北京高一数学竞赛试题

一、单选题

1.当 $a,b$ 均为正整数时，若 $\sqrt{a^{2}+b^{2}}=5a+3b$ ，则 $\frac{b}{a}$ 等于：

 A.$3$    B.$\frac{3}{2}$     C.$2$    D.$\frac{5}{3}$

解析：化简得到 $\frac{b}{a}=\frac{1}{2}$，故选 B

2.若数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_{n+1}=\sqrt{\frac{1+a_n}{2}}$ ，则 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$ 等于:

A. $\frac{\sqrt{2}}{2}$   B.$0$   C.$1$  D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$

解析：数列单调上限，容易得到 $\lim_{n\to\infty}a_n=\frac{\sqrt{2}}{2}$，故选 A

3.已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=2, a_n-a_{n-1}=n-1(n \in N^{*}), \forall n \in N^{*}$ ，则 $\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}$ 等于：

A.$\frac{(n+1)^2}{2}$    B.$\frac{n(n+3)}{2}$    C.$\frac{(n+1)(n+2)}{2}$   D.$\frac{(n+1)(n+3)}{2}$

解析：找规律得到通项公式 $a_n=n+1$，故 $\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}=\frac{(n+1)(n+2)}{2}$，故选 C

二、填空题

1.记 $a=\cos \frac{\pi}{13}$，$\omega=\cos \frac{4\pi}{13}+i \sin \frac{4\pi}{13}$，其中 $i=\sqrt{-1}$ ，则 $a+\omega a^{3}+\omega^{2}a^{5}+\omega^{3}a^{7}+\omega^{4}a^{9}+\omega^{5}a^{11}+\omega^{6}a^{13}$ 的值为 \_\_\_\_\_。

解析：变形得到 $a(1+\omega a^{2}+\omega^{2}a^{4}+\omega^{3}a^{6}+\omega^{4}a^{8}+\omega^{5}a^{10}+\omega^{6}a^{12})$，再利用 $\omega$ 的性质得到 $\omega a^{2}=a^{11}$，代入后化简得到 $7a$，故填 $7$

2.设 $a_{1},a_{2},a_{3},a_{4},b_{1},b_{2},b_{3},b_{4}$ 是 $8$ 个非零实数，满足方程组：

$\begin{cases}a_{1}x^{3}+b_{1}y^{3}=8 \\a_{2}x^{3}+b_{2}y^{3}=10 \\a_{3}x^{3}+b_{3}y^{3}=14 \\a_{4}x^{3}+b_{4}y^{3}=20 \end{cases}$

则 $\frac{x^{2}}{b_{1}}+\frac{x^{2}}{b_{2}}+\frac{x^{2}}{b_{3}}+\frac{x^{2}}{b_{4}}$ 的值为 \_\_\_\_\_。

解析：根据韦达定理，$x^{3}$ 是关于 8、10、14、20 的函数，利用差分可知其表达式为 $2x^{3}+2$，代入即得到结果 2

三、证明题

1.【连续与单调性】设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且 $f(0)=0, f(1)=1$ ，证明：存在 $x_{0} \in [0,1]$ ，使得 $f(x_{0})=x_{0}$。

证明：定义函数 $g(x)=f(x)-x$，则有 $g(0)=f(0) \geqslant 0$，$g(1)=f(1)-1\leqslant 0$。由于 $g(x)$ 是连续函数，故根据介值定理可知，在 $[0,1]$ 上存在 $x_{0}$，使得 $g(x_{0})=0$，即 $f(x_{0})=x_{0}$。证毕。

2.【极限结论】设 $a_n$ 为非负数的数列，满足 $\lim_{n \to \infty} (\frac{a_{1}}{n}+\frac{a_{2}}{n^{2}}+...+\frac{a_{n}}{n^{n}})=1$，证明：$\lim_{n \to \infty} a_{n}=n^{n}$。

证明：由于 $\lim_{n \to \infty} (\frac{a_{1}}{n}+\frac{a_{2}}{n^{2}}+...+\frac{a_{n}}{n^{n}})=1$，则 $\forall \epsilon >0, \exists N >0$，当 $n \geqslant N$ 时，$\abs{\frac{a_{1}}{n}+\frac{a_{2}}{n^{2}}+...+\frac{a_{n}}{n^{n}}-1}<\epsilon$。

则可得到如下的式子：

$\epsilon>\frac{a_{1}}{n}+\frac{a_{2}}{n^{2}}+...+\frac{a_{n}}{n^{n}}-1>\frac{a_{1}}{n}-\epsilon+\frac{a_{2}}{n^{2}}-\epsilon+...+\frac{a_{n}}{n^{n}}-\epsilon$

$>\frac{a_{N+1}}{n^{N+1}}+...+\frac{a_{n}}{n^{n}}-\epsilon \cdot (n-N)$

$\geqslant (n-N)\sqrt[n-N]{\frac{a_{N+1}...a_{n}}{n^{n-N}}}-\epsilon \cdot (n-N)$

则可得到 $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n-N]{\frac{a_{N+1}...a_{n}}{n^{n-N}}}=1$，由于 $\sqrt[n-N]{\frac{a_{N+1}...a_{n}}{n^{n-N}}} \geqslant \frac{a_{N+1}+...+a_{n}}{n(N+1)}$，因此 $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{N+1}+...+a_{n}}{n^{n}}\geqslant 1$，再根据比较原则与 Squeezing 定理即可得到 $\lim_{n \to \infty} a_{n}=n^{n}$。证毕。

四、解答题

1.求解下列方程组：

$\begin{cases}x=log_{2}y+log_{3}z \\y=log_{2}z+log_{3}x \\z=log_{2}x+log_{3}y \end{cases}$

解析：由于式子中含有对数项，考虑化简。令 $p=\log_{2}3,q=\log_{3}2$，则有 $pq=1$。将原方程组改写为：

$\begin{cases}x=p\log_{3}y+q\log_{2}z \\y=p\log_{3}z+q\log_{2}x \\z=p\log_{3}x+q\log_{2}y \end{cases}$

则添加三式得到：

$x+y+z=p(\log_{3}y\log_{3}z+\log_{3}z\log_{3}x+\log_{3}x\log_{3}y)+q(\log_{2}x\log_{2}y+\log_{2}y\log_{2}z+\log_{2}z\log_{2}x)$

根据均值不等式，有：

$\log_{3}y\log_{3}z+\log_{3}z\log_{3}x+\log_{3}x\log_{3}y\leqslant \frac{(\log_{3}y+\log_{3}z+\log_{3}x)^{2}}{3}=2p^{2}$

$\log_{2}x\log_{2}y+\log_{2}y\log_{2}z+\log_{2}z\log_{2}x\leqslant \frac{(\log_{2}x+\log_{2}y+\log_{2}z)^{2}}{3}=2q^{2}$

因此 $x+y+z \leqslant 2(p^{2}+q^{2})$，极限情况下有 $\frac{\log_{2}x}{\log_{2}y}=\frac{\log_{2}y}{\log_{2}z}=\frac{\log_{2}z}{\log_{2}x}$。由此解得 $x=y=z$，代入原方程组得到 $x=y=z=3$。因此方程组的解为 $(x,y,z)=(3,3,3)$。