北京市高一数学竞赛-模拟试题-复赛(二)

DOCAB北京市高一数学竞赛模拟试题(二)复赛(时间120分钟满分100分)班级姓名成绩2010.5.15一、填空题（满分54分，每小题答对得9分）题号12345答案1.设(2)nn是给定的整数，12,,,nxxx是实数，则1223sincossincosxxxx1sincosnxx的最大值是．2.设函数y=f(x)是定义在R上的函数,且对于任意实数a、b，均有f[af(b)]=ab,则|f(2009)|=3.(如图)⊿ABC内接于⊙O,AB+AC=12,AD⊥BC于点D,AD=3,则⊙O面积的最大值为4.记符号[x]表示不大于实数x的最大整数,则[1]+[2]+[3]+…+[2008]+[2009]=.5.设函数|1)(|)(|,1)(|)(|,|)(12010xfxfxfxfxxf，则函数)(2xf的图象与x轴所围成图形中的封闭部分的面积是。6.记集合I={x|x=4n,n∈N*,n≤100},A={x|x∈I且x的最高位数字不小于4},B={x|x∈I且x的最高位数字小于4},C={x|x∈I且x的个位数字等于4},集合A、B、C的元素个数分别记为a、b、c,(lg2=0.3010)则a、b、c从小到大的排列顺序为二、（满分15分）设1cos31cos71cos111cos87ooooA1cos31cos71cos111cos87ooooB求则A/B三、（满分15分）已知⊙O1与⊙O2相交于两不同点A、B，点P、E在⊙O1上，点Q、F在⊙O2上，且满足：EF为两圆的公切线，PQ∥EF，PE与QF相交于点R。证明：∠PBR=∠QBR。四、（满分16分）定义在区间[0,1]上的函数f(x)满足f(0)=f(1)=0，且对任意的x1,x2[0,1]都有f(122xx)≤f(x1)+f(x2)．(1)证明，对任意的x[0,1]都有f(x)≥0；(2)求f(34)的值；(3)计算f(12)+f(14)+…+f(12k)+…+f(200812)．DOCAB北京市高一数学竞赛模拟试题(二)复赛参考解答班级姓名成绩2009.5.1一、填空题（满分54分，每小题答对得9分）题号123456答案2n200936л590707acb2T.设函数y=f(x)是定义在R上的函数,且对于任意实数a、b，均有f[af(b)]=ab,则|f(2009)|=[简析]设af(b)=t,则a=)(bft∴f(t)=)(bftb∴f(t)f(b)=tb取t=b=2009∴f2(2009)=20092∴|f(2009)|=2009.3T.(如图)⊿ABC内接于⊙O,AB+AC=12,AD⊥BC于点D,AD=3,则⊙O面积的最大值为.[简析]设AB=t,圆半径为R,则AC=12-t,(0t12)∴RT⊿ACD中sinC=ACAD=t123∴2R=CABsin=tt123=336)6(2t≤12∴取t=6时,有R最大=6∴S最大=36л4T.记符号[x]表示不大于实数x的最大整数,则[1]+[2]+[3]+…+[2008]+[2009]=.[简析]:∵n=[2n]=[1+2n]=…=[nn2+2](nN*),其中连续等值的式共有2n+1个.∴[2n]+[1+2n]+…+[nn2+2]=n(2n+1)=2n2+n又2009=442+73=1936+73,12+22+32+…+n2=6)1+2)(1+(nnn∴原式=([1]+[2]+[3])+([4]+[5]+…+[8])+…+([1936]+…+[2009])=13+25+37+…+4387+4474=2(12+22+…+432)+(1+2+…+43)+4474=26)1+43×2)(1+43(43+2243+4474=434429+2243+4474=590705T.76T.记集合I={x|x=4n,n∈N*,n≤100},A={x|x∈I且x的最高位数字不小于4},B={x|x∈I且x的最高位数字小于4},C={x|x∈I且x的个位数字等于4},集合A、B、C的元素个数分别记为a、b、c,(lg2=0.3010)则a、b、c从小到大的排列顺序为[简析]:列表观察n1234567894n41664256102440961638465536262144显然cardC=card{x|x∈I且x的个位数字等于4}=2100=50=c,最高位数字呈周期规律,其最小周期为5,∴cardA=card{x|x∈I且x的最高位数字不小于4}=52×100=40=acardB=card{x|x∈I且x的最高位数字小于4}=53×100=60=b∴acb二、（满分15分）设1cos31cos71cos111cos87ooooA1cos31cos71cos111cos87ooooB求则A/B解:287cos127cos123cos12A5.43cos5.5cos5.3cos5.1cos；287cos127cos123cos12B5.43sin5.5sin5.3sin5.1sin.注意到)1sin()1sin(1sincos2，)1cos()1cos(1sinsin2,所以)5.4sin5.6(sin)5.2sin5.4(sin)5.0sin5.2(sin21sin2A)5.42sin5.44(sin22sin5.22cos25.0sin5.44sin，)5.6cos5.4(cos)5.4cos5.2(cos)5.2cos5.0(cos21sin2B)5.44cos5.42(cos22sin5.22sin25.44cos5.0cos.故5.22cot)22sin5.22sin2(:)22sin5.22cos2()21sin2(:)21sin2(:BABA12.另解：2A00005.43cos5.5cos5.3cos5.1cos，2B5.43sin5.5sin5.3sin5.1sin，)5.3sin5.3(cos)5.1sin5.1(cos22iiBiA)5.43sin5.43(cosi210)2sin2(cos)5.1sin5.1(coskkii)2sin2(cos1)2sin2(cos1)5.1sin5.1(cos22iii)2sin2(cos1)44sin44(cos1)5.1sin5.1(cosiii1cos1sin21sin222cos22sin222sin2)5.1sin5.1(cos22iii)1sin1)(cos1sin2()22sin22)(cos22sin2)(5.1sin5.1(cosiiiii=)5.22sin5.22(cos1sin22sini.因为2A和2B是实数，所以1sin5.22cos22sin2A，1sin5.22sin22sin2B,122222222145sin45cos15.22cos5.22sin25.22cos25.22sin5.22cos2:2:2BABA三、（满分15分）已知:已知⊙O1与⊙O2相交于两不同点A、B，点P、E在⊙O1上，点Q、F在⊙O2上，且满足：EF为两圆的公切线，PQ∥EF，PE与QF相交于点R。证明：∠PBR=∠QBR。证明：证明：如图2，设⊙O1的半径为r1，YFQBHXEPBGZEQBR,,，2211,NFOPQNEOPQ，2211,MFOBHMEOBG，.,2121bFNENaFMEM易知brEParEG112,2arbaEPbaEX12。故baEGEX由△EGX∽△BPX，知baBPBXEGEXREFHGPAQZBM1XYM2N1N2O1O2同理，baBQBY。故BQBYBPBX，即BYBXBQBP由PQ∥XY，知BQBPBYBXZQPZ，所以∠PBR=∠QBR连接PC，PC1，则111//,//PCACPCAC，∠A1C1P=∠C1PC=∠ACP，所以MC1·CH=PC1·PC，即11MCPCPCCN，又∠MC1P=90º+∠A1C1P=90º+∠ACP=∠NCP，所以△MC1P∽△PCN，所以∠MPC1=∠PNC．…（12分）设PN交AB于K，∠C1PN=∠CKN，所以∠MPN=∠MPC1+∠C1PN=∠PNC+∠CKN=90º，因此MPNP．四、（满分16分）定义在区间[0,1]上的函数f(x)满足f(0)=f(1)=0，且对任意的x1,x2[0,1]都有f(122xx)≤f(x1)+f(x2)．(1)证明，对任意的x[0,1]都有f(x)≥0；(2)求f(34)的值；(3)计算f(12)+f(14)+…+f(12k)+…+f(200812)．解：[分析]解：(1)任取x1=x2=x[0,1]，则有f(22x)≤f(x)+f(x)，即f(x)≤2f(x)，于是f(x)≥0，所以，对任意的x[0,1]都有f(x)≥0．(2)由f(0)=f(1)=0，得f(012)≤f(0)+f(1)=0+0=0，于是f(12)≤0．但由(1)的结果知f(12)≥0，所以f(12)=0，由f(12)=0，f(1)=0，则f(1122)≤f(12)+f(1)=0+0=0，于是f(34)≤0．由(1)的结果知f(34)≥0，所以f(34)=0．(3)由f(0)=0，f(12)=0，得f(1022)≤f(0)+f(12)=0+0=0，于是f(14)≤0．但由（1）的结果知f(14)≥0，所以f(14)=f(212)=0，继续求下去，可得f(12k)=0，k=1,2,3,…,2008．因此，f(12)+f(14)+…+f(12k)+…+f(200812)=0．