2007高中数学竞赛试题解

2007年浙江省高中数学竞赛Ａ卷（参考答案）选择题：B；C；B；C；A；C填空题：24n；1212331kkkk；2007；41k（kZ）；200722；(2,1,3)2007年浙江省高中数学竞赛Ａ卷一、选择题1.如果23()1log2log9log64xxxfx，则使()0fx的x的取值范围为（）A.01xB.813xC.1xD.83x解：显然0x，且1x。23()1log2log9log64xxxfx1log2log3log4xxx3log8xx。要使()0fx。当1x时，318x，即813x；当01x时，318x，此时无解。由此可得，使()0fx的x的取值范围为813x。应选Ｂ。2.已知集合cos22(12)sin(221)0,AxxxxR，sincos,BxxxxR，则AB＝（）A.4xxB.ＲC.D.2(21),4xkxkkZ解：cos22(12)sin(221)0xx2sin(12)sin20xx(sin2)(sin1)0xx没有实数x可以使上述不等式成立。故A。从而有AB。应选Ｃ。3.以1,1,1,2,2,2为六条棱长的四面体个数为（）A.2B.3C.4D.6解：以这些边为三角形仅有四种：(1,1,1)，(1,1,2)，(1,2,2)，(2,2,2)。固定四面体的一面作为底面：当底面的三边为(1,1,1)时，另外三边的取法只有一种情况，即(2,2,2)；当底面的三边为(1,1,2)时，另外三边的取法有两种情形，即(1,2,2)，(2,1,2)。其余情形得到的四面体均在上述情形中。由此可知，四面体个数有３个。应选Ｂ。4.从１至169的自然数中任意取出３个数构成以整数为公比的递增等比数列的取法有（）种。A.89B.90C.91D.92解：若取出的３个数构成递增等比数列2,,aaqaq，则有21169aaqaq。由此有213q。当q固定时，使三个数2,,aaqaq为整数的a的个数记作()Nq。由2169aq，知()Nq应是2169q的整数部分。2169(2)422N，2169(3)183N，(4)10N，(5)6N,(6)4N，(7)3N,(8)2N,(9)2N,(10)(11)(12)(13)1NNNN.因此，取法共有(1)(2)(13)91NNN。应选Ｃ5.若在复平面上三个点00(0),(),()ABzzCzz构成以Ａ为直角顶点的等腰直角三角形，其中01233zi，则△ＡＢＣ的面积为（）A.13B.23C.1D.43解：依题意，00zzizz0011izzizi，2013z。△ＡＢＣ的面积为20001111(1)(1)2223ABACzzzziiz。应选Ａ。6.200720072007的末二位数字是（）A.01B.07C.43D.49解：记200720072007kN。题目要求2007N的末二位数。20062006200620072007(20007)20007NNNNM2007重ｋ重其中Ｍ为正整数。由此可得2007N的末二位数与20067N的末二位数字相同。首先来观察7n的末二位数字的变化规律。n234567897n的末二位数字49430107494301077n的末二位数字的变化是以４为周期的规律循环出现。200520052006(2007)(50241)NNN（2005N为奇整数）141M（1M为正整数）14(1)3M因此，200614(1)377NM与37的末二位数字相同，为43。应选Ｃ。二、填空题7.设na为14a的单调递增数列，且满足22111168()2nnnnnnaaaaaa，则na。解：22111168()2nnnnnnaaaaaa2111()8()164nnnnnnaaaaaa211(4)4nnnnaaaa1142nnnnaaaa（由题意可知取正号。）21()4nnaa12nnaa因此，na公差为２的等差数列，即2nan。从而可得24nan。答案为24n。8.设,,abc为方程3120xkxk的根（121kk），则111111abcabc。解：由题意，312()()()xkxkxaxbxc。由此可得0abc，1abbccak，2abck以及121(1)(1)(1)kkabc。1113()()3111(1)(1)(1)abcabcabbccaabcabcabc1212331kkkk。答案为：1212331kkkk。9.设,(1,2,3)kkxyk均为非负实数，则2212332007yyyx2232yx2221yx221123()yxxx的最小值为。解：在直角坐标系中，作点(0,0)O，(0,2007)A，11231(,)Pxxxy，22312(,)Pxxyy，33123(,)Pxyyy。则Ｉ＝2212332007yyyx2232yx2221yx221123()yxxx＝3AP＋32PP＋21PP＋1PO（应用三角不等式）2AP＋21PP＋1PO1AP＋1POAO＝2007。如果取123APPP，即1231230,2007,0xxxyyy，那么Ｉ取到最小值2007。答案为2007。10.设()fx是定义在Ｒ上的奇函数，且满足(2)()fxfx；又当01x时，1()2fxx，则1()2xfx＝。解：依题意，(4)(2)()fxfxfx，即()fx是以４为周期的周期函数。因为当01x时，1()2fxx，且()fx为奇函数，所以当10x时，1()2fxx。此时有1112()11132xxfxxx。可得1(1)(3)2ff。又因为()fx是以４为周期的周期函数，所以也有1(41)2fk，（kZ）。答案为41k（kZ）。11.设40122N，则不超过11Nnn的最大整数为。解：21211nnnnn12(1)2(1)nnnnn,11212(1)12(1)NNNnnnnnnnn,112(1)2(11)12(1)NnNNNn,20062006112(21)2(11)221NnNn,不超过11Nnn的最大整数为200722。答案为200722。12.整数xyz，且2224.625xyz，则整数组(,,)xyz为。解：方程两边同乘以８，得33322237xyz。因为xyz，所以要使左边为奇数，只有321z，即3z。则332236xy11229xy。要使左边为奇数，只有121y，即1y。从而有128x，即2x。故有(,,)(2,1,3)xyz。答案为(2,1,3)。三、解答题13.已知抛物线2128yxx和点111(,)48A。过点11(,)48F任作直线，交抛物线于B,C两点。（１）求△ＡＢＣ的重心轨迹方程，并表示成()yfx形式；（２）若数列kx，1102x，满足1()kkxfx。试证：1135nkkkx。解：（１）设过11(,)48F的直线方程为11()84ykx。又设11(,)Bxy，22(,)Cxy，联立方程组，211()84128ykxyxx消去y，得22(1)04kxkx。从而有，1212kxx，21212111()2424kyykxx。…………5分设△ＡＢＣ的重心坐标为(,)xy，则12121431183xxxyyy23212368kxky消去ｋ，即得263yxx。…………10分（２）因为1102x，21()xfx21163xx113(12)xx，所以2112112(12)3303(12)228xxxxx，上式右边等号成立当且仅当114x。假设308kx，则212(12)3303(12)228kkkkkxxxxx，…………15分上式右边等号成立当且仅当14kx。由此得到308kx（2,3,k）。从而有1113333018585knnnkkkkx。…………20分14.设正实数,,abc及非负实数,xy满足条件666223,(1)2abcxy求332332332111222Iaxbybxcycxay的最小值，并论证之。解：根据22111nknkknkkkkaabb，有…………5分332332332111222Iaxbybxcycxay3323323329222axbybxcycxay…………10分333233392()()xabcyabc（3332666()3()9abcabc）232xy2322(1)xx2331x…………15分上式取等号当且仅当1,0,1abcxy。…………20分15.设1,2,,65M，AM为子集。若33A，且存在,xyA，xy，xy，则称A为“好集”。求最大的aM，使含a的任意33元子集为好集。解：令211,2,,44\2(21)1,2,,11Piiii，33P。显然对任意144ij，不存在3n，使得21(21)jni成立。故Ｐ是非好集。因此21a。…………5分下面证明：包含21的任意一个33元子集Ａ一定为好集。设1232,,,,21Aaaa。若1，3，7，42，63中之一为集合Ａ的元素，显然为好集。…………10分现考虑1，3，7，42，63都不属于集合Ａ。构造集合12,4,8,16,32,64A，25,10,20,40A，36,12,24,48A，49,18,36A，511,22,44A，613,26,52A，714,28,56A，815,30,60A，917,34A1019,38A，1123,46A，1225,50A，1327,54A，1429,58A，1531,62A，33,35,37,,61,65A。…………15分由上可见，1215,,,AAA每个集合中两个元素都是倍数关系。考虑最不利的情况，即AA，也即A中16个元素全部选作Ａ的元素，Ａ中剩下16个元素必须从1215,,,AAA这15个集合中选取16个元素。根据抽屉原理，至少有一个集合有两个元素被选，即集合Ａ中至少有两个元素存在倍数关系。综上所述，包含21的任意一个33元子集Ａ一定为好集，即a的最大值为21。……20分