2011年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题及解答

2011年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答第1页共6页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12345答案13413146232.100530171．二次三项式x2+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=a2–4b=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H1与BC相交，连接CN，在Rt△CAN和Rt△AH1B中，∠ANC=∠ABC，于是有∠CAN=∠BAH1，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22213.BC3．已知定义在R上的函数f(x)=x2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)=x2和g(x)=2x+2m，得F(x)=f(g(x))–g(f(x))=(2x+2m)2–(2x2+2m)=2x2+8mx+4m2–2m，F(x)=2x2+8mx+4m2–2m的最小值为其图像顶点的纵坐标ABCOHLMPNH1122011年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答第2页共6页2222242(42)84284242mmmmmmmm．由已知，21424mm，得21202m，所以1.4m4．tan37.5．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AC2=AD2+DC2=1+(2–3)2=8–43，所以2843621226262AC．由三角形的角平分线定理，得AEACEDDC，于是AEEDACDCEDDC，即1322162233221EDADADDCACCD，所以tan37.53221EDDC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3132323xx，整理得2132216232.3232xtan37.562321CExAC．5．设f(x)=113xx，定义f1(x)=f(f(x))，fn(x)=f(fn–1(x))(n=2,3,…)，f2011(2011)=．答：10053017．ACDEB2B130º2011年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答第3页共6页解：记01()()13xfxfxx，则111113()()1131313xxxfxffxxxx；211113()()11313xxfxffxxxx；3201()()()()13xfxffxfxfxx；接下来有41()()fxfx，52()()fxfx，63()()fxfx，…，fn(x)的表达式是循环重复的，以3项为一周期．所以，20113670111()()()13xfxfxfxx，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I1，I2，外心分别为O1，O2，求证：(I1O1)2+(I2O2)2=(I1I2)2．证明：作以A为中心、逆时针旋转60的变换(,60)RA，使△ABD到△ACD1，由于∠ADC+∠AD1C=∠ADC+∠ADB=180º，所以A、D、C、D1共圆，因此2O是△AD1C的外心，也就是(,60)12RAOO，因此AO1=DO1=AO2=DO2=O1O2，所以∠O1AO2=∠O1DO2=60º．由∠AO1O2+∠ACB=120º+60º=180º，O1在△ACD的外接圆⊙O2上．由于111(180)6012012022AIDABDABD，所以I1在⊙O2上，因此11118018030150OIDOAD，111118015030IODIDO．同理可证，I2在△ABD的外接圆⊙O1上，所以22150DIO．由于12118090,2IDI而22111212906030IDOIDOIDIODO，比较可得1122IODIDO．在△O1I1D与△DI2O2中，因为已证O1D=DO2，1122150,OIDDIO又1122.IODIDO因此△O1I1D≌△DI2O2．所以，I1O1=DI2，DI1=I2O2.由于1290,IDI△I1DI2是直角三角形.根据勾股定理，有2221212,DIDIII而I1O1=DI2，DI1=I2O2.因此222112212.IOIOII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ABCDO1I2I1D1O22011年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答第4页共6页20111!2!3!10!11!xxxxx的所有正整数解．解1：由于当x是正整数时，1!xx，2!2xx≥12x，3!6xx＞6x–1，所以1126xxx＜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!xxxxx．因此，方程20111!2!3!4!5!6!xxxxxx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)!xkk的带余除法表达式：设16!6!rxa，0≤r1＜6!，(0≤a≤6，aN)；因此.6!xa①12665!5!5!rrxaab，0≤r2＜5!，(0≤b≤5，bN)，因此65!xab．②323053054!4!4!rrxababc，0≤r3＜4!，(0≤c≤4，cN)，因此3054!xabc．③341202041202043!3!3!rrxabcabcd，0≤r4＜3!，(0≤d≤3，dN)；因此1202043!xabcd．④5436060123360601232!2!2!rrxabcdabcde，0≤r5＜2，(e=0,1,2)；因此360601232!xabcde．⑤5720120246272012024621!1!rxabcdeabcdef，(f=0,1)；因此72012024621!xabcdef．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；2011年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答第5页共6页类似求得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!xxxxx的唯一正整数解．解2：设f(x)=1!2!3!10!11!xxxxx，因为对于所有的正整数k，!xk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!xxxxx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，nmin＞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nmin=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49．2011年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛参考解答第6页共6页五、（满分15分）已知函数f：R→R，使得对任意实数xyz，，都有11()()()()22fxyfxzfxfyz≥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fRR：，使得对任意实数xyz，，都满足11()()()()22fxyfxzfxfyz≥14，可令0xyz，有211(0)(0)(0)22fff≥14，即21(0)2f≤0，由于f(0)是一个实数，所以1(0).2f再令1xyz，有211(1)(1)(1)22fff≥14，即21(1)2f≤0，由于f(1)是一个实数，所以1(1).2f又令0yz