甘志國(guó)

一、填空題（每小題6分，共48分）

1.32016除以100的余數(shù)是.

2.復(fù)數(shù)z1，z2滿足z1=2，z2=3，z1+z2=4，則z1z2=.

3.用S（A）表示集合A的所有元素之和，且A{1，2，3，4，5，6，7，8}，S（A）能被3整除，但不能被5整除，則符合條件的非空集合A的個(gè)數(shù)是.

4.已知△ABC中，sinA+2sinBcosC=0，則

tanA的最大值是.

5.若對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有2x-a+3x-2a≥a2，則a的取值范圍是.

6.若a∈π4，π2，b∈（0，1），

x=（sina）logbsina，y=（cosa）logbcosa，則x y（填>，=，或<）.

7.在梯形ABCD中AB∥CD，對(duì)角線AC，BD交于P1，過P1作AB的平行線交BC于點(diǎn)Q1，AQ1交BD于P2，過P2作AB的平行線交BC于點(diǎn)Q2，….若AB=a，CD=b，則PnQn= （用a，b，n表示）.

8.在數(shù)列{an}中，an是與n最接近的整數(shù)，則∑2016n=11an=.

二、解答題（第9小題滿分16分，第10、11小題滿分18分）

9.已知a，b，c>0，a+b+c=3，求證：a2a+bc+b2b+ca+c2c+ab≥32.

10.求所有函數(shù)f：N*→N*，使得對(duì)任意正整數(shù)x≠y，0<|f（x）-f（y）|<2|x-y|.

11.求方程2x-5y·7z=1的所有非負(fù)整數(shù)解（x，y，z）.

參考答案

1.21.由32016=91008=（-1+10）1008≡（-1）1008+C11008（-1）1007·10≡-79≡21（mod100）可得答案.

2.16±156i.復(fù)數(shù)z1z2的模z1z2=z1z2=23，接下來求其幅角.

圖1如圖1所示，設(shè)復(fù)數(shù)z1，z2，z1+z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別是A，B，C，得OACB.

在△OAC中應(yīng)用余弦定理，可求得cosA=22+32-422·2·3=-14.

所以cos∠AOB=14，進(jìn)而可得

z1z2=2314±154i=16±156i

3.70.將集合{1，2，3，4，5，6，7，8}劃分為A1={1，4，7}，A2={2，5，8}，A3={3，6}.

于是，使得S（A）能被3整除的非空集合A的個(gè)數(shù)是[（C03+C33）2+（C13）2+（C23）2]·22-1=87.

接下來，考慮S（A）能被15整除的非空集合A的個(gè)數(shù)，此時(shí)S（A）=15或30.

當(dāng)S（A）=15時(shí)，按集合A的最大元素分別為8，7，6，5分類，可得分別有5，4，3，1個(gè)，此時(shí)共計(jì)13個(gè).

當(dāng)S（A）=30時(shí)，共有4個(gè).

綜上所述，可得答案是87-13-4=70.

4.33.由sinA=sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC及題設(shè)可得tanC=-3tanB，所以由均值不等式，可得

tanA=-tan（B+C）=tanB+tanCtanBtanC-1=2tanB3tan2B+1=23tanB+1tanB≤33

進(jìn)而可得：當(dāng)且僅當(dāng)tanB=13即（A，B，C）=π6，π6，2π3時(shí)，（tanA）max=33.

5.-13，13.由零點(diǎn)討論法可得，當(dāng)且僅當(dāng)x=2a3時(shí)，（2x-a+3x-2a）min=a3.

所以題設(shè)即a3≥a2，進(jìn)而可得答案.

6.>.可得lnx=ln2sinalnb，lny=ln2cosalnb.

由a∈π4，π2，可得0

又由b∈（0，1），可得lnb<0，所以lnx>lny，x>y.

圖27.aba+bn.如圖2所示，設(shè)PnQn=xn（n∈N），其中P0Q0=x0=CD=b.

由平行線分線段成比例定理，可證得

1xn+1=1xn+1a.

所以1xn=1x0+na.

PnQn=xn=aba+bn.

8.888.設(shè)k是與n最接近的整數(shù)，得k=n+12，得k≤n+12

k2-k+14≤n

所以數(shù)列a1，a2，…，a2016

即1，12個(gè)，2，2，2，24個(gè)，…，k，k，…，k2k個(gè)，44，44，…，4488個(gè)，45，45，…，4536個(gè)

進(jìn)而可得

∑2016n=11an=∑44k=11k·2k+145·36=88.8

9.由三元柯西不等式，可得

2a22a+b+c+2b2a+2b+c+2c2a+b+2c·4（a+b+c）=（2a）22a+b+c+（2b）2a+2b+c+（2c）2a+b+2c[（2a+b+c）+（a+2b+c）+（a+b+2c）]≥（2a+2b+2c）2=2（a+b+c）2.

所以2a22a+b+c+2b2a+2b+c+2c2a+b+2c≥a+b+c2=32.

再由二元均值不等式，可得

a2a+bc+b2b+ca+c2c+ab≥2a22a+b+c+2b2a+2b+c+2c2a+b+2c≥32.

10.在題設(shè)所給的不等式中，可令y=x+1（x∈N*），得0

即f（x+1）-f（x）=1.

由對(duì)任意正整數(shù)x≠y，0

因?yàn)橄蟮募蠟镹*，所以f（x+1）-f（x）≡1.進(jìn)而可得，f（n）=n+f（1）-1，其中f（1）∈N*.

11.由題設(shè)，可得

（-1）x-（-1）y≡1（mod3），

所以x為奇數(shù)，y為為偶數(shù).

可設(shè)x=2m+1，y=2n（m，n∈N），得原方程即2·4m-25n·7z=1.

若n∈N*，可得2（-1）m=-2≡1（mod5），這不可能！所以n=0，y=0.

又得原方程即2·4m-7z=1.

（1）當(dāng)z=0時(shí)，得m=0，此時(shí)的解為（x，y，z）=（1，0，0）.

（2）當(dāng)z∈N*時(shí)，得-（-1）z≡1（mod4），所以z為正奇數(shù)，設(shè)z=2p+1（p∈N）.

再得原方程即2·4m-7·49p=1.

①當(dāng)p=0時(shí)，得m=1，此時(shí)的解為（x，y，z）=（3，0，1）.

②當(dāng)p∈N*時(shí)，得m≥4，所以-7·1p≡1（mod16），這不可能！

綜上所述，可得原方程的所有非負(fù)整數(shù)解（x，y，z）=（1，0，0），或（3，0，1）.