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寒假数学竞赛模拟1答案

发布时间:2013-09-26 16:01:02  

2013年西西寒假辅导班数学竞赛试题一详细答案

考试时间:1月31日14:00-16:30

一、填空题(每题8分,共64分)

1、设数列{an}和数列{bn}满足a0=b0=1,an=an?1+2bn?1,bn=an?1+bn?1,n=1,2···,n,求点(a2n+1,b2n+1)运动轨迹方程的离心率e=

22n+122解:由数归易得√an?2bn=(?1),n=0,1,2,···,n故(a2013,b2013)的运动轨迹为双曲线x?2y=c1,即e==a2

√3x2

32、不等式的≤x+2+32(1?√解:令y=3则3x+1=y3,则原不等式变形为√(3x)2

3≤3x+6+3(1?32(y3?1)23223即≤y+5+3y=?(y+y+1)≤y+5+3y(1?y)2

化简整理得

y4+y3+3y2?y?4≤4,=?(y+1)(y?1)(y2+y+4)≤0

√22即?1≤3≤1=??≤x≤0,注意x=0故原不等式的解集为?≤x<033

3、设m,n是素数,若关于x的方程m+cosx=n(m+sinx)有实数解,求m+n的最大可能值=

m(n?1)m(n?1)解:原方程可化为cos(x+φ)=,tanφ=n首先我们证明当m≥3,n≥3时,>1

因为??√??m(n?1)3(n?1)3≥=3??1?≥>1??5n+n

所有m≤2,n≤2,故只有m=n=2,即m+n的最大可能值为4.

x2y2

4、过椭圆+=1上任意一点P,作椭圆右准线的垂线PH(H是垂足).并延长PH到Q,使32得HQ=λPH(λ≥1),当点P在椭圆上运动时,点Q的轨迹的离心率取值范围是=解:设P(x1,y1),Q(x,y),因为右准线为x=3,故H(3,y1),又因为HQ=λPH,则HP1=?,则由定比分点公式得PQ1+λ

???x1=3(1+λ)?x

λ??y1=y

1

带入椭圆Q的轨迹

[x?3(1+λ)]2y2

+=13λ22

e==λ√[√)21?2∈,13λ3因此:离心率

5、已知三棱锥S?ABC中,底面三角形每个顶点处的三个面角和均为180?,底面三角形三边分√√,求三凌锥的体积是=别是2√解:答案,易得S?ABC是等腰四面体.3把三凌锥S?ABC的三个侧面都展开在底面上,S1A=S2A=SA,且S1AB+BAC+S2AC=1180?,故S1,A,S2三点共线,且A为S1S2中点.同理其他共线,故AC=S2S3=SB,同理有AB=2√√SC,BC=SA.故为等腰四面体,构造长方体易得长方体的长宽高分别为1,故体积√1为V=V=33

6、将(a?2b+3c?4d)40?(a+2b?3c?4d)40展开后并将同类项合并,则不同的同类项的项数是多少=

解:6160

由于(a?2b+3c?4d)40展开式中各项可以表示为am(?2b)n(3c)p(?4d)q的形式.

(a+2b?3c?4d)40展开式中各项可以表示为am(2b)n(?3c)p(?4d)q的形式,其中0≤m,n,p,q≤40,m+n+p+q=40,

容易看出,当n+p为偶数时,有am(?2b)n(3c)p(?4d)q?am(2b)n(?3c)p(?4d)q=0,这样这两项抵消了所以当n+p为奇数时,才合并为一项,由于0≤n,p≤40,所以可取得奇数值n+p=2k?1,k=1,2,···,20,故此时(n,p)可以有2k?1+1=2k种不同的取法.

当n+p=2k?1时,必须有m+q=40?(2k?1)=41?2k

所以,多项式展开合并后,不同的同类项的项数为:

20∑

k=12k(42?2k)=20∑k=1(84k?4k2)=6160

7、作为天气预报的一个简单模型,假设明天天气(湿润或者干燥)与今天相同的概率为p,如果2月1日天气为干燥,求n天后为干燥的概率Pn=11解“Pn=+(2p?1)n

22.显然我们得到递推Pn=pPn?1+(1?p)(1?Pn?1),即

Pn=(2p?1)Pn?1+(1?p),P0=1

即()11Pn?=(2p?1)Pn?1?22

2

√√√8、若对所有正整数n都有[+=[成立,求实数a的取值范围=

其中[x]表示不大于x的最大整数,即为取整函数.√解:9?6≤a≤2

对于每一个正整数n都存在唯一的非负整数t满足t(t+1)≤n<t2+2t或是t2+2t+1≤n<(t+1)(t+2).

2t+1,那么有

2t+1≤即√对于第一种情形,我们设n=t(t+1)+u,0≤u≤t,则(2t+1)≤4n+1<(2t+2),则[=22√√t(t+1)+u+a+t(t+1)+u<2t+2√√2(2t+1)?2(2t+1)t(t+1)+u≤a<(2t+2)?2(2t+2)t(t+1)+u2

要使得上面恒成立,那么有

?√?a≥(2t+1)2?2(2t+1)=f(t)

?a<(2t+2)2?2(2t+2)√=g(t)

对于第二种情况我们同样分析得:

??a≥(2t+2)2?2(2t+2)(t+1)=0

?a<(2t+3)2?2(2t+3)√=h(t)

√易得f(t)在[1,∞]单调递减,则a≥f(1)=9?6同样我们易得g,h在[0,∞)单调递减,且g(t)?→52,h(t)?→,t?→∞,所以a≤22

二、解答题

1、(16分)设f(x)是定义在区间(0,+∞)上的单调函数,且对于任意x,y∈(0,+∞),都有f(xy)=

1证明:我们来证明一个引理:设A,B为常数,如果对于任意n∈N都有|A?B|≤,则有A=B,n11证明:假设A=B,则由题意得|A?B|≤1,令|A?B|=,m≥1,取n=[m]+1,则|A?B|=>mm1与题意矛盾,故A=Bn当n为整数时,由f(xy)=f(x)+f(y)容易得f(xn)=nf(x),且f(1)=0,

当a>1时,由f(a)=1>f(1)=0,可知f(x)是(0,+∞)上的增函数,对任一x∈(0,+∞),设

k≤logax≤k+1,k∈Z

,则ak≤x≤ak+1.故有f(ak)≤f(x)≤f(ak+1),又f(ak)=kf(a)=k,f(ak+1)=k+1,则有k≤f(x)≤k+1

1,由引理得:nf(x)=logax,同理当0<a<1时成立.取x为xn,则|f(x)?logax|≤3综上得|f(x)?logax|≤1f(x)+f(y),f(a)=1,0<a=1,求证:f(x)=loga(x)

2、(20分)设P1,P2,···,Pn,···是曲线y=

上的点列,Q1,Q2,···,Qn,···是x轴正半轴上的点

列,且?OQ1P1,?Q1Q2P2,?Q2Q3P3,···,?QnQn+1Pn+1,···均是等边三角形,又设它们的边长分别为a1,a2,···,an,···,又设Sn是数列a1,a2,···,an的前n项之和,

(1):求an的通项

11119

(2):求证:+++···+<

S1S1+S2S1+S2+S3S1+S2+···+S2n(证明:点Qn?1(a1+a2+···+an?1,0),即点Qn?1(Sn?1,0),显然Pn√32(an)

线y=.则an=Sn?1+

42

)√

anSn?1+,an,显然他在曲

22

an32

an=Sn?1+4232an+1an+1=Sn+42

相减得

1113

(an+1+an)(an+1?an)=an+an+1?an=(an+1+an)4222

22

=?an=a1+(n?1)=n

33

2

即an+1?an=,an>0

31

(2):故Sn=n(n+1)所以

3

11

S1+S2+···+Sn=(12+22+···+n2+1+2+···+n)=

33所以

(

n(n+1)(2n+1)n(n+1)

+

62

)=

n(n+1)(n+2)

9

1111+++···+S1S1+S2S1+S2+S3S1+S2+···+Sn

n∑1=9

i(i+1)(i+2)i=1

()()n∑111911

=9?=?

2i(i+1)(i+1)(i+2)22(n+1)(n+2)i=1<94

(1)(2)(3)(4)

3、(20分)已知抛物线y2=4x的焦点为F,过F作两条互相垂直的弦AB,CD,设AB,CD的中点分别为M,N.

(1):求证:直线MN必过定点.

(2):分别以AB和CD为直径作圆,求两圆相交弦中点H的轨迹方程.

证明:显然F(1.0),LAB:y=k(x?1),带入y2=4x得k2x2?2(k2+2)x+k2=0,

xM+xBk2+22

故xM==,y=k(x?1)=MM

2k2k

4

(

故M

1又CD⊥AB,所以,将点M坐标中k换为?,即得N(2k2+1,?2k).k2?2k?则lMN:y+2k=(x?2k2?1)k+22k2+1?k2

2即(1?k)y=k(x?3),故不论k为何值,直线MN恒过点T(3,0).⊙⊙⊙⊙(2):由抛物线的性质知:M,N都与抛物线的准线x=?1相切,所以M,N的半径分别为xM+1,xN+1,从而⊙M:(x?xM)2+(y?yM)2=(xM+1)2

⊙N:(x?xN)2+(y?yN)2=(xN+1)2k2+22,k2k)

两式相减得:得公共弦所在直线方程为:

122(xM?xN)x+(yM?yN)y=(yM?yN)?(xM?xN)2)()(1214222?又(yM?yN)?(xM?xN)=?4k?2k2=02222kk?故公共弦所在直线过原点O.所以OHT=90,于是,点H的轨迹是以OT为直径的圆(除去直接的两

个端点).其轨迹方程为(

x?3

2)29+y2=.(y=0)4

⊙⊙⊙1、(40分),两圆外切于点T,PQ为O1的弦,直线PT,QT分别交O2于点R,S,分别过P,Q作O1的⊙1切线依次交O2于A,B,D,C,直线RD,SA分别交PQ于E,F,求证:EAF=BAC2证明:延长CA至点M,连接TA,TF,SR,SD,SC,AD,易得:SR//PQ,故PFA=ASR=PTA.

从而P,F,T,A四点共圆,于是FAD=FAT+TAD=FPT+TSD=TQD+TSD=SDC=SAC

则AF平分DAM

同理,延长BD至点N,可证DE平分ADN,又SFT=APT=SQP,有?SFT~?SQF.于是SF2=ST·SQ,同理可得SD2=ST·SQ,SC2=ST·SQ,故SF=SD=SC,即S为?FCD的外心.从而

11FCD=FSD=ACD22

则CF平分ACD,所以,F为?ADC的旁心.

同理知:E为?DAB的旁心,因此

EAF=FAD?EAD

11=(ACD+ADC)?(ABD+ADB)2211=(ADC?ADC)=BDC221=BAC2

5(5)(6)(7)(8)

2、求所有实数r定义dr(x,y)=

立.|x?y|,:使得dr(x,y)+dr(y,z)≥dr(x,z)对所以x,y,z>0恒成(x+y)r

证明:我们有如下结论:满足三角不等式的r的取值范围为r∈[0,1]和r=?1不失一般性设x≥y≥z,若r=?1时,显然dr(x,y)+dr(y,z)=x2?y2+y2?z2=x2?z2=dr(x,z)下面我们证明当0≤r≤1时,则dr(x,z)是最大的,x?zx?y显然我们有dr(x,z)=≥=dr(x,y)(x+z)r(x+y)r

为了证明dr(x,z)≥dr(y,z),我们令

F(t)=

是单调递增即可

由于(t+z)r?(t?z)r(t+z)r?12rz+(1?r)(t+z)F(t)==≥0,0≤r≤1(t+z)2r(t+z)r+1′t?z,t∈[z,x](t+z)r

接下来我们证明0≤r≤1时,有

(x?y)y?zx?z+≥(x+y)r(y+z)r(x+z)r

由于f(t)=t?r,t>0,r≥0=?f′′(t)=r(r+1)t?r?2>0,故由加权琴声不等式有

rw1t?1+rw2t?2x?yy?z≥(w1t1+w2t2),t1=x+y,t2=y+z,w1=.w2=x?zx?z?r

另外一方面,当r>1时,我们取z=1,y=2,则

y?z1x?2(x?1)x?yx?z=>+=+(y+z)r3r(x+2)r(x+1)r(x+y)r(x+z)r

而当?1<r<0,则f′′(t)<0显然不满足

当r<?1时,则取z=1,y=2,则

x?yy?zx?z?r?r?r=(x?2)(x+2)>3+(x?1)(x+1)=+(x+y)r(y+z)r(x+z)r

故使得原三角不等式恒成立的r取值范围为r∈[0,1]和r=?1.

3、已知S={1,2,···,···,100},A={x1,x2,···,x16},求证:对任意的a=A?S都存在A的一个4元分拆:?∪∪∪?AA2A3A4=A???1∩AiAj=?(1≤i=j≤4)????|A|=|A|=|A|=|A|=41234

使其中某一个Ai的元素恰好是方程x?y+z?t=0的一个解.

证明见:只须证明A中存在4个不同的元素,且某两个之差等于另两个之差.

6

2首先,S中两数之差(大数减小数,以下同)可取1~99共99个值,而A中16个元素可作出C16=120个

差,由抽屉原理知:必有2个差是相同的,记为a1?b1=c1?d1,其中a1>b1,a1>c1,c1>d1,从而b1>d1.

若b1=c1,则命题成立.

若b1=c1,则取走这一个差a1?b1.但并不是取走元素a1,b1),剩下的119个差在1~99之间取值,又必有2个差是相同的,记

a2?b2=c2?d2,a2>b2,a2>c2,c2>d2

,从而b2>d2若b2=c2,则命题成立

若b2=c2,则取走这一个差a2?b2,剩下的118个差在1~99之间取值,又得出必有2个差相同的依次类推,最多进行到第15步时,得出a15?b15=c15?d15,其中a15>b15,a15>c15.c15>d15,从而b15>d15.若b15=c15,则命题成立.

若b15=c15,则前15步积累了15个相同的差,

a1?b1=b1?d1(b1=c1)

a2?b2=b2?d2(b2=c2

···

a15?b15=b15?d15(b15=c15)

由于ai>bi>di,故bi不能取A中的最大数也不能取最小数,只有14个可取值,所以,15个bi中必有2个是相同的,不妨设b1=b2

由于a2?b2是在a1?b1取走之后才得到的,故a2=a1,不妨设a1>a2

显然a1?a2=d2?d1,由a1>a2知d2>d1,又a1>b1>d1.a2>b2>d2,

故a1>a2>d2>d1,即a1,a2,d2,d1两两不等.

因此,命题成立.

可见,最多进行到第15步时,必能找出A中4个互不相等的元素a,b,c,d,使得a?b=c?d

以这4个元素组成Ai={a,b,c,d},便可满足题设的全部条件.

4、试求出所有的正整数组(m,n,p),(p≥2)使得(pmn?1)|(m2+n2).

证明:设m2+n2=k(pmn?1),(k∈N+)············(1),

2m22(1):若m=n,则k=≥1=?(p?2)m≤1pm2显然p≤3

当p=3时,则m2≤1,故只能有m=n=1.2m21当p=2,则k==1+是正整数,m=n=12m22m2(2):若m=n,由对称性不妨设m>n,即m≤n+1.

考虑二次方程x2?pknx+(n2+k)=0,其中m是该方程的一个根.设方程的另一个根为y,由韦达定理有m+y=pkn,my=n2+k>0,所以,y为正整数且y=pkn?m,

7

下面证明:当n≥2时,y>n,

事实上:

n?y=m+n?pkn

m2+n2

=m+n?pn·pmn?1

(pmn?1)(m+n)?pn(m2+n2)=pmn?1

pmn2?pn3?m?n=pmn?1

又p≥2,m≥n+1,则

pmn2?pn3?m?n≥2mn2?2n3?m?n

=m(2n2?1)?(2n3+n)≥(n+1)(2n2?1)?(2n3+n)

=2n(n?1)?1≥3>0(13)(14)(15)(9)(10)(11)(12)

所以n?y>0,y<n成立.由于m和y=pkn?m是方程的两个根,因此,对某个p,如果一组(m,n)=(m0,n0)(m0>n0>1)是方程(1)的解,那么(m′,n′)=(n0.pkn0?m0)也是方程(1)的解

而m0>n0=m′>n′,因此,对方程(1)的任意一个解(m.n)(m>n>1),用(n,pkn?m)来替换原来的的(m,n),式(1)仍然成立,只要这里的n>1,这样的替换便可以继续下去,而每经过一次这样的替换,n的值将会减少,因此,经过有限步之后,必有n=1,

下面讨论n=1时,则方程(1)的解.

(1):若k=1,则方程(1)即为m2?pm+2=0,而m>1,故仅有解(m,n,p)=(2,1,3).此时k=1.m2+1p2m2+p222(2):k≥2,则m+1≥2(pm?1),因为k=是正整数,所以pk==pm+1+pm?1pm?1

p2+1是正整数,故(pm?1)|(p2+1).pm?1

如果m≥p+1,则p2+1≥pm?1≥p2+(p?1),解得p≤2

于是p=2,m=p+1=3,,即(m,n,p)=(3,1,2),此时k=2,如果m≤p代入式(3)可得m2+1≥√22(m?1),即m≤与m≥2矛盾.

因此,p只能取2,3,

当p=2时,方程(1)的任意一个解(m,n)(m>n>1)经过有限次替换以后必将变为(3,1),反过来,对(3,1)作上述替换的逆变换(m,n)?→(4m?n,m)将生成方程的全部解,这些解可表示(ai+1,ai),i=1,2,···,.在这里,数列{an}满足a1=1,a2=3以及递推关系ai+1=4ai?ai?1同理得p=3时,方程的全部解为(bi+1,bi),在这里,数列{bn}满足b1=1,b2=2以及递推关系bi+1=3bi?bi?1.

当m<n时,由对称性可知:方程的全部解为(m,n,p)=(ai,ai+1,2)以及(bi,bi+1,3),因此,全部解为(m,n,p)=(ai+1,ai,2),(ai,ai+1,2).(bi+1,bi,3).(bi,bi+1,3),,其中满足a1=a2=1,ai+1=4ai?ai?1,b1=b2=1,bi+1=3bi?bi?1

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