2008年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题及解答

2008年北京市中学生数学竞赛高一年级复赛试题及解答一、填空题（满分40分，每小题答对得8分）题号12345答案N(0.5,0.25)32137-509031.531881941．在P(1,1),Q(1,2),M(2,3),N(0.5,0.25)四个点中，能成为函数y=ax的图像与其反函数的图像的公共点的只可能是．答：因为10.521110.2541616，且111616110.25loglog0.542，所以N(0.5,0.25)可以是函数116xy的图像与其反函数116logyx的图像的公共点.易知，其余三点均不可能是函数y=ax的图像与其反函数的图像的公共点．2．如右图所示，ABCD是一张长方形纸片，将AD、BC折起，使A、B两点重合于CD边上的点P，然后压平得折痕EF与GH．若PE=2cm，PG=1cm，EG=7cm．则长方形纸片ABCD的面积为cm．解：由对称性知：AE=PE=2cm，BG=PG=1cm，所以AB=AE+EG+GB=PE+EG+PG=2+7+1=3+7(cm)，又由PE=2cm，PG=1cm，EG=7cm，由余弦定理可知，在△PEG中，∠EPG=120º，AD等于△PEG中边EG上的高h，易由△PEG的面积求得AD=h=sin12021sin120377PEPGEG(cm)．所以，长方形纸片ABCD的面积为33321(271)(37)3777(cm)2．3．二次函数f(x)满足f(–10)=9，f(–6)=7和f(2)=–9，则f(2008)=．解：设f(x)=ax2+bx+c，则由题意可得910010(1)7366(2)942(3)abcabcabc由(1)减(3)得18=96a–12b，即3=16a–2b；由(2)减(3)得16=32a–8b，即4=8a–2b；解最后两式，得a=–18，b=–52．以a=–18，b=–52代入–9=4a+2b+c，得c=–72．ADFEGBCPHCD因此，二次函数f(x)=2157822xx，所以22008520087(2008)509031.5822f．4．如图所示，线段OA=OB=OC=1，∠AOB=60º，∠BOC=30º，以OA，OB，OC为直径画3个圆，两两的交点为M，N，P，则阴影部分的曲边三角形的面积是．解：如图，连接AC，AN，BN，AM，BM，MP，NP，OM，ON，OP，易知∠OPA=∠OPC=90º，∠ANO=∠BNO=90º，∠BMO=∠CNO=90º，所以A，P，C共线；A，N，B共线；B，M，C共线．由OA=OB=OC=1，可知P，M，N分别是AC，BC，AB的中点，MPNB为平行四边形，BN=MP，BM=NP，所以BN与MP长度相等，BM与NP长度相等，因此，曲边三角形MPN的面积=SMPNB=12S△ABC，而S△ABC=SAOCB–S△AOC=S△AOB+S△BOC–S△AOC=311314424，所以，曲边三角形MPN的面积=12S△ABC=318．5．对任意正实数x，用F(x)表示log2x的整数部分，则F(1)+F(2)+F(3)+…+F(1022)+F(1023)=．解：对正整数n我们实验分析找规律：nF(n)102，314，5，6，728，9，10，11，12，13，14，15316，17，18，19，20，……，29，30，314…………规律：取值F(1)的正整数有1=20个，取值F(2)的正整数有2=21个，取值F(3)的正整数有4=22个，…………取值F(k)的正整数有2k–1=2F(k)个，所以F(1)+F(2)+F(3)+…+F(1022)+F(1023)=0×20+1×21+2×22+3×23+…+9×29设T=1×21+2×22+3×23+…+9×29，则2T=1×22+2×23+3×24+…+9×210，于是T=–2–22–23–…–29+9×210=–1022+9216=8194，即F(1)+F(2)+F(3)+…+F(1022)+F(1023)=8194．二、（满分15分）证明：111111tan3tan2tan1tantantantan3tan2tan1tantantan236236．证明：1，2，3弧度都不等于2+nπ，nZ，则tan1,tan2,tan3都有意义.且tan1tan21，于是1tan1tan20．∵1+2=3，∴tan(12)tan3，即tan1tan2tan31tan1tan2，∴tan1tan2tan3tan1tan2tan3因此tan3tan2tan1tan3tan2tan1．（1）同理由于11106324，11tantan136，于是111tantan036，∵111632，∴111tantan632，即11tantan163tan1121tantan63，∴111111tantantantantantan632236，因此111111tantantantantantan236236．（2）（1）+（2）得111111tan3tan2tan1tantantantan3tan2tan1tantantan236236．三、（满分15分）AB是已知圆的一条弦，它将圆分成两部分，M和N分别是两段弧的中点，以B为旋转中心，将弓形AMB顺时针转一个角度成弓形1AB，如图所示，1AA的中点为P．求证：MPNP．证明：取AB的中点C，A1B的中点C1，易知A1B=AB，于是A1C1=AC．连接MC1，NC，则MC1⊥A1B，NC⊥AB，在未旋转时，C1与C是同一点，MN是垂直于AB的直径，由相交弦定理得MC1·NC=AC·CB=AC2．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15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：(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)=0．五、（满分15分）北京市中学有m(m＞2)位中学生为“北京奥运会”共提交了n条不同的建议，已知其中任两名学生提交的建议中至少有一条建议是相同的，也至少有一条建议是不同的．求证：提交建议的学生数m不超过2n–1．证明：设A为m位中学生所提不同建议的集合，Ai(i=1,2,…,m)表示第i个学生提的建议的集合，以│X│表示集合X中元素的个数，X表示X的补集，则│A│=n；因为任两名学生提出的建议中都至少有一条是相同的，也至少有一条是不同的，所以Ai∩Aj≠Ø，Ai≠Aj，(1≤i≤j≤m)．因为Ai∩iA=Ø，可以断定(,1,2,,ijAAijm且)ij．如若不然，假设某个ijAA，由Ai∩iA=Ø可得Ai∩Aj=Ø，与Ai∩Aj≠Ø矛盾！这样就形成了如下的2m个集合：1212,,,,,,,mmAAAAAA，他们都是A的子集合，且彼此不等．因为n个元素的集合的子集个数为2n，所以2m≤2n，即m≤2n–1．事实上，等号可以达到，我们通过n=4的情况说明，m可以等于24–1=8；比如：{a},{a,b},{a,c},{a,d},{a,c,d},{a,b,c},{a,b,d},{a,b,c,d}就是一例．所以，提交建议的学生数m不超过2n–1．