2019-2020年高中数学联赛(上海)赛区竞赛试卷

2023年12月10日发(作者：初一上半学期的数学试卷)

2019-2020年高中数学联赛（上海）赛区竞赛试卷

一、填空题（本题满分60分，前4小题每小题7分，后4小题每小题8分）

1.如图,正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为1,它的6条对角线又围成一个正六边形A2B2C2D2E2F2,如此继续下去,则所有这些六边形的面积和是 .

2.已知正整数a1,a2,B1A2F2A1F1B2E2,a10满足:

aj3,1ij10,则a10ai2C2C1D2E1的最小可能值是 .

1743.若tantantan，cotcotcot,cotcot

6517cotcotcotcot，则tan .

54．已知关于x的方程lgkx2lgx1仅有一个实数解，则实数k的取值范围是 .

5．如图，AEF是边长为x的正方形ABCD的内接三角形，已知BAD1DFECAEF90，AEa,EFb,ab，则x .

6．方程2m3n3n12m13的非负整数解m,n .

7．一个口袋里有5个大小一样的小球，其中两个是红色的，两个是白色的，一个是黑色的，依次从中摸出5个小球，相邻两个小球的颜色均不相同的概率是 .（用数字作答）

8．数列an定义如下：a11,a22,an2am22n1nanan,n1,2,1n2n2.若2011，则正整数m的最小值为 .

2012

二、解答题

9．（本题满分14分）如图，在平行四边形ABCD中，ABx，BC1，对角线AC与BD的夹角BOC45，记直线AB与CD的距离为h(x)．

求h(x)的表达式，并写出x的取值范围．

10．（本题满分14分）给定实数a1，求函数f(x)

11．（本题满分16分）正实数x,y,z满足9xyzxyyzzx4，求证：

（1）xyyzzx4；

3ADCOB(asinx)(4sinx)的最小值．

1sinx（2）xyz2．

12．（本题满分16分）给定整数n(3)，记f(n)为集合1,2,两个条件的子集A的元素个数的最小值：

（a）

1A,2n1A；

,2n1的满足如下（b） A中的元素（除1外）均为A中的另两个（可以相同）元素的和．

（1）求f(3)的值；

（2）求证：f(100)108．

2012年上海市高中数学竞赛答案

1、93 2、92

43、11 4、,05、a2a(ab)224

6、3,0,2,2

27、 8、4025

59．解 由平行四边形对角线平方和等于四条边的平方和得

11OB2OC2(AB2BC2)(x21)． ①

22 …………………（2分）

在△OBC中，由余弦定理

BC2OB2OC22OBOCcosBOC，

所以

OB2OC22OBOC1， ②

x21由①，②得

OBOC． ③

22 …………………（5分）

所以

SABCD4S14OBOCsinB

OCOBC2x21，

2OBOC2x21故

ABh(x)，

2x21所以

h(x)． …………………（10分）

2x由③可得，x210，故x1．

因为OB2OC22OBOC，结合②，③可得 12x21

(x1)2，

222解得（结合x1）

1x21．

x21 综上所述，h(x)，1x21． …………………（14分）

2x10．解

f(x) 当1a(asinx)(4sinx)3(a1)1sinxa2．

1sinx1sinx7时，03(a1)2，此时

33(a1)f(x)1sinxa223(a1)a2，

1sinx且当sinx3(a1)11,1时不等式等号成立，故fmin(x)23(a1)a2．

…………………（6分）

73(a1) 当a时，3(a1)2，此时“耐克”函数yt在0,3(a1)内3t是递减，故此时

3(a1)5(a1)fmin(x)f(1)2a2．

22723(a1)a2,1a;3 …………………（14分） 综上所述，fmin(x)75(a1),a.3211．证 （1）记txyyzzx，由平均不等式

3xyz3(xy)(yz)(zx)32xyyzzx．

33232

…………………（4分）

于是

49xyzxyyzzx9t3t，

2所以

3t23t3t20，

2，从而

34zx． …………………（10分）

xyyz3 （2）又因为

2而3t3t20，所以3t20，即t(xyz)23(xyyzzx)， 所以

(xyz)24，

故

xyz2． …………………（16分）

12．解 （1）设集合A1,2,于1,m,7m2,3,,231，且A满足（a），（b）．则1A,7A．由，故A3．

,6不满足（b）又

1,2,3,7,1,2,4,7,1,2,5,7,1,2,6,7,1,3,4,7,1,3,5,7,1,3,6,7,

，故A4．

1,4,5,7,1,4,6,7,1,5,6,7都不满足

（b）而集合1,2,4,6,7满足（a），（b），所以f(3)5．

…………………（6分）

（2）首先证明

f(n1)f(n)2,n3,4,． ①

事实上，若A1,2,令BA,2n1，满足（a），（b），且A的元素个数为f(n)．

2n12,2n11，由于2n122n1，故Bf(n)2．

,2n11，又2n122(2n1),2n111(2n12)，所以，集合B1,2,且B满足（a），（b）．从而

f(n1)Bf(n)2．

…………………（10分）

其次证明：

f(2n)f(n)n1,n3,4,． ②

事实上，设A1,2,BA,2n1满足（a），（b），且A的元素个数为f(n)．令

n2(21),22(2n1),,2n(2n1),22n1，

由于

2(2n1)22(2n1)所以B1,2,2n(2n1)22n1，

,22n1，且Bf(n)n1．而

2k1(2n1)2k(2n1)2k(2n1),k0,1,22n12n(2n1)(2n1)，

从而B满足（a），（b），于是

,n1，

f(2n)Bf(n)n1．

…………………（14分）

由①，②得

f(2n1)f(n)n3． ③

反复利用②，③可得

f(100)f(50)501f(25)25151

f(12)12377f(6)6192

f(3)3199108．

…………………（16分）