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高中数学奥林匹克模拟真题(三)


高中数学奥林匹克模拟真题(三)及答案
陈传理提供
一、填写题:共 64 分,每小题 8 分.

} ,记 M 的所 1.由 10 个元素组成的集合 M ? {1,99,?1,0,25,?36,?91,19,?2,11
有非空子集为 M i , i ? 1,2?,1023,每一个 M i 中的所有元素之积为 mi ,则
1

023 i ?1

?m

i

=

.

· O 的半径为 7 , · O 上的三点, DC ? DB ? 1 , ? BOC ? 120? , 2. ○ D,B,C 为○

则 DB=

.

3.已知 sin ( x ? 20? ) ? cos(x ? 10? ) ? cos(x ? 10? ) ,则 tan x =
x2 y2 1 y ? ? 1 ,则 2 ? 的取值范围是 4.若实数 x , y 满足 x x 4 4

. .

5.所有能使 [

n2 ] 为质数的正整数 n 的倒数和为 5

.

6. 已知函数 f ( x) ? loga (?ax2 ? 3x ? 2a ? 1) 对任意的 x ? (0,1] 恒有意义,则实 数 a 的取值范围是 三角形,这样的三位数 n 有 8.一个正三梭锥的体积为 . 个.
2 ,则它的表面积的最小值为 3

7.设三位数 n ? abc,若 a, b, c 为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)

.

二、解答题:共 56 分,第 9 题 16 分,第 10、11 题各 20 分. 9 .设点 Z 是单位圆 x 2 ? y 2 ? 1 上的动点,复数 W 是复数 Z 的函数:
W? 1 ,试求点 W 的轨迹。 (1 ? Z ) 2

10.设二函数 y ? f ( x) 的图象过点 O(0,0) ,且满足 ? 3x 2 ? 1 ? f ( x) ? 6x ? 2 .
1 数列 {an } 满足: a1 ? , a n ?1 ? f (a n ) . 3

(1)确定 f ( x) 的表达式; (2)证明: an?1 ? an ; (3)证明: ?
i ?1 n

1 ? 3n?1 ? 3 . 0.5 ? ai

11.已知 a, b, c ? R ? ,且满足

kabc ? (a ? b) 2 ? (a ? b ? 4c) 2 ,求 k 的最小值. a?b?c

第二试
· O 经过 ?ABC 的顶点 A 、 B , 一、 (本题满分 40 分)如图 1,半径为为 R 的○

且 分 别 与 边 CA 、 CB 交 于 点 D 、 E , AE 与 BD 交 于 点 P. 求 证 :

OC 2 ? OP 2 ? PC 2 ? 2R 2 .

C D E P O A B

1 a)(c ? b) 二、设正实数 a 、b 、c 满足 a 3 ? b 3 ? c 3 ,证明:a 2 ? b 2 ? c 2 ? 6(c图 ?

三、 (本题满分 50 分)设 M 为坐标平面上坐标为(p·2002,7p·2002)的点, 其中 p 为素数,求满足下列条件的直角三角形的个数: (1)三角形的 3 个顶点都是整点,而且 M 是直角顶点; (2)三角形的内心是坐标原点. (四) (本题满分 50 分)求所有的非零整数 a, b, a ? b ,使得:可以把整数 集分拆为 3 个子集,使得对每个 n, n、n ? a、n ? b 分别属于这 3 个集合.

一试参考答案
一、填空题: 1.—1.
1023 i ?1

?m

i

? (1 ? 1) · (99 ? 1) · (?1 ? 1) · (0 ? 1) · (25 ? 1) · (?36 ? 1) · (?91? 1) · (19

? 1) · (?2 ? 1) · (11? 1) ? 1 ? ?1.
2.4. 连接 BC . ?OBC 中,由余弦定理可得
BC ? ( 7 ) 2 ? ( 7 ) 2 ? 2 · 7 · 7 · cos 120 ? ? 21 .

设 DB ? x ,则 DC ? x ? 1 . 在 ?OBC 中,由余弦定理可得 ( 21) 2 ? x 2 ? ( x ? 1) 2 ? 2 · x· ( x ? 1) · cos 60? , 解得 x ? 4 或 x ? ?5 (舍去). 3. 3 . 由已知等式可得

sin x cos 20? ? cos x sin 20? ? 2 cos x cos10? ,所以 tan x ? 2 cos10? ? sin 20? ? 2 cos(30? ? 20? ) ? sin 20? ? 2(cos30? cos20? ? sin 30? sin 20? ) ? sin 20?

2 cos10? ? sin 20? 又 cos20?

? 3 cos20? ? sin 20? ? sin 20? ? 3 cos 20? ,所以 tan x ?

3 cos 20? ? 3. cos 20?

4. (—1,1). 令 x ? 2 sec ? , y ? 2 tan ? , ? ? (? 则
1 y 1 ? ? cos 2 ? ? sin ? 2 x 2 x ? 1? 1 (sin ? ? 1) 2 ? (?1,1) . 2

? ?

, ), 2 2

5.

37 . 60

n ? 1,2,3 时, [

n2 n2 n2 ] 都不是质数; n ? 4 时, [ ] ? 3 是质数; n ? 5 时 [ ] ? 5 5 5 5

是质数; n ? 6 时, [

n2 ] ? 7 是质数. 5

当 n ? 8 时,可设 n ? 5k ? r (其中 k 为不小于 2 的正整数, r ? 0,1 ,或 2) 则
n2 1 1 1 ? (5k ? r ) 2 ? (25k 2 ? kr ? r 2 ) ? k (5k ? 2r ) ? r 2 , 5 5 5 5

所以 [ 不是质数.

n2 n2 ] ? k (5k ? 2r ) ,因为 k ? 2 ,所以 5k ? 2r ? 2 ,所以 [ ] ? k (5k ? 2r ) 5 5

n2 1 1 1 37 因此,能使 [ ] 为质数的正整数 n 只有 4,5,6,它们的倒数和为 ? ? ? . 4 5 6 60 5 1 6. [ ,1) ? (1,?? ) . 2

显然 a ? 0 且 a ? 1 . 由题意知 ? ax2 ? 3x ? 2a ? 1 ? 0 对一切 x ? (0,1] 恒成立,即 a ?
3x ? 1 对一切 x2 ? 2

x ? (0,1] 恒成立.
令 g ( x) ?
3x ? 1 ? 3x 2 ? 2 x ? 6 ? , 则 , 显然, 对一切 x ? (0,1] ,g ?( x) ? 0 , g ( x ) ? x2 ? 2 ( x 2 ? 2) 2 3x ? 1 g (1) ? g ( x) ? g (0) , 在 (0,1] 上单调递减, 因此, 当 x ? (0,1] 时, x2 ? 2

所以函数 g ( x) ? 即 ? 2 ? g ( x) ?

1 1 .因此, a ? . 2 2

1 综合可知:实数 a 的取值范围是 [ ,1] ? (1,?? ) . 2

7.165. 因为 a, b, c 为边长,且分别是 n 的百位数字,十位数字和个位数字,所以

a, b, c ? {1,2,3?,9} .
(1)如果以 a, b, c 为三条边的长构成等边三角形,则 a ? b ? c ,这样的三位 数 n 有 9 个; (2)如果以 a, b, c 为三条边的长构成等腰(非等边)三角形,则 a, b, c 中恰 好含有两个不同的数码,不妨设为 A, B( A ? B) .这时,又有两种情况:
2 ①三个数为 A, A, B ,这样的三位数 n 有 3C9 ? 108个;

②三个数为 A, B, B ,则 B ? A ? 2 B ,列表可知有如下 16 种可能.
A B 3 2 4 3 5 3 5 4 6 4 6 5 7 4 7 5 7 6 8 5 8 6 8 7 9 5 9 6 9 7 9 8

对于 A、B 的每一组值, 可以确定 3 个不同的三位数, 所以, 这样的三位 n 有
3 ? 16 ? 48 个.

综上可知,满足条件的三位数 n 共有 9+108+48= 165 个.
3 8. 2 3 · 2.

设三棱锥的底面正三角形的边长为 a ,斜高为 h ,侧面与底面而所成角 ? , 易知 a ? 2 3h cos ? ,正三棱锥的高 H ? ? . 因为正三棱锥的体积为
2 1 3 2 ,所以 · a 2 · , H? 3 3 4 3

2 1 3 2 ,所以 h 3 ? . · · (2 3h cos ? ) 2 · h sin ? ? 3 4 3 3 3· sin ? · cos2 ?
正三棱锥的表面积
S? ? 3 2 1 a ?3· · ah 4 2 3 1 · (2 3h cos ? ) 2 ? 3 · · 2 3h cos ? · h 4 2

? 3 3h 2 cos ? (1 ? cos ? ) . S 3 ? 81 3h 6 cos3 ? (1 ? cos? ) 3

? 81 3 · (

2 3 3· sin ? · cos ?
2

) 2 cos3 ? (1 ? cos? ) 3

(1 ? cos? ) 2 ?6 3· (1 ? cos? ) · cos?
?6 3· ( 1 ? 3 cos ? ? 1) , cos ? ? cos 2 ?

记 f (? ) ?

cos? ? cos2 ? 1 ,令 t ? 1 ? 3 cos ? ,则 cos ? ? (t ? 1) , 3 1 ? 3 cos?

1 1 (t ? 1) ? [ (t ? 1)]2 3 f (? ) ? g (t ) ? 3 t 5 1 4 ? ? (t ? ) 9 9 t

?

5 1 4 ? · 2 t· 9 9 t 1 ? , 9
1 时取等号. 3

当且仅当 t ? 2 ,即 cos ? ?

3 3 因此, 所以 S ? 2 3 · 故 S 的最小值为 2 3 · S3 ? 6 3 · (9 ? 1) ? 48 3 , 2, 2.

二、解答题:

?? ? ?? 9 . ?| Z |? 1 , ? 设 Z ? cos ? ? i sin ? , 1 ? Z ? 2 cos ? cos ? i sin ? 。 令 2? 2 2?
W ? x ? yi ,则
x ? yi ? 1 1 4 cos
2

?1 ? Z ?
1

2

?

??
?

? cos ? i sin ? 2? 2 2?

?

??

2

?cos? ? i sin ? ? 4 cos 2 2 y cos? sin ? ①, y ? ? ② ②÷①得 tg? ? ? ?x ? ? ? x 4 cos2 4 cos2 2 2 ? ? 2 sin cos 2 2 ? ? 1 tg ? 。 从②得 y ? ? ? 2 2 4 cos2 2 ? 2tg ? y 2 ? ? 4y 。 ? tg ? ? ?2 y ,代入③得 ? ? ? 1? 4y2 2 x 1 ? tg 2 2 1 ? y 2 ? ?x ? 。 4
4 cos
2 2

?

1

?

?

?cos? ? i sin ? ? 。



(n ? Z ) ,在 y ? 0 时,导出轨迹方程。 这里由于 1 ? Z ? 0 ,所以 ? ? (2n ? 1)? ,
但当 ? ? 2n? 时, y ? 0 , x ?
1 ?1 ? ?1 ? ,故轨迹过点 ? ,0 ? ,而点 ? ,0 ? 在此抛物线上。 4 ?4 ? ?4 ?

10. (1)设 f ( x) ? ax2 ? bx ? c ,由 f (0) ? 0 可得 c ? 0 . 由 ? 3x 2 ? 1 ? 6 x ? 2 可 得 x ? ?1 , 故 f (?1) ? ?4 , 即 a ? b ? ?4 , 所 以

f ( x) ? (b ? 4) x 2 ? bx .
再由 f ( x) ? 6 x ? 2 恒成立可得 b ? 2 ,故 f ( x) ? ?2 x 2 ? 2 x .
2 (2) an?1 ? f (an ) ? ?2an ? 2an , a1 ?

1 1 ,下用数学归纳法证明 a n ? (0, ) . 3 2

① n ? 1 时显然成立;
1 1 1 1 ②假设 n ? k 时, a k ? (0, ) ,则 n ? k ? 1 时, a k ?1 ? ?2(a k ? ) 2 ? ? (0, ) . 2 2 2 2

1 综上, n ? N ? 时, a k ? (0, ) . 2
1 1 1 故 a n ?1 ? a n ? ?2(a n ? ) 2 ? ? (0, ) ,即 an?1 ? an . 4 8 8

1 1 1 1 1 (3)由(2)知, a n ? (0, ), ? a n ? (0, ) ,且 ? a n ?1 ? 2( ? a n ) 2 . 2 2 2 2 2 1 1 即 lg( ? a n ?1 ) ? lg 2 ? 21g ( ? a n ) . 2 2 1 1 故 lg( ? a n ?1 ) ? lg 2 ? 2[lg( ? a n ) ? lg 2] . 2 2

所以

1 1 ? an 2

? 2 ? 32 .
1 1 ? an 2

k ?1

易证 2 k ?1 ? k ,故

? 2 ? 32

k ?1

? 2 ? 3k ,

从而 ?
i ?1

n

1 ? 2 ? (31 ? 32 ? ? ? 3n ) ? 3n?1 ? 3 . 0.5 ? ai

11.因为 (a ? b) 2 ? (a ? b ? 4c) 2 ? (a ? b) 2 ? [(a ? 2c) ? (b ? 2c)]2
? (2 ab) 2 ? (2 2ac ? 2 2bc) 2 ? 4ab ? 8ac ? 8bc ? 16c ab .

所以
(a ? b) 2 ? (a ? b ? 4c) 2 4ab ? 8ac ? 8bc ? 16 ab ? ( a ? b ? c) ? (a ? b ? c) abc abc 1 8 8 16 ?( ? ? ? )(a ? b ? c) c b a ab

? 8(

1 1 1 1 1 a a b b ? ? ? ? )( ? ? ? ? c) 2c b a ab ab 2 2 2 2

1 a 2b 2 c 5 ) ? ( 5 ) ? 100 . 2a 2 b 2 c 24 100 abc 故 (a ? b) 2 ? (a ? b ? 4c) 2 ? ,当 a ? b ? 2c ? 0 时等号成立. a?b?c kabc ? (a ? b) 2 ? (a ? b ? 4c) 2 ,所以 k 的最小值为 100. 由已知条件 a?b?c ? 8(5 5

第二试参考答案
· O 的两条切线,切点 一、如图 2 所示,过点 C 作○

分别为 M、N,连结 MA、MD、NB、NE、DE. 易证 ?CDM ∽ ?CMA , ?CEN ∽ ?CNB ,?CDE ∽
?CBA .
P O A 图2 D M

C E N

B

于是

DM CD NE CN AB CB ? , ? , ? . MA CM BN CB CE CD

由切线长定理知 CM ? CN ,所以
DM AB NE CD CN CB ? ? ? ? ? ? 1 ,于是由塞瓦定理可知 AE 、BD 、MN 相 MA BN ED CM CB CD

交于点 P. 又 MN ⊥ CO ,所以 PC 2 ? PO2 ? NC 2 ? NO 2 ? OC 2 ? R 2 ? R 2 , 即 OC 2 ? OP 2 ? PC 2 ? 2R 2 . 二、证 因为 a 3 ? b 3 ? c 3 是齐次等式,所以,不妨假设 c ? 1 .则

a 3 ? b3 ? 1 ? (a ? b)(a 2 ? b 2 ? ab) ? 1. 设 a ? b ? s, ab ? t 则
s( s 2 ? 3t ) ? 1 ? t ? s2 1 ? .而 a 2 ? b 2 ? c 2 ? 6(c ? a)(c ? b) 3 3s

? a 2 ? b 2 ? 1 ? 6(1 ? a ? b ? ab)

? s 2 ? 2t ? 1 ? 6 ? 6s ? 6t ? s 2 ? 6s ? 8t ? 7 ? 0

? s2 1 ? ? s 2 ? 6s ? 8? ? 3 ? 3s ? ??7 ? 0 ? ?
? 3s 3 ? 18s 2 ? 8s 3 ? 8 ? 21s ? 0 ? 5s 3 ? 18s 2 ? 21s ? 8 ? 0
? (s ? 1) 2 (5s ? 8) ? 0 .
8 ? a ? b ? 128 若 5s ? 8 ? 0 ,即 a ? b ? ,则 1 ? a 3 ? b 3 ? 2? ? 1,矛盾. ? ? 5 ? 2 ? 125
3

故s ?

8 ? ( s ? 1) 2 (5s ? 8) ? 0 .原不等式得证. 5

三、如图 3 所示,关于 OM 的中点 Q 作中心对称,满足条件的直角三角形变 为以 O 为直角顶点、M 为内心的直角三角形 OAB,A、B 仍是整点. 直线 OM 的斜率为 tan? ? 7 ,直线 OA 斜率为
tan? ? tan(? ? 45? ) ? tan ? ? 1 3 ? ,直线 OB 的斜 1 ? tan ? 4
O y B M Q A

率为 ?

4 . 3

x

由此可设点 A 的坐标为 (4t ,3t ) ,点 B 的坐标为 (-3s,4s) ,从而知 t ? 4t ? 3t , s ? ?3s ? 4 s 都是整数. 设 ?ABC 的内切圆半径为 r ,则
图3

r?

2 2 OM ? p ? 2002? 12 ? 7 2 ? 5 p ? 2002. 2 2

又如 OA ? 5t , OB ? 5s, AB ? 5 t 2 ? s 2 , OA ? OB ? AB ? 2r ,所以

5 t 2 ? s 2 ? 5t ? 5s ? 2 ? 5 p ? 2002,
即 t 2 ? s 2 ? (t ? s) 2 ? 4 p ? 2002? (t ? s) ? 4 p 2 ? 20022 ,整理得

(t ? 4004p)(s ? 4004p) ? 2 p 2 ? 20022
由于 5t ? 2r ,5s ? 2r , 所以 t ? 4004p ? 0, s ? 4004p ? 0 . ? 23 ? 7 2 ?112 ?132 ? p 2 , 所以所求三角形个数等于 23 ? 7 2 ?112 ?132 ? p 2 的正因子个数. 当 p ? 2,7,11,13 时,有 (3 ? 1)(2 ? 1)(2 ? 1)(2 ? 1)(2 ? 1) ? 324 个直角三角形符合 题意; 当 p ? 2 时,有 (5 ? 1)(2 ? 1)(2 ? 1)(2 ? 1) ? 162个直角三角形符合题意. 当 p ? 7 ,或 11,或 13 时,均有(3+1) (4+1) (2+1) (2+1)=180 个直角 三角形符合题意. 四、设 (a, b) ? r ,考虑 a ? ?
a b , b ? ? ,则 a? ? b? ? 2(mod3) 为所求充要条件. r r

先证充分性.当 a? ? b? ? 2(mod3) 时,考虑这样的 3 个 Ai ? {n | n ? kr ? t,0 ? t
? r ? 1 且 k ? i(mod3)}(i ? 1,2,3) ,则自然数集被分拆为 3 个集合 A1 、 A 2 、 A3 .

下证这样的分拆满足条件. 设 n ? kr ? t (0 ? t ? r ? 1) ,则 n ? a ? (k ? a?)r ? t , n ? b ? (k ? b?)r ? t .

d) . 所 以 0 、 a ? 、 b? 构 成 模 3 的 完 全 剩 余 系 , 所 以 由 于 a?b? ? 2( m o 3 k , k ? a?, k ? b? 构成模 3 的完全剩余系,所以 n、n ? a、n ? b 在不同的子集中.
设 rn? ? A1 , rn? ? ra? ? A2 , rn? ? rb? ? A3 , 可 知 rn? ? ra? ? rb? ? A2 , rn ? ? ra ? ?

rb? ? A3 ,所以 r (n'?a'?b' ) ? A1 .
又 r (n'?2a' ) ? A1 , r (n'?2a' ) ? A2 ,所以 r (n'?2a' ) ? A3 . 同理可得: r ' (n'?3a' ) ? A1 ,从而 r (n'?3la' ) ? A1 ,其中 l ? Z . 同理, r (n'?3kb' ) ? A1 ,从而 r (n'?3la'?3kb' ) ? A1 ,其中 l , k ? Z . 若 3 | a' , 则 由 裴 蜀 定 理 知 存 在 l , k ? Z , 使 得 la'? kb ' ?
a' ,从而 3

r (n'?a) ? A1 ? A2 ? ? ,矛盾!所以 3 ? a ' .
同理可证: 3 ? b' ,3 ? a'?b' . 于是有 0、a'、b' 模 3 互不相同,则 a' b' ? 2(mod3) . 必要性获证.


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