1、数学竞赛训练题三一、选择题（本题满分 36 分，每小题 6 分）1已知数列a n满足 3an+1+an=4(n1)，且 a1=9，其前 n 项之和为 Sn。则满足不等式|S n-n-6|(t 2-4)x 恒成立，则 t 的取值范围是_.11我们注意到 6!=8910，试求能使 n!表示成( n-3)个连续自然三数之积的最大正整数 n为_.12对每一实数对(x, y)，函数 f(t)满足 f(x+y)=f(x)+f(y)+f(xy)+1。若 f(-2)=-2，试求满足 f(a)=a 的所有整数 a=_.三、解答题（每小题 20 分，共 60 分）13已知 a, b, cR +，且满足 (a+b)
2、2+(a+b+4c)2，求 k 的最小值。ck14已知半径为 1 的定圆P 的圆心 P 到定直线 的距离为 2，Q 是 上一动点，Q 与llP 相外切，Q 交 于 M、N 两点，对于任意直径 MN，平面上恒有一定点 A，使得lMAN 为定值。求MAN 的度数。15已知 a0，函数 f(x)=ax-bx2,（1）当 b0 时，若对任意 xR 都有 f(x)1，证明：a2 ；b（2）当 b1 时，证明：对任意 x0, 1, |f(x)|1 的充要条件是：b-1a2 ；b（3）当 0250，满足条件的最小整数 n=7，故选 C。2设正三棱锥 P-ABC 中，各侧棱两两夹角为 ，PC 与面 PAB 所
3、成角为 ，则 VS-PQR= SPQR h= PQPRsin)PSsin。另一方面，记 O 到各面的距离为 d，则 VS-321(PQR=VO-PQR+VO-PRS+VO-PQS,SPQR d= SPRS d+ SPRS d+ SPQS d= PQPRsin+ PSPRsin+ PQ131213213213PSsin，故有：PQ PRPSsin=d(PQPR+PRPS+PQPS)，即 =dPSRQsin常数。故选 D。3x n+1= ，令 xn=tann，x n+1=tan(n+ ), x n+6=xn, x1=1，x 2=2+ , x3=-2-n316, x4=-1, x5=-2+ , x6
4、=2- , x7=1，有 。故选 A。32051nx4设向量 =(x, y)，则 ，b|)(ba即 ，即 . 或 2222 )3()1()3()1( 0, yxyx yx312)21,3(b，S AOB = =1。),3( |ba5设 P(x1, y1)，Q( x, y)，因为右准线方程为 x=3，所以 H 点的坐标为(3, y)。又HQ=PH ，所以 ，所以由定比分点公式，可得： ，代Hyxx1(3入椭圆方程，得 Q 点轨迹为 ，所以离心率 e=123)1(2yx。故选 C。),321236由 log x=logb(4x-4)得： x2-4x+4=0，所以 x1=x2=2，故 C=2A，si
5、nB=2sin A，因A+B+C=180，所以 3A+B=180，因此 sinB=sin3A，3sinA-4sin 3A=2sinA，sin A(1-4sin2A)=0，又 sinA0，所以 sin2A= ，而 sinA0，sin A= 。因此 A=30,B=90,C=60。4故选 B。二、填空题7 。34|24)2(0yxyx由对称性只考虑 y0，因为 x0，只须求 x-y 的最小值，令 x-y=u，代入 x2-4y2=4，有3y2-2uy+(4-u)2=0，这个关于 y 的二次方程显然有实根，故=16(u 2-3)0。846 个。abcd 中恰有 2 个不同数字时，能组成 C =6 个不同
6、的数。 abcd 中恰有 3 个不24同数字时，能组成 =16 个不同数。abcd 中恰有 4 个不同数字时，能组成1213CA =24 个不同数，所以符合要求的数共有 6+16+24=46 个。49 解考虑 M 的 n+2 元子集 P=n-l，n，n+1 ，2nP 中任何 4 个不同元素之和不小于(n-1)+ n+(n+1)+(n+2)=4n+2，所以 kn+3将 M 的元配为 n 对，B i=(i，2n+1-i)，1in对 M 的任一 n+3 元子集 A，必有三对 同属于123,iiBA(i1、i 2、i 3 两两不同) 又将 M 的元配为 n-1 对，C i (i，2n-i)，1in-1
7、对 M 的任一 n+3 元子集 A，必有一对 同属于 A，4i这一对 必与 中至少一个无公共元素，这 4 个元素互不相同，且和为4i123,iiB2n+1+2n=4n+1,最小的正整数 k=n+310 。若 t2-40，即 t2，则由 x(|x|1)恒成立，得12,13 412t, t+1t2-4, t2-t-5-t 2+4; t2+t-30，解得：t ，从而42t 3130，由 f(1)=1 可知对一切正整数 y，f (y)0，因此 yN *时，f(y+1)=f(y)+y+2y+1，即对一切大于 1 的正整数 t，恒有 f(t)t，由得 f(-3)=-1, f(-4)=1。下面证明：当整数
8、t-4 时，f(t)0，因 t-4，故-(t+2)0，由得：f(t)- f(t+1)=-(t+2)0，即 f(-5)-f(-4)0，f(-6)-f(-5)0 ，f (t+1)-f(t+2)0，f(t)-f(t+1)0相加得：f(t)-f(-4)0，因为： t4，故 f(t)t。综上所述：满足 f(t)=t 的整数只有 t=1 或t=2。三、解答题13解：因为(a+b) 2+(a+b+4c)2=(a+b)2+(a+2c)+(b+2c)2(2 )2+(2 +2 )2=acb4ab+8ac+8bc+16c 。所以 ()4( 。10)25()215(843 bacba当 a=b=2c0 时等号成立。故
9、 k 的最小值为 100。14以 为 x 轴，点 P 到 的垂线为 y 轴建立如图所示的直角坐标系，设 Q 的坐标为( x, 0)，ll点 A(k, )，Q 的半径为 r，则：M(x- r, 0), N(x+r, 0), P(2, 0), PQ= =1+r。所以2xx= , tan MAN=32r krxhorxkAMN11 3223)32()( 2222 rhrrhrkx ，令 2m=h2+k2-3，tanMAN= ，所以 m+r k =nhr，m+(1-nh)r=n1，两边平方，得：m 2+2m(1-nh)r-(1-nh)2r2=k2r2+2k2r-3k2，因为对于任意3r实数 r1，上式
10、恒成立，所以 ，由（1） （2）式，得 m=0, k=0，由)3()1(2knh（3）式，得 n= 。由 2m=h2+k2-3 得 h= ，所以 tanMAN= =h= 。所以1 n3MAN=60 或 120（舍） （当 Q(0, 0), r=1 时MAN=60） ，故MAN=60。15 （1）证：依题设，对任意 xR ，都有 f(x)1。f (x)=-b(x- )2+ ，f( )a4ba= 1，a0, b0, a2 。42 b（2）证：（必要性） ，对任意 x0, 1，|f(x)|1 -1f(x)据此可推出-1f(1) 即 a-b-1，ab-1 。对任意 x0, 1，| f(x)|1 f(x)1，因为 b1，可推出 f( )1。即1a -1，a2 ，所以 b-1a2 。（充分性）：因 b1, ab-1，对任意 x0, 1，可以推出：ax-bx 2b(x-x2)-x-x-1，即：ax-bx 2-1；因为 b1，a2 ，对任意 x0, 1，可推出 ax-bx22 -bx21，即 ax-bx21，-1 f(x)1。综上，当 b1 时，对任意 x0, 1, |f(x)|1 的充要条件是：b-1a2 。b（3）解：因为 a0, 00, 0b1 时，对任意 x0, 1，|f (x)|1 的充要条件是：ab+1.
