上海2019高中数学竞赛试题 5页

上海2019高中数学竞赛试题【一】填空题〔此题总分值60分，前4小题每题7分，后4小题每题8分〕1.如图,正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为1,它的A16条对角线又围成一个正六边形A2B2C2D2E2F2,如此继续下去,那么所有这些六边形的面积和是.B1A2F1F22.正整数a1,a2,满足:ajB2E2,a103,,1ij10ai2C2D2C1E1那么a10的最小可能值是.3.假设，D1tantan17tan6cotcotcot4,cotcot517，那么.cotcotcotcottan54、关于x的方程lgkx2lgx1仅有一个实数解，那AD么实数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F形，AEF90，AEa,EFb,ab，那么x.BEC6、方程2m3n3n12m13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：2n1n.假设a11,a22,an2n2an1n2an,n1,2,2011，那么正整数m的最小值为.am22012【二】解答题9、〔此题总分值14分〕如图，在平行四边形ABCD中，ABx，BC，1\n角AC与BD的角BOC45，直AB与CD的距离h(x)、求h(x)的表达式，并写出x的取范、DCO10、〔此分14分〕定数a1，求函数AB(asinx)(4sinx)的最小、f(x)1sinx11、〔此分16分〕正数x,y,z足9xyzxyyzzx4，求：〔1〕yzzx4；xy3〔2〕xyz2、12、〔此分16分〕定整数n(3)，f(n)集合1,2,,2n1的足如下两个条件的子集A的元素个数的最小：〔a〕1A,2n1A；〔b〕A中的元素〔除1外〕均A中的另两个〔可以相同〕元素的和、〔1〕求f(3)的；〔2〕求：f(100)108、参考答案：1、932、9243、114、,045、a26、3,0,2,2a2(ab)27、28、402559、解由平行四形角平方和等于四条的平方和得OB2OC21(AB2BC2)1(x2、①1)22⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯〔2分〕在△OBC中，由余弦定理\nBC2OB2OC22OBOCcosBOC，所以OB2OC22OBOC1，②由①，②得x21、③OBOC22⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯〔5分〕所以SABCD4SOBC41OBOCsinBOC22OBOCx21，2故ABh(x)x21，2所以h(x)x21、⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯〔10分〕2x由③可得，x210，故x1、因OB2OC22OBOC，合②，③可得121)x21，(x2222解得〔合x1〕1x21、上所述，h(x)x21，1x21、⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯〔14分〕2x10、解(asinx)(4sinx)13(a1)a、f(x)1sinxsinxsinx21当7，03(a1)2，此1a33(a1)，f(x)123(a1)a2sinxa21sinx且当sinx3(a1)11,1不等式等号成立，故fmin(x)23(a1)a2、⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯〔6分〕\n当7，3(a1)2，此“耐克”函数3(a1)在0,3(a1)内是a3ytt减，故此fmin(x)f(1)23(a1)a5(a1)、222上所述，23(a1)a2,1a7⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯〔14分〕;fmin(x)35(a1)72,a.311、〔1〕xyyzzx，由平均不等式t33xyyzzx3、xyz3(xy)(yz)(zx)223⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯〔4分〕于是49xyzxyyzzx9t33t2，所以23t23t2，3t0而3t23t20，所以3t20，即2，从而t3xyyzzx〔2〕又因4、⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯〔10分〕3(xyz)23(xyyzzx)，所以(xyz)24，故xyz2、⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯〔16分〕12、解〔〕集合3，且A足〔a〕，〔b〕、那么、11,2,,211A,7AA由于1,m,7m2,3,,6不足〔b〕，故A3、又1,2,3,7,1,2,4,7,1,2,5,7,1,2,6,7,1,3,4,7,1,3,5,7,1,3,6,7,1,4,5,7,1,4,6,7,1,5,6,7都不满足〔b〕，故A4、\n而集合1,2,4,6,7足〔a〕，〔b〕，所以f(3)5、⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯〔6分〕〔2〕首先明f(n1)f(n)2,n3,4,、①事上，假A1,2,,2n1，足〔a〕，〔b〕，且A的元素个数f(n)、令BA2n12,2n11，由于2n122n1，故Bf(n)2、又2n122(2nn111(2n12)，所以，集合B1,2,,2n1，1),21且B足〔a〕，〔b〕、从而f(n1)B、⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯〔10分〕f(n)2其次证明：f(2n)f(n)n1,n3,4,、②事上，A1,2,,2n1足〔a〕，〔b〕，且A的元素个数f(n)、令BA2(2n1),22(2n1),,2n(2n1),22n1，由于2(2n1)22(2n1)2n(2n1)22n1，所以B1,2,,22n1，且Bf(n)n1、而2k1(2n1)2k(2n1)2k(2n1),k0,1,,n1，22n12n(2n1)(2n1)，从而B足〔a〕，〔b〕，于是f(2n)Bf(n)n1、⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯〔14分〕由①，②得f(2n1)f(n)n3、③反复利用②，③可得f(100)f(50)501f(25)25151f(12)12377f(6)6192f(3)3199108、⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯〔16分〕