数学竞赛训练题三答案
一、选择题
1.由递推式得：3(an+1-1)=-(an-1)，则{an-1}是以8为首项，公比为- 的等比数列，∴Sn-n=(a1-1)+(a2-1)+…+(an-1)= =6-6×(- )n，∴|Sn-n-6|=6×( )n< ，得：3n-1>250，∴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α，PC与面PAB所成角为β，则VS-PQR= S△PQR·h= PQ·PRsinα)·PS·sinβ。另一方面，记O到各面的距离为d，则VS-PQR=VO-PQR+VO-PRS+VO-PQS,
S△PQR·d= S△PRS·d+ S△PRS·d+ S△PQS·d= PQ·PRsinα+ PS·PRsinα+ PQ·PS·sinα，故有：PQ·PR·PS·sinβ=d(PQ·PR+PR·PS+PQ·PS)，即 =常数。故选D。
3.xn+1= ，令xn=tanαn，∴xn+1=tan(αn+ ), ∴xn+6=xn, x1=1，x2=2+ , x3=-2- , x4=-1, x5=-2+ , x6=2- , x7=1，……，∴有 。故选A。
4.设向量 =(x, y)，则 ，
即 ，即 . ∴ 或 ，∴S△AOB= =1。
5.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=λPH，所以 ，所以由定比分点公式，可得： ，代入椭圆方程，得Q点轨迹为 ，所以离心率e= 。故选C。
6.由log x=logb(4x-4)得：x2-4x+4=0，所以x1=x2=2，故C=2A，sinB=2sinA，因A+B+C=180°，所以3A+B=180°，因此sinB=sin3A，∴3sinA-4sin3A=2sinA，∵sinA(1-4sin2A)=0，又sinA≠0，所以sin2A= ，而sinA>0，∴sinA= 。因此A=30°,B=90°,C=60°。故选B。
二、填空题
7. 。 由对称性只考虑y≥0，因为x>0，∴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(u2-3)≥0。
8.46个。abcd中恰有2个不同数字时，能组成C =6个不同的数。abcd中恰有3个不同数字时，能组成 =16个不同数。abcd中恰有4个不同数字时，能组成A =24个不同数，所以符合要求的数共有6+16+24=46个。
9. 解考虑M的n+2元子集P={n-l，n，n+1，…，2n}.
P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k≥n+3.
将M的元配为n对，Bi=(i，2n+1-i)，1≤i≤n.
对M的任一n+3元子集A，必有三对 同属于
A(i1、i 2、i 3两两不同).
又将M的元配为n-1对，C i (i，2n-i)，1≤i≤n-1.
对M的任一n+3元子集A，必有一对 同属于A，
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2n+1+2n=4n+1,最小的正整数k=n+3
10. 。①若t2-4>0，即t<-2或t>2，则由 >x(|x|≤1)恒成立，得 , t+1>t2-4, t2-t-5<0解得 ，从而 -t2+4; t2+t-3>0，解得：t< 或t> ，从而
11.23.。
12.1或-2。令x=y=0得f(0)=-1;令x=y=-1，由f(-2)=-2得，f(-1)=-2，又令x=1, y=-1可得f(1)=1，再令x=1，得f(y+1)=f(y)+y+2 ①，所以f(y+1)-f(y)=y+2，即y为正整数时，f(y+1)-f(y)>0，由f(1)=1可知对一切正整数y，f(y)>0，因此y∈N*时，f(y+1)=f(y)+y+2>y+1，即对一切大于1的正整数t，恒有f(t)>t，由①得f(-3)=-1, f(-4)=1。
下面证明：当整数t≤-4时，f(t)>0，因t≤-4，故-(t+2)>0，由①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：t≤4，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=
4ab+8ac+8bc+16c 。所以 ≥ 。
当a=b=2c>0时等号成立。故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)，点A(k, λ)，⊙Q的半径为r，则：M(x-r, 0), N(x+r, 0), P(2, 0), PQ= =1+r。所以x=± , ∴tan∠MAN= ，令2m=h2+k2-3，tan∠MAN= ，所以m+r k =nhr，∴m+(1-nh)r= ，两边平方，得：m2+2m(1-nh)r-(1-nh)2r2=k2r2+2k2r-3k2，因为对于任意实数r≥1，上式恒成立，所以 ，由(1)(2)式，得m=0, k=0，由(3)式，得n= 。由2m=h2+k2-3得h=± ，所以tan∠MAN= =h=± 。所以∠MAN=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x∈R，都有f(x)≤1。∵f(x)=-b(x- )2+ ，∴f( )= ≤1，∵a>0, b>0, ∴a≤2 。
(2)证：(必要性)，对任意x∈[0, 1]，|f(x)|≤1 -1≤f(x)据此可推出-1≤f(1)即a-b≥-1，∴a≥b-1。对任意x∈[0, 1]，|f(x)|≤1 f(x)≤1，因为b>1，可推出f( )≤1。即a· -≤1，∴a≤2 ，所以b-1≤a≤2 。
(充分性)：因b>1, a≥b-1，对任意x∈[0, 1]，可以推出：ax-bx2≥b(x-x2)-x≥-x
≥-1，即：ax-bx2≥-1;因为b>1，a≤2 ，对任意x∈[0, 1]，可推出ax-bx2≤2 -bx2≤1，即ax-bx2≤1，∴-1≤f(x)≤1。
综上，当b>1时，对任意x∈[0, 1], |f(x)|≤1的充要条件是：b-1≤a≤2 。
(3)解：因为a>0, 0
f(x)=ax-bx2≥-b≥-1，即f(x)≥-1;
f(x)≤1 f(1)≤1 a-b≤1，即a≤b+1;
a≤b+1 f(x)≤(b+1)x-bx2≤1，即f(x)≤1。
所以，当a>0, 0
，我们将会及时处理。
