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2014年第二届\学数学数学奥林匹克邀请赛(秋季赛)参考答案第一试–9:20一.填空题(本题满分64分,每小题8分)1.在Rt△ABC中,\C=90◦,AB=1,点E是边AB的中点,CD是边AB上的高.则 −→CA·−−→CD · −→CA·−−→CE 的最大值为.(李维维供题)解答227.设CA=b,CB=a,则a2+b2=AB2=1,CD=2S△ABCAB=ab,于是 −→CA·−−→CD · −→CA·−−→CE = −−→CD 2·12−→CA· −→CA+−−→CB =12 −−→CD 2· −→CA =12a2b4=2(1−b2)·b22·b226 (1−b)2+b22+b223 3=227:其中等号当且仅当b2=23即a=√33,b=2√33时成立.因此, −→CA·−−→CD · −→CA·−−→CE 的最大值为227.2.方程¨2x+2−2√2x+1+¨2x+10−6√2x+1=2的解集为.(程汉波供题)解答[0;4].(法一)易知¨2x+2−2√2x+1+¨2x+10−6√2x+1=¨(√2x+1)2−2√2x+1+12+¨(√2x+1)2−6√2x+1+32=|√2x+1−1|+|√2x+1−3|2;其中等号当且仅当16√2x+163,即x∈[0;4]时成立.(法二)根据题意,可设¨2x+2−2√2x+1=1−d;1⃝¨2x+10−6√2x+1=1+d;2⃝由(1−d0;1+d0;1得−16d61.由2⃝2−1⃝2,得√2x+1=2−d;代入式1⃝,2⃝,得(¨1+(2−d)2+2(2−d)=1−d;¨9+(2−d)2+6(2−d)=1+d在−16d61上恒成立.所以,原方程成立只需满足√2x+1=2−d∈[1;3],即x∈[0;4].3.若函数f(x)=cosnx·sin4nx(n∈Z)的周期为3,则n的取值集合为.(李维维供题)解答{±2;±6}.由f(3)=f(0)=0,得sin12n=0,所以n|12.由f(x+3)=cos(nx+3n)sin 4nx+12n ,易知3n与12n都是整数且必有一个为偶数.若有一个为奇数,则f(x+3)=cos(n+x)sin4nx或cosnx·sin 4nx+ ,即f(x+3)=f(x),不符合题意.因此3n与12n同为偶数,此时f(x+3)=f(x)恒成立.故n=±2,±6满足题意.4.若方程√ax2+ax+2=ax+2恰有一个实根,则实数a的取值范围是.(武炳杰供题)解答{−8}∪[1;+∞).若ax+20,则方程无实根.若ax+20,则原方程等价于(a2−a)x2+3ax+2=0;上式仅有1个实数解,有以下三种情况.(1)a2−a=0,此时检验知此时a=1符合要求.(2)a2−a̸=0,方程有两个相等的实数根,即∆=(3a)2−4×2×(a2−a)=0,解得a=−8,经检验知符合要求.(3)a2−a̸=0,方程有两个不等的实数根x1,x2(x1x2),且ax1+206ax2+2,即−1a介于两根之间,且不能与某个根相等(否则(a2−a) −2a 2+3a −2a +2=0,化简得−1a=0,矛盾),这等价于(a2−a) −2a 2+3a −2a +20,解得a1.综上所述,a=−8或a1.5.随机地投掷四颗骰子,则这四颗骰子所示数字中的最小数恰等于3的概率为.(赵斌供题)解答1751296.将“四颗骰子所示数字中的最小数恰等于3”记为事件A3,“四颗骰子所示数字中的最小数不小于i”记为事件Bi(i=1;2;3;4;5;6),则A3=B3\B4.又P(Bi)=|Bi||Ω|=(7−i)464;i=1;2;3;4;5;6;故P(A3)=P(B3)−P(B4)= 46 4− 36 4=1751296:26.已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+12an,则limn→∞(an−√n)=.(武炳杰供题)解答0.由an+1=an+12an,得a2n+1=a2n+14a2n+1:由数学归纳法可证n6a2nn+3√n,从而06an−√n¨n+3√n−√n=3√n¨n+3√n+√n3√n√n=16√n;又limn→∞16√n=0,故limn→∞(an−√n)=0.7.设椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为点F,过椭圆C上的一点A做椭圆的切线交y轴于点Q.若\QFO=45◦,\QFA=30◦,则椭圆的离心率为.(李鸿昌供题)解答√63.yxOAPQF图1如图1,设A(x0;y0),则过点A的切线方程为x0xa2+y0yb2=1,设切线与x轴相交于点P,则P a2x0;0 ,C 0;b2y0 ,所以−−→FQ·−−→FO= c;b2y0 ·(c;0)=c2;−−→FQ·−→FA= c;b2y0 ·(x0+c;y0)=cx0+a2:于是cos\QFOcos\QFA=−−→FQ·−→FA−−→FQ·−−→FO· −−→FQ · −−→FO −−→FQ · −→FA =c2cx0+a2·ex0+ac=ca·ex0+aex0+a=e;所以椭圆的离心率e=cos\QFOcos\QFA=cos45◦cos30◦=√63:8.两个腰长都是1的等腰直角△ABC1和等腰直角△ABC2所在的半平面构成60◦的二面角,则线段C1C2的长的取值集合为.(安振平供题)解答¤1;√22;√2«.3两个三角形的平面拼接方式有三种,如图2所示.ABC1C2(1)ABC1C2(2)ABC1C2(3)图2当平面图(1)沿AB折叠形成60◦的二面角时,如图3所示,△AC1C2是边长为1的正三角形,所以C1C2=1.ABC1C2图3当平面图(2)沿AB折叠形成60◦的二面角时,如图5所示,取AB的中点O,正三角形△OC1C2的边长为单位正方形对角线的一半,所以C1C2=√22.ABC1C2O图4当平面图(3)沿AB折叠形成60◦的二面角时,如图5所示,在平面ABC2内取点D,使得−−→AD=−−→BC2,联结C1D,C2D,正三角形△AC1D的边长为1,则C1D=1.易知C2D=1,在△C1C2D中,\C1DC2=90◦,所以C1C2=√2.ABC1C2D图54综上所述,CC1的长的取值集合为¤1;√22;√2«.二.解答题(本题满分56分)9.(16分)设点A(x0;y0),B y20p−x0;y0 (p0)是平面上的两个定点,点P是抛物线y2=2px上的一个动点,直线PA,PB分别与抛物线交于另一点C,D.求证:直线CD的斜率为定值.(萧振纲供题)解答设P(2pt2;2pt),C(2pt21;2pt1),D(2pt22;2pt2),则2pt−2pt12pt2−2pt21=2pt−y02pt2−x0;即1t+t1=2pt−y02pt2−x0;所以t1=2pt2−x02pt−y0−t=y0t−x02pt−y0:同理t2=y0t− y20p−x0 2pt−y0=p(x0+y0t)−y202p2t−py0:直线CD的方程为2p(t2−t1)x−2p(t22−t21)y+4p2(t1t22−t21t2)=0;即x−(t1+t2)y+2pt1t2=0:而1t1+t2=y0t−x02pt−y0+p(x0+y0t)−y202p2t−py0=p(y0t−x0)+p(x0+y0t)−y20p(2pt−y0)=y0p是一个与点P无关的常数,因此直线CD的斜率kCD=1t1+t2=py0为定值.10.(20分)已知m;n∈N∗,lngm(x)=x+mln3,fn+1(x)=f1(fn(x)),其中f1(x)=3x+2.证明:(1)对任意的x2,2014Xi=11gi(x)−fi(x)12;(2)对于任意的整数k7,必存在一个由k唯一确定的k∈{0;1;2;···;2013},使得fk(k)是2014的倍数.(张嘉良供题)解答(1)易知gm(x)=3m·ex;fn(x)=3n(x+1)−1:令h(x)=ex−x−1,h′(x)=ex−1.当x0时,h′(x)0,即h(x)在(0;+∞)上是增函数.从而,当x2时,h(x)h(2)=e2−31,即ex−x−11.5从而2014Xi=11gi(x)−fi(x)=2014Xi=113i(ex−x−1)+12014Xi=113i+12014Xi=113i∞Xi=113i=12:(2)2014|fk(k)⇔2014|3k(k+1)−1.易知gcd(3k;2014)=1,由裴蜀(Bezout)定理,知存在整数u,v,使得3ku+2014v=1.从而,取k=u−1即可满足条件.下面说明唯一性.假设存在′k∈{0;1;2;···;2013}(′k̸=k),使得2014|3k(′k+1)−1.于是,fk(′k)−fk(k)=3k(′k−k)≡0(mod2014):又gcd(3k;2014)=1,故2014|′k−k,即′k≡k(mod2014),结合k;′k∈{0;1;2;···;2013}知′k=k,矛盾.因此这样的k是唯一的.11.(20分)已知数列{an},{bn}满足:对任意n∈N∗,{an}中不大于n的项数恰为bn,{bn}中不大于n的项数恰为an.(1)若a1=b1,求{an}与{bn};(2)若a1=b1+2014,求{an}与{bn}.(刘凯峰供题)解答首先,容易得到一个简单事实:{an},{bn}均为单调递增数列.(1)下面用数学归纳法证明:an=bn=n,n=1;2;···.当n=1时,若a1=b1=0,则{an}中不大于1的项至少有一项(即a1),从而b11,这与b1=0矛盾.若a1=b12,但由a12及简单事实{an}为单调递增数列,{an}中没有不大于1的项,从而b1=0,这与b1=2矛盾.所以a1=b1=1.假设当n=k时,ak=bk=k.下面证明:ak+1=bk+1=k+1.若ak+1k+2,而{an}为单调递增数列,故{an}中不大于k+1的项只有k项,即bk+1=k,但此时{bn}中不大于k的项至少有k+1项(b1;b2;···;bk;bk+1),于是akk+1,这与假设ak=k矛盾.所以ak+16k+1.若ak+1=k,则{an}中不大于k的项至少有k+1项(a1;a2;···;ak;ak+1),于是bkk+1,这与假设bk=k矛盾.所以,ak+1=k+1,同理可证bk+1=k+1.即当n=k+1时,ak+1=bk+1=k+1.综上所述,对任意正整数n,an=bn=n成立.(2)由已知得a1=b1+20142014,又{an}为单调递增数列,所以对任意正整数16k62013,{an}中没有不大于k的项,所以bk=0(16k62013).特别地,b1=0,从而a1=2014.类似(1)用数学归纳法可证明an=2013+n;n=1;2;···:bn=(0;16n62013;n−2013;n2014:6