1998高中数学竞赛训练题

高中数学竞赛训练题

陕西省西安中学　王　扬

西安市西光中学　刘康宁

1.设x是模为1的复数,则x2+1x2

第一试

一、选择题

1.设三角形三边互不相等,最小边上的高为h,其+1的最小值

是　　.2.已知数列{an}的各项均为正数,前n项和Sn满

足6Sn=an2+3an+2.若a2,a4,a9成等比数列,则数列

{an}的通项an=　　.3.已知a、b为正整数,且

a+b4,则a+b2=49a+ab+b

2

形内任一点到三边的距离分别为x、y、z.那么(　　).

A.h=x+y+z　　B.h>x+y+zC.hA.奇函数,它在(0,+∞)上是减函数B.偶函数,它在(0,+∞)上是减函数C.奇函数,它在(0,+∞)上是增函数D.偶函数,它在(0,+∞)上是增函数

-y2=1右支上一点(非顶

4

点),F1、F2为双曲线的两个焦点,则△F1PF2的内心

3.设P为双曲线

x2

的值是　　.x

ex-e-

x

2

+(

ex-e-

2

)2+1]是

4.设A={t󰃜0222

t∈A},C(r)={(x,y)󰃜x+y≤r,r>

0},则满足BΑC(r)的r的最小值是　　.5.要使函数f(x)=lg(sin6x+cos6x+asinxcosx)

的定义域为R,则实数a应满足的条件是　　.6.表面积为定值S的直角四面体(相邻三侧棱两

两互相垂直)体积的最小值为　　.三、过侧面均为正三角形的三棱锥的高作一平面,与三侧面所在平面交于三条直线,这三条直线与底面所成的角分别为Α、、.求证ΒΧ

3+ctg2Β+ctg2Χ≥.ctg2Α

4

四、已知a、b为非0常数,变量Η满足不等式组

asinΗ+bcosΗ≥0,acosΗ-bsinΗ≥0.

轨迹必在直线(　　).

A.x=2上　　　　　B.x=1上C.y=2x上　　　　D.y=x上

4.在△ABC中,∠A、∠C的对边分别为a、B、b、

111+-之值为c,且a∶b∶c=1∶2∶4.那么

a

b

c

(　　).

A.1　　B.2　　C.0　　D.

2

试求sinΗ的最大值.

五、设a,b,c∈R+,Κ∈(-2,2),求证:

(+

a2+Κab+b2+

b2+Κbc+c2

5.x轴正半轴上有10个点,y轴正半轴上有5个

点,x轴上的这10个点与y轴正半轴上的5个点连成

50条线段,这50条线段在第󰂪象限内的交点个数最

c2+Κca+a2)2

多是(　　).

A.350　　B.450　　C.600　　D.750

6.对于每个整数n(n≥2),满足an=a+1,b2n=b+3a的正数a与b的大小关系是(　　).

)(a+b+c)2+(2-Κ)(a-b)2.≥(2+Κ

第二试

一、过△ABC所在平面上任一点P作PA、PB、

PC的垂线分别交BC、CA、AB所在直线于D、E、F,求

A.a>b>1　　　　　B.b>a>1C.0D.0证D、.E、F三点共线

二、在数列{an}中,a1=a,a2=b(a、b∈N,1≤a,

二、填空题

b≤9).对n∈N,有an+2=an+1+an的个位数字,求证

中学数学教学参考　　　1998年第8～9合期同理再连B2A10,可得3(1+2+3+…+9)个交点.

连B3A10,可得2(1+2+…+9)个交点.连B4A10,可得1(1+2+3+…+9)个交点.所以满足题目条件的交点共有

(1+2+3+4)(1+2+3+…+9)=450个.6.选A.首先a>1,b>1.否则若0n

a=a+1>1,从而a>1,矛盾;若0{an}是周期数列.若设最小正周期为T,求出T可取值

的集合.

三、如果一个矩形的长和宽都是奇数,在其内部是否存在这样的点,它到四个顶点的距离都是整数.

参考解答

第一试

　　一、选择题:

1.选B.如右图,设a最小.

abcx+y+zaaa

2n

.即a、b=b+3a>3,从而b>1,矛盾b均大于1.

一方面a2n-b2n=(a+1)2-(b+3a)=a2-a-b

+1.则x+y+z<

=h.

1a

(ax+by+cz)=

1a・ah=另一面,a2n-b2n=(a-b)(a2n-1+a2n-2b+…

+b2n-1).

1x

(e-e-x)为R2上的奇函数,在(0,+∞)上增.y=lg(u+

2.选C.∵u=u2+1)也

是R上的奇函数,且在(0,+∞)上增.∴应选C.

3.选A.设内切圆与三边PF1、PF2、F1F2分别切

∴a2-a-b+1=(a-b)(a2n-1+a2n-2b+…+b2n-1),

a2-a-b+1即=a2n-1+a2n-2b+…+b2n-1>1.

a-b

(a-1)2a2-2a-1∴>0,即>0,故　a>b.

a-ba-b综上可知　a>b>1.

二、填空题

1.填-1.设x=cosΗ+isinΗ,则x2+x-2+1=2cos2Η+1≥-1,当且仅当cos2Η=-1时取等号.

2.填an=3n-2.当n=1时,有6a1=a12+3a1+2

于A、B、C,据双曲线定义知󰃜PF1󰃜-󰃜PF2󰃜=4.而󰃜PF1󰃜=󰃜PA󰃜+󰃜AF1󰃜,󰃜PF2󰃜=󰃜PB󰃜+󰃜BF2󰃜,󰃜PA󰃜=󰃜PB󰃜,󰃜AF1󰃜=󰃜F1C󰃜,󰃜BF2󰃜=󰃜F2C󰃜.故󰃜F1C󰃜-󰃜F2C󰃜=4,∴切点C与双曲线的右顶点重合,即△PF1F2的内心在x=2上.

4.选C.设∠A=x,∠B=2x,∠C=4x,则x=

]a1=1或a1=2.

当n≥2时,6Sn=an2+3an+2,

6Sn-1=an-12

(1)(2)

Π4Π2ΠΠ.∠A=,∠B=,∠C=.记△ABC的外接圆7777

1111111()=(半径为R,则+=+

ab2RsinAsinB2R4Πsin

7

3ΠΠ2sincos

11771)=+・=2Π2R3ΠΠΠΠsin2sinsincos2Rsin

777771=.c

+3an-1+2.

(1)-(2),得　(an+an-1)(an-an-1-3)=0.

∵an>0,∴an-an-3=3.当a1=1时,an=1+3(n

-1)=3n-2,适合a42=a2・a9;当a1=2时,an=2+3

・(n-1)=3n-1,不适合a42=a2・a9.所以an=3n-2.

3.填16.令a+b=4k(k∈N),则a2+ab+b2=49k,即　

22

ab=(a+b)-49k=16k-49k,

22

从而a、b是方程　x-4kx+(16k-49k)=0

5.选B.如右图,(1)先连B1ABiA

109

,然后依次连BiA1,BiA3,…,

共9个交点(i=2,…,5)共4

(2)连B1A9,然后依次连B2A

的两个正数解.

49,∴k=1,2,3,4.代入上面二次12

方程检验知k=4满足,∴a+b=16.

.填.BΑC(r)Ζsin2t+sin22t≤r2Ζg(t)=

4

×9个交点.

i

据∃≥0,得0≤k≤

(i=1,…,8),共4×8个交点.

……

最后连B1A2,然后再依次连BiA1(i=2,…,5),共

4×1个交点.

sin2t+sin22t≤r,要求r的最小值,只要求g(t)的最

大值.

1225)+但sin2t+sin22t=-(cos2t+,416

以上共4(1+2+3+…+9)个交点.

中学数学教学参考　　　1998年第8～9合期∴g(t)max=

5.4

55

上图可知tgΑ=

HDHDHD,tgΒ=,tgΧ=.MHNHPH

5∴r≥.4115.填-∵sinx+cosx+asinxcosx=(sin2x+cos2x)・(sin4x+sin2xcos2x+cos4x)+asinxcosx=(sin2x+cos2x)2-3sin2xcos2x+asinxcosx=-3(sinxcosx)2+a(sinxcosx)+1

-t=sinxcosx

6.若从D3

俯视正四面体,并设x、y、z分别是线段HM、HN、HP

设正四面体的各棱长为1,则HD=

与点H到边BC、CA、AB的垂线间的夹角,于是

333,HN=,HP=.6cosx6cosy6cosz

又　y+z=120°,x+y=60°,∴y=60°-x,z=60°+

HM=x.

11≤t≤22

-3t2+at+1,故以下

只需确定a,使t∈[--3t2+at+1>0.

11,]时,22

(1)

1t

∴tg2Α+tg2Β+tg2Χ=HD2(HM-2+HN-2

+HP-2)

=8[cos2x+cos2(60°-x)+cos2(60°+x)],

(i)当t=0时,(1)恒成立,(ii)当t>0时,(1)Ζa>3t-1t

,令f(t)=3t-

,此时f(t)在R+上单调递增,∴a>f(t)max

1]2

t∈(0,

f(

1)=-21;2

1t

(iii)当t<0时,(1)Ζa<3t-1t

,令g(t)=3t-3+22

,此时g(t)在R-上单调递增,而g(t)min=-11,即a<.22

=

而　cos2x+cos2(60°+x)-x)+cos2(60°

1=[cos2x+cos(120°-2x)+cos(120°+2x)

2

+3]

1=[cos2x+2cos120°cosx+3]23=,2

∴tg2Α+tg2Β+tg2Χ=12.

93∴ctg2Α+ctg2Β+ctg2Χ≥2.22=tgΑ+tgΒ+tgΧ4

四、设y=sinΗ,x=cosΗ,则x2+

bx+ay≥0,2

y=1,

ax-by≥0.

(i)当a>0,b>0时,

y≥-y≤

bx,a

综上可知　-6.填

11图1

318-103・S2.设

18

四面体D2ABC中,DA⊥BD,DA⊥

ax.b

y=

ax,b

aDC,DB⊥DC,则根据熟知的结论

S△ABC=S△DAB+S△DBC+S△DCA,

2

2

2

2

如图1,由得　y=

ax2+y2=1,a2+b2bx,a

知　S=

1(ab+bc+ca+2

3

3

)max=.∴(sinΗ

a2+b2

.a2b2+b2c2+c2a2)

(ii)当a>0,b<0时,

(abc)4),3y≥-3≥

3(2

(abc)2+18-103

∴abc≤∴VD2ABC=

・S2.ay≥x.

b

同上可得ymax=1.

图2

ba+b

ba+b2

22

)max=1.∴(sinΗ

(iii)同理可得a<0,b<0时,(sinΗ)max=-2

3118-103・S2.abc≤

2・318

三、三棱锥D2.由条件知D2ABC如右图ABC为

.正四面体.设D在底面△ABC的投影为H,则H为△ABC的中心.又设M、N、P是通过直线HD的平面分别与直线BC、.由CA、AB的交点

(iv)当a<0,b>0时,同理可得(sinΗ)max

=max{

aa+b

2

2

,-}.

综述略.

56

2+Κ(a+b)]2+[2

・(a-b)]2等,于是构造复数

2

五、因a2+Κab+b=[

中学数学教学参考　　　1998年第8～9合期

2-Κ2

　　∴T={3,4,12,20,60}.

注:对于本题,笔者仅通过列表穷举给出其证明,目前尚未找到更好的证法,欢迎感兴趣的读者进一步讨论.

三、如图,设矩形ABCD的边长BC=p,AB=q均为奇数.P为ABCD内一点,PA=a,PB=b,PC=c,

PD=d,P到矩形各边的距离分别为x1、x2、y1、y2.

z1=z2=

2+Κ(b+a)+

2

2+Κ(b+c)+2

2-Κ(b-a)i,2

2-Κ(b-c)i,2

2+Κ2-Κ(c+a)+(c-a)i.z3=

22

由复数模的不等式󰃜z1󰃜+󰃜z2󰃜+󰃜z3󰃜≥󰃜z1+z2+z3󰃜,

假设a、.b、c、d均为自然数

222

x1+y1=a,　　　　　　(1)则x12+y22=b2,　　　　　　(2)x22+y22=c2,　　　　　　(3)x22+y12=d2.　　　　　　(4)

则原不等式可证.

第二试

一、如右图.由作图易知∠BPF=∠CPE,记之为.Α

又　x1+x2=p,

y1+y2=q,

∠FPA=∠CPD,记之为Β.AFS△PAFPA・sinΒ∴==,FBS△PBFPB・sinΑ

BDS△PBD=

DCS△PDCPB・sin(90°+Β)PB・cos(Α+Β)+Α==,

PC・sinΒPC・sinΒCES△PCEPC・sinΑ==

EAS△PEAPA・sin(90°-Β)-ΑPA・cos(Α+Β)

AFBDCE这三式相乘,得　・・=1.

FBDCEA

(1)-(2),得

2222y1-y2=a-b

](y1-y2)pq=(a2-b2)p,

22

y1pq-y2pq=(a-b)p.

又　(y1+y2)pg=pg2,y1pq+y2pq=pg2,同理还有　x1pq-x2pq=(b2-c2)q,

(5)(6)(7)

=

PC・sinΑ.(8)　　　　x1pq+x2pq=p2q.

22222

而p2q、.若pg均为奇数,(a-b)p,(b-c)q为整数

2

x1pq为整数,则由(7),x2pq也为整数,再由(8)及pq

为奇数,可知x1pq,x2pq一定有一个为奇数,不妨设

.x1pq为奇数

(6)知y1pq及y2pq为整数,且一定有同理由(5)、

根据Menelaus定理的逆定理,知D、E、F三点共线.

其它情况类似可证.二、本题的证明用穷举法.

对于a,b∈{1,2,3,…9,},a1=a,a2=b,an+2=an+1

+an,则{an}是一个最小正周期为T的周期数列.关于a,b,T可列表如下:

abT一个奇数,不妨设y1pq为奇数.

又(x1pq)2+(y1pq)2=(x12+y12)p2q2=(apq)2.

但奇数平方被4除余1,则上式左边被4除余2,右边为平方数.而平方数不可能被4除余2,所以上式不成立.

所以x1pq、.又根x2pq、y1pq、y2pq不可能为整数

据(5)～(8)得

3126060606012606060

460201220602060460

560606060360606060

660460206020122060

7606060126060606012

812206020604602060

9606012606060601260

2x1pq=(b2-c2)q+p2q,2x2pq=-(b2-c2)q+p2q,2y1pq=(a2-b2)p+pq,2y2pq=-(a2-b2)p+pg2,

1601260606060126060

260206046020602012

1234567

即2x1pq、2x2pq、2y1pg、2y2pq均为整数.由x1pq、

x2pq、y1pq、y2pq不能为整数,知其中至少前者有一个

是奇数,不妨设2x1pq为奇数,这时有

(2x1pq)2+(2y1pq)2=4a2p2q2.

而(2x1pq)2被4除余1,4a2p2q2能被4整除,则有

(2y1pq)2被4除余3,这是不可能的.

故满足条件的点P不存在.