2007年安徽省高中数学竞赛初赛试题 一.选择题 1.如果集合.AB同时满足1.2.3.4AB1AB,1,1AB就称有序集对,AB

为“好集对”。这里的有序集对,AB意指当AB，,,ABBA和是不同的集对，那么“好集对”一共有（ ）个。 ２.设函数lg101xfx,122xxff方程的解为()

2222.loglg21.lglog101.lglg21.loglog101ABCD3.设

100101102499500A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()

4.在直角ABC中,90C,CD为斜边上的高,D为垂足.,,1ADaBDbCDab.

设数列ku的通项为1221,1,2,3,,kkkkkkuaababbk则() 5.……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na,易见123451,3,7,9,13aaaaa那么

2007____________a192759.. 55 .. ABCD2831

9597

6.设001cos31cos3AB0000001+cos7+1+cos111+cos871-cos7+1-cos111-cos87 + + + +则:AB 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2007n,且n为使得nnia=2-22+2取实数值的最小正整数,则对应此n的

na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1111ABCDABCD中,顶点A出发的三条棱1,,ABADAA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1111,,,ACBDDBCA的长度(按顺序)分别为___________________ 11.函数,fxgx的迭代的函数定义为12,,fxfxfxffx 



1121,,,nnnnfxffxgxgxgxggxgxggx其中

n=2,3,4…

设23,32fxxgxx,则方程组969696fxgyfygzfzgx的解为_________________

12.设平行四边形ABCD中，3,4,2,2ABADBD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22412:3yx和点,0,Qq直线,lQAB过且与交于两点(可以重合). 1)若AOB为钝角或平角(O为原点),4,q试确定l的斜率的取值范围. 2)设A关于长轴的对称点为1A,,4,Fq为椭圆的右焦点试判断1,AFB和三点是否共线,并说明理由. 3)问题2)中,若14,,,qAFB那么三点能否共线请说明理由.

14.数列nx由下式确定:112,1,2,3,,121nnnxxnxx,试求20072007lglg.xkx整数部分(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,,,,,abcxyz正实数满足,ayzbzxcxypxyz其中p为给定的正实数,试求222sbcaxcabyabcz的最大值,并求出当s取此最大值时,,,xyz的取值. 2007年安徽省高中数学竞赛初赛答案 一、 选择题 A.3.C.4.A. 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62222种.换句话说，“好集对”一共有6个.答：C. 第2题解答过程

令)110lg(xy，则0y，且yx10110，11010yx，)110lg(yx，

)110lg(yx.从而)110lg()(1xxf.令tx2，则题设方程为)()(1tftf，即)110lg()110lg(tt，故0)]110)(110lg[(tt，1)110)(110(tt，2102t，2lg2t，

解得2lg212tx.从而1)2(lglog)2lg21(log22x.答：A. 第3解答过程 注意972126,2,7和9两两互质.因为0A（mod2）, 5001021011002401500100）（6120300（mod9）,

所以6A（mod18）.（1）

又因为1103，nn)1(103（mod7）,所以iiiA3400010)500(iii）（1)500(4000

100)101102()495496()497498()499500(6300

（mod7）.(2)，（1），

（2）两式以及7和18互质，知6A（mod126）.答：C. 另解：632126，99999963，1109999996，）（）（11011066n，,3,2,1n所以

499500104974981010310410101102101006118811941200A 60060300999999B60360999999C， 其中B，C为整数.从而6036063DA663E，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

易见BDADCD2，即abba2）（，又已知1ba，故1ab，1)1(aa，

012aa；1)1(bb，012bb.显然ku是首项为ka，公比为abq的等比数列

的前1k项和.故babaqqaukkkkk111)(1)1(，3,2,1k.

即babababauukkkkkk22111)()(])()([11212kkkkbbaaba 233])([1kkkuba

ba，3,2,1k.

故答案为A.（易知其余答案均不成立） 另解：易见BDADCD2，即abba2）（，又已知1ba，故1ab，

51414)((222abbaba），5ba.解得 215a，215b.

显然ku是首项为ka，公比为abq的等比数列的前1k项和，故

babaqqaukkkkk111)(1)1(])251()251[(5111kk，,3,2,1k.于是数

列ku就是斐波那契数列1，2，3，5，8，13，21，…， 它满足递推关系,12kkkuuu

,3,2,1k.所以答案为A.

第5题解答过程 na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



1101022551152mmmmmmmmxm，

其中a不表示不大于a的最大整数，即a的整数部分. 估值：设11010225511522007mmmmmmmmxm)1111)(511)(211(m

11105421mm114，故55194112007m.

又因



1105519105519225519555519115519555192551955195519x

=5519-2759-1103-501+100+250+551-50=2007， 并且5519不是2，5，11的倍数，从而知55192007a.答：B.

又解：na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，，；，，，17139731，；2119

；，，292723，，，；，，474341393731535149，；,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401111511211110110）（）（）（）（.）