2013年首届“学数学”数学奥林匹克邀请赛试题与参考解答 3

2013年首届\学数学数学奥林匹克邀请赛参考答案第一试{9:20一.填空题(本题满分64分,每小题8分)1.已知函数f(x)=x2−2x;g(x)=(x−2;x1;−x;x1:则不等式f(x)63g(x)的解集是.(安振平供题)解答[−1;0]∪[2;3].(法一)因为g(x)=|x−1|−1,所以不等式f(x)63g(x)等价于x2−2x63|x−1|−3;这等价于(x−1)263|x−1|−2;即|x−1|2−3|x−1|+260;于是16|x−1|62,解得−16x60或26x63.(法二)原不等式等价于(x2−2x63(x−2);x1;或(x2−2x6−3x;x1:解得−16x60或26x63.2.等差数列{an}的前n项和为Sn,若S1,S3,S2成公比为q的等比数列,则q=.(李红供题)解答1±√376.根据题意,知S23=S1·S2.又S1=a1,S2=a1+a2,S3=a1+a2+a3=3a2,则有(3a2)2=a1(a1+a2);由此解得a2=1±√3718a1,因此,q=S3S1=3a2a1=1±√376:13.满足关系式(sin2x+cosx)(sinx−cosx)=cosx的锐角x=(用弧度表示).(安振平供题)解答3.已知条件可变形为(2sinx+1)(sinx−cosx)=1:1⃝因为当0x64时,有sinx−cosx60,2sinx+10,此时式1⃝不成立.所以只能有4x2.因为函数y=2sinx+1,y=sinx,y=−cosx在4;2上都是增函数,且对x∈4;2,有sinx−cosx0.所以,f(x)=(2sinx+1)(sinx−cosx)在4;2上是增函数,而f3=(√3+1)√32−12=1;也就是说,原方程可转化为f(x)=f3,所以x=3.4.用4块腰长为a,上,下底边长分别为a,2a的等腰梯形硬纸片,和两块长和宽分别为2a和a的矩形硬纸片,可以围成一个六面体,则该六面体的体积为.(李红供题)解答1312√2a3.ABCDA′B′C′D′图1(法一)如图1,设长方体ABCD−A′B′C′D′中,AB=BC=2a,高为x,则x=ra2−√2·a22=√22a.所求体积为(2a)2x−4×12·a2·x·2a+4×16·a2·x·a2=x·136a2=1312√2a3:(法二)该四面体可分为如下3部分:(1)1个底面边长为a,高为√22a的正四棱柱,其体积为a×a×√22a=√22a3;(2)4个底面为直角边长等于12a,√22a的直角三角形,高为a的直三棱柱,每个直三棱柱的体积为12×12a×√22a×a=√28a3;(3)4个底面为腰长等于12a的等腰直角三角形,高为√22a的三棱锥,每个三棱锥的体积为13×12×12a×12a×√22a=√248a3.因此,该六面体的体积为√22a3+4×√28a3+4×√248a3=1312√2a3.25.已知⊙O的半径为1,四边形ABCD为其内接正方形,EF为⊙O的一条直径,M为正方形ABCD边界上一动点,则−−→ME·−−→MF的最小值为.(杨颙供题)解答−12.(法一)易知−→AE·−→AF=0,−→AE+−→AF=2−→AO=−→AC.不妨设点M在边AD上,并设−−→MA=t,则−−→ME·−−→MF=−−→MA+−→AE·−−→MA+−→AF=−−→MA2+−→AE·−→AF+−−→MA·−→AE+−→AF=−−→MA2+−−→MA·−−→MC=t2−√2t=t−√222−12−12:其中,等号当且仅当t=√22时成立.因此,−−→ME·−−→MF的最小值为−12.(法二)由中线长公式,得12−−→ME2+−−→MF2=−−→MO2+14−−→EF2:于是−−→ME·−−→MF=12−−→ME+−−→MF2−−−→ME2−−−→MF2=2−−→MO2−−−→MO2+14−−→EF2=−−→MO2−1:易知当M为正方形ABCD的某条边的中点时,−−→MO取到最小值√22,因此,−−→ME·−−→MF的最小值为−12.(法三)以O为原点,建立如图2所示的平面直角坐标系,其中,yxABCDEFMO图2边BC,AB分别与x,y轴平行.设点E的坐标为(x;y),则F(−x;−y).不妨设点M在边AD上,点M的坐标为t;√22.易知x2+y2=1;−√226t6√22:易知−−→ME=x−t;y−√22,−−→MF=−x−t;−y−√22,从而−−→ME·−−→MF=t2+12−(x2+y2)=t2−12−12:其中,等号当且仅当t=0时成立.因此,−−→ME·−−→MF的最小值为−12.6.过抛物线y=x2上一点A作法线(法线是过切点且与切线垂直的直线)与抛物线相交于另一点B,O为坐标原点.当△OAB面积的取最小值时,点A的纵坐标为.(刘凯峰供题)解答−3+√3324.设A(x0;x20),B(x1;x21),过点A且与抛物线y=x2相切的直线的斜率为2x0,因此直线的斜率为−12x0,即−12x0=x21−x20x1−x0=x1+x0;得x1=−12x0−x0.3易得直线AB的方程为y−x20=−12x0(x−x0),与y轴的交点为0;x20+12.不妨设x00,则S△OAB=12(x0−x1)·x20+12=122x0+12x0x20+12:考虑函数f(x)=2x+12xx2+12=2x3+32x+14x,所以,f′(x)=6x2+32−14x2.令f′(x)=0,且令t=x2,则6t+32−14t=0⇒24t2+6t−1=0,解得t=−3+√3324.因此,当△OAB面积的取最小值时,点A的纵坐标x20=−3+√3324.7.若n∈N∗,则limn→∞sin2(pn2+n)=.(闫伟锋供题)解答1.由诱导公式,知sin2(pn2+n)=sin2[(pn2+n−n)]=sin2n√n2+n+n:因此limn→∞sin2(pn2+n)=limn→∞sin2n√n2+n+n=limn→∞sin21r1+1n+1=sin2limn→∞1r1+1n+1=sin22=1:8.甲乙两人各自独立地抛掷一枚均匀硬币,甲抛掷10次,乙抛掷11次.则乙的硬币出现正面向上的次数比甲多的概率是.(甘志国供题)解答12.(法一)设甲,乙的硬币出现正面向上的次数分别是X,Y,则X∼B10;12,Y∼B11;12.因为P(X=k)=Ck1012k1210−k=Ck10210(k=0;1;···;10);P(Y=l)=Cl1112l1211−l=Cl11211(l=0;1;···;11):从而所求概率P(YX)=P(Y=1;X=0)+P(Y=2;X61)+P(Y=3;X62)+···+P(Y=11;X610)=1221[C111C010+C211(C010+C110)+C311(C010+C110+C210)+···+C1111(C010+C110+C210+···+C1010)]=1221(11×1+55×11+165×56+330×176+462×386+462×638+330×848+165×968+55×1013+11×1023+1×1024)=10485762097152=12:(法二)考虑两人各抛掷硬币10次,可能的情形有三种:(a)甲的硬币出现正面向上的次数比乙多;4(b)甲乙两人的硬币出现正面向上的次数一样多;(c)乙的硬币出现正面向上的次数比甲多.设情形(a)发生的概率是p1,情形(b)发生的概率是p2,则情形(c)发生的概率也是p1,所以2p1+p2=1,即p1+12p2=12.此时,由于总硬币抛掷次数为偶数,因此,两人的硬币出现正面向上的次数之差是偶数,即两人的硬币出现正面向上的次数或者相等,或者是一个人比另一个人至少多两次.从而,甲抛掷硬币10次,乙抛掷硬币11次时,事件\乙的硬币出现正面向上的次数比甲多等价于在两人各抛掷10次后,情形(c)发生,或情形(b)发生并且乙的第11次抛掷出现正面,因此,所求概率为p1+12p2=12.二.解答题(本题满分56分)9.(16分)设△ABC的顶点A,B为椭圆的两个焦点,点C在椭圆上,椭圆的离心率为e.求证:1+cosAcosBsinAsinB=1+e21−e2.(李红供题)解答(法一)设BC=a,CA=b,AB=c,则e=ca+b=sinCsinA+sinB=sin(A+B)sinA+sinB=cosA+B2cosA−B2;所以1+e21−e2=cos2A−B2+cos2A+B2cos2A−B2−cos2A+B2=2+cos(A−B)+cos(A+B)cos(A−B)−cos(A+B)=2+2cosAcosB2sinAsinB=1+cosAcosBsinAsinB:(法二)设BC=a,CA=b,AB=c,则e=ca+b.记△ABC的面积为S.根据余弦定理,得1+cosAcosBsinAsinB=4abc2+(b2+c2−a2)(c2+a2−b2)4abc2sinAsinB=4abc2+c4−(a2−b2)216S2:由海伦{秦九韶公式,知16S2=(a+b+c)(b+c−a)(c+a−b)(a+b−c)=[(a+b)2−c2][c2−(a−b)2]:从而只需证明4abc2+c4−(a2−b2)2[(a+b)2−c2][c2−(a−b)2]=(a+b)2+c2(a+b)2−c2;此即4abc2+c4−(a2−b2)2=[c2−(a−b)2][c2+(a+b)2]:该式显然成立.10.(20分)设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n−an(n∈N∗).(1)求数列{an}的通项公式;5(2)若数列{bn}满足bn=2n−1an,求证:1b1+1b2+···+1bn53.(杨志明供题)解答(1)(法一)易求得a1=1,a2=32,a3=74,a4=158.由此猜想:an=2n−12n−1.下面用数学归纳法证明.当n=1时,a1=S1=2−a1⇒a1=1,结论成立.假设当n=k(k∈N∗)时结论成立,即ak=2k−12k−1,则当n=k+1时,由ak+1=Sk+1−Sk=(2(k+1)−ak+1)−(2k−ak)=2+ak−ak+1;得2ak+1=2+ak,因此ak+1=2+ak2=2+2k−12k−12=2k+1−12;这表明当n=k+1时,结论成立.综上所述,数列{an}的通项公式为an=2n−12n−1.(法二)当n=1时,a1=S1=2−2a1,解得a1=1.当n2时,有an=Sn−Sn−1=(2n−an)−(2(n−1)−an−1)=2−an+an−1;即an=12an−1+1;两边同时乘以2n,得2nan=2n−1an−1+2n;于是2nan=2a1+(22+23+···+2n)=2n+1−2;因此,an=2n−12n−1.经检验,a1=1也符合该式,所以,数列{an}的通项公式为an=2n−12n−1.(法三)同法二得到an=12an−1+1,于是an−2=12(an−1−2);从而{an−2}是以a1−2=−1为首项,12为公比的等比数列,即an−2=−12n−1,因此,数列{an}的通项公式为an=2−12n−1=2n−12n−1.(2)由(1)知,bn=2n−1an=2n−1·2n−12n−1=2n−1.于是,1bn=12n−1.从而1b1+1b2+···+1bn=12−1+122−1+123−1+124−1+···+12n−112−1+122−1+123−2+124−22+···+12n−2n−2=12−1+