3 . 把式 ③代入式 ①得a [ x ( ay + m ) ] + m = kxy + x + m , 4 8 即 a 2 xy + amx = kxy + x .④BM 2 + BQ 2 °n + 2 n + 1 = -1 22( y n + 1 - y n ) =n + 1- 1 2n① ② = = - 12 ( y 2 - y 1 )= 1 n a - b2③ =- 2 - 2+ c - b + a 1 n c +2( a - b ).3-1 21 2n +21 - -2 1 + cn1 - - 1 22由式 ④得 a 2 = k , am = 1.1 1其 中 , y 1 = x 2 - x 1 = b - a , y 2 = x 3 - x 2 =x 1 + x 2+ c2 于是 , a = ( m ≠0) , k = a 2 = m x m2 .- x 2 =a + b+ c - b =2a - b+ c .2从而 , f ( x ) = m+ m .由式 ①得总之 , 所求的充分必要条件是“ m ≠0 , 且 k =1 x y - y =y n + 1 + y n - y=y n - y n + 12m2 ”, 而 f ( x ) =m+ m . 三、由题意得 ,对于任何 x 、y ∈R ,都有f ( ( x + y ) 2) = ( x + y ) ( f ( x ) + f ( y ) ) ,及 | f ( x ) - kx | ≤| x ( x - 1) | .在式 ①中取 x = y = 0 得f (0) = 0.在式 ①中取 y = 0 ,并利用式 ③得f ( x 2 ) = xf ( x ) .④由式 ④易得2( y n - y n - 1 )则 y n + 2 = ( y n + 2 - y n + 1 ) + ( y n + 1 - y n ) ++ ( y 3 - y 2 ) + y 2- xf ( - x ) = f ( ( - x ) 2) = f ( x 2 ) = xf ( x ) .于 是 , f ( - x ) = - f ( x ) ( x ≠0) . = c + 3 ( a - b ) - 2 + - 1 2 n - 1+再结合式 ③得f ( - x ) = - f ( x ) . ⑤ 由式 ⑤知 f ( x ) 为奇函数 ,故只考虑 x > 0 的情 + -1+2 a - b况.1 3 ( )f ( x 2 ) f ( x ) 由式 ④得 = ,从而 ,= -2 c + 2a - b+f ( x ) = x x 21f ( x 2 ) 1 x 2 x1f ( x 4 )= 1 x 41f (x 2n )= =1 , ⑥x 2 na - b+ c2 c + 3( a - b ) 21na - b其中 , n ∈N + .=3 2 - 1 +2+ cf ( x )≤cab1 n2 由式 ②得x- k | x - 1| . ⑦=3 + 2 - 22 + 3c , 1 在式 ⑦中令 x 为x 2 n ,并利用式 ⑥得其中c ab1 n2f ( x ) - k1≤ x 2 n - 1 .⑧故 x n + 3 - x n + 2 =3 + 2 - 2 -2+ 3 c , x1x n + 2 - x n + 1 =c + a- b - 1 n - 1 + 2 c , 在式 ⑧中固定 x ,让 n →+ ∞,则由 x 2 n→1 可得 f ( x ) - k ≤| 1 - 1| = 0.3 2 2 3xx 4 - x 3 = c+ a - b -1+ 2 c . 从 而 ,f ( x )- k = 0. 故 f ( x ) = kx ( x > 0) .3 2 2 23x再由式 ⑤、③得 f ( x ) = kx .显然 ,上式满足题中所有的条件.x n + 3 - x 3故本题的解为 f ( x ) = kx ( x ∈R ) . 2 c a b 1 四、(1) 由题给条件得= 3 cn + 3 + 2 - 2 2 x= x n + x n + 1+ c , x = x n + 1 + x n + 2 + c . 2 c a b 1 n + 2 2 n + 3 2= 3 cn + 3 2 - 2 ·3 则 x - x= x n + 2 - x n 1 c a b n + 3 n + 2 2故 x n + 3 33 + 2 - 2 = ( x n + 2 - x n + 1 ) + ( x n + 1 - x n ) .2 + a + b + , ② 23 2令 y n = x n + 1 - x n , 则其中 , n = 1 ,2 , ,同时对 n = 0 也成立.y n + 2 =y n + 1 + y n, 2另外 , x 1 = a , x 2 = b , x 3 = a + b + c .21 - -2 1 n1 - - 1 n -2 - 2 1 2 - 1 . 1 n - 1 + ①1 - sin2 α·sin 2β 2 4224cos cos cos cos n ncos α 22(2) 由式 ②知 ,若 c ≠0 ,则2(α- β)lim n x n= ∞. = 1· 2→+ ∞若 c = 0 , 则1 - 1 cos (α- β) - 2lim x= - 1 a - b + a + b = a + 2 b.2 n →+ ∞ 2 23 αβ πα β πα β 因此 ,当且仅当 = 0 时 , lim x 因为 、 ∈ 0 , 4 ,且 + = , 则| - |lim x = a + 2 b . n →+ ∞∈ 0 ,π . 从 而 ,cos (α- β) ∈ 2 ,1 .n →+ 342五、1 ) 如图 7 , 不妨设 A A = 1 ,则A P = tan α, D 1 = tan β,令 x = cos (α- β) - 2, 则 x ∈ 0 ,1 - 2 , y = cos θ=1 ·2 + x 1 - 1 x 2 A 1 P = 1 , 4显然 ,1 - 1x 2 是 x 的 严 格 递 减 函 数 , A 1 = 1β.4cos记 ∠PA 1 Q = γ 图 7(0 < γ<) .11 - 1 x 24是 x 的严格递增函数 ,从而 , y = cos 是 作 PR ⊥C 1 D 1 于 R ,联结 AD 1 ,则PR = AD 1 = 2 ,RQ = | D 1 Q - A P | = | tan β- tan α| , PQ 2 = PR 2 + RQ 2 = 2 + (tan β- tan α) 2.在 △A 1 PQ 中 ,由余弦定理得A 1 P 2 + A 1 Q 2 - PQ 2x 的严格递增函数.当 x = 0 时 , y = cos θ= 2 当 x = 1 -2 , y = cos θ= 1 + 225 + 2 2 1 + 2cos γ= 12A 1 P ·A 1 Q 1 所以 , y = cosθ , . 5 + 2 2 2 + 2- 2 - tan 2 α- tan 2β+ 2tan α·tan β 1 + 2 π=cos α cos β 2 1α· 1 β从而 ,θ的取值范围是 arccos 5 + 2 24. = 2tan α·tan β = sin α·sin β.2 1α· 1β因为 △A 1 PQ 在 平 面 A 1 ADD 1 上 的 投 影 为 △A 1 AD 1 ,所以 ,1 2第 二 试一、(1) 因为 ∠A PQ = ∠A PD = 45°, ∠QAT = ∠CAB = 45°, ∠AQT = ∠PQA , 故 △AQT △PQA .所以 , AQ = QT ,即 PQ ·QT = AQ 2 .cos θ=S △A AD1 1=2×1PQ QA sin ∠ATQsin ∠ATQ S △A 1 PQ1A 1 P ·A 1 Q sin γ 又 AQ = QT ·sin ∠Q AT = QT · sin 45°< 2 QT ,= 1 = cos α·cos β 故 PQ ·QT < 2 QT 2 ,即 PQ < 2 QT . 1 · 1 · sin γ1 - sin2 α·sin 2β 所以 , PT = PQ - QT < QT .cos α cos β从而 ,θ= arccos cos α·cos β(2) 因为α+β= π,所以 ,(2) 设 ∠ADP =θ 0 <θ<π易知 △A P T △DB T .所以 , A P =PT = AT ., AD = 1.4DBB T DTcos θ cos α·cos β 1 2A P + PT = ( DB + B T ) ATDT1 - - 2cos (α+ β) - cos (α- β) = ( + 1 - tan θ) sin θ.= 1 ·2+ cos (α- β)2 在 △ADQ 中应用正弦定理得2 DQ = DQ = AD = 1 .2 1 1 - 422- cos (α- β) 2sin ∠DAQ 故 A P + PT ≥ 2 DQsin ∠AQD sin (45°+θ) 22 故 22+ 221 37 110 37 + 221 37 110 37 + 221 37 110 37i 2 - 1i 2 + 1n ∑i y, Ζ ≥127 ×34 ×52×8 ×13 - 1 = 26 956 799.( 2 + 1 - tan θ) sin θsin (45°+θ) 三、可以按题目要求来表示 2 007. 理由如下 : Ζ ( 2 + 1 - tan θ) sin θ( s in θ+ cos θ) ≥ 2Ζ (1 - tan θ) sin θ( s in θ+ cos θ) ≥ 2 [ 1 - sin θ( s in θ+ cos θ) ] 为方便计 ,试取 x 1 = x 2 == x m = y 1 = y 2 == y n = 2 ,考虑下面的和式S = 12+ 22+ + n 2 - ( n + 1) 2 - ( n + 2) 2-- (2 n ) 2Ζ (θ- sin θ) tan θ(tan θ+ 1) cos θ nn=∑[ k 2- ( n + k ) 2] = ∑- n ( n + 2 k )≥ 2 (cos θ- sin θ) cos θ k = 1nk = 1nnΖ tan θ(tan θ+ 1) ≥ 2 (因 cos θ> sin θ>θ) = - n∑( n + 2 k ) = - n ∑n + 2 ∑kk = 1k = 1 k = 1Ζ tan θ≥- 1 + 1 + 4 22Ζθ≥arctan - 1 + 1 + 4 2 .2由上可知 :当θ=θ0 时 , A P + TP = 2 DQ ;当θ>θ0 时 , A P + TP > 2 DQ ;当θ<θ0 时, A P + TP < 2 DQ . - 1 +1 + 42 = - n [ n 2+ n ( n + 1) ] = - n 2(2 n + 1) . ①注意到2 007 = 32 ×223 = 32(2 ×111 + 1)= 32(2 ×3 ×37 + 1) ,则 372 ×2 007 = (3 ×37) 2(2 ×3 ×37 + 1)= 1112×(2 ×111 + 1) . ②由式 ①、②得 372×2 007= 1122 + 1132 + + 2222 - 12 - 22 - - 1112.其中 ,θ0 2二、下面用“ a 2 a ”表示 a 与 2 a 的两倍关系. 注意到① 15 30 , 故 2 007 = 112 2 37 + 1 2 37 - 113 2 37 + + 2 2 37 - - 22237 -111 237② 13 26 , ③ 11 22 , ④ 9 18 , ⑤ 7 14 ,14 28 , ⑥ 5 10 ,10 20 , ⑦ 3 6 ,6 12 ,12 24 , ⑧ 1 2 ,2 4 ,4 8 ,8 16.显然 ,17 ,19 ,21 ,23 ,25 ,27 ,29 是否在 HS 中不影 响 HS 成为希望子集(因为这些数不能被 2 整除 ,且每个数的两倍均大于 30) ,所以 ,这 7 个数的归属方案有 27种.= 112 + 37 1 37 - = 112 + 37 1 37 - = 112 + 37 1 37 - 113 2 37 + 2 2 37 - - 113 2 37 + 2 237 - - 113 2 37 + 2 237 - - 2+ 62 - - 32 2 - + 27 2- + 在 ①中 ,15 与 30 不能同时取 ,故有 22- 1 = 3 种方案.i = 10 ,12 , ,622 i 2 2 i 2 + 1 + ,同理 ,在 ②、③、④中 ,也各有 3 种方案. 下面采用递推算法.在 ⑤中 ,若取 7 ,则不能取 14 ,此时 ,28 可取亦可不取 ,有两种方案 ; 若不取 7 ,则由 ①知 ,关于 14 和 28 ,共有 3 种方案(14 和 28 的情况与 ①相同) . 因此 ,其中 ,正项 ( a x i ) 共有 110 + 27 ×2 = 164 个 , 而负项( - b i i ) 共 有 110 个 , a 1 , a 2 , , a m , b 1 , b 2 , , b n 均为两两不等的小于 6 的正有理数 (注意到 i 为偶数 , 2 i ≠i 2- 1 2 2 2在 ⑤中共有 2 + 3 = 5 种方案.则i 2 + 1i 2+ 1 ;又 2 i 与 i + 1 互质 , i - 1 与 i + 1 同理 ,在 ⑥中共有 5 种方案.互质 ,因为 i ≥10 ,有 i 2 + 1 > 100) ,从而 , a x 1 , a x2 ,,在 ⑦中 ,若取 3 ,则不能取 6 ,由 ①知关于 12 和 24 ,有 3 种方案 ;若不取 3 ,则由 ⑤知 ,关于 6 ,12 ,24 ,x ym b 1y,b 2y , ,b n12两两不相等.有 5 种方案. 因此 ,在 ⑦中共有 3 + 5 = 8 种方案.在 ⑧中 ,若取 1 , 则不能取 2 , 由 ⑤知关于 4 ,8 , 16 ,有 5 种方案 ;若不取 1 ,则由 ⑦知关于 2 ,4 ,8 ,16 , 有 8 种方案. 因此 ,在 ⑧中共有 5 + 8 = 13 种方案.再考虑到除去空集 Ø (即 1 ,2 , ,30 都不取) ,因此 ,所求的{1 ,2 , ,,30}的希望子集的个数为a 1m2 n综上所述,以上所构造的 2 007 的表示式完全符合题目的要求.注:以上解答利用了一个数列恒等式及“勾股数公式”(即x2+ y2= z2的全部正整数解的表示式) .(吴伟朝广州大学数学与信息科学学院, 510006) .。