安徽省高中数学竞赛初赛试题及答案详解

2023年12月10日发(作者：丰城高考数学试卷真题)

2007年安徽省高中数学竞赛初赛试题

一.选择题

1.如果集合A.B同时满足AB1.2.3.4AB1,A1,B1就称有序集对。这里的有序集对A,B意指当AB，A,B和B,A是不同的集A,B为“好集对”对，那么“好集对”一共有（ ）个。

A64B8C6D2

２.设函数fxlg10x1,方程f2xf12x的解为( )

2lg2log210lg22log21013.设A100是一个1203位的正整数,由从100到500的全体三位数按顺序排列而成那么A除以126的余数是( )

A78B36C6D0

4.在直角ABC中,

C90,CD为斜边上的高,D.k为垂足.

项为ADa,BDb,CDab1设数列uk的通ukakak1bak2b21bk,k1,2,3,,则( )

A.

u2008u2007u2006 B.

u2008u2007u2006

C.

2007u20082008u2007顺序排成一个新的数列 D.

2008u20082007u2007

5.在正整数构成的数列1.3.5.7……删去所有和55互质的项之后,把余下的各项按从小到大的an,易见a11,a23,a37,a49,a513那么a2007____________A. 9597 B. 5519 C.

2831 D.

2759

6.设A1cos30 +1+cos70+1+cos110 + B1cos30 +1-cos70+1-cos110 +1+cos870

1-cos870则A:B

A.

2-22 B.

2+22 C.

2-1 D.

2+1

7.边长均为整数且成等差数列,周长为60的钝角三角形一共有______________种.

8.设n2007,且n为使得an=2-2i2+2取实数值的最小正整数,则对应此n的nan为

1

9.若正整数n恰好有4个正约数,则称n为奇异数,例如6,8,10都是奇异数.那么在27,42,69,111,125,137,343,899,3599,7999这10个数中奇异数有_____________________个.

10.平行六面体ABCDA1B1C1D1中,顶点A出发的三条棱AA1,AB,AD的长度分别为2,3,4,且两两夹角都为60那么这个平行六面体的四条对角线AC1,BD1,DB1,CA1的长度(按顺序)分别为___________________

11.函数fx,gx的迭代的函数定义为f1xfx,f2xffx,

fnxffn1x,g1xgx,g2xggx,其中n=2,3,4…

gnxggn1xf9xg6y96设fx2x3,gx3x2,则方程组fygz的解为_________________

96fzgx12.设平行四边形ABCD中，AB4,AD2,BD23,则平行四边形ABCD绕直线AC旋转所得的旋转体的体积为_______________

三．解答题

13.已知椭圆:3x4y12和点Qq,0,直线l过Q且与交于A,B两点(可以重合).

22 1)若AOB为钝角或平角(O为原点),

q4,试确定l的斜率的取值范围.

2)设A关于长轴的对称点为A1,F为椭圆的右焦点,q4,试判断A1和F,B三点是否共线,并说明理由.

3)问题2)中,若q4,那么A1,F,B三点能否共线?请说明理由.

14. 数列xn由下式确定:

xn1xn,n1,2,3,22xn1,x11,试求lgx2007整数部分klgx2007.(注a表示不大于a的最大整数,即a的整数部分.)

15. 设给定的锐角ABC的三边长a,b,c,正实数x,y,z满足22ayzbzxcxyp,其中pxyz2为给定的正实数,试求sbcaxcabyabcz的最大值,并求出当s取此最大值时,

x,y,z的取值.

2

2007年安徽省高中数学竞赛初赛答案

一、 选择题

1.C. 2.A. 3.C. 4.A. 5.B 6.D.

第1题解答过程

逐个元素考虑归属的选择.

元素1必须同时属于A和B.

元素2必须至少属于A、B中之一个，但不能同时属于A和B，有2种选择：属于A但不属于B，属于B但不属于A.

同理，元素3和4也有2种选择.

但元素2，3，4不能同时不属于A，也不能同时不属于B.

所以4个元素满足条件的选择共有22226种.换句话说，“好集对”一共有6个.

答：C.

第2题解答过程

令ylg(10x1)，则y0，且10x110y，10x10y1，xlg(10y1)，

1xlg(10y1).从而ff(t)f1(x)lg(10x1). 令2xt，则题设方程为

(t)，即lg(10t1)lg(10t1)，故

lg[(10t1)(10t1)]0，(10t1)(10t1)1，102t2，

2tlg2，解得

2xt1lg2. 从而

21xlog2(lg2)log2(lg2)1. 答：A.

2第3解答过程

注意

126279,2,7和9两两互质. 因为

A0（mod2）,

A

（100）（101）（102）（499）（500）

100101102500（100500）40121203006（mod9）,

所以A6（mod18）. （1）

10又因为101，33ni(1)（mod7）（1）,所以A(500i)10(500i)

n400i03i400i0(500499)(498497)(496495)(102101)1003006（mod7）.

(2)，（1），（2）两式以及7和18互质，知A6（mod126）. 答：C.

999999101，n1,2,3, 另解：，（1061）（106n1）126263，63999999，所以A1001012006101102101194103104101188497498106499500

100（1012001）101102（1011941）103104（1011881）497498（1061）

（100101102103104497498499500）999999B100（101102499500）2002999999B10060060200

999999B60060300999999C60360，

3

其中B，C为整数.从而A63D6036063E6，其中D，E为整数.所以A除以63的余数为6.因为A是偶数，所以A除以126的余数也为6. 答：C.

第4解答过程

（ab）ab，又已知ab1，故ab1，a(a1)1，易见CDADBD，即22ba2a10；b(b1)1，b2b10.显然uk是首项为ak，公比为q的等比aak(1qk1)ak1(b)k1数列的前k1项和.故uk，

k1,2,3 .

1qab即

ukuk1ak1(b)k1ak2(b)k21[ak2ak1(b)k2(b)k1]

ababab11[ak1(a1)(b)k1(b1)]

[ak1a2(b)k1b2]

abab1[ak3(b)k3]uk2，

k1,2,3 .

ab故答案为A.（易知其余答案均不成立）

（ab）ab，又已知ab1，故ab1，另解：易见CDADBD，即2(ab）(ab)24ab12415，ab5.解得

22ak51，

b251.

2显然uk是首项为a，公比为qb的等比数列的前k1项和，故

aak(1qk1)ak1(b)k1uk1qab115k115k1[()()]225，

k1,2,3,. 于是数列uk就是斐波那契数列1，2，3，5，8，13，21，…，

它满足递推关系

uk2uk1uk,

k1,2,3,. 所以答案为A.

第5题解答过程

an可看成是在正整数数列1，2，3，4，5，6，7，…中删去所有能被2，5或11整除的项之后，把余下的各项按从小至大顺序排成的数列.由三阶容斥原理，1，2，3，4，…，m中不能被2，5或11整除的项的个数为

mmmmmmmxmm，

25其中a不表示不大于a的最大整数，即a的整数部分.

4

估值：设2007xmmmmmmmmm111m(1)(1)(1)

251155221411m，故

m20075519.

m2511114因又5519551955195519551955195519x551955192511552210110

=5519-2759-1103-501+100+250+551-50=2007，

并且5519不是2，5，11的倍数，从而知a20075519. 答：B.

又解：an可看成是在正整数数列1，2，3，4，5，6，7，…中删去所有能被2，5 或11整除的项之后，把余下的各项按从小至大顺序排成的数列.因为2，5，11是质数，它们的最小公倍数为110.易见，-54，-53，…，0，1，2，3，…，55中不能被2，5，11整除的数为1

，3，7，9；13，17，19；21，23，27，29；31，37，39；41，43，47，49；51，53,共40个.（或由欧拉公式，1，2，3，…，110中不能被2，5，11整除的数的个数，等于1，2，3，…，110中与110互质的数的个数，等于（110）110（1）（1）（112151）40.）

11 显然1，2，3，…中每连续110个整数，不能被2，5，11整除的数都有40个.所以，1，2，3，…，110505500中，不能被2，5，11整除的数有40502000个.大于5500中的数不能被2，5，11整除的，是5500+1，5500+3，5500+7，5500+9，5500+13，5500+17，5500+19，….所以5519是第2007个不能被2，5，11整除的数，亦即所求的a20075519.

答：B .

第6题解答过程

1cos31cos71cos87显然

2222A

cos1.5cos3.5cos5.5cos43.5；

B1cos31cos71cos87

2222

sin1.5sin3.5sin5.5sin43.5.

注意到

2cossin1sin(1)sin(1)，

2sinsin1cos(1)cos(1),

所以

5

2sin1

A2(sin2.5sin0.5)(sin4.5sin2.5)(sin6.5sin4.5)(sin44.5sin42.5)

sin44.5sin0.52cos22.5sin22，

2sin1B2(cos0.5cos2.5)(cos2.5cos4.5)(cos4.5cos6.5)

(cos42.5cos44.5)cos0.5cos44.52sin22.5sin22.

故A:B(2sin1

A2):(2sin1B2)(2cos22.5sin22):(2sin22.5sin22)cot22.521. 答：D.

另解：A2cos1.50cos3.50cos5.50cos43.50，

B2

sin1.5sin3.5sin5.5sin43.5，

A2iB2(cos1.5isin1.5)(cos3.5isin3.5)(cos43.5isin43.5)

21(cos1.5isin1.5)(cos2isin2)k

k01(cos2isin2)22

(cos1.5isin1.5)1(cos2isin2)1(cos44isin44)

(cos1.5isin1.5)

1(cos2isin2)2sin2222isin22cos22

(cos1.5isin1.5)

22sin12isin1cos1(cos1.5isin1.5)(2isin22)(cos22isin22)

(2isin1)(cos1isin1)6

sin22(cos22.5isin22.5). =sin1Asin22cos22.5Bsin22sin22.5AB因为和是实数，所以， ,

sin1sin12222A:BA2:B2cos22.52cos22.51cos45sin22.52sin22.5cos22.5sin4521222221222.

答：D.

第7解答过程

解：设△ABC三边长a,b,c为整数，abc60,abc,a,b,c成等差数列，A为钝角，则必有2bac，bca.

易解得

60abcb(ac)b2b3b，b20,ac40；bac

222222(ac)(ac)，即20240(ac),10ac.因此50(ac)(ac)2a,25a，即

a26.另外，bca,60abcaa2a,a30,a29.易检验(a,b,c)

(26,20,14),(27,20,13),(28,20,12),(29,20,11)都是钝角三角形. 答：4.

第8题解答过程

注意到x22，y22满足x2y2(22)(22)4，x,y0，故可令x2cos，y2sin，0＜＜22.从而4cos22，-24cos2，2，故-232cos21coscos22438，333nisin)ncos+

8883n3nisin0，当且仅当n8k，kZ.满足此条件且.

an取实数，当且仅当sin883x2008cos7531.

n2007的最小正整数n为2008，此时ana2008cos8an(cos答：-1.

第9题解答过程

7

易见奇异数有两类：第一类是质数的立方p（p是质数）；第二类是两个不同质数的乘积3p1p2（p1,p2为不同的质数）.由定义可得

；

2733是奇异数（第一类）42237不是奇异数；

；

69323是奇异数（第二类）；

111337是奇异数（第二类）；

12553是奇异数（第一类）137是质数，不是奇异数；

34373是奇异数（第一类）；

899900130212；

（301）（301）3129是奇异数（第二类）35993600160212（601）；

（601）6159是奇异数（第二类）79998000120313(201)(202201)19421是奇异数（第二类）.

答：8.

第10解答过程

aa2，bb3，cc4，abc解：将向量AA1，AB，AD分别记为，，. 则且易见

AC1abc，

A1Cabc，

BD1abc，

DB1abc.

所以AC12(abc)abc2(abbcca)

22202222222

abc2(abbcca)cos60abcabbcca

234233442=55，

故AC122255. 类似地，可算得，BD119，DB115，CA127=33.

答：55，19，15，33.

第11题解答过程

令x3t，易见xt3，f(x)2x32(t3)32t3，f(2)(x)2(2t3)322t3,,f(n)(x)2nt3；令y1s，易见ys1，g(y)3y23(s1)23s1，8

g(2)(y)3(3s1)232s1,， g(n)(y)3ns1，n1,2,3,.因此，题设方程组可化为

29(x3)336(y1)1,(1)962(y3)33(z1)1,(2)

29(z3)336(x1)1.(3)（1）-（2），（2）-（3），（3）-（1）得

29(xy)36(yz),(4)96

2(yz)3(zx),(5)

29(zx)36(xy).(6)所以36362363xy9(yz)(9)(zx)(9)(xy)222xy0yz0xyz.

代入（1）得

2(x3)33(x1)1，512(x3)3729(x1)1，

96512x1533729x728，

217x2261,

31x323,

x所以原方程组的解为xyz第12题解答过程

.以VTl表示平面图形T绕直线l所得旋转体体积.

323.

31323323. 答：xyz.

3131记直线AC为l，作BM,DNl，交l于E,F，分别交CD，AB于M,N.过O作PQl，分别交AB,CD于P,Q.由于O是BD的中点，所以P,Q分别是BN,DM的中点.由对称性，易见所求旋转体体积为VV平行四边形ABCDl2(VADNlV平行四边形NPQDl).

由于AB4，BD23，AD2，易见ADB90，DBA30，

AOAD2DO2437，AC27.显然DACDCACAB，DFFN.且DF2SADOADDO23221AOAO77，AFAD2DF2412164.从而由圆锥体积公式得

777

VADNlVADFl

11241616DF2AF7.

337497779 又CFACAF27471447107，COAO7，CF:CODF:QO，

QOCODF210172121.从而由圆锥体积公式得

CF77511V平行四边形NPQDlV梯形FOQDlVCDFlVCQOlDF2CFQO2CO33

1237(1072140710003436577)7()7254925122512257)27(7.从而

V2(16657749573027)27.

49答：所求体积为3027：

175第13题解答过程

解：I）可设l：xmy4，与联立得(3m4)y24my360. 这是

，B（x2,y2），则

y的一元二次方程，由判别式0解得m24.记A（x1,y1）22y1y224m36，.

yy12223m43m4由题设条件，OAOBx1x2y1y20 ，即(my14)(my24)y1y20，

3624m

4m160，223m43m42512322222即

9(m1)24m4(3m4)0.得3m250，

m，

()，3m252得

(m1)y1y24m(y1y2)160，即(m1)233m.

55故l的斜率的取值范围为(33,).

55因为F(1,0),所以FA，FB，从而

（x11,y1）（x21,y2）1

(x11)y2(x21)(y1)(my13)y2(my23)y1

10

2my1y23(y1y2)2m3624m30.

3m243m24FA1与FB共线， 即A1与F、B三点共线.

III）假设q4，过Q(q,0)的直线与交于A、B，且A关于长轴的对称点为A1，如果A1、F、B三点共线.我们另取点P(4,0).设直线AP与交于B1，那么如II）的证明，A1、F、B三点必共线.故B与B1重合，从而直线AB和AB1重合，就是AQ与AP重合.所以P与Q重合，q4，与假设矛盾.这就是说，q4时，三点A1、F、B不能共线.

第14题解答过程

14.解：1xn112x11112n2xn，

24xn42，

xn1xnxnxn124(xn1)，n1,2,3.

2xn2

2xn12006故

(xn112n11xn2)4(xn1)，亦即

2n1200612x20072006n120061224xn8024，

x1n1由x11得

1x220074xn8025. （*）

2由于xn111，n1,2,3,,且显然xn0，故xn是递减数列，且

2xn2xn1x2x231x，，

3222112x212x11319x1132006故

xn12n12291()xn1()12004151，

39119121n3n3由（*）式得

802512x2007415180258629，111122x2007,lglgx2007lg，

86298lg86292lgx2007lg8025，42lgx20073，2lgx2007，

2klgx20072.

11

第15题解答过程

证明：因为△ABC是锐角三角形，其三边a,b,c满足a,b,c0，以及

bcb,cab,abc,bca,cab,abc.

因此，由平均不等式可知

222222222(b2c2a2)x2(c2a2b2)y2(a2b2c2)z2

22212z212x212y2222y222z222x(bca)x(22)(cab)y(22)(abc)z(22)222zyxzyxayzbzxcxy2a2y2z2b2z2x2c2x2y2()2(bcx2cay2abz2)，

222xyzxyz从而

[(bc)2a2]x2[(ca)2b2]y2[(ab)2c2]z2(亦即

ayzbzxcxy2)P2，

xyzP2

(abc)SP，S.

abc2上式取等式当且仅当xyz，亦即xyz222P.因此所求的S的最大值为abcP2P，当S取最大值时，xyz.

abcabcA

B

o

l

Q

x

A

B

o

F

A1

l

Q

x

C1

B1

D1

B

C

A1

D

A

D

A

F

N

Q

O

P

M

E

B

C

y

（第13题答图）

y

（第10题答图） （第12题答图）

12

2008年安徽高中数学竞赛初赛试题

一、选择题

1.若函数yfx的图象绕原点顺时针旋转2后，与函数ygx的图象重合，则（ ）（A）gxf1x （B）gxf1x

（C）gxf1x （D）gxf1x

2.平面中，到两条相交直线的距离之和为1的点的轨迹为（ ）

（A）椭圆 （B）双曲线的一部分 （C）抛物线的一部分 （D）矩形

3.下列4个数中与cos1cos2cos2008最接近的是（ ）

（A）-2008 （B）-1 （C）1 （D）2008

4.四面体的6个二面角中至多可能有（ ）个钝角。

（A）3 （B）4 （C）5 （D）6

5.12008写成十进制循环小数的形式120080.625，其循环节的长度为(

(A)30 (B)40 (C)50 （D）60

6.设多项式1x2008a0a1xa2008x2008，则a0,a1,,a2008中共有（ ）个是偶数。

（A）127 （B）1003 （C）1005 （D）1881

二、填空题

n7.化简多项式kCmkxkm1xnk

kCnm13

)

8.函数fx35sinx的值域为

54cosx3sinxa1an1,n2，且具有最小正周期2008，则a1

1a1an1a2007a2008a2008a1的最大值

9.若数列an满足a10,an10.设非负数a1,a2,,a2008的和等于1，则a1a2a2a3为

11.设点A1,1，B、C在椭圆x3y4上，当直线BC的方程为 时，ABC22的面积最大。

12.平面点集Gi,j|i1,2,,n;j1,2,,n，易知G2可被1 个三角形覆盖（即各点在某个三角形的边上），G3可被2个三角形覆盖，则覆盖G2008需要 个三角形。

三、解答题

13.将6个形状大小相同的小球（其中红色、黄色、蓝色各2个）随机放入3个盒子中，每个盒子中恰好放2个小球，记为盒中小于颜色相同的盒子的个数，求的分布。

14.设a11,annan1,n2，其中x表示不超过x的最大整数。证明：无论a1取何正整数时，不在数列an的素数只有有限多个。

15.设圆O1与圆O2相交于A，B两点，圆O3分别与圆O1，圆O2外切于C，D，直线EF分别与圆O1，圆O2相切于E，F，直线CE与直线DF相交于G，证明：A，B，G三点共线。

08年安徽省高中数学竞赛初赛答案

一、选择题（本题满分36分，每小题6分）

1．D 2．D 3．B 4．A 5．C 6．D

二、填空题（本题满分54分，每小题9分）

7．Cn

m8．410,10

59．tank，正整数k1003且与2008互素。

200810．1/4 11．x3y20 12．1338

14

三、解答题（本题满分60分，每小题20分）

13．0,1,3。

（2分）

（6分）

（6分）

（6分）

P(3)P(盒①中球同色，盒②中球同色)111。

531511P(1)3P(盒①中球同色，盒②中球异色)3(1)538

P(0)1P(3)P(1)。

152。

5

14．a11，a22a11，a33a21。

 （2分）

当n4时，利用数学归纳法，得an令bnann，则有2bn当bn11时，bnnan1

n(n3)n2。 （5分）

（5分）

b1n(n1bn1)nn1。

2

n(n2)n1。

 （5分）

（3分） 故当n充分大时，bn2，不在数列{an}中的正整数只有有限多个。

15．以EF为x轴，O1E为y轴，建立平面直角坐标系。设E(0,0)，F(c,0)， （1分）

⊙O1:x2(yr1)2r12，

（1分）

（1分）

（1分）

⊙O2:(xc)2(yr2)2r22，

⊙O3:(xa)2(yb)2r32，

a2(br1)2(r1r3)2其中a,b满足222(ac)(br2)(r2r3)于是，AB:2cxc2(r2r1)y0，

2①②

（2分）

（2分）

（2分）

C:r3(0,r1)r1(a,b)r1(a,r3b)，

r1r3r1r3r1r3D:r3(c,r2)r2(a,b)(r2ar3c,r2b)，

r2r3r2r3r2r3

（2分）

CE:(r3b)xay0， （2分）

15

DF:(r3b)(xc)(ac)y0，

G:(a,r3b)。

（2分）

（2分）

（2分） 由①－②知，点G的坐标满足直线AB的方程。

注：对于几何证法，如果无法列举所有情形，得分减半。

16

17

18

2010年全国高中数学联赛安徽赛区预赛试卷

一、填空题（每小题8分，共64分）

1.函数f(x)2x4xx2的值域是 .

2.函数y 的图象与ye的图象关于直线xy1对称.

3.正八面体的任意两个相邻面所成二面角的余弦值等于 .

xx2y21与双曲线xy1相切，则t . 4.设椭圆t1t15.设z是复数，则|z1||zi||z1|的最小值等于 .

6.设a，b，c是实数，若方程xaxbxc0的三个根构成公差为1的等差数列，则a，b，c应满足的充分必要条件是 .

7.设O是ABC的内心，AB5，AC6，BC7，OPxOAyOBzOC，320x,y,z1，动点P的轨迹所覆盖的平面区域的面积等于 .

8.从正方体的八个顶点中随机选取三点，构成直角三角形的概率是 .

二、解答题（共86分）

9.（20分）设数列an满足a10，an22，n2.求an的通项公式.

1an110.（22分）求最小正整数n使得nn24可被2010整除.

11.（22分）已知ABC的三边长度各不相等，D，E，F分别是A，B，C的平分线与边BC，CA，AB的垂直平分线的交点.求证：ABC的面积小于DEF的面积.

12.（22分）桌上放有n根火柴，甲乙二人轮流从中取走火柴.甲先取，第一次可取走至多n1根火柴，此后每人每次至少取走1根火柴.但是不超过对方刚才取走火柴数目的2倍.取得最后一根火柴者获胜.问：当n100时，甲是否有获胜策略？请详细说明理由.

10年安徽省高中数学竞赛初赛答案

1.答案：425,8.

提示：因0x4，设x22cos（0），

则y4cos2sin425cos()4（其中cos19

21，sin，55 为锐角），

所以当0时，ymax8，当时，ymin425，故y425,8.

2. 答案：1ln(1x)

提示：因两函数图象关于直线xy1对称，所以xy1，y1x，

∴1xe1y，解得y1ln(1x).

3. 答案：

提示：正八面体由两个棱长都相等的正四棱锥组成，所以任意两个相邻面所成二面角是正四棱锥侧面与底面所成二面角13的两倍.∵tan2，∴cos21cos22cos21.

34. 答案：5

11，则1tan23x2y21知，t1， 提示：由椭圆方程t1t1xt1cos设其参数方程为（为参数）代入双曲线方程xy1，得yt1sinsin22t12.

因两曲线相切，∴2t121，故t5.

5. 答案：13

提示：在复平面上，设A(1,0)，B(1,0)，C(0,1)，则当Z为ABC的费马点时，|z1||zi||z1|取得最小值，最小值为1a2a3a1且c. 6. 答案：b3273提示：设三个根为3232313.

3331，，1，则x3ax2bxc(x1)(x)(x1)，

20

右边展开与左边比较得a3，b(1)(1)(1)(1)31，2a2b13，这就是所求的充要条件.

c(1)(1)，消去得3caa2737. 答案：126

提示：如图，根据向量加法的几何意义，知点P在图中的三个平形四边形及其内部运动，所以动点P的轨迹所覆盖的平面区域的面积等于等于ABC面积的2倍，即126.

8. 答案：6

73提示：从正方体的八个顶点中随机选取三点，共有C8个三角形，其中直角三角形有12C34个，所求“构成直角三角形”的概率是312C46.

C8379. 解：特征根法. 又an242an11an1，an1，…………（10分）

1an11an1a2a2a2(2)n1(2)2n2得nan1an11an21分）

(2)n2(2)，于是an.…（20(2)n1nn2n240mod2n2n0mod32nn240mod32n2n1mod5……（1010. 解：

2010|nn242n2n43mod67nn240mod5n2n240mod67分）

又nn0mod3n0或2mod3，nn1mod5n2mod5，

22n2n43mod67n10或56mod67，故所求最小正整数n77.…………（22分）

11. 证明：由题设可证A，BC，D，E，F六点共圆. …………（10分）

不妨设圆半径为1，则有SABC1(sin2Asin2Bsin2C)，21SDEF(sinAsinBsinC).

221

由于sin2Asin2Bsin2C

111(sin2Asin2B)(sin2Bsin2C)(sin2Csin2A)

222sin(AB)sin(AB)sin(BC)sin(BC)sin(CA)sin(CA)

sin(AB)sin(BC)sin(CA)sinAsinBsinC

∴ABC的面积小于DEF的面积. …………（22分）

12. 解：把所有使得甲没有有获胜策略的初始火柴数目n从小到大排序为：n1，n2，n3，…，不难发现其前4项分别为2，3，5，8. 下面我们用数学归纳法证明：

（1）ni满足ni1nini1；

（2）当nni时，乙总可取到最后一根火柴，并且乙此时所取的火柴数目ni1；

（3）当ninni1时，甲总可取到最后一根火柴，并且甲此时所取的火柴数目ni.

……………………………………（10分）

设knni（i4），注意到ni2当1k当nini1.

2ni时，甲第一次时可取k根火柴，剩余ni2k根火柴，乙无法获胜.

2nikni1时，ni2kni1，根据归纳假设，甲可以取到第k根火柴，并且甲此2时所取的火柴数目ni2，剩余ni2ni2根火柴，乙无法获胜.

当kni1时，设甲第一次时取走m根火柴，若mk，则乙可取走所有剩小的火柴；若mk，则根据归纳假设，乙总可以取到第k根火柴，并且乙此时所取的火柴数目ni2，剩余ni2ni2根火柴，甲无法获胜.

综上可知，ni1nini1.

因为100不在数列ni，所以当n100时，甲有获胜策略. …………（22分）

22

2011年全国高中数学联赛安徽省预赛

一、填空题（每小题8分，共64分）

1．以X表示集合X的元素个数. 若有限集合A,B,C满足AB20，BC30，CA40，则ABC的最大可能值为

2．设a是正实数. 若f(x)则a

3．已知实系数多项式f(x)xaxbxcxd满足f(1)2，f(2)4，f(3)6，则f(0)f(4)的所有可能值集合为

nn4．设展开式(5x1)a0a1xanx，n2011.

x26ax10a2x22ax5a2，xR的最小值为10，432若a2011max(a0,a1,,an)，则n

5．在如图所示的长方体ABCDEFGH中，设P是矩形EFGH的中心，线段AP交平面BDE于点Q. 若则PQ .

AB3，AD2，AE1，6．平面上一个半径r的动圆沿边长a的正三角形的外侧滚动，其扫过区域的面积为 .

7．设直角坐标平面上的点(x,y)与复数xyi一一对应.

若点A,B分别对应复数z,z（zR），则直线AB与x轴的交点对应复数 （用z表示）.

8．设n是大于4的偶数. 随机选取正n边形的4个顶点构造四边形，得到矩形的概率为 .

二、解答题（第9—10题每题22分，第11—12题每题21分，共86分）

9． 已知数列{an}满足a1a21，an11第5题

第6题

a1an2（n3），求an的通项公式.

41111.

a1a2an210．已知正整数a1,a2,,an都是合数，并且两两互素，求证：311．设f(x)axbxc（a,b,c是实数），当0x1时，0f(x)1. 求b的最大可能值.

12．设点A(1,0)，B(1,0)，C(2,0)，D在双曲线xy1的左支上，DA，直线CD交双曲线xy1的右支于点E. 求证：直线AD与BE的交点P在直线x22221上.

223

2011年全国高中数学联赛安徽省预赛答案1. 10. 2. 2. 3. {32}. 4. 2413. 5.

174. 6.

6ar4πr2. 7.

8.

3(n1)(n3).

9．aan2n1a1aan24n14

a2nan1212aan1n212n1

2n1ann2n2an11nan2n1.

10．设a2k的最小素因子pk，因为ak不是素数，所以akpk. 于是

n1n1k1ak2k1pk1n142k2(2k1)n

141k2(2k1)2112114n2f(0)11．由cf(1)abc可知

f(1ab3)333c2b33f(13)f(1)(331)f(0)33

f(x)332(xx3)满足题设，b的最大可能值为332.

12．设D(x1,y1)，E(x2,y2)，P(x,y)，直线CD的方程yk(x2)，则24

zz1zz.

x2k2(x2)21，所以

4k214k25x1x2，xx1(x1x2) ，

①

12221k1k4y1y(x1)y2(x1)，

x11x21所以

y2yx22x121x21x11x21x112x1x23x1x2x。

y2y1x22x123x2x14x21x11x21x11

把①代入上式，得x

1.

225

26

27

28

2013年全国高中数学联赛安徽赛区初赛试卷

一．填空题（每题8分，共64分）

1.函数f(x)|x+1|+|x-1|+4-x2的值域是

2.方程sin（2013兀x）=x2013的实数根为

3.化简sin12sin48sin54= （用数字作答）

4.设数列{an}满足a1a21，an3an1an2(n3),则a2013

2AP(ABAC)55.设ΔABC的外接圆圆心P满足，则cosBAC=

z1y6.设复数z=x+yi满足的实部和虚部之比为3，其中i是虚数单位，x,yR，则的z1x最大值为

7.设1xx2150=cxkk0300k，其中c0,...,c300是常数，则ck03003k=

8.随机选取正11边形的3个不同顶点，它们构成锐角三角形的概率为

二．解答题（第9-10每题21分，第11-12题每题22分，共86分）

9.设正三棱锥的底面边长为1，侧面长为2，求其体积和内切球的半径.

10.求所有函数f:RR，使得对任意的x,y都有

f(xy)f(x)f(y)2xy且xx212f(x)xx

212abbcc211.设a,b,c是不全为0的实数，求F=2的取值范围，a,b,c分别满足什么条件时，a2b23c2F取最大值和最小值？

2（1an1）a11,a22,an(n3)12.设数列{an}满足

an2（1）求数列{an}的通项公式；

（2）求证：对任意的正整数k,a2k1和a2k都是整数.

2

29

2013安徽高中数学竞赛初赛试题答案

30

31

32

2014年全国高中数学联赛安徽省初赛试卷

一、填空题（每题8分，共64分）

x22x3(xR)的值域是_______________. 1. 函数y2x4x52. 函数ytan(2013x)tan(2014x)tan(2015x)在[0,]中的零点个数是__________．

3. 设定点A(2,1)，动点B在x轴上，动点C在直线yx上，则ABC的周长的最小值是________．

4. 设P2k2是P1,P2是平面上两点，P2k1是P2k关于P1的对称点，P2k1关于P2的对称*点,kN．若|PP12|1，则|P2013P2014|__________．

5. 已知四面体ABCD的侧面展开图如下图所示，则其体积是__________．

6. 设复数z满足|z1|2，则|z|的取值范围是_______________．

z7. 设动点P(t,0),Q(1,t)，其中参数t[0,1]，则线段PQ扫过的平面区域的面积是_____________．

8. 从正12边形的顶点中取出4个顶点，它们两两不相邻的概率是___________．

二、解答题（第9—10题每题21分，第11—12题22分，共86分）

9. 已知正实数x,y,z满足xyz1．求证：zyxzyx0．

x2yy2zz2x2an310. 设数列{an}满足a11,an1,n1．求证：

2an33

（1） 当n2时，an严格单调递减．（2） 当n1时，|an13|23r2n1r2n，这里r23．

11. 已知平面凸四边形ABCD的面积为1．求证：

|AB||AC||AD||BC||BD||CD|422．

12. 求证：（1）方程xx10恰有一个实根，并且是无理数；

（2）不是任何整数系数二次方程axbxc0(a,b,cZ,a0)的根．

23

2014年全国高中数学联赛安徽省初赛试卷答案

34

35

36

37

38

2015全国高中数学联赛安徽省初赛试卷

（考试时间：2015年7月4日上午9:00—11:30）

一、填空题（每题8分，共64分）

1. 函数f(x)x1x3ex，xR的最小值是 ．

2. 设x11，xnxn11，n2．数列{xn}的通项公式是xn ．

2xn143. 设平面向量,满足1||,||,||3，则•的取值范围是

．

4. 设f(x)是定义域为R的具有周期2的奇函数，并且f(3)f(4)0，则f(x)在[0,10]中至少有 个零点．

5. 设a为实数，且关于x的方程(acosx)(asinx)1有实根，则a的取值范围是 .

6. 给定定点P(0,1)，动点Q满足线段PQ的垂直平分线与抛物线yx2相切，则Q的轨迹方程是 ．

7. 设zxyi为复数，其中x,y是实数，i是虚数单位，其满足z的虚部和zi1z的实部均非负，则满足条件的复平面上的点集(x,y)所构成区域的面积是

．

8. 设n是正整数．把男女乒乓球选手各3n人配成男双、女双、混双各n对，每位选手均不兼项，则配对方式总数是 ．

二、解答题（第9题20分，第10━12题22分，共86分）

9.

设正实数a,b满足ab1．求证：a10.

在如图所示的多面体ABCDEF中，已知211b23．

abAD,BE,CF都与平面ABC垂直．设ADa，BEb，CFc，ABACBC1．求四面体ABCE与BDEF公共部分的体积（用a,b,c表示）．

11.

设平面四边形ABCD的四边长分别为4个连续的正整数。证明：四边形ABCD的面积的最大值不是整数。

39

12.

已知31位学生参加了某次考试，考试共有10道题，每位学生解出了至少6道题．求证：存在两位学生，他们解出的题目中至少有5道相同．

2015全国高中数学联赛安徽省初赛试卷答案

一、填空题（每题8分，共64分）

(x)2ex0, 因此f(x)单1. 当x3时，f(x)2x4ex,ff(x)2ex,

f(x)ex0，调减；当3x1时，此时f(x)(x)2ex. 令亦单调减；当x1时，f(x)2x4ex，ff(x)0得xln2. 因此f(x)在xln2处取得最小值6-2ln2．

2. 设uacosx，vasinx．方程有实根双曲线uv1与圆(ua)2(va)21有公共交点. 注意到圆的圆心位于直线yx之上，只须找到圆与双曲线相切时圆心的位置即可. 易计算得，圆与双曲线切于A(1,1)点时，圆心坐标为1圆心坐标为12/2或12/2.圆与双曲线切于B(-1,-1)点时，2/2或12/2.

2222,1,1因此，a的取值范围为a11．

2222

3. 由xn13xn112x1和2xn12n1，可得2xn142xn14n2xn13xn1132xn122xn1122n23n2故xn．

23n22n2．

4.

•1222124291719．22•29．

440

,．

以上等号均可取到．故•的取值范围是241795. 由题设可知f(x)f(x)f(x)。令x=0得f()0。 另一方面，f(24)f(4)f(4)0. 类似地，f(2-3)0 因此，f(x)在[0,10]中的零点一定包含0,2π4,3,π,2π3,4,2π,4π4,2π3,3π,4π3这11个零点．

6. 设PQ的垂直平分线l与抛物线yx2相切于(t,t2)，切向为(1,2t). 则l的方程为y2t(xt)t2．设Q(x,y)，由PQ与l垂直且PQ中点在l上，可得

x2t(y1)0①

1．

22(y1)txt②由①解得tx，代入②得Q的轨迹方程为

22y1(2y1)x22(y1)(y1)20，y1,．

27.

Rezix(y1)ix(1x)(y1)yRe0等价于

221z1xyi(1x)y12. 又由于y212(x1)(y)220，故满足条件的点集构成了圆的一部分，计算得其面积为32．

88. 从3n名男选手中选取2n人作为男双选手有C32nn种选法，把他们配成n对男双选手有(2n)!种配对方式。女选手类似。把n个男选手和n个女选手配成n对n2n!2(3n)!nn!混双有n!种配对方式。因此，配对方式总数是C32nnC2．

n!nn32n2(n!)2二、 解答题（第9题20分，第10━12题每题22分，共86分）

1)，由均值不等式有 9. 证明：对任意a(0,4a因此，

1a24a1a4. ----------------------------------（5分）

41

a211a24a4aa24a42a．------------（15分）

aa1)，b2同理，对于任意b(0,1b2b.

因此，a211b22a2b3．---------------------（20分）

ab10. 设AEBDG，BFCEH，则四面体BEGH是ABCE与BDEF的公共部分．

-----------------------------------------------------（5分）

易计算得：G到直线AB的距离d1分）

ab，---------------------------------（10abG到平面BCFE的距离d2分）

3d1， ------------------------------------------（152aH到直线BC的距离d3分）

因此，VBEGH分）

bd3bc，SBEH．----------------（202bcSBEHd233b3．---------------------（2212(ab)(bc)11. 不妨设ABCD是凸四边形，其面积为S．记aAB，bBC，cCD，dDA。由

SAC2，

可得

11absinBcdsinD，22a2b22abcosBc2d22cdcosD2SabsinBcdsinD，(a2b2c2d2)/2abcosBcdcosD分）

两遍平方和得

42

，--------------（8

124S(ab)(cd)2abcdcos(BD)(ab2c2d2)241(abcd)2(a2b2c2d2)2

41(bcda)(acdb)(abdc)(abcd)．4222等号成立当且仅当BD，即A,B,C,D四点共圆--------------------（16分）

(n1). 由此 现根据假设a,b,c,d为四个连续整数n,n1,n2,n3

Sn(n1)(n2)(n3). 显然

n23nSn23n1. 因此，S不是整数。----------------------------------------------------（22分）

12. 证明：设S是所有试题的集合，Si是第i位学生解出的试题的集合，TiSSi．题目即证存在ij使得SiSj5．--------------------------------（5分）

3120个三元子集，每个Ti恰包含4不妨设Si6， Ti4，i．S共有C10个三元子集．因此，存在ij使得Ti,Tj包含相同的三元子集，TiTj3．---（15分）从而，

SiSjSiSjSiSj2TiTj5．-----------------（22分）

43

44

45

46