2018年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题(一)
2020中国数学奥林匹克希望联盟夏令营(一)
2021年第1期312020中国数学奥林匹克希望联盟夏令营（一）中图分类号:G424.79 文献标识码：A文章编号：1005 - 6416(2021)01 -0031 -07第一试一、填空题（每小题8分，共64分）1. 已知方程4% I % I - ax + 1 =0恰有三个解.则a 的取值范围是_____.2. 函数 y = *c os 2x + sin x - cos % 在区5•定义运算a * 6 =必-5闇，其中,［幻表示不超过实数％的最大整数，集合4 =｛0,1,2,3,4｝，双射f ：A^A 满足f （a*b ） =/（a ）*/（b ）.则满足条件的/共有_____个.6. 已知数列｛a ”｝满足«n -i =«… +a ”_2（"M3）,记前 n 项和为 S ”.若 S2018 =2 017,S 20I9 = 2 018,则 S 2020 =_____.2 27. 已知双曲线令-話=1的左、右焦点分别为人、尸2・过尺1的直线与左支交于A 、B 两点,且|彳,| = y •则△ AF ”与△ ABF 2间-壬申上的最大值为_____•3. 在梯形 4BCD 中,BC//AD,AB=AD,Z ABC = y,Z BCD =号.将△ ABD 沿 BD 翻折，点4在面BCD 上的投影为点P.已知4B 与CD 所成角的余弦值为享.则与CD 所成角的余弦值为_____.4. 设H 为AABC 的垂心,0为△佔C 的外 心若 |駁 +尿 +呢| = 2，贝ij \~OA+OB + OC\ =的内切圆面积之比为_____.8.如图1,甲、乙两人同时出发，甲从点4到B,乙从点C 到D,且两人每次都只能向上或向右走一格•则甲、乙的行走路线没有公共点的概率为_____•DB//t //// ////图1二、解答题（共56分）9. （16分）已知实数a 、b 、c 满足:a + b + c = 5 ,ab + be + ca = 7・求abc 的最大值.10. （20分）已知正项数列｛ a ”｝满足:5=1,5 + l ）a ：-2na ； + i + n 2 *67 +na n a n + l =0, %= 刑-才）（i 为虚数单位）•求'z 2 019 — Z 2 020 '的值・11. （20分）在平面直角坐标系xOy 中,2 2Rt △ ABC 的三个顶点均在椭圆亀+書=1a b（a>b>0）上,其中,4（0,6）为直角顶点.（1） 若6 = 1,该三角形的面积的最大值 为寻,求实数a 的值；（2） 求该三角形面积的最大值.加试—、（40分）已知a ： >0,心1,2,・・・，2 020,2 020 2 020 j且丫 a, =2 020.求£代的最大值.Z = 1a = 132中等数学二、（40分）如图2,四边形佃CD 内接于 O0,E 、F 为两组对边的交点,G 为对角线的交 点为AMBC 的垂心.作△ BMG s' AHE, △ BNGs^CHF.证明:⑴ BH = BM + BN ；（2）B 、M 、O 、N 四点共圆.三、（50分）设数形结合得a 〉4.2 A 2,3 •由题意知y f =- —sin 2x + sin 兀 + cos x.令 t = sin x 4- cos x二Qsin （% + 于）G [― 1 ,Q]・则 / =-彳（/-1） + /.当 y ，<0 时-当 y' >0 时，-*</<—一 4%, x <0.x討）;J\x ） = a 2 020-^+ a? 019兀 + …+2 018 , i勺018先 +©% +°0，其中,5 e Z,20,1,-,2 020.求有序数对 （n,p ）（p 为素数）的个数，满足b <n<2 020, 且对于任意的i =0,1,+/（「）模p 同余四、（50分）某城镇有“5工3）座村庄，某 些村庄之间有道路相连,且每条道路仅连接两 座村庄，任两座村庄之间至多有一条路,同时, 路交叉处没有十字路口,但有桥或隧道•已知任 意两村庄之间可通过道路到达,但由于某项自 行车赛事关闭任意环路之后，前述结论不再成 立.求道路条数的最大值.参考答案第一试其中,%o = - arcsin £ - 于.于是，当％ = %。
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题1 已知y x a b b y b b a x b a ,,,,0则--=-+=<<的大小关系是 .（第十一届高二第一试第11题）解法1 b b a a b b a x ++=-+=，ab b aa b b y -+=--=.y x a b b b b a b a <∴-+>++∴<<,,0 .解法2bb a ab b a b b b b a y x ++-+=---+=，y x y x a b b a <∴<∴->+,1, . 解法3a ab b a b b a ab b b b a y x -+-++=----+=-1111 =y x yx a a b b a <∴>-∴>--+,011,0.解法4 原问题等价于比较a b b a -++与b 2的大小.由,2)(222y x y x +≥+得b a b b a a b b a 4)(2)2=-++≤-++（，b a b b a 2≤-++∴. y x b a b b a a b b a <∴<-++∴-≠+,2, .解法5 如图1，在函数x y =的图象上取三个不同的点A （a b -，a b -）、B （b ，b ）、C （b a +，b a +）由图象，显然有AB BC k k <，即)()(a b b a b b b b a b b a ----<-+-+， 即a b b b b a --<-+，亦即y x <.解法6 令()f t ，tt a at f ++=)( 单调递减，而a b b ->，)()(a b f b f -<∴，即a b b b b a --<-+，y x <∴.解法7 考虑等轴双曲线)0(22>=-x a y x . 如图2，其渐近线为x y =.在双曲线上取两点图1A （b ，a b -）、B （a b +，b ）. 由图形，显然有1>ABk ，即1>-+--bb a ab b ，从而y x <.解法8 如图3.在Rt △ABC 中，∠C 为直角，BC=a ，AC=b ，BD=b ，则AB=b a +，DC=a b -. 在△ABD 中，AB-AD<BD ，即-+b a AD b <，从而-+b a AD-DC<-b DC ，即a b b b b a --<-+，故y x <.评析 比较大小是中学代数中的常见内容.其最基本的方法是作差比较法、作商比较法、利用函数的单调性.解法1通过分子有理化（处理无理式常用此法）将问题转化成比较两个分母的大小.解法2直接作商与1比较大小，顺理成章，也很简洁.要注意的是：0,>b a 时，1a a b b >⇔>；0,<b a 时，1aa b b>⇔<.此题直接作差难以确定差与0的大小，解法3对y x ,的倒数作差再与0比较大小，使得问题顺利获解，反映了思维的灵活性.解法6运用函数的单调性解题，构造一个什么样的函数是关键.我们认为构造的函数应使得y x ,恰为其两个函数值，且该函数还应是单调的（最起码在包含y x ,对应的自变量值的某区间上是单调的）.解法5与解法7分别构造函数与解几模型，将y x ,的大小关系问题转化成斜率问题加以解决，充分沟通了代数与几何之间的内在联系，可谓创新解法.解法8充分挖掘代数式的几何背景，构造平面图形，直观地使问题得到解决，这也是解决大小关系问题和证明不等式的常用方法.有人对此题作出如下解答：取,2,1==b a 则12112,23123+=-=+=-=y x，32+>10+>，.,121231y x <∴+<+可再取两组特殊值验证，都有y x <.故答案为y x <.从逻辑上讲，取2,1==b a ，得y x <.即使再取无论多少组值（也只能是有限组值）验证，都得y x <，也只能说明y x >或y x ≥作为答案是错误的，而不能说明y x <一定是正确的,因为这不能排除x y =的可能性.因此答案虽然正确，但解法是没有根据的.当然，如果将题目改为选择题：图2图3已知y x a b b y b b a x b a ,,,,0则--=-+=<<的大小关系是 （ ） A 、y x > B 、y x ≥ C 、y x = D 、y x <此时用上述解法，且不用再取特殊值验证就可选D ，并且方法简单，答案一定正确.总而言之，特殊值法在解许多选择题时显得特别简捷，那是因为选择支中的正确答案是唯一的，从而通过特殊值排除干扰支，进而选出正确答案.但特殊值法只能排除错误结论，而不能直接肯定正确答案，因此，用此法解填空题（少数特例除外）与解答题是没有根据的.当然，利用特殊值指明解题方向还是十分可取的.题2 设c b a >>N n ∈,，且11na b b c a c+≥---恒成立，则n 的最大值为 （ ） A 、2 B 、3 C 、4 D 、5（第十一届高二第一试第7题） 解法1 原式n c b c a b a c a ≥--+--⇔．mina c a c n ab bc --⎡⎤∴≤+⎢⎥--⎣⎦．而b a c a --+c b c a -- =b ac b b a --+-+b c a b b c -+--=2+b a c b --+c b b a --≥4，且当b ac b --=cb ba --，即bc a 2=+时取等号．mina c a c ab bc --⎡⎤∴+⎢⎥--⎣⎦4=．4n ∴≤．故选C ． 解法2 c b a >>，0,0,0>->->-∴c a c b b a ，已知不等式化为()()()2a c n a b b c -≤--．由()()()()22242a c a c ab bc a b b c --≥=---+-⎛⎫⎪⎝⎭，即()()()4min2=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---c b b a c a ，故由已知得4≤n ，选C ．解法3 由c b a >>，知0,0,0>->->-c a c b b a ，有()⎪⎭⎫⎝⎛-+--≤c b b a c a n 11．又()()()[]()41111112=+≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--+-=⎪⎭⎫⎝⎛-+--c b b a c b b a c b b a c a ，即()411min=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛-+--c b b a c a ，由题意，4≤n ．故选C ．解法4 c b a >>，0,0,0>->->-∴c a c b b a ．∴已知不等式可变形为()()()2a c n a b b c -≤--．记()()()2a c k ab bc -=--，则()()[]()()()()[]()()4222=----≥---+-=c b b a c b b a c b b a c b b a k ．由题意，4≤n ．故选C ．解法5 c b a >>110,0.a b b c∴>>--于是 ()()ca cb b ac b b a -=-+-≥-+-4411．比较得4≤n ．故选C ． 评析 由已知，可得()⎪⎭⎫⎝⎛-+--≤c b b a c a n 11恒成立．根据常识“若()a f x ≤恒成立，则()min x f a ≤；若()x f a ≥恒成立，则()max a f x ≥,”()⎪⎭⎫⎝⎛-+--c b b a c a 11的最小值就是所求n 的最大值，故问题转化为求()⎪⎭⎫⎝⎛-+--c b b a c a 11的最小值，上述各种解法都是围绕这一中心的，不过采用了不同的变形技巧，使用了不同的基本不等式而已．解法1运用了2,,b a a b R a b ++≥∈“”；解法2运用了”“22⎪⎭⎫⎝⎛+≤b a ab ；解法3运用了()”“411≥⎪⎭⎫ ⎝⎛++b a b a ；解法4运用了()”“+∈≥+R b a ab b a ,2；解法5运用了()”“+∈+≥+R b a ba b a ,411．虽解法异彩纷呈，但却殊途同归．此题使我们联想到最新高中数学第二册（上）P 30第8题： 已知c b a >>，求证：0111>-+-+-ac c b b a ． 证：令()0,0,>>=-=-y x y c b x b a ，则y x c a +=-．()22111111x y xya b b c c a x y x y xy x y ++∴++=+-=---++．0,0x y >>， 0111>-+-+-∴ac c b b a ． 此证法通过换元将分母中的多项式改写成单项式，使得推证更简单了．运用这一思路，又可得本赛题如下解法：设()0,0,>>=-=-y x y c b x b a ，则y x c a +=-．ca nc b b a -≥-+-11恒成立，就是y x ny x +≥+11恒成立．也就是()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++≤y x y x n 11恒成立．()411≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++y x y x 恒成立， ∴由题意得4≤n ．故选C ．再看一个运用这一思想解题的例子．例 设+∈R c b a ,,，求证：2222cb a b ac a c b c b a ++≥+++++． （第二届“友谊杯”国际数学竞赛题）证明 设,,,z b a y a c x c b =+=+=+则()()0,,21>++=++z y x z y x c b a ． ()()()02222≥+-=++-+y x xy bx ay y x b a y b x a ，()222a b a b x y x y +∴+≥+ ①， ()()()()222222222a b a b c a b c a b c c a b c x y z x y z x y z a b c +++++++∴++≥+≥==+++++,即2222cb a zc y b x a ++≥++，2222c b a b a c a c b c b a ++≥+++++∴． 本赛题还可直接由下面的命题得解．命题 若021>>>>n a a a ，则()nn n a a n a a a a a a --≥-++-+--12132211111 ． 证明 021>>>>n a a a ，n n a a a a a a ---∴-13221,,, 都大于0．反复运用①式，可得: “若,(1,2,,)i i x y R i n +∈=,则22111n i ni i ni iii x x y y ===⎛⎫⎪⎝⎭≥∑∑∑,当且仅当1212nnx x x y y y ===时取等号”.故有()()22122311223111111111n n n n nn a a a a a a a a a a a a a a --+++-+++≥=----+-++--． 也可以这样证明：021>>>>n a a a ，12231,,,0n n a a a a a a -∴--->．故由柯西不等式，得()()()1223112231111()n n n na a a a a a a a a a a a --+++-+-++-⎡⎤⎣⎦---()()211111n -≥+++个()21n =-，即()()21132211)111(-≥--++-+--n a a a a a a a a n nn ．01>-n a a ，()nn n a a n a a a a a a --≥-++-+-∴-12132211111 ． 由此可得本赛题的如下解法：c b a >>，0,0,0>->->-∴c a c b b a ，()ca cb b ac b b a -=-+-+≥-+-∴411112．由 题意，4≤n ．故选C ．由此命题还可直接解决第七届高二培训题第8题：设12320002001a a a a a >>>>>，并且122320002001111m a a a a a a =+++---，200116104a a n -⨯=，则m 与n 的大小关系是 ( ) A 、n m < B 、n m > C 、n m ≥ D 、n m ≤ 解12320002001a a a a a >>>>>，2001162001121042000a a a a m -⨯=-≥∴．故选C ． 题3 设实数y x n m ,,,满足a n m =+22，b y x =+22，则ny mx +的最大值为 ( )A 、21()b a +B 、2122b a + C 、222b a + D 、ab（第十一届高二培训题第5题）解法1 设,sin ,cos ααa n a m ==,sin ,cos ββb y b x ==则,)cos(sin sin cos cos ab ab ab ab ny mx ≤-=+=+βαβαβα即)(ny mx +max =ab .故选D ．解法2 b n a b m a b a n m =+⇒=+2222,又b y x =+22,+=+∴mx abny mx a b )(≤nyab 2222()()2b m n x y a +++==.2b b a a b =+⋅nymx +∴,ab ab b =≤x =,y =即my nx =时取等号，max )ny mx +∴（.ab = 解法3 2222222222222()2mx ny m x mxny n y m x m y n x n y +=++≤+++()()2222,m n x y ab =++=mx ny ∴+当且仅当m yn x =时取等号，故()max mx ny +=.解法4 设()(),,,,p m n q x y →→==则cos ,p q p q p q θ→→→→→→⋅=⋅⋅≤⋅222,p q p q →→→→∴⋅≤⋅()()222mx ny m n+≤+即()22,xyab +=当且仅当,p q →→共线，即my nx =时取等号，故()max mx ny +=.解法5 若设mx ny k +=，则直线mx ny k +=与圆22x y b +=有公共点，于是≤()max k mx ny mx ny =+≤∴+=解法6 设12,z m ni z x yi =+=-,则()()()()12,z z m ni x yi mx ny nx my i =+⋅-=++-∴1212,z z mx ny mx ny mx ny z z ⋅=≥=+≥+∴+≤12z z =⋅==当且仅当my nx=时取等号，故()max mx ny +=．解法7 构造函数()()()222222f X m n X mx ny X x y =+++++，则()()()220.f X mX x nX y =+++≥故()()()2222244mx ny m nxy ∆=+-++()2440,mx ny ab =+-≤即()max mx ny mx ny +≤∴+.ab =解法8 由2222,m n a x y b +=+=还可构造图形（如图），其中90,ACB ADB ︒∠=∠=,AC=,BC n =,,BD x AD y AB ===为圆的直径，由托勒密定理,ADBC BD AC ⋅+⋅2,AB CD AB =⋅≤得,x n y b ⋅+⋅≤，从而得mx ny +，当且仅当my nx =且0mx >时取等号．()max mx ny ∴+=评析 解法1抓住已知条件式的结构特征，运用三角代换法，合情合理，自然流畅，也是解决此类型问题的通法之一．解法2运用基本不等式222b a ab +≤将ny mx +放大为关于22n m +与22y x +的式子，再利用条件求出最大值．值得注意的是，稍不注意，就会得出下面的错误解法：()()()22222222max ,22222m n x y m x n y a b a bmx ny mx ny ++++++++≤+==∴+=．故选A ．错误的原因就在于用基本不等式求最值时未考虑等号能否取到．上述不等式取等号的条件是x a =①且y b =②，而若①，②式同时取得，则2222m n x y +=+，即,a b =这与题设矛盾！即当a b ≠时，mx ny +取不到2a b+．解法2是避免这种错误的有效方法． 由于向量与复数的模的平方是平方和形式，与已知形式一致，故解法4与解法6分别运用了构造向量与构造复数的方法，新颖而简洁．解法5设k ny mx =+后，将其看作动直线，利用该直线与定圆b y x =+22有公共点，则圆心到直线的距离小于等于半径，得ab ny mx k ≤+=，充分体现了等价转化的解题功能．解法7运用的是构造函数法．为什么构造函数()()()2222f X m n X mx ny X =+++2x +2y +呢？主要基于两点：①()f X 为非负式（值大于等于0），②由于()0≥X f ，故有0≤∆，而∆沟通了已知与未知的关系，故使问题得到解决．解法8抓住已知两条件式的特征，构造了两个有公共边的直角三角形，利用托勒密定理及圆的弦小于等于半径使问题获解，充分揭示了这一代数问题的几何背景．拓展 此题可作如下推广 若2222221212,,n n a a a p b b b q +++=+++=则()1122max n n a b a b a b +++=()1,2,,i i b i n ==时取得最大值）.证明 2222221212n n q q q a a a p a a a p p p ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=⇒+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.q =1122a b a b ∴+++1122n n n n qab b b a b p⎫=⋅+⋅++⋅⎪⎪⎭≤p ⎝+⎢⎥⎢⎥⎣⎦=(),22222222122221pq q p p q q p b b b a a a pq q p n n=⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⋅=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+++++++ 当且仅当()().,,2,1max 2211pq b a b a b a n i b a pqn n i i =+++∴== 时取等号，本推广实际就是由著名的Cauchy （柯西）不等式()()()222212222122211n n n n b b b a a a b a b a b a +++⋅+++≤+++ （当且仅当nn b a b a b a === 2211时取等号）直接得到的一个结论． 推广有十分广泛的应用，现举一例： 例已知123,,,,,,234,8.a b c x y z Ra b c x y z +∈++=++=且最大值． 解2221232344,8a b c b cx yz ++==++=22⇒+2+＝8=≤====即12ax by cz ===时取等号．max∴=.24题4 对于1≤m 的一切实数m ，使不等式221(1)x m x ->-都成立的实数x 的取值范围是＿＿＿＿（第十三届高二培训题第63题）解法1 题设等价于⎪⎩⎪⎨⎧--<>-1120122x x m x 或⎪⎩⎪⎨⎧--><-1120122x x m x 或⎩⎨⎧>-=-012012x x ，即⎪⎩⎪⎨⎧--<>-11210122x x x 或⎪⎩⎪⎨⎧-->-<-11210122x x x 或⎩⎨⎧>-=-012012x x ,所以21<<x 或113<<-x 或1=x ，即)2,13(-∈x . 解法2 已知不等式即()()01212<---x m x ，令()()121)(2---=x m x m f ，则当012≠-x ，即1±≠x 时，)(m f 是m 的一次函数，因为1≤m ，即11≤≤-m 时不等式恒成立，所以)(m f 在[]1,1-上的图象恒在m 轴的下方，故有⎩⎨⎧<+--=<+-+-=-0121)1(0121)1(22x x f x x f ，即⎩⎨⎧<->-+0202222x x x x ，解得213<<-x )1(≠x . 又当1=x 时，1)(-=m f ，适合题意，当1-=x 时，()3f m =不合题意. 故x 的取值范围是213<<-x .评析 解决本题的关键是如何根据条件构建关于x 的不等式或不等式组.解法1运用分离参数法，为了达到分离参数的目的，又对12-x 分大于0、小于0、等于0三类情形分别构建关于x 的不等式组，从而通过解不等式组解决了问题.解法2则转换思维角度，把已知不等式看成关于m 的不等式，从而将原问题转化为函数()()121)(2---=x m x m f 在[]1,1-上的图象恒在m 轴下方的问题.这种方法称为变更主元法.用此方法，使得此题的解决显得既简捷，又直观易懂.题5 当0x a <<时,不等式2)(1122≥-+x a x 恒成立,则a 的最大值是________. (第十一届高二培训题第45题)解法 1 当0x a <<时, 2≥-+-x a x x x a ①,又有2)()(2222≥-+-x a x x x a ②, ②+①×2,得6)(222222≥--+-x a x ax x x a ,6)()(122222≥---+-x a x a a x a ,8)(2222≥-+x a a x a ,即2228)(11a x a x ≥-+.由282≥a ,得02a <≤,2max =∴a . 解法2 2222)11()11()(112x a x x a x x a x --+-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+ , 又 =-+x a x 11 +a 4 (1a 2)x a x x x a ---, 222)4()(112a x a x≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+∴, 即2228)(11a x a x ≥-+, 当且仅当x a x x xa -=- 且 x a x -=11, 即 2a x = 时取等号. 2)(1122≥-+x a x 恒成立, ∴282,02a a ≥<≤. 于是2max =a . 解法 3 原不等式等价于12)(1122≥-+x a x ,由 0x a <<,可知10,x >10a x >-. 由 “两个正数的平方平均值不小于它们的调和平均值”, 可知只需1)(2≥-+x a x , 即2≤a 即可, 故02a <≤, 于是2max =a .解法 422)(11x a x -+2≥ 即 2)(112222≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++x x a x x ①成立，又2122≥+x x 恒成立， ∴a 只要满足22)(1x x a --0≥②就能使①恒成立.由②式，得2x 2)(x a -1≤，1)(≤-x a x ，012≤-+-ax x ③.由于对称轴),0(2a ax ∈=，由二次函数的性质，当),0(a x ∈时，要③式恒成立，则24002a a ∆=-≤∴<≤ 2max =∴a .解法5 设αα22sin ,cos =-=a x a a x （0x a <<），则22)(11x a x -+=α42cos 1a +α42sin 1a ==+⋅αααα44442cos sin cos sin 1a =-⋅αα2sin 1612sin 2111422aαα2sin 2sin 28422-⋅a . )22(sin 2+αα2(sin 2－1）0≤，即2－αα2sin 2sin 42≥，则αα2sin 2sin 242-1≥)12sin (2时取等号当=α，于是2228)(11ax a x ≥-+，由已知，得282,02,a a ≥∴<≤2max =∴a . 解法6 设11,(0,0),X Y X Y x a x==>>-则 222X Y +≥表示在XOY 坐标系第一象限内以原点为圆心，2为半径的圆及其外部.由11,,X Y x a x==-得,aXY X Y =+又aXY X Y =+,4,22aXY XY ≥∴≥它表示双曲线24a XY =位于第一象限内的一支及其上方部分.依题意，双曲线2224(0)200XY X X Y X Y a=>+=>>与圆弧（，）相切或相离，从而282≥a，即02a <≤ 2max =∴a .解法7 运用结论“如果),,2,1(,n i R y x i i =∈+，则≥+++nn y x y x y x 2222121),()(21221*++++++nn y y y x x x 当且仅当k y x y xy x n n ==== 2211（常数）时取等号.” 0x a <<，∴0.a x ->由柯西不等式，有22222)11())(11)(11(x a x x a x -+≥-++①，由)(*得x a x -+11a 4≥②.故,)4())(11(2222a x a x ≥-+得2228)(11ax a x ≥-+，当且仅当2a x =时取等号，由282≥a，得02a <≤ 2max =∴a . 解法8 运用结论“212122311111(1),,n n n nn a a a a a a a a a a a -->>>+++≥----若则当O2 xO且仅当n a a a ,,,21 成等差数列时取等号.”2222111122()(0)()x a x x a x ⎡⎤⎡⎤+=+≥⎢⎥⎢⎥---⎣⎦⎣⎦2110x a x ⎛⎫+ ⎪--⎝⎭222160)13(a a =⎥⎦⎤⎢⎣⎡--≥.∴2228)(11a x a x ≥-+，当且仅当x a x -=，即2a x =时取等号.令282≥a ，得02a <≤ 2max =∴a . 评析2)(1122≥-+x a x 恒成立，∴2)(11m i n 22≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+x a x.故问题的实质就是求22)(11x a x -+的最小值（关于a 的式子）大于等于2的解.因而在0x a <<的条件下，如何求22)(11x a x -+的最小值成了问题的关键.解法1运用“两个互为倒数的正数的和大于等于2”, 解法2运用配方再放缩, 解法3运用均值不等式及“两个正数的平方平均值不小于它们的调和平均值”,解法5运用三角代换，解决了这一关键问题.解法4巧妙地将原问题转化为一个含参（a ）一元二次不等式恒成立，求参数的范围问题，从而运用二次函数的性质解决问题.解法6将原问题转化为解析几何问题处理.解法7、8则是运用一些现成的结论（读者可自己证明），各种解法异彩纷呈，都值得细细品味.拓展 此题可作如下推广：推广1 若1210n x x x a -<<<<<，则≥-++-+-2121221)(1)(11n x a x x x 23a n ，当且仅当a x x x n ,,,,121- 成等差数列时取等号.证明 由已知，1210n x x x a -<<<<<，则12x x -0>，23x x -0>，, 1--n x a 0>.根据柯西不等式及解法7运用的不等式（*）,有⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++-+-2121221)(1)(11n x a x x x n ≥21211111n x x x a x -⎛⎫+++≥ ⎪--⎝⎭2242,n n a a ⎛⎫= ⎪⎝⎭故≥-++-+-2121221)(1)(11n x a x x x 23a n . 当且仅当a x x x n ,,,,121- 成等差数列时取等号.推广2 若1210n x x x a -<<<<<，,),,,2,1(++∈=∈N k n i R b i 则++kk x b 111kk n k n k n k k ab b b x a b x x b 121111212)()()(+-+++++≥-++- ，当且仅当∑==n i ii i b ab a 1时取等号. 证明 不妨设112211,,,--=-==n n x a a x x a x a ，=M ,)(11+=∑k ni i b 由已知得i a 0>且),,2,1(n i =,1a a ni i =∑=令a a c i i =，则∑=ni i c 1=111=∑=ni i a a .由均值不等式，++k i k i c b 1≥+++个k i i i Mc Mc Mc ,)1(11+++k k ik b M k 即k ik i c b1+k n i b b b k kMc ))(1(21++++≥+ i b ⋅，则11111(1)()k nn n k i i i k i i i i b kM c k b c ++===+≥+∴∑∑∑1111()k n n k i i k i i i b b c ++==≥∑∑，即11k nki k i ib a a +=≥∑11()n k i i b +=∑，11111()nk k i ni i k k n i ii i b b a a ++===≥⎛⎫ ⎪⎝⎭∑∑∑，当且仅当=i a ∑∑∑====⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡n i i i i n i i n i i b ab b b a 111时取等号. ∴++kk x b 111++kk x b 212kn kn x a b )(1--+ k k n a b b b 121)(++++≥ . 题6 已知()⎪⎭⎫ ⎝⎛∈=2,0,log sin πθθx x f ，设⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2cos sin θθf a ，()θθcos sin ⋅=fb ，⎪⎭⎫⎝⎛+=θθθcos sin 2sin f c ，那么c b a 、、的大小关系是 （ ）A 、b c a ≤≤B 、a c b ≤≤C 、a b c ≤≤D 、c b a ≤≤（第八届高二第一试第10题） 解法1 设p =θsin ，q =θcos .pq qp ≥+2，而()x f 是减函数，()pq fq p f ≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+∴2，即b a ≤.2qp pq +≤，()2pq q p pq +≤∴， pq qp pq≤+2.()pq fq p pq f ≥⎪⎪⎭⎫⎝⎛+∴2，即b c ≥.故c b a ≤≤.选D.解法2 由题意，令6πθ=，则21sin =θ，cos 2θ=，4312cos sin +=+θθ ，23cos sin 4=θθ，233cos sin cos sin 2cos sin 2sin -=+=+θθθθθθθ，()1,021sin ∈=θ ，()x f ∴是减函数，又233234314->>+，()⎪⎭⎫⎝⎛+<<⎪⎭⎫⎝⎛+∴θθθθθθθcos sin 2sin cos sin 2cos sin f ff ，即c b a <<.故选D.评析 这是一个比较函数值大小的问题，通常利用函数的单调性.若函数()x f 单调递增（减），则当21x x <时，()()()()()2121x f x f x f x f ><，当21x x >时，()()21x f x f >()()()21x f x f <.因此解决问题的关键有两个：一是确定函数的单调性，二是确定自变量的大小关系.解法1就是这样解决问题的.因为正确答案应对一切⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0πθ都正确，故又可以运用特殊值法.对⎪⎭⎫⎝⎛2,0π内的某个角不正确的选择支都是错误的，由正确选择支的唯一性，也可选出正确答案.解法2便是取特殊值6πθ=，排除了A 、B 、C 、而选D 的.当然，此题也可用作差比较法来解：⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πθ ，()1,0sin ∈∴θ，()x f ∴是单调减函数，0sin >θ，0cos >θ.=⋅-+=-∴θθθθθθcos sin log 2cos sin log sin sin b a01log cos sin 2cos sin log sin sin =≤⋅+θθθθθθ，b a ≤∴.又-⋅=-θθθcos sin log sin c b 01log cos sin 2cos sin log cos sin cos sin 2cos sin log cos sin 2sin log sin sin sin sin =≤+=+⋅=+θθθθθθθθθθθθθθθθθ，即c b ≤，c b a ≤≤∴.选D.题7 已知21=a ，不等式49321log <⎪⎭⎫ ⎝⎛-x a的解是 . （第三届高二第二试第13题）解 原不等式即2log 32321-⎪⎭⎫ ⎝⎛<⎪⎭⎫⎝⎛-x a. 指数函数x⎪⎭⎫⎝⎛32是减函数，21=a ，∴原不等式化为2log121->-x ，即22121121l o gl o g -⎪⎪⎭⎫⎝⎛->x .又 对数函数l o g x 是减函数，2211-⎪⎭⎫⎝⎛<-∴x ，即21<-x ，解得31<<-x . 对数函数121log-x 的定义域是1≠x 的实数，∴原不等式的解是11<<-x 或31<<x .评析 此题涉及到指数不等式、对数不等式、绝对值不等式的解法.解指数不等式与对数不等式的基本方法是同底法，即先将不等式两边的指数式或对数式化成底数相同的指数式或对数式，然后根据底数所属区间是()1,0或()+∞,1，确定以该底数为底的指数函数或对数函数的单调性，再去掉底数或对数符号，转化成别的不等式.主要依据如下：⑴若01a <<,则()()()()f x g x a af xg x <⇔>；⑵若1a >,则()()()()f x g x aaf xg x <⇔<； ⑶若01a <<,则()()()()log log 0f x g x a af xg x <⇔>>；⑷若1a >,则()()()()log log 0f x g x aaf xg x <⇔<<.有时需要将常数化为指数式或对数式，其化法如下： ⑴ac ca log =（,0,0>>c a 且1≠c ）；（化为指数式）⑵log a c a c =（,0>c 且1≠c ）.（化为对数式） 例如，23log 32=将常数2化为3为底的指数式，233log 2=将常数2化为3为底的对数式.解指数不等式不需检验，但解对数不等式必须保证解使得对数式有意义，这点常被忽略.若一个指数不等式的指数部分是对数式，常常采用取对数法求解. 例 不等式()x x x>lg的解集是 .（第十一届高二培训题第40题）解 两边取常用对数，得()x x lg lg 2>，即0lg ,0lg 4lg ,0lg lg 4122<>->-x x x x x 或10,4lg <<∴>x x 或410>x .故所求解集是()()+∞,101,04 .应当指出，两边取对数后，不等号的方向变不变，关键看取的是什么底数.如果底数大于1，则不等号方向不变，如果底数大于0且小于1，则不等号方向改变.关于绝对值不等式，主要是根据绝对值的几何意义求解.下列结论应当理解并熟记（a 为常数）.⑴()0≤<a a x 的解集是φ； ⑵()0><a a x 的解集是()a a ,-； ⑶()0<>a a x 的解集是R ；⑷()0x a a >>的解集是()()+∞-∞-,,a a . 下列题目供练习：⑴已知常数⎪⎭⎫⎝⎛∈4,0πθ，则不等式()()8103cot tan 2--->x x x θθ的解集是 .（第八届高二第一试第16题）⑵若函数()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛=4222log log x xx f 的定义域是不等式211222log 7log 30x x ⎛⎫++≤ ⎪⎝⎭的解集，则()x f 的最小值= ；最大值= .（第十届高二第一试第23题）⑶不等式22222log 2log x x x x x x ++>的解集是 .（第九届高二培训题第23题）⑷不等式1323>--x 的解是 （ ）（A ）6>x 或232<≤x （B ）6>x 或2<x （C ）6>x （D ）2<x答案 ⑴(]⎪⎭⎫⎢⎣⎡-∞-1374,52, ⑵43 ；2 ⑶⎪⎭⎫⎝⎛2,21 ⑷A题8 不等式t x x +≥-21 的解集是∅ ,实数t 的取值范围(用区间形式)是 .(第一届高二第一试第18题)解法1 由t x x +=-21两边平方并整理得012222=-++t tx x ,此方程无实根,故()084184222<+-=--=∆t t t ,22>t .又0>t ,2>∴t .故填()+∞,2.解法2 作出函数21x y -=的图象(即图中的半圆)及函数t x y +=的图象(即图中斜率为1的直线系).由题意,直线应在半圆的上方,由图象可知直线t x y +=在y 轴上的截距2>t .故填()+∞,2.解法3 由012≥-x ,得11≤≤-x .故设θc o s =x ,[]πθ,0∈,则已知不等式就是t +≥θθcos sin ,即θθcos sin -≤t .⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-4sin 2cos sin πθθθ ,又⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈⎪⎭⎫ ⎝⎛-43,44πππθ,()sin cos [θθ∴-∈-.由题意得2>t . 故填()+∞,2.评析 这是一道蕴含着丰富数学思想方法的好题.解法1﹑2﹑3分别运用方程思想﹑数形结合思想﹑化归转换思想,从不同的角度解决了问题,体现了这道题的丰富内涵.解法2揭示了本题的几何背景.解法3的依据是:不等式t x x +≥-21 的解集是∅等价于不等式x x t -->21恒成立.有人认为不等式t x x +≥-21 的解集是∅等价于不等式x x t -->21有解,这种观点是错误的.事实上,21=t 时,不等式x x t -->21就有解(比如53=x 就是其一个解),而21=t 时,不等式t x x +≥-21即2112+≥-x x 的解集却不是∅ (比如0就是它的一个解).拓展 通过上面的分析,并作进一步的研究,我们便有下面的 结论 已知t 为参数, ()f x 的值域是[],a b . (1) 若()t f x ≤恒成立,则t a ≤. (2) 若()t f x ≥恒成立,则t b ≥. (3) 若()t f x ≤的解集是∅,则t b >. (4) 若()t f x ≥的解集是∅,则t a <. (5) 若()t f x ≤有解,则t b ≤. (6) 若()t f x ≥有解,则t a ≥.若将()f x 的值域改为[),a b 、(],a b 、(),a b 等，也会有相应的结论，限于篇幅，不再一一列出．根据这一结论，请回答下列问题：1.t +的解集是∅，则实数t 的取值范围是 ． 2.t +的解集是∅，则实数t 的取值范围是 ． 3.t +有解，则实数t 的取值范围是 ． 4.t +有解，则实数t 的取值范围是 ． 5.t >+恒成立，则实数t 的取值范围是 ． 6.t +恒成立，则实数t 的取值范围是 ．答案 1. ()2,+∞2.(,-∞3.)⎡+∞⎣4.(],2-∞5.(,-∞6.()2,+∞题9 不等式03422≥+---x x x 的解集是 （ ）A 、⎥⎦⎤⎢⎣⎡++255,253B 、⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-255,253 C 、⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞+⎥⎦⎤ ⎝⎛+∞-,255253,D 、⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-253,255 （第十三届高二第二试第8题）解法 1 当0342≥+-x x ，即1≤x 或3≥x 时，原不等式就是,03422≥-+--x x x 即0552≤+-x x ，解得2553.255255+≤≤∴+≤≤-x x . 当2430,13x x x -+<即<<时，原不等式就是，03422≥+-+-x x x 即，0132≥+-x x 解得253-≤x或3x x ≥≤<.综上，所求解集为553,,⎫⎡+⎪⎢⎪⎣⎭⎣⎦即⎥⎦⎤⎢⎣⎡++255,253.故选A.解法2 如图，作函数2-=x y 和342+-=x x y 的图象.要求的解集就是21y y ≥，即1y 在2y 上方时x 的区间，即图中线段AB 上的点所对应的横坐标所组成的区间[]B A x x ,.又(),1234222--=+-=x x x y 当32<<x 时，().2122--=x y 由()2212-=--x x 可解得253+=A x .当3>x 时，(),1222--=x y 由()2122-=--x x 可解得255+=Bx ，∴所求不等式的解集为⎥⎦⎤⎢⎣⎡++255,253，故选A. 解法 3 同解法2画出图形后，可知解集为一个闭区间[]b a ,，且()3,2∈a ，对照 选择支.可知选A.解法4 当5.1=x 时，03422<+---x x x 时，故1.5不是原不等式的解，从而排除含1.5的B 、C 、D ，故选A.评析 解含绝对值的不等式，一般是先去掉绝对值符号，然后再求解.解法1正是运用分类讨论思想这样解决问题的，也是一种通法.我们知道，方程()()x g x f =的解就是函数()x f y =与()x g y =的图象交点的横坐标；若图象无交点，则方程无解.而不等式()()x g x f >的解集则是函数()x f y =的图象在()x g y =的图象上方部分的点的横坐标的集合；若()x f y =的图象都不在()x g y =的图象的上方，则不等式无解.解法2正是运用这种数形结合思想解决问题的.许多超越不等式的近似解或解的所属范围也都运用此法解决.选择题的正确答案就在选择支中，只是要求我们把它选出来而已.因此,不是非要求出答案再对照选择支选择答案不可的.基于此，解法3运用估算的方法选出了正确答案(注意：估算能力是高考明确要求要考查的能力之一).而解法4则运用特殊值排除了干扰支，进而选出了正确答案.类似这种不等式（方程）的解集是什么的选择题几乎都可用这种方法解，而且十分方便.值得注意的是，特殊值只能否定错误结论，根据正确选择支的唯一性才能肯定正确答案.另外，如何选取特殊值也是很有讲究的，读者可在解题实践中体会并加以总结.题10 不等式199920003224>-+-x x 的解集是 . 1 3A B（第十一届高二培训题第41题）解 设y=x x -+-3224 ，由⎩⎨⎧≥-≥-03024x x ，得定义域为[21，3]. 1999200010,106144410)3)(24(4)3(42422>≥∴≥-+-+=--+-+-=y x x x x x x y 即原不等式在定义域内恒成立，故所求解集为[21，3]. 评析 解无理不等式，通常是通过乘方去掉根号，化为有理不等式后再解.但从此题中不等式右边的数可以想象该有多么复杂，若将题目改为“276.571623.93224+>-+-πx x 的解集是 ”，还会有谁想通过平方化为有理不等式去解呢？显然，常规方法已难以解决问题，怎么办呢？考虑到不等式中的x ∈[21，3]，从而左边1999200010>≥，故解集就是定义域，这就启示我们，当常规思维受阻或难以奏效时，就应积极开展非常规思维，另辟蹊径，寻求解决问题的新方法.拓展 根据上面的分析，并加以拓广，我们可得结论 设a,b,c 是常数，若[,],()[,],()[,]x a b f x m n g x p q ∈∈∈,则当m c >时,不等式()f x c >的解集是[,],()a b f x c ≤的解集是φ；当n c <时, 不等式()f x c ≥的解集是φ,()f x c <的解集是[,]a b ;当n p >时, 不等式()()f x g x ≥的解集是φ, ()()f x g x <的解集是[,]a b ;当m q >时，不等式()()f x g x >的解集是[,]a b ，()()f x g x ≤的解集是φ.根据这一结论，不难求得下列不等式的解集：1、 2sinx+3cosx>4;2、 322163-->-x x ;3、 x x x -<-+-433)1(log 4;4、 sinx-cosx<32+x .答案：1、φ 2、[2，+∞) 3、φ 4、R。
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倾倾 倾
欲证 ∠BAK = ∠C AQ ,而显然 ∠ABK = ∠AQC ,从而 △ABK ∼ △ AQC ,图形中显然最后生成的是点 Q,它最难描述,它是两圆交点,但是 A, K, D, Q 共圆很难用,而 △ABK ∼ △AQC 很好用. 考虑到点 Q 的唯一性可以考虑用同一法,即在圆 O 上取 Q ′ 使得 ∠ABK = ∠AQ ′C ,下面只需证明 A, 共圆即可,如下图： K, D, Q ′
2 a + 2 b + 2 c + 2d + = 32. )5 2e 5
则必有 2 个正数不相邻. 又显然 a + b, b + c, c + d, d + e, e + a ∈ [−2, 8] ,故原式 ≤ (−2)2 × 9 × 8 = 288 . (3) 若 a + b, b + c, c + d, d + e, e + a 中恰一个正,不妨设 a + b > 0,由 (b + c ) + (d + e ) ≤ 0 知 a ≥ 5, 由 e ≥ −1,知 e + a ≥ 4,矛盾. 综上,原式 ≤ 288 ,当 a = b = c = −1, d = e = 4 时取等. 解法二 令 a1 = a + b, a2 = c + d, a3 = e + a, a4 = b + c, a5 = d + e 则有
5 ∑
不妨设 a + b, c + d > 0,则 a + b + c + d = 5 − e ≤ 6,从而 (a + b)(c + d) ≤ 9.
2018年17届希望杯初二第1试试题及参考答案
第十七届“希望杯”全国数学邀请赛初二 第1试2018年3月19日 上午：30至10：00学校______________班__________学号__________姓名__________辅导教师________成绩__________ 一、选择题（每小题4分，共40分）以下每题的四个选项中，仅有一个是正确的，请将表示正确答案的英文字母写在下面的表格内．1．实数m ＝20053－2005，下列各数中不能整除m 的是（ ） （A ）2006 （B ）2005 （C ）2004 （D ）2003 2．a ，b ，c ，d 是互不相等的正整数，且abcd ＝441，那么a ＋b ＋c ＋d 的值是（ ） （A ）30 （B ）32 （C ）34 （D ）36 3．三角形三边的长都是正整数，其中最长边的长为10，这样的三角形有（ ） （A ）55种（B ）45种（C ）40种（D ）30种4．已知m ，n 是实数，且满足m 2＋2n 2＋m －34n ＋3617＝0，则－mn 2的平方根是（ ） （A ）62 （B ）±62（C ）61 （D ）±61 5．某校初一、初二年级的学生人数相同，初三年级的学生人数是初二年级学生人数的54．已知初一年级的男生人数与初二年级的女生人数相同，初三年级男生人数占三个年级男生人数的41，那么三个年级女生人数占三个年级学生人数的（ ）（A ）199 （B ）1910（C ）2111 （D ）106．如图1，点E 、F 、G 、H 、M 、N 分别在△ABC 的BC 、AC 、AB 边上，且NH ∥MG ∥BC ，ME ∥NF ∥AC ，GF ∥EH ∥AB ．有黑、白两只蚂蚁，它们同时同速从F 点出发，黑蚁沿路线F →N →H →E →M →G →F 爬行，白蚁沿路线F →B →A →C →F 爬行，那么（ ） （A ）黑蚁先回到F 点 （B ）白蚁先回到F 点（C ）两只蚂蚁同时回到F 点 （D ）哪只蚂蚁先回到F 点视各点的位置而定 7．一个凸多边形截去一个角后形成的多边形的内角和是2520°，则原多边形的边数是（ ） （A ）14（B ）15（C ）15或16（D ）15或16或178．Let a be integral part of 2 and b be its decimal part ．Let c be the integral part of π and d be thedecimal part.．if ad －bc ＝m ，the （ ） （A ）－2＜m ＜－1 （B ）－1＜m ＜0 （C ）0＜m ＜1 （D ）1＜m ＜2（英汉词典：integral part 整数部分；decimal part 小数部分）9．对a ，b ，定义运算“＊”如下：a ＊b ＝⎩⎨⎧∙≥时＜，当时，，当b a ab b a b a 22已知3＊m ＝36，则实数m 等于（ ）（A ）23（B ）4（C ）±23（D ）4或±2310．将连续自然数1，2，3，…，n （n ≥3）的排列顺序打乱，重新排列成a 1，a 2，a 3，…，a n ．若(a 1－1)(a 2－2)(a 3－3)…(a n －n )恰为奇数，则（ ） （A ）一定是偶数（B ）一定是奇数（C ）可能是奇数，也可能是偶数（D ）一定是2m －1（m 是奇数）图1二、A 组填空题（每小题4分，共40分）11．已知a 、b 都是实数，且a ＝43＋x ，b ＝312＋x ，b ＜37＜2a ，那么实数x 的取值范围是_________． 12．计算12008200720062005＋⨯⨯⨯－20062的结果是__________．13．已知x ＝22＋1，则分式15119232－－－－x x x x 的值等于__________．14．一个矩形各边的长都是正整数，而且它的面积的数量等于其周长的量数的2倍，这样的矩形有__________个．15．Suppose that in Fig.2，the length of side of square ABCD is 1，E and F are mid－points of CD and AD respectively ，GE and CF intersect at a point P ．Then the length of line segment CP is __________．（英汉词典：figure （缩写Fig.）图；length 长度；square 正方形；mid －point 中点；intersect 相交；line segment 线段） 16．要使代数式2113｜－－｜｜＋－｜x x 有意义，实数x 的取值范围是____________．17．图3的梯形ABCD 中，F 是CD 的中点，AF ⊥AB ，E 是BC 边上的一点，且AE ＝BE ．若AB ＝m （m 为常数），则EF 的长为__________． 18．A ，n 都是自然数，且A ＝n 2＋15n ＋26是一个完全平方数，则n 等于__________．19．一个长方体的长、宽、高均为整数，且体积恰好为2006cm 3，现将它的表面积涂上红色后，再切割成边长为1cm 的小正方体，如果三面为红色的小正方体有178个，那么恰好有两面为红色的小正方体有________个． 20．一条信息可以通过如图4所示的网络按箭头所指方向由上往下传送，例如到达点C 2的信息可经过B 1或B 2送达，共有两条途径传送，则信息由A 点传送到E 1、E 2、E 3、E 4、E 5的不同途径共有________条．三、B 组填空题（每小题8分，共40分．每小题两个空，每空4分．）21．某学校有小学六个年级，每个年级8个班；初中三个年级，每个年级8个班；高中三个年级，每个年级12个班．现要从中抽取27个班做调查研究，使得各种类型的班级抽取的比例相同，那么小学每个年级抽取________个班，初中每个年级抽取________个班． 22．矩形ABCD 中，AB ＝2，AB ≠BC ，其面积为S ，则沿其对称轴折叠后所得的新矩形的对角线长为__________或__________．23．已知m ，n ，l 都是两位正整数，且它们不全相等，它们的最小公倍数是385，则m ＋n ＋l 的最大值是__________，最小值是__________．24．某工程的施工费用不得超过190万元．该工程若由甲公司承担，需用20天，每天付费10万元；若由乙公司承担，需用30天，每天付费6万元．为缩短工期，决定由甲公司先工作m 天，余下的工作由乙公司完成，那么m ＝________，完工共需要__________天． 25．将2006写成n （n ≥3）个连续自然数的和，请你写出两个表达式：（1）__________________________________；（2）__________________________________．ABCD E FP图2ABCDEFm图31B A 2B 1C 2C3C 1D 2D 3D 4D 1E 2E 3E 4E 5E 图4第十七届“希望杯”全国数学邀请赛答案·评分标准初二第1试1．答案（1）选择题（2）A组填空题（3）B组填空题2．评分标准（1）第1～10题：答对得4分；答错或不答，得0分．（2）第11～20题：答对得4分；答错或不答，得0分．（2）第21～25题：答对得8分，每个空4分；答错或不答，得0分．。
小学数学奥林匹克竞赛真题集锦及解答-2018年
小学数学奥林匹克竞赛真题集锦及解答-2018年小学数学奥林匹克竞赛真题集锦及解答一、填空题1.三个连续偶数，中间这个数是m，则相邻两个数分别是m-2和m+2.2.有一种三位数，它能同时被2、3、7整除，这样的三位数中，最大的一个是966，最小的一个是126.解题过程：2×3×7=42；求三位数中42的倍数126、168、……966.3.___发现：小表妹和读初三哥哥的岁数是互质数，积是144，小表妹和读初三哥哥的岁数分别是9岁和16岁。
解题过程：144=2×2×2×2×3×3；（9、16）=1.4.一个四位数，它的第一个数字等于这个数中数字的个数，第二个数字表示这个数中数字1的个数，第三个数字表示这个数中数字2的个数，第四个数字等于这个数中数字3的个数，那么这个四位数是1210.5.2310的所有约数的和是6912.解题过程：2310=2×3×5×7×11；约数和=（1+2）×（1+3）×（1+5）×（1+7）×（1+11）。
6.已知2008被一些自然数去除，得到的余数都是10，这些自然数共有11个。
解题过程：2008-10=1998；1998=2×33×37；约数个数=（1+1）×（1+3）×（1+1）=16（个）。
其中小于10的约数共有1，2，3，6，9；16-5=11（个）。
7.从1、2、3、…、1998、1999这些自然数中，最多可以取多少个数，才能使其中每两个数的差不等于4？1000.解题过程：1，5，9，13，……1997（500个）隔1个取1个，共取250个。
2，6，10，14，……1998（500个）隔1个取1个，共取250个。
3，7，11，15，……1999（500个）隔1个取1个，共取250个。
5年级2018年希望杯100题答案
第十六届（2018年）小学“希望杯”全国数学邀请赛五年级培训题1、 计算：201891.1 1.91 1.991 1.99991++++个．【答案】原式2018020.920.0920.00920.00009=-+-+-++-个 201920180201920.99994037.00001=⨯-=个9个2、 计算：123201620172016321++++++++++． 【答案】原式()123201622017=++++⨯+ ()()12016201620172017201620171201720161201720174068289=+⨯+=⨯+⨯=⨯+=⨯=3、 计算：2015.20152016.20162017.20172018.20181934.1934++++．【答案】原式2015 1.00012016 1.00012017 1.00012018 1.00011934 1.0001=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯ ()1.0001201520162017201819341.00011000010001=⨯++++=⨯=4、 已知201300.0000125a =个，201700.00008b =个．求a b a b ⨯+÷．【答案】因为2013020170403000.00001250.000080.00001a b ⨯=⨯=个个个， 20130201700.00001250.000081250081562.5a b ÷=÷=÷=个个，所以40300402900.000011562.51562.500001a b a b ⨯+÷=+=个个． 5、 定义：()a b a b a b ⊕=⨯-+，求()345⊕⊕．【答案】根据题设定义，得()3434345⊕=⨯-+=，()55555515⊕=⨯-+=，所以 ()34515⊕⊕=．6、 定义：a b a b ⊕=⨯，c d d d d d =⨯⨯⨯⨯◎（c 个d 相乘），求()()5837⊕⊕◎．【答案】根据题设定义，得585840⊕=⨯=，37777343=⨯⨯=◎，所以()()5837403434034313720⊕⊕=⊕=⨯=◎．7、定义：1000b a b a b =⨯+个0△，10a b a b=⨯+□（其中，a ，b 都是自然数），求()20181234□△． 【答案】根据题设定义，得原式()2018123100004=⨯+□2018123000420181012300042018012300041250184==⨯+=+=□．8、观察下列数表的规律，求2018是第几行的第几个数?123456789101112131415，，，，，，，，，， 【答案】由数表可知行数即是该行所有数的个数，因为()123631636322016++++=+⨯÷=，即前63行有2016个数，且第63行的最后一个数是2016，所以2018是第64行的第2个数．9、观察下列数的规律，求第2018个数．1201820171201620151，，，，，，【答案】将题设中的数重新分组，每3个数一组．因为201836722÷=，所以第2018个数是第673组的第2个数，于是，第2018个数是201867221675-⨯+=．10、根据下列算式的规律，求第2018个算式的和．23+，37+，411+，515+，619+，【答案】观察发现，第n 个算式是()()141n n ++⨯-，所以，第2018个算式是()()2018142018110090++⨯-=．11、计算机上编程序打印出前10000个大于0的自然数：1，2，3，，10000时，不幸打印机有故障，每次打印数字7或9时，它都打印出x ，其中被打印错误的共有多少个数?【答案】将1~10000想象成四位密码0001、0002~9999、0000，那么恰好每个数位上都有10种变化，共计1010101010000⨯⨯⨯=种变化．现10个数字中去掉了7和9，那么还有8种变化，能够组成正常打印的数有88884096⨯⨯⨯=（个），因此打印错误的有1000040965904-=（个）．12、桌上有一些纸片，每张纸片上都有编号（不是按顺序编的），马小虎同学错把6和69拿倒了，导致这些编号的平均数多出1，问这些纸片共有多少张?【答案】把6拿倒了，变成9；把69拿倒了，还是69，所以马小虎同学把总数多算了3．由于编号的平均数增加1，所以这些纸片共有3张．13、有一串数，最前面的4个数是2，0，1，8，从第5个数起，每一个数都是它前面相邻4个数之和的个位数字，问在这一串数中，会依次出现2，0，1，7这4个数吗?【答案】根据规律，这串数是2，0，1，8，1，0，0，9，0，9，8，6，3，6，3，8，0，7，8，3，呈现的规律是偶偶奇偶奇，而2，0，1，7是偶偶奇奇，按照上述 规律两个奇数不可能相邻，所以不会依次出现2，0，1，7这4个数．14、某工人每小时内需先生产2个A 产品，再生产3个B 产品，最后生产1个C 产品，则第725个产品是哪种产品?【答案】容易得这个工人每小时需生产产品2316++=（个），因为72512065=⨯+，所以，第725个产品是生产第121个小时生产的第5个产品，故它是B 产品．15、著名的哥德巴赫猜想可以陈述为：任意大于2的偶数，都可表示成两个质数之和．将偶数88表示成两个质数的和，有几种表示方法?（a b +和b a +视为同一种表示方法）【答案】88583177129594147=+=+=+=+，共有4种表示方法．16、小华将连续奇数1，3，5，7，9逐个相加，结果是2018．验算时发现漏加了一个数，那么，这个漏加的数是多少?【答案】设题中有n 个数相加，则因为1，3，5，7，9，21n -依次相加，得()1212n n n n +-⨯÷=⨯．而444419362018⨯=＜，454520252018⨯=＞，所以至少有45个数．当有45个数时，最大的是89，202520187-=，所以漏加的数是7．当有46个数时，最大的数是91，464620189891⨯-=＞．所以漏加的数是7．17、A 、B 、C 、D 、E 五个数，每次去掉一个数，将其余下的4个数求平均数，这样计算了5次，得到下面5个数：23，26，30，33，38．求A 、B 、C 、D 、E 的平均数．【答案】5次计算中，A 、B 、C 、D 、E 分别使用了4次，所以A 、B 、C 、D 、E 五个数的和是()2342643043343844150⨯+⨯+⨯+⨯+⨯÷=，所以，A 、B 、C 、D 、E 的平均数是150530÷=．18、A 、B 、C 、D 是四个不同的自然数，它们的平均数是8．对它们两两求和，得到5个不同的和：12，15，17，20，x ．求x ．【答案】对A 、B 、C 、D 两两求和，可得到六个和A B +，A C +,A D +，B C +，B D +，C D +．将这四个数两两相加得出六个和数的过程中，A 、B 、C 、D 各用了3次，所以六个和数之和是()84396⨯⨯=，由题设知A 、B 、C 、D 两两求和，得到5个和，这说明①所表示的六个和中有两个和是相等的．用y 表示这个相等的和，则y 只能是12，15，17，20，x 中的一个，且1215172096x y +++++=，从而32x y +=，当y 取12，15，17，20中的一个时，x 也在这四个数中，不符合题意，所以只能是x y =得16x =．19、已知甲和乙的最大公约数是6，最小公倍数是264，求甲、乙两数和的最小值．【答案】因为甲和乙的最大公约数是6，所以甲和乙可分别表示为6a 和6b ，且a 和b 互质，因为甲和乙的最小公倍数是264，且26462211=⨯⨯⨯，所以2211a b ⨯=⨯⨯，若1a =，44b =，则甲、乙两数的和是61644270⨯+⨯=；若4a =，11b =，则甲、乙两数的和是6461190⨯+⨯=．比较可知，甲、乙两数和的最小值是90．20、求201620172018⨯⨯的所有不同质因数的和．【答案】因为522016237=⨯⨯，2017是个质数，201821009=⨯，所以201520162017⨯⨯的不同质因数有：2，3，7，1009，2017，共5个．它们的和是237100920173038++++=．21、将一个自然数的各位数字反次序排列所得的自然数称为原数的反序数．如5位数13245的反序数为54231，11722的反序数是22711等．如果一个5位数n 的反序数是4的倍数，则这样的n 最小的一个是多少，最大的一个是多少． 【答案】五位数abcde 被4整除的充要条件是de 能被4整除．故n 最小的一个是21001，最大的一个是88999．22、求能写成四个连续自然数的和的最小三位数．【答案】设第一个自然数为a ，则这4个自然数为a ，1a +，2a +，3a +，其和为 ()()()123442a a a a a ++++++=++，即这四个连续自然数的和减去2所得的差是4的倍数，因为100425÷=，所以，能写成四个连续自然数的和的最小三位数是102．23、已知三位数1ab 和1ab 的差是639，求ab ． 【答案】根据题设，得1ab 比1ab 大，所以()()1110010110010ab ab a b a b -=++-++ 90999a b =+-，于是90999639a b +-=，整理得1082a b +=，即82ab =．24、3333312320172018+++++的个位数字是多少?（注：3a a a a =⨯⨯）【答案】当一个数的尾数依次是1，2，3，4，5，6，7，8，9，0时，3个这样的数相乘所得的商的个位数字依次为1，8，7，4，5，6，3，2，9，0，将这10个数作为一组，这组数的和的个位数字是5．因为2018102018÷=，且 ()2015187456321041⨯++++++++=，所以3333312320172018+++++的个位数字是1． 25、20182018201820182018⨯⨯⨯个的个位数字是多少?【答案】2018的个位数字是8；2个2018相乘，乘积的个位数字是4；3个2018相乘，乘积的个位数字是2；4个2018相乘，乘积的个位数字是6；5个2018相乘，乘积的个位数字是8；所以，n 个2018相乘，n 取1，2，3，4，5，时，所得积的个位数字分别是8，4，2，6，8，即所得积的个位数字每4个为一周期，重复出现，因为20184=5042÷，所以，“2018个2018相乘所得积的个位数字”与“2个2018相乘所得积的个位数字”相同，即为4．26、31008A B =⨯，其中A 、B 均为自然数，B 的最小值是多少?（注：3A A A A =⨯⨯）【答案】因为421008237=⨯⨯，所以，B 的最小值是22237588⨯⨯=．27、求有16个约数的最小的自然数．【答案】要使这个数尽量小，所取的质因数应该尽量小．若这个数只有一个质因数，则最小的数是152，若这个数有2个质因数，且162844=⨯=⨯，则这个数可能是723⨯，或3323⨯，若这个数有3个质因数，且16224=⨯⨯，则这个数可能是3235⨯⨯，若这个数有4个质因数，且162222=⨯⨯⨯，则这个数可能是2357⨯⨯⨯，比较可知3235120⨯⨯=是最小的．28、若4037位数201852018955559999a 个个能被7整除，求a ．【答案】因为111111158737=⨯，所以5555555111111=⨯，9999999111111=⨯都能被7整除，又201863362÷=，所以201655555个和201699999个能被7整除，因为201852018920165202102016020169555599995555100005599100009999a a =⨯+⨯+个个个个个个，所以5599a 能被7整除，因为995544a a -=，所以44a 能被7整除，因为644792=⨯，所以6a =．29、若五位数1624□能被11整除，求□所表示的数字．【答案】若一个数的奇数位上的数字和与偶数位上的数字和的差是11的倍数，则这个数是11的倍数．因为五位数1624□偶数位上数字和是628+=，奇数位上数字和是145++=+□□，它们的差是3-□，或3-□，所以，3-□，或3-□是11的倍数，只能是3=□．故□所表示的自然数是3．30、求2018位数201855555个除以13所得的余数．【答案】因为5555551342735÷=，且201863362÷=，所以201855555个除以13所得的余数与55除以13所得的余数相同，因为551343÷=，所以201855555个除以13所得的余数是3． 31、求12342019+++++除以9所得的余数．【答案】因为()1234201920191201922039190+++++=+⨯÷=，且 203919092265766÷=．另解任意连续9个自然数的和都能被9整除，201992243÷=，余数必然是1236++=．32、求2017位数201777777个除以30所得的余数．【答案】因为30235=⨯⨯，故先考虑201777777个除以2，3，5所得的余数．易得201777777个除以2所得的余数是1，因为201777777个的各位数字之和为72017⨯，所以201777777个除以3所得的余数是1，又201777777个除以5所得的余数等于7除以5所得的余数，所以201777777个除以5所得的余数是2，又因为在小于30的数中，同时满足除以2所得的余数是1，除以3所得的余数是1，除以5所得的余数是2的数只有7，所以201777777个除以30所得的余数是7．33、某一个自然数分别去除25，38，43，所得的三个余数之和为18，求这个自然数．【答案】由题设，得这个自然数显然小于26，否则25除以这个自然数所得的余数是25，大于18，又由1836÷=，可知这个自然数大于6．因为2543381888++-=，所以，88是所求自然数的整数倍，而88大于6，小于26的约数有8，11或22．经验算，只有11满足条件，故这个自然数是11．34、六位数2018ab ，被5除余1，被11除余8，求ab ．【答案】因为2018ab 被5除余1，所以20181ab -是5的倍数，所以b 只能取1或6；又2018ab 被11除余8，所以20183ab +是11的倍数，所以()()2018311201803111011ab a b +÷=÷+⨯+÷()1834510811a b =+⨯++÷，所以 108a b ⨯++是11的倍数，当1b =时，109a ⨯+是11的倍数，此时，a 只能取9，当6b =时，1014a ⨯+是11的倍数，此时，a 只能取3，故91ab =，或36ab =．35、已知四位数abcd 除以2，3，4，5，6，7所得的余数互不相同（都不是0），求abcd 的最小值．【答案】因为在除法运算中，余数一定比除数小， 所以四位数abcd 除以2，所得的非零余数只能是1，除以3，所得的非零余数可能是1或2，因为四位数abcd 除以2，3所得的余数互不相同， 所以四位数abcd 除以3，所得的余数只能是2． 同理可得，四位数abcd 除以4，5，6，7，所得的余数依次为3，4，5，6， 于是有1abcd +可以同时被2，3，4，5，6，7整除，即1abcd +是2，3，4，5，6，7的倍数，[2，3，4，5，6，7]420=，4202840⨯=，42031260⨯=，所以abcd 的最小值是126011259-=．36、若两位数xy xy AABB ⨯=，求xy ．【答案】因为110AABB A B =⨯，所以AABB 是11的倍数，因为11是质数，所以xy 也是11的倍数，又xy xy AABB ⨯=，所以0A B 也是11的倍数． 设011A B ab =⨯，则ab 是完全平方数，且10a b +=，满足条件的ab 只有64，所以 0704A B =，88xy =．验算88887744⨯=，满足条件．37、字母W 、M 、T 、C 分别代表4个不同的数字，并且2017WW MM WT C ⨯++=，求W M T C +++的值． 【答案】由2017WW MM WT C ⨯++=，得()11112017W M WT C ⨯⨯⨯++=，又()201711111681÷⨯=，所以7W =，11T C +=，16W M ⨯=，或8W =，1T C +=，16W M ⨯=，可推出2882W M ⨯=⨯=⨯，故8W =，2M =，1T C +=，因此82111W M T C +++=++=．38、字母a ，b ，c 表示3个不同的非零数字，若724abc bc c ++=，求a b c ++．【答案】因为724abc bc c ++=，即1001010724a b c b c c ⨯+⨯++⨯++=，也即100203724a b c ⨯+⨯+⨯=，因为3只有与8的积的个位数字是4，所以c 必是8， 于是1002024724a b ⨯+⨯+=，因此10020700a b ⨯+⨯=，即10270a b ⨯+⨯=，又2与0，5的积的个位数字都是0，所以5b =（舍去0b =），对应地6a =，从而65819a b c ++=++=，故所求和是19．39、已知()()()12143S n n n k =⨯-⨯-⨯⨯++，若k 是1至200之间的自然数，n 是大于2的自然数，则有多少个不同的k ，使得S 是两个相同自然数的乘积．【答案】当3n =时，49S k =+，设S x x =⨯，则()()()94334k x x x x =⨯-÷=+-÷，由k 是自然数，得x 是大于3的奇数，因为()()2732734180200+-÷=＜，()()2932934208200+-÷=＞，所以，x 可取的值有()273212-÷=（个），对应地，当3n =时，满足条件的k 的值有12个； 当3n ＞时，因为432124⨯⨯⨯=，所以()()121n n n ⨯-⨯-⨯⨯是4的倍数， 记()()1214n n n p ⨯-⨯-⨯⨯=（p 是大于等于6的自然数），则()43S k p =++， 因为任何自然数的4倍加上3都不能写成两个相同自然数的乘积，所以，当3n ＞时，不存在满足条件的k ．综上，有12个不同的k ，使得S 是两个相同自然数的乘积．40、用一块橡皮泥捏一个表面积是64的长方体，使它的长、宽、高都是整数，则可以捏出多少种不同的长方体?【答案】设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则由题设得64222a b a c b c =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯，即32a b a c b c =⨯+⨯+⨯，因为长方体的长、宽、高都是整数，所以，若1a =，则32b c b c =++⨯，经试验，只有当2b =，10c =，或10b =，2c =时，满足条件，①注意到长、宽、高互换时，是同一长方体，故记为一种长方体；若2a =，则3222b c b c =⨯+⨯+⨯，经试验，只有当1b =，10c =，或10b =，1c =时，满足条件，与①是同一种长方体；若3a =，则3233b c b c =⨯+⨯+⨯，经试验，不存在整数宽和高满足条件；若4a =，则3244b c b c =⨯+⨯+⨯，经试验，只有当2b =，4c =或4b =，2c =时，满足条件；②若5a =，则3255b c b c =⨯+⨯+⨯，经试验，不存在整数宽和高满足条件；若6a =，则3266b c b c =⨯+⨯+⨯，经试验，不存在整数宽和高满足条件；若7a =，则3277b c b c =⨯+⨯+⨯，经试验，只有当2b =，2c =时，满足条件；③ 若8a =，则3288b c b c =⨯+⨯+⨯，经试验，不存在整数宽和高满足条件；若9a =，则3299b c b c =⨯+⨯+⨯，经试验，不存在整数宽和高满足条件；若10a =，则321010b c b c =⨯+⨯+⨯，经试验，只有当1b =，2c =或2b =，1c =时，满足条件，与①是同一长方体；当a 取其它值时，不存在整数宽和高满足条件．综上，满足条件的长方体有3种．41、已知两位数ab 与ba 的差是45，求满足条件的ab 的个数．【答案】因为()()()1010945ab ba a b b a a b -=+-+=-=，所以5a b -=， 因此，满足条件的ab 有16，61，27，72，38，83，49，94，共8个．42、五位数273ab 既能被3整除，又能被7整除，求满足条件的五位数的个数．【答案】因为27300211300÷=，所以两位数ab 也能被21整除，所以，满足条件的五位数有27300，27321，27342，27363，27384，共5个．43、若1009abc cba +=，则这样的abc 有多少个?【答案】因为()()()1001010010101201009abc cba a b c c b a a c b+=+++++=++=，所以()101a c +的个位数是9，只能是9a c +=，所以20100b =，于是5b =，这样的abc 有8个：158，257，356，455，554，653，752，851．44、6个互不相同的非零自然数的平均数是12，若将其中一个两位数ab 换为ba （a ，b 是非零数字），那么这6个数的平均数变为18，求满足条件的ab 的个数．【答案】由题设得()()()101018126b a a b +-+=-⨯，即()936b a -=，所以4b a -=，于是当1a =时，5b =，15ab =，51ba =，当2a =时，6b =，26ab =，62ba =，当3a =时，7b =，37ab =，73ba =，当4a =时，8b =，48ab =，84ba =，当5a =时，9b =，59ab =，95ba =，又因为6个自然数互不相同，所以ab 最大为()1261234557⨯-++++=， 同理，得ba 最大为()1861234593⨯-++++=， 所以，满足题设的ab 有15，26，37，48，共4个．45、在1~300（包括1和300）的自然数中，既不能写成两个相同自然数的乘积，也不能写成三个相同自然数的乘积的数有多少个?【答案】因为111⨯=，224⨯=，4416⨯=，1717289⨯=，1818324⨯=，且1111⨯⨯=，2228⨯⨯=，33327⨯⨯=，666216⨯⨯=，777343⨯⨯=，即在1~300的自然数中，能写成两个相同自然数的乘积的数有17个，能写成三个相同自然数的乘积的数有6个，其中，即能写成两个相同自然数的乘积，也能写成三个相同自然数的乘积的数有2个，即1和64，所以，满足条件的数共有3001762279--+=（个）．46、已知四位数abcd ，b c a d ＜＜＜，10a b c d +++=，a ，d 和abcd 都是质数，求这个四位数．【答案】因为a 是一位数字，并且是质数，所以a 是2，3，5，7之一．如果2a =，则由b c a ＜＜，知0b =,1c =,由10a b c d +++=，得7d =，于是2017abcd =． 如果3a =，则由b c a ＜＜，得1b =，2c =，或0b =，2c =或0b =，1c =，又10a b c d +++=，所以4d =，或5d =，或6d =，因为d 也是质数，于是3a =，0b =，2c =，5d =，因此3025abcd =，3025是合数．如果5a =，则由a d ＜，得d 最小是6，此时1110a d +=＞，与10a b c d +++=矛盾，所以5a =不合题意．同理，7a =也不合题意．综上可知，2017abcd =．47、已知□、○、△分别代表不等于0的不同数字，若等式77⨯+⨯□□○△□2018=恒成立，求□+○+△的值．【答案】先估算一个接近2018的数，以减少试算的次数．因为703021002018⨯=＞，所以□代表的数字应该小于3，即□代表的数字只能是1或2． 当□=1时，7117112072018⨯+⨯=+=○△○△，则811=○△，○△表示两位数，而811是三位数，矛盾；当2=□时，72272194422018⨯+⨯=+⨯=○△○△，则37=○△，因此2=□，3=○，7=△，故23712=++=□+○+△．48、数一数，图1中共有多少个三角形?【答案】由1个三角形构成的三角形有16个，由1个三角形和1个四边形构成的三角形有16个，由2个三角形和1个四边形构成的三角形有16个，由5个三角形、2个四边形和1个八边形构成的三角形有8个，所以，图中共有三角形161616856+++=（个）．49、图2中共有多少个三角形?【答案】易得图中共有12个彼此没有重合部分的小三角形，由2个小三角形构成的三角形有8个，由3个小三角形构成的三角形有12个，由4个小三角形构成的三角形有4个，由6个小三角形构成的三角形有4个，所以，图中共有三角形128124440++++=(个)．50、图3中有6个11⨯的小正方形，它们共有12个顶点．从中取出3个，作为三角形的顶点，问：这些三角形中，面积是1的有多少个?【答案】首先，由面积公式12112S=⨯⨯=，可知（1）以图17中的粗线段为底边时，顶点可以选4个黑点中的任意一个，此时，有4个这样的三角形，将底边向右移动一个单位，又有4个这样的三角形，，此图中共有42⨯个这样的三角形．同理，底边在大长方体的最上边的橫边上，又有42⨯个这样的三角形．而图中这样的大长方形有2个，所以共有三角形422232⨯⨯⨯=（个）．（2）如图18，类似（1），长方形如果竖起来，共有三角形32318⨯⨯=（个）．（3）以图19中的粗线段为底边时，去掉与（2）重复的，顶点可以选2个黑点中的任意一个，此时，有2个这样的三角形，将底边向右移动一个单位，又有2个这样的三角形，，此图中共有23⨯个这样的三角形．同理，底边在大长方形的最上边的橫边上，又有23⨯个这样的三角形，所有共有三角形23212⨯⨯=（个）．（4）以图20中的粗线段为底，去掉与（1）重复的，顶点只有1种选法，有1个这样的三角形，将底边往下移一个单位，又有1个这样的三角形，此图中共有2个这样的三角形．同理，如果将大正方形的最右边的边作为底，有2个三角形．而图中这样的大正方形有2个，所以共有三角形2228⨯⨯=（个）．故32⨯的正方形中，面积为1的三角形共有321812870+++=（个）．51、如图4，在正方形网格中有一个三角形，问图中含有三角形的正方形有几个?【答案】由1个小正方形构成的有三角形的正方形有1个；由4个小正方形构成的有三角形的正方形有4个；由9个小正方形构成的有三角形的正方形有4个；由16个小正方形构成的有三角形的正方形有4个；由25个小正方形构成的有三角形的正方形有1个．故含有三角形的正方形共有14个．52、把一副三角尺ABC与BDE按如图5所示拼在一起，其中A、D、B三点在同一直线上．BM为ABC∠的平分线，BN为CBE∠的平分线，求MBN∠的度数．【答案】因为60ABC∠=︒，且BM为ABC∠的平分线，所以260230CBM MBA ABC ∠=∠=∠÷=︒÷=︒，因为6090150CBE ABC DBE ∠=∠+∠=︒+︒=︒，所以150275CBN NBE ∠=∠=︒÷=︒，故753045MBN CBN CBM ∠=∠-∠=︒-︒=︒．53、如图6，从左到右六个三角形的面积分别是1，2，3，4，5，6，相邻的两个三角形有部分重合，求灰色区与黑色区的面积的差．【答案】灰色区的面积加上5块白色三角形的面积，即为面积为1，3，5的3个三角形的面积和，黑色区的面积加上5块白色三角形的面积，即为面积为2，4，6的3个三角形的面积和．所以，灰色区与黑色区的面积的差是()()2461353++-++=．54、如图7，将一个正方形分割成两个相同的，若分成的两个可以组成一个周长是26的长方形，求这个正方形的面积．【答案】如图21所示，正方形分割后可以拼成一个长方形ABCD ，根据题意可知AE GH FC ==，EG HF =，BE BC HF =+,所以23AE FH =．因为长方形的周长是26，所以()226AE BE BC ++=，所以1326FH =，所以正方形的边长为36FH =，故所求正方形的面积是6636⨯=．55、如图8，小正方形的面积是1，求图中阴影部分面积．【答案】阴影部分的面积等于正方形的面积减去3个三角形的面积，即44142332342 3.5⨯-⨯÷-⨯÷-⨯÷=．56、如图9，AD DC =，3EB CE =，若3CDPE S =四边形，4PBE DAP S S -=△△，求折线APBCA 所围成的图形的面积．【答案】如图22，连接CP ．因为AD DC =，3EB CE =，所以CDP DAP S S =△△，3PBE PEC S S =△△，设DAP S a =△，PEC S b =△，则3CDPE S a b =+=四边形，34PBE DAP S S b a -=-=△△，两式相加，得47b =，即 1.75b =，所以33 1.75 1.25a b =-=-=，故阴影部分的面积为33 1.253 1.7539.5DAP PBE CDPE S S S a b ++=++=++⨯=△△四边形．57、如图10，正方形ABCD 中，正方形AEFG 的面积是4，长方形EBHF 的面积是8，长方形IHCJ 的面积是6，求FID △的面积．【答案】正方形AEFG 的面积是4，可知正方形AEFG 的边长是2，所以，正方形ABCD 的边长是2826+÷=，从而，长方形IHCJ 的长是624-=，宽是64 1.5÷=，因此62 1.5 2.5FI =--=，FID △在FI 上的高等于长方形IHCJ 的长，即为4，故FID △的面积 2.5425=⨯÷=．58、如图11，在ABC △中，D 、E 分别是AB 、AC 的中点，且图中两个阴影部分（甲和乙）的面积差是504.25，求ABC S △．【答案】如图23，记BE 与CD 相交于O 点，因为504.25S S -=甲乙，所以()()504.25COE COE S S S S +-+=甲△乙△，即504.25BCE DCE S S -=△△．又D 、E 是中点，即12BCE ABC S S =△△，1124DCE ADC ABC S S S ==△△△，所以 11504.2524ABC ABC S S -=△△，故4504.252017ABC S =⨯=△．59、如图12所示，一个多边形的每条边长是1cm ，一共有12条边；空白部分是正三角形，一共有12个．求阴影部分的面积．【答案】如图24，阴影部分可以分为12个完全相同的平行四边形：每个平行四边形的面积为10.50.5⨯=（平方厘米），因此阴影部分的总面积为0.5126⨯=（平方厘米）．60、一张圆形纸沿直径对折后，在它上面画三条直线，按照所画直线切三刀．由于所画直线不同，可以把圆纸切成的块数也不同．那么这张纸片最少被切成了多少块，最多被切成了多少块?【答案】至少4块，至多13块，切法如图25．61、一组积木组成的图形，从正面看是，从侧面看是，若这组积木是用n 块相同的正方体木块摆出来的，则n有几种取值?【答案】如图26，根据题设条件，n最小是3，最大是9，则n的取值可以是3，4，5，6，7，8，9，共7种．62、如图13的几何体是由8个棱长是1的正方体小立方体搭成的，求几何体的表面积（包括底面）．【答案】从前面、后面、左面、右面、上面和下面看，这个几何体的表面积都是5，且从前面、后面、左面、右面看，都隐藏了1个面，所以，这个几何体的表面积是⨯+⨯=．56143463、如图14是一个正方体的平面展开图，若该正方体相对两个面上的数值的和都等于34，求a b c-⨯．【答案】由题意，得32177410321934c=，b=，1a b a b c++=-+=+-+=，解得5a=，4所以5411a b c -⨯=-⨯=．64、如图15，矩形ABCD 中，F 为BC 的中点，2CE DE =，矩形ABCD 的面积为3，求阴影部分的面积．【答案】设DE a =，CF b =，则2CE a =，所以11222CEF S CE CF a b ab ==⨯⨯=△， 12322BCD CEF S S S b a ab ab =-=⨯⨯-=△△阴影．而326S a b ab =⨯=矩形，故矩形面积是阴影面积的3倍，阴影面积为1．65、在边长是1米的正六边形内任意丢放7颗小石子，则总有两颗小石子的距离不大于1米，请说出理由．【答案】如图28，连接正六边形的对角线，将这个正六边形分为6个边长都是1米的小等边三角形．把7颗小石子丢进这6个小等边三角形，则必有一个小等边三角形中至少有两颗小石子．这两颗小石子之间的距离不会超过小等边三角形的边长．故总有两颗小石子的距离不大于1米．66、某次考试共有10道判断题．小张划了5个钩和5个叉，结果对了8道；小李划了2个钩和8个叉，结果对了6道；小王一道不会，索性全部打叉，那么他至少可以蒙对多少道题?【答案】小张只错了2道题，那么他的5个叉里，至少有3个是对的，小李错了4道题，那么他的8个叉里，至少有4个是对的，因此小王全部打叉，至少可以蒙对4道题．67、两个瓶中小球的数量相等，且都只有黑、白两种颜色．已知第一个瓶子中白球的个数是黑球的4倍，第二个瓶子中黑球的个数是白球的7倍，若两个瓶中一共有111个白球，则第二个瓶中有黑球多少个?【答案】已知第一个瓶子中白球的个数是黑球的4倍，第二个瓶子中黑球的个数是白球的7倍，所以可设每个瓶中小球为()()141740+⨯+=（份），则第一个瓶中有白球()4014432÷+⨯=（份），第二个瓶中有白球()401715÷+⨯=（份）， 两个瓶中一共有白球32537+=（份），为111个，所以，1份有小球111373÷=（个），故第二个瓶中有黑球()401773105÷+⨯⨯=（个）．这五位同学了解的情况，每人只有1项是正确的，请判定这位新同学的情况．【答案】若这位新同学姓季，由班干A 、C 两人了解的后三种情况一样，则这位新同学姓陈，互相矛盾，所以这位新同学不姓季，也不姓陈．若这位新同学姓张，则他不是女生，上学期语数英总成绩不是220分，也不是240分，不擅长跳舞，也不擅长唱歌，那么这位新同学是男生，上学期语数英总成绩260分，擅长画画，这样班干A 和C 了解的情况两项都是正确，产生矛盾．因此，这位新同学姓黄，由班干D 了解的情况，这位新同学是男生，对照班干A 、D 了解的情况可知，上学期语数英总成绩不是220分和260分，不擅长画画，也不擅长唱歌． 综上，这位新同学姓黄，男生，上学期语数英总成绩240分，擅长跳舞．69、若2017abcd abc ab a +++=，求四位数abcd ．【答案】根据题设列竖式：2017a b c da b ca b a+由和的千位数字是2，可知1a =（百位进位）或2a =（百位不进位），但和的百位数字是0，故百位一定会产生进位，于是1a =；当1a =时，由和的百位数字是0，可知8b =（舍去9b =，这和十位需向百位进位矛盾）；进一步可得1c =，7d =．所以1817abcd =．70、如图16的加法竖式中共有9个空格，在每个空格中填入6，7，8，9四个数字中的一个，使得竖式成立．共有多少种不同的填法?201716□□□□□□+□□□图【答案】加法竖式中共有3个加数，这3个加数个位上都取6时，个位上的数字和最小，为18，个位上都取9时，个位上的数字和最大，为27，所以，这3个加数个位上的数字和是18~27的自然数，同理，这3个加数十位和百位上的数字和也是18~27的自然数，由于3个加数的总和是2017，所以个位数字和为27，十位数字和为19，百位数字和为18． 根据整数分拆27999=++，19667=++，18666=++，所以，个位的填法只有()999，，1种；十位的填法有()667，，，()676，，，()766，，，共3种；百位的填法只有()6661，，种；所以，这三个数不同的的的填法有1313⨯⨯=（种）．71、今年，爸爸的年龄是小林年龄的11倍；7年后，爸爸的年龄是小林年龄的4倍．求今年爸爸和小林的年龄．【答案】因为()()⨯=，所以今年爸爸33岁，小林3岁．⨯-÷-=，11333741114372、用数字1，2，3和小数点可以组成多少个小数?要求三个数字都用上．若三个数字允许不全取呢?【答案】若三个数字都用上，且先不考虑小数点，则可组成6个数：123，132，213，231，312，321．加上小数点后，123可以变为1.23或12.3，其它各数亦如此．故此情况下，可组成2612⨯=个小数；若三个数字允许不全用，有以下几种情况：（1）三个数字都取，则由上分析可得12个数；（2）若取两个数字可组成6个数：12，21，13，31，23，32，加上小数点，可组成6个小数；（3）取一个数字无法加小数点，共可组成12618+=个小数．综合以上可知，前一个答案为12，后一个答案为18．73、7只猴子分一箱栗子，每只猴子所得彼此不同，分得最多的猴子得了50颗，那么这箱栗子最多有多少颗?【答案】因为这箱栗子有7只猴子分，每只猴子所得彼此不同，最多分得50颗，所以最少应分得507144-+=颗．于是这箱栗子最多有()++=+⨯÷=（颗）．50494450447232974、某架天平秤，只有整千克数的砝码，称三个青苹果或五个黄苹果或7个红苹果，其质量恰好都是整千克数，要是1个青苹果、1个黄苹果、1个红苹果这三个苹果的质量就不是整千克数了，如果按四舍五入法取近似值约是1.16千克，那么3个青苹果、5个黄苹果和7个红苹果的质量分别是多少千克．【答案】设3个青苹果重a千克，5个黄苹果重b千克，7个红苹果重c千克．则根据题意1.155357 1.165≤÷+÷+÷＜，a b c即()()a b c≤⨯+⨯+⨯÷⨯⨯＜，1.155352115357 1.165即121.275352115122.325≤⨯+⨯+⨯＜．a b c又根据题意a，b，c均为整千克数，所以352115122a b c⨯+⨯+⨯=，经试验1c=，a=，2b=，3即3个青苹果1千克，5个黄苹果2千克，7个红苹果重3千克．75、2017年首届“希望杯”总决赛，这次的参赛人数不足千人．如果按3人，5人，7人一组分组，均多出1人；如果按23人一组分组正好分完，求参赛人数．【答案】人数分别除以3，5，7均余1，则这个数可以表示为1051x+，因为这个数小于1000，所以10511000x+＜，于是x只能取1，2，3，，9，经验证，只有当7x=，即这个数是736时，这个数是23的倍数，故参赛人数为736人．76、王老师买来了132支铅笔、75本作业本和37个削笔器，将它们分成完全相同的若干份奖品，最后铅笔、作业本和削笔器剩余的数量相同．那么，王老师最多分了多少份奖品? 【答案】由题设条件，得132，75，37三个数的差都是奖品份数的倍数，即57，95，38都是奖品份数的倍数，因为57，95，38的最大公约数是19，所以王老师最多分了19份奖品，且每份奖品有6支铅笔、3本作业本和1个削笔器．77、王处长从东北捎来一袋苹果，如果分给甲、乙两个科室的人员，每人可分得6个；如果只分给甲科室的人员，每人可分得10个．问：如果只分给乙科室的人员，每人能分得多少个?。
数学分析经典习题
数学分析经典习题1.设p(x)=2+4x+3x^2+5x^3+3x^4+4x^5+2x^6,对于满⾜0<k<5的k,定义I_k=\int_0^{+\infty}\frac{x^k}{p(x)}dx,对于怎样的k, I_k最⼩?Hint：进⾏倒代换再相加.2.(2018年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营)已知n\in\mathbb{N},n\geq 2,设0<\theta<\pi,证明: \sin\frac{\theta}{2}\sum_{k=1}^n\frac{\sink\theta}{k}<1.3.(2011年最新⼤学⽣数学竞赛预测试题，西西)求极限\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\int_0^{\pi/2}x\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^4dx.\lim_{n\to\infty}\frac{n!}{n^n}\left(\sum_{k=0}^n\frac{n^k}{k!}-\sum_{k=n+1}^\infty\frac{n^k}{k!}\right).\int_0^{\pi/2}\ln (\cos x)\ln (\sin x)\cdot \sin 2xdx.求⽆穷级数\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}\cos\left(\frac{9}{k\pi+\sqrt{k^2\pi^2-9}}\right).⾥⾯还很多有意思的题！4.物理⾥⾯的:\frac{1}{xy}=\int_0^\infty\frac{da}{(ax+(1-a)y)^2},\quad \det A=\int_0^\infty\int_0^\infty e^{\theta A\eta}d\theta d\eta.5.计算第⼆型曲线积分I=\oint_C\frac{e^y}{x^2+y^2}[(x\sin x+y\cos x)dx+(y\sin x-x\cos x)dy],其中C:x^2+y^2=1,取逆时针⽅向.解:事实上,\begin{align*}I&=\oint_C\frac{e^y}{x^2+y^2}[(x\sin x+y\cos x)dx+(y\sin x-x\cos x)dy\\&=\int_0^{2\pi}e^{\cos t}\cos(\sint)dt=\int_0^{2\pi}e^{e^{it}}dt=\frac{1}{i}\oint_{|z|=1}\frac{e^z}{z}dz=2\pi\lim_{z\to 0}e^z=2\pi.\end{align*}6.(国际最佳问题征解)T210,P210.试证明下⾯等式成⽴:\int_0^{\infty}\frac{dx}{\Gamma (x)}=\int_0^1\left[1+\frac{e}{x}-\frac{e}{1!(x+1)}+\frac{e} {2!(x+1)}-\cdots\right]\frac{dx}{\Gamma (x)}.T211.证明:若0<x<1,则\prod_{n=1}^\infty\left(1-x^{2n-1}\right)=1/\left[1+\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{n(n+1)/2}}{(1-x)(1-x^2)(1-x^3)\cdots (1-x^n)}\right].T213.求证丅式成⽴:e^x=\frac{(1-x^2)^{1/2}(1-x^3)^{1/3}(1-x^5)^{1/5}\cdots}{(1-x)(1-x^6)^{1/6}(1-x^{10})^{1/{10}}\cdots},\quad |x|<1等式右端的分式中,分⼦中的x的指数是含奇数个不重复素数因⼦的整数,⽽在分母中的x的指数是含偶数个不重复素数因⼦.证.考虑函数f(x)=-\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu (n)\ln (1-x^n)}{n},\quad |x|<1其中\mu (n)是Mobius函数,那么f(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu (n)}{n}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^{mn}}{m}=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{\mu (n)}{nm}x^{nm},\quad |x|<1在这个展开式中, x^m的系数是\sum_{n|m}\frac{\mu (n)}{m}=\frac1m\sum_{n|m}\mu (n)=0,\quad m\neq 1因此f(x)=x,所以e^x=\sum_{n=1}^\infty(1-x^n)^{-\mu (n)/n},由此得证.数列a_0,a_1,\ldots,a_n满⾜a_0=\frac{1}{2},a_{k+1}=a_k+\frac{1}{n}a_k^2,k=0,1,\ldots,n-1,试证1-\frac{1}{n}<a_n<1.这是1980年芬兰等四国数学竞赛试题,是这次竞赛中得分率最低的⼀道题,竞赛委员会公布的解答也很繁琐,苏淳教授曾运⽤数学归纳法采⽤加强命题的技巧给出了较为简捷的证明.下⾯是种更直截了当的证明.来⾃朱华伟《奥数讲义-⾼⼀上》证.由已知得\frac{1}{a_{k-1}}-\frac{1}{a_k}=\frac{1}{n+a_{k-1}},从⽽a_n>a_{n-1}>\cdots>a_1>a_0=\frac12,所以\frac{1}{a_{k-1}}-\frac{1}{a_k} <\frac{1}{n},\quad k=1,2,\ldots,n累加得\frac{1}{a_0}-\frac{1}{a_n}<1,所以\frac{1}{a_n}>2-1=1,即a_n<1,从⽽有\frac{1}{a_{k-1}}-\frac{1}{a_k}>\frac{1}{n+1},\quad k=1,2,\ldots,n累加得\frac{1}{a_0}-\frac{1}{a_n}>\frac{n}{n+1},即\frac{1}{a_n}<2-\frac{n}{n+1}=\frac{n+2}{n+1},从⽽a_n>\frac{n+1}{n+2}>\frac{n-1}{n}=1-\frac{1}{n},故1-\frac{1}{n}<a_n<1.另外可参考：叶军《数学奥林匹克教程》P259.注意到\frac{\sin \pi x}{\pi x}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right),令x=i并由\sin (ix)=i\sinh x可知\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{1}{n^2}\right)=\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{2\pi}.设有正实数列\{a_n\}使得表达式\frac{a_k+a_n}{1+a_ka_n}的值仅依赖于脚标之和k+n,也就是当k+n=m+l时,必有\frac{a_k+a_n}{1+a_ka_n}=\frac{a_m+a_l}{1+a_ma_l},求证:数列\{a_n\}有界.证.为⽅便起见,记A_{k+n}=\frac{a_k+a_n}{1+a_ka_n},则A_n=A_{1+(n-1)}=\frac{a_1+a_{n-1}}{1+a_1a_{n-1}},\quad n>1考察函数f(x)=\frac{a_1+x}{1+a_1x},其中x>0.容易验证f(x)\geq \begin{cases} \frac{1}{a_1}, & \text{如果$a_1>1$}\\ 1, & \text{如果$a_1=1$}\\ a_1, & \text{如果$0<a_1<1$}\\ \end{cases}因此,对任意a_1值,都存在\alpha\in (0,1],使得f(x)\geq \alpha,从⽽对任何n,都有A_n\geq\alpha,其中\alpha可取a_1与1/a_1中较⼩者.这样便有A_{2n}=A_{n+n}=\frac{2a_n}{1+a_n^2}\geq\alpha,即\alpha a_n^2-2a_n+\alpha\leq 0,解得\frac{1-\sqrt{1-\alpha^2}}{\alpha}\leq a_n\leq \frac{1+\sqrt{1-\alpha^2}}{\alpha}.于是,只要取m=(1-\sqrt{1-\alpha^2})/\alpha,M=(1+\sqrt{1-\alpha^2})/\alpha,则对⼀切n,均有m\leq a_n\leq M,即数列\{a_n\}有界.注:满⾜题意的⾮常数数列是存在的,例如,令p>q\geq 1,则数列a_n=\frac{p^n-q}{p^n+q},\quad n=1,2,\ldots便具有上述性质.来源：朱华伟《奥数讲义-⾼⼀上》P84.证明⽅程f(x)=(2n+1)x^{2n}-2nx^{2n-1}+(2n-1)x^{2n-2}-\cdots+3x^2-2x+1=0⽆实根.证.令x=-c\leq 0,则f(-c)=(2n+1)c^{2n}+2nc^{2n-1}+(2n-1)c^{2n-2}+\cdots+3x^2+2c+1>0.因此原⽅程⽆负根,也⽆零根.下⾯证明原⽅程⽆正根.注意到(x+1)^2f(x)=(2n+1)x^{2n+2}+(2n+2)x^{2n+1}+1,其系数均⾮负,因此(x+1)^2f(x)⽆正根,即f(x)也⽆正根.综上所述, f(x)=0⽆实根.解⽅程\begin{cases} x_1+x_2+\cdots+x_n=n,\\ x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2=n,\\ \vdots\\ x_1^n+x_2^n+\cdots+x_n^n=n.\\ \end{cases}解.作以x_1,x_2,\ldots,x_n为根的多项式\begin{align*}f(x)&=(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_n)\\&=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0,\end{align*}则f(x_k)=x_k^n+a_{n-1}x_k^{n-1}+\cdots+a_1x_k+a_0=0,\quad k=1,2,\ldots,n于是\begin{align*}\sum_{k=1}^{n}f(x_k)&=\sum_{k=1}^{n}\left(x_k^n+a_{n-1}x_k^{n-1}+\cdots+a_1x_k+a_0\right)\\&=\sum_{k=1}^{n}x_k^n+a_{n-1}\sum_{k=1}^{n}x_k^{n-1}+\cdots+a_1\sum_{k=1}^{n}x_k+\sum_{k=1}^{n}a_0=0,\end{align*}由⽅程组可知n+a_{n-1}n+\cdots+a_1n+a_0n=0,从⽽f(1)=1+a_{n-1}+\cdots+a_1+a_0=0.这说明x=1为f(x)的⼀个根.不妨设x_n=1,由原⽅程组得x_1^k+x_2^k+\cdots+x_{n-1}^k=n-1,\quad k=1,2,\ldots,n-1仿上⼜可得x_1,\ldots,x_{n-1}中有⼀个为1.继续下去,必有x_1=x_2=\cdots=x_n=1.已知\begin{align*}\begin{cases}\frac{x^2}{2^2-1^2}+\frac{y^2}{2^2-3^2}+\frac{z^2}{2^2-5^2}+\frac{w^2}{2^2-7^2}=1,\\\frac{x^2}{4^2-1^2}+\frac{y^2}{4^2-3^2}+\frac{z^2}{4^2-5^2}+\frac{w^2}{4^2-7^2}=1,\\\frac{x^2}{6^2-1^2}+\frac{y^2}{6^2-3^2}+\frac{z^2}{6^2-5^2}+\frac{w^2} {6^2-7^2}=1,\\\frac{x^2}{8^2-1^2}+\frac{y^2}{8^2-3^2}+\frac{z^2}{8^2-5^2}+\frac{w^2}{8^2-7^2}=1.\end{cases}\end{align*}求x^2+y^2+z^2+w^2的值.解.x,y,z,w能满⾜给定的⽅程组等价于t=4,16,36,64满⾜⽅程\frac{x^2}{t-1}+\frac{y^2}{t-9}+\frac{z^2}{t-25}+\frac{w^2}{t-49}=1.去分母,当t\neq 1,9,25,49时,关于t的⽅程等价于\begin{align*}(t-1)(t-9)(t-25)(t-49)-x^2(t-9)(t-25)(t-49)-y^2(t-1)(t-25)(t-49)\\-z^2(t-1)(t-9)(t-49)-w^2(t-1)(t-9)(t-25)=0.\end{align*}后⾯的⽅程是关于t的四次⽅程, t=4,16,36,64是这个⽅程的4个已知根,也就是它的全部根,故⽅程等价于(t-4)(t-16)(t-36)(t-64)=0.由于上⾯两个⽅程中t^4的系数都是1,故其余各次幂的系数也应相等.⽐较t^3的系数可得1+9+25+49+x^2+y^2+z^2+w^2=4+16+36+64.于是得到x^2+y^2+z^2+w^2=36.本题也可以利⽤进⾏求解.\begin{enumerate}\item 设p(x)为任⼀个⾸项系数为正数p_0的实系数多项式,且p(x)⽆实零点.证明:必有实系数多项式f(x)和g(x),使得p(x)=[f(x)]^2+[g(x)]^2.\item 证明:若Q(x)是⾸项系数为正的实系数多项式,且有实数a使得Q(a)<0,则Q(x)必有实零点.\end{enumerate}由共轭复数运算可知,若p(a+bi)=0,则p(a-bi)=0,因此p(x)的虚零点是成共轭对出现的.由于p(x)⽆实零点, p(x)必为偶数次多项式.令其次数为2n,且零点为x_i,\overline{x_i},i=1,2,\ldots,n,则p(x)=\left[\sqrt{p_0}\prod_{i=1}^{n}(x-x_i)\right]\left[\sqrt{p_0}\prod_{i=1}^{n}(x-\overline{x_i})\right].令q(x)=\sqrt{p_0}\prod_{i=1}^{n}(x-x_i),则p(x)=q(x)\overline{q(x)}.由于q(x)为复系数多项式,必有实系数多项式f(x)与g(x),使得q(x)=f(x)+ig(x),则\overline{q(x)}=f(x)-ig(x),于是p(x)=[f(x)+ig(x)][f(x)-ig(x)]=f^2(x)+g^2(x).(2)利⽤反证法.假设Q(x)⽆实零点,由于Q(x)为实系数多项式,且其⾸项系数为正.因此由(1)可知,必有实系数多项式f(x)和g(x),使得Q(x)=f^2(x)+g^2(x),由此可知Q(a)=f^2(a)+g^2(a)>0,与题意Q(a)<0⽭盾.来源：朱华伟《奥数讲义-⾼三下》P14.(Steiner定理)边长⼀定的n边形中,以存在外接圆者的⾯积最⼤.(等周定理)周长⼀定的n边形中,以正n边形的⾯积最⼤.定理.圆内接n边形中以正n边形的周长最⼤.叶军，P282.P354.P276\frac{a^r}{(a-b)(a-c)}+\frac{b^r}{(b-c)(b-a)}+\frac{c^r}{(c-a)(c-b)}=\begin{cases}0,&r=0,1\\1,&r=2\\a+b+c,&r=3\end{cases}叶军P68，余红兵、严镇军《构造法解题》(2011年⼭西⾼中数学联赛)三⾓形ABC三个内⾓的度数满⾜\frac{A}{B}=\frac{B}{C}=\frac13,求T=\cos A+\cos B+\cos C的值.证明\lim_{n\to\infty}\left(1+n+\frac{n^2}{2!}+\cdots+\frac{n^n}{n!}\right)e^{-n}=\frac{1}{2}.设\frac12<\alpha<\frac23,r=[n^\alpha],把e^n=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{n^k}{k!}表⽰为\sum_{k=0}^{n-r}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=n-r+1}^{n}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=n+1}^{n+r}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=n+r+1}^{2n+1}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=2n+2}^{\infty}\frac{n^k}{k!}=S_1+S_2+S_3+S_4+S_5.由于\begin{align*}\frac{n^{n-k+1}}{(n-k+1)!}/\frac{n^{n+k}}{(n+k)!} &=\frac{n(n+k)(n+k-1)}{n^3}\cdot\left(1-\frac{1}{n^2}\right)\cdots\left(1-\frac{(k-2)^2}{n^2}\right)\\&\geq 1-\frac{1^2+\cdots+(k-2)^2}{n^2}=1+o(1),\quad 1\leq k\leq r\end{align*}且S_3=S_2+o(S_2),\quad n\to\infty利⽤Stirling公式进⼀步估计S_1,S_4,S_5,可以证得S_1=o(S_2),S_4=o(S_2),S_5=o(S_2),由此得到结论.来源：《546个早期俄罗斯⼤学⽣数学竞赛题》T73，P77.设X_i,1\leq i\leq n是相互独⽴的随机变量,且X_i\sim P(1) (泊松分布),则Y_n=X_1+X_2+\cdots+X_n\sim P(n),⽽EY_n=DY_n=n.由中⼼极限定理可知\frac{Y_n-n}{\sqrt{n}}\to N(0,1),所以\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}P(Y_n\leq n)=\lim_{n\to\infty}P\left(\frac{Y_n-n}{\sqrt{n}}\leq 0\right)=\Phi (0)=\frac12.另外可参考：博⼠数学论坛《数学分析解答库》计算\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx.来源：《546个早期俄罗斯⼤学⽣数学竞赛题》T541，P64.解.令\delta=n^{-2/5},那么\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx=2\int_{\delta}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx+\int_{-\delta}^{\delta}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx.先估计前者,由于\left|\int_{\delta}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx\right|\leq \int_{\delta}^{\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n}.令x=\sqrt{(1+\delta^2)y-1},那么当n\geq 2时,有\begin{align*}\int_{\delta}^{\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n}&=\int_{1}^{\infty}\frac{(1+\delta^2)^{1-n}}{2\sqrt{(1+\delta^2)y-1}y^n}dy\\&\leq\frac{1}{2} (1+\delta^2)^{1-n}\int_{1}^{\infty}\frac{dy}{y^2\sqrt{y-1}}.\end{align*}⽽\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}(1+n^{-4/5})^{1-n}=0,这表明\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx.⼜\ln \cos x-n\ln (1+x^2)=-\left(n+\frac12\right)x^2+nO(x^4).因为在[-\delta,\delta]上,有x^4\leq\delta^4\leq x^{-8/5},此时有\ln \cos x-n\ln (1+x^2)=-\left(n+\frac12\right)x^2+O(n^{-3/5}).于是得到\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}e^{-(n+1/2)x^2}dx.令y=\sqrt{n+1/2}x,则\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}e^{-(n+1/2)x^2}dx=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+\frac12}}\int_{-\delta\sqrt{n+1/2}}^{\delta\sqrt{n+1/2}}e^{-y^2}dy=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2}dy=\sqrt{\pi}.\end{align*}T545.设\varphi(z)=\sum_{n=1}^{5}\frac{1}{n^z}.证明:对于任何实数t有\varphi(1+it)\neq 0.⾸先研究函数\varphi_4(z)=\sum_{n=1}^{4}\frac{1}{n^z},并证明\varphi_4(1+it)\neq 0,\quad \forall t\in\mathbb{R}我们有\mathrm{Re}\varphi_4(1+it)=\sum_{n=1}^{4}\frac{\cos (t\ln n)}{n}\geq 1+\frac{\cos x}{2}-\frac13+\frac{\cos 2x}{4},这⾥x=t\ln 2.⽽\begin{align*}1-\frac13+\frac{\cos x}{2}+\frac{1}{4}(2\cos^2 x-1)&=\frac{5}{12}+\frac12(u+u^2)\\&\geq \frac{5}{12}+\min_{|u|\leq 1} (u+u^2)=\frac{7}{24}.\end{align*}也就是\mathrm{Re}\varphi_4(1+it)\geq 7/24,因此当t\in\mathbb{R}时,有\varphi_4(1+it)\neq 0,⽽\mathrm{Re}\varphi_5(1+it)\geq \mathrm{Re}\varphi_4(1+it)-\frac15\geq \frac{7}{24}-\frac15=\frac{11}{120}.因此,对于t\in\mathbb{R}有\varphi(1+it)\neq 0. Processing math: 0%。
2019中国数学奥林匹克希望联盟夏令营(一)
=> (A +/2)2
一竽
当且仅当AB =4C时，上式等号成立.
2020年第1期
因此，入+ “的最小值为
由 3 >0,知 ®min =y •
4.15°. 利用双曲线的第二定义知 CA = FA CB = FB => FC为“ABF的外角平分线
=> z CK4 =y(50° +20°) = 35°
Q]=血=1 , +5
问：是否存在实数％、y（%M0）,使得 +'"｝（其中，力=（nx +y）a„,n G Z+ ） 为常着数列？
2
2
11. （20 分）设椭圆 C：务 +§=l（a >b >0）
ab
的左、右焦点分别为Fl、耳，过点八且倾斜角
为a的，且点乙到直线AB
31
■ a2 +fe3 +c4 +2 019 田 106 +123c+26
a2 +42 +b3 +43 +43 +c4 +54 +54 +54 2a+126 +125c
>8a+486j1500c =4 2a+ 126+125c
当且仅当a=b=4,c=5时，上式等号成立. 故所求最小值为4.
»=令+学仏e z).