高中数学竞赛训练题三

数学竞赛训练题三一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．已知数列{an}满足3an+1+an=4(n≥1)，且a1=9，其前n项之和为Sn。则满足不等式|Sn-n-6|1251的最小整数n是（）A．5B．6C．7D．82．设O是正三棱锥P-ABC底面三角形ABC的中心，过O的动平面与PC交于S，与PA、PB的延长线分别交于Q、R，则和式PSPRPQ111（）A．有最大值而无最小值B．有最小值而无最大值C．既有最大值又有最小值，两者不等D．是一个与面QPS无关的常数3．给定数列{xn}，x1=1，且xn+1=nnxx313，则20051nnx=（）A．1B．-1C．2+3D．-2+34．已知a=(cos32π,sin32π),baOA,baOB，若△OAB是以O为直角顶点的等腰直角三角形，则△OAB的面积等于（）A．1B．21C．2D．235．过椭圆C：12322yx上任一点P，作椭圆C的右准线的垂线PH（H为垂足），延长PH到点Q，使|HQ|=λ|PH|(λ≥1)。当点P在椭圆C上运动时，点Q的轨迹的离心率的取值范围为（）A．]33,0(B．]23,33(C．)1,33[D．)1,23(6．在△ABC中，角A、B、C的对边分别记为a、b、c(b≠1)，且AC，ABsinsin都是方程logbx=logb(4x-4)的根，则△ABC（）A．是等腰三角形，但不是直角三角形B．是直角三角形，但不是等腰三角形C．是等腰直角三角形D．不是等腰三角形，也不是直角三角形二、填空题（本题满分54分，每小题9分）7．若log4(x+2y)+log4(x-2y)=1，则|x|-|y|的最小值是_________.8．如果：（1）a,b,c,d都属于{1,2,3,4}（2）a≠b,b≠c,c≠d,d≠a（3）a是a,b,c,d中的最小数那么，可以组成的不同的四位数abcd的个数是________.9．设n是正整数，集合M={1，2，…，2n}．求最小的正整数k，使得对于M的任何一个k元子集，其中必有4个互不相同的元素之和等于10．若对|x|≤1的一切x，t+1(t2-4)x恒成立，则t的取值范围是_______________.11．我们注意到6!=8×9×10，试求能使n!表示成(n-3)个连续自然三数之积的最大正整数n为__________.12．对每一实数对(x,y)，函数f(t)满足f(x+y)=f(x)+f(y)+f(xy)+1。若f(-2)=-2，试求满足f(a)=a的所有整数a=__________.三、解答题（每小题20分，共60分）13．已知a,b,c∈R+，且满足cbakabc≥(a+b)2+(a+b+4c)2，求k的最小值。14．已知半径为1的定圆⊙P的圆心P到定直线l的距离为2，Q是l上一动点，⊙Q与⊙P相外切，⊙Q交l于M、N两点，对于任意直径MN，平面上恒有一定点A，使得∠MAN为定值。求∠MAN的度数。15．已知a0，函数f(x)=ax-bx2,（1）当b0时，若对任意x∈R都有f(x)≤1，证明：a≤2b；（2）当b1时，证明：对任意x∈[0,1],|f(x)|≤1的充要条件是：b-1≤a≤2b；（3）当0b≤1时，讨论：对任意x∈[0,1],|f(x)|≤1的充要条件。数学竞赛训练题三答案一、选择题1．由递推式得：3(an+1-1)=-(an-1)，则{an-1}是以8为首项，公比为-31的等比数列，∴Sn-n=(a1-1)+(a2-1)+…+(an-1)=311])31(1[8n=6-6×(-31)n，∴|Sn-n-6|=6×(31)n1251，得：3n-1250，∴满足条件的最小整数n=7，故选C。2．设正三棱锥P-ABC中，各侧棱两两夹角为α，PC与面PAB所成角为β，则VS-PQR=31S△PQR·h=21(31PQ·PRsinα)·PS·sinβ。另一方面，记O到各面的距离为d，则VS-PQR=VO-PQR+VO-PRS+VO-PQS,31S△PQR·d=31S△PRS·d+31S△PRS·d+31S△PQS·d=213dPQ·PRsinα+213dPS·PRsinα+213dPQ·PS·sinα，故有：PQ·PR·PS·sinβ=d(PQ·PR+PR·PS+PQ·PS)，即dPSPRPQsin111=常数。故选D。3．xn+1=nnxx33133，令xn=tanαn，∴xn+1=tan(αn+6),∴xn+6=xn,x1=1，x2=2+3,x3=-2-3,x4=-1,x5=-2+3,x6=2-3,x7=1，……，∴有2005111nnxx。故选A。4．设向量b=(x,y)，则||||0))((babababa，即2222)23()21()23()21(023,21()23,21(yxyxyxyx，即yxyx3122.∴)21,23(b或)21,23(，∴S△AOB=21||||baba=1。5．设P(x1,y1)，Q(x,y)，因为右准线方程为x=3，所以H点的坐标为(3,y)。又∵HQ=λPH，所以11PQHP，所以由定比分点公式，可得：yyxx11)1(3，代入椭圆方程，得Q点轨迹为123)]1(3[222yx，所以离心率e=)1,33[321322322。故选C。6．由logbx=logb(4x-4)得：x2-4x+4=0，所以x1=x2=2，故C=2A，sinB=2sinA，因A+B+C=180°，所以3A+B=180°，因此sinB=sin3A，∴3sinA-4sin3A=2sinA，∵sinA(1-4sin2A)=0，又sinA≠0，所以sin2A=41，而sinA0，∴sinA=21。因此A=30°,B=90°,C=60°。故选B。二、填空题7．3。44||24)2)(2(020222yxyxyxyxyxyx由对称性只考虑y≥0，因为x0，∴只须求x-y的最小值，令x-y=u，代入x2-4y2=4，有3y2-2uy+(4-u)2=0，这个关于y的二次方程显然有实根，故△=16(u2-3)≥0。8．46个。abcd中恰有2个不同数字时，能组成C24=6个不同的数。abcd中恰有3个不同数字时，能组成1212121213CCCCC=16个不同数。abcd中恰有4个不同数字时，能组成A44=24个不同数，所以符合要求的数共有6+16+24=46个。9．解考虑M的n+2元子集P={n-l，n，n+1，…，2n}．P中任何4个不同元素之和不小于(n-1)+n+(n+1)+(n+2)=4n+2，所以k≥n+3．将M的元配为n对，Bi=(i，2n+1-i)，1≤i≤n．对M的任一n+3元子集A，必有三对123,,iiiBBB同属于A(i1、i2、i3两两不同)．又将M的元配为n-1对，Ci(i，2n-i)，1≤i≤n-1．对M的任一n+3元子集A，必有一对4iC同属于A，这一对4iC必与123,,iiiBBB中至少一个无公共元素，这4个元素互不相同，且和为2n+1+2n=4n+1,最小的正整数k=n+310．2121,2113。①若t2-40，即t-2或t2，则由412ttx(|x|≤1)恒成立，得1412tt,t+1t2-4,t2-t-50解得22112211t，从而2211t-2或2t2211。②若t2-4=0，则t=2符合题意。③若t2-40，即-2t2，则由412ttx(|x|≤1)恒成立，得1412tt，t+1-t2+4;t2+t-30，解得：t2131或t2131，从而2131t2。综上所述，t的取值范围是：2113t2121。11．23．。12．1或-2。令x=y=0得f(0)=-1；令x=y=-1，由f(-2)=-2得，f(-1)=-2，又令x=1,y=-1可得f(1)=1，再令x=1，得f(y+1)=f(y)+y+2①，所以f(y+1)-f(y)=y+2，即y为正整数时，f(y+1)-f(y)0，由f(1)=1可知对一切正整数y，f(y)0，因此y∈N*时，f(y+1)=f(y)+y+2y+1，即对一切大于1的正整数t，恒有f(t)t，由①得f(-3)=-1,f(-4)=1。下面证明：当整数t≤-4时，f(t)0，因t≤-4，故-(t+2)0，由①得：f(t)-f(t+1)=-(t+2)0，即f(-5)-f(-4)0，f(-6)-f(-5)0，……，f(t+1)-f(t+2)0，f(t)-f(t+1)0相加得：f(t)-f(-4)0，因为：t≤4，故f(t)t。综上所述：满足f(t)=t的整数只有t=1或t=2。三、解答题13．解：因为(a+b)2+(a+b+4c)2=(a+b)2+[(a+2c)+(b+2c)]2≥(2ab)2+(2ac2+2bc2)2=4ab+8ac+8bc+16cab。所以)()4()(22cbaabccbaba≥100)25()215(854223222cbacba。当a=b=2c0时等号成立。故k的最小值为100。14．以l为x轴，点P到l的垂线为y轴建立如图所示的直角坐标系，设Q的坐标为(x,0)，点A(k,λ)，⊙Q的半径为r，则：M(x-r,0),N(x+r,0),P(2,0),PQ=222x=1+r。所以x=±322rr,∴tan∠MAN=krxhohrxhohrxhohrxrokkkkAMANAMAN11322232)32(2)(22222222222rrkrkhrhhrrrrhhrkxrh，令2m=h2+k2-3，tan∠MAN=n1，所以m+rk322rr=nhr，∴m+(1-nh)r=322rrk，两边平方，得：m2+2m(1-nh)r-(1-nh)2r2=k2r2+2k2r-3k2，因为对于任意实数r≥1，上式恒成立，所以)3()1()2(2)1(2)1(322222knhknhmkm，由（1）（2）式，得m=0,k=0，由（3）式，得n=h1。由2m=h2+k2-3得h=±3，所以tan∠MAN=n1=h=±3。所以∠MAN=60°或120°（舍）（当Q(0,0),r=1时∠MAN=60°），故∠MAN=60°。15．（1）证：依题设，对任意x∈R，都有f(x)≤1。∵f(x)=-b(x-ba2)2+ba42，∴f(ba2)=ba42≤1，∵a0,b0,∴a≤2b。（2）证：（必要性），对任意x∈[0,1]，|f(x)|≤1-1≤f(x)据此可推出-1≤f(1)即a-b≥-1，∴a≥b-1。对任意x∈[0,1]，|f(x)|≤1f(x)≤1，因为b1，可推出f(b1)≤1。即a·b1-≤1，∴a≤2b，所以b-1≤a≤2b。（充分性）：因b1,a≥b-1，对任意x∈[0,1]，可以推出：ax-bx2≥b(x-x2)-x≥-x≥-1，即：ax-bx2≥-1；因为b1，a≤2b，对任意x∈[0,1]，可推出ax-bx2≤2b-bx2≤1，即ax-bx2≤1，∴-1≤f(x)≤1。综上，当b1时，对任意x∈[0,1],|f(x)|≤1的充要条件是：b-1≤a≤2b。（3）解：因为a0,0b≤1时，对任意x∈[0,1]。f(x)=ax-bx2≥-b≥-1，即f(x)≥-1；f(x)≤1f(1)≤1a-b≤1，即a≤b+1；a≤b+1f(x)≤(b+1)x-bx2≤1，即f(x)≤1。所以，当a0,0b≤1时，对任意x∈[0,1]，|f(x)|≤1的充要条件是：a≤b+1.