数学奥林匹克高中训练题_128_
数学奥林匹克高中训练题_170及解析
数学奥林匹克高中训练题_170注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明第II 卷（非选择题）一、填空题1.已知{|430,}A x x x x R =-+<∈，12{|20,2(7)50,}x B x a x a x x R -=+≤-++≤∈， 若A B ⊆，则实数a 的取值范围是 ．2.已知双曲线的中心在原点，焦点在坐标轴上，点P (−2,0)到其渐近线的距离为2√63.若过点P 作斜率为√22的直线交双曲线于A 、B 两点，交y 轴于点M ，且PM 是PA 与PB 的等比中项，则双曲线的半焦距为_______________. 3.在棱长为1的正方体ABCD−A 1B 1C 1D 1中,已知O 1是底面A 1B 1C 1D 1的中心,M 是棱BB 1上的点,且S △DBM :S △O 1B 1M =2:3.则四面体O 1ADM 的体积为______.4.已知f (x )满足f (x )+f (x−1x)=1+x (x ≠0,1),则g (x )=x −2f (x )的值域是______.5.已知三个正数,,a b c 满足3a b c a ≤+≤， ()2235b a a c b ≤+≤，则2b ca-的最小值是 ．6.已知D 是边长为1的正△ABC 边BC 上的点,△ABD 、△ACD 的内切圆半径分别为r 1、r 2.若满足r 1+r 2=√35的点D 有两个(设为D 1、D 2),则D 1D 2=______.7.在任何n 个连续的正整数中,使得必有一数其各位数字之和是7的倍数成立的最小的正整数n=______.8.已知正整数数列{a n }首项为2013,末项为1,且对任意的k ≥2均有a k <√a k−1.则满足条件的数列{a n }共有______个.二、解答题1)数表中,每行均是等差数列,每列各数平方后为等差数列.证明：左上⨯右下=左下⨯右上.10.已知⊙C:(x−4)2+(y −3)2=36,定点P (1,0),定直线l 和⊙C 上的动点Q 满足：P 、Q 在直线l 的同侧,点C 在直线l 的另一侧.以P 、Q 为焦点作与直线l 相切的椭圆E ,且当Q在⊙C 上运动时,椭圆E 的长轴长为定值. (1)求直线l 的方程；(2)对于第一象限内任意2012个在椭圆E 上的点,是否一定可以将它们分成两组,使得其中一组点的横坐标之和不大于2013,另一组点的纵坐标之和不大于2013?请证明你的结论. 11.已知△ABC 三个内角分别为∠A 、∠B 、∠C .求2√2sinA +2√2sinB +sinC 的最大值.12.如图,在▱ABCD 中,已知P 为对角线BD 上一点,且满足∠PCB =∠ACD ,△ABD 的外接圆与AC 交于另一点E .证明：∠AED=∠PEB .13.已知复平面上的正n 边形,其各个顶点对应的复数恰是某个整系数多项式f (x )=x n +a n−1x n−1+⋯+a 1x +a 0的n 个复根.求该正多边形面积的最小值.14.(1)若p 为奇素数,a 、b 、n∈N +,p |(a −b ),p|b,a≠b ,证明： p a ‖n⇔p a ‖a n −b na−b ;(2)若a,b 是不同的正有理数,使得存在无穷多个正整数n ,满足a n −b n是正整数.证明：a,b 也是正整数. 15.设n≥3(n ∈N +),(a 1,a 2⋯,a n )是任意的和为正数的n 个不同的实数,(b 1,b 2⋯,b n .)是这n 个数的一个排列.若对任意的k (k=1,2,⋯,n ),有∑b i ki=1>0,则称(b 1,b 2⋯,b n )是一个“好排列”.求好排列个数的最小值.参考答案1.41a -≤≤-【解析】1.试题∵2{|430,}A x x x x R =-+<∈{|13}x x =<<，∵120x a -+≤，∴12x a -≤-， ∴0a <且21log ()x a -≤-，即21log ()x a ≥--，∵A B ⊆，∴21log ()1a --≤，∴1a ≤-；而22(7)50x a x -++≤，22[2(7)]454561760a a a ∆=+-⨯=++>，∴77a x a +≤≤+A B ⊆，∴2717314440a a a a ⎧+-≤⎪⎪⎨++≥⎪++>⎪⎩， ∴4a ≥-；综上可得：41a -≤≤-.2.√3或√21【解析】2. 设渐近线的方程为y =kx .由题设得√1+k =2√63，解得k =±√2.故双曲线的渐近线方程为y =±√2x .设双曲线的方程为2x 2−y 2=λ(λ≠0).设A (x 1,y 1)、B (x 2,y 2)，直线AB 的方程为y =√22(x +2)，代入双曲线方程消去y得3x 2−4x −2λ−4=0.当Δ=16+12(2λ+4)>0，即λ>−83时，上面的方程恰有两实根，且x 1+x 2=43，x 1x 2=−23(λ+2). 由题设知，PM 2=PA ⋅PB ，可化为|(x 1+2)(x 2+2)|=4⇒|x 1x 2+2(x 1+x 2)+4|=4⇒|−23(λ+2)+2×43+4|=4.解得λ=2或λ=14.因此，双曲线的方程为2x 2−y 2=2或2x 2−y 2=14⇒x2−y22=1或x27−y214=1.所以，双曲线的半焦距为√1+2=√3或√7+14=√21. 故答案为：√3或√213.748【解析】3.如图,设O是底面ABCD的中心,则AO⊥平面DO1MS△DBM S△O1B1M =2BMB1M=23⇒BMB1M=13.于是,BM=14,B1M=34.故S△DO1M=S正方形D1B1BD =S△DD1O1−S△O1B1M−S△DBM=7√216.则V=棱镜A−O1MD=12×S△DO1M⋅AO=13×7√216×√22=748.4.(−∞,−4]∪(0，+∞)【解析】4.令φ(x)=x−1x.则φ2(x)=φ(φ(x))=φ(x−1x)=11−x,φ3(x)=φ(φ2(x))=φ(11−x)=x.此时,条件表示为f(x)+f(φ(x))=1+x⇒f(φ(x))+f(φ2(x))=1+φ(x)=2x−1x⇒f(φ2(x))+f(φ3(x))=2φ(x)−1()⇒f(φ2(x))+f(x)=2−x故2f(x)=1+x−2x−1x+2−x1−x⇒f(x)=x3−x2−12x(x−1)(x∈R\{0,1})检验,知其满足题设方程式.则g (x )=1x 2−x∈(−∞,−4]∪(0,+∞).5.185-【解析】5.试题由3a b c a ≤+≤得13b ca a≤+≤，由()2235b a a c b ≤+≤得22315b c b a a a ⎛⎫⎛⎫≤+≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设,b c x y a a ==，则,x y 满足2213{ 315x y x y x ≤+≤≤+≤，平面区域如下图：令22b c z x y a -==-，即1122y x z =-，所以当1122y x z =-时， z 有最小值185-； 6.√65【解析】6. 设BD=x .由余弦定理得AD =√x 2−x +1.一方面,S △ABD=12×√32x ①另一方面,S △ABD =12(1+x +√x 2−x +1)r 1 ②由式①、②解得r 1=√36(1+x −√x 2−x +1)同理, r 2=√36(2−x −√x 2−x +1)故r 1+r 2=√36(3−2√x 2−x +1)=√35⇒x 2−x +19100=0设两个根分别为x 1、x 2,则D 1D 2=|x 1−x 2|=√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√65.7.13【解析】7.注意到,12个连续正整数994,995,…,1005中任一数的各位数字之和均不是7的倍数 因此,n≥13.对每个非负整数a ,称如下10个数所构成的集合A a ={10a,10a +1,⋯,10a +9}为一个“基本段”.可见,13个连续正整数要么属于两个基本段,要么属于三个基本段.当13个连续数属于两个基本段时,由抽屉原理,知其中必有连续的七个数属于同一个基本段：当13个连续数属于三个基本段A a−1、A a 、A a+1时,其中必有连续十个数同属于A a . 设a a ⋯a a ,a a ⋯a (a +1),…, a k a k−1⋯a 1(a 0+6)是属于同一基本段的七个数,其各位数字之和分别为∑a i k i=0,∑a i +1,⋯,∑a i +6ki=0k i=0.显然,这七个和数被7除的余数互不相同.故其中必有一个是7的倍数. 因此,所求的最小值为n =13.8.201【解析】8.设首项为m 且满足题设条件的正整数数列{a n }的个数为b m . 则b m=b 1+b 2+⋯+b k (k 2+1≤m ≤(k +1)2).注意到,442+1=1937<2013<2025=452.易算得b 1=1, b 2=b 3=b 4=1,b 5=b 6=⋯=b 9=b 1+b 2=2,b 10=b 11=⋯=b 16=b 1+b 2+b 3=3, b 17=b 18=⋯=b 25=b 1+b 2+b 3+b 4=4, b 26=b 27=⋯=b 36=b 1+b 2+⋯+b 5=6, b 37=b 38=⋯=b 44=b 1+b 2+⋯+b 6=8. 所以,b 2013=b 1+b 2+⋯+b 44=201.9.见解析【解析】9.设a ij ＝a i +(j −1)d ；表示该数表中第i 行第j 列的数.则2a 22=a 12+a 32 ①2(a 2+d 2)2=(a 1+d 1)2+(a 3+d 3)2 ② 2(a 2+2d 2)2=(a 1+2d 1)2+(a 3+2d 3)2 ③由式①、②,①、③分别得2d22+4a2d2=d12+2a1d1+d32+2a3d3⇒2d22−d12−d32=−4a2d2+2a1d1+2a3d3④2d22+2a2d2=d12+a1d1+d32+a3d3⇒2d22−d12−d32=−2a2d2+a1d1+a3d3⑤由式④、⑤得2d22=d12+d32⑥2a2d2=a1d1+a3d3. ⑦将式⑦两边平方并将式①、⑥代入得(2a2d2)2=2a22(2d22)⇒(a12+a32)(d12+d32)=(a1d1+a3d3)2⇒(a1d3−a3d1)2=0⇒a1d3=a3d1进而,(a1+2d1)a3＝(a3+2d3)a1.考虑第1行的第1、n+1、2n+1列及第n+1行的第1、n+1、2n+1列及第2n+1行的第1、n+1、2n+1列的九个数.将这九个数构成一个新的3x3的数表仍满足每一行的数成等差数列,每一列的数的平方成等差数列,于是,原命题得证.10.（1）x+y=4（2）见解析【解析】10.(1)设点P关于直线l的对称点为P′.则P′Q过椭圆与直线l的切点.从而,P′Q=2a (即椭圆E 的长轴长)为定值.于是,点Q在以P′为圆心、2a为半径的圆上.由Q的任意性及Q在⊙C上,知2a=6.故点P′与C重合,即直线l为线段CP的中垂线.注意到,k cp=1⇒k l=−1.因为CP的中点为(52,32),所以,直线l的方程为x+y=4.(2)可以.设这2012个点为A i(x i,y i)(i=1,2,⋯,2012).由(1)知直线l的方程为x+y=4.又易知点A i在直线l的下方,故x i+y i≤4,且0≤x i≤4,0≤y i≤4(i=1,2,⋯,2012).不失一般性,不妨设x1≤x2≤⋯≤x2012.(i)若x1+x2+⋯+x2012≤2013,则将点A i(x i,y i)(i=1,2,⋯,2011)分为一组,点A2012作为一组符合题意.(ii)若x1+x2+⋯+x2012>2013,则存在k∈N+(k≤2011),使得x1+x2+⋯+x k≤2013,且x1+x2+⋯+x k+1>2013.于是,对任意的k≤j≤2012(j∈N+),有x j≥x k>2013k+1.故y k+1+y k+2+⋯+y2012≤(2012−k)(4−2013k+1)=2013−[2√k+1−k+1]2≤2013将点A i(x i,y i)(i=1,2,⋯,k)分为一组,点A i(x i,y i)(i=k+1,k+2,⋯,2012)分为一组.则前一组点的横坐标之和不大于2013,后一组点的纵坐标之和不大于2013.11.(3+√2)√2√2−1【解析】11.记S=2√2sinA+2√2sinB+sinC=4√2sin A+B2⋅cos A−B2+sinC.固定∠C,知当∠A=∠B时,S取最大值.此时,∠C＝π−2∠A,S=2sinA⋅(2√2+ cosA).记f(A)=2sinA⋅(2√2+cosA).考虑一般的ℎ(x)=sinx⋅(a+cosx)的最大值. 由柯西不等式及含参数的均值不等式有ℎ2(x)=1λ2sin2x⋅(λa+λcosx)2≤1λ2sin2x⋅(λ2+cos2x)(a2+λ2)≤1λ2(sin2x+λ2+cos2x2)2(a2+λ2)=1λ2(λ2+12)2(a2+λ2)等号成立当且仅当λ2=acosx,sin2x=λ2+cos2x.消去x得2λ4+a2λ2−a2=0.解得λ2=14(√a4+8a2−a2),cosx=14(√a2+8−a). 令a=2√2,得λ2=2√2−a,cosA=2−√22.即当∠A=arccos 2−√22时，f(A)max=(3+√2)√2√2−112.见解析【解析】12.由∠PCB =∠ACD ,知∠PCD =∠ACB =∠DAE .易知∠BDC =∠ABD =∠AED . 则△DPC ∽△EDA ⇒DP DE=CD AE=AB AE.又∠BAE =∠BDE ,故△DEP ∽△AEB ⇒∠DEP =∠AEB ⇒∠AED =∠PEB .13.n 2sin 2πn【解析】13.设正n 边形的中心对应的复数为a .将复平面的原点平移到a 后,则该正n 边形的顶点均匀分布在一个圆周上,即它们是方程(x −a )n =b (b 是某个复数)的解于是,f (x )＝x n+a n−1x n−1+⋯+a 1x +a 0=−b +∑C n i ni=0x n−i (−a )i .对比x 各次项的系数,知−na=a n−1为整数,所以,a 为有理数；再结合n (−a )n−1=a 1为整数,故a 为整数.这样,由a 0=(-a)"-b 为整数,知b 为整数.上述讨论表明,该正n 边形的顶点对应的复数是整系数方程(x −a )n =b 的解.于是,其外接圆半径√|b |n≥1. 故此正n 边形的面积不小于n 2sin 2πn. 而方程x n=1的n 个根在复平面上对应一个正n 边形的n 个顶点,因此,该正多边形面积的最小值为n 2sin 2πn. 14.(1)见解析(2)见解析【解析】14. 设a−b ＝lp β(p|l,β∈N +).则a n −bna−b ＝1lp β[(b +lp β)n −b n ]=1lp β∑C n k (lp β)n k=1k b n−k =∑n kC n−1k−1l k−1p β(k−1)nk=1b n−k ① 设p r ‖n .只需证明：p r ‖a n −b na−b②因为p r ‖b n−1,而式①的其他项∑n kC n−1k−1l k−1p β(k−1)n k=1b n−k (K >1)中k 所含的p 的次数不大于k −2,所以,式②成立.(2)不妨设a=xz,b =yz(x 、y 、z ∈N +且(x,y,z )=1).则a n −b n∈Z ⇔z n |(x n −y n ) .分两种情形.(i)若2|z,设2α‖(x2−y2),n=2k l(l为奇数).则2n|(x n−y n)③因为(x,y,z)=1,所以,x、y均为奇数.故x n−y n=x2kl−y2kl=(x2k−y2k)[x2k(l−1)+⋯+y2k(l−1)]=(x2−y2)(x2+ y2)⋯(x2k−1+y2k−1)⋅[x2k(l−1)+⋯+y2k(l−1)].注意到,2α‖(x2−y2),2‖(x2+y2),2‖(x4+y4),…, 2‖(x2k−1+y2k−1),2|[x2k(l−1)+⋯+y2k(l−1)].于是,2α+(k−1)‖(x n−y n).结合式③有n≤α+(k−1).但n=2k l≥2k,故k≤log2n.所以,n≤α+log2n−1.上式只能对有限多个n成立,矛盾.(ii)存在奇素数p|z.设k为满足p|(x k−y k)的最小正整数.则若n∈N+,p|(x n−y n),即x n≡y n(modp)⇒(xy−1)n≡1(modp). ④因为x k≡y k(modp),所以,(xy−1)k≡1(modp). ⑤由式④、⑤知k|n.设pα‖(x k−y k),pβ‖n k则n k≥pβ⇒log p n≥β.由(1)知pβ‖x n−y nx k−y k于是,pα+β‖(x n−y n).因为z n|(x n−y n),所以,n≤α+β≤α+log p n.上式只能对有限个n成立,矛盾.15.(n−1)!【解析】15.一方面,当a1>0,吨,a2,a3⋯,a n均小于0时,易知好排列个数为(n−1)!.先证明：好排列个数的最小值就是(n−1)!对任意满足条件的a1,a2⋯,a n.将a1,a2⋯,a n放在圆周上,而圆排列的个数为(n−1)!. 接下来证明：任意一个圆排列均对应于题设所求的一个好排列,且不同的圆排列对应不同的好排列.设a1,a2⋯,a n的一个圆排列为c1,c2⋯,c n (约定c n+i=c i.),定义k元好排列(a 1,a 2⋯,a k )满足对任意的i (i=1,2,⋯,k ),∑a j >0i j=1,则(a 1,a 2⋯,a k )为k 元好排列.对所有的i ∈{1,2,⋯,n },取以c i 为第一项的好排列c i ,c i+1,⋯,c i+k ,易知这种好排列是存在的.一个正数就为1元好排列.取好排列中最长的一个,不妨设该好排列的第1项为c 1,长度为l ,即c 1,c 2⋯,c l 为好排列.(l)若l=n ,则结论得证. (2)若l <n ,则由l 的最大性知c 1+c 2+⋯+c l+1≤0.又c 1+c 2+⋯+c n >0,故c l+2+c l+3+⋯+c n >0.设t 0为使c t +c t+1+⋯+c n >0的最小的t ,则t 0≤n −l +1且c t 0,c t 0+c t 0+1,⋯,c t 0+c t 0+1+⋯+c n−1 均为正数.故(c t 0,c t 0+1,⋯,c n )为n−t 0+1元好排列. 于是,( c t 0,c t 0+1,⋯,c n ; c 1,c 2⋯,c l )为长度大于l 的好排列,矛盾.【注】若(c t 0,c t 0+1,⋯,c n )与(c 1,c 2⋯,c l )有重复项,则去掉c 1,c 2⋯,c l 中的重复项,同样可以得到长度大于l 的好排列.从而,l =n .因此,一个圆排列对应一个好排列.又显然不同的圆排列对应不同的好排列. 综上,好排列至少有(n −1)!个.。
数学奥林匹克高中训练题(2)
１ 函 ） 吉 √一的 情 况 是 （ ． 数（＝ 一＋ ｛ 设 √
最 大值 为 ｎ 最 小 值 为 ｂ 则 ｎ＋ ｂ的 值 是 ， ．
（ ） ． （ （＋ ） Ａ） ３ （） （ ） ｃ ３＋ （） （ ） Ｂ ２＋ （ （＋ ） Ｄ） ２
２ 用与 圆柱 中轴 成 ３。 的平 面 截 圆 柱 ． ０角 所 得 的截 面是 一 个 椭 圆 ． 则这 个 椭 圆 的 离 心 率是 （ ） ．
２ ） ＋， （＝ ． （ ＝ ）２ ３ 若 （ 则 ）
３ 数列 ｎ ， Ｉｎ ， ． ０ｎ ，２…满足
ａｏ ＝
（ （ （ （ Ａ Ｂ ｃ Ｄ ） ） ） ） 吉 譬
③岩 ， ④ ；
，
作椭圆 的切 线 Ｐ Ｇ为切 点 ） Ｃ Ｃ（ ， Ｄ上 Ａ Ｂ于
Ｄ． 明 ： 段 Ｐ 证 线 Ｂ过 Ｃ 的 中点 ． Ｄ
其 ，作 粕口号的 的 （ ） 中能 为ｔ ＋ ） 值 有 （
四、２ 分 ） （０ 四面体 Ａ Ｃ Ｂ Ｄ的内切球 球 ０
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２， 口７＝ ３；
设圆柱 底 面 半径 为 ｒ 椭 圆长 、 半 轴 分 别为 ， 短 ｎ、 ． ｎ： ｒ ｂ ， ： ｒ因此 ， ：＿． ． ｂ则 ２ ， ：ｒ ｃ ． ｅ ！：
ｎ Ｚ
３． ． Ｄ
由题 意 知 ｍ、 ∈ ｌ，， ，｝ ｎ ｌ２ … ６ ．
则事 件总数为 ３ ． ６
故概率为 ．
、
（ｏ分 ） 四边形 Ａ Ａ Ａ ５ 过 。 。
的一 个
４． Ｃ．
顶点 Ａ 分别作 Ａ Ａ 的垂线 ｚ ｉ ，， ） 。 。 ＝１２ ３ ， （
高中信息学奥林匹克竞赛各种问题求解试题及参考答案集锦
AN= 2*AN-1+AN-2
第 5 题 (6 分 )，在 m*n 的棋盘上，每个方格 (单位正方
形，即边长为 1 的正方形 )的顶点称为格点。以格点
为顶点的多边形称为格点多边形。若设格点凸
N 边形面积
的最小值为 gn，格点凸 N 边形内部 (非顶点的 )格点
第 11 题 (7 分 )，在有 m 行 n 列格子的棋盘内，一枚棋 子从棋盘的左上角格子沿上、下、左、右方向行走， 最后走到棋盘的右下角格子。该棋子走过的格子数为奇数 的充分必要条件是 ________________ 答案： m+n 为偶数
完善程序试题及其答案 第 1 题 (14 分 )以下程序是将一组整数按从小到大的顺 序排列。排序的方法是将长度为 n 的数 a 分为两个长度分 别为 (n div 2) 与 (n-n div 2) 的子数组 a1， a2。然后递归调用排 序过程，将 a1， a2 分别排序，最后将 a1， a2 归并成数组 a。例如 a=(3， 1， 2， 4)，那么 a1=(3， 1)，a2=(2， 4)。调用 排序过程将 a1， a2 排序，得到 a1=(1， 3)， a2=(2， 4)，然 后进行合并排序。 从键盘输入数的长度 n 以及 n 个整数，存在数组 a 中，调 用子过程 sort 进行排序，最后输 出排序结果。 program wsh ； const maxn=100 ；．
S(n-1,k-1)+k*S(n-1,k) n >= k >= 2
第 2 题 (5 分 )，有 5 本不同的数学书分给 5 个男同学， 有 4 本不同的英语书分给 4 个女同学，将全部书 收回来后再从新发给他们，与原方案都不相同的方案有 ________种。 答案： 5!*4!+D(5)*D(4)=1140480 其中： D(n)=(n-1)*(D(n-1)+D(n-2)) (n > 2)
数学奥林匹克竞赛训练题：代数部分(1)集合、数与式
数学奥林匹克竞赛训练题：代数部分（1）集合、数与式B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5.【解】将12个元素排成一列有12！种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法.[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种.确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种.如此继续下去，得到6个2元子集.共有11³9³7³5³3=10395种分法.B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5.【证】设有限集A含n个元素.当n=1时，子集序列φ，A即满足条件.假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求.因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求.于是命题对一切自然数n均成立.B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2.这n－k个数中选出）.所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S 的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12.【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65.如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）.这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件.所以，S的和≤61.特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61.B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}.求有限集合A的元素的最少个数.【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4.另一方面，令A={0，1，2，3}.对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除.因而f是满足条件的函数.于是，A的元素个数最少为4.B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）.原题为选择题.【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}.A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍.若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.本题答案为67.B1－008设集合S n={1，2，…，n）.若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）.若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集.（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等.（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和.【题说】1992年全国联赛二试题2.【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立.对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集.在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2²i.奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等.B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和.设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11.若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n.试求满足上述要求的a10的最小值.【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3.【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）.若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1 （1）又由题设得S1=a1=1.于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750.又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248.另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n.当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n.于是a10的最小值为248.B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）.求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°.【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4.【证】现对任意正整数n给以证明.设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝.对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和.S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大.若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大.如比等等.因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模.这样的划分，条件（1）显然满足.若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|.a r－Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾.若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|.a r＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾.因此，所述划分满足条件（1）～（3）.【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集.B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝.如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p.（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16].因为366=17³21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数.当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p.当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462³7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集.故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21³7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）.若S是由正整数组成的有限集合.证明对所有的正整数m≥σ（S）成立.【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5.【证】设S={a1，a2，…，a n}.长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段a n个数.前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个.个.根据容斥原理，即本题的等式成立.B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值.【题说】1995年全国联赛一试题2（6）.原为填空题.【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件.它恰好有1780个元素.故｜A｜的最大数是1870.B1-016 已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}.求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数.集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个（即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2}）；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个.于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3（即{1，3}，{2，4}，{1，4}）.所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133.B1-017 对任意非空实数集S，令σ（S）为S的元素之和.已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ（S）的集.证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n.令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j≤2e j（1≤j≤n）.每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间（f j-1，f j]中.因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j].这样σ（S）被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类（1≤j≤n），f j本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.B1-018 设S={1，2，3，4），n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B（B的元素个数记为｜B｜），在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B.求n的最小值.【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.【解】n的最小值为8.首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次.事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.由此可见n≥8.另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8.B1-019 求两个正整数m与n之间（m＜n），一切分母为3的既约分数的和.【题说】1962年成都市赛高三二试题1.3（n-m）+1项.其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020 证明cos10°是无理数.【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cos x，可得cos30°=4cos310°-3cos10°（1）即若cos10°是一个有理数，则（1）右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数.B1-021 求出所有四元实数组（x1，x2，x3，x4），使其中任一个数与其余三数积的和等于2.【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1.有以下五种情况：所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3.B1-022设P（x）是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P（x）=x2-10x-22成立的自然数.【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.【解】设n位数x满足P（x）=x2-10x-22 （1）若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P（x）=x（x-10）-22≥90x-22≥90²10n-1-22=9²10n-22＞10n矛盾.若n=1，则x=P（x）=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解.因此n=2.若x≥20，则x2-10x-22=x（x-10）-22≥10x-22≥200-22＞92≥P（x）因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}.（1）变成y=（10+y）2-10（10+y）-22易知y=2，x=12.B1-023证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1.【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题2.【证】设这三个数为a，b，c，则（a-1）（b-1）（c-1）=abc-（ab+bc+ca）+（a+b+c）-1左边有一个或三个因子为正.但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1.B1-024若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值.【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4（1≤i≤n），这是因为当a i≥4时a i≤2（a i-2），故把a i换成2和a i-2不会使积减小.再注意2³2³2＜3³3，所以只需考虑积2a²3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976.由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2³3658.B1-025确定最大的实数z，满足x+y+z=5 （1）xy+yz+zx=3 （2）并且x、y也是实数.【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题3.【解】由（1）得（x+y）2=（5-z）2，由（2）得xy=3-z（5-z）.于是0≤（x-y）2=（x+y）2-4xy=（5-z）2-4[3-z（5-z）]=-3z2+10z+13=（13-3z）（1+z）因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3.因此z最大值是13/3.B1-026已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，（1）a2+b2+c2+d2+e2=16 （2）的实数，试确定e的最大值.【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题1.【解】由Cauchy不等式，（8-e）2=（a+b+c+d）2≤4（a2+b2+c2+d2）=4（16-e2），即B1-027已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字.【题说】1979年安徽省赛二试题1.【解】因为lg20001979=1979（3+lg2）=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5³106532＜20001979＜6³106532所以20001979的首位数字是5.B1-028已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 （1）a1a2…a8=4 （2）试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1.【题说】1979年湖北省赛二试题5.【证】用反证法.如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i（b i＞0，i＝1，2， (8)再由（1）即得B1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=（1+b1）（1+b2）…（1+b8）＝1+（b1+b2+…+b8）+…+b1b2…b8≥1+（b1+b2+…+b8）=1+12=13与条件（2）矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1.B1-029 求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0.因此，只能有下面两种情况：（1）x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；（2）某个x k=c≠0，其余x i=0（i≠k）.这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3.从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程. B1-030下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正.【题说】1981年全国联赛题2.【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误，故三者都对.同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对.再若lg7=2（b+c），则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2（b+c）对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对.应为lg7=lg l4-lg2=2b+c.lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5.【解】将12个元素排成一列有12！种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法.[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种.确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种.如此继续下去，得到6个2元子集.共有11³9³7³5³3=10395种分法.B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5.【证】设有限集A含n个元素.当n=1时，子集序列φ，A即满足条件.假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求.因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求.于是命题对一切自然数n均成立.B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2.这n－k个数中选出）.所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S 的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12.【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65.如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）.这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件.所以，S的和≤61.特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61.B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}.求有限集合A的元素的最少个数.【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4.另一方面，令A={0，1，2，3}.对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除.因而f是满足条件的函数.于是，A的元素个数最少为4.B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）.原题为选择题.【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}.A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍.若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.本题答案为67.B1－008设集合S n={1，2，…，n）.若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）.若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集.（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等.（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和.【题说】1992年全国联赛二试题2.【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立.对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集.在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2²i.奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等.B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和.设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11.若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n.试求满足上述要求的a10的最小值.【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3.【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）.若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1 （1）又由题设得S1=a1=1.于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750.又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248.另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n.当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n.于是a10的最小值为248.B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）.求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°.【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4.【证】现对任意正整数n给以证明.设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝.对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和.S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大.若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大.如比等等.因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模.这样的划分，条件（1）显然满足.若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|.a r－Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾.若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|.a r＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾.因此，所述划分满足条件（1）～（3）.【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集.B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝.如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p.（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16].因为366=17³21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数.当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p.当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462³7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集.故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21³7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）.若S是由正整数组成的有限集合.证明对所有的正整数m≥σ（S）成立.【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5.【证】设S={a1，a2，…，a n}.长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段a n个数.前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个.个.根据容斥原理，即本题的等式成立.B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值.【题说】1995年全国联赛一试题2（6）.原为填空题.【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件.它恰好有1780个元素.故｜A｜的最大数是1870.B1-016已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}.求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数.集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个（即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2}）；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个.于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3（即{1，3}，{2，4}，{1，4}）.所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133.B1-017对任意非空实数集S，令σ（S）为S的元素之和.已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ（S）的集.证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n.令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j ≤2e j（1≤j≤n）.每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间（f j-1，f j]中.因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j].这样σ（S）被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类（1≤j≤n），f j本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.B1-018设S={1，2，3，4），n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B（B的元素个数记为｜B｜），在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B.求n的最小值.【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.【解】n的最小值为8.首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次.事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.由此可见n≥8.另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8.B1-019求两个正整数m与n之间（m＜n），一切分母为3的既约分数的和.【题说】1962年成都市赛高三二试题1.3（n-m）+1项.其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020证明cos10°是无理数.【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cos x，可得cos30°=4cos310°-3cos10°（1）即若cos10°是一个有理数，则（1）右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数.B1-021求出所有四元实数组（x1，x2，x3，x4），使其中任一个数与其余三数积的和等于2.【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1.有以下五种情况：所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3.B1-022设P（x）是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P（x）=x2-10x-22成立的自然数.【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.【解】设n位数x满足P（x）=x2-10x-22 （1）若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P（x）=x（x-10）-22≥90x-22≥90²10n-1-22=9²10n-22＞10n矛盾.若n=1，则x=P（x）=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解.因此n=2.若x≥20，则x2-10x-22=x（x-10）-22≥10x-22≥200-22＞92≥P（x）因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}.（1）变成y=（10+y）2-10（10+y）-22易知y=2，x=12.B1-023证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1.【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题2.【证】设这三个数为a，b，c，则（a-1）（b-1）（c-1）=abc-（ab+bc+ca）+（a+b+c）-1左边有一个或三个因子为正.但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1.B1-024若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值.【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4（1≤i≤n），这是因为当a i≥4时a i≤2（a i-2），故把a i换成2和a i-2不会使积减小.再注意2³2³2＜3³3，所以只需考虑积2a²3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976.由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2³3658.B1-025确定最大的实数z，满足x+y+z=5 （1）xy+yz+zx=3 （2）并且x、y也是实数.【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题3.【解】由（1）得（x+y）2=（5-z）2，由（2）得xy=3-z（5-z）.于是0≤（x-y）2=（x+y）2-4xy=（5-z）2-4[3-z（5-z）]=-3z2+10z+13=（13-3z）（1+z）因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3.因此z最大值是13/3.B1-026已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，（1）a2+b2+c2+d2+e2=16 （2）的实数，试确定e的最大值.【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题1.【解】由Cauchy不等式，（8-e）2=（a+b+c+d）2≤4（a2+b2+c2+d2）=4（16-e2），即B1-027已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字.【题说】1979年安徽省赛二试题1.【解】因为lg20001979=1979（3+lg2）=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5³106532＜20001979＜6³106532所以20001979的首位数字是5.B1-028已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 （1）a1a2…a8=4 （2）试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1.【题说】1979年湖北省赛二试题5.【证】用反证法.如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i（b i＞0，i＝1，2， (8)再由（1）即得B1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=（1+b1）（1+b2）…（1+b8）＝1+（b1+b2+…+b8）+…+b1b2…b8≥1+（b1+b2+…+b8）=1+12=13与条件（2）矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1.B1-029求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0.因此，只能有下面两种情况：（1）x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；（2）某个x k=c≠0，其余x i=0（i≠k）.这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3.从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程.B1-030下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正.【题说】1981年全国联赛题2.【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误，故三者都对.同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对.再若lg7=2（b+c），则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2（b+c）对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对.应为lg7=lg l4-lg2=2b+c.lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.把n2个互不相等的实数排成下表：a11，a12，…，a1na21，a22，…，a2n…a n1，a n2，…，a nn取每行的最大数得n个数，其中最小的一个是x；再取每列的最小数，又得n个数，其中最大的一个是y，试比较x n与y n的大小.【题说】1982年上海市赛二试题2【解】设x=a ij，y=a pq，则a ij≥a iq≥a pq所以x≥y.（1）当n是奇数时，x n≥y n.（2）当n是偶数时（i）如果x≥y≥0，则x n≥y n；（ii）如果0≥x≥y，则x n≤y n；（iii）如果x≥0≥y，则当x≥-y时，x n≥y n；当x≤-y时，x n≤y n.B1-032对任意实数x、y.定义运算x*y为：x*y=ax+by+cxy其中a、b、c为常数，等式右端运算是通常的实数的加法和乘法.现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x，都有x*d=x，求d的值.【题说】1985年全国联赛一试题2（4）.原题为填空题.【解】由所设条件，有1*2=a+2b+2c=3 （1）2*3=2a+3b+6c=4 （2）x*d=ax+bd+cxd=（a+cd）x+bd=x（3）由（3）得a+cd=1 （4）B d=0 （5）因d≠0，故由（5）式得b=0.再解方程（1）及（2），得a=5，c=-1，最后由（4）式得d=4.B1-033计算下式的值：【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题14.注意324=4³34.【解】x4+4y4=（x2+2y2）2-（2xy）2=[（x2+2y2）-2xy][（x2+2y2）+2xy]=[（x-y）2+y2][（x+y）2+y2]。
数学奥林匹克高中训练题(（50）)
数学奥林匹克高中训练题(（50）)
葛军
【期刊名称】《《中等数学》》
【年(卷),期】2001(000)003
【摘要】第一试一、选择题（每小题6分，共36分）1．已知集合A＝（x，y）(y－3)/(x－2)＝a＋1， B＝｛（x，y）｜（a2－1）x＋（a－1）y＝15｝．若
A∩B＝，则a的所有取值是（）．（A）－1，1 ?（B）－1，(1)/(2) （C）±1，(1)/(2)（D）±1，－4，(5)/(2) 2．已知关于x的方程 x2－2ax＋a2－4a＝0（a
为实数）至少有一个模为3的复数根．则a的所有取值为（）．（A）1，9（B）－1，9，2－13 （C）±1，9，2＋13（D）1，9。
【总页数】6页(P43-48)
【作者】葛军
【作者单位】南京师范大学数学系，210097
【正文语种】中文
【中图分类】O12
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5.数学奥林匹克高中训练题(264) [J], 杨运新
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2007年第六届中国女子数学奥林匹克试题及解答
综上 ,最少取出 11 枚棋子 ,才可能满足要求 . 三、 定义集合 A = { m
k + 1| m ∈N+ , k ∈P} . k +1
.
i +1 数 ,则对任意的 k1 、 k2 ∈P 和正整数 m 1 、 m2 , m1 k1 + 1 = m2
由于对任意的 k 、 i ∈P ,且 k ≠i ,
是无理
由 m1 是正整数知 , 对 i = 1 ,2 ,3 ,4 ,5 , 满足这个 条件的 m1 的个数为 m
5
k +1 i +1 k +1 i +1
.
k 2 + 1 Ζ m 1 = m 2 , k1 = k 2 .
从而 , n =
注意到 A 是一个无穷集 . 现将 A 中的元素按从 小到大的顺序排成一个无穷数列 . 对于任意的正整 数 n ,设此数列中第 n 项为 m k + 1 . 接下来确定 n 与 m 、 k 间的关系 .
yx
2
当 x = 0 时 ,上式也成立 .
a1 a2 a2 a3 a n a1 故 2 + 2 + …+ 2 a2 + 1 a3 + 1 a1 + 1
2 2 2
4 . (1) 记 S 中的 n 个点为 A 1 , A 2 , …, A n .
建立直角坐标系 ,设 A i ( x i , y i ) ( i = 1 ,2 , …, n) . 易证
32
中 等 数 学
2007 女子数学奥林匹克
第一天
1. 设 m 为正整数 ,如果存在某个正整数
n ,使得 m 可以表示为 n 和 n 的正约数个数 (包括 1 和自身 ) 的商 , 则称 m 是 “好数” .求
数学奥林匹克高中训练题(138)
Ｖ ， 时 上式 等号成 立． ．
数 ， 口×ｂ×ｃ的立 方 体 分 割 为 ａｃ个 单 位 将 ｂ 正 方体 ， 从一 角 的单 位 正 方 体 起 第 层 、 第
从 而 ，舸 ： ７Ｒ ≥ Ｊ ｓ ４ｃ Ｅ
３． １ ２ ０ｌ ．
行、 第 列的单位正方体记为 （， ） 求所 ｉ『 ． ． ，
一
使得这 些小球 及正方 体都 在大球 内且 相互不
重叠．
加
、
试
则使 每行 、 每列填 数 之 和 皆为偶 数 的概 率为
８ 已知 可 以用 一 系列 半 径 为 Ｒ且 彼 此 ． 不 重叠 的圆盘覆 盖平 面 上 的所 有格 点 （ 平 在
（ ０分 ） ４ 已知 锐角△ Ａ Ｃ（ Ｂ≠Ａ ） Ｂ Ａ Ｃ ，
中 等 数 学
教蟹
中圈 分 类 号 ：Ｇ ２ ．９ ４ ４ ７
魏寓 铷旅题（３） １ ８
文 献标 识 码 ： Ａ 文 章 编 号 ： ０ ５—６ １ （０ １０ Ｏ４ Ｏ １０ ４ ６ ２ １ ） ２一 ００一 ７
第 一 试
一
二、 解答 题 （ ５ 共 ６分 ） ９ （６分 ） ．１ 已知 ｏ０： ＋ 椭 圆 Ｃ： Ｙ ＝ｒ，
＝
４ （
十
＋． ＋ ． ・
）．
则 Ｓ＝ 一
个人 ， 将第 ｋ ＋１号纪 念品交 给 ｃ ＋）其 中 ， １，
（） 后 一１＋ ２＋… ＋ｋ ｍ ｄ １０ ，口 下 去 ， （ ｏ ０ ） 女 此
数学奥林匹克高中训练题134
数学奥林匹克高中训练题（134）第一试一、填空题（每小题8分，共64分） 1．以正十二边形的顶点作为三角形的顶点，可构成锐角三角形和钝角三角形共计__________个．2．设多项式()f x 满足()2213(1)101132f x f x x x ++-=++．则()f x =__________． 3．30!末尾最后一个不为零的数字为__________．4．F 是椭圆2211612x y +=的右焦点，P 是椭圆上的动点．对于定点(22A PA PF =-+，的最小值是__________．5．设44sin cos 1(0)a b a b a bθθ+=>+、．则8833sin cos a bθθ+=__________．6．四面体ABCD 中，有一条棱长为3，其余的五条棱长都为2．则其外接球的半径为__________．7．若在任何n 个连续的正整数中，必存在一数，其各位数字之和是7的倍数，则最小的n =__________．8．正实数集合X 满足：x X ∈当且仅当{}2x x +为整数（其中，{}x 表示x 的小数部分）．将X 中各数按严格递增顺序排列，则前100项之和是__________． 二、解答题（共56分） 9．（16分）给定一个四面体，若存在一个侧面（其所在平面为α），使得在将其余三个侧面分别绕其位于平面仅上的边向体外方向旋转至平面α上时，四个侧面在平面α共同组成的图形恰好是一个三角形，则称该四面体是一个“平展四面体”．若有一个平展四面体，它的一个侧面的三边长为a b c 、、，试确定a b c 、、的关系，并求该四面体的体积（用a b c 、、表示）． 10．（20分）P 是椭圆22221(0)x y a b a b+=>>上的任意一定点，以P 为圆心作一个圆，与椭圆的长轴AB 交于点M N 、，设P M P N 、分别交椭圆于点E F 、．证明：直线EF 的斜率为定值．11．（20分）给定两个数列，满足{}01113n a a a ==，∶，21164()n n n a a n a ++-+=∈N ；{}01n b b =∶，19)n n b b n +=∈N ．证明：对任意的n ∈N ，n n a b +可表为两个正整数的平方和．加试一、（40分）如图1，四边形ABCD 内接于圆，E 是弧 CD 上的任意一点，点D 关于边BC CA AB 、、的对称点分别为123D D D 、、，联结1ED 、2ED 、3ED 分别交BC CA AB 、、所在直线于点1E 、2E 、3E ．证明：图1D 1D 2D 3E 3E 1ABC DE E 2（1）1D 、2D 、3D 三点共线； （2）1E 、2E 、3E 三点共线． 二、（40分）证明：满足不等式122001012200x x x +++>--- 的实数x 的集合E 可以表为一些互不相交的开区间之并，试求出这些区间长度的总和． 三、（50分）一个正整数若不含大于1的平方因子，则称此数是“单纯的”．试确定在1，2，⋯，2 010中，共有多少个数是单纯的?四、（50分）对于集合{1222}n M n = ，，，，()n +∈N ，若存在两个数列 1212()()n n A a a a B b b b == ，，，，，，，满足（i ）{}|12k k a b k n Mn == ，，，，， （ii ）(12)k k a b k k n -== ，，，， 则称n M 为一个“友谊集”，称()A B ，为n M 的一种“友谊排列”．如(310796)A =，，，，和(28451)B =，，，，便是集合5M 的一种友谊排列，记为 31079 6 28451⎡⎤⎢⎥⎣⎦，，，，，，，，． （1）证明：若n M 为一个友谊集，则存在偶数种友谊排列；（2）确定集合4M 及5M 的全体友谊排列．参考答案第一试一、1．160．圆周12个点，可得三角形312C 220=个；12等分圆的弦中有直径6条，每条直径对应10个直角三角形，故得60个直角三角形． 因此，锐角三角形和钝角三角形有 220-60=160（个）． 2．2235x x ++．注意到(1)f x +与(1)f x -的次数相同，而右边为二次的，故设2()f x ax bx c =++． 代入题设等式并比较两边系数得 235a b c ===，，． 因此， 2()235f x x x =++． 3．8． 注意到2614742230!2357111317192329=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯．则1914422730!23711131719232910=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 1914422237137939(mod10)≡⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯．因为43、47模10均余1，且42n 模10余6，所以， 3730!28(mod10)10≡≡． 4．10．易知，椭圆的离心率为12，右准线l 的方程为8x =，点A 到l 的距离为10． 设点P 到l 的投影为H ．则 12PF PH=． 故210PA PF PA PH +=+≥． 当点P 在线段AH 上时，取此最小值．5．31()a b +．记2sin x θ=．则题设等式变为22(1)1x x a b a b-+=+．解得1a bx x a b a b=-=++，． 故88443333sin cos (1)x x a b a b θθ-+=+ 4311()()()a b a b a b =+=++． 6． 如图2，设3BC =，2AB AC AD BD CD =====，图2AB CDEFH OE F 、分别是BC AD 、的中点．则点D 在面ABC 上的射影H 是ABC △的外心，且外接球球心O 在DH 上．因ABC DBC △△≌，所以，AE DE =． 于是，EF 为AD 的中垂线．因此，球心O 是DH 与EF 的交点，且是等腰EAD △的垂心． 记球半径为r ．由DOF EAF △△∽，得AE DFr EF⋅=． 而222372124AE DF AF ⎛⎫=-=== ⎪⎝⎭，，22234EF AE AF =-=，所以，r =． 7．13．首先指出，12个连续正整数（如994，995，⋯，1 005），其中任一数的各位数字之和都不是7的倍数，因此，13n ≥．其次说明，任何连续13个正整数中，必有一个数，其各位数字之和是7的倍数． 对每个非负整数a ，设其各位数字之和为()f a ，称集合 {}10101109a A a a a =++ ，，，为一个“基本段”，其对应的f 值依次为()()1()9f a f a f a ++ ，，，．故a A 中任意连续7个数中必有一个，值为7的倍数．于是，13个连续正整数，要么属于两个基本段，要么属于三个基本段． 上述两种情况中，均有连续的7个数，属于同一个基本段，其中必有一个的，值是7的倍数．因此，所求的最小值为13． 8．2 475+显然，每个正整数x 皆属于X ，将其按严格递增顺序依次记为12a a ，，…． 下面考虑X 中不是正整数的元素，将其按严格递增顺序依次记为12b b ，，…． 因{}x x 2+为整数当且仅当{}{}2x x +为整数，且{}01x <<，所以，{}{}21x x +=．解得{}x =．从而，1(12)k k b k a k k =-+== ，，，且X 的前100项自小到大排列是： 11225050b a b a b a ，，，，，，．故501001()2475k k k S b a ==+=+∑二、9．如图3，若四面体PDEF 为平展四面体，且沿DEF △所在平面展平后的三角形为ABC △，则DE 、EF FD 、为ABC △的中位线．ABC △被其三条中位线所划分成的四个全等三角形构成四面体的四个侧面，从而，四面体中共顶点的三个面角恰等于ABC △的三个内角．故ABC △为锐角三角形，且三边长为222a b c 、、．DEFP图3不妨设PD EF a ==， PE DF b PF DE c ====，． 则由ABC △为锐角三角形知222222222b c a c a b a b c +>+>+>，，．下面计算四面体PDEF 的体积V ． 设DEF △的外接圆半径为R ， FDE DEF EFD αβγ∠=∠=∠=，，． 则PDE β∠=，PDF γ∠=．设二面角P DE F --的平面角为ϕ．则cos cos cos cos sin sin γαβϕαβ-⋅=⋅．故sin ϕ=注意到4DEF PDE abcS S R==△△， 且2sin 2sin a R b R αβ==，，则 2sin 3DEF PDE S S V DEϕ⋅=△△13==10．如图4，作O ：222x y a +=，分别过点P E F 、、作x 轴的垂线，图4垂足为H 、L 、T ，交O 于点C 、D 、G 、Q ．设椭圆上的各点坐标为 (cos sin )E a b αα，， (cos sin )F a b ββ，， (cos sin )P a b θθ-，，则(cos sin )D a a θθ-，， (cos sin )(cos sin )G a a Q a a ααββ，，，． 注意到 sin sin sin sin NT TF b a TQNH HP b a HD ββθθ====--． 所以，D N Q 、、三点共线． 同理，D M G 、、三点共线． 因为HM HN =，所以， MDH NDH ∠=∠．则C 为劣弧 GQ的中点，即2αβθ+=．故(sin sin )(cos cos )EF b k a αβαβ-=-=-cot cot 2b b a aαβθ+=-． 又因P 为定点，所以，θ为定值． 故斜率EF k 为定值． 11．对于数列{}n a 有 013113233a a a ===，，．由2222112n n n n n n n n a a a a a a a a ++++++++= 221212(64)n n n n a a a a ++++++=221212(64)n n n n a a a a ++++++=211313122n n n n n n n n a a a a a a a a ++++++++++==，于是，对任意的n ∈N ， 2021112331813n n n a a a a a a +++++===． 所以，2118n n n a a a ++=-． ①对于数列{}n b ，由条件知数列严格递增．将19n n b b +-221118640n n n n b b b b ++-++=．②在式②中用1n +代替n 得22212118640n n n n b b b b ++++-++=． ③由式②、③知，2n n b b +、是关于t 的方程 221118640n n t b t b ++-++=的两个相异根，于是，由根与系数关系得 2118n n n b b b +++=，即210118113n n n b b b b b ++=-==，，． ④ 由式①、④知，{}{}n n a b 、为同一个数列，因此， 2()n n n a b a n +=∈N ．又据式①知，数列{}n a 的各项为正整数，且 22022122232210113232338134 1813455.a a a a ==+==+==+==+，，，构作辅助数列{}{}n n x y 、，其中， 0112024(2)n n n x x x x x n --===+，，≥； ⑤ 0112134(2)n n n y y y y y n --===+，，≥． ⑥显然，当1n ≥时，n n x y 、皆为正整数，且 n n y x >．下面证明：对任意的n ∈N ，22()()0n n n f n a x y =-+=．⑦对n 用数学归纳法． 当3n ≤时已验证．设当n k <时，式⑦成立． 当n k =时，由于 ()(2)f k f k +-2222222()()k k k k k k a x y a x y ---=-++-+222212218()()k k k k k a x y x y ---=-+-+222222111118()()(4)(4)k k k k k k k k x y x y x x y y ----=+-+----222211112(44)k k k k k k k k x x x x y y y y ----=+-++-2211112()k k k k k k x x x y y y +-+-=-+-，则(1)(3)f k f k -+-2221212()k k k k k k x x x y y y ----=-+-222211112(44)k k k k k k k k x x x x y y y y ----=--+--()(2)f k f k =---．而据归纳假设有(1)(2)(3)0f k f k f k -=-=-=． 因此，()0f k =．故由归纳法，对一切n ∈N ，式⑦成立． 由式⑦得2222()n n n n n a b a x y +==+22()()n n n n y x y x =-++，其中，n n n n y x y x -+、为正整数．加 试一、（1）设123DD DD DD 、、分别与BC CA AB 、、交于点123F F F 、、． 由西姆松定理知123F F F 、、三点共线．而12121313D D F F D D F F ，∥∥，则123D D D 、、三点共线． （2）由于A B C D 、、、四点共圆，则 2122DAD DAC DBE ∠=∠=∠ 1DBD =∠，DAE DBE ∠=∠．相减得21EAD EBD ∠=∠． 故1212EBD EAD S BE BD BE BDS AE AD AE AD ⋅⋅==⋅⋅△△． 同理，31EAD ECD S AD AES CD CE⋅=⋅，△△23ECD EBD S CD CES BD BE⋅=⋅△△．由于点123E E E 、、分别在ABC △的三边BC CA AB 、、所在直线上，且 312312AE BE CE E B E C E A⋅⋅312312EAD EBD ECD EBD ECD EAD S S S S S S =⋅⋅△△△△△ 312123EAD EBD ECD ECD EAD EBD S S S S S S =⋅⋅△△△△△△ 1AD AE BE BD CD CECD CE AE AD BD BE⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅，故由梅涅劳斯逆定理得123E E E 、、三点共线． 二、考虑函数()122001012200f x x x x =+++---- ． 当1x <时，()0f x <，故在区间(1)-∞，内，不存在使()0f x >的实数x ． 对于集合{12200} ，，，中的任一个k ，当0x k →-时，()f x →-∞，而当0x k →+时，()f x →+∞，且当x →+∞时，10x →-，所以，方程()0f x =在区间 （1，2），（2，3），…，（199，200），（200，+∞）内各有一个解． 依次记这200个解为12200x x x ，，，． 构作多项式()(1)(2)(200)()P x x x x f x =--- ．由于()P x 是一个200次多项式，故方程()0P x =至多有200个互异根．显然，每个使()0f x =的i x 都是()0P x =的根．因此，12200x x x ，，，是()0P x =的全部根． 这表明，每个k x 是其所在区间(1)k k +，(12199)k = ，，，及(200)+∞，中的唯一根． 从而，不等式()0f x >的解集是 12200(1)(2)(200)E x x x = ，，，．故所有区间长度的总和为11200(1)(2)(200)S x x x =-+-++- 12200()(12200)x x x =+++-+++=2001102010i i x =-⨯∑．①注意到20020011()()10i i i P x x i x i==⎡⎤⎛⎫=-- ⎪⎢⎥-⎝⎭⎣⎦∑∏,如将()P x 展开，其最高次项系数为-10．所以，()P x 中的199x 的系数是()20011011120 100k k =+=⨯∑．从而，200111 2 010i i x ==⨯∑．由式①得200110 2 010 2 010i i S x ==-⨯=∑．三、注意到2 010<245．于是，若集合{12 2 010}M = ，，，中的某数n 不单纯，则必含有质数集 {235711131719232931374143}N =，，，，，，，，，，，，， 中的一个或多个平方因子．以下记22220102010()()s p s p q p p q ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，，，等等． 则()()()25023223580s s s ===，，，()()()74111161311s s s ===，，，()()()176195233s s s ===，，，()()29312s s ==，()()()3741431s s s ===． 利用a a n m mn ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎡⎤⎣⎦⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥⎣⎦，得 (23)55(25)20(27)10s s s ===，，，，，，(211)4(213)2(217)1s s s ===，，，，，，(219)15(223)0(35)8s s ===，，，，，，(37)4(311)(313)1s s s ===，，，，，(317)0(57)1(511)0s s s ===，，，，，；(235)2(237)1s s ==，，，，，，(2311)(357)0s s ==，，，，．故所求为2010()()()p N p q N p q r N s p s p q s p q r ∈∈∈-+-∑∑∑、、、，，，=2 010(5022238041161165322111)-+++++++++++++ ()()55201042118411121+++++++++++-+2 0108941083 1 221=-+-=．四、（1）由题设对Mn 的任意一种友谊排列()A B ，，作()A B ，的对偶排列()A B ，，其中， 1212()()n n A a a a B b b b == ，，，，，，，2121(12)i i i i a n b b n a i n =+-=+-= ，，，，． 显然，()A B ，也是M 的一种友谊排列，且若12A A ≠，则12A A ≠． 再证A A ≠． 事实上，假若A A ≠，则由22222123a a n b n a ==+-=+-，得2223a n =+，矛盾． 从而，n M 的所有友谊排列可分成若干个对偶排列组，每组两个．因此，n M 的友谊排列有偶数种．（2）设4M 的友谊排列为12341234a a a a b b b b ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，，，，，，． 则4411()10k k k k a b k ==-==∑∑．又4811()36k k k k a b k ==+==∑∑，以上两式相减得123413b b b b +++=． ①显然，1B ∈而8A ∈．于是，由式①得1234{}B b b b b =，，，只有三种情况： {1237}{1246}{1345}B =，，，，，，，，，，，．（i ）{1237}B =，，，． 则{4568}A =，，，． 由于14i i a b ≤-≤，于是，A 中的元素8只能与B 中的元素7搭配． 而A 中的元素6只能与B 中的元素2或3搭配，因此，只有两种排列128465854672317312T T ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，，，，，，，，，，，，，． （ii ）{1246}B =，，，． 则{3578}A =，，，．于是，A 中的元素7、8只能与B 中的元素4或6搭配，也只有两种排列343875735826416124T T ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，，，，，，，，，，，，，． （iii ）{1345}B =，，，． 则{2678}A =，，，． 于是，A 中的元素2只能与B 中的元素1搭配，8只能与4或5搭配，只有两种排列562768268715341453T T ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，，，，，，，，，，，，，． 因此，4M 共有6种友谊排列．同理，5M 共有10种友谊排列：124109579541073861283162T T ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，，，，，，，，，，，，，，，，，′′， 341074681048769512392531T T ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，，，，，，，，，，，，，，，，，′′， 569376103107968142528451T T ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，，，，，，，，，，，，，，，，，′′， 782610982968101475317345T T ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，，，，，，，，，，，，，，，，，′′， 9108351093810597126426714T T ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，，，，，，，，，，，，，，，，，′′． （陶平生江西科技师范学院数学与计算机科学系．330013）。