（一试）

一、填空题

1、设非空集合A{1，2，3，4，5，6，7}，且当a∈A时必有8－a∈A，则这样的A共有       个．

2、四面体S－ABC中，三组对棱分别相等，依次为、、5，则此四面体的体积为       ．

3、设Sn是等差数列{an}的前n项和，S9＝18，an－4＝30（n＞9），Sn＝336，则n的值为          ．

4、以长方形8个顶点中的任意3个为顶点的三角形中锐角三角形的个数有        ．

5、已知f(x)＝，则f(1)＋f(2)＋…＋f(2008)＋f(2009)＋f()＋f()＋…＋f()＋f()＝_______．

6、过双曲线x2－＝1的右焦点作直线l交双曲线于A、B两点，若实数m使得|AB|＝m的直线l恰好有3条，则m＝________________．

7、设0＜θ＜π，则sin (1＋cosθ)的最大值是________________．

8、已知复数z满足z7＝1且z≠1，则＋＋＝________________．

9、已知x、y满足方程(x－1)2＋(y－1)2＝1且y≥1，要使x＋y＋m≥0恒成立，则实数m的取值范围是________________．

10、满足方程2x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＋x7＋x8＋x9＋x10＝3的非负整数解共有_________组．

三、解答题

11、在无穷数列{an}中，若a1＝1，an＋1＞an，且a2n＋1＋an2＋1＝2（an＋1an＋an＋1＋an）．求的值．

12、点A、B、C依次在直线l上，且AB＝4BC，过C作l的垂线，M是这一直线上的动点，以A为圆心，AB为半径作圆，MT1与MT2是这一圆的一切线，T1与T2分别为切点，试求ΔMT1T2的垂心H的轨迹．

13、已知实数a、b、c满足条件：＋＋＝0，其中m是正数，对于f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)求证：

（1）af()＜0；

（2）方程f(x)＝0在（0，1）内有解．

（二试）

1、设PQ是△ABC的外接圆的任意一条直径，求证：点P、Q关于△ABC的Simson线互相垂直．

2、m种不同零件，各种零件分别有x1，x2，…，xm（x1≤x2≤…≤xm）个，放在暗室中，每次取一件，若每n个同种零件可组装一部机器，问最少取多少次就可以保证取出的零件可组装k部不同的机器．

换题：

1．若有n＋1个相似三角形且较小的n个可以互不重叠地放在大的内部，试证：n个小的三角形周长和不大于大三角形周长的倍．

2．设f(n)和g(n)是由下列两个条件确定的自然数序列：

（1）f(1)＝1；（2）g(n)＝na－1－f(n)(a是大于4的奇数)，

证明：存在常数p，q使得f(n)＝[pn]，g(n)＝[qn]，其中[x]表示不超过x的最大整数． 

3．试求所有的数组(p，q，r)，满足下列条件：

⑴ p，q，r∈N*，p≥q≥r；

⑵ p，q，r中至少有两个素数；

⑶为正整数．

4．6个互异实数a1，a2，…，a6中最小数是m，最大数是M．求证：在这6个数中存在三个数，它们两两之差的绝对值或者小于(M－m)，或者不小于(M－m)．

全国高中数赛模拟试题解答二

（一试）

一、填空题

1、设非空集合A{1，2，3，4，5，6，7}，且当a∈A时必有8－a∈A，则这样的A共有       个．

填15个．

解：由题意可知，集合A可以是{1，7}，{2，6}，{3，5}，{4}，或其中的2个的并集，或其中的3个的并集，或其中的4个的并集，故共有C＋C＋C＋C＝15个．

2、四面体S－ABC中，三组对棱分别相等，依次为、、5，则此四面体的体积为         ．

填20．

解：将四面体S－ABC补形成长方体，并设长、宽、高分别为x，y，z．则由已知条件可得x2＋y2＝41，y2＋z2＝34，z2＋x2＝25，三式相加得x2＋y2＋z2＝50，从而x2＝16，y2＝25，z2＝9，即x＝4，y＝5，z＝3．则四面体体积为20．

3、设Sn是等差数列{an}的前n项和，S9＝18，an－4＝30（n＞9），Sn＝336，则n的值为        ．

填21．

解：由已知可得9a1＋36d＝18．  ①，

a1＋(n－5)d＝30．  ②

na1＋d＝336  ③

由①可得a1＝2－4d，代入②，③可得(n－9)d＝28，

即 n(2＋d)＝336，消去d得n＝21．

4、以长方形8个顶点中的任意3个为顶点的三角形中锐角三角形的个数有        ．

填8．

解：由题意可知三角形的三边必须为面的对角线，可设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，利用余弦定理可知每个三角形的内角的余弦值都为正．

5、已知f(x)＝，则f(1)＋f(2)＋…＋f(2009)＋f()＋f()＋…＋f()＝_________．

填2008．

解：利用f(x)＋f()＝1，即可．

6、过双曲线x2－＝1的右焦点作直线l交双曲线于A、B两点，若实数m使得|AB|＝m的直线l恰好有3条，则m＝________________．

填4；

解：由圆锥统一的极坐标方程，可证得过双曲线x2－＝1的右焦点，且与右支交于不同两点的弦，当且仅当该弦与x轴垂直时，取得最小值＝4，再根据对称性可得m＝4．

7、设0＜θ＜π，则sin (1＋cosθ)的最大值是________________．

填；

解： sin (1＋cosθ)＝2sincos2＝≤＝．

8、已知复数z满足z7＝1且z≠1，则＋＋＝________________．

填－2；

解：＋＋＝＋＋

＝

＝

＝

＝－2．

9、已知x、y满足方程(x－1)2＋(y－1)2＝1且y≥1，要使x＋y＋m≥0恒成立，则实数m的取值范围是________________．

解：m≥－1；利用三角代换，可设x＝1＋cosθ，y＝1＋sinθ(0≤θ≤π)，

则由－m≤x＋y＝2＋sin(θ＋)对于0≤θ≤π时恒成立，

可得－m≤[2＋sin(θ＋)]min＝2＋·(－)＝1．即m≥－1．

10、满足方程2x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＋x7＋x8＋x9＋x10＝3的非负整数解共有_________组．

解：174；若x1＝0，则有C＋C＋C＝165组，若x1＝1，则有C＝9组，故共有174组．

三、解答题

11、在无穷数列{an}中，若a1＝1，an＋1＞an，且a2n＋1＋an2＋1＝2（an＋1an＋an＋1＋an）．求的值．

解：由已知等式可知，(an＋1＋an)2－2(an＋1＋an)＋1＝4an＋1an，即(an＋1＋an－1)2＝4an＋1an，

因为a1＝1，an＋1＞an，所以an＋1＋an－1＞0，从而有an＋1＋an－1＝2，

即(－)2＝2，所以－＝1，

由此可知{}是以1为首项，公差为1的等差数列，

所以＝＋(n－1)×1＝n，即an＝n2，

从而有Sn＝12＋22＋…＋n2＝，

故＝ (1＋)(2＋)＝．

另：或将n换成n－1，两式相减，然后再求．

12、点A、B、C依次在直线l上，且AB＝4BC，过C作l的垂线，M是这一直线上的动点，以A为圆心，AB为半径作圆，MT1与MT2是这一圆的一切线，T1与T2分别为切点，试求ΔMT1T2的垂心H的轨迹．

解：以直线l为x轴，A为原点建立直角坐标系，设|BC|＝a，则由题意可知，以A为圆心，AB为半径的圆的方程为x2＋y2＝16a2．过C点与l垂直的直线方程为x＝5a．

设M点的坐标为(5a，t)，因为高线T1H1与T2H2相交于H，则由AT2∥T1H1，AT1∥T2H2及AT1＝AT2可知四边形AT1HT2为菱形．所以T1T2⊥AH，又AM⊥T1T2，所以A，H，M三点共线．

直线AM的方程为y＝x，设T1(x1，y1)，T2(x2，y2)，则切线T1M，T2M，的方程分别为

x1x＋y1y＝16a2，x2x＋y2y＝16a2，又因为M(5a，t)在两切线上，

所以，5ax1＋ty1＝16a2，5ax2＋ty2＝16a2，可知直线T1T2的方程为5ax＋ty＝16a2，将t＝代入克得5ax＋＝16a2，

即(x－a)2＋y2＝(a)2．这就是动直线AM与T1T2交点P的轨迹方程，

从而求得H的轨迹方程为：(x－a)2＋(y)2＝(a)2，即(x－a)2＋y2＝(a)2，故所求垂心H的轨迹是一个圆．

13、已知实数a、b、c满足条件：＋＋＝0，其中m是正数，对于f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)求证：

（1）af()＜0；

（2）方程f(x)＝0在（0，1）内有解．

证明：（1）因为af()＝a[a()2＋b()＋c]＝am[＋＋]，又因为＋＋＝0，所以af()＝am[－]＝－，

故af()＜0；

（2）由于f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c；

当a＞0时，由af()＜0可知f()＜0．

若c＞0，f(0)＝c＞0，所以方程f(x)＝0在（0，）内有解；

若c≤0，f(1)＝a＋b＋c＝a＋(m＋1)(－－)＋c＝－＞0，

所以方程f(x)＝0在（，1）内有解；

当a＜0时，同理可证．

从而，方程f(x)＝0在（0，1）内有解．

（二试）

1、设PQ是△ABC的外接圆的任意一条直径，求证：点P、Q关于△ABC的Simson线互相垂直．

证明 作PP'⊥BC，QQ'⊥BC，垂足分别为X、X，交△ABC的外接圆⊙O于点P、Q．作 PZ⊥AB，QZ⊥AB，垂足分别为Z、Z．则XZ、XZ分别为点P、Q对应于△ABC的Simson线． 

由∠APP＝∠ABP，∠ZBP＝∠ZXP，得∠APP＝∠ZXP，

∴ AP'∥XZ，同理，AQ'∥XZ．

∵PQ为⊙O的直径，∴PPQQ为矩形．

∴ PQ为⊙O的直径，∠PAQ＝90．即AP⊥AQ，

∴ XZ⊥XZ．

2、m种不同零件，各种零件分别有x1，x2，…，xm（x1≤x2≤…≤xm）个，放在暗室中，每次取一件，若每n个同种零件可组装一部机器，问最少取多少次就可以保证取出的零件可组装k部不同的机器．

解：从最坏的情况考虑，开始每种零件各取出n－1个，则计有m(n－1)次，然后再取一件，此时不论取出的是哪一种均可组装成一部机器．因此要组装一部机器，则最小取m(n－1)＋1次．若要组装两部不同的机器，则在上述情况的基础上，最坏的情况是连续n次都是取的组装上述那部机器的零件并一直到取完，这样最坏又要取xm－n次．至此，其他各种零件各以取出n－1件且有一种零件已取完，所以再取一件就又可以组装一部与第一次组装的不同的机器了，因此组装两种不同的机器至少要取m(n－1)＋1＋xm－n＋1＝(n－1)(m－1)＋xm＋1(次)．仿上，若要组装三部不同的机器，则可能又连续n次把组装第二部机器的那种零件全部取完，即又取xm－1－n次，然后再取一件就可以组装三部不同的机器了，即需取(n－1)(m－1)＋xm＋1＋xm－1－n＋1＝(n－1)(m－2)＋xm＋xm－1＋1(次)．

依此类推，组装k部不同的机器需取(n－1)(m－k＋1)＋xm＋xm－1＋…＋xm＝k＋2＋1次．

3．试求所有的数组(p，q，r)，满足下列条件：

⑴ p，q，r∈N*，p≥q≥r；

⑵ p，q，r中至少有两个素数；

⑶为正整数．

解：设(a，b，c)为符合题意的一组解，且a、b为素数，a≥b．由∈N*及a、b为素数知，a|(b＋c)，b|(c＋a)，c|(a＋b)2． 

    ①设a＝b，此时由a|(b＋c)得a|c．又由c|(a＋b)2可得c|4a2，故c可能取的值为a，2a，4a，a2，2a2，4a2．分别代入中计算知，当c＝a时，a＝3；c＝2a时，a＝2；c＝4a时，a＝3；c＝a2时，a＝2均满足题设条件，相应的解为：(a，b，c)＝(3，3，3)，(2，2，4)，(3，3，12)． 

    ②设a＞b，由a|(b＋c)，设b＋c＝ka(k∈N*)，则c＋a＝(k＋1)－b．再由b|(c＋a)知b|(k＋1)a，又a、b为不同的素数，故b|(k＋1)．

    令k＋1＝mb（m∈N*），则c＝(mb－1)a－b＝mab－a－b，a＋b＋c＝mab，

∴＝＝m＋∈N*，于是m(a＋b)＝nc＝mnab－na－nb(n∈N*)，

即mnab＝(m＋n)(a＋b)，

∵a、b为不同的素数  ∴a|(m＋n)，b|(m＋n)，故ab|(m＋n)．

令m＋n＝tab(t∈N*)，则mn＝t(a＋b)．

    由t(a＋b)－tab＋1＝mn－(m＋n)＋1＝(m－1)(n－1)≥0得t(ab－a－b)≤1，即t[(a－1)(b－1)－1]≤1．

  ∵ t、a、b∈N*，a＞b   ∴(a－1)(b－1)－1＝1，

故a＝3，b＝2． 

此时t＝1，mn＝5，m＋n＝6，则m＝1或5，c＝mab－a－b＝1或25．于是(a，b，c)＝(3，2，1)，(3，2，25)． 

综上所述，共有五组解：(3，3，3)，(2，2，4)，(3，3，12)，(3，2，1)，(3，2，25)．

4．6个互异实数a1，a2，…，a6中最小数是m，最大数是M．求证：在这6个数中存在三个数，它们两两之差的绝对值或者小于(M－m)，或者不小于(M－m)．

证明：用平面中6个点A1，A2，…，A6(无三点共线)分别表示实数a1，a2，…，a6．若ai和aj不满足

(M－m)≤|ai－aj|≤(M－m)                  ①．

则在对应的两点Ai和Aj之间连一条红线，否则就连一条蓝线．于是，我们得到一个二染色的K6，其中必存在一个同色三角形．

但任取其中三个数ai，aj，ak(1≤i＜j＜k≤6)，这三个数不可能两两都满足①式．这是因为若有

                ai－aj≥(M－m)，aj－ak≥(M－m)．

则                ai－ak≥(M－m)．

这说明在这个二染色图中不存在三边都是蓝色的三角形．所以，必存在三边都是红色的三角形，这个三角形的三个顶点对应的三个实数不满足①，即结论正确．

4．设正整数列{bn}满足b0＝1，b1＝2，且bn＝2bn－1＋bn－2，n＝2，3，…．

()求最小的正数m和最大的正数M，使得≤|－|≤，n＝0，1，2，…．

() 若正整数y＜bn＋1，求证对任何正整数x均有|bn－bn|≤|y－x|．且不等式中等号成立的充要条件是x＝bn，y＝bn．

注：bn表示与bn之差的绝对值最小的整数．

解：数列{bn}的特征方程为λ2＝2λ＋1，其根为1＋和1－．从而bn＝A(1＋)n＋B(1－)n．其中A、B为待定常数，由b0＝1，b1＝2可得：A＝，B＝－．于是：

                bn＝[(1＋)n＋1－(1－)n＋1]．

令an＝[(1＋)n＋1＋(1－)n＋1]，则a0＝1，a1＝3，且an＝2an－1＋an－2，n＝2，3，…．

显然{an}和{bn}都是严格递增的正整数数列且

由此可得a－2b＝(－1)n＋1，于是an－bn＝．    ①

由{an}和{bn}的严格递增性可知：|an－bn|≤＜．

所以：an＝bn．

() 由①得：－＝．由此可得：

＜＜，k＝0，1，2，…．＞＞，k＝1，2，3，…．

即 1＝＜＜＜…＜…＜＜＜＜．               ②

由于|－|＝|－|＝＝·． 

利用②可得·≤|－|≤·，n＝0，1，2，…．

当n＝1时左端不等式中等号成立，当n＝0时右端不等式中等号成立，于是

m＝，M＝．

() 设正整数x、y满足y＜bn＋1，令          ③

由于an＋bn＝(1＋)n＋1，则an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)(1＋)＝(an＋2bn)＋(an＋bn)．

由此可得于是由①可知bn＋1an－bnan＋1＝a－2b＝(－1)n＋1．    ④

所以，由④从③解出之u，v均为正整数．若v＝0，则anu＝x，bnu＝y，

由此知u为正整数，且|y－x|＝u|bn－an|≥|bn－an|．

即()成立，此时|y－x|＝|bn－an|的充要条件为u＝1，

即x＝an＝bn，y＝bn．

若v≠0，易知u≠0，否则y＝bn＋1y≥bn＋1矛盾！若uv＞0，即u，v同号，由于x，y为正整数，所以u，v＞0．从而y＝bnu＋bn＋1v＞bn＋1矛盾！由此得uv＜0．由于

|y－x|＝|bnu＋bn＋1v－anu－an＋1v |＝|u(bn－an)＋v(bn＋1－an＋1)|．

由①及u，v不同号可知 u(bn－an)与v(bn＋1－an＋1)同号．

所以，|y－x|＝|bn－an||u|＋|bn＋1－an＋1||v|＞|bn－an|．

综上所说，()中的结论成立．

3、设f(n)和g(n)是由下列两个条件确定的自然数序列：

（1）f(1)＝1；

（2）g(n)＝na－1－f(n)（a是大于4的奇数），

证明：存在常数p，q使得f(n)＝[pn]，g(n)＝[qn]，其中[x]表示不超过x的最大整数．

解：取p，q为二次方程x2－ax＋a＝0的根，则p＝(a－)，q＝(a＋)，其中a2＞4a．于是，p＜q，p＋q＝a，pq＝a，＋＝(p＋q)＝1且1＜p≤2，q≥2．

这里p，q都是无理数，因为如果p是有理数，则a2－4a便是一个平方数，设a2－4a＝r2，由此看出a和r具有相同的奇偶性，因为p，q都是奇数，于是由＋＝1得p＝q＝2，因而a＝4，这与题意a是大于4的奇数不合．

现取f(n)＝[pn]，g(n)＝[qn]，则f(1)＝[p]＝1．

∴[pn]＜pn＜[pn]＋1，na－[pn]－1＜na－pn＜na－[pn]，因而[na－pn]＝na－[pn]－1，于是g(n)＝[qn]＝[(a－p)n]＝[an－pn]＝na－[pn]－1＝na－1＝f(n)．

这就验证了f(n)和g(n)满足⑴、⑵两条．

若有n＋1个相似三角形且较小的n个可以互不重叠地放在大的内部，试证：n个小的三角形周长和不大于大三角形周长的倍．

解：n个图形可以互不重叠地放在大图形的内部的必要条件是：这n个图形的面积和不大于大图形的面积．设小三角形Δk与大三角形Δ的相似比为λk，0＜λk＜1(k＝1，2，…，n)，Δk与Δ的面积分别为Sk与S，Δk与Δ的周长分别为Pk与P(k＝1，2，…，n)，

根据题意有：0＜λk＜1， Sk≤S，需证Pk≤P，因为＝λ2k，＝λk(k＝1，2，…，n)，由此，问题进一步转化为，已知0＜λk＜1，λ2k≤1，需证λk≤，

因为λk＝≤≤．

从而得证．下载本文