数学奥林匹克高中训练题(51)(精编)

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数学奥林匹克高中训练题(218)及解析及解析

数学奥林匹克高中训练题(218)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、解答题△BOC 、△COA 、△AOB 的面积值依次成等差数列.求tanA +3tanC 的最小值，并求出此时三个内角的值.2.设x i ≥0(i =1,2,⋯,6)，且满足{x 1+x 2+⋯+x 6=1,x 1x 3x 5+x 2x 4x 6≥1540. 求x 1x 2x 3+x 2x 3x 4+x 3x 4x 5+x 4x 5x 6+x 5x 6x 1+x 6x 1x 2的最大值.3.设A 为正常数，直线l 与双曲线C:x 2−y 2=2(x >0)所围成的有限部分的面积为A.证明：（1）直线l 被双曲线C 所截线段的中点的轨迹为双曲线；（2）直线l 总是（1）中轨迹曲线的切线.4.如图，设△ABC 的外接圆为⊙O ，∠BAC 的角平分线与BC 交于点D ，M 为BC 的中点.若△ADM 的外接圆⊙Z 分别于AB 、AC 交于P 、Q ，N 为PQ 的中点，证明：MN//AD .5.设a 1,a 2,⋯,a n ,b 1,b 2,⋯,b n>0.证明：(∑a i b i ni=1)2≤(∑f (a i b i )ni=1)(∑g (a i b i )ni=1) ≤(∑a i 2ni=1)(∑b i 2ni=1)对所有正整数n 恒成立的充分必要条件为{f (a,b )g (a,b )=a 2b 2,f (ka,kb )=k 2f (a,b )(k >0,)bf (a,1)af (b,1)+af (b,1)bf (a,1)≤a b +b a .6.求满足以下条件的正整数r 的最大值：集合{1,2,⋯,1000}中任意五个500元子集，均存在两个子集至少有r 个相同的元素.7.设P (x )=(x+√x 2−4)b +(x−√x 2−4)b2b，其中，b 为正奇数.定义数列{S i }满足S i=P (S i−1)，S 0=P (6).若正整数n ≥2，使得M =b 2n +12为素数.证明：M |(S 2n −1−6) .二、填空题8.设x 、y 为正实数，且θ≠nπ2(n ∈Z ).若sinθx =cosθy ，且cos 4θx 4+sin 4θy 4=97sin2θx 3y+y 3x，则y x +xy=______.9.设a 、b 、c ≥1，且正实数x 、y 、z 满足{a x +b y+c z =4,xa x +yb y+zx z =6,x 2a x +y 2b y+z 2c z =9.则c 的最大可能值为_______.10.在棱长为2的正方体ABCD−A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱BB 1、B 1C 1的中点.若P 为平面DMN 内一个动点，当点P 到平面BCC 1B 1的距离等于PD 的长时，点P 轨迹的离心率为________.11.二次曲线(3x +4y −13)(7x −24y +3)=200的焦点之间的距离为________. 12.设数列{a n }、{b n }满足a 0=2，b 0=2，且{a n+1=a n √1+a n 2+b n 2−b n ,b n+1=b n √1+a n 2+b n 2+a n .则a 20172+b 20172=______.13.设非实数的复数z ，满足z 23=1.则∑11+z k +z2k22k=0=______.14.将{1,2,⋯,7}随机排成{a 1,a 2,⋯,a 7}.则a 1+a 2+a 3≥a 5+a 6+a 7的概率为______. 15.设r=1+√52.计算7arctan 2r +2arctan 2r 3−arctan 2r 5=_______.参考答案1.π4、arctan2、arctan3【解析】1.设△ABC 的外接圆半径为R. 由题意知2S ΔCOA=S ΔBOC +S ΔAOB ⇒R 2sin2B =12(R 2sin2A +R 2sin2C )⇒2sin2B =sin2A +sin2C ⇒2cosB =cos (A −C )⇒2cos (A +C )+cos (A −C )=0⇒sinA ⋅sinC =3cosA ⋅cosC⇒tanA ⋅tanC =3.而tanA +3tanC ≥2√3tanA ⋅tanC =6，当且仅当tanA=3，tanC =1时，等号成立.又tanA +tanB+tanC =tanA ⋅tanB ⋅tanC ⇒tanB =2.此时，三个角依次为π4、arctan2、arctan3. 2.19540【解析】2. 设S=x 1x 2x 3+x 2x 3x 4+x 3x 4x 5+x 4x 5x 6+x 5x 6x 1+x 6x 1x 2.由(x 1+x 4)(x 2+x 5)(x 3+x 6)≤(x 1+x 2+x 3+x 4+x 5+x 6)227=127， (x 1+x 4)(x 2+x 5)(x 3+x 6)=x 1x 3x 5+x 2x 4x 6+S ≥1540+S ，则S≤127−1540=19540.当x 1=0，x 2=160，x 3=0，x 4=13，x 5=1960，x 6=13时，上式等号成立.3.（1）见解析；（2）见解析【解析】3. 作坐标旋转，令x=√2，y =√2.代入双曲线C 的方程得(√2)2−(√2)2=2XY =2⇒Y =1X .（1）设在新坐标系中，直线l 与双曲线Y =1X 的两个交点为(s,1s )、(t,1t )(0<s <t ). 此时，直线l 的方程为Y=1t −1st−s(X −s )+1s=s+t−X st.故直线l 与双曲线Y=1X所围成的有限部分的面积为A ∫(s+t−X st−1X)dX ts=t 2−s 22st−ln t s=12(t s−s t)−ln ts.因为A 是常数，所以，由上述方程确定的ts 也是常数. 设t s=k ，即t =ks .于是，直线l 被双曲线所截线段的中点的横坐标为X =s+t 2=s+ks 2=1+k 2s ，纵坐标为Y=12(1s+1t)=12(1s+1ks).故所求中点的轨迹方程为Y =1+k 2s =(1+k )24k⋅2ks 1+k=(1+k )24kX.可见，中点的轨迹为双曲线. （2）对Y=(1+k )24kX求导得Y ′(X )=−(1+k )24kX2，这即是中点轨迹曲线上横坐标为点X 处曲线切线的斜率. 当X=1+k 2s 1时，切线斜率为Y =(1+k 2s)=−(1+k )24k⋅4(1+k )2s 2=−1ks 2，而通过点(1+k2s,1+k 2ks)的直线l 的方程为Y =s+t−X st=s+kx−X ks 2，其斜率就是−1ks 2.从而，直线l 为双曲线Y =(1+k )24kX的切线.4.见解析【解析】4. 如图.设AB=c ，BC=a ，AC=b.由BQ⋅AB=BD⋅BM⇒BQ=BD⋅BMAB=a22(b+c).类似地，CP=a22(b+c).于是，BQ=CP.联结BP、CQ，并设X、Y分别为其中点.则XN=∥12BQ=∥MY.类似地，NY=∥MX.故四边形NYMX为平行四边形.由BQ=CP，知四边形NYMX为菱形.从而，MN平分∠XNY.又AD平分∠BAC，因此，AD∥MN.5.见解析【解析】5.必要性.当n=1时(ab)2≤f(a,b)g(a,b)≤a2b2⇒f(a,b)g(a,b)=(ab)2.当n=2时，(a1b1+a2b2)2≤(f(a1,b1)+f(a2,b2))(g(a1,b1)+g(a2,b2))≤(a12+a22)+(b12+b22)⇒2a1a2b1b2≤f(a1,b1)g(a2,b2)+f(a2,b2)g(a1,b1)≤a12b22+a22+a22b12⇒2≤f(a1,b1)f(a2,b2)⋅a2b2a1b1+f(a2,b2)f(a1,b1)⋅a1b1a2b2≤a1b2a2b1a2b1a1b2.设a1=a，b1=b，a2=ka，b2=kb.则2≤f(a,b)f(ka,kb)k2+f(ka,kb)f(a,b)k−2≤2.故等号成立，即k2f(a,b)f(ka,kb)=1.再取a1=a，b1=1，a2=b，b2=1，有2≤f(a,1)af(b,1)b+f(b,1)bf(a,1)a≤ab+ba.充分性只要证：2a i b i a j b j≤f(a i,b i)g(a j,b j)+f(a j,b j)g(a i,b i)≤a i2b j2+a j2b i2.令a=a ib i，b=a jb j.则2≤f (a i ,b i )f(a j ,b j )⋅a jb j a i b i+f(a j ,b j )f (a i ,b i )+a ib i a j b j≤a ib j a j b i+a jb i a i b j.6.见解析【解析】6. 首先说明r ≤200.取k∈{1,2,⋯,10}.令A k ={100k −99,100k −98,⋯,100k }.考虑集合A 1∪A 5∪A 6∪A 7∪A 9，A 1∪A 2∪A 7∪A 8∪A 10， A 2∪A 3∪A 6∪A 8∪A 9，A 3∪A 4∪A 7∪A 9∪A 10， A 4∪A 5∪A 6∪A 8∪A 10，可以看出满足题意且每个集合均有200个元素.于是，r ≤200.定义a ij ={1,i ∈A j ;0,其他,m i=∑a ij 5j=1，其中，i =1,2,⋯,1000；j =1,2,⋯,5. 则∑m i =25001000i=1.由∑|A i ∩A j |1≤i<j≤5=∑C m i21000i=1=12(∑m i 21000i=1−∑m i 1000i=1)，∑m i 21000i=1≥11000(∑m i 1000i=1)2，知∑m i 21000i=1取最小值时，m i 之间尽量相差较小设有x 个2，y 个3. 则{x +y =1000,2x +3y =2500⇒x −y =500.故∑m i21000i=1≥500×22+500×32=6500 ⇒∑|A i ∩A j |1≤i<j≤5≥2000.从而，必存在1≤j <j ≤5，使得|A i ∩A j |≥2000C 52=200.因此，r≥200.7.见解析【解析】7.首先利用归纳法证明：S i =p 2bi+1+q 2b i+1，√S i 2−4=q2b i+1+p 2b i+1，其中，p=√2−1，q =√2+1，pq =1.. 显然，当i=0时，S 0=P (6)=2−b((6−4√2)b+(6+4√2)b)=(3−2√2)b +(3+2√2)b=p 2b +q 2b⇒√S 02−4=q 2b −p 2b .假设i 时成立，考虑i+1时的情形，有S i+1=P (S i )=2−b ((S i −√S i 2−4)b+(S i +√S i 2−4)b)=2−b((2p2b i+1)b+(2q2b i+1)b)=p 2bi+2+q 2bi+2.记N=2n−1，M =b 2n +12,由上面知S 2n −1=s N =p 2bN+1+q 2b N+1=p 2(2M−1)+q 2(2M−1)=p 4M−2+q 4M−2=(pq )2(p 4M−2+q 4M−2)=3(p 4M +q 4M )−2√2(q 4M −p 4M ).一方面，由二项式定理及费马小定理得p 4M+q 4M =(17−12√2)M+(17+12√2)M=∑(C M 2j−1172j−1×2(12√2)M−(2j−1))M+12j=1≡17M×2(12√2)≡17×2≡34(modM )，2√2(q 4M −p 4M )=2√2((17+12√2)M−(17−12√2)M)=2√2∑(C M 2j172j×2(12√2)M−2j)M−12j=0=∑(C M 2j172j ×4×12M−2j×2M−2j+12)M−12j=0≡C M 0170×4×12M×2M+12≡4×12×2≡96(modM ).故S 2n −1=3(p 4M +q 4M )−2√2(q 4M −p 4M )≡3×34−96≡6(modM ).即：M |(S 2n −1−6) .8.4【解析】8. 设x=ksinθ, y =kcosθ.则cos 4θsin 4θ+sin 4θcos 4θ=y 4x 4+x 4y 4,97sin2θx 3y+y 3x=194sinθ⋅cosθsinθ⋅cosθ(cos 2θ+sin 2θ)=194⇒y 4x 4+x 4y 4=194.又y 4x 4+x 4y4=((y x +x y)2−2)2−2，故xy +y x=4.9.√43【解析】9. 由柯西不等式(a x+by+c z )(x 2a x+y 2by+z 2c z )≥(xa x +yb y+zb z )2，而由已知得(a x +by+c z )(x 2a x +y 2b y+z 2c z )=4×9=62=(xa x +yb y+zb z )2所以x =y =z .因此a x +by+c z =a x +b x +c x =4，xa x +yb y +zx z =x (a x +b x+c x )=6⇒x =32.从而c x=4−a x −b x，因为a 、b 、c ≥1，故a =b =1时，c 取得最大值为√43.10.2√3417【解析】10.即P 到定点D 距离与到定直线MN 距离比为sinθ，其中θ为二面角P-MN-C 的平面角，所以e=sinθ=√22+(4×2√2)2=2√3417.11.2√10【解析】11. 先令x=X +3，y =Y +1.则21X 2−44XY −96Y 2=200.再令X=11√525a +2√525b ，Y =−2√525a +11√525b .于是，a 28−b22=1.从而，焦点之间距离为2√10. 12.322018−1【解析】12.注意到，1+a n+12+b n+12 =1+a n 2(1+a n 2+b n 2)+b n 2+b n 2(1+a n 2+b n 2)+a n 2 =(1+a n 2+b n 2)2. 则1+a n2+b n 2=32n+1⇒a 20172+b 20172=322018−1.13.463【解析】13.注意到，∑11+z k +z2k22k=0=13+∑1−z k1−z 3k 22k=1=13+∑1−(z 24)k1−z 3k22k=1=13+∑∑z 3kl 7l=022k=1=13+(22−7)=463.14.73140【解析】14.当a 4=1，3，5，7时满足a 1+a 2+a 3≥a 5+a 6+a 7有A 662,当a 4=2,4,6时满足a 1+a 2+a 3≥a 5+a 6+a 7有A 662+1,所以所求概率为A 662×4+(A 662+1)×3A 77=73140.15.7π28【解析】15.7arctan2(1+√52)+2arctan2(2+√5)−arctan2(11+5√52)=7π28。

数学奥林匹克高中训练题_ 16及解析及解析

数学奥林匹克高中训练题_ 16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，若两条直角边长也为整数，则其面积为______． 2.正三棱柱ABC−A ′B ′C ′的侧棱及底面边长都是1．则四面体A ′ABC 、B ′ABC 、C ′ABC 的公共部分的体积是______．3.设M={1,2,⋅⋅⋅,2009}．若n ∈M ，使得S n =1n(13+23+⋅⋅⋅+n 3)的值为一平方数，则这样的n 共有个______． 4.设f (x )=x 4−34x 2−18x +1．则f (cos π7)=______．5.若三位数abc 满足1≤a ≤b ≤c ≤9，则称abc 为“上坡数”．那么，上坡数的个数是______．6.50个正数的和为231，它们的平方和为2009．则这50个数中，最大数的最大值是______．7.函数f (x )=√9(x −3)2+(x 2−12)2+√9x 2+(x 2−94)2的最小值是______．8.设M={1,2,⋅⋅⋅,17}．若有四个互异数a 、b 、c 、d ∈M ，使a +b ≡c +d (mod17)，就称{a,b }与{c,d }是集M 的一个“平衡对”．则集合M 中平衡对的个数是______．二、解答题9.在平面上给定不共线的三点A 、B 、C ，以线段AB 为一条轴（长轴或短轴）作一个不经过点C 的椭圆，与另两条直线AC 、BC 分别交于点E 、F ，过E 、F 分别作椭圆的切线，设这两条切线交于点C 0；类似地，再以线段BC 、CA 为一条轴各作椭圆，分别相应地得到切线的交点A 0、B 0．证明：不论每个椭圆的另一条轴的长度如何选择，三条直线AA 0、BB 0、CC 0都经过一个定点．10.设f (x,y,z )=√x +15+√y +15+√z +15．求最大的实数λ，使得对于任何满足x +y +z =4的正数x 、y 、z ，都有f (x,y,z )>λ．11.正整数数列{a n }满足：a 4=16，1a n+12<1a n+1a n+1−2n (n+1)<1a n2．试求通项公式a n ． 12.如图，在ΔABC 中，D 是∠A 平分线上的任一点，E 、F 分别是AB 、AC 延长线上的点，且CE∥BD ，BF ∥CD ．若M 、N 分别是CE 、BF 的中点，证明：AD ⊥MN ．13.在锐角ΔABC ，证明：sin (A−B )⋅sin (A−C )sin2A +sin (B−A )⋅sin (B−C )sin2B +sin (C−A )⋅sin (C−B )sin2C≥0．14.如果既约分数nm满足：mn≤2009（m 、n 为正整数），则称nm 为“牛分数”．现将所有的牛分数按递增顺序排成一个数列n1m 1,n2m 2,⋅⋅⋅，称为“牛数列”．证明：对于牛数列中的任两个相邻项nk m k、nk+1m k+1，都满足m k n k+1−m k+1n k=1．15.从圆周的九等分点中，任取五点染为红色．证明：存在以红点为顶点的不同的六个三角形Δ1,Δ2,⋅⋅⋅,Δ6，满足Δ1≅Δ2，Δ3≅Δ4，Δ5≅Δ6．参考答案1.432180【解析】1.设两直角边为x、y．则x2+y2=20092．据勾股数及x、y的对称性，有正整数m、n、k(m>n)，使x=2mnk，y=(m2−n2)k，2009=(m2+n2)k．由于2009=41×72，又1,7,72,7×41都不能表为两个正整数的平方和，故只有k=49，m2+n2=41．解得m=5，n=4．所以，x=1960，y=441．则S=12xy=432180．故答案为：4321802.√336【解析】2.如下图，根据对称性，面C1AB、A1BC、B1AC的交点O在底面ABC上的射影H为正ΔABC的中心．设AB、BC的中点分别为D、E．则OH是ΔEAA1、ΔDCC1的交线．故OHC1C =DHDC=13．所以，OH=13．从而，四面体A′ABC、B′ABC、C′ABC的公共部分的体积（即四面体OABC的体积）为V=13OH⋅SΔABC=13×13×√34=√336．故答案为：√3363.44【解析】3. 注意到S n=1n[n (n+1)2]2=n (n+1)24．由于n 与n +1互质，故若S n 为平方数时，n 必为平方数．当n 为偶平方数时，n4为平方整数；当n 为奇平方数时，(n+1)24为平方整数．因此，n 可取M 中的所有平方数，这样的数共有44个．故答案为：44 4.1516【解析】4. 记x=cos π7．则x 4=(cos 2π7)2=(1+cos 2π72)2=1+2cos2π7+cos 22π74=3+4cos2π7+cos 4π78，−34x 2=−3−3cos2π78，−x 8=−cos π78，故x 4−34x 2−18x =18(−cos π7+cos 2π7+cos4π7)=18(cos 2π7+cos 4π7+cos 6π7) =18(cos 12π7+cos 10π7+cos 8π7) =116∑cos2kπ76k=1=116∑cos2kπ76k=0−116=−116．于是，x 4−34x 2−18x +1=1516，即f (cos π7)=1516.故答案为：1516 5.165【解析】5.对于确定的b ，数c 可取b,b +1,⋅⋅⋅,9，共10−b 个值；而对于确定的数a ，数b 可取a,a +1,⋅⋅⋅,9．故三位上坡数的个数为∑∑(10−b )9b=a 9a=1=∑∑k 10−ak=19a=1=∑(10−a )(11−a )29a=1=12∑(a 2−21a +110)9a=1 =12(9×10×196−21×9×102+990)=165．故答案为：165 6.35【解析】6.设最大数为x ，其余49个数为a 1,a 2,⋅⋅⋅,a 49，且x ≥a 1≥a 2≥⋅⋅⋅≥a 49．则∑a i49i=1=231−x ，2009=x 2+∑a i 249i=1≥x 2+149(∑a i 49i=1)2 =x 2+149(231−x )2，即50x 2−462x +2312≤49×2009．解得x ≤35．当且仅当a 1=a 2=⋅⋅⋅=a 49=4时，x =35．故答案为：35 7.574【解析】7.显然，13f (x )=√(x −3)2+(x23−4)2+√x 2+(x23−34)2． ① 令y =x 23．此为抛物线方程，其焦点为F (0,34)，准线方程为y =−34．记点A (3,4)，如下图．则式①可改写为13f (x )=√(x −3)2+(y −4)2+√x 2+(y −34)2．它表示抛物线上的点M (x,y )到点A 与到焦点F 的距离之和，即13f =MA +MF ．注意到点A 在抛物线上方，点M 到焦点的距离等于其到准线的距离，即MF =MH ，故当点M 移至M 1使其在垂线AH 1上时，MA +MH 的值最小为AM 1+MH 1=AH 1=4+34=194，即13f ≥194⇒f ≥574．故答案为：5748.476【解析】8.将圆周17等分，其分点按顺时针方向顺次记为A 1,A 2,⋅⋅⋅,A 17．则m +n≡k +l (mod17) ⇒A m A n ∥A k A l ．注意到圆周17等分点的任一对分点连线都不是直径，因此，全部弦共有17个方向（分别与过A i (i =1,2,⋅⋅⋅,17)的切线平行）．与过A i 的切线平行的弦有8条，共形成C 82=28个“平行弦对”．若考虑所有17个方向，共得28×17=476个平行弦对．因此，M 中有476个平衡对．故答案为：476 9.见解析【解析】9.先考虑以边AB 为一条轴的椭圆，如下图建立直角坐标系，设该椭圆的方程为x 2a 2+y 2b2=1(a ≠b )，它与直线AC 、BC 分别交于点E 、F ，过E 、F 分别作椭圆的两条切线交于点C 0．设A (−a,0)、B (a,0)、E (acosα,bsinα)、F (acosβ,bsinβ)．则l AE :yx+a =bsinαa (1+cosα)，l BF :yx−a =−bsinβa (1−cosβ)．解得点C 的横坐标x C=acos α+β2cos β−α2．故椭圆过点E 、F 的切线方程分别为xcosαa +ysinαb =1，xcosβa +ysinβb=1．由此解得点C 0的横坐标x C 0=acos α+β2cos β−α2．由x C=x C 0知，CC 0⊥AB ．同理，AA 0⊥BC ，BB 0⊥AC ．因此，直线AA 0、BB 0、CC 0分别重合于ΔABC 的三条高线．故它们都经过ΔABC 的垂心．10.见解析【解析】10.一般地，可证明：对于函数f (x,y,z )=(x +1)1n +(y +1)1n+(z +1)1n ，其中，正整数n ≥2，有λ=2+51n .为此，记a =(x +1)1n ，b =(y +1)1n ，c =(z +1)1n .则1<a <51n ，1<b <51n ，1<c <51n ，且f (x,y,z )=a +b +c . 注意到，x=a n−1=(a −1)(an−1+an−2+⋅⋅⋅+a +1)<(a −1)(5n−1n+5n−2n+⋅⋅⋅+51n+1) .故(51n−1)x <(5−1)(a −1)=4(a −1).类似地，(51n−1)y <4(b −1)，(51n−1)z <4(c −1).三式相加得(51n−1)(x +y +z )<4(a +b +c −3)=4(f (x,y,z )−3)⇒4(51n−1)<4(f (x,y,z )−3) ⇒f (x,y,z )>2+51n另外，当x=y =ε，z =4−2ε ，且ε→0时，f (x,y,z )的值无限接近2+51n .故数值2+51n 不能再改进.11.a n =n 2【解析】11. 据条件1a n+12<1a n2知，数列严格递增．于是，a 1≥1,a 2≥2,a 3≥3,⋅⋅⋅⋅⋅⋅先在条件式中取n =3，得到1a 42<1a 3+1a 4−16<1a 32，即1162<1a 3+116−16<1a 32． ①据式①左端得1a 3>1162+16−116=83768．则a 3<76883=9+2183． ② 又由式①右端得5a 32−48a 3+48>0，且a 3≥3，故a 3>48+8√2110>48+8×4.510=8.4． ③据式②、③得整数a 3=9．再对条件式中取n=2，得到1a 32<1a 2+1a 3−13<1a 22，即181<1a 2+19−13<1a 22． ④由式④左端得1a 2>181+29<1981．则a 2<8119=4+519．由式④右端得2a 22−9a 2+9>0，即(a 2−3)(2a 2−3)>0．因a 2≥2，所以，a 2>3．故a 2=4．继而在已知式中取n =1，得116<1a 1+14−1<1a 12，即116+34<1a 1<1a 12+34． ⑤ 又a 1为正整数，故式⑤右端恒成立．而由式⑤左端有1a 1>1316，故a 1<1613=1+313，得a 1=1．由a 1=1，a 2=4，a 3=9，a 4=16，猜想a n =n 2． ⑥首先，若将式⑥代入已知式得1(n+1)4<1n 2+1(n+1)2−2n (n+1)<1n 4，即1(n+1)4<[1n n+1]2<14，或1(n+1)2<1n n+1<12．此式显然成立．下证：a n=n 2是满足条件的唯一数列．对n 归纳．当n≤4时已验证．若式⑥对于n (n ≥4)成立，则对于n +1，据已知式有1a n+12<1n 2+1a n+1−2n (n+1)<1n 4． ⑦ 由式⑦右端得1a n+1<1n 4+2n (n+1)−1n 2=n 3−n 2+n+1n 4(n+1)．则a n+1>n 5+n 4n 3−n 2+n+1=(n +1)2−2n 2+3n+1n 3−n 2+n+1>(n +1)2−1． ⑧（这里用到，当n≥4时，(n 3−n 2+n +1)−(2n 2+3n +1) =n (n 2−3n −2)=n [n (n −3)−2] ≥n (n −2)>0．）据式⑦左端得1a n+12<1a n+1−n−1n 2(n+1)，即(n −1)a n+12−n 2(n +1)a n+1+n 2(n +1)<0． ⑨其判别式Δ=[n 2(n +1)]2−4n 2(n +1)(n −1)=n 2{[n (n +1)]2−4(n +1)(n −1)}=n 2{[n (n +1)−2]2+4n }=n 2[(n 2+n −2)2+4n ]>0．设与式⑨对应的关于a n+1的一元二次方程的两根为α、β(α<β)．则a n+1<β=n2(n+1)+√Δ2(n−1)=n 2(n +1)+n (n 2+n −2)√1+4n(n 2+n −2)22(n −1)=2n (n 2+n −2)+2(n −1)+2+n (n 2+n −2)[1+√4n(n 2+n −2)2−1]2(n −1)=n (n +2)+1+1n −1+n (n +2)2[√1+4n(n 2+n −2)2−1]=(n +1)2+1n −1+n (n +2)2⋅4n(n 2+n −2)21+√1+4n(n 2+n −2)2<(n +1)2+1n −1+n (n +2)2⋅4n(n 2+n −2)22=(n +1)2+1n −1+n2(n −1)2(n +2) =(n +1)2+2n 2+n−2n 2−3n+2<(n +1)2+1． ⑩（这里用到，当n≥4时，(n 3−3n +2)−(2n 2+n −2) =n 3−2n 2−4n +4 =n 2(n −3)+(n −2)2>0．）据式⑧、⑩得a n+1=(n +1)2．故由归纳法知，对任意的n ∈N +，式⑥成立，即a n =n 2．12.见解析【解析】12.如下图，延长BD 、CD ，分别与AC 、AB 交于点H 、G ．注意到ΔDBG 、ΔDCH 关于顶点D 的等高性及等角性，由面积比定理得BGCH=S ΔDBG S ΔDCH=DB⋅DGDC⋅DH．所以，BG ⋅DC ⋅DH =CH ⋅DB ⋅DG ． ①又由CE ∥BD ，BF ∥CD 得GB BE =GD DC ，HC CF =HDDB．故BECF=BG⋅DC⋅DH CH⋅DB⋅DG． ② 由式①、②得BECF=1，即BE =CF ．取BC 的中点K ，由中位线定理知MK ∥=12BE ，NK ∥=12CF ．故KM =KN ．作∠MKN 的平分线KP ，则KP ⊥MN ．因MK ∥AB ，NK ∥AC ，所以，AD ∥KP ．又KP⊥MN ，故AD ⊥MN ．13.见解析【解析】13. 证法1：注意到sin (A −B )⋅sin (A −C )sin2A=sinA ⋅cosB ⋅sin (A −C )−sinB ⋅cosA ⋅sin (A −C )2sinA ⋅cosA=cosB (sinA ⋅cosC −cosA ⋅sinC )2cosA −sinB (sinA ⋅cosC −cosA ⋅sinC )2sinA=cosB ⋅cosC ⋅sinA 2cosA −cosB ⋅sinC 2−sinB ⋅cosC 2+sinB ⋅sinC ⋅cosA 2sinA=cosB ⋅cosC ⋅sinA −sin (B +C )+sinB ⋅sinC ⋅cosA=cosB⋅cosC⋅sinA2cosA−sinA 2+sinB⋅sinC⋅cosA2sinA．同理，sin (B−A )⋅sin (B−C )sin2B =cosC⋅cosA⋅sinB 2cosB−sinB 2+sinC⋅sinA⋅cosB2sinB，sin (C−A )⋅sin (C−B )sin2C =cosA⋅cosB⋅sinC 2cosC−sinC 2+sinA⋅sinB⋅cosC2sinC．因此，所证不等式化为(sinA ⋅sinB ⋅cosC sinC +cosA ⋅cosB ⋅sinCcosC)+(sinB ⋅sinC ⋅cosA sinA +cosB ⋅cosC ⋅sinAcosA) +(sinC ⋅sinA ⋅cosB sinB +cosC ⋅cosA ⋅sinBcosB) ≥sinA +sinB +sinC ． ①令x=cotA ，y =cotB ，z =cotC ．则x 、y 、z ∈R +，xy +yz +zx =1．因此，sinA⋅sinB⋅cosC sinC +cosA⋅cosB⋅sinCcosC=√1+x 2⋅√1+y 2⋅z +√1+x 2⋅√1+y 2⋅1z=2(2)(2)．同理，sinB⋅sinC⋅cosA sinA +cosB⋅cosC⋅sinAcosA =2(2)(2)， sinC⋅sinA⋅cosB sinB +cosC⋅cosA⋅sinBcosB =2√(2)(2)．于是，只要证2x √(1+y )(1+z )2y √(1+z )(1+x )2z √(1+x )(1+y )≥√1+x 2+2+√1+z 2． ② 又1+x 2=xy +yz +zx +x 2=(x +y )(x +z )，1+y 2=xy +yz +zx +y 2=(x +y )(y +z )， 1+z 2=xy +yz +zx +z 2=(x +z )(y +z )，故式②化为2x y+z+2y √z+x +2z x+y √x +y +√y +z +√z +x ．上式关于x 、y 、z 对称，故设x ≥y ≥z ．由于2x y+z√y +z =2x y+z=(x−y )(x−z )x √y+z，2y √z+x−√z +x =y √z+x ，2z √x+y−√x +y =z √x+y，即要证：x √y+zy √z+x+z √x+y≥0． ③因为x y+z≥0，()()y √z +x ()()z x +y=(y −z )(x −z z √x +y−x −yy √z +x)=(y −z )x−z √z−xyz−x−y √y−xyz≥0，所以，式③成立．因此结论得证．证法2：据对称性，不妨设∠A≥∠B ≥∠C ．则60°≤∠A <90°，∠B +∠C >90°，45°<∠B ≤∠A ．所以，sin2A=sin (80°−2A ) ≤sin (180°−2B )=sin2B ，sin (A−B )⋅sin (B−C )sin2A≥sin (A−B )sin (B−C)sin2B．则sin (B−A )⋅sin (B−C )sin2B ≥sin (B−A )⋅sin (B−C)sin2A．故sin (A−B )⋅sin (A−C )sin2A +sin (B−A )⋅sin (B−C )sin2B≥sin (A−B )⋅sin (A−C )sin2A+sin (B−A )⋅sin (B−C )sin2A≥0．因sin (C−A )⋅sin (C−B )sin2C≥0，所以，sin (A−B )⋅sin (A−C )sin2A +sin (B−A )⋅sin (B−C )sin2B +sin (C−A )⋅sin (C−B )sin2C≥0．14.见解析【解析】14.对任一正整数n ，将牛数列中分母不大于n 的子数列记为T n ．当n=1时，数列T 1=(11,21,31,⋅⋅⋅,20091)显然满足条件．对n 进行归纳．据数列T 1知，当n <2时结论成立．设结论对于n <k 成立，考虑数列T k ．注意到T k−1⊂T k ，而T k \T k−1中的分数a b满足：分母b =k ，(a,b )=1．设ab 、cd (ab <cd ,bc −ad =1)是T k−1中的一对相邻分数．如果它们在T k 中也相邻，则显然满足条件；如果它们在T k 中不相邻，即有T k \T k−1中的分数mk 插入它们之间（mk≤2009，(m,k )=1），即a b <m k<c d （插入的分数中总有一个与a b 或c d 相邻，不妨设m k 与c d相邻）．于是，1bd =(c d −m k )+(mk −a b )≥1dk +1bk =b+dbdk． ① 所以，k≥b +d ．又易知，分数a+cb+d 也介于ab 与cd 之间（这是由于a+cb+d −ab =1b (b+d )>0，cd −a+cb+d =1d (b+d )>0）．注意到b (a+c )−a (b +d )=bc −ad =1，知a +c 与b +d 互质，即a+cb+d 为既约分数．若(a +c )(b +d )>2009，由2009≥mk 及k ≥b +d ，相乘得a +c >m ．由m (b +d )≤mk ≤2009，得mb+d ∈T k ．又mk≤m b+d <a+c b+d <c d ，且m k 、c d 在T k 中相邻，则k =b +d ，且式①中等号成立．故c d −mk=1dk =c d −a+c b+d =cd −a+c k．从而，a +c =m ，这与a +c >m 矛盾．因此，(a +c )(b +d )≤2009．若分数a+cb+d ∈T k \T k−1，则b +d =k ． ②若a b、a+c b+d 、cd是T k 中的相邻项，那么，对于前一对分数而言有b (a +c )−a (b +d )=bc −ad =1；而对于后一对分数而言有c (b +d )−d (a +c )=bc −ad =1．因此，插入a+cb+d后的分数列符合条件．又由式②知，式①等号成立．于是，cd −mk =1dk 以及m k −a b =1bk ．由cd −m k=1dk =1d (b+d )=c d −a+c b+d =c d −a+ck ，得a +c =m ． ③ 因此，mk =a+c b+d ．又a+c b+d 是T k 中能够插入T k−1中的一对相邻分数a b 、cd之间的唯一分数，即在由数列T k−1过渡到数列T k 时，不论相邻分数间是否插入了新的分数，所得数列T k 都满足条件．因此，对于每个正整数n ，结论成立．特别是数列T 2009满足条件，故本题得证． 15.见解析【解析】15. 注意如下事实：（1）以AD 、BC 为底的等腰梯形ABCD 中，存在两对全等三角形：ΔABC≅ΔDCB ，ΔBAD ≅ΔCDA ，并且梯形的每个顶点都在其中一对全等三角形中两次出现．（2）若M 是等腰梯形ABCD 两底AD 、BC 中垂线上的任一点，则ΔMAB ≅ΔMCD ．（i ）先证明，五个红点中，必有某四点构成等腰梯形的四个顶点．不妨设圆周上九等分点相邻两个分点间的弧长为1．再设一条弦，如果其所对的劣弧长为k ，则称该弦的“刻度”为k ．于是，以分点为端点的弦的刻度只有1、2、3、4四种情况．显然，两弦相等当且仅当其刻度相等．五个红点共得C 52=10条红端点的弦，其中必有三条弦具有相同的刻度，由于对每个k ，同一点只能发出两条刻度为k 的弦．注意到以九等分点为端点的任一条弦不为直径，因此，若两条等弦无公共端点，则其四个端点便构成等腰梯形的四个顶点．若这三条等弦不围成三角形，则其中有两条等弦无公共端点．于是，其四个端点构成等腰梯形的四个顶点．若这三条等弦围成三角形，则是正三角形．于是，这三条弦的刻度皆为3．若还有刻度为3的弦l，则该弦与正三角形的每条边无公共端点．此时，弦l与正三角形的每一条边所形成的四个端点都构成等腰梯形的四个顶点．若除了正三角形的边之外，再无刻度为3的弦，去掉这三条弦，剩下的7条弦只有1、2、4这三种刻度，其中必有三条弦具有相同的刻度，这三条等弦不可能围成三角形．因此，其中有两条等弦无公共端点．于是，其四个端点便构成等腰梯形的四个顶点．（ii）由于弦的刻度只有1、2、3、4四种情况，故等腰梯形上下两底的“刻度对”只有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)这六种可能，顺次如下图所示．以下用梯形两底的刻度对表示相应的梯形图．据（1）知，每个等腰梯形中都存在两对全等三角形．再考虑第五个红点．若该红点为两底中垂线上的点M，据（2）知，存在另一对全等三角形ΔMAB≅ΔMDC．若该红点异于点M，据图形的对称性，只需考虑红点为P或Q的情况．再证明：无论增加红点P或Q，图形中都将新增一个等腰梯形．i）若增加红点P，则在图(1,2)中增加了梯形PBAD，在图(1,3)中增加了梯形PDCB，在图(1,4)中增加了梯形PCBD，在图(2,3)中增加了梯形PBAD，在图(2,4)中增加了梯形PADC，在图(3,4)中增加了梯形PBAC．ii）若增加红点Q，则在图(1,2)中增加了梯形QDBC，在图(1,3)中增加了梯形QACD，在图(1,4)中增加了梯形QBCD，在图(2,3)中增加了梯形QABC，在图(2,4)中增加了梯形QCAB，在图(3,4)中增加了梯形QABD．而据（1），新增红点必在新增梯形的一对全等三角形中两次出现，也就是增加了一对新的全等三角形．因此，给出的五个红点中，存在六个以红点为顶点的三角形，它们可配成全等的三对．故本题得证．。

数学奥林匹克高中训练题(2)

ｂ＋３则数６．）．与的
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（）（）ｃ３＋（）（）Ｂ２＋（（＋）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）＋，（＝．（＝）２３若（则）
３数列ｎ，Ｉｎ，．０ｎ，２…满足
ａｏ＝
（（（（ＡＢｃＤ））））吉譬
③岩， ④ ；
，
作椭圆的切线ＰＧ为切点）ＣＣ（，Ｄ上ＡＢ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ＡＣＢＤ的内切球球０
维普资讯
２，口７＝３；
设圆柱底面半径为ｒ椭圆长、半轴分别为，短ｎ、．ｎ：ｒｂ，：ｒ因此，：＿．．ｂ则２，：ｒｃ．ｅ！：
ｎＺ
３．．Ｄ
由题意知ｍ、 ∈ ｌ，，，｝ｎｌ２ … ６．
则事件总数为３．６
故概率为．
、
（ｏ分）四边形ＡＡＡ５过。。
的一个
４．Ｃ．
顶点Ａ分别作ＡＡ的垂线ｚｉ，，）。。＝１２３，（

数学奥林匹克高中训练题(4)

相交于点Ｐ、其中点Ｊ坐标为（，）两Ｑ，ｐ的３２，
寻＋２… ＝，了＋＋＇４ａｔ６／２００
ｔＩ／．
— —
圆半径的乘积为．若直线ｙ：（＞）ｋ０和
轴均与圆Ｃ。圆Ｃ相切，ｋ＝— — ．和则
＞ｔ）／为轴上一．
，
三、５）由／个Ｐ／个Ｑ和／个Ｒ（０分对＇ｔ、＇ｔｔ＇
【３刳
定点．点Ｍ的过直线交椭圆于不同的两点Ａ、直线Ａ和Ｂ，
２
ＡＢ与定直线１＝交于Ｐ、两点．．：Ｑ设
求证：＋：一１＋１
一
．
）Ｉ
Ｙ２
Ｙ３
Ｙ４
五、２（０分）２０６个实数０，／，，设０。ｔ … ．
４若、 ∈［２０，０６，．ｙ一６２０］且满足０
ｌｏ２２＋ｃｓ（＋３ｙ—１）＋ｙ＋２１）１）２（＋（一Ｙ
点，满足／ＡＧ＝且Ｃ
（，
／个白球（＇ｔｍ＞／４，＇）它们除颜色不同外，ｔ＞ｔ其
余都相同．现从中任取两个球．（）１若取出两个红球的概率等于取出一红一白两个球的概率的整数倍，证：必求ｍ
为奇数；
／ＢＨ．Ａ过点Ｇ分别作
ＧＤ上ＢＧＣ，Ｅ上ＣＧＡ，Ｆ
上Ａ垂足分别为Ｄ、Ｂ，
、．
若ＤＦ＝９￣Ｅ０，

数学奥林匹克高中训练题(02)及答案

数学奥林匹克高中练习题〔02〕第一试一、选择题〔此题总分值30分,每题5分〕1．(练习题07)十个元素组成的集合{19,93,1,0,25,78,94,1,17,2}M =----．M 的所有非空子集记为(1,2,,1023)i M i =,每一非空子集中所有元素的乘积记为(1,2,,1023)i m i =.那么10231i i m ==∑〔C 〕．〔A 〕0 〔B 〕1 (C) -1 (D)以上都不对2．(练习题07)ABC ∆△ABC 的三个内角,,A B C 依次成等差数列,三条边,,a b c 上的高,,a b c h h h 也依次成等差数列．那么ABC ∆为〔B 〕〔A 〕等腰但不等边三角形〔B 〕等边三角形〔C 〕直角三角形〔D 〕钝角非等腰三角形3．(练习题07)对一切实数x ,不等式42(1)10x a x +-+≥恒成立．那么a 的取值范围是〔A 〕〔A 〕1a ≥- (B) 0a ≥ (C) 3a ≤ (D) 1a ≤4．(练习题07)假设空间四点,,,A B C D 满足8,10,13AB CD AC BD AD BC ======,那么这样的三棱锥ABCD 共有〔A 〕个．〔A 〕0 〔B 〕1 〔C 〕2 〔D 〕多于25．(练习题07)不等式21log 0(0,)2m x x x -<∈在时恒成立,那么m 的取值范围是〔B 〕〔A 〕01m << (B)1116m ≤< (C) 1m > (D) 1016m << 6．(练习题07)方程20(,,,0)ax b x c a b c R a ++=∈≠在复数集内根的个数为n .那么〔C 〕〔A 〕n 最大是2 〔B 〕n 最大是4 〔C 〕n 最大是6 〔D 〕n 最大是8二、填空题〔此题总分值30分,每题5分〕1．(练习题07)函数y =的值域是________2．(练习题07)椭圆22198x y +=,焦点为1F ,2F ,P 为椭圆上任意一点〔但P 点不在x 轴上〕,12PF F ∆的内心为I ,过I 作平行于x 轴的直线交12,PF PF 于,A B .那么12PAB PF F S S ∆∆=___916_____. 3．(练习题07),,A B C 为ABC ∆的三个内角,且cotcot cot 2(cot cot cot )222A B C A B C T ++-++≥.那么max T =__.4．(练习题07)实数,,a b c 满足22223,285a b c a b c c +-=-+++=.那么ab 的最小值是__2516__. 5．(练习题07)在一次足球冠军赛中,要求每一队都必须同其余的各个队进行一场比赛,每场比赛胜队得2分,平局各得1分,败队得0分．有一队得分最多,但它胜的场次比任何一队都少．假设至少有n 队参赛,那么n =__6____.6．(练习题07)假设1013222m ++是一个完全平方数,那么自然数m = 14 ．三、(练习题07)〔此题总分值20分〕假设正三棱锥底面的一个顶点与其所对侧面的重心距离为4,求这个正三棱锥的体积的最大值．(18)四、(练习题07)〔此题总分值20分〕一个点在x 轴上运动的速度为2米/秒,在平面其它地方速度为1米/秒．试求该点由原点出发在1秒钟内所能到达的区域的边界线．五、(练习题07)〔此题总分值20分〕x 为虚数,且1x x+是方程210y ay a -++=的实根．求实数的取值范围．(25a a ≤->) 第二试一、(练习题07)〔此题总分值20分〕在ABC ∆中,M 为BC 边上的任一点,ME AB ⊥于E ,MF AC ⊥于F ,AN EF ⊥交BC 于N ．求证：AM AN AB AC ⋅+=⋅．二、(练习题07)〔此题总分值35分〕用n 个数〔允许重复〕组成一个长为N 的数列,且2n N ≥.证实：可在这个数列中找出假设干个连续的项,它们的乘积是一个完全平方数．三、(练习题07)〔此题总分值35分〕空间中有100个点,其中每四点都不在同一平面上,每三点都不在同一条直线上,每一点都与其它33点连红线,与另33点连黄线,与最后的33点连蓝线．证实：一定会出现一个三边均不同色的三角形．。

数学奥林匹克高中训练题(158)

ａ， … ，满足对ｉｉ，，，）有ａ，（＝１２ … ｎ均
、
填空题（每小题８分，６共４分Ｊ
１甲、．乙两人轮流射击打靶，甲先开始．设两人的命中率ａｂ∈ （１．、０，）已知两人第
一
ａ＋＿ｉｎ其中，（）示ｎ，ｍ，，厂）＜，（．ｉ表厂 … ａ …
’
｜
该平面截四面体所成的两部分的体积之比为
４已知、＞０，．Ｙ１且＋ ≤２．函数ｙ兀则
＿，）＝ｓｓ厂Ｙ（ｉｘ＋ｉＹ—ｓ（ｎｎｉ＋Ｙｎ）
一
的最大值为
，
｜
１
５在空间四边形ＡＣ中，Ｃ＝Ｂ＝．ＢＤＡａ，
求
２
１．２０（０分）图ｌ椭圆－＝１ｎ＞如，＋（
ｏＯ
ｂ）内切圆＋＝ｂ＞０的ｙ的・切线与椭条圆交下点ＡＢ，、且切线Ａ与圆的切点ｑ在Ｙ轴右侧，Ｆ为椭圆的右焦点．求△ ＡＦ的周长．Ｂ
＝
所以，＝一１两条直线为２ｋ，ｘ—Ｙ一１＝０
与一ｙ＋１＝，交点为Ｐ（，）２Ｏ其１１．两直线斜率为ｋ２ｋ：，：１
，
其所成角
任意ｋ２存在无穷多个正整数几使得１＞，，
ｎ（）ｌｎ．
除以１００的余数为０
．
７已，、・知ｘｙ ∈Ｒ则∑＿ｆ

高中数学奥林匹克竞赛试题及答案0204192339

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＝4·24，4·34，…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＝a2·b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab·ab＝…（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＝137·73．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，104×M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＝i·n！＋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m·n！＋k（m∈N，2≤k≤n）由于n！＝1·2·…·n是k的倍数，所以m·n！＋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a＋c＞c≥c1，b＋c＞c≥c2。

数学奥林匹克高中训练题(119)

参考答案
第一试
由柯西不等式得
、口＋ｂｘ。
＋，，２
二、１）（４分实数、ｉ，，）足Ｙ（＝１２３满
∑ ∑ｙ ∑ １＝誓＝：．
Ｉ＝１１ｌ１ｉ
试求∑ ■ｙ的．上一值
ｉ１３＝ｇｉ十１２３
４如图２在单位．，正四面体ＡＣ中，ＢＤ Ⅳ、Ｋ分别在棱ＡＢ、ＡＢ上，足ＢＤ、Ｄ满Ｍ
中等数学
教学游窘鑫锄徽愚（）１９１
第一试
填空题（每小题７分，５）共６分１若实数ｎｂｃｄ满足０ ≥ｂ．、、、 ≥ｃ ≥ｄ＞，０
一
格线已被划去）一．
只青蛙停在Ａ格处，从某一时刻起，蛙青每隔一秒钟就跳到与
图３
、
则ｓ＝
为一
＋
＋
＋
的取值范围
２如图１在 △ ＡＣ的外部作 △ ＢＣ．，ＢＤ、ＡＡＢ、Ｅ使得ＦＡＣＡ，ＦＡ
△ ＢＣ ∽ ＡＦ ∽ ＤＡＢ
它所在方格有公共边的另一方格内，至跳直到日格才停下．青蛙经过每一个方格不超若过一次，则青蛙的跳法总数为— —＿．８设Ａ．Ｂ是抛物线ｙ２ｘ的一条焦点２＝ｐ
三、５（０分）ｎ是大于１的整数，实数正
Ｌｌ．Ｅ —Ｉ — 一ＩＡｃＦＩＬ

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4 4
(B)
2 1 2
(C)
5 1 2
(D)
5 1 4

2
) 的最大值是
2．设 x, y 属于 R 若 2 x,1, y 1 依次成等差数列，且 y 3, x 1 x 1 , cos(arccos x) 依次成等比数例，则
( x 1)( y 1) 的值是
．
3．在 1，2，3，4，5，的所有排列 a1 , a2 , a3 , a4 , a5 中，满足 a1 a2 ， a2 a3 ， a3 a4 ， a4 a5 ，的排列
第二试一．如图，在 ABC 中， B1 , C1 分别是 AB, AC 延长线上的点． D1 为 B1C1 的中点，连结 AD1 交 ABC 外接圆于 D .求证： AB AB1 AC AC1 2 AD AD1 ．
A
B
C D D1 C1
B1
二．已知实数 m 满足：有且只有一个正方形，其四个顶点均在曲线 y x mx 上．试求这个正方形的面积．
数学奥林匹克高中训练题（51）
第一试一、选择题（每小题 6 分，共 36 分） 1．已知集合 E {x | x cos (A) E F 2．已知 a (B) E F
n (2m 3) , n Z } ， F {x | x sin , m Z } ，则 E 与 F 的关系是( 3 6
2
)
(A) 4 i (B) 4 i (C) 4 i (D) 4 i 6．三个圆柱的侧面两两相切，且它们的轴也两两相互垂直，如果每个圆柱底面半径都是 1，那么，与这三个圆柱侧面都相切的最小球的半径是( ) (A) 2 1 二，填空题 1．函数 y sin x cos x sin x cos x(0 x
3
三．设 f ( x) ax bx c 为实数系数二次三项式．如果对一切整数 x ， f ( x) 都是完全平方数，求证：存在
2
自然数 d 及整数 e 使 f ( x) ( dx e) .
2
这些直线将平面切成若干个等边三角形，其中边长为
四．三棱锥 P ABC 底面三边长为 a, b, c ,其对棱长分别为 a , b , c ．求证：以 aa , bb , cc ，为底面三边长，
' ' ' ' ' '
以 b c , c a , a b 长为其对棱可构成一个新的三棱锥，且其体积是原来三棱锥 P ABC 体积的 a b c 倍．
(C) E F (D) E F 空集 )
)
200 b b b ,且 ba 1 .则 A log b cos 与 B log b sin 的大小关系是( 157 a a (A) A B (B) A B (C) A B (D) 不能确定
3．设某等差数列的首项为 a ( a 0) ,第二项为 b ．则这个数例中有一项为 0 的充要条件是( (A) a b 是正整数
(A) PFR QFR (C) PFR QFR
5．在复平面上， ABC 的顶点 A, B, C 所对应的复数分别为 3 2i ， 3i ， 2 i ，动点 P 对应的复数为 z .若关于 z 的方程 z z z 0 表示 ABC 的外接圆，其中 , 为已知复数，则的值是(
a1 , a2 , a3 , a4 , a5 共有
种．
4．设 an 表示与 n ( n N ) 最接近的整数，则
1 1 1 的值是 a1 a2 a2001
2
．
x y2 5．设 a,b 是两个整数，且 a>b,点 P,Q 在椭圆 2 2 1 上．若连接点 A(-a,0)与 Q 的直线平行于直线 OP, a b
且与 y 轴交于点 R,O 为坐标原点，则
AQ AR OP
2
=
6．在坐标平面上画出 63 条直线： y b ， y
3 x 2b ， y 3 x 2b ，其中 b -10， -9，-8,…,8,9,10,
2 的等边三角形的个数是． 3 三．求证：存在无穷多个这样的数例，它们的各项都是不同的自然数，且每个数列的前 k 项之和能被 k 整除.
' ' ' ' ' ' ' ' '
五．已知实数 a, b, c ，满足 b ac 0 ．缺由方程 a (lg x) 2b(lg x lg y ) c(lg y ) 1 所表示的曲线过点(10，
2 2 2
1 1 1 )．求证：对于这条曲线上的任意一点 P ( x, y ) ，成立着不等式． lg( xy ) 10 ac b 2 ac b 2
2
)
(பைடு நூலகம்) a b 是正整数
(C)
b 是正整数 ab
(D)
a 是正整数 ab
4．已知双曲线 ( )
x y2 1(a 0, b 0) 的右焦点为 F ，右准线为 l ,一直线交双曲线两支点，交 l 于 R .则 a2 b2
(B) PFR QFR (D) PFR与QFR 的大小不能确定