高中数学竞赛初赛试题(含答案)

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A,B为“好集对”。这里的有序集对那么“好A,B意指当AB，A,B和B,A是不同的集对，集对”一共有（）个

A64B8Cx6D2

２.设函数fxlg10A.log2lg211,方程f2xf12x的解为(

)

D.log2log2101B.lglog2101C.lglg213.设A100101102499500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为垂足.

kADa,BDb,CDab1.设数列u的通项为

kukakak1bak2b21bk,k1,2,3,,则( )

A. u2008u2007u2006 B. u2008u2007u2006 C. 2007u20082008u2007 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顺序排成一个新的数列a,易见

na1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 +A. 2-221+cos870 1-cos870则A:B

B. 2+22 C. 2-1 D. 2+1

二.填空题

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a=nn2-2i2+2取实数值的最小

n正整数,则对应此n的a为

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ABCD中,顶点A出发的三条棱

1111AA1,AB,AD的长度分别为2,3,4,且两两夹角都为60那么这

1111个平行六面体的四条对角线AC,BD,DB,CA的长度(按顺序)分别为___________________ 11.函数

fxfx,f1fx,gx2的迭代的函数定义为

gnxffx,

xggn1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…

设fx2x3,gx3x2,则方程组_________________

f9xg6y96fygz96fzgx的解为

12.设平行四边形ABCD中，AB4,AD2,BD2边形

ABCD3,则平行四

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:3x24y212和点Qq,0,直线l过Q且与交于A,B两点(可以重合).

1)若AOB为钝角或平角(O为原点), 率的取值范围.

2)设A关于长轴的对称点为A,F为椭圆的右焦点,q4,试判断

1q4,试确定l的斜

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A,F,B三点能否共线?请说明理由.

1

14. 数列x由下式确定:

nxn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

ayzbzxcxyp,xyzABC的三边长a,b,c,正实数x,y,z满足

其中

p为给定的正实数,试求

取

sbcax2caby2abcz2的最大值,并求出当s此最大值时, x,y,z的取值.

安徽省高中数学联赛初赛试题 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（ ）

1（A）gxfgxf1xx （B）gxf1x（C）gxf1x（D）

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

115.2008写成十进制循环小数的形式20080.000498625498625，

其循环节的长度为( )

(A)30 (B)40(C)50（D）60 6.设多项式1x个是偶数。

（A）127 （B）1003 （C）1005 （D）1881 二、填空题 7.化简多项式CCknkmnmk2008a0a1xa2008x2008，则a,a,01,a2008中共有（ ）

xkm1xnk 8.函数fxn35sinx54cosx3sinx10,an的值域为

a1an1,n2，且具有最小正周1a1an19.若数列a满足a1期2008，则a 10.设非负数

a1a2a2a3a1,a2,,a2008的和等于1，则

a2007a2008a2008a1的最大值

为 11.设点A1,1，B、C在椭圆x方程为 时，12.平面点集Gi,j|i1,2,23y24上，当直线BC的1 个

ABC的面积最大。

,n;j1,2,易知G2可被,n，

3三角形覆盖（即各点在某个三角形的边上），G可被2个三角形覆盖，则覆盖G需要 个三角形。

2008三、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

1x的最大

n整数。证明：无论a取何正整数时，不在数列a的素数只有有限多个。

15.设圆O与圆O相交于A，B两点，圆O分别与圆O，

1231圆O外切于C，D，直线EF分别与圆O，圆O相切于E，

212F，直线CE与直线DF相交于G，证明：A，B，G三点共线。

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

x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 . 4.设椭圆

x2y21t1t1与双曲线

xy1相切，则

t . 5.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要7.设

是

条

的内心，

，

，

3ax2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

件，

是 .

OABCAB5AC6BC7OPxOAyOBzOC，0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a满足an10，an21an1，n2.求a的

n通项公式.

10.（22分）求最小正整数n使得n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

2n24可被2010整

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.

全国高中数学联赛安徽省预赛试题

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)x26ax10a2x22ax5a2，xR的最小值为10，则a....... 3．已知实系数多项式f(x)x4ax3bx2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.......

4．设展开式

(5x1)na0a1xanxn，n2011. 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AB3，AD2，AE1，则PQ....... 6．平面上一个半径r的动圆沿边

第5题

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

1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{a}满足an1a21，an1a1an2（n3），4求a的通项公式.

n

10．已知正整数a,a12,,an都是合数，并且两两互素，求

证：1a1111. a2an2

11．设f(x)ax3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上，DA，直线CD交双曲线x22y21的左支

y21的右支于点E.

求证：直线AD与BE的交点P在直线x1上.

2

安徽高中数学竞赛初赛试题

解 答 一、选择题

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

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

(x)lg(10x1).

f(t)f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 答：A.

2xt1lg22. 从而

1xlog2(lg2)log2(lg2)1.

2

3. 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 （1） 又因为

400i0A6（mod18）.

10313i400i0，

103n(1)n（mod7）, 所以

iA(500i)10(500i)（1）

(500499)(498497)(496495)(102101)1003006（mod7）. (2)

由（1），（2）两式以及7和18互质，知A6（mod126）. 答：C.

另解：126263，63999999，99999910n1,2,3,6，1，（1061）（106n1）所

以

.

A100101200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，

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.

4.易见CD22ADBD，即（ab）ab，又已知ab1，故

ab1，a(a1)1，a2a10；b(b1)1，b2b10.

显然u是首项为a，公比为qb的等比数列的前

kkak1项和.故

ak(1qk1)ak1(b)k1uk1qab， k1,2,3 .

从而

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

k1,2,3

1[ak1a2(b)k1b2] ab1[ak3(b)k3]uk2， ab .

故答案为A.（易知其余答案均不成立）

另解：易见CD222即又已知ab1，ADBD，（ab）ab，2故ab1，(ab）(ab)4ab12415，ab5.解得

ak51， 2

b51. 2显然u是首项为a，公比为qb的等比数列的前k1项

ka和，故

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

k1,2,3,.

k于是数列u就是斐波那契数列

1，2，3，5，8，13，21，…，

它满足递推关系 案为A.

5.a可看成是在正整数数列1，2，3，4，5，6，

nuk2uk1uk, k1,2,3,. 所以答

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， 2511552210110其中a不表示不大于a的最大整数，即a的整数部分.

估

2007xmm值：设

mmmmmmm111m(1)(1)(1) 251155221011025111410411mm，故 m20075519.

2511114又因为

5519551955195519551955195519x551955192511552210110

=5519-2759-1103-501+100+250+551-50=2

007，

并且5519不是2，5，11的倍数，从而知aB.

又解：a可看成是在正整数数列1，2，3，4，5，

n20075519. 答：

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

111（110）110（1）（1）（1）40.）

2511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 .

6.显然

A1cos31cos71cos872222

cos1.5cos3.5cos5.5cos43.5；

B1cos31cos71cos872222

sin1.5sin3.5sin5.5sin43.5.

注所以

意到

2cossin1sin(1)sin(1)，

2sinsin1cos(1)cos(1),

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.

A2B2A2iB2另解：

cos1.50cos3.50cos5.50cos43.50， sin1.5sin3.5sin5.5sin43.5，

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

21(cos1.5isin1.5)(cos2isin2)kk0

1(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)2sin212isin1cos1

(cos1.5isin1.5)(2isin22)(cos22isin22) (2isin1)(cos1isin1)sin22(cos22.5isin22.5). =sin1因为

A2和

B2是实数，所以

Asin22cos22.5sin12，

Bsin22sin22.5sin12,

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

二、填空题（满分54分，每小题9分）

7.解：设△ABC三边长

2bac，b2c2a2.

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

易解得

b2a2c2 (ac)(ac)60abcb(ac)b2b3b，

b20,ac40；此

，即

20240(ac),10ac.因

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. ，

满足

，

答：4.

8.注意到0＜

＜

2x22y22x2y2(22)(22)4，x,y0，故可令x2cos，y2sin，

.从而

4cos222，-

24cos22-

232cos21coscos224，故

38，

an(cos333nisin)ncos888n+

80，当且仅当n8k，

isin3n8. a取实数，当且仅当sin3n3x2008cos7531. 8kZ.满足此条件且n2007的最小正整数n为2008，此时ana2008cos答：-1.

9.易见奇异数有两类：第一类是质数的立方p（p3是质数）；第二类是两个不同质数的乘积pp（p,p为

1212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.

10. 解：将向量AA，AB，AD分别记为a，b，c. 则

1aa2，bb3，cc4，且易见

AC1abcDB1abc.

，

2A1Cabc，

BD1abc，

所以AC21(abc)2abc2(abbcca)

22a2b2c22(abbcca)cos600a2b2c2abbcca

223242233442=55，

故

AC155. 类似地，可算得，BD，

15，33.

119，DB115，

CA127=33.

答：55，1911.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

g(2)(y)3(3s1)232s1,，ys1，g(y)3y23(s1)23s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

29(x3)336(x1)1，512(x3)3729(x1)1，

512x1533729x728x323. 31，

217x2261,

3233131x323,

所以原方程组的解为

xyz323. 31xyz. 答：

12.以V表示平面图形T绕直线l所得旋转体体积.

Tl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21AOAO7712164777，

AFAD2DF24.从而由圆锥体积公式得

11241616VADNlVADFlDF2AF7.

33777749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1757.从而

V2(1665774912251665710573027)274912251225175.

答：所求体积为302：

xmy413.解：I）可设l：

(3m24)y224my360.

，与

联立得

这是

，y的一元二次方程，由判别式0解得m24.记A（x1,y1）B（x2,y2），则 y1y224m36，. yy123m243m24由题设条件，

(my14)(my24)y1y20，

OAOBx1x2y1y20 ，即，

即

253得

(m21)

(m21)y1y24m(y1y2)1603624m4m160， 223m43m4即

9(m21)24m24(3m24)0.得3m2250，

m2，

13，3m3. ()255m25故l的斜率的取值范围为(33,). 55因为F(1,0),所以FA（x11，FB，从而 1,y1）（x21,y2）(x11)y2(x21)(y1)(my13)y2(my23)y1

2my1y23(y1y2)2m3624m30. 223m43m4FA1与FB共线， 即A与F、B三点共线.

1III）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A，如果A、F、B三点共线.我们

11另取点P(4,0).设直线AP与交于B，那么如II）的证明，

1A1、F、B三点必共线.故B与B重合，从而直线AB和

1AB1重合，就是AQ与AP重合.所以P与Q重合，q4，

1与假设矛盾.这就是说，q4时，三点A、F、B不能共线.

14.解：

12xn11xn12x11n2xnxnxn2，

1x2n14xn4212xn，

124(x1)，n1,2,3. n2xn2006200611112故 (22)4(xn1)，亦即 224xn28024x2007x1xnn1n1xn1n12006，

由x11得

12x20074xn80252n12006.

（*） 由于xn1xn12xn121，n1,2,3,,且显然xn0，故xn是递减

数列，且

x2x12x1121，x3x2223，

1132x211913故 xn120062n12200621200632191()xn1()12004151，

39119121n3n3由（*）式得

802512x2007415180258629，

111122， x2007,lglgx2007lg8629802586298025lg86292lgx2007lg8025klgx20072.

，42lgx20073，2lgx20073， 215.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,b2c2a2,c2a2b2,a2b2c2.

因此，由平均不等式可知

(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)222zyxzyx

ayzbzxcxy2a2y2z2b2z2x2c2x2y2222()2(bcxcayabz)， 222xyzxyz从

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

ayzbzxcxy2)P2， xyz亦即

P2(abc)SP，S.

abc2上式取等式当且仅当x2y2z2，亦即xyzP.因abc此所求的S的最大值为

xyzA B o l Q x P2abc，当S取最大值时，

P. abcA B o F A1 l Q x C1 B C D B1

D1

A

A A1

D F N

Q O P M E B C

y y

（

第13题答图）

（第10题答图） （第12题答图） 2008参考答案(网友解答，不排除有错) 1D 2D 3B 4A（B）5C 6D 7.C 8.(4mn510,10]

9.错题 10.1

411.x3y20 12.1338 13.P0821,P1,P20,P3 15515N14.思路：先用反证法证明存在N，使a数学归纳法证nN时，n2a结论正确。

nN1；接着用

n1；最后 证nN时，

anan1an1，这样即一切自然数m(maN)都在数列an中，

15. 利用根轴概念，只需证明$C,D,E,F四点共圆，以A（或B）为中心进行反演不难得证！

2010年全国高中数学联赛安徽赛区预赛试卷

参考答案及评分标准

一、填空题（每小题8分，共64分） 1.答案：42则

sin5,8.

提示：因0x4，设x22cos（0），

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

1，为锐角）， 5所以当0时，y故y425,8.

max8，当时，ymin425，

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e，解得y1ln(1x).

1y3. 答案：1

3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的两倍.∵tancos22，∴

1112，则. cos22cos121tan335 4. 答案：x2y2提示：由椭圆方程1知，t1，

t1t1xt1cos设其参数方程为yt1sin（为参数）代入双曲

线方程xy1，得sin22t12. 1，故t5.

因两曲线相切，∴5. 答案：13 2t12C(0,1)，提示：在复平面上，设A(1,0)，B(1,0)，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3232313. 333a3aa26. 答案：b1且c.

2733提示：设三个根为

1，

，

1，则

，得

x3ax2bxc(x1)(x)(x1)，

右边展开与左边比较得

a3b(1)(1)(1)(1)321，消去c(1)(1)，

a2b13，这就是所求的充要条件. 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

7提示：从正方体的八个顶点中随机选取三点，共有C个三角形，其中直角三角形有12C个，所求“构

3834312C4成直角三角形”的概率是36.

C87二、解答题（共86分）

9. 解：特征根法. 又a（10分）

得

n242an11an1a，

n11an11an1，…………

an2a2a2(2)n1(2)2n2an1an11an21(2)n，于是

(2)n2an.…（20n(2)1分）

解

：

……（10

10.

n2n240mod2n2n0mod32nn240mod32010|n2n242n2n1mod5n2n43mod67nn240mod5n2n240mod67分）

又n2 n0mod3n0或2mod3，n2n1mod5n2mod5，

分）

n2n43mod67n10或56mod67，故所求最小正整数

n77.…………（22

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S1SDEF(sinAsinBsinC).

2ABC1(sin2Asin2Bsin2C)，2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：n，n，n，…，不难发现其前4

123项分别为2，3，5，8. 下面我们用数学归纳法证明：

（1）n满足niii1nini1；

（2）当nn时，乙总可取到最后一根火柴，并且乙此时所取的火柴数目n；

i1（3）当nnn时，甲总可取到最后一根火柴，

ii1并且甲此时所取的火柴数目n.

i……………………………………（10分） 设knn（i4），注意到nii2nini1. 2i当1kn时，甲第一次时可取k根火柴，剩余ni22k根火柴，乙无法获胜.

当ni2kni1时，ni2kni1，根据归纳假设，甲可以

i2取到第k根火柴，并且甲此时所取的火柴数目n，剩余ni2ni2根火柴，乙无法获胜.

当kn时，设甲第一次时取走m根火柴，若mk，

i1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n，剩余ni2i2ni2根火柴，甲无法获胜.

i1综上可知，nnini1.

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

2011解答

1. 10. 2. 2. 3. {32}. 4. 2413. 5.

6. 7.

zz1zzn174.

6ar4πr2.

. 8.

a13.

(n1)(n3)9．a1an2aan1n244

12n1anan11aan1n2222

n2n12n1an2n2an11nan.

kk2pk.

10．设a的最小素因子p，因为a不是素数，所以akk于是

n112k1akk1pkn1n14k2(2k1)2114k2(2k1)2111124n2n

f(0)c11．由f(1)abcab1f()c3333可知

132b33f()f(1)(331)f(0)33 f(x)323(xx3)满足题设，b的最大可能值为323.

12．设D(x,y)，E(x,y1122)，P(x,y)，直线CD的方程yk(x2)，

则

x2k2(x2)21，所以

4k214k25x1x2，xx1(x1x2) 12221k1k4y1y(x1)y2(x1)， x11x21， 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.

2

安徽高中数学竞赛初赛试题