北京市中学生数学竞赛高一级复赛参考解答Word版
北京市中学生数学竞赛高一级复赛参考解答
2020年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答一、选择题（总分值40分，每题8分，将答案写在下面相应的空格中）1．二次三项式x 2+ax +b 的根是实数，其中a 、b 是自然数，且ab =22020，那么如此的二次三项式共有 个．答：1341．咱们发觉，事实上，数a 和b 是2的非负整数指数的幂，即，a =2k ，b =22020–k ，那么判别式Δ=a 2– 4b =22k – 422020–k =22k – 22021–k ≥0，得2k ≥2021–k ，因此k ≥32013=671，但k ≤2020，因此k 能够取2020–671+1=1341个不同的整数值．每一个k 恰对应一个所求的二次三项式，因此如此的二次三项式共有1341个.2．如右图，在半径为1的圆O 中内接有锐角三角形ABC ，H 是△ABC 的垂心，角平分线AL 垂直于OH ，那么BC = ．解：易知，圆心O 及垂心H 都在锐角三角形ABC 的内部，延长AO 交圆于N ，连接AH 并延长至H 1与BC 相交，连接CN ，在Rt △CAN 和Rt △AH 1B 中，∠ANC =∠ABC ，于是有∠CAN =∠BAH 1，再由AL 是△ABC 的角平分线，得∠1=∠2．由条件AP ⊥OH ，得AH=AO=1．连接BO 交圆于M ，连接AM 、CM 、CH ，可知AMCH 为平行四边形，因此CM=AH=AO =1，BM =2，因为△MBC 是直角三角形，由勾股定理得BC ==3．已知概念在R 上的函数f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，假设F (x )=f (g (x )) – g (f (x ))的最小值为14，那么m = ．答：14-．解：由f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，得F (x )= f (g (x )) – g (f (x ))=(2x +2m )2–(2x 2+2m )=2x 2+8mx +4m 2–2m ，F (x )=2x 2+8mx +4m 2–2m 的最小值为其图像极点的纵坐标()2222242(42)84284242m m m m m m m m ⨯⨯--=--=--⨯．由已知，21424m m --=，得21202m ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，因此1.4m =-4．tan 37.5= ． 答：6232-+-．解1：作Rt △ADB ，使得∠ADB =90º，AD =1，AB =2，那么∠B =30º，BD =3．延长BD 到C ，使BC =2，那么DC =23-．连接AC ，那么∠ACB =(180º–30º)÷2=75º．作∠ACD 的平分线交AD 于E ，那么∠ECD =º． 由于AC 2=AD 2+DC 2=1+(2–3)2=8–43，因此 ()2843621226262AC =-=-+=-=-．由三角形的角平分线定理，得AE AC ED DC=，于是AE ED AC DCED DC ++=，即()()()()322162233221ED AD DC AC CD ====-++-+-+-，因此()()tan 37.53221EDDC==-+6232=-+-．解2：作等腰直角三角形ABC ，使∠C =90º，AC =BC =1，那么AB =2． 作∠CAD =30º，那么CD =33，AD =233，那么∠DAB =15º． 作∠BAD 的平分线AE ，记CE =x ，那么BE =1–x ，DE =x –3． 因此33232x -=，整理得 ()()213221623 2.3232x +-+===-+--+tan 37.562321CE xAC ===-+-． 5．设f (x ) =113xx+-，概念f 1(x ) = f (f (x ))，f n (x )=f (f n –1(x )) (n =2, 3,…)，f 2020(2020)= ． 答：10053017．A21 30º解：记01()()13x f x f x x +==-，那么()111113()()1131313xx x f x f f x x x x++--===--+-⋅-； ()211113()()11313xx f x f f x x x x--+===-+⋅+；()3201()()()()13x f x f f x f x f x x +====-； 接下来有41()()f x f x =，52()()f x f x =，63()()f x f x =，…，f n (x )的表达式是循环重复的，以3项为一周期．因此，20113670111()()()13x f x f x f x x ⨯+-===+，20112011120101005(2011)13201160343017f -===+⨯．二、（总分值15分）D 是正△ABC 的边BC 上一点，设△ABD 与△ACD 的内心别离为I 1，I 2，外心别离为O 1，O 2，求证：(I 1O 1)2+(I 2O 2)2=(I 1I 2)2． 证明：作以A 为中心、逆时针旋转60的变换(,60)R A ，使△ABD 到△ACD 1，由于∠ADC +∠AD 1C =∠ADC +∠ADB =180º，因此A 、D 、C 、D 1共圆，因此2O 是△AD 1C 的外心，也确实是(,60)12R A O O −−−−→，因此AO 1=DO 1=AO 2=DO 2=O 1O 2，因此∠O 1AO 2=∠O 1DO 2=60º．由∠AO 1O 2+∠ACB =120º+60º=180º，O 1在△ACD 的外接圆⊙O 2上．由于111(180)6012012022AI D ABD ABD ∠=∠+-∠=+⨯=，因此I 1在⊙O 2上，因此11118018030150O I D O AD ∠=-∠=-=，111118015030I O D I DO ∠+∠=-=．同理可证，I 2在△ABD 的外接圆⊙O 1上，因此22150DI O ∠=．由于12118090,2I DI ∠=⨯=而22111212906030I DO I DO I DI O DO ∠+∠=∠-=-=，比较可得1122I O D I DO ∠=∠．在△O 1I 1D 与△DI 2O 2中，因为已证O 1D=DO 2，1122150,O I D DI O ∠=∠=又1122.I O D I DO ∠=∠因此 △O 1I 1D ≌△DI 2O 2．因此，I 1O 1=DI 2，DI 1= I 2O 2.由于1290,I DI ∠=△I 1DI 2是直角三角形.依照勾股定理，有()()()2221212,DI DI I I +=而I 1O 1=DI 2，DI 1=I 2O 2. 因此()()()222112212.I O I O I I +=三、（总分值15分）n 是正整数，记n !=1×2×3×…×n ，如1!=1，2!=1×2=2，3!= 1×2×3=6，又记[a ]表示不超过a 的最大整数，求方程120111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的所有正整数解．解1：由于当x 是正整数时，[]1!x x ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，2!2x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦≥12x -，3!6x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦＞6x –1，因此1126x x x -++-＜2020即53x ＜120122，得方程的正整数解x 知足0＜x ＜． 由于6!=720，7!=5040，因此方程的正整数解x ＜7!，即07!8!9!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=====⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 因此，方程20111!2!3!4!5!6!x x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的解与原方程的解是一样的．设小于7!的正整数x 为上述方程的解，咱们写出(1,2,3,4,5,6)!xk k =的带余除法表达式：设16!6!r x a =+，0≤r 1＜6!，(0≤a ≤6，a ∈N )；因此.6!x a ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦① 12665!5!5!r r x a a b =+=++，0≤r 2＜5!，(0≤b ≤5，b ∈N )，因此65!x a b ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦． ② 323053054!4!4!r r xa b a b c =++=+++，0≤r 3＜4!，(0≤c ≤4，c ∈N )， 因此3054!x a b c ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦． ③341202*********!3!3!r r xa b c a b c d =+++=++++，0≤r 4＜3!，(0≤d ≤3，d ∈N )； 因此1202043!x a b c d ⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦． ④5436060123360601232!2!2!r r xa b c d a b c d e =++++=+++++，0≤r 5＜2， (e =0,1,2)；因此360601232!x a b c d e ⎡⎤=++++⎢⎥⎣⎦． ⑤5720120246272012024621!1!r xa b c d e a b c d e f =+++++=+++++，(f =0,1)； 因此72012024621!x a b c d e f ⎡⎤=+++++⎢⎥⎣⎦． ⑥①～⑥相加得1237a +206b +41c +10d +3e +f =2020． 显然a =1，因此206b +41c +10d +3e +f =2020–1237=774； 易知b =3，因此41c +10d +3e +f =774–206×3=156； 易知c =3，于是10d +3e +f =156–41×3=33；类似求得d =3，e =1，f =0．所求的x =1×720+3×120+3×24+3×6+1×2+0×1=1172．x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解． 解2：设f (x )=1!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，因为关于所有的正整数k ，!x k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦都是单调增的，其和f (x )确实是增函数；又因为关于正整数x ，11!x +⎡⎤⎢⎥⎣⎦=1!x ⎡⎤⎢⎥⎣⎦+1，因此f (x )是严格单调的．经估数，将x =1172带入，求f (1172)的值，得f (1172)=2020，因此，x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解．四、（总分值15分）平面上的n 个点，假设其中任3个点中必有2个点的距离不大于1，那么称如此的n 个点为“标准n 点组”．要使一个半径为1的圆纸片，对任意“标准n 点组”都能至少盖住其中的25个点，试求n 的最小值． 答案：49．解：第一证明，n min ＞48．在平面上画长为5的线段AB ，别离以A 、B 为圆心，画半径为的两个圆，在每一个圆内，取24个点，那么平面上有48个点满足题设条件（其中任意3点中必有2点的距离不大于1），显然，不可能画出一个半径为1的圆，其包括有25个所选的点，因此n ＞48．下面证明n min =49．若49=n ，设A 是其中的一点，作以A 为圆心半径为1的⊙A ，假设所有的点都在圆A 中，那么就知足题设条件．假设不是所有的点都在圆A 中，那么至少有一点B 不在圆A 中，再作以B 为圆心、半径为1的⊙B ，那么A 、B 的距离大于1（如右图），除A ，B 外，余下的47个点中每一点P 都与A 、B 组成3点组，必有两个点的距离不大于1，因此要么P A ≤1，要么PB ≤1，即点P 要么在⊙A 中，要么在⊙B 中，依照抽屉原理，必有一个圆至少包括了这47个点中的24个点，不妨设那个圆确实是⊙A ，再加上圆心A 点，就有很多于25个点在那个半径为1的⊙A 中(圆内或圆周上)．因此n 的最小值是49．五、（总分值15分）已知函数f ：R →R ，使得对任意实数x y z ，，都有11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14， 求[1×f (1)]+[2×f (2)]+[3×f (3)]+…+[2020×f (2020)]的值．其中关于实数a ，[a ]表示不超过a 的最大整数．解：由于已知函数f R R →：，使得对任意实数x y z ，，都知足11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14，可令0x y z ===，有 ()211(0)(0)(0)22f f f +-≥14，即21(0)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (0)是一个实数，因此1(0).2f =再令1x y z ===，有()211(1)(1)(1)22f f f +-≥14，即21(1)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (1)是一个实数，因此1(1).2f =又令0y z ==，有11(0)(0)()(0)22f f f x f +-≥14，代入1(0)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≤12． ①又令1y z ==，有11()()()(1)22f x f x f x f +-≥14，代入1(1)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≥12． ②综合①、②可得，对任意实数x ，都有1()2f x =．验证：函数1()2f x =知足题设条件，取的是等号，因此知足题设条件的函数的唯一解为1()2f x =．于是[][][][]1(1)2(2)3(3)2011(2011)f f f f ⨯+⨯+⨯++⨯1234201122222⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦011223310051005=+++++++++()21231005=⨯++++(11005)1005=+⨯．1011030。
2016年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题及解答_
圆 Ｏ１，半 圆 Ｏ２，形 成 的 阴
图５
影图形称作“皮匠刀形”，过 Ｃ 的ＡＢ 的垂线交大
半圆于 Ｄ，两个小 半 圆 的 外 公 切 线 是 ＥＦ．求 证：
ＣＤ＝ＥＦ．
证 明 如 图 ６，设 Ｏ１Ｃ＝ａ，ＣＯ２ ＝ｂ，则 ＡＢ
＝２ａ＋２ｂ．
知 ＣＤ２＝ＡＣ×ＣＢ，
图６
所 以，ＣＤ２ ＝２ａ×２ｂ
＝４ａｂ
①
连接 Ｏ１Ｅ，Ｏ２Ｆ，过 Ｏ２ 作 ＥＦ 的 平 行 线 交
Ｏ１Ｅ 于Ｐ，易知△Ｏ１Ｏ２Ｐ 中，∠Ｏ２ＰＯ１＝９０°，Ｏ１Ｐ
＝ａ－ｂ，Ｏ１Ｏ２＝ａ＋ｂ，
故 ＥＦ２＝Ｏ２Ｐ２＝Ｏ１Ｏ２２－Ｏ１Ｐ２ ＝ （ａ＋ｂ）２ －
（ａ－ｂ）２＝４ａｂ
②
由①、②得 ＣＤ２＝ＥＦ２，所以 ＣＤ＝ＥＦ．
三、（满分１０分）在黑板 上 写 有 方 程 ｘ２＋２ｘ
答 １０１０８．
解 构 造 一 个 函 数 ｇ（ｘ）＝ｘ ｆ（ｘ）－１， 则 ｇ（１）＝ｇ（２）＝ … ＝ｇ（２０１５）＝０． 所 以 ｇ（ｘ）＝ａ（ｘ－１）（ｘ－２）… （ｘ－２０１５）， 其中ｇ（ｘ）中的系数ａ 是一个待定常数． 由ｆ（ｘ）＝ｇ（ｘｘ）＋１＝ａ（ｘ－１）（ｘ－２）ｘ…（ｘ－２０１５）＋１
于点 Ｂ、Ｃ，ＰＯ 交 ⊙Ｏ 于
点 Ｄ，ＡＥ⊥ＰＯ 于 Ｅ，联
结 ＢＥ 并 延 长 交 ⊙Ｏ 于
图３
点Ｆ，联 结 ＯＣ、ＯＦ、ＡＤ、
ＡＦ．若∠ＢＣＯ＝３０°，∠ＢＦＯ＝２０°．确 定 ∠ＤＡＦ
的度数．
答 １１５°．
解 如 图 ４，连 结
ＯＡ，ＣＤ，ＣＦ，因 为 ＰＡ 切
⊙Ｏ 于 点 Ｐ，所 以 ＯＡ ⊥
答 ｛１９８０｝． 解 显然ｘ＜２０１６，不 难 见 到，小 于 ２０１６ 的 自然数中数字和最 大 为 ２８，如 Ｓ（１９９９）＝２８，这 意味着Ｓ（ｘ）≤２８，进 一 步 Ｓ（Ｓ（ｘ））≤Ｓ（１９）＝ １０，最 后 Ｓ（Ｓ（Ｓ（ｘ）））≤９． 由 方 程 得 出 ｘ＝２０１６－Ｓ（ｘ）－Ｓ（Ｓ（ｘ））－Ｓ （Ｓ（Ｓ（ｘ）））≥２０１６－２８－１０－９＝１９６９， 所 以 ｘ∈ ｛１９６９，１９７０，…，２０１５｝；另 外，ｘ， Ｓ（ｘ），Ｓ（Ｓ（ｘ）），Ｓ（Ｓ（Ｓ（ｘ）））被 ９ 除 的 余 数 相 同，而２０１６被９除 的 余 数 为 ０，所 以 每 个 数 被 ９ 除 的 余 数 为 ０．因 此 ｘ 只 可 能 在 １９７１，１９８０， １９８９，１９９８ 和 ２００７ 中．经 检 验 得 只 有 １９８０＋１８ ＋９＋９＝２０１６，所 以 方 程 的 解 集 为 ｛１９８０｝． ２．如图 １ 所 示，⊙Ｏ 与 正 方 形 ＡＢＣＤ 的 边 ＡＢ 和ＡＤ 分别切于点Ｌ 和 Ｋ ，交边 ＢＣ 于点 Ｍ 和Ｐ，ＢＭ＝８厘米，ＭＣ＝１７厘米．问⊙Ｏ 的 面 积 是多少平方厘米？ 答 １ 的 半 径 ＯＫ ，ＯＬ 和
2020年北京市中学生数学竞赛高一年级试题(含答案)
2020年北京市中学生数学竞赛高一年级试题2020年6月 27日8:30～10:30一、填空题（满分40分，每小题8分）1．已知实函数f (x )满足f (x +y )=f (x )+f (y )+4xy ，且f (−1)·f (1)≥4．则293f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭______． 2．等腰梯形ABCD （AB =CD ）的内切圆与腰CD 的切点为M ，与AM 、BM 的交点分别为K 和L ．则AM BM AK BL+的值等于______． 3．四位数abcd 比它的各位数字的平方和大2020，在所有这样的四位数中最大的一个是______．4．已知点O 在△ABC 内部，且2021202020193AB BC CA AO ++=，记△ABC 的面积为S 1，△OBC 的面积为S 2，则12S S =______． 5．有4个不同的质数a , b , c , d ，满足a +b +c +d 是质数，且a 2+bc 、a 2+bd 都是完全平方数，那么a +b +c +d = ______．二、（满分15分）面积为S 1，S 2，S 3，S 4，S 5，S 6的正方形位置如右图所示．求证：S 4+S 5+S 6=3(S 1+S 2+S 3)．三、（满分15分）存在2020个不是整数的有理数，它们中任意两个的乘积都是整数四、（满分15分）如右图，已知D 为等腰△ABC BC 上任一点，⊙I 1、⊙I 2分别为△ABD 、△ACD 内切圆，M 为BC 的中点．求证：I 1M ⊥I 2M ．五、（满分15分）将集合I ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}B ={w , x , y , z }，使得A ∪B =I ，A ∩B =Ø，且A 与B 的元素至少有一种排列组成的正整数满足2wxyz abcde ，则称A 与B 为集合I 的一个“两倍型2分划”．（1）写出集合I 的所有“两倍型2分划”，并给出理由；（2）写出集合I 的每个“两倍型2分划”对应的所有可能的2wxyz abcde ．2020年北京市中学生数学竞赛（邀请）高一年级试题及参考解答2020年6月 27日8:30～10:30一、填空题（满分40分，每小题8分）1．已知实函数f (x )满足f (x +y )=f (x )+f (y )+4xy ，且f (−1)·f (1)≥4．则29()3f -=______． 解：令x =y =0得f (0)=0，令x =−1，y =1，得f (1)+f (−1)=4．平方得f 2(1)+2f (1)·f (−1)+f 2(−1)=16，又因为f (−1)·f (1)≥4，所以f 2(1)+2f (1)·f (−1)+f 2(−1)≤4f (1)·f (−1)．即(f (1)−f (−1))2≤0．所以f (1)=f (−1)=2． 因为)32)(31(4)32()31()32(31)1(--⋅+-+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=-f f f f 1118=3()4()()3339f ， 所以 .234)31(3=+-f 因此.92)31(=-f 所以.9894)31(2)32(=+-=-f f 于是29()3f -=8．2．等腰梯形ABCD （AB =CD ）的内切圆与腰CD 的切点为M ，与AM 、BM 的交点分别为K 和L ．则AM BM AK BL+的值等于______． 解：设N 是边AD 的中点，a =AN ，x =AK ，y =AM ，α=∠ADM ，（如图）．则ND=DM=a ，且根据余弦定理，对于△ADM ，有y 2=4a 2+a 2−4a 2cos α=a 2(5−4cos α)． 另一方面，根据切割线定理，有xy=a 2，所以 2AM y y AK x xy ===5−4cos α． 类似地对于△BCM ，得到54cos .BM BLα=+ 因此，10.AM BM AK BL+= C BD A LK a y αMx3．四位数abcd 比它的各位数字的平方和大2020，在所有这样的四位数中最大的一个是______．解: 设abcd 为所求的自然数，则根据条件1000a +100b +10c +d =a 2+b 2+c 2+d 2+2020．考虑到 2000＜a 2+b 2+c 2+d 2+2020≤92+92+92+92+2020=2344，可以断定a =2，于是100b +10c +d =b 2+c 2+d 2+24．即 b (100−b )+c (10−c )=d (d −1)+24 (*)由于c (10−c )＞0，当b ≥1时，b (100−b )≥99，所以(*)式左边大于99，而(*)式右边小于9×8+24=96，因此要(*)式成立，必须b =0．当b =0时，(*)式变为 d 2−d =10c −c 2−24． 由于四位数abcd 中a =2，b =0，要使20cd 最大，必需数字c 最大．若c =9，c 2−c −24=90−92−24＜0，而d 2−d ≥0故(*)式不能成立．同理，c =8和c =7时，(*)式均不能成立．当c =6时，c 2−c −24=60−62−24=0，这时，d =0及d =1，均有d 2−d =0，即(*)式均成立． 于是abcd =2060或2061．所以满足题设条件的四位数中最大的一个是2061．4．已知点O 在△ABC 内部，且2021202020193AB BC CA AO ++=，记△ABC的面积为S 1，△OBC 的面积为S 2，则12S S =______． 解：由2021202020193AB BC CA AO ++=，得22019()3AB BC AB BC CA AO ++++=，因为0AB BC CA ++=，所以23AB BC AO +=，故23AB AC AB AO +-=. 所以3AB AC AO +=，取BC 的中点D ，则23AD AO =.于是A 、D 、O 三点共线，且3AD OD =．所以123S AD S OD==．5．有4个不同的质数a , b , c , d ，满足a +b +c +d 是质数，且a 2+bc 、a 2+bd 都是完全平方数，那么a +b +c +d = ______．解：由a +b +c +d 是质数，可知a , b , c , d 中有2．如果a ≠2，那么b , c , d 中有2，从而a 2+bc 、a 2+bd 中有一个模4余3，不是完全平方数．故a =2．假设22+bc =m 2，那么bc =(m −2)(m +2)．如果m −2=1，那么m =3，bc =5，与已知矛盾．故不妨设b =m −2，c =m +2，则c =b +4．同理d =b −4，所以{a , b , c , d }={a , b , b +4, b −4}．而b −4, b , b +4中有一个是3的倍数，又是质数，所以只能是b −4=3，此时a +b +c +d =2+3+7+11=23．二、（满分15分）面积为S 1，S 2，S 3，S 4，S 5，S 6的正方形位置如图所示．求证：S 4+S 5+S 6=3(S 1+S 2+S 3)．证明：见右图：AKLB ，BMNC ，ACPQ 都是正方形，对应的面积为S 1、S 2和S 3．设,,βα=∠=∠ABC BAC .γ=∠ACB 因为,,,321S AC S BC S AB === 则根据余弦定理，有αcos 232321S S S S S -+=βcos 231312S S S S S -+=γcos 221213S S S S S -+= 由此，.cos 2cos 2cos 2321213132S S S S S S S S S ++=++γβα ①又因为 ,180,180,180γβα-=∠-=∠-=∠ NCP LBM QAK 以及,,,465S NP S LM S QK === 则有αcos 231315S S S S S ++= ②βcos 221216S S S S S ++= ③ γcos 232324S S S S S ++= ④由等式①～④得 S 4+S 5+S 6=3(S 1+S 2+S 3)．三、（满分15分）存在2020个不是整数的有理数，它们中任意两个的乘积都是整数吗？如果存在，请给出例证，如果不存在，请说明理由．解：存在. 例证如下：因为质数有无限多个，所以任选2020个两两不同的质数122020,,,p p p ，构造2020个两两不同的数： 1220202ii p p p x p ，i =1, 2, 3, …, 2020． 易知，因为122020,,,x x x 的分子不被分母整除，皆为不是整数的有理数．而任意两个数的乘积 12202012202022i i i j p p p p p p x x p p 2222222222122020121111202022ii j j i j p p p p p p p p p p p p ． 这2018个质数平方的乘积是整数，满足题意要求．A B C I 1 I 2 • • F 四、（满分15分）如图，已知D 为等腰△ABC 底边BC 上任一点，⊙I 1、⊙I 2分别为△ABD 、△ACD 的内切圆，M 为BC 的中点．求证：I 1M ⊥I 2M ．证明： （1）当D 与M 重合时，显然有∠I 1MI 2=90°，即I 1M ⊥I 2M ．（2）当D 不与M 重合时，不妨设BD ＞DC ， 过I 1作I 1E ⊥BC 于点E ，过I 2作I 2F ⊥BC 于点F ，连结I 1D ，I 2D ，I 1I 2．因为⊙I 1为△ABD 的内切圆，⊙I 2为△ACD 的内切圆，所以 2AB BD AD BE +-=，2DC AD AC DF +-= 所以，EM =BM −BE=22BC AB BD AD +--()2BC BD AD AB -+-=.2DF AC AD DC =-+= 进而有 ED=MF ．因为I 1、I 2分别为△ABD 、△ACD 的内心，易知∠I 1DI 2=90°． 由勾股定理得I 1D 2+I 2D 2=I 1I 22．(*)在Rt △I 1DE 与Rt △DI 2F 中，由勾 股定理得I 1E 2+ED 2=I 1D 2，I 2F 2+DF 2=I 2D 2，代入(*)式，得(I 1E 2+ED 2)+(I 2F 2+DF 2)= I 1I 22．注意EM=DF ，ED=MF 代换得(I 1E 2+MF 2)+(I 2F 2+EM 2)= I 1I 22．即 (I 1E 2+EM 2)+(I 2F 2+MF 2)= I 1I 22．所以 I 1M 2+I 2M 2=I 1I 22．根据勾股定理的逆定理，有△I 1MI 2为直角三角形，∠I 1MI 2=90°，即I 1M ⊥I 2M ．五、（满分15分）将集合I ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}划分为两个子集A ={a , b , c , d , e }和B ={w , x , y , z }，使得A ∪B =I ，A ∩B =Ø，且A 与B 的元素至少有一种排列组成的正整数满足2wxyz abcde ，则称A 与B 为集合I 的一个“两倍型2分划”．（1）写出集合I 的所有“两倍型2分划”，并给出理由；（2）写出集合I 的每个“两倍型2分划”对应的所有可能的2wxyz abcde ． 解：（1）集合I 共有2个“两倍型2分划”：A ={1, 3, 4, 5, 8}，B ={2, 6, 7, 9}及A ={1, 4, 5, 6, 8}，B ={2, 3, 7, 9}．理由简述如下：1° 由易知，a =1，所以a ∈A ． A B C I 1 I 2 • •2° 由0∉ I ={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}=A ∪B ，而5×2=10，所以5∈A ．3° 试验知，a , b , c , d , e 均不能等于9，所以9∈B ，进而有8∈A ．4° 因为数wxyz abcde 和的9个数字和恰为1+2+3+4+5+6+7+8+9=45是9的倍数，可判知+abcde wxyz 是9的倍数，即+abcde wxyz ≡0(mod9)． 又2wxyz abcde ，所以3wxyz ≡0(mod9)．于是wxyz ≡0(mod3)．所以)(wxyz S 是3的倍数，进而推得)(abcde S 也是3的倍数．5° 同样试验可判定7∈B ．此时分配剩下的4个元素：2, 3, 4, 6．由于A 中的1+5+8=14，被3除余2，所以从2, 3, 4, 6中选出的两个数之和被3除余1．于是只能选3, 4或4, 6属于A ，对应剩下的2, 6或2, 3归属于B ．因此，找到集合I 的两个“两倍型2分划”：A ={1, 3, 4, 5, 8}，B ={2, 6, 7, 9}及A ={1, 4, 5, 6, 8}，B ={2, 3, 7, 9}．（2）集合I 的“两倍型2分划”满足的不同的2wxyz abcde 共12个．1° 当B={2, 6, 7, 9}时，得到6个不同的式子：6729×2=13458， 6792×2=13584， 6927×2=13854,7269×2=14538， 7692×2=15384， 9267×2=18534．2° 当B={2, 3, 7, 9}时，得到6个不同的式子：7293×2=14586， 7329×2=14658， 7923×2=15846，7932×2=15864， 9273×2=18546， 9327×2=18654．。
北京市中学生数学竞赛高一级复赛参考解答
2011年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答一、选择题（满分40分，每小题8分，将答案写在下面相应的空格中）题 号 1 234 5答 案1341314- 623 2.-+-100530171．二次三项式x 2+ax +b 的根是实数，其中a 、b 是自然数，且ab =22011，则这样的二次三项式共有 个．答：1341．我们发现，实际上，数a 和b 是2的非负整数指数的幂，即，a =2k ，b =22011–k ，则判别式Δ=a 2– 4b =22k – 422011–k =22k – 22013–k ≥0，得2k ≥2013–k ，因此k ≥32013=671，但k ≤2011，所以k 能够取2011–671+1=1341个不同的整数值．每个k 恰对应一个所求的二次三项式，所以这样的二次三项式共有1341个.2．如右图，在半径为1的圆O 中内接有锐角三角形ABC ，H 是△ABC 的垂心，角平分线AL 垂直于OH ，则BC = ． 答：3．解：易知，圆心O 及垂心H 都在锐角三角形ABC 的内部，延长AO 交圆于N ，连接AH 并延长至H 1与BC 相交，连接CN ，在Rt △CAN 和Rt △AH 1B 中，∠ANC =∠ABC ，于是有∠CAN =∠BAH 1，再由AL 是△ABC 的角平分线，得∠1=∠2．由条件AP ⊥OH ，得AH=AO=1．连接BO 交圆于M ，连接AM 、CM 、CH ，可知AMCH 为平行四边形，所以CM=AH=AO =1，BM =2，因为△MBC 是直角三角形，由勾股定理得2221 3.BC =-=3．已知定义在R 上的函数f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，若F (x )=f (g (x )) – g (f (x ))的最小值为14，则m = ．答：14-．解：由f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，得F (x )= f (g (x )) – g (f (x ))=(2x +2m )2–(2x 2+2m )=2x 2+8mx +4m 2–2m ，F (x )=2x 2+8mx +4m 2–2m 的最小值为其图像顶点的纵坐标ABCOHL MPNH 1 1 2()2222242(42)84284242m m m m m m m m ⨯⨯--=--=--⨯．由已知，21424m m --=，得21202m ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以1.4m =-4．tan 37.5= ． 答：6232-+-．解1：作Rt △ADB ，使得∠ADB =90º，AD =1，AB =2，则∠B =30º，BD =3．延长BD 到C ，使BC =2，则DC =23-．连接AC ，则∠ACB =(180º–30º)÷2=75º．作∠ACD 的平分线交AD 于E ，则∠ECD =37.5º．由于AC 2=AD 2+DC 2=1+(2–3)2=8–43，所以 ()2843621226262AC =-=-+=-=-．由三角形的角平分线定理，得AE AC ED DC=，于是AE ED AC DCED DC ++=，即()()()()1322162233221ED AD AD DC AC CD ====-++-+-+-，所以()()tan 37.53221EDDC==-+6232=-+-．解2：作等腰直角三角形ABC ，使∠C =90º，AC =BC =1，则AB =2． 作∠CAD =30º，则CD =33，AD =233，则∠DAB =15º． 作∠BAD 的平分线AE ，记CE =x ，则BE =1–x ，DE =x –33． 所以3132323x x --=，整理得 ()()213221623 2.3232x +-+===-+--+tan 37.562321CE xAC ===-+-． 5．设f (x ) =113xx+-，定义f 1(x ) = f (f (x ))，f n (x )=f (f n –1(x )) (n =2, 3,…)，f 2011(2011)= ．答：10053017．AC D E B21 30º解：记01()()13x f x f x x +==-，则()111113()()1131313xx x f x f f x x x x++--===--+-⋅-； ()211113()()11313xx f x f f x x x x--+===-+⋅+；()3201()()()()13x f x f f x f x f x x +====-； 接下来有41()()f x f x =，52()()f x f x =，63()()f x f x =，…，f n (x )的表达式是循环重复的，以3项为一周期．所以，20113670111()()()13x f x f x f x x ⨯+-===+，20112011120101005(2011)13201160343017f -===+⨯．二、（满分15分）D 是正△ABC 的边BC 上一点，设△ABD 与△ACD 的内心分别为I 1，I 2，外心分别为O 1，O 2，求证：(I 1O 1)2+(I 2O 2)2=(I 1I 2)2． 证明：作以A 为中心、逆时针旋转60的变换(,60)R A ，使△ABD 到△ACD 1，由于∠ADC +∠AD 1C =∠ADC +∠ADB =180º，所以A 、D 、C 、D 1共圆，因此2O 是△AD 1C 的外心，也就是(,60)12R A O O −−−−→，因此AO 1=DO 1=AO 2=DO 2=O 1O 2，所以∠O 1AO 2=∠O 1DO 2=60º．由∠AO 1O 2+∠ACB =120º+60º=180º，O 1在△ACD 的外接圆⊙O 2上．由于111(180)6012012022AI D ABD ABD ∠=∠+-∠=+⨯=，所以I 1在⊙O 2上，因此11118018030150O I D O AD ∠=-∠=-=，111118015030I O D I DO ∠+∠=-=．同理可证，I 2在△ABD 的外接圆⊙O 1上，所以22150DI O ∠=．由于12118090,2I DI ∠=⨯=而22111212906030I DO I DO I DI O DO ∠+∠=∠-=-=，比较可得1122I O D I DO ∠=∠．在△O 1I 1D 与△DI 2O 2中，因为已证O 1D=DO 2，1122150,O I D DI O ∠=∠=又1122.I O D I DO ∠=∠因此 △O 1I 1D ≌△DI 2O 2．所以，I 1O 1=DI 2，DI 1= I 2O 2.由于1290,I DI ∠=△I 1DI 2是直角三角形.根据勾股定理，有()()()2221212,DI DI I I +=而I 1O 1=DI 2，DI 1=I 2O 2. 因此()()()222112212.I O I O I I +=三、（满分15分）n 是正整数，记n !=1×2×3×…×n ，如1!=1，2!=1×2=2， 3!= 1×2×3=6，又记[a ]表示不超过a 的最大整数，求方程ABCDO 1I 2I 1D 1O 220111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的所有正整数解．解1：由于当x 是正整数时，[]1!x x ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，2!2x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦≥12x -，3!6x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦＞6x –1，所以1126x x x -++-＜2011即53x ＜120122，得方程的正整数解x 满足0＜x ＜1207.5． 由于6!=720，7!=5040，所以方程的正整数解x ＜7!，即07!8!9!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=====⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 因此，方程20111!2!3!4!5!6!x x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的解与原方程的解是一样的．设小于7!的正整数x 为上述方程的解，我们写出(1,2,3,4,5,6)!xk k =的带余除法表达式：设16!6!r x a =+，0≤r 1＜6!，(0≤a ≤6，a ∈N )；因此.6!x a ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦① 12665!5!5!r r x a a b =+=++，0≤r 2＜5!，(0≤b ≤5，b ∈N )，因此65!x a b ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦． ② 323053054!4!4!r r xa b a b c =++=+++，0≤r 3＜4!，(0≤c ≤4，c ∈N )， 因此3054!x a b c ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦． ③341202*********!3!3!r r xa b c a b c d =+++=++++，0≤r 4＜3!，(0≤d ≤3，d ∈N )； 因此1202043!x a b c d ⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦． ④5436060123360601232!2!2!r r xa b c d a b c d e =++++=+++++，0≤r 5＜2， (e =0,1,2)；因此360601232!x a b c d e ⎡⎤=++++⎢⎥⎣⎦． ⑤5720120246272012024621!1!r xa b c d e a b c d e f =+++++=+++++，(f =0,1)； 因此72012024621!x a b c d e f ⎡⎤=+++++⎢⎥⎣⎦． ⑥①～⑥相加得1237a +206b +41c +10d +3e +f =2011． 显然a =1，因此206b +41c +10d +3e +f =2011–1237=774； 易知b =3，因此41c +10d +3e +f =774–206×3=156； 易知c =3，于是10d +3e +f =156–41×3=33；类似求得d =3，e =1，f =0．所求的x =1×720+3×120+3×24+3×6+1×2+0×1=1172．x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解． 解2：设f (x )=1!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，因为对于所有的正整数k ，!x k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦都是单调增的，其和f (x )就是增函数；又因为对于正整数x ，11!x +⎡⎤⎢⎥⎣⎦=1!x ⎡⎤⎢⎥⎣⎦+1，所以f (x )是严格单调的．经估数，将x =1172带入，求f (1172)的值，得f (1172)=2011，所以，x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解．四、（满分15分）平面上的n 个点，若其中任3个点中必有2个点的距离不大于1，则称这样的n 个点为“标准n 点组”．要使一个半径为1的圆纸片，对任意“标准n 点组”都能至少盖住其中的25个点，试求n 的最小值． 答案：49．解：首先证明，n min ＞48．在平面上画长为5的线段AB ，分别以A 、B 为圆心，画半径为0.5的两个圆，在每一个圆内，取24个点，则平面上有48个点满足题设条件（其中任意3点中必有2点的距离不大于1），显然，不可能画出一个半径为1的圆，其包含有25个所选的点，所以n ＞48．下面证明n min =49．若49=n ，设A 是其中的一点，作以A 为圆心半径为1的⊙A ，若所有的点都在圆A 中，那么就满足题设条件．若不是所有的点都在圆A 中，则至少有一点B 不在圆A 中，再作以B 为圆心、半径为1的⊙B ，则A 、B 的距离大于1（如右图），除A ，B 外，余下的47个点中每一点P 都与A 、B 组成3点组，必有两个点的距离不大于1，所以要么P A ≤1，要么PB ≤1，即 点P 要么在⊙A 中，要么在⊙B 中，根据抽屉原理，必有一个圆至少包含了这47个点中的24个点，不妨设这个圆就是⊙A ，再加上圆心A 点，就有不少于25个点在这个半径为1的⊙A 中(圆内或圆周上)．所以n 的最小值是49．五、（满分15分）已知函数f ：R →R ，使得对任意实数x y z ，，都有11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14， 求[1×f (1)]+[2×f (2)]+[3×f (3)]+…+[2011×f (2011)]的值．其中对于实数a ，[a ]表示不超过a 的最大整数．解：由于已知函数f R R →：，使得对任意实数x y z ，，都满足11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14，可令0x y z ===，有 ()211(0)(0)(0)22f f f +-≥14，即21(0)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (0)是一个实数，所以1(0).2f =再令1x y z ===，有()211(1)(1)(1)22f f f +-≥14，即21(1)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (1)是一个实数，所以1(1).2f =又令0y z ==，有11(0)(0)()(0)22f f f x f +-≥14，代入1(0)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≤12． ①又令1y z ==，有11()()()(1)22f x f x f x f +-≥14，代入1(1)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≥12． ②综合①、②可得，对任意实数x ，都有1()2f x =．验证：函数1()2f x =满足题设条件，取的是等号，所以满足题设条件的函数的唯一解为1()2f x =．于是[][][][]1(1)2(2)3(3)2011(2011)f ff f ⨯+⨯+⨯++⨯ 1234201122222⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦011223310051005=+++++++++()21231005=⨯++++(11005)1005=+⨯1011030=．。
2017年北京市中学生数学竞赛复赛(高一)
记 中的 最 小 数 ＝０ ：…ａ ，
△２＝ｐ 一４ｇ２
Ｓ（ｎ）＝口ｌ＋０２＋… ＋０ｆ． 若 的个位数字 ａ ≠９，则
又三条边长 的平方 分别为 （ ） ＝２ ，（２ｘ：） ＝４ ，（ 。） ＝６ ， 于是 ，长 为 ２ ２ 、２ ，的三条线段 所构成 的 三角形 为直角三角形． 设该 直角三角形面积为 Ｊｓ．则
５ ：（ ×２ ×２ ：） ＝ ＝４
＝ １ ｌｐ２．
由 以上 两 式 得 １１（Ｐ１－ｐ２）＝９ｋ一１． 对于最小 的 ，有最小 的 自然数 ｋ，使得 １１ Ｉ（９ｋ一１）． 经检验 ，ｋ＝１，２，３，４不符合题意． 当 ｋ＝５时 ，９×５—１＝４４为 １１的倍 数 ， 此 时 ，Ｐ１－ｐ２＝４．
且 厂（１）＝２．
（１）证 明 ：＿厂（ ）为奇 函数 ；
（２）求八＿厂（２ ０１７））的值．
四、（１５分 ）如 图 １，在 △ ＡＢＣ中 ，ＡＢ＝
ＡＣ，ＡＤ上 ＢＣ于点 Ｄ，ＤＥ上 ＡＣ于点 Ｅ，ｃ为
参 考 答 案
一 １－２４． 、
由点 Ｐ 向 ＡＢ所 在 的直线 引垂 线 ，垂 足 为 Ｈ 则
Ｐ１＝５，Ｐ２＝ １
＝ Ｓ（ｎ）＝５５，Ｓ（ｎ＋１）：１１． 由 口１＋Ⅱ２＋… ＋。ｆ一 十９×５＝５５，得
ａ ｌ ＋ ａ２ ＋ … ＋ ｎ ＝１０ ＞９ ： ｔ一 ≥２．
一
又 ｋ＝５，于是 ，最小 的 ｎ为七位数 ，前两
位数字和为 １０．
当 ０：２，ｂ＝一１， ＝０时 ，取得最大值 ２．
一
为 ３的 平 行 线 与 ｏ ０ 交 于 点 Ｐ、Ｐ ， 联 结 ４尸、ＢＰ．则 在
、、
／／
、～ 一
2016年北京市中学生数学竞赛复赛高一
一２ｋ一１
注意到，小于２ ０１６的自然数中的数字 和最大为２８，例如，Ｓ（１ ９９９）＝２８，这表明，
｜ｓ（菇）≤２８．
所以，对于任意的ｋ Ｅ Ｚ＋，均有
［竿】＋［警】＝７２ｋ－１－１
－－７（一１）扣１—１（ｍｏｄ ５０）． 贝０ Ａ－７（１—１＋１—１＋…＋１—１）一１ －４２（ｍｏｄ ５０）．
Ｘ
由以戈）：ｄ丛旦
一堡（兰二！）（兰二圣）：：：ｉ查二竺Ｑ！主２±！
为２ ０１４次的多项式，得 ａ（ｘ一１）（菇一２）…（菇一２ ０１５）＋１ 的常数项必为０． 故一２
０１５
３（ｂ＋ｃ）
Ｉ＞４（／７，２—３（ｎ一１＋ｎ一２）） ＝４（／／，２—６ｎ＋９）＝４（ｎ一３）２ｉ＞０． 从而，方程①有实根． 因此，任意三个两两不同的整数，只要以 ｊ 其中最大的一个放在左边第一个★的位置， 其余两个放在后两个★的位置，所得的方程 就有实根． 四、记（（／／，２＋ｎ）２一（Ｔ／，２一／／，）２）（ｎ６—１） 为Ｍ 则Ｎ＝４（ｒ／，３—１）／ｉ，３（１７，３＋１）． 而２
４．１１５。． ００８
进一步，Ｓ（．ｓ（菇））≤５（１９）＝１０． 最后，Ｊｓ（Ｓ（Ｓ（戈）））≤９． 由方程得
菇＝２
０１６一Ｊｓ（菇）一．ｓ（Ｓ（戈））－ｓ（ｓ（Ｓ（ｘ）））
９６９，１ ９７０，…，２
≥２ ０１６—２８—１０—９＝１ ９６９．
联结ＯＡ、ＣＤ、ＣＦ．
故戈Ｅ｛１
０１５｝．
因为尉与００切于点Ａ，所以，以上以．
０１６＝２５
Ｘ
１¨１＿０
０。而裔・
因此，ｆ（２
０１６）＝揣＝志．
二、如图６，设０１Ｃ＝ａ，Ｃ０２＝ｂ．
３２
Ｘ
2013年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题及解答
（ ） 解得 另一根槡 ａ＝槡 ２－１， ２＋２ 舍！ ） 因此ｂ＝１－ ａ＝１－ （ ２－１ ＝２－槡 ２． 槡
２ ） （ ＳＡＢＣＤ ＝ （ ａ－ ａ ｂ－ ａ） ＝１ ７ ２－２ ４． 槡 函 数 ｆ： 使 对 一 切 ｎ ∈ Ｎ， 有 ３． Ｎ → Ｎ，
２．如 图 １，菱 形 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的 顶 点 Ｄ、 Ｃ在 直 线 ｙ ＝ｘ 上 ， 且顶点
２ 上， Ａ、 Ｂ 在 曲 线ｙ ＝ｘ 则菱 ＤＡ 平 行 于 ｙ 轴 ，
Ｂ、 Ａ Ｃ 于点 ⊙Ｏ 分别交 Ａ 若弦 Ｅ Ｅ、 Ｆ， Ｆ 长度的最
小 值 为 ２， 此时 Ａ Ｂ 的长 为
图１ 图２
形 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的面积 ＝ ． 答： １ ７ ２－２ ４． 槡
数 学 竞 赛 之 窗
） 且 ｆ（ 则 ｎ） ＋ｆ （ ｎ） ＝２ ｎ ＋３， ０） ＝１， ｆ（ ｆ（ ） ） ） ） ） ６ ７ ８ ９ １ ０ ｆ（ ｆ（ ｆ（ ｆ（ ｆ（ 的值等于 ） ） ） ） ） １ ＋ｆ（ ２ ＋ｆ（ ３ ＋ｆ（ ４ ＋ｆ（ ５ ｆ（ ． 答： ２ ７ ７ ２． 解 以 ｎ＝０ 代入 ） ｎ） ＋ｆ（ ｎ） ＝２ ｎ＋３ ｆ（ ｆ（ （ （ ） ） （ ） 得 ｆ ｆ ０ ＋ｆ ０ ＝２×０＋３， （ ＊）
４ ２ ２ ２ ห้องสมุดไป่ตู้ ２ ２ ＋ ｚ － ２ ｘ ｚ ｘ ＝２ ４ 的全部整数解 ｙ －２ ｙｚ －２ （ ） 的集合是． ｘ， ｚ ｙ，
） ） 得 ｆ（ 即 ｆ（ １ ＋１＝３， １ ＝２． ） 进一步 ， 令 ｎ＝１， 由（ 式得 同 ２） ＝３， ＊ ｆ（ 所 理得 ｆ（ ｎ） ＝ｎ＋１， ｎ＝３， ４， ５， ６， ７， ８， ９， １ ０， ） ） ） ） ） ６ ７ ８ ９ １ ０ ｆ（ ｆ（ ｆ（ ｆ（ ｆ（ 以 ＝２ ７ ７ ２． （ ） （ ） （ ） （ ） ） １ ＋ ２ ＋ ３ ＋ ４ ＋ ５ ｆ ｆ ｆ ｆ ｆ（ 如 图 ２， 在 △Ａ ４． Ｂ Ｃ ， 中， ０ ° Ｃ Ｂ＝ ∠Ｂ ＝６ ∠Ａ ， 点 Ｄ 是Ｂ ７ ５ ° Ｃ 边上的 动 点， 以 ＡＤ 为 直 径 作
2018年北京市中学生数学竞赛复赛(高一)
不共 线 ，且 每个 点均 标注 了数 １、２、３中的一
个 ，将标有 不 同数 的所有点对均用线段 联结 ，
每条线段 上 均标 注 一 个数 １、２或 ３，此 数 与
该线段 端点标 注 的数不 同 ，结果 呈现 出写在 平 面上 的三个数 １、２或 ３中的每一个 均恰有
ｎ次．则 ｎ的值为— — ．
中至少有一个为偶数．
又 ＋ ＝一ａ 为偶数 ，则 ¨、Ｘｋ２均 ，
为偶数．
从 而 ，４Ｉ ｂ ．
注意到 ，十个 连续 的偶数 中只有 五个 被
４整除 ，另五个被 ４除余 ２．
因为 ｂ ，ｂ ，… ，ｂ 中 的每一 个均 被 ４整
除 ，所 以 ，ａ ，ａ：，… ，ａ 中的每一个 均被 ４除
二 、（１５分 ）能否选 出 １０个连续 的偶数 ，
且将其分为五个对子 （０ ，ｂ ）（ｋ＝ｌ，２，…，５），
使得方程
＋ａｋｘ＋ｂ ＝０（ｋ＝１，２，… ，５）
均具有 整数根？若能 ，试举一例 ；若不 能 ，请 说
明理 由．
三 、（１５分 ）如 图 ２，Ｄ为 锐 角△ ＡＢＣ内
一 点 ，使得 ＡＤＢ＝ ＡＣＢ＋９Ｏ。，且 ＡＣ·ＢＤ ＝ ＡＤ·ＢＣ，延 长 ＡＤ、ＢＤ、ＣＤ，分 别 与 △ ＡＢＣ 的外接 圆 厂交 于点 Ｇ、Ｅ、Ｆ．
于是 ，ａ＋ｂ＋Ｃ＝２００，且标 注数 １、２、３的
线段的数量分别为 ｂｃ、ｃａ、ａｂ．
贝０ ｎ＝ａ＋ｂｃ＝ｂ＋ｃａ＝ｃ＋ｒ上６．
故 （ｎ＋６ｃ）一（ｂ＋ｃａ）＝（ａ一６）（１一Ｃ）＝０．
类ｆＩ 地 ，（ｂ—ｃ）（１一ａ）＝（ｃ—ａ）（１—６）＝０．
若 ａ、ｂ、Ｃ中 至 少 有 两 个 数 不 为 １，则 ａ＝ｂ＝Ｃ，这与 ３十２００矛盾 ，也不可能 ａ＝ｂ＝
最新北京市高中数学竞赛高一年级复赛试题资料
高一年级试题（120分钟）一、填空题（满分40分，每小题8分，将答案写在下面相应的空格中）1．函数f(x)=23x x-+-的值域是______．2．方程x2−31x+220=2x(31−2x−2x)所有实根的平方和等于______．3．边长等于10厘米的正六边形ABCDEF中，H为DE的中点，G为BC边上一点，且满足∠AGB=∠CGH，如图所示，则五边形AFEHG的面积是______平方厘米．4．已知甲、乙两个施工队各有若干工人，如果甲队借调给乙队90名工人，则乙队的工人总数将是甲队的2倍；如果乙队借调给甲队若干工人，则甲队的工人总数将是乙队的6倍．甲施工队原来最少有______名工人．5．在平面上有200个点，任何三个点都不共线，且每个点都标注了数1, 2, 3中的一个数，将标有不同数的所有点对都用线段连接，每条线段上都标注一个数1, 2或3，这个数与该线段端点标注的数不同，结果呈现出写在平面上的三个数1, 2或3中的每一个均恰有n次，则n的值是______．二、（满分15分）能够选出10个连续的偶数，且分它们为5个对子：(a1, b1), (a2, b2), (a3,b3), (a4, b4), (a5, b5)，使得方程x2+a1x+b1=0, x2+a2x+b2=0, x2+a3x+b3=0, x2+a4x+b4=0,x2+a5x+b5=0都具有整数根吗？如果能，试举一例；如果不能，请说明理由．三、（满分15分）D为锐角三角形ABC内一点，使得∠ADB=∠ACB+90°且AC·BD=AD·BC．延长AD，BD，CD分别交三角形ABC的外接圆于点G，E，F，如图所示．求证：（1）EF=FG；（2）1=EFGABCπ三角形的面积三角形外接圆的面积．四、（满分15分）（1）证明：2018可以表示为两个正整数的平方和．（2）证明：存在这样的三角形，可以把它分割为2018个全等的三角形．五、（满分15分）已知n元正整数集A={a1, a2,…, a n}，对任意一个i {1, 2, …, n}，由集合A去掉元素a i后得到的集合A i可以分成两个不交的子集之并，且两子集元素之和相等，我们称这样的数集A为“好数集”．（1）求证：“好数集”的元素个数n是奇数；（2）求“好数集”的元素个数n的最小值．。
09年高一北京数学竞赛复赛参考解答
2009年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答一、填空题（满分40分，每小题8分，将答案写在下面相应的空格中）1．已知a 和b 都是单位向量，并且向量2c a b =+ 与54d a b =- 互相垂直，则a 和b之间的角<,a b>= ．答：3π解 设a 和b 之间的角<,a b>=θ，则根据向量垂直的条件得: ()()220(2)(54)51048c d a b a b a a b a b b =⋅=+-=+⋅-⋅-=5+6cos θ−8=6cos θ−3，由此cos θ=12，所以 θ=3π． 2．1cos 290的值是．答：3解 1cos 290+1cos70= 170cos 70-==s 0433= 3．如图，过⊙O 外一点M 引圆的切线切圆于点B ，连接MO交圆于点A ，已知MA = 4厘米，MB =N 为 AB的中点．曲边三角形(阴影部分)的面积等于 平方厘米．答：4(6)3π-.解 根据条件, 延长MO 交圆于C ， 设圆的半径为r ，MC = 4+2r 由切割线定理得 MB 2= MA ·MC ，即48= 4(4+2r ) 解得r = 4 cm ，OC =OA =AM = 4cm连接OB ，在直角△OBM 中，sin MB MOB OM ∠===所以∠MOB =60°，因此 AB 为60°，而N 为 AB 的中点， 30AN = ，连接ON ，则∠MON =30°，所以111sin 30848222MON S OM ON ∆=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯= (cm 2).而扇形AON 的面积230443603ππ=⨯=(cm 2),所以阴影图形的面积42444(6)8333πππ--=-==(cm 2)． 4．的值是 ． 答：4解 设x =则x 3=2020++-= 40+6x即 36400x x --= 观察之，4为方程的一个根，所以2(4)(410)0x x x -++= 由24410240∆=-⨯=-<，方程2410x x ++= 0无实根． 所以 方程36400x x --=只有唯一的实根4x = 即得证4x ==．5．在平面直角坐标系中，不论m 取何值时，抛物线y =mx 2+(2m +1)x −(3m +2)都不通过的直线y =−x +1上的点的坐标是 ．(写出全部符合条件点的坐标)答：(1,0)，(−3,4)，41(,33- 解 由 y =mx 2+(2m +1)x −(3m +2)=m (x +3)(x −1)+(x −2)可知抛物线一定过点A (1, −1)，B (−3, −5)．过点A 、B 分别作y 轴的平行线交直线y =−x +1于点C (1, 0)，D (−3, 4)．过A 、B 两点的直线与直线y =−x +1交于点E 31(,22-． 则C 、D 、E 三点满足条件． 二、（满分15分）直角△ABC 内切圆的半径为r ，直角的平分线的长为t ．求证：直角△ABC的两条直角边的长a 和b 是关于x 的一元二次方程222()20t x x tr -+-=的根．证明 设直角△ABC 中，∠C =90°，边长AB =c ，AC =b ，CB =a ，∠C 的平分线CD =t ，内切圆的圆心为O ，内切圆半径为r ．连接OA ，OB ，OC ，S △ABC =12ab （1）又 S △ABC = S △ADC + S △BDC =12bt sin45°+12at sin45°t (a +b )所以， ab(a +b ) （2）……………………（5分）又 S △ABC = S △OBC + S △OAC + S △OAB =12r (a +b +c )=12r (a +b +a +b −2r )= r (a +b −r )= (a +b )r −r 2，与（1）比较得 ab =2(a +b )r −2r 2 （3）……………………（8分） 联立（2）与（3）解得a +b ，ab 得22a b ab +==……………………………（10分） 所以根据韦达定理，以a 和b 为根的一元二次方程为22x x =即方程 222()220t x r x t r -+-=．……………………………………………（15分） 三、（满分15分）求函数f ：Z +→Z +，使得① f (1)=1；② 对于所有x , y ∈ Z +，()()()f x y f x f y xy +=++都成立．解 设函数f ：Z +→Z +，满足① f (1)=1；② 对于所有x , y ∈ Z +，()()()f x y f x f y xy +=++ 对于正整数,n m ，下列的等式成立2(2)2()f n f n n =+2(3)()(2)2f n f n f n n =++， 2(4)()(3)3f n f n f n n =++， …… …… …… ……()2()()(1)(1)f mn f n f m n m n =+-+- 将上面的等式相加，得()2()()123(1)f mn mf n m n =+++++-由于(1)123(1)2m m m -++++-=， 所以2(1)()()2m m f mn mf n n -=+，对所有的正整数m 和n 都成立．………………（8分） 特别是，当n =1时(1)()2m m f m += （*）……………………………………（10分）等式（*）定义了在正整数集合上的函数f ．因为1(11)(1)12f +== 22()(1)()()2()22x y x y x x y y xyf x y ++++++++==(1)(1)()()22x x y y xy f x f y xy ++=++=++所以(1)()2m m f m +=是问题的唯一解．…………………………………………… （15分）四、（满分15分）如图所示，在平行四边形ABCD 中，∠BAD 的平分线交BC 于点M ，交DC 的延长线于点N ，△CMN 的外心为O ，△CMN 的外接圆与△CBD 的外接圆的另一交点为K ．证明：(1) 点O 在△CBD 的外接圆上； (2) ∠AKC =90°．证明 (1)由于平行四边形ABCD 中，∠BAD 的平分线交BC 于点M ，交DC 的延长线于点N ，所以∠BMA =∠MAD =∠BAM ，因此BA=BM ，同理可得MC=CN ．连接OC ，则OC 平分∠NCM ．连接OB ，OM ，OD ，设∠BAD = θ，则∠OCD =∠BCD +∠OCM = θ +12(180°−θ) = 90°+2θ∠BMO =180°−∠OMC =180°−∠OCM =90°+2θ，所以 ∠BMO =∠OCD ．因此，△OBM ≌△ODC ，所以∠OBC =∠ODC ．于是B ，O ，C ，D 四点共圆，也就是点O 在△CBD 的外接圆上．…（8分）(2) 由(1)知 BO=OD ，又KO=OC ，因为B ，K ，O ，C 和D 都在同一个圆上，则K ，C 关于BD 的中垂线对称，BK=CD=AB ，又∠KBD =∠CDB =∠ABD ，所以点K 与点A 是关于BD 的对称点，即AK ⊥BD ，而KC//BD ，所以AK ⊥KC ，即∠AKC =90°． ………………………………………………………………………………………………（15分） 五、（满分15分）证明，在任意给出的7个实数中，一定能找到两个实数x ，y ，使得 0≤1x y xy -+ 证明 设任意给出的7个实数为1234567,,,,,,a a a a a a a ，在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭内存在7个实数1234567,,,,,,θθθθθθθ，使得tan i i a θ= 其中(1,2,3,4,5,6,7)i =．…………………………（5分）将,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭等分为6个长为6π的区间：,,,,0,0,,,,,2336666332ππππππππππ⎛⎫⎡⎤⎛⎫⎡⎤⎛⎤⎛⎫----- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎥⎝⎭⎣⎦⎝⎭⎣⎦⎝⎦⎝⎭， 根据抽屉原理，必存在,i j θθ属于同一个长为6π的小区间，………………………………（8分）不妨设i j θθ≥，则 06i j πθθ≤-≤，因此0t a n ()t a n 6ij πθθ≤-≤ …………………………………………（12分）即 t a n t a n 01t a n t a n3i j ij θθθθ-≤≤+令x =a i ，y =aj ，这样，我们从任意给出的7个实数中，找到了两实数x ，y ，使得 0≤1x y xy -+≤3．……………………………………………………………………………（15分）。
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2011年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答一、选择题（满分40分，每小题8分，将答案写在下面相应的空格中）1．二次三项式x 2+ax +b 的根是实数，其中a 、b 是自然数，且ab =22011，则这样的二次三项式共有个．答：1341．我们发现，实际上，数a 和b 是2的非负整数指数的幂，即，a =2k，b =22011–k，则判别式Δ=a 2– 4b =22k – 422011–k =22k – 22013–k ≥0，得2k ≥2013–k ，因此k ≥32013=671，但k ≤2011，所以k 能够取2011–671+1=1341个不同的整数值．每个k 恰对应一个所求的二次三项式，所以这样的二次三项式共有1341个.2．如右图，在半径为1的圆O 中内接有锐角三角形ABC ，H 是△ABC 的垂心，角平分线AL 垂直于OH ，则BC = ．解：易知，圆心O 及垂心H 都在锐角三角形ABC 的内部，延长AO 交圆于N ，连接AH 并延长至H 1与BC 相交，连接CN ，在Rt △CAN 和Rt △AH 1B 中，∠ANC =∠ABC ，于是有∠CAN =∠BAH 1，再由AL 是△ABC 的角平分线，得∠1=∠2．由条件AP ⊥OH ，得AH=AO=1．连接BO 交圆于M ，连接AM 、CM 、CH ，可知AMCH 为平行四边形，所以CM=AH=AO =1，BM =2，因为△MBC 是直角三角形，由勾股定理得BC == 3．已知定义在R 上的函数f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，若F (x )=f (g (x )) – g (f (x ))的最小值为14，则m = ．答：14-．解：由f (x )=x 2和g (x )=2x +2m ，得F (x )= f (g (x )) –g (f (x ))=(2x +2m )2–(2x 2+2m )=2x 2+8mx +4m 2–2m ，F (x )=2x 2+8mx +4m 2–2m 的最小值为其图像顶点的纵坐标()2222242(42)84284242m m m m m m m m ⨯⨯--=--=--⨯．由已知，21424m m --=，得21202m ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以1.4m =-4．tan 37.5= ． 答：6232-+-．解1：作Rt △ADB ，使得∠ADB =90º，AD =1，AB =2，则∠B =30º，BD =3．延长BD 到C ，使BC =2，则DC =23-．连接AC ，则∠ACB =(180º–30º)÷2=75º．作∠ACD 的平分线交AD 于E ，则∠ECD =37.5º．由于AC 2=AD 2+DC 2=1+(2–3)2=8–43，所以 ()2843621226262AC =-=-+=-=-．由三角形的角平分线定理，得AE AC ED DC=，于是AE ED AC DCED DC ++=，即()()()()322162233221ED AD DC AC CD ====-++-+-+-，所以()()tan 37.53221EDDC==-+6232=-+-．解2：作等腰直角三角形ABC ，使∠C =90º，AC =BC =1，则AB =2． 作∠CAD =30º，则CD =3，AD =23，则∠DAB =15º． 作∠BAD 的平分线AE ，记CE =x ，则BE =1–x ，DE =x –33． 所以33232x -=，整理得 ()()213221623 2.3232x +-+===-+--+tan 37.562321CE xAC ===-+-． 5．设f (x ) =113xx+-，定义f 1(x ) = f (f (x ))，f n (x )=f (f n –1(x )) (n =2, 3,…)，f 2011(2011)= ． 答：10053017．A21 30º解：记01()()13x f x f x x +==-，则()111113()()1131313xx x f x f f x x x x++--===--+-⋅-； ()211113()()11313xx f x f f x x x x--+===-+⋅+；()3201()()()()13x f x f f x f x f x x +====-； 接下来有41()()f x f x =，52()()f x f x =，63()()f x f x =，…，f n (x )的表达式是循环重复的，以3项为一周期．所以，20113670111()()()13x f x f x f x x ⨯+-===+，20112011120101005(2011)13201160343017f -===+⨯．二、（满分15分）D 是正△ABC 的边BC 上一点，设△ABD 与△ACD 的内心分别为I 1，I 2，外心分别为O 1，O 2，求证：(I 1O 1)2+(I 2O 2)2=(I 1I 2)2． 证明：作以A 为中心、逆时针旋转60的变换(,60)R A ，使△ABD 到△ACD 1，由于∠ADC +∠AD 1C =∠ADC +∠ADB =180º，所以A 、D 、C 、D 1共圆，因此2O 是△AD 1C 的外心，也就是(,60)12R A O O −−−−→，因此AO 1=DO 1=AO 2=DO 2=O 1O 2，所以∠O 1AO 2=∠O 1DO 2=60º．由∠AO 1O 2+∠ACB =120º+60º=180º，O 1在△ACD 的外接圆⊙O 2上．由于111(180)6012012022AI D ABD ABD ∠=∠+-∠=+⨯=，所以I 1在⊙O 2上，因此11118018030150O I D O AD ∠=-∠=-=，111118015030I O D I DO ∠+∠=-=．同理可证，I 2在△ABD 的外接圆⊙O 1上，所以22150DI O ∠=．由于12118090,2I DI ∠=⨯=而22111212906030I DO I DO I DI O DO ∠+∠=∠-=-=，比较可得1122I O D I DO ∠=∠．在△O 1I 1D 与△DI 2O 2中，因为已证O 1D=DO 2，1122150,O I D DI O ∠=∠=又1122.I O D I DO ∠=∠因此 △O 1I 1D ≌△DI 2O 2．所以，I 1O 1=DI 2，DI 1= I 2O 2.由于1290,I DI ∠=△I 1DI 2是直角三角形.根据勾股定理，有()()()2221212,DI DI I I +=而I 1O 1=DI 2，DI 1=I 2O 2. 因此()()()222112212.I O I O I I +=1三、（满分15分）n 是正整数，记n !=1×2×3×…×n ，如1!=1，2!=1×2=2，3!= 1×2×3=6，又记[a ]表示不超过a 的最大整数，求方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的所有正整数解．解1：由于当x 是正整数时，[]1!x x ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，2!2x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦≥12x -，3!6x x ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦＞6x –1，所以1126x x x -++-＜2011即53x ＜120122，得方程的正整数解x 满足0＜x ＜1207.5． 由于6!=720，7!=5040，所以方程的正整数解x ＜7!，即07!8!9!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=====⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦． 因此，方程20111!2!3!4!5!6!x x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的解与原方程的解是一样的．设小于7!的正整数x 为上述方程的解，我们写出(1,2,3,4,5,6)!xk k =的带余除法表达式：设16!6!r x a =+，0≤r 1＜6!，(0≤a ≤6，a ÎN )；因此.6!x a ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦① 12665!5!5!r r x a a b =+=++，0≤r 2＜5!，(0≤b ≤5，b ÎN )，因此65!x a b ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦． ② 323053054!4!4!r r xa b a b c =++=+++，0≤r 3＜4!，(0≤c ≤4，c ÎN )， 因此3054!x a b c ⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦． ③341202*********!3!3!r r xa b c a b c d =+++=++++，0≤r 4＜3!，(0≤d ≤3，d ÎN )； 因此1202043!x a b c d ⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦． ④5436060123360601232!2!2!r r xa b c d a b c d e =++++=+++++，0≤r 5＜2， (e =0,1,2)；因此360601232!x a b c d e ⎡⎤=++++⎢⎥⎣⎦． ⑤5720120246272012024621!1!r xa b c d e a b c d e f =+++++=+++++，(f =0,1)； 因此72012024621!x a b c d e f ⎡⎤=+++++⎢⎥⎣⎦． ⑥①～⑥相加得1237a +206b +41c +10d +3e +f =2011．显然a =1，因此206b +41c +10d +3e +f =2011–1237=774； 易知b =3，因此41c +10d +3e +f =774–206×3=156； 易知c =3，于是10d +3e +f =156–41×3=33； 类似求得d =3，e =1，f =0．所求的x =1×720+3×120+3×24+3×6+1×2+0×1=1172．x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解． 解2：设f (x )=1!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，因为对于所有的正整数k ，!x k ⎡⎤⎢⎥⎣⎦都是单调增的，其和f (x )就是增函数；又因为对于正整数x ，11!x +⎡⎤⎢⎥⎣⎦=1!x ⎡⎤⎢⎥⎣⎦+1，所以f (x )是严格单调的．经估数，将x =1172带入，求f (1172)的值，得f (1172)=2011，所以，x =1172是方程20111!2!3!10!11!x x x x x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤+++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦的唯一正整数解．四、（满分15分）平面上的n 个点，若其中任3个点中必有2个点的距离不大于1，则称这样的n 个点为“标准n 点组”．要使一个半径为1的圆纸片，对任意“标准n 点组”都能至少盖住其中的25个点，试求n 的最小值． 答案：49．解：首先证明，n min ＞48．在平面上画长为5的线段AB ，分别以A 、B 为圆心，画半径为0.5的两个圆，在每一个圆内，取24个点，则平面上有48个点满足题设条件（其中任意3点中必有2点的距离不大于1），显然，不可能画出一个半径为1的圆，其包含有25个所选的点，所以n ＞48．下面证明n min =49．若49=n ，设A 是其中的一点，作以A 为圆心半径为1的⊙A ，若所有的点都在圆A 中，那么就满足题设条件．若不是所有的点都在圆A 中，则至少有一点B 不在圆A 中，再作以B 为圆心、半径为1的⊙B ，则A 、B 的距离大于1（如右图），除A ，B 外，余下的47个点中每一点P 都与A 、B 组成3点组，必有两个点的距离不大于1，所以要么PA ≤1，要么PB ≤1，即 点P 要么在⊙A 中，要么在⊙B 中，根据抽屉原理，必有一个圆至少包含了这47个点中的24个点，不妨设这个圆就是⊙A ，再加上圆心A点，就有不少于25个点在这个半径为1的⊙A 中(圆内或圆周上)．所以n 的最小值是49．五、（满分15分）已知函数f ：R →R ，使得对任意实数x y z ，，都有11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14， 求[1×f (1)]+[2×f (2)]+[3×f (3)]+…+[2011×f (2011)]的值．其中对于实数a ，[a ]表示不超过a 的最大整数．解：由于已知函数f R R →：，使得对任意实数x y z ，，都满足11()()()()22f xy f xz f x f yz +-≥14，可令0x y z ===，有 ()211(0)(0)(0)22f f f +-≥14，即21(0)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (0)是一个实数，所以1(0).2f =再令1x y z ===，有()211(1)(1)(1)22f f f +-≥14，即21(1)2f ⎛⎫- ⎪⎝⎭≤0， 由于f (1)是一个实数，所以1(1).2f =又令0y z ==，有11(0)(0)()(0)22f f f x f +-≥14，代入1(0)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≤12． ①又令1y z ==，有11()()()(1)22f x f x f x f +-≥14，代入1(1)2f =得对任意实数x ，都有()f x ≥12． ②综合①、②可得，对任意实数x ，都有1()2f x =．验证：函数1()2f x =满足题设条件，取的是等号，所以满足题设条件的函数的唯一解为1()2f x =．于是[][][][]1(1)2(2)3(3)2011(2011)f f f f ⨯+⨯+⨯++⨯1234201122222⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦011223310051005=+++++++++()=⨯++++21231005=+⨯(11005)10051011030=．（注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）。