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2009年广西“创新杯”数学竞赛决赛试题解答


2009 年广西“创新杯”数学竞赛决赛试题解答
一、选择题(每小题 6 分,共 36 分) 1.选 D 设 x 4 + 4 x 3 + 3 x 2 + 2 x + 1 = ( x + 1) 4 + b1 ( x + 1) 3 + b2 ( x + 1) 2 + b3 ( x + 1) + b4 。 令 x = ?1 得 b4 = ?1 。排除 A,B,C,故选 D 2.

选 D 在 f ( x + y 2 ) = f ( x) + 2 f 2 ( y ) 中 , 令 x = y = 0 得 f (0) = 0 . 令 x = 0, y = 1 得
1 1 1 1 ;令 y = 1 得 f ( x + 1) ? f ( x) = 。故 { f (n)}是首项为 公差为 的等差数 2 2 2 2 1 1 列。于是 f (2009) = + (2009 ? 1) = 1004.5 2 2 3.选 A f (1) =

由 c ? b = ( 2 a + b ) ? b = 2a ? b + b ? b = 0 有 a ? b = ?
?

3 。 2

3 a ?b 2 = ? 3 。所以 θ = 150 0 ,故选 A 故 cos θ = = 2 a × b 1× 3

4.选 C
3 3 , 令 x = tan α 则有 x = tan(α + π ) ,故 x = x 。 = n n n +1 n n +6 n 6 3 1? xn 3 xn +

由题意得 x n +1

易知 x1 = 1, x 2 = 2 + 3 , x3 = ?2 ? 3 , x 4 = ?1, x5 = ?2 + 3 , x6 = 2 ? 3 。 从而 x1 + x 2 + x3 + x 4 + x5 + x6 = 0 ,故 ∑ x n = x1 + x 2 + x3 + x 4 + x5 = ?2 + 3
n =1 2009

5.选 C 若 x > 0 ,则 cos θ ≥ 2

x 1 = 1 ,由此可知 cos θ = 1 。 2 2x

x 1 x 1 若 x < 0 ,则 ? cos θ = (? ) + (? ) ≥ 2 = 1 ,由此可知 cos θ = ?1 。 2 2x 2 2x
故 θ = kπ (k ∈ Z ) 。故选 C

6.选 B
x 当 x = 1 时, f ( x) = 1 。 log 7 = 1 。如图 y = f ( x) 与 y = log 7 图象交点为 6 个,故选 7

B。 y

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

x

二、填空题(每小题 9 分,共 54 分) 1. 2 < x < 2 2 作∠ABC=450,并取 BC= x ,以 C 为圆心,2 为半径所作的圆与射线 BA 有两个交点 时,满足条件的△ABC 才有两解。故点 C 到 AB 的距离 CD= x sin 45 0 < 2 < x 。解得

2< x<2 2。

C 2
A

x
A B

2. 14 设电梯停在 x 层时 S 为最小。则
S = 1 × [1 + 2 + L + ( x ? 2)] + 2 × [1 + 2 + L + (20 ? x)]

=

3 2 85 3 85 2879 x ? x + 421 = ( x ? ) 2 + 2 2 2 6 24

因 14 ? 3. 67

85 85 。故当 x = 14 时,S 最小。 < 15 ? 6 6

f (a ) = (a + 1)(a + 2) ,a + 1 与 a + 2 为相邻整数,必有一个为 2 的倍数。当 a + 1 为

3 的倍数时, a = 2,5,8, L 98 成为公差为 3 的等差数列,共有 33 个。当 a + 2 为 3 的倍数时, a = 1,4,7, L 97,100 成为公差为 3 的等差数列,共有 34 个。 故共有 33+34=67 个。

4.

5

由已知有 (k + 1) 2 = 2 k + 4 = 4(2 k ?2 + 1) 。设 2 k ? 2 + 1 = t 2 ,则 (t + 1)(t ? 1) = 2 k ? 2 。 因此, t + 1 = 2 k1 , t ? 1 = 2 k 2 。 其中 k1 + k 2 = k ? 2 且 2 = (t + 1) ? (t ? 1) = 2 k1 ? 2 k 2 = 2 k 2 (2 k1 ?k 2 ? 1) 。 故 k 2 = 1 且 k1 ? k 2 = 1 。从而 k1 = 2 ,即有 k = 5 5.
1+ x 2? x 1+ x ) = x , f 31 ( x) = f1 ( x) 。 故 因为 2009 = 30 × 66 + 29 , 2? x

因为 f 30 ( x) = f1 ( f 29 ( x)) = f ( 故 f 2009 ( x) = f 29 ( x) = 6. 1

1+ x 。 2?x

设直角三角形两直角边为正整数 x, y ,则有 x 2 + y 2 = 2009 2

x = 2mnk ? ? 故 ? y = (m 2 ? n 2 )k ,其中 k , m, n 为正整数, m > n , m 与 n 互质且一奇一偶。 ?2009 = (m 2 + n 2 )k ?
因 2009 = 41 × 7 2 ,而 1,7,7 2 ,7 × 41 均不能表示为两个正整数的平方和,故只有
k = 49 , m 2 + n 2 = 41 。从而 m = 5, n = 4 。故 x = 1960, y = 441 。即所求的三角形

只有一个。 三.解答题(每小题 20 分,共 60 分) 1.(1)证明:Q cos AB, AC =
b2 + c2 ? a2 2bc ……………………5 分

∴ AB ? AC = AB ? AC cos AB, AC
= cb

b2 + c2 ? a2 b2 + c2 ? a2 = ……………………..8 分 2bc 2

(2)由条件有 A+C=2B 且 A+B+C= π ,故 B =

π
3

, A+C =

2π 3

又 b 2 = a 2 + c 2 ? 2ac cos B …………………………………………10 分

∴ a 2 + c 2 ? ac = 3 又∴ a 2 + c 2 ≥ 2ac , ∴ ∴ a 2 + c 2 ? ac ≥ ac …………………………15 分
∴ ac ≤ 3 当且仅当 a = c 时取等号。

又∴ AB ? BC = ac cos

2π 1 3 = ? ac ≥ ? 3 2 2

3 故 ( AB ? BC ) min = ? …………………………………………………20 分 2

2. 证明:充分性 设 ON⊥BC, 过点 N 作 EF∥BC 分别交 AB,AC 于 E,F,连接 充分性. 充分性 OC,OD,OE,OF。因 ON⊥BC, 故 ON⊥EF。 A

D E M B

N

F C

O

又 AC⊥OC, 则 N,O,C,F 四点共圆,故∠NFO=∠NCO………………………5 分 同理由 N,O,E,D 四点共圆得∠NDO=∠NEO 因∠NDO=∠NCO, 故∠NFO=∠NEO 从而 OE=OF,即有 EN=NF 所以 BM=CM,即 M 为 BC 中点。………………………………………………10 分 必要性. 必要性. 作 ON ' ⊥BC 交 CD 于 N ' , 连接 AN ' 并延长交 BC 于 M ' , 类似于充分性 的证法可证得 BM ' = CM ' ……………………………………………15 分 由 BM = CM 知, M 与 M ' 重合 而 N ' 是 CD 与 AM 的交点,故 N 与 N ' 重合 因此 ON⊥BC …………………………………………………………………20 分

3. 解:设 m + n = S ,则有

?m 3 + n 3 + 3mn(m + n) = S 3 ? 3 3 3 ? m + n + 99mn = 33

(1) (2)

由(1)-(2)得 S 3 ? 333 = 3mnS ? 99mn 即 ( S ? 33)( S 2 + 33S + 33 2 ? 3mn) = 0 故 S = 33 或 S 2 + 33S + 33 2 ? 3mn = 0 若 S = 33 则由 m, n 非负知有 34 组解:

………………………………5 分

(m, n) = (0,33), (1,32), (2,31) L (33,0) ………………………………………10 分

若 S 2 + 33S + 33 2 ? 3mn = 0 ,则
(m + n) 2 + 33(m + n) + 33 2 ? 3mn = 0

从而 (m ? n) 2 + (m + 33) 2 + (n + 33) 2 = 0 由由 m, n 非负知,上式无解 因此本题仅有 34 组有序非负整数解………………………………………20 分


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