数学奥林匹克高中训练题(143)及解析

数学奥林匹克高中训练题(143)
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上
第I 卷（选择题）
请点击修改第I 卷的文字说明
第II 卷（非选择题）
一、填空题
1.已知正实数a 、b 、c 满足(1+a )(1+b )(1+c )=8.则abc +
9abc
的最小值是
_________.
2.设O 是锐角ΔABC 所在平面内一点（在ΔABC 外），CD
⊥AB 于点D .若OA
⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =a ⃑⃑ ,OB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =b ⃑⃑ ,OC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =c ⃑ ，则OD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =_________（用a ⃑⃑ ,b ⃑⃑ ,c ⃑ 表示）. 3.函数f (x )
=|sinx +1
2
sin2x|(x ∈R )的值域是_________.
4.已知有限项等差数列{a n }的首项a 1
=1，公差为2，其所有项的算术平均值是2011.若
从中删去一项后，该数列剩余各项的算术平均值为整数.则删项的方法有_________种. 5.如图，梯形ABCD （AB
∥CD ∥y 轴，|AB |>|CD |）内接于椭圆x 2
a 2+y
2
b
2=
1(a >b >0)，是对角线AC 与的BD 交点.记|AB |=m ，|CD |=n ，|OE |=d .则m−n
d
的最大值为_________.
6.某人练习打靶，开始时，他距靶100m ，此时，进行第一次射击.若此次射击不中，则后退50m 进行第二次射击，一直进行下去.每次射击前都后退50m ，直到命中为止，已知他第一次的命中率为14
，且命中率与距离的平方成反比.则他能够命中的概率等于_________. 7.如图，已知平面α上的ΔABC 与ΔA 1B 1C 1分别在直线l 的两侧，它们与l 没有公共点，并且关于直线l 对称.现将平面α沿直线l 折成一个直二面角，则六个点A 、B 、C 、A 1、B 1、
C 1可以确定_________个平面（用数字作答）.
8.复数列z 0,z 1,⋅⋅⋅满足|z 0|=1，z n+1=n z
.若z 2011=1，则z 0可以有_________种取值.
二、解答题
9.已知+，方程−2ax −2alnx =0在(0,+∞)上有唯一解.求a 的值.
10.给定正整数n (n
≥3)，a n =(1.0·
02·
)n
（即a n 等于n 进制表示为1.0·
02·
的数）.试求
lim n→∞1n (1a
3
+1a 3a 4
+⋅⋅⋅+1
a
3a 4⋅⋅⋅a n
)的值. 11.在椭圆G 外一直线l 上取n (n ∈N +,n ≥2)个不同的点P 1,P 2,⋅⋅⋅,P n ，过P i (1≤i ≤
n )向椭圆G 作切线PA i 、PB i ，切点分别为A i 、B i .记直线A i B i 为l i .
（1）若存在正整数j 、i （1≤j 、i ≤n ，j ≠i ），使得点P i 在直线l j 上，证明：点P j 在
直线l i 上；
（2）试求直线l 1,l 2,⋅⋅⋅,l n 将椭圆G 分成的区域的个数.
12.如图，ΔABC 内接于圆Γ，D 是劣弧BC 的中点，圆Γ1与圆Γ切于点D ，与边BC 切于点
E .过点A 作圆Γ1的切线AP ，切点为P .证明：AB +AC =2AP .
13.己知正实数x 、y 、z 满足(x +y +z )3=32xyz ，试求f (x,y,z )=
x 4+y 4+z 4(x+y+z )4
的最
大值和最小值.
14.证明：存在无穷多组正整数组(a,b,c,d )，满足： （1）a
>c >0，且(a,c )=1；
（2）a 可以有无穷多个取值； （3）恰存在2
2011
个正整数n 使得(an +b )|(cn +d ) .
15.某公司印制了一批文化衫，每件文化衫可有红、黄、蓝三种不同的颜色和四种不同的图案.现将这批文化衫分发给n名新员工，每名员工恰好分到图案不同的4件.试求n的最小值，使得总存在两个人，他们所分到的某两种图案的4件文化衫的颜色全部相同.
参考答案
1.10
【解析】1. 由8
=(1+a )(1+b )(1+c )≥2√a ⋅2√b ⋅2√c =8√abc ⇒abc ≤1.
当且仅当a
=b =c =1时，上式等号成立.
容易验证，函数f (x )=x +9
x
在(0,3)上是减函数.
而0
<abc ≤1<3，故当abc =1时，f (abc )=abc +
9abc
最小，且最小值为10.
故答案为：10
2.a ⃑⃑ +(c ⃑ −a ⃑⃑ )(b ⃑ −a ⃑⃑ )|b ⃑
−a
⃑⃑ |(b ⃑⃑ −a ⃑⃑ )
【解析】2.
由AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =|AC |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |AB |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ cosA =|AB |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |AD |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，得|AD |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |AB |
⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ .
则AD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(|AD |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |AB |
⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ )AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |AB |
⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2
)AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ . 故OD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =OA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ = a ⃑⃑ +(c ⃑ −a ⃑⃑ )(b ⃑ −a ⃑⃑ )|b ⃑
−a
⃑⃑ |(b ⃑⃑ −a ⃑⃑ ). 故答案为：a ⃑⃑ +(c ⃑ −a ⃑⃑ )(b ⃑ −a ⃑⃑ )|b ⃑
−a
⃑⃑ |(b ⃑⃑ −a ⃑⃑ ) 3.[0,3√3
4]
【解析】3. 显然，f (0)
=0，f (x )≥0.
从而，f (x )的最小值是0. 下面求f (x )的最大值. 注意到
f (x )=|sinx +12sin2x|=|(1+cosx )sinx |=|2cos 2x 2⋅2sin x 2⋅cos x 2
|
=4|sin x 2⋅cos 3x 2|=4√27sin 2x 2⋅13cos 2x 2⋅13cos 2x 2⋅13cos 2x
2
≤4√27(
sin 2x 2
+cos 2
x 2
4)4=
3√34
.
当且仅当sin
2x 2
=13cos 2x 2
，即x =2kπ±π3
(k ∈Z )时，上式等号成立. 从而，f (x )的最大值是
3√3
4. 因此，f (x )的值域是[0,3√3
4]. 故答案为：[0,3√3
4] 4.3
【解析】4. 根据题意得1
n
[n +n (n−1)
2×2]=2011.
解得n
=2011.
于是，该数列所有项的和为20112
.
设从数列中删去第k 项后剩余项的算术平均值为整数，即
20112−(2k−1)
2010
∈Z .
注意到2011
2
=2010×2012+1.则上式等价于2010|2(1−k ) ⇒
1005|(1−k ) .
因为1≤k ≤2011，所以，k 的取值集合为{1,1006,2011}.
故答案为：3 5.2b
a
【解析】5.
由对称性，知点E 在x 轴上.则点E (d,0). 设l BD ：x
=kx +d .
由{x =kx +d,
x 2a 2
+y 2
b
2=1, 消去x 得 (a 2+b
2k 2
)y 2+2dkb 2y +b 2(d 2
−a 2)=0. ①
设B (x 1,y 1)、D (x 2,y 2).则y 1、y 2是方程①的根，且y 1<0<y 2.
由韦达定理得y 1+y 2=−
2dkb
2
a 2+
b 2k
2.
则m −n
=−2y 1−2y 2=−2(y 1+y 2)=
4dkb 2a 2+b 2k 2
.
故
m−n d
=
4kb
2
a 2+k 2b
2
≤
4kb 2
2kab
=2b a
. 当且仅当a 2
k
=b 2
k ，即k =a b
时，上式等号成立.
故答案为：2b a
6.12
【解析】6.
记事件“第n 次射击命中”为A n ，其概率为P (A n ).则P (A 1)=14
.
又第n 次射击时距离靶100+50(n −1)=50(n −1)(m )，
则P (A n )
=(
2
n+1
)2
P (A 1)=1
(
n+1)2
.
于是，前n 次内命中的概率为
P n =1−P (A 1⋅A 2⋅⋅⋅⋅⋅A n )=1−P (A 1)P (A 2)⋅⋅⋅P (A n )
=1−(1−1)(1−1)⋅⋅⋅[1−1()2]=1−1⋅3⋅2⋅4⋅⋅⋅⋅⋅n ⋅n +2
=1−1
2⋅
n+2n+1
=
n
2(n+1)
.
令n
→∞，得lim n→∞P n =12
.
因此，此人能够命中的概率是1
2. 故答案为：1
2 7.11
【解析】7.
注意到翻折后，三个四点组(A,B,A 1,B 1)、(B,C,B 1,C 1)、(C,A,C 1,A 1)均四点共面，因此，这六个点共可确定平面C 63
−3(C 43
−1)=11（个）. 故答案为：11 8.22011
【解析】8.
显然，对任意的非负整数n 均有|z n |=1. 设z n
=e iθn (θo ∈[0,2π)).则
e iθn+1=e i (π
2+θn )e −iθn
⇒θn+1=2θn +π2
⇒θn+1+π2
=2(θn +π2
)=⋅⋅⋅=2n (θ0+π
2
).
由z 2011=1，得θ2011=2kπ(k ∈Z )，即22011(θ0+π2)=2kπ+π
2
. 由θ0
∈[0,2π)，得22010
π≤
2kπ+π
2
<2
2010
×5π ⇒
22011−1
4
≤k <
5×22011−1
4
⇒
22009≤k <5×22009.
因此，满足条件的z n 共有5×22009−22009=22011（个）.
故答案为：22011
9.a =1
2
【解析】9. 设函数f (x )
=x 2−2ax −2alnx .
则f ′(x )=2x −2a −2a
x
=2x
(x 2−ax −a ). 令f ′
(x )=0，即x 2−ax −a =0. 解得x 1=a−
√a 2+4a
2
<0（舍去），x 2=a+
√a 2+4a
2
.
当x
∈(0,x 2)时，f ′
(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 2,+∞)时，f ′
(x )>0，f (x )
单调递增. 故f (x )在x
=x 2时取到最小值f (x 2).
由f (x )=0有唯一解知f (x 2)=0，即{x 22−2ax 2−2alnx 2=0,x 22−ax 2−a =0.
.
于是，2alnx 2+ax 2−a =0.
由a >0，知2lnx 2+x 2−1=0.
当x
>0时，函数g (x )=2lnx +x −1严格递增，又g (1)=0，从而，x 2=1.
由此可解得a =1
2.
10.6
7
【解析】10. 根据题意知
a n =1.0·
02·
=1+2n 3+2n 6+⋅⋅⋅=1+2n 31−1n 3=1+1n 31−1n
3=n 3+1n 3−1=n +1n −1⋅n 2−n +1n 2+n +1
注意到
n 2−n +1=(n −1)2+(n −1)+1.
则a 3a 4⋅⋅⋅a n
=∏
[k+1k−1⋅
(k−1)2+(k−1)+1
k 2
+k+1
]n k=3
=
n (n+1)2×3⋅
22+2+1n 2+n+1
=76
⋅
n (n+1)
n (n+1)+1
.
故
1a 3a 4⋅⋅⋅a n
=67[1+1n (n+1)]=67(1+1n −1
n−1
). 于是，有lim n→∞1n (1a 3
+1a 3a 4+⋅⋅⋅+1
a 3a 4⋅⋅⋅a n )
=
lim n→∞1n ⋅67∑(1+1k −1
k+1)n k=3
=lim n→∞67
⋅1n
[(n −2)+13
−
1
n−1
]=6
7
.
11.（1）见解析；（2）2n
【解析】11. 设椭圆G :
x 2a 2+y 2
b
2=1(a >b >0)，直线l ：Ax +By +C =0，P i (x i ,y i )(i =1,2,⋅⋅
⋅,n ).
则点P i 关于椭圆G 的切点弦l i 的方程为x i x
a 2+y i y b
2=1 ①
（1）直线l j ：
x j x a 2
+
y j y b
2
=1，由点P i (x i ,y i )在l j 上知x j x i
a 2+
y j y i b
2
=1.
从而，点P j (x j ,y j )也满足方程①，即点P j 也在直线l i 上. （2）当B
=0时，直线l ：x =−C
A
，即x i =−C
A
(i =1,2,⋅⋅⋅,n ). ② 由直线l 在椭圆G 外知|−C
A |>a . 将式②代入式①整理得
y i y b
2
−(1+C
Aa 2x )=0.
从而，直线l i 恒过定点(−Aa 2
C ,0).
而|−Aa 2
C |
<a ，故该定点在椭圆G 内.当B ≠0时，直线l ：y =−A B
x −C
B
，即
y i =−A B x i −C
B
(i =1,2,⋅⋅⋅,n ). ③ 联立椭圆G 与直线l 的方程并化简得(B
2b 2
+A 2a 2)x 2+2ACa 2x +a 2(C 2−B 2b 2
)=
0.
由直线l 在椭圆G 外知Δ
=4A 2C 2a 4−4(B 2b 2+A 2a 2)a 2(C 2−B 2b 2)=
4B 2a 2b 2(B 2b 2+A 2a 2−C 2)<0 =A 2a 2+B 2b 2<C 2.
将式③代入式①整理得x i (
x a 2−Ay Bb 2)−(Cy 2Bb
2+1)=0.
此时，直线l i 恒过定点(−Aa 2C ,−Bb
2
C ). 而1a 2(−Aa 2C )2+1b
2(−Bb 2C )
2
=
A 2a 2+
B 2b
2
C 2
<1，故该定点在椭圆G 内.
综上，直线l i (i =
1,2,⋅⋅⋅,n )交于椭圆G 内一定点(−Aa 2C ,−Bb
2
C
).
故这n 条直线将椭圆G 分成2n 个区域. 12.见解析
【解析】12.
如图，联结AD 、BD 、CD 、DE .易知，E 是边BC 的中点，DE ⊥BC .
过D 点作DF
⊥AB ，DG ⊥AC ，垂足分别为F 、G .
由西姆松定理知F 、E 、G 三点共线. 由D 是弧BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 的中点，知AD 平分∠BAC . 于是，RtΔADF ≌RtΔADG .
从而，DF =DG ，AF =AG .
又BC
=CD ，结合DF =DG ，得RtΔBDF ≌ RtΔCDG .
于是，BF =CG .
则AB
+AC =(AF +BF )+(AG −CG )=AF +AG =2AF . ①
记AD 与FG 的交点为M .则∠DME =90°，即点M 在圆Γ1上. 由圆幂定理得AP 2
=AM ⋅AD .
而在RtΔADF 中，由射影定理得AF 2=AM ⋅AD .
因此，AP
=AF .
代人式①即得AB
+AC =2AP .
13.见解析
【解析】13. 不妨设x
+y +z =4.则xyz =2.
故只需寻找
x 4+y 4+z 4
44
的最值.此时，有x 4+y 4+z 4=(x 4+y 4+z 4)2
−2(x 2y 2+
y 2z 2+z 2x 2)
=[16−2(xy +yz +zx )]2−2(xy +yz +zx )2+4xyz (x +y +z )=2a 2−64a +288，
其中，a =xy +yz +zx .
由y +z
=4−x 和yz =2
x ，知(4−x )2≥8x
.
解得3−√5≤x ≤2. 类似地，y 、z
∈[3−√5,2].
这表明，(x −2)(y −2)(z −2)≤0，且(x −3+√5)(y −3+√5)(z −3+√5)≥0. 由此解得a ∈[5,5√5−12].
而
x 4+y 4+z 4
44
=
(a−16)2−112
128
，故f (x,y,z )
=
x 4+y 4+z 4(x+y+z )4
的最小值和最大值分别为
383−165√5256和9
128，且分别当(x,y,z )=(3−√5,1+√
52
,1+√
5
2)和(2,1,1)时取得. 14.见解析
【解析】14.
任取一个奇质数p ，令(a,b,c,d )=(p −1,p −1,p −2,(p −2)+p 22011
).
首先证明：这组数满足题中条件.
显然，满足条件（1）、（2）.
下面证明：这组数满足条件（3）.
由a=b=p−1，知(an+b)|(cn+d)⇔a(n+1)|(cn+d).
则(n+1)|(cn+d).
由cn+d=c(n+1)+(d−c)，知(n+1)|(cn+d)⇔(n+1)|(d−c)，即(n+1)|p22011.
从而，n+1∈{p1,p2,⋅⋅⋅,p22011}，n可取p k−1(k=1,2,⋅⋅⋅,22011)，共22011个可能的数.
其次证明：这22011个数都符合条件.
当n=p k−1(k=1,2,⋅⋅⋅,22011)时，d−c
n+1=p22011
p k
=p22011−k≡1(mod(p−1)).
又c≡−1(mod(p−1))，由a=p−1，知a|(c+d−c
n+1
).
又(a,n+1)=1，则(an+b)|(cn+d).
因此，满足条件（3）.
故(a,b,c,d)=(p−1,p−1,p−2,(p−2)+p22011)（p为任意奇质数）是满足条件的无穷多组正整数.
15.19
【解析】15.
n的最小值为19.
当n=18时，表1所示的答题情形不符合要求.
表1
【注】表l 中（1）、（2）、（3）、（4）为图案，1218为员工，、、分别表示红、黄、蓝三种颜色. 下面证明：当n
≥19时，必存在两个人满足要求.
事实上，把所有人的文化衫的颜色和图案如上制成表格，若存在两个人的某两种图案的4件文化衫的颜色全部相同，则必存在一个矩形子表，这个子表四个角的方格中的字母（颜色）相同.
若对于某个颜色（以红色为例），设A i 分到x i 件红色文化衫.则当∑C x i 2n i=1
>6时（约定
当x i
<2时，C x i 2=0），必存在四个角都是A 的矩形.这是因为，考虑每一列两个A 构成
的“对子”，一共只有如表2所示的6种.当∑C x i 2n i=1
>6时，必有两列会出现相同的对
子，从而，必有四个角都是A 的矩形. 表2
当时，任取其中19个人，他们的所有文化衫的颜色中，至少有一种颜色出现了不
少于[
4×19−1
3
]+1=26（次），不妨设为红色.
设其中A i (i =1,2,⋅⋅⋅,19)分到x i （x i 为非负整数）件红色文化衫.则∑x i 19i=1≥26.
由调整法易知，当∑C x i 219i=1
取最小值时，对任意1≤j <k ≤19，有|x j −x k |≤1.
注意到26
=1×19+7，则在x i (1≤i ≤19)中有19个1和7个2时，∑
C x i 219i=1
取
得最小值7C 2
2
=7>6.
这表明，当n
≥19时，必存在四个角都是同一个字母的矩形子表.
综上，所求n 的最小值为19.。