数学奥林匹克高中训练题108

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高中数学奥林匹克竞赛试题及答案

高中数学奥林匹克竞赛试题及答案1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．1956年波兰．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a?9，0?b?9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b?18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k ＋1）2得出k2＋2k不是平方数．3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．1962年上海高三决赛题．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．1963年俄【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km ＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．1964年俄．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n?10a＋1．因此b＝n2100a2?20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a?4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402?422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．1964年波兰【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．7 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a 都不是素数．1969德国．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2?m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4224，4234，…就得到无限多个符合要求的a．8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．1970年苏【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a 为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c?9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！9 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．1973年加拿大【证】因p是奇数，2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．10 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．美国1973年【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a22b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab2ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．12 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．1979年英国【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137273．故对一切n?2，a n均为合数．13 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．1984年苏【证】若不同数字多于3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，1043M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．14正整数d不等于2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．1986年德【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 5d－1＝y2 13d －1＝z2 其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 说明d也是奇数．y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．15 .求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n?5）个数的和为合数．1987年全苏【解】由n个数a i＝i2n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m2n！＋k（m∈N，2?k ?n）由于n！＝1222…2n是k的倍数，所以m2n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．16 n?2，证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．1987苏联（1）若m?p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n?n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m?p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n?n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m?m，p?2m＋1由得4m2＋4m＋1?m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n?0由此得17 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab?0（否则ab?－1，a2＋b2＝k（ab＋1）?0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a?b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方． 18 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．1989年瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2?k?n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2?k?n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂． 19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？1990年全苏解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n －2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当n＝1时，原数是13 20 设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．1991年罗马尼亚．证由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d?n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．21 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和?15005，所以A?15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402 ………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1?i?20，1?j?10）令S i＝a i＋a i＋1＋…＋a i＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，23 是否存在完全平方数，其数字和为1993？1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在，取n＝221即可．24 能表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？1993年美国数学邀请赛【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋5025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k ＋m）（2k－m）是合数．26 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．27 设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由。

2020四套数学奥林匹克高中训练题及答案

数学奥林匹克高中训练题（一）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题22)集合111{|log 2,}23nn n N -<<-∈的真子集的个数是(A)． (A) 7 (B)8 (C)31 (D)322．(训练题22)从1到9这九个自然数中任取两个，分别作为对数的真数和底数，共得不同的对数值(B)．(A) 52个 (B) 53个 (C) 57个 (D) 72个3．(训练题22)空间有四张不同的平面，则这四张平面可能形成的交线条数取值的集合是(C)．(A){1,2,3,4,5,6} (B) {0,1,2,3,4,5,6} (C) {0,1,3,4,5,6} (D) {0,1,2,3,5,6}4．(训练题22) 函数(),()y f x y g x ==的定义域及值域都是R ，且都存在反函数，则11((()))y f g f x --=的反函数是(B)．(A)1((()))y f g f x -= (B) 1((()))y f g f x -= (C) 11((()))y f g f x --= (D) 11((()))y f g f x --=5．(训练题22) 若cos 40sin 40o o ω=+,则1239239ωωωω-++++等于(D)． (A)1cos 2018o (B) 1sin 409o (C) 1cos 409o (D) 2sin 209o 6．(训练题22) 当01x <<时，222sin sin sin ,(),x x x x x x的大小关系是(B)． (A) 222sin sin sin ()x x x x x x << (B) 222sin sin sin ()x x x x x x << (C) 222sin sin sin ()x x x x x x << (D) 222sin sin sin ()x x x x x x<< 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题22) 已知211(),()5,()2f x x g x x g x -==-+表示)(x g 的反函数，设11()(())(())F x f g x g f x --=-．则()F x 的最小值是 703． 2．(训练题22) 在1000和9999之间由四个不同数字组成，且个位数字与千位数字之差的绝对值是2的整数共有 840 个．3．(训练题22) 四面体P ABC -中，,8,6,9,120o PC ABC AB BC PC ABC ⊥===∠=面，则二面角B AP C --的余弦值是． 4．(训练题22) 设{}P =不少于3的自然数，在P 上定义函数f 如下：若,()n P f n ∈表示不是n 的约数的最小自然数，则(360360)f = 16 ．5．(训练题22)n 为不超过1996的正整数，如果有一个θ，使(sin cos )sin cos ni n i n θθθθ+=+成立，则满足上述条件的n 值共有 498 个．6．(训练题22)在自然数列中由1开始依次按如下规则将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2,4；再染4后最邻近的三个连续奇数5，7，9；再染9后最邻近的四个连续偶数10，12，14，16；再染此后最邻近的五个连续奇数17，19，21，23，25，按此规则一直染下去，得一红色子列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，则红色子列中由1开始数起的第1996个数是 3929 ．第二试一、(训练题22)(本题满分25分) 点M 是正三角形内一点，证明：由线段,MA MB 和MC 为边组成的三角形面积不超过原正三角形面积的13．二、(训练题22)(本题满分25分) 若21x y +≥，试求函数2224u y y x x =-++的最小值．95- 三、(训练题22)(本题满分35分) 证明：从任意四个正整数中一定可以选出两个数x 和y ，使得如下不等式成立0212x y x y xy-≤<+++．四、(训练题22)(本题满分35分)连结圆周上九个不同点的36条弦要么染成红色，要么染成蓝色，我们称它们为“红边”或“蓝边”，假定由这九个点中每三个点为顶点的三角形中都含有“红边”，证明：这九个点中存在四个点，两两连结的六条边都是红边．数学奥林匹克高中训练题（二）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题23)119963+除以19971996⨯所得的余数是(D)．(A) 1 (B) 1995 (C) 1996 (D) 19972．(训练题23)若在抛物线)0(2>=a ax y 的上方可作一个半径为r 的圆与抛物线相切于原点O ，且该圆与抛物线没有别的公共点，则r 的最大值是(A)． (A)a 21 (B)a1 (C)a (D)a2 3．(训练题23)考虑某长方体的三个两两相邻的面上的三条对角线及体对角线（共四条线段），则正确的命题是(B)．(A)必有某三条线段不能组成一个三角形的三边．(B)任何三条线段都可组成一个三角形，其中每个内角都是锐角．(C)任何三条线段都可组成一个三角形，其中必有一个是钝角三角形．(D)任何三条线段都可组成一个三角形，其形状是“锐角的”或者是“非锐角的”，随长方体的长，宽，高而变化，不能确定．4．(训练题23)若20π<<x ，则11tan cot sin cos x x x x++-的取值范围是(D)． (A)()+∞∞-, (B)()+∞,0 (C)),21(+∞ (D)()+∞,1 5．(训练题23)有5个男孩与3个女孩站成一排照相任何两个女孩都不相邻，则其可能的排法个数是(A)． (A)!5!7!8⋅ (B)!4!6!7⋅ (C) !7!3!10⋅ (D) !3!7!10⋅ 6．(训练题23)使得11cos 51sin +>n 成立的最小正整数n 是(B)．(A)4 (B)5 (C)6 (D)7二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题23)设R a ∈，若函数310),(+==xy x f y 关于直线x y =对称，且)(x f y =与)lg(2a x x y +-=有公共点，则a 的取值范围是 6a <- ．2．(训练题23)设1,,2-=∈+i R b a 且存在C z ∈，适合⎪⎩⎪⎨⎧≤+=+1z bi a z z z 则ab 的最大值等于 18 ． 3．(训练题23)设 900<<α，若ααsin 1)60tan(31=-+ ，则α等于 3050o o 或． 4．(训练题23)设''''D C B A ABCD -是棱长为1的正方体，则上底面ABCD 的内切圆上的点P 与过顶点'''',,,D C B A 的圆上的点Q 之间的最小距离=d2 ． 5．(训练题23)如图，在直角坐标系xOy 中，有一条周期性折线（函数）).(:1x f y l =现把该曲线绕原点O 按逆时针方向旋转45得到另一条曲线2l ，则这两条曲线与y 轴及直线()N n n x ∈=围成的图形的面积等于(12n +-- ．6．(训练题23)设b a ,都是正整数，且100)21(2+=+b a 则b a ⋅的个位数等于 4 ．第二试一、(训练题23)(本题满分25分) 求证：在复平面上，点集}01:{3=++∈=z z C z S 中，除去某一个点外的所有的点都在圆环45313<<z 中．二、(训练题23)(本题满分25分)已知抛物线),0(22>=p px y 其焦点为F .试问：是否存在过F 点的弦AB （B A ,均在抛物线上，且A 在第一象限内），以及y ）轴正半轴上的一点P ，使得B A P ,,三点构成一个以P 为直角顶点的等腰直角三角形？证实你的回答.如果回答是肯定的，请求出直线AB 的方程．)2p y x =- 三、(训练题23)(本题满分35分)平面上给定321A A A ∆及点0P ，构造点列0P ，1P ， 2P ，使得13+k P 为点k P 3绕中心1A 顺时针旋转150时所到达的位置，而23+k P 和33+k P 为点13+k P 和23+k P 分别绕中心2A 和3A 顺时针旋转 105时所到达的位置， ,3,2,1,0=k .若对某个N n ∈，有03P P n =，试求321A A A ∆的各个内角的度数及三个顶点321,,A A A 的排列方向．四、(训练题23)(本题满分35分)设n ααα≤≤≤< 210，n b b b ≤≤≤< 210，且∑∑==≥n i i n i i b a 11又存在)1(n k k ≤≤使得当k i ≤时有i i a b ≤，当k i >时，有i i a b >.求证：∏∏==≥n i i n i ib a 11． 1。

【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】

奥林匹克数学竞赛高中训练题集
目录
数学奥林匹克高中训练题（01） ........................................................................................................................... 1 数学奥林匹克高中训练题（02） ........................................................................................................................... 3 数学奥林匹克高中训练题（03） ........................................................................................................................... 4 数学奥林匹克高中训练题（04） ........................................................................................................................... 6 数学奥林匹克高中训练题（05） ........................................................................................................................... 8 数学奥林匹克高中训练题（06） ...........................................................

数学奥林匹克高中训练题_119及解析

数学奥林匹克高中训练题_119 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.若实数a、b、c、d满足a≥c≥b≥d≥0，则S=aa+b+bb+c+cc+d+dd+a的取值范围为________。

2.如图，在ΔABC的外部作ΔBDC、ΔAFB、ΔCEA，使得ΔBDC∽ΔAFB∽ΔCEA，则ΔABC和ΔDEF总有相同的________（填重心、内心、外心或垂心）.3.给定正实数a、b变量x、y满足x、y≥0，x+y=a+b，则函数f(x,y)=a√a2+x2+b√b2+y2的最小值为________.4.如图，在单位正四面体ABCD中，M、N、K分别在棱AB、AD、BD上，满足BM=DN=13，DK=14.则面ACK与面CMN所夹锐角的余弦值为________.5.数列{x n}满足：0<x1<1，x=n+1{3x n}(n≥1) .则共有________个不同的x1，使得{x n }从第一项开始是最小正周期为9的周期数列（{x }=x −[x ]，[x ]表示不超过实数x 的最大整数）. 6.在ΔABC 中，已知AC=1，BC =3√2，以AB 为斜边向ΔABC 外作等腰RtΔABD 则AB +2√2CD 的最大值是________.7.图是一个3×4的方格（其中心的方格线已被划去）.一只青蛙停在A 格处，从某一时刻起，青蛙每隔一秒钟就跳到与它所在方格有公共边的另一方格内，直至跳到B 格才停下..若青蛙经过每一个方格不超过一次，则青蛙的跳法总数为________.8.设AB 是抛物线y 2=2px 的一条焦点弦，且AB 与x 轴不垂直，P 是y 轴上异于O 的一点，满足O 、P 、A 、B 四点共圆，点A 、B 、P 的纵坐标分别为y 1、y 2、y 0.则y 1+y 2y 0的值为________.二、解答题9.实数x 、y i (i=1,2,3) 满足∑x 13i=1=∑y i 3i=1=∑y ix 13i=1=1，试求∑y ix 12+x 1x 2x 33i=1的值.10.若ΔABC 的三边所在直线均与抛物线y 2=2px (p >0)相切，证明：ΔABC 的外接圆必过某个定点，并求出定点的坐标. 11.数列{f n }(n ≥1)的通项为f n=∑C n−2k k [n3]k=0，a n 是f n 除以10以后的余数.试问{a n }是否为周期数列？如果是，请求出{a n }的最小正周期；如果不是，请说明理由. 12.求在图所示的2×6的方格中“圈”的个数.在这里，一条封闭的折线叫做圈，如果这条折线的边均由方格的边组成，且折线经过的任意一个方格顶点都只与折线的两条边相连.13.如图，在四边形ABCD 中，对角线AC 、BD 交于点O .过O 作直线H 1H 2和H 3H4，其中，H 1、H 3在线段AD 上，H 2、H 4在线段BC 上.设直线H 1H 4交线段AB 的延长线于T ，直线H 2H 3交线段CD 的延长线于S .证明：S 、Q 、T 三点共线.14.n 是大于1的整数，正实数a i (i =1,2,⋯,n ) 满足∑a i=1ni=1 .令a n+1=a 1.求证：（1）∑1−a 1a i+1ni=1≥(n −1)2∑a i1−a i+1ni=1；（2）∑a 11+a 1−a i+1≤n−1n ∑a i 1−a i n i=1n i=1； 15.试求出所有的正整数组(m,n,p )(p ≥2)，使得(pmn −1)|(m 2+n 2).参考答案1.[2，52)【解析】1. 因为a ≥c >0，所以，f (x )=x (a−c )(x+a )(x+c )=a−cx+acx+(a+c )在(0，√ac ]上是不减函数.故S=2+[a a+b−c c+b]+[c c+d−a a+d]=2+b (a−c )(b+a )(b+c)−d (a−c )(d+a )(d+c )=2+f (b )−f (d )≥2又a≥c ≥b >0，则S =1+[a a+b+b b+c]−[d c+d−d a+d]≤1+a a+b+b b+c<1+a+b a+b+b 2b=52.取a=b =c =d =1，则S =2；取a →+∞，b =c =1，d →0，则S →52.综上，S∈[2,52).2.重心【解析】2.建立复平面，设点A 在复平面内对应的复数为A ，其余类似. 由ΔBDC ∽ ΔAFB ∽ ΔCEA ，可设∠DBC=∠ECA =∠FAB =θ，|BD ||BC |=|CE||CA |=|AF ||AB |=k .令ke −iθ=z .则D−B C−B=|BD ||BC |e −i∠DBC=z ，即D −B =z (C −B ). 同理，E −C =z (A −C )，F −A =z (B −A )..将上述三式相加得A +B +C =D +E +F .这表明，ΔABC 和ΔDEF 总有相同的重心.3.(a +b )√a 2+b 2【解析】3.由柯西不等式得√a 2+x 2⋅√a 2+b2≥a 2+bx ，√b 2+y 2⋅√b 2+a 2≥b 2+ay . 则f (x,y )=2+x 2+b√b 2+y 2≥2√a 22+b 2√a 22=23√a 22=(a +b )√a 2+b 2.当且仅当x =b,y =a 时，上式等号成立.4.√69【解析】4.如图，记MN 与AK 交于点G ，并设面ACK 与面CMN 所成的锐角大小为θ. 作CO⊥面ABD 于点O .延长AO 交BD 于点X .易知O 是ΔABD 的中心.则AO =2OX ，BX =XD .又AM=2MB ，AN =2ND ，因此，M 、O 、N 三点共线，O 是MN 的中点.由AC ⊥MN ，AC ⊥CO 知AC ⊥面CMN .故ΔACG 在面CMN 上的投影为ΔOCG .由面积射影定理得cosθ=S ΔCOG S ΔACG=14SΔCMN 23SΔACK=14×√6923×12×34=√695.19656【解析】5. 不妨令0≤x 1≤1.若x 1=0或1，则当n ≥2时，x n =0.这样的数列不满足题意.设x 1在三进制下可表示为(0.a 1a 2⋯)3，a 1∈{0,1,2}.则{x n }是周期为T 的周期数列⇔{a n }是周期为T 的周期数列⇔ x 1在三进制下是循环小数，且循环节长为T . 因此，使{x n }是以T 为周期的周期数列x 1共有3个.设所有最小正周期为9的数列{x n }组成集合A ，所有周期为9的数列{x n }组成集合B ，所有周期为3的数列{x n }组成集合C ，则A ∩C =∅，A ∪C =B .从而，最小正周期为9的数列{x n }共有|A |=|B |−|C |=39−33=19656 个，这些数列所对应x 1也有19656个.6.10【解析】6.如图，以BC为直角边、C为直角顶点向外作等腰RtΔBCE，联结AE，设∠ACB=θ.由AB=√2BD，BE=√2BC，∠EBA=∠CBD，知ΔEBA∽ΔCBD.则AECB =BEBC=√2在ΔACE中，AE=√AC2+BC2−2AC⋅BC[cosθ+π2]=√19+6√2sinθ在ΔABC中，AB=√AC2+BC2−2AC⋅BCcosθ=√19-6√2cosθ故AB+√2CD=√19+6√2sinθ+√19−6√2cosθ≤√2(19+6√2sinθ+19−6√2cosθ)=√76+24[sinθ−π4]≤√100=10.当且仅当θ=3π4时，上式等号成立.7.26【解析】7.如图，分两种情况讨论.（1）如果青蛙不经过M格，则有2条路径：APCDRB，AQSEFB.（2）如果青蛙经过M格，若某时刻青蛙跳到C格，则它下一秒内一定跳至D格；若某时刻青蛙跳到D 格，则它下一秒内一定不会跳至C 格.因此，可将C 、D 两格合并为一个大方格（设之为G ）.同样地，可将E 、F 两格合并为大方格H . 如果两个方格有公共边，则在两个方格间连上虚线，如图9.由图可知，P 、G 、R 和Q 、S 、H 对称地分布在直线AB 的两侧.显然，青蛙第一步必跳入P 、Q 两格中的某格，倒数第二步必跳入R 、H 两格中的某格. 如果青蛙第一步跳至P 格，倒数第二步跳至R 格，那么，这样的路径有3条：APGMRB ，APMPB ，APMGRB .如果青蛙第一步跳至Q 格，倒数第二步跳至R 格，设青蛙第k 秒钟跳至M 格，第k −1秒跳至X 格，第k+1 秒跳至Y 格.则X 格可以是Q 、S 、H 、Y 格可以是P 、G 、R .因此，这样的路径有3×3=9条. 由对称性知，如果青蛙第一步跳至Q 格，倒数第二步跳至H 格，则这样的路径有3条；如果青蛙第一步跳P 格，倒数第二步跳至H 格，则这样的路径有9条. 综上，青蛙的跳法总数为2(9+3)+2=26. 8.4【解析】8.如图，设直线1AB :ky =x −p2，与抛物线方程联立得y 2−2pky −p 2=0.由于y 1、y 2是方程的两根，且y 1≠y 2，则由韦达定理得y 1y =2−p 2.设直线PA 、PB 的斜率分别为k 1、k 2.则k 1=y 1−y 0y 122p=2p (y 1−y 0)12，k 2=2p (y 2−y 0)22. 因为A 、P 、O 、B 四点共圆，所以，∠APB=∠AOB ，tan∠APB =tan∠AOB .而 tan∠APB =k 1−k 21+k 1k 2=2p (y 1−y 0)y 12−2p (y 2−y 0)y 221+2p (y 1−y 0)y 12⋅2p(y 2−y 02)y 22=2p (y 2−y 1)[y 1y 2−y 0(y 1+y 2)]p 4+4p 2(y 1−y 0)(y 2−y 0).令y 0=0，可得tan∠APB =2p (y 2−y 1)y 1y 2p 4+4p 2y 1y 2=2(y 2−y 1)3p.故tan∠APB =tan∠AOB ⇔2p (y 2−y 1)[y 1y 2−y 0(y 1+y 2)]p +4p (y 1−y 0)(y 2−y 0)=2(y 2−y 1)3p.又y 1−y 2≠0，则tan∠APB =tan∠AOB ⇔y 1y 2−y 0(y 1+y 2)p 2+4(y 1−y 0)(y 2−y 0)=13⇔3y 1y 2−3y 0(y 1+y 2)=p 2+4(y 1−y 0)(y 2−y 0).将−p 2=y 1y 2代入上式得y 0(y 1+y 2)=4y 02.由于y 0≠0，故y 1+y 2y 0=4.9.0【解析】9. 令a i =y i x 1(i =1,2,3).于时，∑a i =∑a i x 1=13i=13i=1.故y 1x 12+x 1x 2x 3=y 1x 1x 1(x 1+x 2+x 3)+x 2x 3=a 1(x 1+x 2)(x 1+x 3)=a 1−a 1x 1(x1+x 2)(x 2+x 3)(x 3+x 1).同理，y 2x 22+x 1x 2x 3=a 2−a 2x 2(x1+x 2)(x 2+x 3)(x 3+x 1)，y 3x 32+x 1x 2x 3=a 3−a 3x 3(x1+x 2)(x 2+x 3)(x 3+x 1).则∑y ix 12+x 1x 2x 3=∑a 1−∑a 1x 13i=13i=1(x1+x 2)(x 2+x 3)(x 3+x 1)=03i=1.10.见解析【解析】10.如图，不妨设点A 和抛物线在直线BC 的两侧，且点B 在C 的上方.并设直线AB 、BC 、CA与抛物线的切点分别为D 、E 、F 设D(y 122p ,y 1)、E(y 222p ,y 2)、F(y 322p ,y 3)、S(p 2,0).易求得k AB =py 1，k AC =py 3.则1AB :y −y 1=p y 1[x −y 122p ]，即y 1y =px +y 122p ，1AC :y 3y=px +y 322p .联立两方程得A(y 1y 32p,y 1+y 32).同理，B(y 1y 22p,y 1+y 22)、C(y 2y 32p,y 2+y 32).故tan∠BAC=k AB −k AC 1+k AB k AC=p y 1−py 31+p 2y 1y 3=p (y 3−y 1)p 2+y 1y 3，于是，k BS=y 1+y 22y 1y 22p −p2=p (y 1+y 2)y 1y 2−p 2，k CS=p (y 3+y 2)y 3y 2−p 2.则tan∠CSB=p (y 1−y 3)p 2+y 1y 3=−tan∠BAC .因此，∠BAC+∠BSC =π.所以ΔABC 的外接圆恒过点S(p2,0).显然，ΔABC 的外接圆不可能同时通过两个不同的定点. 因此，(p2,0)是外接圆通过的唯一定点.11.见解析【解析】11.{a n }是周期数列，最小正周期为217. 易知f 1=f 2=1，f 3=2，f 4=3，f 5=4.下面证明：当n ≥4时，f n+2=f n+1+f n−1. ①（1）当n≡0或2(mod3)时，[n+23]=[n+13].则f =n+2∑C n+2−2k k [n+23]k=0=C n+10+∑C n+2−2k k−1[n+23]k=1+∑C n+1−2k k[n+23]k=1=∑C n−1−2kk[n−13]k≡0+∑C n+1−2k k[n+13]k≡0=f n+1+f n−1.（2）当n ≡1(mod3)时，令r=n−13∈Z .则f n+2=∑C n+2−2kk =2+r+1k=0∑C n+2−2k k r k=1=∑C n−1−2(k−1)k−1+∑C n+1−2k krk=1rk=1+2=[∑C n−1−2k k +C n−1−2r rr−1k=0]+[∑C n+1−2k k +C n+10rk=1]=∑C n−1−2k k +∑C n+1−2k k[n+13]k=0[n−13]k=0=f n+1+f n−1设u k 是f k 除以2所得的余数，v k 是f k 除以5所得的余数.由式①可得{u k }的各项为：1,1,0,1,2,2,1,1,1,0,1,0,0,1,⋯ {v k }的各项为：1,1,2,3,4,1,4,3,4,3,1,0,3,4,4,2,1,0,2,3,3,0,3,1,1,4,0,1,0,0,1,1,1,2,3⋯由上可知，{u k }是最小正周期为7的周期数列；{v k }是最小正周期为31的周期数列. 它们的循环节分别如划线部分所示.又(2,5)=1，故f k 除以10所得余数是周期数列，最小正周期是7和31的最小公倍数，即217. 12.681【解析】12.定义某个圈在方格水平方向的投影长为这个圈的“圈长”. 首先求2×k 的方格（如图）中圈长为k 的圈的个数a k .这些圈中都至少包含了A 、B 格中的一个，设其中包含A 格但不包含B 格的有x k 个，包含B 格但不包含A 格的有y k 个，包含A 、B 两格的有z k 个.因此，a k =x k +y k +z k .由对称性知x k=y k ，又包含A 、B 格的圈，必须至少包含C 、D 格中的一个，故z k =a k−1；包含A 格但不包含B 格的圈必包含C 格，故x k =x k−1+z k−1.由以上四式得a k =2a k−1+a k−2.下面计算a 1、a 2.如图（a ）,在2×1的方格中圈长为1的圈共有3个：ABDCA ，CDFEC ，ABDFECA .（a ）（b ）如图（b ），在2×2的方格中圈长为2的圈共有7个：GHILKJG ，JKLONMJ ，GHILONMJG ，GHILONKJG ，GHILKNMJG ，HILONMJKH ，GHKLONMJG .所以，a 1=3，a 2=7因此，a 3=17，a 4=41，a 5=99，a 6=239.故2×6棋盘中圈的个数为∑(7−i )a i =68161=1.13.见解析【解析】13. 先证明一个引理.引理如图在四边形ABCD 中，对角线AC 、BD 交千点O 、P 、Q 分别是线段AB 、CD 外的点.如果P 、O 、Q 三点共线，则CQ QD ⋅DO OB ⋅BP PA ⋅AOOC =1.引理的证明：由于P 、O 、Q 三点共线，则∠AOP=∠COQ ，∠BOP =∠DOQ ，故CQ QD ⋅BPPA =SΔOCQ S ΔOQD⋅S ΔOBPS ΔOPA=SΔOCQ S ΔOAP⋅S ΔOBP S ΔOQD=OB⋅OP OD⋅OQ ⋅OC⋅OQ OA⋅OP =OC OA ⋅OB OD .因此，CQ QD ⋅DO OB ⋅BP PA⋅AO OC=1.回到原题. 分两种情况讨论.（1）如图，当AD 与BC 不平行时，设AD 与BC 交于点M .对ΔMAC 与截线H 1OH 2，有MH 1H 1A ⋅AO OC ⋅CH2H 2M =1；①对ΔMBD 与截线H 3OH 4，有H 3M DH 3⋅MH 4H 4B ⋅BOOD=1；②对MCD 与截线H 2H 3S ，有MH 2H 2C ⋅CS SD ⋅DH 3H 3M=1； ③ 对ΔMBA 与截线H 1H 4T ，有H 4M BH4⋅MH 1H 1A ⋅ATTB=1； ④ ①÷②×③÷④得CS SD ⋅DO OB ⋅BT TA ⋅AOOC=1.故BTTA=BT ′T ′A.因此，点T 与T ′重合.所以，S 、O 、T 三点共线. （2）当AD ∥BC 时，有CS SD =CH 2DH 3，DO OB =DH 3BH 4，BT TA =BH 4AH 1，AOOC =AH 1CH 2.①÷②×③÷④得CS SD ⋅DO OB ⋅BT TA ⋅AO OC=1.设射线SO 交线段AB 的延长线于点T ″.理可以证明点T 与T ′重合. 所以，S 、O 、T 三点共线. 14.（1）见解析；（2）见解析【解析】14. （1)令a 0=a n ，对任意的i (i =1,2,⋯,n )，由均值不等式得a 11−ai+1=a i∑a j1≤j≤n,j≠i+1≤i(n−1)n−1√∏a j1≤j≤n,j≠i+1=1n−1√∏a ia j1≤j≤n,j≠i+1n−1≤1(n−1)2∑a ia j1≤j≤n,j≠i+1.故∑a i 1−a i+1≤1(n−1)2∑∑a i a j=1(n−1)2[∑a i ∑1a i−ni=1ni=11≤j≤nj≠i+1n−1i=0n i=1∑a ia i+1ni=1]=1(n−1)2∑1−a i a i+1n i=1. 因此，∑1−a i a i+1≥(n −1)2∑a i1−a i+1ni=1ni=1.当且仅当a i=1n(i =1,2,⋯,n )时，上式等号成立.（2）设i 1,i 2,⋯,i n 是1,2,⋯,n 的一个排列，满足a i 1≥a i 2≥⋯≥a i n .因此11−ai 1≥11−a i 2≥⋯≥11−a i n.由排序不等式得∑a i 1−a i=∑a ij 1−a ij≥∑a i1−a i+1ni=1nj=1ni=1.①由柯西不等式得∑a i 1−a i≥[∑n i=1a ]2∑a 1−∑a 12ni=1ni=1≥[∑n i=1a ]2∑a 1n i=1−1n [∑ni=1a ]2=n n−1ni=1.②对任意的i (i=1,2,⋯,n )，由均值不等式得ai1+a i−ai+1=a ia i +(n−1)⋅1−ai+1n−1≤in √a i(1−ai+1)n−1(n−1)n−1=n−1n √1n−1[a i 1−a i+1]n−1n≤n−1n[(n −1)⋅a i 1−a i+1+1n−1].③由式①、②、③得∑a i1+a i −a i+1≤(n−1)2n 2ni=1∑a i 1−a i+1+1n ≤ni=1(n−1)2n 2∑a i 1−a i +n−1n 2∑a i1−a i=n−1n∑a i1−a in i=1ni=1ni=1. 当且仅当a i =1n(i =1,2,⋯,n )时，上式等号成立. 15.见解析【解析】15. 由题意设m 2+n 2=k (pmn −1)(k ∈N +).①下面分两种情况讨论. （1）若m =n ，则k =2m 2pm −1≥1.因此，(p −2)m 2≤1.显然，p ≤3.若p=3，则m 2≤1，故只能有m =n =1；若p =2，则k =2m 22m −1=1+12m −1是正整数，故只可能有m=n=1.（2）若m≠n，由对称性不妨假设m>n，即m≥n+1.考虑二次方程x2−pknx+(n2+k)=0，②其中，m是方程②的一个根.设方程的另一根为y.由韦达定理有是m+y=pk，my=n2+k>0.所以，y为正整数且y=pkn−m.下面证明：当n≥2时，y>n.事实上，n−y=m+n−pkn=m+n−pn⋅m2+n2 pmn−1=(pmn−1)(m+1)−pn(m2+n2)pmn−1=pmn2−pn3−m−npmn−1.又p≥2，m≥n+1，则pmn2−pn2−m−n≥2mn2−2n3−m−n= m(2n2−1)−(2n3+n)≥(n+1)(2n2−1)−(2n3+n)=2n(n−1)−1≥3≥0.所以，n−y>0，y<n成立.由于m和y=pkn−m是方程②的两个根，因此，对某个p，如果一组(m,n)=(m0,n0)(m0>n0>1)是方程①的解，那么，(m′,n′)=(n0,pkn0−m0)也是方程①的解.而m0>n0=m′>n′，可因此，对方程①的任意一个解(m,n)(m>n>1)，用(n,pkn−m)来替换原来的(m,n)，式①仍然成立.只要这里的n>1，这样的替换便可以继续下去.而每经过一次这样的替换，n的值将会减少.因此，经过有限步之后，必有n=1.下面讨论n=1时，方程①的解.（i）若k=1，则方程①即为m2−pm+2=0.而m>1，故仅有解(m,n,p)=(2,1,3).此时，k=1.（ii）若k≥2,则有m2+1≥2(pm−1).③因为k=m2+1pm−1是正整数，所以，p2k=p2m2+p2pm−1=pm+1+p2+1pm−1是正整数.故(pm−1)|(p2+1).如果m≥p+1,则p2+1≥pm−1≥p2+(p−1).解得p≤2.于是，p=2,m=p+1=3,即(m,n,p)=(3,1,2),此时，k=2.如果m≤p,代入式③可得m2+1≥2(m2−1),即m≤√3与m≥2矛盾.因此，p只能取2,3.当p=2时，方程①的任意一个解(m,n)(m>n>1)经过有限次替换以后必将变为(3,1).反过来，对(3,1)作上述替换的逆变换(m,n)→(4m−n,m)，a1)(i=1,2,⋯)，将生成方程的全部解.这些解可表示为(a,i+1在这里，数列{a n}满足a=11，a2=3以及递推关系a i+1=4a i−a i−1.同理，当p=3时，方程的全部解为(b i+1,b i)(i=1,2,⋯)，在这里，数列{b n}满足b1=1,b2=2以及递推关系b i+1=3b1−b i−1.当m<n时，由对称性可知，方程的全部解为(m,n,p)=(a i,a i+1,2)以及(b,b i+1,3)(i=1,2,⋯).因此，全部解为(m,n,p)=(a i+1,a,2),(a,a i+1,2),(b i+1,b i,3),(b,b i+1,3)(i=1,2,⋯).其中，数列{a n}满足a=1a2=1，a i+1=4a1−a i−1；数列{b n}满足b1= b2=1，b i+1=3b1−b i−1.。

数学奥林匹克高中训练题(108)

一
五、２分）（ｏ试求出所有满足下述条件的
函数．）厂：（（）（是定义在Ｒ上的单调函数；１ｆ）
（）２对任意实数、都有Ｙ
ｆ＋ｙ＝（ｆＹ；（）ｆ）（）（）（）（３ｆ１＝。Ｏ＜。） ≠１．
一：
一
维普资讯
２０年第５期０８
４１
学
第一试
一
巍
嘞豫迢（８１）０
设 Ⅳ 为正整数．方程一［］＝（一则
［）区间１］在 ≤ ≤ Ｎ中所有解的个数是
（）．
、
选择题（每小题６，３分）分共６
—
（）一／￣ａ＋ｂ］Ａ［￣ａ＋ｂ，。／
（］ｃ［，／ａ
５已知递增数列１３４９．，２１，．，，，，０１，３ … １
的每一项，或者是３的幂或者是若干个不同的３的幂之和．此数列的第１０项是则０６设ｆ）义在Ｎ上，值域曰．（定＋其Ｎ，＋且对任意ｎ， ∈Ｎ都有
１乒乓球集训队有ｌ队员，两人组．０名每
（ Ⅳ ＋Ⅳ＋１Ａ）
（）一Ⅳ ＋１Ｃ Ⅳ
（）Ｂ Ⅳ 一Ⅳ
（）一Ⅳ＋２Ｄ Ⅳ
成一对练球，其不同的组对方式共有（）种．（）７（）４（）６（）９Ａ９２Ｂ９５Ｃ８４Ｄ８１２设Ａ曰Ｃ都是锐角．出下列．、、给三个命题：
的含ｒ个元素的子集中最大数的算术平均数

数学奥林匹克高中训练题(27)及答案.doc

数学奥林匹克高中训练题（27）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题57)若()f x 是R 上的减函数，且()f x 图像经过点(0,3)A 和点(3,1)B -，则不等式(1)12f x +-<的解集为(D)．(A)(,3)-∞ (B)(,2)-∞ (C)(0,3) (D) (1,2)- 2．(训练题57)若函数2()sin 2(2)cos 2f x a x a x =+-的图像关于直线8x π=-对称，则a 的值等于(C)．或 (B)1或1- (C)1或2- (D)1-或23．(训练题57)设椭圆的方程为221,(0,1)3x y A +=-为短轴的一个端点，,M N 为椭圆上相异两点，若总存在以MN 为底边的等腰AMN ∆，则直线MN 的斜率k 的取值范围是(C)．(A)(1,0]- (B)[0,1] (C)(1,1)- (D)[1,1]-4．(训练题57)()f x 是定义在R 上的函数，且对任意的x 满足(1)()f x f x +=-．已知当(2,3]x ∈时，()f x x =．那么，当(2,0]x ∈-时，()f x 的表达式为(C)．(A)()4f x x =+ (B)4,(2,1]()2,(1,0]x x f x x x +∈--⎧=⎨-+∈-⎩(C)4,(2,1]()3,(1,0]x x f x x x +∈--⎧=⎨--∈-⎩ (D)1,(2,1]()3,(1,0]x x f x x x --∈--⎧=⎨--∈-⎩5．(训练题57)已知1111ABCD A B C D -是边长为１的正方体，P 为线段1AB 上的动点，Q 为底面ABCD 上动点．则1PC PQ +的最小值为(A)．(A)12+(C)2 (D)122+ 6．(训练题57)已知在数列{}n a 中，11,n a S =为前n 项的和，且满足2(1,2,)n n S n a n ==．则n a 的表达式为(D)．(A)1(2)2n n ≥+ (B)1(3)(1)n n n ≥- (C)1(4)2(1)n n ≥+ (D)2(1)n n + 二、填空题（本题满分54分，每小题9分） 1．(训练题57)在ABC ∆中，AD BC ⊥于D ，且13AD BC =．则AC ABAB AC+2．(训练题57)已知函数1a xy x a -=--的反函数图像关于点(1,4)-成中心对称．则实数a 的值 3．3．(训练题57)集合11{|(1)},{|}22A x a xB x x =>+=-<，当A B ⊆时，a 的取值范4．(训练题57)已知线段//AD 平面α，且到平面α的距离等于８，点B 是平面α内的一动点，且满足10AB =．若21AD =，则点D 与B 距离的最小值为 17 ．5．(训练题57)已知多项式21x x --整除多项式541ax bx ++．则实数a = 3 ，b5-． 6．(训练题57)设[2002]S =++++，其中的最大整数。

数学奥林匹克高中训练题(59)

2
(
)
小值 ! 三、（(’ 分）已知（ #" ， …，是自然数 "， ## ， #2 ） #， …，且满足：对任意 "$ 1 $ 2 $ "，均有 2 的一个排列， #1 ) 1 $ #1 ) " ) 1 ) " ! （"）若记 "1 为数（在排列中所处位置 1 "$ 1 $ 2 ）的序号（如排列（"，中， +， ,， #） "" % "， "# % ,， "+ % #， ", …，对每一个满足题意的排列（ #" ， ## ， % +） ! 求证：，均有 "1 ) 1 $ "1 ) " ) 1 ) （成立 ! #2 ） " "$ 1 $ 2 $ "）（#）试求满足题意的排列的个数 ( （ 2）!
$ $ $ $ （" +） # *$ ) !$ % 故三棱锥体积
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数学奥林匹克高中训练题(10)

0""1 年第 # 期
0-
数（!"）数学学奥奥林林匹匹克克高高中中训训练练题题
第一试一、选择题（每小题 # 分，共 $# 分） ! " 已知 %&’ !() * + ! ,! /则 . -, 等于（ ,. （ 6） $ ! !, $ （ 8） ! 0 （ 9） $ + ! （ :） 0! $+0 !
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（底 ( " 在正方体的 ( 个顶点、 # 个侧面面）的中心及体的中心共 !- 个点中，若由两两不同的且不共线的 $ 个点构成的平面与由另外 0 个不同点构成的直线垂直，则称这个点为 “正交 - 点组” 由这 !- 个点形 / 那么，成的正交 - 点组的总个数为（） / （ 6） $## （ 8） -!# （ 9） ! .0( （ :） ! (0. 二、填空题（每小题 < 分，共 -. 分） ! " 在单位正方体 )*+- + ) ! * ! + ! - ! 中，点 0 在棱 +- 上，且 -0 / 是棱 ** ! 的中点，（" 7 1 7 !），记 / 到直线 )0 的距离为 * 1 $ /则 $ * / 关 # " 若实数 ! 使得对于每一个实数 ( ，于 %、 & 的方程组 ! ( ） / （ 9） ! * !/则 ; ( ;

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C 2
+
tan
A 2
1 - tan2
C 2
1-
tan
C 2
·tan
A 2
] tan
A 2
=
tan3
C 2
,
所以 , ②③] ①.
3. D.
因为 f ( x) 为偶函数 ,且当 a ≠b 时 , T =
π,当
a=
b时,
π T= 2
,所以 ,不妨设
x
∈[ 0 ,
π 2 ].
则 f ( x) = asin x + bcos x
6. C. 显然 , x = N 为方程的一个解. 下设 1 ≤x < N , m = [ x ] ,
p = x - m = { x}. 则 x = m + p. 原方程为 ( m + p) 2 - [ ( m + p) 2 ] = p2 , 即 2 mp = [ 2 mp + p2 ] . 又 0 ≤p < 1 ,2 mp 为整数 ,则
值点.
由
x
=
-
ln (ln a) ln a
,得
ln
ax
=
ln
1 ln
a
]
ax
=
1 ln
a
.
代入 f ( x) = ax - x 得
f
(
x)
min
=
1
+
ln ln
(ln a
a)
=
ln
(e ln ln a
a)
.
故 ax ≥x 在 (0 , + ∞) 上恒成立
Ζ f ( x)
≥0 Ζ f ( x) min
二、填空题 (每小题 9 分 ,共 54 分)
1. 已知关于 x 的不等式 ax ≥x ≥loga x
在区间 (0 , + ∞) 上恒成立. 则正实数 a 的取
值范围是
.
2. 设 1 ≤r ≤n. 则集合 M = {1 ,2 , …, n}
的含 r 个元素的子集中最大数的算术平均数
是
.
3. 设 z ∈C , f ( z) = az2 + bz + c 是复系数
由
an
=
mm
1[ ( m
-
1) n - 1
+
(
-
1) n ]
,m
= 5 , n = 6 ,得 a6 = 820.
5. A. n > 0 ,曲线为椭圆. 则
| PF1 | + | PF2 | = 2 m ,
①
PF21 + PF22 = 4 ( m - n) .
②
①2 - ②得
| PF1 | | PF2 | = 2 n , S △PF1 F2 = | n| . 类似地 , n < 0 时 , S △PF1 F2 = | n| .
常数 ,变量θ满足不等式组
asin θ+ bcos θ≥0 ,
acos θ- bsin θ≥0.
试求 sin θ的最大值.
四、(20 分) 如果圆锥曲线 Γ(含退化圆
锥曲线) 内接六边形的三组对边都不平行 ,则
© 1994-2010 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.
= a2 + b2 sin ( x + φ) ,
其中 , sin φ = b ,cos φ = a ,φ
a2 + b2
a2 + b2
为锐角.
因
x
+ φ∈[φ,φ +
π 2
]
, sin
x
在 [φ,π2 ]
© 1994-2010 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.
44
则| az + b|
=
a
z +1 2
2
+b
a
z- 1 2
2
+b
z +1 2
z- 1 2
+ c+c
=
f
z +1 2
-f
z- 1 2
≤f
z +1 2
+
f
z- 1 2
≤1 + 1 = 2.
4. 20 349. 设{ a1 , a2 , a3 , a4 , a5 }是{1 ,2 , …,25}的 5 个互不相邻数的子集 ,且 ai + 1 - ai ≥2 ( i = 1 ,2 ,3 ,4) . 令 a′i + 1 - a′i = ai + 1 - ai - 1 ,即 ( ai + 1 - a′i + 1 ) - ( ai - a′i ) = 1. 取 a′1 = a1 ,得 a′i = ai - i + 1. 显然 , a′i + 1 - a′i = ai + 1 - ai - 1 ≥1 ,且 1 ≤a′1 < a′2 < a′3 < a′4 < a′5 ≤21. 故所求为 C521 = 20 349.
5. 981. 该数列的项即为
a0 + a1 3 + a2 32 + …+ an 3 n , 其中 , ai ∈{0 ,1} , i = 1 ,2 , …, n.
当 n = 5 时 ,可组成 26 - 1 = 63 个数 ,第 64 项是 36 = 729. 从第 65 项开始 ,不含 35 = 243 的项有 25 - 1 = 31 个 , 第 96 项是 729 + 243 = 972 ,下面是 729 + 243 + 1 ,729 + 243 + 3 , 729 + 243 + 1 + 3 ,第 100 项是 729 + 243 + 9 =
二、(50 分) 设 xi ∈[ 1 , 3 ] , i = 1 , 2 , …,
2 007
2 007
∑ ∑ 2 007 , 且
xi = 5 988. 试求
x2 008 i
的最大
i =1
i =1
值及此时 xi ( i = 1 ,2 , …,2 007) 的值.
三、(50 分) 设 A = {1 ,2 , …,30} . 求最小
多项式 ,且当| z| ≤1 时 ,| f ( z) | ≤1. 那么 ,当
| z| ≤1 时 ,| az + b| 的取值范围是
.
4. 从集合{1 ,2 , …,25}中取出 5 个不同
的且互不相邻的数的取法有
种.
5. 已知递增数列 1 ,3 ,4 ,9 ,10 ,12 ,13 , …
的每一项 ,或者是 3 的幂或者是若干个不同
+
…+ Cnr )
=
C r r + 1 n+1 Cnr
=
r ( n + 1) r+1
.
3. [ 2 , + ∞) .
易知当| z| ≤1 时 ,
z +1 2
≤1 ,
z- 1 2
≤1.
故
f
(
z
+ 2
1)
≤1 ,
f
(
z
2
1)
≤1.
© 1994-2010 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.
(A) [ - a2 + b2 , a2 + b2 ]
(B) [ a , a2 + b2 ]
(C) [ b , a2 + b2 ]
(D) [ a , a2 + b2 ]或[ b , a2 + b2 ]
4. 篮球场上有 5 名球员在练球 ,其战术
是 :由甲开始发球 ,经过 6 次传球跑动后 (中
途每人的传接球机会均等) 回到甲 ,由甲投 3
第二试
一、( 50 分) 如图
1 , ⊙O1 与 ⊙O2 内切
于点 P , ⊙O1 的弦
AB 切 ⊙O2 于点 C.
( 1 ) 若 ⊙O1 和
⊙O2 的半径分别为
常数
R
、r
,求
A A
C2 P2
;
图1
(2) 若 PC 交 ⊙O1 于点 G , PA 、PB 分别
交 ⊙O2 于点 E、F , EF 交 PC 于点 D , AD 交 ⊙O1 于点 H ,求证 : G、F、H 三点共线.
二、1.
a
≥e
1 e
.
显然 ,使不等式成立的一个必要条件是
a > 1. 令 f ( x) = ax - x ,则
43
f ′( x)
=
ax ln
a-
1 ≥0 Ζ x ≥-
ln (ln a) ln a
,
f
′( x)
≤0
Ζ
x
≤-
ln (ln a) ln a
.
因此
,x
=
-
ln
(ln ln
a) a
是
f
( x) 的唯一最小
2008 年第 5 期
41
数学奥林匹克高中训练题 (108)
第一试
一、选择题 (每小题 6 分 ,共 36 分) 1. 乒乓球集训队有 10 名队员 ,每两人组成一对练球 ,其不同的组对方式共有 ( ) 种.