高一数学竞赛选拔题(解答)

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1、余姚中学高一数学竞赛选拔题（解答）（考试时间：90分钟）（每题10分，满分：100分）1. （2008年北京大学自主招生试题）求证：边长为1的正五边形对角线长为三角形ABE∽三角形DAE则：2、（2007年中国西部数学奥林匹克）如图，⊙与⊙相交于点C，D，过点D的一条直线分别与⊙,⊙相交于点A，B，点P在⊙的弧AD上，PD与线段AC的延长线交于点M，点Q在⊙的弧BD上，QD与线段BC的延长线交于点N．O是△ABC的外心．求证：的充要条件为P，Q，M，N四点共圆．证设三角形ABC的外接圆O的半径为R，从N到圆O的切线为NX，则，①同理.②因为A，C，D，P四

2、点共圆，所以，③因为Q，D，C，B四点共圆，所以，④由①，②，③，④得,所以，P,Q,M,N四点共圆.3．（第一届“希望杯”全国邀请赛试题）求函数在区间[-1，1]上的值域。解：。值域为。4.（2000年北京市中学生数学竞赛）f(x)是定义在R上的函数，对任意的x∈R，都有f(x+3)≤f(x)+3和f(x+2)≥f(x)+2，设g(x)=f(x)-x，（1）求证g(x)是周期函数；（2）如果f(998)=1002，求f(2000)的值。解：本例的难度显然又有增加，主要是难以具体化。只能在抽象的层面来解决问题（1）g(x)=f(x)-x，可得g(x+2)=

3、f(x+2)-x-2，g(x+3)=f(x+3)-x-3，再以f(x+3)≤f(x)+3和f(x+2)≥f(x)+2代换，可得，①，②由①可得g(x+4)≥f(x+2)-x-2≥f(x)+2-x-2=f(x)-x，g(x+6)≥f(x+2)-x-2≥f(x)-x。③由②可得g(x+6)≤f(x+3)-x-3≤f(x)-x，④由③、④知g(x+6)=f(x)-x=g(x)。∴g(x)是周期函数获证（6是它的一个周期）（2）2000-998=1002是6的整数倍，所以g(2000)=g(998)，即f(2000)-2000=f(998)-998f(2000)=

4、f(998)+1002=1002+1002=2004。本题的不同之处在于没有“具体化”，而是利用f(x+3)与f(x+2)的反复操作以求g(x+6)与f(x)的关系，进而得到g(x+6)=g(x)，以达到证明的目的。5、对集合{1，2，…，n}及其每一个非空了集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后交替地减或加后继的数所得的结果，例如，集合的“交替和”是9-6+4-2+1=6.的“交替和”是6-5=1，的交替和是2。那么，对于n=7。求所有子集的“交替和”的总和。分析；n=7时，集合{7，6，5，4，3，2，1}的非空子集有

5、个，虽然子集数目有限，但是逐一计算各自的“交替和”再相加，计算量仍然巨大，但是，根据“交替和”的定义，容易看到集合{1，2，3，4，5，6，7}与{1，2，3，4，5，6}的“交替和”是7；可以想到把一个不含7的集和A与的“交替和”之和应为7。那么，我们也就很容易解决这个问题了。　　解：集合{1，2，3，4，5，6，7}的子集中，除去{7}外还有个非空子集合，把这个非空子集两两结组后分别计算每一组中“交替和”之和，结组原则是设这是把结合为一组，显然，每组中，“交替和”之和应为7，共有组.所以,所有“交替和”之和应该为。6、n元集合具有多少个不同的不交子集对

6、？　　分析：我们一般想法是对于一个子集，求出与它不交的子集个数，然后就可以求出总的子集对来了。解：如果子集对是有序的，即在子集对中可以区分第一个子集与第二个子集，则第一个子集若是k个元素，第二个子集就由其余n-k个元素组成，可能的情况是种，而这时第一个集合的选取的可能情况应为种，那么k从o变到n，总的情况可能就是。如果子集对是无序的，即两个子集相同但次序不同的子集对不认为不同，则对有序子集对中有一对是由两个空集组成，而对其它个有序对，每一对中交换两个子集的次序，得到的是同一个无序子集对，因此有个无序子集对，其中至少有一个子集非空，于是无序子集对的总数为　　

7、分析二：我们可以从元素的角度来思考问题。对一个元素来说，它有三种不同的选择，在第一个集合中，在第二个集合中，或者不在两个集合中。　　解法二：在计算有序对的数目时，对每一个元素来说有三种可能：它或在第一个子集，或在第二个子集，或不在其中任意一个子集，因此不同的不交有序子集对的总数，以下同解法一。　　说明：本题为1973年捷克的竞赛题，对题目的不同分析使我们得到了差异很大的两个解法，解法一从题目要求想起，很容易想到，但解出最后解却不见得那么简单，而解法二的想法是类似于集合分析的想法，很难想到，但想出后比较容易求解，两个解法对比一下正体现了数学思维的两方面，一个

8、是纯代数想法，以计算的方法替代对题目更深层次的研究，另一个则是控掘