新知杯模拟试卷(三)

2011年上海市（新知杯）初中数学竞赛模拟卷一．填空题（每题9分共90分）1.计算：2222sin10sin20sin30sin90＝5．2.111(1)(1)(1)121231232011＝6712011．3.已知函数2()2||2fxxx的定义域为[,]ab（其中ab），值域为[2,2]ab，则符合条件的数组(,)ab为1(,22)2．4.已知定义在正整数集上的函数()fn满足以下条件：(1)()()()fmnfmfnmn，其中,mn为正整数；(2)6(3)f.则(2011)f.答案：2023066.在(1)中，令1n得，mfmfmf11.①令1mn得，1122ff.②令2,1mn，并利用(2)得，63212fff.③由③②得，11,23ff.代入①得，11.fmfmm∴2010201011(2011)[(1)()](1)(1)1kkffkfkfk2011212023066220122011.5.方程1220112011x一共有个解.答案：4.方程11x的所有解为02x或；方程221x的所有解为51或x；方程1233x的所有解为39x或；方程12344x的所有解为614x或；方程123455x的所有解为1020x或；一般地，方程12(2)nnnx的所有解为6.10名学生站成一排，要给每名学生发一顶红色、黄色或者蓝色的帽子，要求每种颜色的帽子都要有，且相邻的两名学生帽子的颜色不同.则满足要求的发帽子的方法共有种.答案：1530.推广到一般情形，设n个学生按题设方式排列的方法数为na,则63a，184a，3621naann.从而，626626331nnnnaaaa.7.在平面区域(,)||1,||1xyxy上恒有22axby，则动点(,)Pab所形成平面区域的面积为________________________解答：平面区域(,)||1,||1xyxy的四个边界点（—1，—1），（—1，1），（1，—1），（1，1）满足22axby，即有22,22,22,22abababab由此计算动点(,)Pab所形成平面区域的面积为48.设yx,为实数，则)(max22104522yxxyx_____4________。解答：222254104105002xyxyxxx22222224()1025(5)2534xyxxxxy9.马路上有编号为1，2，3，…，2011的2011只路灯，为节约用电要求关闭其中的300只灯，但不能同时关闭相邻两只，也不能关闭两端的路灯，则满足条件的关灯方法共有___3001710C_______种。（用组合数符号表示）解答：问题等价于在1711只路灯中插入300只暗灯，所以共有3001710C种关灯方法。10.函数42423610325yxxxxxx的最大值为.5二.（15分）已知31min22xbaxRx.（1）求b的取值范围；（2）对给定的b,求a.解法1记1)(22xbaxxf.由bf)0(知，3b，且易知0a.（i）当02ab时，3)(2111)(2222abaxabxaxbaxxf等号当1122xabxa时，即aabx2时取到此时，292bba，特别当3b时，23a（ii）当02ab时，令)1(12ttxtabattgxf)()(当1t时单调增加，所以3)1()(minbabagxf，此时23a综上所述：（1）b的取值范围是),3[（2）当3b时，23a；当3b时，292bba解法2设1)(22xbaxxf.因为31min22xbaxRx，且bf)0(，所以3b易知0a，2/322)1()2()('xaabxaxxf（i）当02ab时，令0)('xf得驻点00x，且有0x时，0)('xf；0x时，bfxf)0(0)('为最小值所以3b即○13b，○22ba（ii）当02ab时，令0)('xf得驻点00x，aabx22,1此时易知bf)0(不是最小值3b，)(2,1xf为最小值3122)(2,1aabbaabaxf3)(2aba0492aba292bba即○13b，○2292bba综上所述：（1）b的取值范围是),3[（2）当3b时，23a；当3b时，292bba三.（15分）已知a、b、c为两两互质的正整数，且)(,)(,)(332332332baccabcba，求a、b、c的值。解答由题设可得到：)(,)(,)(333233323332cbaccbabcbaa，又因为a、b、c两两互质，所以)(333222cbacba。不妨设cba，所以33222223333cbacbacbaa又4443233318922cbcbbacbb当12bc，与cb矛盾。所以1c。显然（1,1,1）是一组解。当2b时，cba。由212)1(2223333322bababaababa又由41)1(42332babba：当5b时，无解；经验证，2b，3c。所以满足条件正整数为（1,1,1），（12,3），（1,3,2），（2,1,3），（2,3,1），（3,2,1），（3,1,2）。四.（15分）设集合50,,3,2,1M，正整数n满足：M的任意一个35元子集中至少存在两个不同的元素ba,，使nba或nba.求出所有这样的n.解答取}35,,3,2,1{A，则对任意Aba,，693534,baba下面证明691n.设35213521},,,,{aaaaaaA（i）当191n时，考虑5013521aaa69195013521nanana由抽屉原理，存在35,1ji，使jiana，即naaji（ii）当6951n时，由5013521aaa68113435ananan由抽屉原理，至少存在35,1ji，使jiaan，即naaji（iii）当2420n时，由于1040502501)12(50nn所以3521,,,aaa中至少有25个属于]2,1[n又由于}2,{,},2,2{},1,1{nnnn至多有24个存在jiaa,，使},{},{iniaaji，所以naaij（iv）当3425n时，由}2,{,},2,2{},1,1{nnnn至多有34个由抽屉原理，存在ji,使inaiaji,，即naaij（v）当35n时，}50{,},36{},35{},18,17{,},33,2{},34,1{共33个所以，存在35,1ji，使得35jiaa（vi）当5036n时，若12kn，}50{,},12{},1,{,},12,2{},2,1{kkkkk当2018k时，1436502501)12(50kk当2421k时，842502501)12(50kk均存在ji,使nkaaji12若kn2，}50{,},12{},2{},{},1,1{,},22,2{},12,1{kkkkkkk当1918k时，163)12(50k181191k当2320k时，1222503)12(50kk221231k当2524k时，422503)12(50kk241251k所以，均存在ji,使kaaji2五.(15分)设000,,AABBCC是ABC的三条角平分线，自0A作01AA∥0BB，02AA∥0CC，12,AA分别在,ACAB上，直线123AABCA；类似得到点33,BC．证明：333,,ABC三点共线．证明：据梅尼劳斯逆定理，只要证，3333331CAABBCBCABCA……①由于直线123AAA截ABC，得2313211BACAAAABAAAC，所以321321CAAAACABBAAA……②；同理有321321ABBBBABCCBBB……③，321321BCCCCBCAACCC……④．IB3C3C2C1C0B1B2B0A3A2A1A0ABC由020BCBABABC，020AAAAACAI，得200200AAAAACBCBABABCAI…⑤又由010AAAAABAI，010CACACBCB，得100100ACCACBAIAAAAABBC…⑥据②、⑤、⑥得23000030000CACACAACCBABBABCABAB；同理可得，23030CBCBBABA，23030ACACCBCB……⑦由于ABC的三条角平分线000,,AABBCC共点，由塞瓦定理，0000001CAABBCBCABCA……⑧，于是由⑦、⑧得，23033003330001CACAABBCABBCBCABCABCABCA，即①成立，因此结论得证．附加题：将时钟盘面上标有数字1,2,,12的十二个点，分别用红、黄、蓝、绿四种颜色各染三个点，现以这些点为顶点构作n个凸四边形，使其满足：（1）每个四边形的四个顶点四色都有；（2）任何三个四边形，都存在某一色，该色的三个顶点所标数字各不相同．求n的最大值．解：为叙述方便，改用,,,ABCD分别表示这四种颜色，而同色的三点，则分别用123,,aaa；123,,bbb；123,,ccc以及123,,ddd来表示．今考虑其中一色，例如A色；若在这n个四边形中，A色点123,,aaa出现的次数分别为123,,nnn，则123nnnn，且设123nnn；如果10n，则127nn；再考虑这7个四边形（其A色顶点要么是1a，要么是2a），它们中B色点123,,bbb出现的次数分别为123,,mmm，则1237mmm，据对称性，可设123mmm，则32m，即125mm；继续考虑这5个四边形（其A色顶点要么是1a，要么是2a；B色顶点要么是1b，要么是2b），它们中C色点123,,ccc出现的次数分别为123,,kkk，则1235kkk，据对称性，可设123kkk，则31k，即124kk；最后考虑这4个四边形，记为1234,,,TTTT（其A色顶点要么是1a，要么是2a；B色顶点要么是1b，要么是2b；C色顶点要么是1c，要么是2c），由于D色点只有三个，故其中必有两个四边形，其D色点相同，设12,TT的D色点都为1d；那么，三个四边形123,,TTT中，无论哪种颜色的顶点，所标数字皆有重复，这与条件(2)相矛盾！因此，9n．再说明，最大值9n可以取到；采用构造法，我们只要作出这样的九个四边形即可．作三个“同心圆环图”，给出标号，并适当旋转相应的圆，标号对齐后，图中的每根线（半径）上的四个点分别表示一个四边形的四个顶点颜色及其标号，九条半径共给出九个四边形，且都满足条件（1）；再说明，它们也满足条件（2）：从中任取三条半径（三个四边形）；如果三条半径（三个四边形）来自同