1986年全国高中数学联赛
1 abc 1 解：△=2absinC= 4R ，由 R=1，△=4，知 abc=1．且三角形不是等边三角形． 1 1 1 1 1 1 a+ b+ c ∴ a+b+ c ≣ + + = = a+ b+ c．(等号不成立)．选 C． ab bc ca abc 2．填空题(本题满分 28 分，每小题 7 分)： 本题共有 4 个小题，每小题的答案都是 000 到 999 的某一个整数，请把你认为正确的答案填在 ⑴ 在底面半径为 6 的圆柱内，有两个半径也为 6 的球面，其球心距为 13，若作一 平面与这二球面相切，且与圆柱面交成一个椭圆，则这个椭圆的长轴长与短轴长之和 是 ． 6 12 解：易得 cosα=6.5=13，于是椭圆长轴=13，短轴=12．所求和=25． ⑵ 已知 f(x)=|1－2x|，x∈[0，1]，那么方程
B F E O D C A
R R R 同理，SOFBD= 2 · DF，SODCE= 2 · DE，故得 S= 2 (EF+FD+DE)． R R 反之，由 S= 2 (EF+FD+DE） ．得 OA⊥EF，OB⊥FD，OC⊥ED，否则 S< 2 (EF+FD+DE） ． 过 A 作⊙O 的切线 AT，则∠AFE=∠TAF=∠ACB，B、F、E、D 共圆， 同理，A、F、D、C 共圆，A、E、D、B 共圆．∠AFC=∠ADC，∠AEB=∠ADB． ∴ ∠AFC+∠AEB=∠ADC+∠ADB=180° ．但∠BFC=∠BEC，即∠AFC=∠AEB=90° ，于是 F、E 为垂 足，同理 D 为垂足．故证． 3．(本题 16 分)平面直角坐标系中，纵横坐标都是整数的点称为整点，请设计一种染色方法将所有的整 点都染色，每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色，使得 ⑴ 每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上； ⑵ 对任意白色 A、红点 B 和黑点 C，总可以找到一个红点 D，使得 ABCD 为一平行四边形． 证明你设计的方法符合上述要求． 证明： 设任一点的坐标为(x， y)， 把 x+y≡1(mod 4)的点染白， x+y≡3(mod 4)的点染黑， x+y≡0 或 2(mod4) 的点染红． 显然，这样染色的点满足要求． 首先，每条平行于 x 轴的直线上都有三种颜色的点．即每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的 直线上；其次，对于任一白点 A(x1，y1)，任一红点 B(x2，y2)，与任一黑点 C(x3，y3)，当点 D(x4，y4)与之组 成平行四边形时，有 x1+x3=x2+x4，y1+y3=y2+y4．而 x1+y1+x3+y3≡0(mod 4)，于是 x2+y2+x4+y4≡0(mod 4)， 故 x4+y3≡0(当 x2+y2≡0 时)或 2(当 x2+y2≡2 时)(mod 4)．即点 D 为红点．
4 5x+9y+4z=25x+9y+4z=4，9(x+y+z)=4+4x+5z≣4，x+y+z≣9； 4 4(x+y+z)=4－x－5y≢4，x+y+z≢1x+y+z∈[9，1]； 5x+9y+4z=65x+9y+4z=36，9(x+y+z)=36+4x+5z≣36，x+y+z≣4； 4(x+y+z)=36－x－5y≢36，x+y+z≢9． 4 故，所求最大值与最小值的乘积=99=4．
3．平面直角坐标系中，纵横坐标都是整数的点称为整点，请设计一种染色方法将所有的整点都染色， 每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色，使得 ⑴ 每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上； ⑵ 对任意白色 A、红点 B 和黑点 C，总可以找到一个红点 D，使得 ABCD 为一平行四边形． 证明你设计的方法符合上述要求．
第二试 1．(本题满分 17 分)已知实数列 a0，a1，a2，…，满足 ai－1+ai+1=2ai，(i=1，2，3，…) 求证：对于任何自然数 n， P(x)=a0Cn(1-x)n+a1Cnx(1-x)n 1+a2Cnx2(1-x)n 2+…+an-1C
-
0
1
2
n n n－1 n-1 n x (1-x)+anCnx
-
n－1 n n n-1 n ,n)x (1-x)+anCnx
-
1 1 n 1 n n n n1 2 n2 = a0C0 +(a0+2d)C2 +…+(a0+(n－1)d)Cn－ (1-x)+(a0+nd)Cn x n(1-x) +(a0+d)Cnx(1-x) nx (1-x) n x
-4-
1986 年全国高中数学联赛
2
n n n－1 n-1 n x (1-x)+anCnx
是一次多项式．(本题应增加条件：a0≠a1)
2．(本题满分 17 分)已知锐角三角形 ABC 的外接圆半径为 R，点 D、E、F 分别在边 BC、CA、AB 上， 求证：AD，BE，CF 是⊿ABC 的三条高的充要条件是 R S= 2 (EF+FD+DE） ． 式中 S 是三角形 ABC 的面积．
冯惠愚
n
1 n
=a0[C (1-x) +C x(1-x) +C x (1-x) +…+C x (1-x)+C x ] n－1 n-1 n-1 2 n-2 n +d[C1 +2C2 (1-x)+nCn nx(1-x) nx (1-x) +…+(n－1)C n x nx ] 0 1 n－2 n-2 －1 n－1 n-1 n-2 =a0(1－x+x)n+ndx[Cn－ +Cn－ (1-x)+Cn ] 1(1-x) 1x(1-x) +…+Cn－1x n－1x n－1 =a0+ndx(1－x+x) =a0+ndx=a0+(an－a0)x． 此为一次多项式．证毕．
是一次多项式． (本题应增加条件：a0≠a1) 证明：由已知，得 ai+1－ai=ai－ai－1，故{ai}是等差数列．设 ai－ai－1=d≠0．则 ak=a0+kd．
1 2 2 n n1 n2 于是 P(x)=a0C0 +…+an-1C n(1-x) +a1Cnx(1-x) +a2Cnx (1-x)
x
． ；
4 1 2 3 1000 ⑶设 f(x)=4x+2，那么和式 f(1001)+f(1001)+f(1001)+…+f(1001)的值等于
⑷设 x、y、z 为非负实数，且满足方程 4 小值的乘积等于 ．
5x+9y+4z
－682
5x+9y+4z
+256=0，那么 x+y+z 的最大值与最
-1-
0 n
n-1
2 2 n
n-2
n－1 n-1 n
n n n
k k－1 (由 kCn =nCn －1 )
2．(本题满分 17 分)已知锐角三角形 ABC 的外接圆半径为 R，点 D、E、F 分别在边 BC、CA、AB 上， 求证：AD，BE，CF 是⊿ABC 的三条高的充要条件是 R S= 2 (EF+FD+DE)． 式中 S 是三角形 ABC 的面积． 证明 连 OA，则由 C、E、F、B 四点共圆，得AFE=C，又在⊿OAB 中，OAF=(180-2C)/2=90-C，∴OA⊥EF． ∴ OA R SOEAF=EF·2 = 2 · EF，
1986 年全国高中数学联赛
冯惠愚
Hale Waihona Puke 1986 年全国高中数学联赛试题
第一试 1．选择题(本题满分 42 分，每小题 7 分，每小题答对得 7 分，答错得 0 分不答得 1 分) ⑴ 设－1<a<0，θ=arcsina，那么不等式 sinx<a 的解集为( ) A．{x|2nπ+θ<x<(2n+1)π－θ，n∈Z} B．{x|2nπ－θ<x<(2n+1)π+θ，n∈Z} C．{x|(2n－1)π+θ<x<2nπ－θ，n∈Z} D．{x|2nπ+θ<x<(2n+1)π－θ，n∈Z} 2 2 ⑵ 设 x 为复数，M={z|(z－1) =|z－1| }，那么( ) A．M={纯虚数} ⑶ 设实数 a、b、c 满足
1－x
；
⑴
1 2 3 500 以 x=1001，1001，1001，…，1001代入⑴式，即得所求和=500． ⑷ 设 x、y、z 为非负实数，且满足方程 4 值的乘积等于 解：令 2
5x+9y+4z 5x+9y+4z
－682
5x+9y+4z
+256=0，那么 x+y+z 的最大值与最小
； =t，则得，t2－68t+256=0，(t－64)(t－4)=0，t=4，t=64．
y O
1
x
解：即(z－1)2－(z－1)(－ z －1)=0，(z－1)(z－－ z )=0，z=1 或 z=－ z ，总之，z 为实数．选 B ⑶ 设实数 a、b、c 满足
a －bc－8a+7=0， 2 2 b +c +bc－6a+6=0．
空间距离问题
AB = 2
2 3 a) 2 = 2 3
b2 -
4 2 a . 3
又由 △C EF∽ △A GB 得
2
b 2
AB AG = , CF C E
2
即
4 2 a 3
2a
=
b - a
2 2
2
b - a ・ 2a b
.
4 ( 1984 年全国高中数学联赛试题) 已知两
cx , b
,
故 PQ =
1
b a + b
2 2
・
( a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ) x 2 - 2 a2 b3 x + a2 b4 ・ a b 2 2 2 2 2 2 时 , PQ 取到 a b + b c +c a abc 最小值 , 即 A′ C′ 与 B′ C 2 2 2 2 2 2 a b + b c +c a abc 的距离为 2 2 . a b + b2 c2 + c2 a2
3 a. 3
= = 4 当 x= 7
8 7 4
21 21 7
x + 12 )2 +
36 , 7 6 7. 7
21 时 , PQ 有最小值
所以 , A C 与 B D 体任意两个相邻面上的 两条不相交对角线之间 的距离都相等 . 证 如图 , 设在长 方体 A B CD - A ′ B′ C′ 图5 例5图 D′ 中 , 连结 B ′ C , A′ C′ , 在 B′ C 上取一点 P , 过 P 作 PE ⊥B ′ C′ 于 E, 于是 PE ⊥ 平面 A ′ B′ C′ D′ . 过 E 作 EQ ⊥A ′ C′ , Q 为垂足 , 于是 A ′ C′ ⊥ 平面 PQ E , 从而 PQ ⊥A ′ C′ . 令 A B = a , B C = b , A A′ = C. 由比例关系可得 PE CC′ Q E C′ E B′ C′ - B′ E = , = = . B′ E B′ C′A ′ B′ A ′ C′ A′ C′ 设 B′ E = x , 则有 PE =
高中数学联赛真题分类排列组合(原卷版)
现安排 7 名同学去参加 5 个运动项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个
项
目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安排方案数为
(用数字
作答).
9.【2008 高中数学联赛（第 01 试）
】
将 24 个志愿者名额分配给 3 个学校，则每校至少有 1 个名额且各校名额 互
不相同的分配方法共有
】
三边均为整数，且最大边长为 11 的三角形，共有
个.
优质模拟题强化训练
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（
A．972
B．945
C．864
）种．
D．891
2．已知�= 1,2, ⋅⋅⋅ , 216 , � ⊆ �.若集合�中任两个元素的和都不能被 6 整除，则集合�中元素的个数最多为
种.
10.【2007 高中数学联赛（第 01 试）
】
将 2 个 a 和 2 个 b 共 4 个字母填在如图所示的 16 个小方格内，每个小方 格
内至多填 1 个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法共有
种(用数字作答)
11．【2001 高中数学联赛（第 01 试）
】
在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图)，要求同一场块中种同一
盒子中.一种放法称为"好的",如果 1 号盒子中的卡片数多于其他每个盒子中的卡片数.则"好的"放法共有
种.
5. 【2019 高中数学联赛 A 卷（第 01 试）
】
将 6 个数 2、0、1、9、20、19 按任意次序排成一行，拼成一个 8 位
数
(首位不为 0)，则产生的不同的 8 位数的个数为
高中学科竞赛简介
题两部分，满分120分。其中填空题8道，0分。 加试（二试）考试时间为9：40-12：10，共150分钟。试题为四道解
答题，前两道每题40分，后两道每题50分，满分180分。试题内容涵盖平
面几何、代数、数论、组合数学等。 根据最新消息，2011年数学联赛的试题规则与2010年相同。
道题，每天三道，每个得分点三分，每题21分；第8天：阅卷（学生参观
考察），主试委员会根据分数确定一、二、三等奖获奖名单；前20至30 名选手进入国家集训队；第9天：闭幕式。 国家集训队3、4月份集训，通过考试选出6人进入国家队，国家队的 考试由平时测验和最后考试两部分组成；平时测验成绩和最后考试成绩 各占一半。六月份进行为期3周的集训，7月份参加IMO，过程同CMO。 中国数学奥林匹克（CMO）：省一和国家一二三等奖有保送高校资格。 省二有自主招生资格，通过自主招生后自动保送。
中国西部数学奥林匹克概述
简介 中国西部数学奥林匹克（Chinese Western Mathematical Olympiad，缩 写为CWMO），是为位于中国西部省份（包括江西）的中学生举办的数学 竞赛，由中国数学奥林匹克委员会举办，一般定于每年11月份举行。目的 是为了鼓励西部地区中学生学习数学的兴趣。自从2001年举办第一届竞赛
东道主。按IMO的规定，每一届的东道主必须向上一届的所有参赛国发出
邀请，而新参加的国家则应当向东道主表明参加的意愿，再由东道主发出 邀请。 1988年第29届，根据香港的建议，IMO首次设立了荣誉奖，奖给那些 虽然未得金、银、铜牌，但至少有一道题得满分的选手。这一措施，大大 调动了各参赛国及参赛选手的积极性。
三、国际数学奥林匹克（IMO）
（2）每个参赛团组织一个参赛队，成员不超过8人，其中队员不超
谈谈全国高中联赛
2 x 8 2
当然本题数形结合的话效果也很突出，也是不可忽视的解法。涉及的
知识点很多，是比较复杂的问题，但依然是高考考查的重点知识和素
养，此题在高考卷位置就是八九题而已，属于中等题吧。
说明：参考答案给出的解法也很有代表性，其实就是利用复数的基本形式，彻底原始化处理.
按题意设zx 2
4个（一个平几40一个数论40一 个组合50一个数论50，一试80 分钟二试两个半小时）
改
革
永ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
远
在
路
上
（结构稳定、 题型稳定、分 值稳定、二试 代数方向，考 试时间又调整 在调整中稳定
，目前坚持这 一状态，唯一 例外是2015年 加强了平几50 分，2016年又 恢复平几40分 ，但二试题目 难度越来越大
3个（一个平几50一个不等式50一 个组合代数50，一试100分钟二试 两个小时）
3个（一个平几50一个数列50一个 代数50，一试100分钟二试两个小 时）
稳 中 再 变
（结构稳定、题 型稳定、分值稳 定、二试代数方 向，考试时间在
调整中稳定
）
3个（一个平几50一个组合50一个 代数50，一试100分钟二试两个小 时）
说明：本题用直接法也不难解决.abc要么全奇 这时def就全偶，不满足要求 要么一奇两偶 对应的def就两偶一奇且确定要么两奇一偶对应的def就两奇一偶且确定.
abc一奇两偶有C13C32组，两奇一偶有C13C32，故满足要求的排列abcdef共有C13C32A33A33 +C13C32A33A33 =648，而123456的全排列有6！=720种，故所求概率是 648 = 9
2013年高中数学联 合竞赛 （120+180=300 分）
历届全国中学生数学竞赛试题
中国数学奥林匹克(CMO)历届试题及解答1986-20052,其余x k 均等于0.则 2(a i + a j ) 4(a i 2(180 2(180第一届中国数学奥林匹克(1986年)天津 南开大学1.已知 a 1, a 2, . . . , a n 为实数, 如果它们中任意两数之和非负,那么对于满足x 1 + x 2 + · · · + x n = 1的任意非负实数 x 1, x 2, . . . , x n , 有不等式a 1x 1 + a 2x 2 + · · · + a n x n成立.请证明上述命题及其逆命题. a 1x 21 + a 2x 22 + · · · + a n x 2n证明:原命题的证明:由0 x i1, x i − x 2i0, x ix 2i (i = 1, 2, . . . , n ).(1)若a i0(i = 1, 2, . . . , n ),则显然有a 1x 1 + a 2x 2 + · · · + a n x na 1x 21 + a 2x 22 + · · · + a n x 2n ;(2)否则至少存在一个a i < 0,由对称性不妨设a 1 < 0. 又因为a 1, a 2, . . . , a n 中任两数之和非负,所 以a i + a 10, a i−a 1 > 0(i = 2, 3, . . . , n ).a 1x 1 + a 2x 2 + · · · + a n x n − a 1x 21 − a 2x 22 − · · · − a n x 2n-37∴= a 1(x 1 − x 21) + a 2(x 2 − x 22) + · · · + a n (x n − x 2n )a 1(x 1 − x 21) + (−a 1)(x 2 − x 22) + · · · + (−a 1)(x n − x 2n ) = (−a 1)(x 21 − x 22 − · · · − x 2n − x 1 + x 2 + · · · + x n ) = (−a 1)(x 21 − x 1 + (1 − x 1) − x 22 − · · · − x 2n ) = (−a 1)((1 − x 1)2 − x 22 − · · · − x 2n ) = (−a 1)((x 2 + · · · + x n )2 − x 22 − · · · − x 2n )-370最后一步是由于x 2, x 3, . . . , x n > 0, (x 2 + · · · + x n )2 = x 22 + · · · + x 2n +2 i<j nx i x jx 22 + · · · + x 2n . 逆命题的证明:对于任意的1 i<jn ,令x i = x j =1 11+ a j ).∴ a i + a j0,即任两数之和非负.证毕.2.在三角形ABC 中,BC 边上的高AD = 12,∠A 的平分线AE = 13,设BC 边上的中线AF = m ,问m 在什 么范围内取值时,∠A 分别为锐角,直角,钝角?解:设O 为 ABC 的外心,不妨设AB > AC ,∠B 为锐角.则OF 垂 直 平 分 线 段BC ,由 外 心 的 性 质,∠C 为 锐 角 时,∠OAB = ∠OBA =1 ◦− 2∠C ) = 90◦ − ∠C .又因为AD ⊥ BC ,∴ ∠CAD = 90◦ − ∠C ,∴ ∠OAB = ∠DAC . 类似地,当∠C 为直角或钝角时也有∠OAB = ∠DAC .由AE 平分∠BAC ,∠BAE = ∠CAE .∴ ∠OAE = ∠DAE .(由于F, D 在E 两侧). ∠A 为锐角时,O, A 在BC 同侧,∠F AE < ∠OAE = ∠DAE ; ∠A 为直角时,O, F 重合,∠F AE = ∠OAE = ∠DAE ; 1 ◦− ∠AOB ) =由正弦定理 sin ∠∠DAE = DE × AD .其中DE =AE 2 − AD 2 = 5,√ √且∠A 为锐角等价于∠A 为直角等价于× ∠A 为钝角等价于 ×< 1;119时,∠A 为锐角;119时,∠A 为直角; 119时,∠A 为钝角.4,即4.∴x k.∴ |z k | = |√ z k ∈Az k ∈Az k ∈A√而4 2 < 6, ∴ |z k |6.√ . 4.√sin F AE FEAF F E = F D − DE = AF 2 − AD 2 − DE = m 2 − 122 − 5 > 0. ∴ m > 13,√√√m 2−122−55m 2−122−55 m 2−122−55×12 m 12 m12 m= 1; > 1.解得当13 < m < 2028 当m = 当m >20282028 3.设z 1, z 2, . . . , z n 为复数,满足|z 1| + |z 2| + · · · + |z n | = 1.求证:上述n 个复数中,必存在若干个复数,它们的和的模不小于 16. 证明:设z k = x k + y k i(x k , y k ∈ R , k = 1, 2 . . . , n ) 将所有的z k 分为两组X,Y.若|x k ||y k |,则将z k 放入X 中;若|y k ||x k |,则将z k 放入Y 中. 其中必有一组中所有复数模长之和不小于 12.不妨设为X. 再将X 中的复数分为两组A,B.若x k0,则将z k 放入A 中;若x k 0,则将z k 放入B 中. 其中必有一组中的所有复数摸长之和不小于 41.不妨设为A. 则 |z k |z k ∈A而对于z k ∈ 1A ,x 2kz k ∈Ay k 2,x 2k + y k 2x 2k + y k 2 1 √2x k . 1 4 21z k ∈A即A 中复数之和的模不小于 16.证毕.x k + iz k ∈Ay k |z k ∈Ax k1 4 2另证:设z k = x k + y k i(x k , y k ∈ R , k = 1, 2 . . . , n ) 则|z k | =x 2k + y k 2|x k | + |y k |.∴ n|x k | + |y k |1.k =1∴ |x k 0x k | + |x k <0x k | + |y k 0y k | + |y k <0y k | 1. 其中必有一项不小于 14,不妨设为第一项,则 |x k 0x k |1 ∴ |x k 0z k | = |x k 0x k + ix k 0y k ||x k 0x k |1 4> 16.证毕.4.已知:四边形P 1P 2P 3P 4的四个顶点位于三角形ABC 的边上. 求证:四个三角形 P 1P 2P 3, P 1P 2P 4,P 1P 3P 4,P 2P 3P 4 中,至少有一个的面积不大于 ABC 的面积的四分之一.证明:有两种情况:(1)四个顶点在两条边上;(2)四个顶点在三条边上.(1)不妨设P 1, P 4在AB 上,P 2, P 3在AC 上,P 1, P 2分别在AP 4, AP 3上. 将B 移至P 4,C 移至P 3,三角形ABC 的BC ,设 AP 1 = 4S4SP 4P 2P 3中有一个不大于 4S面积减小,归为情形(2).(2)不妨设P 1在AB 上,P 2在AC 上,P 3, P 4在BC 上,P 3在P 4C 上. (2.1)若P 1P 2AB AP 2AC= λ,P 1P 2 = λBC .P 1P 2到BC 的距离为(1−λ)h ,h 为三角形ABC 中BC 边上的高的长度. ∴ SP 1P 2P 3= λ(1 − λ)SABC1 ABC .(2.2)若P 1P 2不 平 行 于BC ,不 妨 设P 1到BC 的 距 离 大 于P 2到BC 的 距 离. 过P 2作 平 行 于BC 的 直 线交AB 于E ,交P 1P 4于D .则S P 1P 2P 3, S P 4P 2P 3中有一个不大于S DP 2P 3,也就不大于SEP 2P 3.由(2.1)知SEP 2P 31 ABC .则SP 1P 2P 3, S1ABC .证毕.5.能否把1,1,2,2,. . . ,1986,1986这些数排成一行, 使得两个1之间夹着1个数,两个2之间夹着2个数,. . . , 两 个1986之间夹着1986个数.请证明你的结论.解:不能.假设可以做出这样的排列,将已排好的数按顺序编号为1,2,. . . ,3972.当n 为奇数时,两个n 的编号奇偶性相同;当n 为偶数时,两个n 的编号奇偶性不同. 而1到1986之间有993个 偶数,所以一共有2k + 993个编号为偶数的数.(k ∈ N ∗) 但是1到3972之间有1986个偶数,k = 496.5.矛 盾.所以不能按要求排成这样一行.√6.用任意的方式,给平面上的每一点染上黑色或白色. 求证:一定存在一个边长为1或 3的正三角形,它的 三个顶点是同色的.证明:(1)若平面上存在距离为2的两个点A, B 异色,设O 为它们的中点,不妨设A, O 同色. 考虑以AO 为一 √边的正三角形AOC, AOD ,若C, D 中有一个与A, O 同色,则该三角形满足题意. 否则BCD 为边长 3的 同色正三角形.(2)否则平面上任两个距离为2的点均同色,考虑任意两个距离为1的点,以他们连线为底,2为腰长作等腰 三角形,则任一腰的两顶点同色. 所以三个顶点同色,即任两个距离为1的点同色.所以平面上任意一个边 长为1的正三角形三个顶点同色.证毕.证明:当6|n + 2时,令z = e i 3 = − e + 2 i , z − (− 12 −2 i)2 i)3 3− z − 1 = 0有模为1的复根.6 ,k2 .n 2 .第二届中国数学奥林匹克(1987年)北京 北京大学1.设n 为自然数,求证方程z n +1 − z n − 1 = 0有模为1的复根的充分必要条件是 n + 2可被6整除.∴ z n +1 − z n − 1 = e −i π i π π√1 3 62− 1 = ( 12 − = 1, |z| = 1.√ 3√ 3 − 1 = 0.∴ z n +1n若z n +1 − z n − 1 = 0有模为1的复根e i θ = cos θ + i cos θ.则z n +1 − z n − 1 = (cos(n + 1)θ − cos nθ − 1) + i(sin(n + 1)θ − sin nθ) = 0. ∴ cos(n + 1)θ − cos nθ − 1 = −(2 sin 2n 2+1θ sin θ2 + 1) = 0. sin(n + 1)θ − sin nθ = 2 cos 2n 2+1θ sin θ2 = 0.∴ cos 2n 2+1θ = 0, sin 2n 2+1θ = ±1, sin θ2 = ± 12, 设 θ2 = ϕ. (1)sin ϕ = 12,sin(2n + 1)ϕ = −1. ϕ = 2kπ + π6 或2kπ +5π∈ Z.(2n + 1)ϕ = (2l + 32)π(l ∈ Z). ∴ (2n + 1)(2k + 16) = 2l + 23, 2n 6+1 = 2t + 32, n = 6t + 4(t ∈ Z). 或(2n + 1)(2k + 65) = 2l + 32, 5(2n 6+1) = 2t + 32, 5|4t + 3, t ≡ 3 (mod 5)(t ∈ Z). 设t = 5s + 3,则n = 6s + 4,总有6|n + 2.(2)sin ϕ = − 12,sin(2n + 1)ϕ = 1.显然以−ϕ代ϕ即有(1).所以6|n + 2.证毕.2.把边长为1的正三角形ABC 的各边都n 等分,过各分点平行于其它两边的直线, 将这三角形分成若干个 小三角形,这些小三角形的顶点都称为结点, 并且在每一结点上放置了一个实数.已知: (1)A, B, C 三点上放置的数分别为a, b, c.(2)在每个由有公共边的两个最小三角形组成的菱形之中, 两组相对顶点上放置的数之和相等. 试求:(1)放置最大数的点和放置最小数的点之间的最短距离.(2)所有结点上数的总和S .解:(1)不难证明同一直线上相邻三个结点上放置的数中间一个为两边的等差中项,所以同一直线上的数 按顺序成等差数列. 若两端的数相等,则所有的数都相等.否则两端的数为最大的和最小的. 若a, b, c 相等,显然所有数都相等,最短距离显然为0.若a, b, c 两两不等,最大的数与最小的数必出现在A, B, C 上,最短距离为1.若a, b, c 有两个相等但不与第三个相等,不妨设a = b > c ,最小的数为c ,最大的数出现在线段AB 的任意 结点上. 当n 为偶数时,与C 最近的为AB 中点,最短距离为 √ 3 当n 为奇数时,与C 最近的为AB 中点向两边偏 21n 的点,最短距离为 123+1 (2)将这个三角形绕中心旋转 32π, 43π弧度,得到的两个三角形也满足题意(2). 将这三个三角形对应结 点的数相加形成的三角形也满足(2),三个顶点上的数均为a + b + c .由(1)的分析知所有结点上的数均 为a + b + c . 共 21(n + 1)(n + 2)个结点,∴ S = 13( 12(n + 1)(n + 2))(a + b + c ) = 16(n + 1)(n + 2)(a + b + c ). 3.某次体育比赛,每两名选手都进行一场比赛, 每场比赛一定决出胜负,通过比赛确定优秀选手, 选 手A 被确定为优秀选手的条件是:对任何其它选手B, 或者A 胜B,或者存在选手C,C 胜B,A 胜C. 结果按上证明:可将换成169 +ε(ε > 0).13AB.连结A1C2, A2B1, B2C1交于A0, B0, C0. 正三角形覆盖, 面积之和为( 10)2 + 2 ×点. 即169 +ε(ε > 0)为最优. 169述规则确定的优秀选手只有一名, 求证:这名选手一定胜所有其它选手.证明:假设该优秀选手为A,且存在其他选手胜A.设B为所有胜A的人中胜的场次最多的一个,由B不是优秀选手,必存在选手C使得C胜B, 且不存在选手D使得B胜D,D胜C. 由B胜A,C也胜A,且C胜B胜过的所有人.C至少比B多胜一场,且C胜A,与B的选取矛盾.所以A胜所有人.4.在一个面积为1的正三角形内部,任意放五个点,试证:在此正三角形内, 一定可以作三个正三角形盖住这五个点, 这三个正三角形的各边分别平行于原三角形的边, 并且它们的面积之和不超过0.64.100在面积为1的正三角形ABC中,在AB上取A1, B2,AC上取A2, C1,BC上取B1, C2, 使得AA1 = AA2 =BB1 = BB2 = CC1 = CC2 = 3(1)若AB2C1, BC2A1, CA2B1中有一个至少包含五个点中的三个,另两个点可分别用面积为2ε的13 ε2= 100169+ε.(2)菱形AA1A0A2, BB1B0B2, CC1C0C2中有两个有两个点,另一个中有一个点, 则可用两个边长为136 AB的正三角形和一个面积为ε的正三角形覆盖. 面积之和为2( 136 )2 +ε <100169+ε.(3)菱形AA1A0A2, BB1B0B2, CC1C0C2中有两个有一个点,另一个中有两个点, 不妨设为AA1A0A2,则B1B0C0C2中有一个点,不妨设这个点更靠近B, 则可用一个边长为136 AB的正三角形覆盖AA1A0A2中两个点, 用一个边长为136 AB的正三角形覆盖BB1B0B2, B1B0C0C2中的点. 用一个面积为ε的正三角形覆盖最后一个点, 面积之和为( 136 )2 + ( 138 )2 +ε = 100169+ε.证毕.注:当五个点取为A, B, C, A0, B0C0中点是不难证明不能用三个面积之和为100的正三角形覆盖这五个1005.设A1A2A3A4是一个四面体, S1, S2, S3, S4分别是以A1, A2, A3, A4为球心的球, 它们两两相外切.如果存在一点O, 以这点为球心可作一个半径为r的球与S1, S2, S3, S4都相切, 还可以作一个半径为R的球和四面体的各棱都相切,求证:这个四面体是正四面体.证明:设S i的半径为r i(i = 1, 2, 3, 4),则A i A j = r i + r j(1 i<j 4).设O到A2A3A4的投影为O1,由O到A2A3,A3A4,A4A2的距离相等, 得到O1到A2A3A4的三边距离相等.即O1为A2A3A4的内心,设O到A2A3的投影为B,即O1到A2A3的投影. 而BA3 = 21(A2A3 + A3A4−A2A4) = r3,OB = R. 若半径为r的球与四个球均外切,则A3O = r +r3,(r +r3)2 = r32 +R2, r3 = R2−r22r.若半径为r的球与四个球均内切,则A3O =r−r3,(r−r3)2 = r32+R2, r3 = r2−R22r. 类似可求得r1, r2, r4均为该值,所以该四面体各条棱长相等为正四面体.6.m个互不相同的正偶数与n个互不相同的正奇数的总和为1987, 对于所有这样的m与n,问3m + 4n的最大值是多少?请证明你的结论.解:设m个正偶数为a1 < a2 < · · · < a m,n个正偶数为b1 < b2 < · · · < b n.∴a i 2i, b j 2j − 1.1987 = a1 + a2 + · · · + a m + b1 + b2 + · · · + b n.∴1987 2 + 4 + · · · + 2m + 1 + 3 + · · · + 2n − 1 = m2 + m + n2.s − 8ns + 25n + 3s − 12n − 9 × 1987所以判别式∆ = (3 − 8n ) − 4(25n − 12n − 9 × 1987) = 26(1987 41 − n 2) > 0. 2(8n设f (n ) = 8n + 6 1987 14 − n 2, f (n ) = 8 − 6n (1987 14 − n 2)− 2 ,又n 为奇数. 2(280设s = 3m + 4n ,m = 13(s − 4n ), 13(s − 4n )( 13(s − 4n ) + 1) + n 21987.2 2 s 2 + (3 − 8n )s + 25n 2 − 12n − 9 × 19870. 0.2 2s1− 3+61987 14 − n 2).1不难知道n = 35时,f (n )有最大值280 + 6 762 14. 所以s1+ 6 762 14 − 3),由s ∈ N ∗, s221.又当s = 221, n = 35, m = 27.取2, 4, . . . , 52, 60, 1, 3, . . . , 69为和为1987的35个正奇数与27个正偶数,所 以3m + 4n 的最大值为221.iiii i i r i 2 = 1,由Cauchy不等式取等号的条件知 ∴=a i a n .2第三届中国数学奥林匹克(1988年)上海 复旦大学1.设a 1, a 2, . . . , a n 是给定的不全为零的实数, r 1, r 2, · · · , r n 为实数,如果不等式r 1(x 1 − a 1) + r 2(x 2 − a 2) + · · · + r n (x n − a n )对任何实数x 1, x 2, · · · , x n 成立,求r 1, r 2, · · · , r n 的值. x 21 + x 22 + · · · + x 2n −a 21 + a 22 + · · · + a 2n解:令x i = 0(i = 1, 2, . . . , n ),−(r 1a 1 + r 2a 2 + · · · + r n a n )n n∴ ( r i a i )2 a 2.i =1 i =1 令x i = 2a i (i = 1, 2, . . . , n ),r 1a 1 + r 2a 2 + · · · + r n a n n n∴ ( r i a i )2 a 2.i =1 i =1n n∴ ( r i a i )2 = a 2.i =1 i =1n n n n 由Cauchy 不等式, ( r 2)( a 2) ( r i a i )2, r 2 i =1 i =1 i =1 i =1− a 21 + a 22 + · · · + a 2n .a 21 + a 22 + · · · + a 2n .1.n又令x i = r i (i = 1, 2, . . . , n ),i =1 r i 2 −ni =1r i a ii =1 r i 2 −i =1a 2i .由 i =1r i a i =i =1a 2i =1r i 2i =1r i 2,i =1r i 21. ni =1不难解得r = (i =12n )a 21 + a 22 + · · · + a nr 1a 1r 2 a 2= ··· =r n2.设C 1, C 2为 同 心 圆,C 2的 半 径 是C 1的 半 径 的2倍, 四 边 形A 1A 2A 3A 4内 接 于C 1, 设A 4A 1延 长 线 交 圆C 2于B 1, A 1A 2延长线交C 2于B 2, A 2A 3延长线交圆C 2于B 3, A 3A 4延长线交圆C 2于B 4. 试证:四边形B 1B 2B 3B 4的周长 2(四边形A 1A 2A 3A 4的周长).并确定等号成立的条件. 证明:设圆心为O ,连结OB 1, OB 4, OA 4,设C 1的半径为R ,C 2的半径为2R . 在四边形B 4A 4OB 1中,由Ptolemy 定理,OA 4 × B 1B 4 + OB 1 × A 4B 4 OB 4 × A 4B 1.R × B 1B 4 + 2R × A 4B 4 2R × A 4B 1,即B 1B 42A 4B 1 − 2A 4B 4.同理B 1B 22A 1B 2 − 2A 1B 1,B 2B 3 2A 2B 3 − 2A 2B 2,B 3B 42A 3B 4 − 2A 3B 3.相加得B 1B 2 + B 2B 3 + B 3B 4 + B 4B 1 2(A 1A 2 + A 2A 3 + A 3A 4 + A 4A 1).即四边形B 1B 2B 3B 4的周长 2(四边形A 1A 2A 3A 4的周长).等号成立时OA i B i B i +1共圆,∠A i +1A i O = ∠B i +1B i O = ∠B i B i +1O = ∠A i−1A i O , ∴ A i +1A i = A i−1A i ,(i = 1, 2, 3, 4, A 5 = A 1, A 0 = A 4, B 5 = B 1). ∴ A 1A 2A 3A 4为菱形,又为圆内切四边形,所以A 1A 2A 3A 4为正方形.3.在有限的实数列a 1, a 2, · · · , a n 中, 如果一段数a k , a k +1, · · · , a k +l−1的算术平均值大于1988, 那么我们 把这段数叫做一条“龙”,并把a k 叫做这条龙的“龙头” (如果某一项a n > 1988,那么单独这一项也叫龙). 假设以上的数列中至少存在一条龙, 证明:这数列中全体可以作为龙头的项的算术平均数也必定大a 2 + a 22 + a 23于1988.证明:引理:设a k , a k +1, . . . , a k +m−1均可作为龙头,a k +m 不能作为龙头,或k + m − 1 = n , 则a k , a k +1, . . . , a k +m−1的算术平均值大于1988.引理的证明:对m 用数学归纳法,m = 1时,设以a k 为龙头的一条龙为a k , a k +1, . . . , a k +l−1. 若l = 1,a k > 1988,显然成立.否则l > 1,由a k , a k +1, . . . , a k +l−1算术平均值大于1988,a k +1不是龙头, a k +1, . . . , a k +l−1算术平均值不 大于1988,a k > 1988,结论成立. 设小于m 时结论均成立(m 2),设以a k 为龙头的一条龙为a k , a k +1, . . . , a k +l−1.1lm 时,a k , a k +1, . . . , a k +l−1算术平均值大于1988, 由归纳假设a k +l , . . . , a k +m−1算术平均值大于1988,结论成立.l > m 时,由a k +m 不是龙头,a k +m , a k +m +1, . . . , a k +l−1算术平均值不大于1988, a k , a k +1, . . . , a k +l−1算术 平均值大于1988,结论显然也成立. 综上所述,由数学归纳法,引理成立.设所有的龙头为a i 1, a i 1+1, . . . , a i 1+j 1−1, a i 2, a i 2+1, . . . , a i 2+j 2−1, . . . , a i k , a i k +1, . . . , a i k +j k −1, 其中j 1, j 2, . . . , j k1 且i m +1 > i m + j m (m = 1, 2, . . . , k − 1, k1).由引理:a i m , a i m +1, . . . , a i m +j m −1的算术平均值大于1988(m = 1, 2, . . . , k ). 所以所有龙头的算术平均值 也大于1988.证毕.4.(1)设三个正实数a, b, c 满足(a 2 + b 2 + c 2)2 > 2(a 4 + b 4 + c 4).求证:a, b, c 一定是某个三角形的三条边长. (2)设n 个正实数a 1, a 2, · · · , a n 满足(a 21 + a 22 + · · · + a 2n )2 > (n − 1)(a 41 + a 42 + · · · + a 4n )其中n3. 求证:这些数中任何三个一定是某个三角形的三条边长.证明:(1)若不然,不妨设ca +b ,则2(a 4 + b 4 + c 4) − (a 2 + b 2 + c 2)2 = a 4 + b 4 + c 4 − 2a 2b 2 − 2b 2c 2 − 2c 2a 2= −(a + b + c )(a + b − c )(b + c − a )(c + a − b )矛盾.∴ a, b, c 为某个三角形三边长.(2)n = 3即为(1)中的情况,n > 3时,若存在某三个不是某个三角形三条边长,不妨设为a 1, a 2, a 3.则由均 值不等式(n − 1)(a 41 + a 42 + · · · + a 4n ) < (a 21 + a 22 + · · · + a 2n )2=a 21 + a 22 + a 232 + 1 2+ · · · + a 2n 2(n − 1)a 21 + a 22 + a 2322+a 21 + a 22 + a 2322+ · · · + a 4n1, n 奇数2, n = 2k ·m (m 为奇数)所有小于2k +1的正奇数不全整除n可得 12(a 2 + b 2 + c 2)2 > a 4 + b 4 + c 4,(a 2 + b 2 + c 2)2 > 2(a 4 + b 4 + c 4).但由(1),a 1, a 2, a 3为某个三角形三边长,矛盾.所以这些数中任何三个一定是某个三角形的三条边长. 5.给出三个四面体A i B i C i D i (i = 1, 2, 3), 过点B i , C i , D i 作平面αi , βi , γi (i = 1, 2, 3), 分别与棱A i B i , A i C i , A i D i 垂直(i = 1, 2, 3), 如果九个平面αi , βi , γi (i = 1, 2, 3),相交于一点E , 而三点A 1, A 2, A 3在同一直 线l 上, 求三个四面体的外接球面的交集(形状怎样?位置如何?)解: A i B i ⊥ αi 于B i ,而E 在αi 上,∴ A i B i ⊥ B i E, B i 在以A i E 为直径的球上.同理C i , D i 也在以A i E 为直 径的球上,A i B i C i D i 的外接球即为在以A i E 为直径的球.若E 在l 上,显然这三个球的中心也都在l 上,它们必在E 处两两相切,交集为E .否则E 不在l 上,三个球的球心在同一条直线上( EA 1A 2中位线所在直线),且这三个球都过点E ,交集为 一个圆,直径为EE ,其中E 为E 到l 的垂足.6.如n 是不小于3的自然数,以f (n )表示不是n 的因子的最小自然数, 例如f (12) = 5.如果f (n ) 3,又可作f (f (n )). 类似地,如果,f (f (n ))3,又可作f (f (f (n ))),等等. 如果f (f (· · · f (n ) · · · )) = 2, 共有k 个f ,就把k 叫做n 的“长度”. 如果 l n 表示n 的长度,试对任意自然数n (n 解:设n = 2k · m (m 为奇数). 若k = 0,n 为奇数,f (n ) = 2, l n = 1.若k > 0,考虑所有小于2k +1的正奇数,若它们均为n 的因子,由2k +13),求 l n .并证明你的结论.n 且小于2k +1的偶数t = 2p · q (pk, q 为奇数),由q|n, 2p |n, gcd(q, 2p ) = 1,知t|n ,∴ f (n ) = 2k +1,f (f (n )) = 3, f (f (f (n ))) = 2, l n = 3. 否则取最小的t|n ,t 必为奇数,否则t 必有一个奇因子不整除n . ∴ f (n ) = t, f (f (n )) = 2, l n = 2. 综上所述,l n =3, n = 2k · m (m 为奇数)所有小于2k +1的正奇数均整除n段的长度都等于 m , m 是自然数. 用A j 表示将集合A 逆时针方向在圆周上转动 jmπ 弧度所得的集合 2π L (A )L (B ).设b 1, b 2, . . . , b n 为组成B 的弧段,由已知它们两两不交且每段的长度均为 m ,因此有 i i i L (A ∩ (∪2j =1b −j )) m ,所以∪j =1b iL (A ∩ (∪2j =1b −j )) = L (A ).第四届中国数学奥林匹克(1989年)合肥 中国科技大学1.在半径为1的圆周上,任意给定两个点集A, B , 它们都由有限段互不相交的弧组成, 其中B 的每π(j = 1, 2, ...).求证:存在自然数k ,使得L (A j ∩ B )1这里L (X )表示组成点集X 的互不相交的弧的长度之和.证明:我们把圆周上的点集E 沿顺时针方向在圆周上转动 jm π 弧度所得的集合记为E −j ,于是L (A j ∩ B ) = L (A ∩ B −j ).π2mj =1L (A j ∩ B ) ==2mj =1 2mj =1L (A ∩ B −j )L (A ∩ (∪ni =1b −j ))=2mnL (A ∩ b −j )j =1 i =1=n 2mL (A ∩ b −j )i =1 j =1 n=i =1mi因为L (b i ) = π 2m −j恰好是整个圆周,从而有mi ∴2mj =1L (A j ∩ B ) = nL (A ),至少存在一个k, 1k 2m ,使得L (A j ∩ B )n 2mL (A ) =1L (A )L (B ).2.设x 1, x 2, · · · , x n 都是正数(n2).且 x 1 + x 2 + · · · + x n = 1.求证:ni =1√x i1 − x i√ 1n − 1ni =1√x i .证明:不妨设x 1 x 2 ··· x n ,则√1 1 − x 1√1 1 − x 2···√1 1 − x n由Chebyshev 不等式ni =1√x i 1 − x i1nni =1x ini =1√ 11 − x i= 1nni =1√ 11 − x iB n ,又f 1(z ) = z m ,∴ f n (z ) = z m ∴ f n (z ) = z ⇔ z m = z ,又|z| = 1, ∴ z m 由1989 = 3 × 13 × 17,若k|1989,且k < 1989,k 必 整 除3 × 13 × 17, 32 × 13, 32 × 17中 至 少 一 个.由Cauchy 不等式ni =1√1 − x ini =1√1 1 − x in 2又n√ 1 − x inn(1 − x i ) =n (n − 1)i =1i =1ni =1√ x i1 − x i1 n ni =1√ 11 − x ini =1n √1 − x in n (n − 1)=n n − 1而√1 n − 1ni =1 √ x i√1 n − 1n ni =1x i =n n − 1ni =1√ x i1 − x i√1n − 1ni =1√x i .3.设S 为 复 平 面 上 的 单 位 圆 周 (即 模 为1的 复 数 的 集 合),f 为 从S 到S 的 映 射,对 于 任 意 z ∈ S ,定 义f (1)(z ) = f (z ), f (2)(z ) = f (f (z )), · · · , f (k )(z ) = f (f (k−1)(z )). 如果 c ∈ S ,使得f (1)(c ) = c, f (2)(c ) = c, · · · , f (n−1)(c ) = c, f (n )(c ) = c . 则称 c 为f 的n−周期点.设m 是大于1的自然数, f 定义为f (z ) = z m , 试计算f 的1989-周期点的个数.解:记A n = {z ∈ S|z 是f 的n − 周期点},B n = {z ∈ S|f n (z ) = z}为f n 的 不 动 点 集 合,显 然A n ⊆nn n−1= 1, |B n | = m n − 1.我们证明B n , A n 有如下性质: (1)若k|n ,则B k ⊆ B n ;事实上,令n = kq ,若c ∈ B k , f k (c ) = c ,则f n (c ) = f kq (c ) = f k (f k (· · · f k (c ) · · · )) = c . ∴ c ∈ B n , B k ⊆ B n .q 个(2)B k ∩ B n = B gcd(k,n ), gcd(k, n )为k 与n 的最大公约数. 由(1),B gcd(k,n ) ⊆ B k , B gcd(k,n ) ⊆ B n , ∴ B gcd(k,n ) ⊆ B k ∩ B n .反之,设c ∈ B k ∩ B n ,f k (c ) = c, f n (c ) = c ,不妨设k < n . 则f n−k (c ) = f n−k (f k (c )) = f n (c ) = c ,由辗转相 除法知f gcd(k,n )(c ) = c, ∴ c ∈ B gcd(k,n ), B k ∩ B n ⊆ B gcd(k,n ). ∴ B k ∩ B n = B gcd(k,n ). (3)c ∈ B n \ A n ⇔ ∃k < n, k ∈ N ∗,使k|n 且c ∈ B k .充分性是显然的(由(1)),设c ∈ B n \ A n , f n (c ) = c .且存在l < n ,使得f l (c ) = c ,设k = gcd(l, n ),则f k (c ) = c, c ∈ B k ,且kl < n, k|n .证毕.2∴ B k ⊆ B 663 ∪ B 153 ∪ B 117, ∴ A 1989 = B 1989 \ (k|1989k<1989B k ) = B 1989 \ (B 663 ∪ B 153 ∪ B 117).R .∴由容斥原理f 的1989-周期点个数为|A 1989| = |B 1989| − |B 663| − |B 153| − |B 117| + |B 663 ∩ B 153| + |B 663 ∩ B 117| + |B 117 ∩ B 153|−|B 663 ∩ B 153 ∩ B 117|= |B 1989| − |B 663| − |B 153| − |B 117| + |B 51| + |B 39| + |B 9| − |B 3|= (m 1989 − 1) − (m 663 − 1) − (m 153 − 1) − (m 117 − 1) + (m 51 − 1) + (m 39 − 1)+(m 9 − 1) − (m 3 − 1)= m 1989 − m 663 − m 153 − m 117 + m 51 + m 39 + m 9 − m 34.设点D, E, F 分别在 ABC 的三边BC, CA, AB 上, 且 AEF,BF D,CDE 的内切圆有相等的半径r , 又以r 0和R 分别表示 DEF 和 ABC 的内切圆半径. 求证:r + r 0 = R .证明:设 ABC 周长为l ,面积为S ,内切圆为 I , 在各边的切点为P, Q, R , DEF 周长为l ,面积为S . AEF,BF D,CDE 的面积分别为S 1, S 2, S 3,内切圆分别为 I 1, I 2, I 3,在各边的切点为P i , Q i , R i (i = 1, 2, 3). 由面积公式2S = Rl, 2S = r 0l ,2S 1 = r (AE + EF + F A ), 2S 2 = r (BD + DF + F B ), 2S 3 = r (CD + DE + EC ). 又S = S + S 1 + S 2 + S 3, ∴ Rl = r 0l + r (l + l ),即(R − r )l = (r + r 0)l . 又AQ 1 AQ = AR 1AR= BQ 2BQ= BP 2 BP = CP 3CP= CR 3CR = r Rl − Q 1Q 2 − P 2P 3 − R 1R 3l=r R又Q 1Q 2 + P 2P 3 + R 1R 3 = Q 1F + F Q 2 + P 2D + DP 3 + R 3E + ER 1 = P 1F + R 2F + DR 2 + DQ 3 + EQ 3 + EP 1 = l . l l=1 −r(R − r )R = (r + r 0)(R − r ), R = r + r 0.证毕.5.空间中有1989个点,其中任何三点不共线, 把它们分成点数各不相同的30组, 在任何三个不同的组中 各取一点为顶点作三角形, 求三角形个数的最大值.解:由分组情况有限,三角形个数必存在最大值,设分为30组,各组点数为x 1 < x 2 < · · · < x 30, 三角形个 数为f (x 1, x 2, . . . , x 30) =1 i<j<k 30x i x j x k .f (x ) 4u f (y ) 4v . (f (x )) t .∴ f (x t ) = (f (x )) t .设f (e ) = c, c > 1,则f (x ) = f (e ) ln x = c ln x .另外,当f (x ) = c ln x (c > 1)时,f (x u y v ) = c u ln x +v ln y , f (x ) 4u f (y ) 4v = c 4u ln x + 4v ln y . 4v ln y ) 4v ln y . f (x ) 4u f (y ) 4v . 所以所求函数为f (x ) = c ln x (c > 1).若存在i ∈ {1, 2, . . . , 29}, x i +1 − x i3, 则将(x 1, x 2, . . . , x 30)调整为(x 1, . . . , x i + 1, x i +1 − 1, . . . , x 30).f (x 1, . . . , x i + 1, x i +1 − 1, . . . , x 30) − f (x 1, x 2, . . . , x 30) =[(x i + 1 + x i +1 − 1)−[(x i + x i +1)x j x k + (x i + 1)(x i +1 − 1)1 j<k 30 j,k =i,i +1x j x k + x i x i +1x j ]j =i,i +1x j ]1 j<k 30 j,k =i,i +1j =i,i +1= (x i +1 − x i − 1)j =i,i +1x j > 0f 值增大,类似的,若存在i, j ∈ {1, 2, . . . , 29}, i < j, x i +1−x i2, x j +1−x j2, 将x i 调整为x i +1,x j +1调整为x j +1 − 1,f 值增大.所以当f 取最大值时,x 1, x 2, . . . , x 30中相邻两个的差最多有一个是2,其余均为1. 如果所有的均为1,1989 = x 1 + (x 1 + 1) + · · · + (x 1 + 29) = 30x 1 + 435,x 1不是整数,矛盾. 设x t +1 − x t = 2, 1t29,则1989 = x 1 + x 2 + · · · + x 30 = 30x 1 + (1 + 2 + · · · + t − 1) + (t + 1 + · · · + 30) = 30x 1 + 465 − t . 30x 1 − t = 1524, x 1 = 51, t = 6.此时各组的点的个数分别为51,52,. . . ,56,58,59,. . . ,81.6.设f : (1, +∞) → (1, +∞)满足以下条件: 对于任意实数x, y > 1,及u, v > 0,有试确定所有这样的函数f . f (x u y v ) 1 1解:令x = y, u = v = 2t (t > 0),则f (x t ) 1以x t 代x , 1t 代t ,则f (x ) (f (x t ))t .11 11 1 1 1 1 1由Cauchy 不等式,(u ln x + v ln y )( 4u 1ln x +11.∴1u ln x +v ln y1 4u ln x+1∴ f (x u y v )1 11SB .又 SD x t−1 ·· · ·· x 1 ·x 1是t 个大于1的第五届中国数学奥林匹克(1990年)郑州 《中学生数理化》编辑部1.在凸四边形ABCD 中,AB 与CD 不平行,O 1过A ,B 且与边CD 相切于P ,O 2过C ,D 且与边AB 相切于Q ,O 1与 O 2相交于E ,F .求证:EF 平分线段P Q 的充分必要条件是BC AD .证明:分两部分证明结论.(1)EF 平分P Q 的充要条件为P C · P D = QA · QB . 设EF 与P Q 交于K ,直线P Q 于 O 1, O 2分别交于J, I .P C · P D = P I · P Q, QA · QB = P Q · QJ , KQ · KI = KE · KF = KP · KJ . ∴ KQ · (KP + IP ) = KP · (KQ + QJ ), KQ · IP = KP · QJ . ∴ KP = KQ ⇔ IP = QJ ⇔ P C · P D = QA · QB . (2)BCAD 充要条件为P C · P D = QA · QB .设AB 与DC 交于S .BC AD ⇔SDSC=SA 而SP 2 = SA · SB, SQ 2 = SC · SD .∴ P C · P D = QA · QB ⇔ (SC − SP )(SP − SD ) = (SB − SQ )(SQ − SA )⇔ (SC + SD )SP − SP 2 − SC · SD = (SB + SA )SQ − SQ 2 − SA · SB ⇔ (SC + SD )SP = (SB + SA )SQ⇔ (SC + SD )2 · SA · SB = (SA + SB )2 · SC · SD ⇔SCSD+SD SC +2=SA SB+SB SA+2SC < 1,SA SB< 1, ∴ P C · P D = QA · QB ⇔ SD SC=SASB⇔ BC AD .所以EF 平分线段P Q 的充分必要条件是BC AD .2.设x 是一个自然数,若一串自然数x 0 = 1 < x 1 < x 2 < · · · < x l = x 满足x i−1|x i (i = 1, 2, . . . , l ), 则 称{x 0, x 1, . . . , x l }为x 的一条因子链. l 称为该因子链的长度. L (x )与R (x )分别表示 x 的最长因子链的长 度和最长因子链的条数.对于x = 5k × 31m × 1990n ,k, m, n 都是自然数,试求L (x )与R (x ).解:对 于x = p α1 1p α2 2 · · · p αn n ,(p 1, p 2, . . . , p n 为 互 不 相 同 的 质 数,α1, α2, . . . , αn 为 正 整 数). x 的 因 子链{x 0, x 1, . . . , x l }是最长因子链的充要条件是 xx i−i 1 均为质数(i = 1, 2, . . . , l ).事实上,对于因子链{x 0, x 1, . . . , x l },若存在i, (1il ),使得 xx i−i 1 = q 1q 2,其中q 1, q 2均为大于1的正整数, 则{x 0, x 1, . . . , x i−1, q 1x i−1, x i , . . . , x l }是长度为l + 1的因子链, 所以{x 0, x 1, · · · , x l }不是最长因子 链.反 之,若 xx i−i 1 均 为 质 数(i = 1, 2, . . . , l ), 则x = x l =x lx l−1· ·· ·x 2 x 1· x 1(x 0 = 1)为l 个 质 数 的 积.所以l = α1+α2+· · ·+αn . 而对x 的任意一个因子链{x 0, x 1, . . . , x t },x = x t = x t x 2正整数之积,而x 至多写成l = α1 + α2 + · · · + αn 个大于1的正整数之积,所以t最长因子链.l .所以{x 0, x 1, · · · , x l }是(n !)2(n +k )!m !.2 ) > 22 −2n−1x 2(n ∈ N) x .2( 2k )(22 −2k−1x 2)22( 2k ) xx .x > M .2 )(x 2 )(13a ) . 2 ,(1)与(2)等价,不难验证x2 ,则L (x ) = α1 + α2 + · · · + αn .每个最长因子链对应一个排列x 1, xx 21 , . . . , xx l−l 1 , l = L (x ), 为α1个p 1,α2个p 2,. . . ,αn 个p n 的一个排列. ∴ R (x ) =(α1+α2+···+αn )!α1!α2!···αn !.当x = 5k × 31m × 1990n = 2n × 5n +k × 31m × 1990n 时, L (x ) = 3n + k + m ,R (x ) = (3n +k +m )! 3.设函数f (x )对x 0有定义,且满足条件: (1)对任何x, y0, f (x )f (y )y 2f ( x 2 ) + x 2f ( y 2 ); (2)存在常数M > 0,当0 求证:对任意x 0,f (x )x x 2.1时,|f (x )|M .证明:令x = y ,(f (x ))2 2x 2f ( x 2 ). 令x = 0,(f (0))20,∴ f (0) = 0,满足结论.假设存在x > 0,使得f (x ) > x 2,用归纳法证明f (x nnn = 0时显然成立,设n = k 时成立,f ( 2x k ) > 22k−2k−1 2∴ f (x 2k +1)(f ( 2x k ))2x 2>kx 2= 22 k +1−2(k +1)−1 2即n = k + 1时也成立,所以对任意n ∈ N,f ( 2x n ) > 22 又n → +∞时,2n − 2n − 1 → +∞, 21n → 0. n−2n−1 2∴ ∃m 1,当nm 1时,0 <x 2n< 1,∃m 2,当nm 2时,22n−2n−1 2取m = max {m 1, m 2},0 <x2m< 1, f ( 2x m ) > M ,矛盾.所以对任意x0,f (x )x 2.4.设a 是给定的正整数,A 和B 是两个实数,试确定方程组:x 2 + y 2 + z 2 = (13a )2(1)x 2(Ax 2 + By 2) + y 2(Ay 2 + Bz 2) + z 2(Az 2 + Bx 2) =14(2A + B )(13a )4(2)有整数解的充分必要条件(用A, B 的关系式表示,并予以证明).解:(2) − B 2× (1)2,得(A − B 4 + y 4 + z 4) = 12(A − B 4若A = 若A = B B= 3a, y = 4a, z = 12a 为一组解.2(x 4 + y 4 + z 4) = (13a )4(3)∴ 2|a ,设a = 2a 1,x 4 + y 4 + z 4 = 8(13a 1)4.若x, y, z 不全为偶数,则必为两个奇数一个偶数,x 4 + y 4 + z 4 ≡ 2 (mod 4),矛盾.∴ 2|x, 2|y, 2|z .设x = 2x 1, y = 2y 1, z = 2z 1,则若(x, y, z, a )为(3)的解,(x 1, y 1, z 1, a 1)也为(3)的解. 类似可 依次得到(x , y , z , a )也为(3)的解,等等.但这个过程不能一直进行下去,矛盾.所以方程组有整数解的充分必要条件为A = B2 .5.设X是一个有限集合, 法则f使得X的每一个偶子集E(偶数个元素组成的子集)都对应一个实数f(E),满足条件:(1)存在一个偶子集D,使得f(D) > 1990;(2)对于X的任意两个不相交的偶子集A, B,有f(A ∪B) = f(A) + f(B)− 1990.求证:存在X的子集P, Q,满足(1)P ∩ Q =∅,P ∪Q = X;(2)对P的任何非空偶子集S,有f(S) > 1990;(3)对Q的任何偶子集T ,有f(T ) 1990.证明:考虑X的所有偶子集经法则f得到的实数最大的一个为P ,若不止一个,取元素个数最少的一个.Q = X \ P .则P ∩ Q =∅, P ∪Q = X.令A = B =∅,则f(∅) = 1990.对于∀S ⊆ P, S =∅,f(P ) = f(S) + f(P \ S)− 1990,显然f(P \ S) < f(P ),∴f(S) > 1990.对于∀T ⊆ Q,若T =∅,f(T ) = 1990,否则T =∅,由f(P ∪T ) = f(P )+f(T )−1990 f(P ),f(T ) 1990. ∴P, Q满足条件.证毕.6.凸n边形及n − 3条在n边形内不相交的对角线组成的图形称为一个剖分图.求证:当且仅当3|n时,存在一个剖分图是可以一笔划的图(即可以从一个顶点出发,经过图中各线段恰一次,最后回到出发点).证明:因为n − 3条在形内互不相交的对角线将凸n边形分为n − 2个顶点均是n边形顶点的小区域, 每个区域的内角和不小于π,n边形的内角和为(n − 2)π,所以每个小区域都是三角形.先证必要性.用归纳法容易证明可将每个三角形区域涂成黑白两色之一,使得有公共边的三角形不同色. 假设已按照这样的要求染色,由于剖分图为可以一笔画的圈,所以由每个顶点引出的线段都是偶数条. 从而每个顶点都是奇数个三角形的顶点,因此以原多边形外边界为一边的三角形区域有着相同的颜色, 不妨设为黑色;另一方面,剖分图的每条对角线都是两种不同颜色三角形的公共边, 所以设黑三角形有m1个,白三角形有m2个.则n = 3m1− 3m2,所以3|n.再证充分性,设n = 3m,多边形为A1A2 . . . A3m.连接A1A3i, A3i A3i+2, A3i+2A1(i = 1, 2, . . . , m−1)这3m−3条对角线, 形成m − 1个三角形,可由A1出发,依次走过这些三角形,再走过凸多边形即可一笔画并回到初始点.证毕.2S ABCD ,作平行四边形AEDP ,显然P B, P C 均在AP DCB 内.∴ z k−1 = z (k−1) , (k − 1)(k − 2) = 0, k = 1或2.第六届中国数学奥林匹克(1991年)武汉 华中师范大学1.平面上有一凸四边形ABCD .(1).如果平面上存在一点P ,使得 ABP, BCP, CDP, DAP 面积都相等,问四边形ABCD 应满足什么条件?(2).满足(1)的点P ,平面上最多有几个?证明你的结论. 解:(1)(1.1)P 在ABCD 内部,若A, P, C ,B, P, D 分别三点共线, 显然ABCD 为平行四边形,P 为对角线的交点.若A, P, C 不共线,由于 P AB , P AD 等面积,AP 必经过对角线BD 的中点,同理CP 过BD 的中点,必 有P 为BD 的中点,所以 ABD,BCD 面积相等.即一条对角线平分ABCD 的面积,显然也是充分条件.(1.2)P 在ABCD 之外,不妨设P 与B, C 在AD 异侧,P 必与A, B 在CD 同侧,与C, D 在AB 同侧. 由 P AB,P AD 面积相等,P ABD ,同理P DAC .设AC, BD 相交于E ,AEDP 为平行四边形.S AED = S AP D = S ABP + S CDP + S P BC − S ABCD = 3S AP D − S ABCD . ∴ S AED = 21S ABCD .这个条件也是充分条件,若S AED =1∴ S ABP = S AP D = S CDP = S AED , S P BC = S AP D + S ABCD − S ABP − S CDP = S AED .P 满足要求.所以四边形ABCD 有一条对角线平分面积,或者在对角线分成的四个三角形中有一个为四边形面积的 一半.(2)由(1)知,P 在形内,形外都至多有一个,又由充要条件不同时取到,P 最多有一个. 2.设I = [0, 1],G = {(x, y )|x, y ∈ I}.求G 到I 的所有映射f ,使得对任何x, y, z ∈ I 有 (1)f (f (x, y ), z ) = f (x, f (y, z )); (2)f (x, 1) = x, f (1, y ) = y ;(3)f (zx, zy ) = z k f (x, y ).这里,k 是与x, y, z 无关的正数. 解:由(3),f (x, y ) = f (y · xy , y · 1) = y k f ( xy , 1)(0 < x < y ) f (x, y ) = f (x · 1, x · xy ) = y k f (1, xy )(0 < y < x )再由(2),f (x, y ) = y k−1x (0 < x < y ), f (x, y ) = x k−1y (0 < y < x ) 又x = y 时,f (x, x ) = x k f (1, 1) = x k .在(1)中,取0 < x < y < z < 1,x 充分小时,y k−1x < z, x < z k−1y .f (f (x, y ), z ) = f (y k−1x, z ) = z k−1y k−1x ,f (x, f (y, z )) = f (x, z k−1y ) = x (z k−1y )k−1.2k = 1时,f (x, y ) = min {x, y};k = 2时,f (x, y ) = xy .(x > 0, y > 0)又f (x, 0) = f (x · 1, x · 0) = x k f (0, 1) = 0, f (0, y ) = 0, f (0, 0) = z k f (0, 0), f (0, 0) = 0. ∴ k = 1时,f (x, y ) = min {x, y};k = 2时,f (x, y ) = xy .k = 1, k = 2时,无解.。
小学数学 数学故事 林强：中国历史上第一个国际性的学科竞赛奖牌得主
林强：中国历史上第一个国际性的学科竞赛奖牌得主库超、王菘、胡小军，所有人的目标都是林强。
林强是黄冈中学的光荣榜上永远的第一。
尽管林强在1986年只是获得了国际奥林匹克数学竞赛的铜牌。
“那是中国人第一次参加国际性的学科竞赛，就获得了铜牌。
”林强使黄冈中学从此成为中国中学学科竞赛的关键词，而中国的中学生从此在奥林匹克学科竞赛中势如破竹。
“林强能出来充满了偶然性。
”卞清胜是林强的初中数学老师，林强上高中一个月就得了奖牌。
“奥赛这条路不好走，除了极高天赋，机会和环境同样重要。
”卞清胜说，林强的父母和一般人不同，到林强初中毕业的时候，已经自学完成高中的全部课程。
初中时期，林强的父亲反复找到卞清胜，要求给林强“特殊待遇”。
在黄冈中学，无论是老师、学生或是家长，都很自然地谈到“天才”和“一般人”的区别，对于极突出的学生，黄冈能提供的最好平台，就是竞赛。
卞清胜不仅允许林强不做作业，还经常帮他在语文老师那里说好话。
“他最头疼写作文了。
”在中考之前，卞清胜给林强找来的是湖北省编写的高考复习资料。
“林强是做中考题好？还是做高考题好？1985年我们并不知道，竞赛也能成为一条道路，我们只有国内和省内的竞赛，并把其当做学生课外活动的一种体现。
”但是在湖北和湖南，已经有很多高质量的中学在国内竞赛上开始竞争。
“林强的中考数学考了119分，满分120分。
排名这个东西是非常残酷的，得满分只不过是中考复习得好，120分比我们这个119分差得远。
”卞清胜和林强的父母志不在此，他们强烈要求黄冈高中在暑期竞赛训练班收下初中毕业的林强。
“无论怎么要求，高中部就是不同意。
一开始的理由是，‘黄高’的竞赛班只针对黄高学生，万一林强不上‘黄高’呢？”卞清胜不明白，“这么好的学生，‘黄高’不要还有哪个学校能要？”卞清胜1981年开始执教，第一次碰到天才。
“自己的学生连提前培训都不行，我弄不懂。
”直到训练班开始前一天，卞清胜忽然被通知，林强可以来培训。
高中数学联赛真题三角函数与解三角形A辑
备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题05三角函数与解三角形A 辑历年联赛真题汇编1．【2008高中数学联赛（第01试）】设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边a ，b ，c 成等比数列，则sinAcotC+cosA sinBcotC+cosB的取值范围是( )A ．(0,+∞)B ．(0,√5+12) C ．(√5−12,√5+12) D ．(√5−12,+∞)2．【2007高中数学联赛（第01试）】设函数f (x )=3sinx +2cosx +1.若实数a ，b ，c 使得af (x )+bf (x －c )=1对任意实数x 恒成立，则bcosc a的值等于( )A ．−12B ．12C ．−1D ．13．【2006高中数学联赛（第01试）】已知△ABC ，若对任意t ∈R ，|BA ⃑⃑⃑⃑⃑ −tBC ⃑⃑⃑⃑⃑ |≥|AC ⃑⃑⃑⃑⃑ |，则△ABC 一定为( ) A ．锐角三角形 B ．钝角三角形 C ．直角三角形D ．答案不确定4．【2005高中数学联赛（第01试）】△ABC 内接于单位圆，三个内角A ，B ，C 的平分线延长后分别交此圆于A1，B 1，C 1.则AA 1⋅cos A 2+BB 1⋅cos B 2+CC 1⋅cos C2sinA+sinB+sinC的值为( ) A ．2 B ．4 C ．6D ．85．【2004高中数学联赛（第01试）】设锐角使关于x 的方程x 2+4xcosθ+cotθ=0有重根，则θ的弧度数为( )A ．π6B ．π12或5π12C ．π6或5π12D ．π126．【2003高中数学联赛（第01试）】若x ∈[−5π12,−π3]，则y =tan (x +2π3)−tan (x +π6)+cos (x +π6)的最大值是( )A ．125√2B ．116√2C ．116√3D ．125√37．【2001高中数学联赛（第01试）】在四个函数y =sin|x|，y =cos|x|，y =|cotx |，y =lg|sinx|中以π为周期，在(0,π2)上单调递增的偶函数是( )A ．y =sin|x|B ．y =cos|x|C ．y =|cotx|D ．y =lg|sinx|8．【2001高中数学联赛（第01试）】如果满足∠ABC =60°，AC =12，BC =k 的△ABC 恰有一个，那么k 的取值范围是( ) A ．k =8√3B ．0<k ⩽12C ．k ≥12D ．0<k ≤12或k =89．【2000高中数学联赛（第01试）】设sinα>0,cosα<0，且sin α3>cos α3，则α3的取值范围是( )A ．(2kπ+π6,2kπ+π3),k ∈ZB ．(2kπ3+π6,2kπ3+π3),k ∈ZC ．(2kπ+5π6,2kπ+π),k ∈ZD ．(2kπ+π4,2kπ+π3)∪(2kπ+5π6,2kπ+π),k ∈Z10．【1999高中数学联赛（第01试）】已知点A (1，2)，过点(5，－2)的直线与抛物线y 2=4x 交于另外两点B ，C ，那么，△ABC 是( ). A ．锐角三角形 B ．钝角三角形 C ．直角三角形D ．答案不确定11．【1997高中数学联赛（第01试）】设f(x)=x 2−πx,α=arcsin 13，β=arctan 54，γ=arccos (−13)，δ=arccot (−54)，则( )A．f(α)>f(β)>f(δ)>f(γ)B．f(α)>f(δ)>f(β)>f(γ)C．f(δ)>f(α)>f(β)>f(γ)D．f(δ)>f(α)>f(γ)>f(β)12．【1996高中数学联赛（第01试）】设x∈(−12,0)，以下三个数：α1=cos(sinxπ)，α2=sin(cosxπ)，α3= cos(x+1)π的大小关系是( )A．α3<α2<α1B．α1<α3<α2C．α3<α1<α2D．α2<α3<α113．【1995高中数学联赛（第01试）】log in 1cos1,log sin1tan1,log geos 1sin1,log cos 1 tan 1的大小关系是( ) A．log sin1cos1<log cos1sin1<log sin1tan1<log cos1tan1B．log cos1sin1<log cos1tan1<log sin1cos1<log sin1tan1C．log sin1tan1<log cos1tan1<log cos1sin1<log sin1cos1D．log cos1tan1<log sin1tan1<log sin1cos1<log cos1sin114．【1994高中数学联赛（第01试）】设a，b，c是实数.那么对任何实数x，不等式asinx+bcosx+c>0都成立的充要条件是( )A．a，b同时为0，且c>0B．√a2+b2=cC．√a2+b2<c D．√a2+b2>c15．【1994高中数学联赛（第01试）】已知0<b<1，0<a<π4，则下列三数：x=(sina)log b sina，y=(cosa)log b cosa,z=(sina)log b cosa的大小关系是( )A．x<z<y B．y<z<x C．z<x<y D．x<y<z16．【1993高中数学联赛（第01试）】在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边边长分别是a，b，c，若c－a等于AC边上的高h，则sin C−A2+cos C+A2的值是( )A．1B．12C．13D．−117．【1992高中数学联赛（第01试）】在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别记为a，b，c(b≠1)，且CA ,sinB sinA都是方程log√bx=log b(4x−4)的根，则△ABC( ). A．是等腰三角形，但不是直角三角形B．是直角三角形，但不是等腰三角形C．是等腰直角三角形D．不是等腰三角形，也不是直角三角形18．【1990高中数学联赛（第01试）】设a∈(π4,π2)，则(cosa)cosa，(sina)cosa,(cosa)sina的大小顺序是( )A．(cosα)cosα<(sinα)cosα<(cosα)sinαB．(cosα)cosα<(cosα)sinα<(sinα)cosαC．(sinα)cosα<(cosα)cosα<(cosα)sinαD．(cosα)sinα<(cosα)cosα<(sinα)cosα19．【1989高中数学联赛（第01试）】若A，B是锐角△ABC的两个内角，则复数z=cosB−sinA+i(sinB −cosA)在复平面内所对应的点位于( )A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限20．【1989高中数学联赛（第01试）】函数f(x)=arctanx+12arcsinx的值域是( ).A．(−π,π)B．[−3π4,3π4]C．(−3π4,3π4)D．[−π2,π2]21．【1987高中数学联赛（第01试）】边长为5的菱形，它的一条对角线的长不大于6，另一条不小于6，则这个菱形两条对角线长度之和的最大值是( )A．10√2B．14C．5√6D．1222．【1987高中数学联赛（第01试）】如图，△ABC的顶点B在单位圆的圆心上，A，C在圆周上，∠ABC=2a(0<a<π3).现将△ABC在圆内按逆时针方向依次作旋转，具体方法如下：第一次，以A为中心，使B落在圆周上；第二次，以B为中心，使C落到圆周上；第三次，以C为中心，使A落到圆周上，如此旋转直到第100次.那么，点A所走路程的总长度为( )A．22π(1+sina)−66a B．22π+683πsina−66aC．673πD．33π−66a23．【1986高中数学联赛（第01试）】设－1<a<0，θ=arcsina，那么不等式sinx<a的解集为( )A．{x|2nπ+θ<x<(2n+1)π−θ,n∈Z}B．{x|2nπ−θ<x<(2n+1)π−θ,n∈Z}C．{x|(2n−1)π+θ<x<2nπ−θ,n∈Z}D．{x|(2n−1)π−θ<x<2nπ+θ,n∈Z}24．【1985高中数学联赛（第01试）】已知方程arccos45−arccos(−45)=arcsinx，则( )A．x=2425B．x=−2425C．x=0D．这样的x不存在25．【1984高中数学联赛（第01试）】若动点P(x，y)以等角速度ω在单位圆上逆时针运动，则点Q(－2xy，y2－x2)的运动方式是( )A．以角速度ω在单位圆上顺时针运动B．以角速度ω在单位圆上逆时针运动C．以角速度2ω在单位圆上顺时针运动D．以角速度2ω在单位圆上逆时针运动26．【1983高中数学联赛（第01试）】已知等腰△ABC的底边BC及高AD的长都是整数，那么sinA和cosA中( )A．一个是有理数，另一个是无理数B．两个都是有理数C．两个都是无理数D．是有理数还是无理数要根据BC和AD的数值来确定27．【1983高中数学联赛（第01试）】任意△ABC，设它的周长、外接圆半径长与内切圆半径长分别为l，R与r，那么( )A．l>R+r B．l⩽R+r<R+r<6l D．A，B，C三种关系都不对C．16)都有( )28．【1982高中数学联赛（第01试）】对任何φ∈(0,π2A．sinsinφ<cosφ<coscosφB．sinsinφ>cosφ>coscosφC．sincosφ>cosφ>cossinφD．sincosφ<cosφ<cossinφ29．【1981高中数学联赛（第01试）】条件甲:两个三角形的面积和两条边对应相等.条件乙:两个三角形全等( )A．甲是乙的充分必要条件B．甲是乙的必要条件C．甲是乙的充分条件D．甲不是乙的必要条件，也不是充分条件30．【1981高中数学联赛（第01试）】条件甲:√1+sinθ=a.条件乙:sinθ2+cosθ2=aA．甲是乙的充分必要条件B．甲是乙的必要条件C．甲是乙的充分条件D．甲不是乙的必要条件，也不是充分条件31．【1981高中数学联赛（第01试）】设α≠kπ2(k=0,±1,±2,⋯),T=sinα+tanαcosα+cotαA．T取负值B．T取非负值C．T取正值D．T取值可正可负优质模拟题强化训练1．△ABC的三边长分别为AB=a，BC=b，CA=c．若{c=√a2−2+√b2−2a=√b2−3+√c2−3b=√c2−4+√a2−4，则→AB⋅→BC，→BC⋅→CA，→CA⋅→AB中小于0的个数为（）．A．3B．2C．1D．02．arccos13+12arccos79=（）.A．3π8B．2π3C．π2D．arcsin893．设f(x)=cos(ωx)的最小正周期为6，则f(1)+f(2)+⋯+f(2018)的值是（）.A．0B．1C．12D．√324．函数y=(sinx−1)(cosx−1)2+sin2x(x∈R)的最大值为（）.A．√22B．1C．12+√22D．√25．设曲线f(x)=acosx+bsinx的一条对称轴为x=π5。
历年全国高中数学竞赛试卷及答案(77套)
（5月14日下午14:30—16:30）
题目
一
二
三
总成绩
13
14
15
16
得分
评卷人
复核人
考生注意：1.本试卷共有三大题（16个小题），全卷满分140分
2.用黑（蓝）色圆珠笔或钢笔作答。
3.计算器，通讯工具不准待入考场。
4.解题书写不要超过封线
一，单项选择题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）
二，填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）
7.1008 8.0 9.2 10. 11.2 12.243
三，解答题（本大题共4个小题，每小题20分，共80分）
13.证明：（1）因为
所以，数列 成等比数列 ……5分
于是
即数列 的通项公式 ……10分
（2）法1：因为 对任意的正整数n都成立，故
由（1）知
∴共有C 种比赛方式．
三．(15分)长为 ，宽为1的矩形，以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周，求得到的旋转体的体积．
解：过轴所在对角线BD中点O作MN⊥BD交边AD、BC于M、N，作AE⊥BD于E，
则△ABD旋转所得旋转体为两个有公共底面的圆锥，底面半径AE= = ．其体积V= ( )2· = π．同样，
1．设有三个函数，第一个是y=φ(x)，它的反函数是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于x+y=0对称，那么，第三个函数是( )
A．y=－φ(x)B．y=－φ(－x)C．y=－φ－1(x)D．y=－φ－1(－x)
解：第二个函数是y=φ－1(x)．第三个函数是－x=φ－1(－y)，即y=－φ(－x)．选B．
备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)
备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题12不等式A辑历年联赛真题汇编1．【2007高中数学联赛（第01试）】设实数a使得不等式|2x−a|+|3x−2a|≥a2对任意实数x恒成立，则满足条件的a所组成的集合是( )A．[−13,13]B．[−12,12]C．[−14,13]D．[−3,3]【答案】A【解析】令x=23a，则有|a|⩽13，排除B，D.由对称性排除C.从而只有A正确.故选A．.一般地，对k∈R，令x=12ka，则原不等式为|a|⋅|k−1|+32|a|⋅|k−34|⩾|a|2，由此易知原不等式等价于|a|⩽|k−1|+32|k−43|，对任意的k∈R成立.由于|k−1|+32|k−43|={52k−3(k⩾43)1−12k(1⩽k<43)3−52k(k<1)，所以min k∈R{|k−1|+32|k−43|}=13，从而上述不等式等价于|a|⩽13.2．【2005高中数学联赛（第01试）】使关于x的不等式√x−3+√6−x≥k有解的实数k的最大值是( ) A．√6−√3B．√3C．√6+√3D．√6【答案】D【解析】令y=√x−3+√6−x(3⩽x⩽6)，则y2=(√x−3+√6−x)2⩽2[(x−3)+(6−x)]=6，所以0<y⩽√6，当x=92时，y=√6，故y 的最大值为√6，所以实数k 的最大值为√6. 故选：D.3．【2004高中数学联赛（第01试）】不等式√log 2x −1+12log 12x 3+2>0的解集为( )A ．[2,3)B ．(2,3]C ．[2,4)D ．(2,4]【答案】C【解析】原不等式等价于{√log 2x −1−32log 2x +32+12>0log 2x −1⩾0 ，设√log 2x −1=t ，则有{t −32t 2+12>0t ⩾0， 解得0⩽t <1，即0⩽log 2x −1<1，所以2⩽x <4. 故选：C.4．【2003高中数学联赛（第01试）】已知x ，y 都在区间(－2，2)内，且xy =－1，则函数u =44−x 2+99−y 2的最小值是( ) A ．85B ．2411C ．127D ．125【答案】D【解析】由已知得y =−1x ,故u =44−x2+9x 29x 2−1=−9x 4+72x 2−4−9x 4+37x 2−4=1+3537−(9x 2+4x2)，而x ∈(−2,−12)∪(12,2)， 故当9x 2=4x 2，即x 2=23时，9x 2+4x 2的值最小，而此时函数u 有最小值125，故选：D.5．【2001高中数学联赛（第01试）】已知6枝玫瑰与3枝康乃馨的价格之和大于24元，而4枝玫瑰与5枝康乃馨的价格之和小于22元，则2枝玫瑰的价格和3枝康乃馨的价格比较，结果是( ) A ．2枝玫瑰价格高 B ．3枝康乃馨价格高 C ．价格相同 D ．不确定【答案】A【解析】由题意得{6x +3y >244x +5y <22 ，令6x +3y =a,4x +5y =b ，联立解得x =5a−3b 18,y =3b−2a 9，所以2x −3y =11a−12b9，因为a >24,b <22，所以11a −12b >11×24−12×22=0，所以2x>3y.故选：A.6．【1986高中数学联赛（第01试）】设实数a，b，c满足{a 2−bc−8a+7=0b2+c2+bc−6a+6=0，那么a的取值范围是( )A．(−∞,+∞)B．(−∞,1]∪[9,+∞)C．(0,7)D．[1,9]【答案】D【解析】由{a2−bc−8a+7=0b2+c2+bc−6a+6=0得{bc=a2−8a+7b2+c2+bc=6a−6，所以b2+c2−2bc=−3(a2−10a+9)，即(b−c)2=−3(a−1)(a−9)⩾0.所以1≤a≤9.故选：D.7．【1986高中数学联赛（第01试）】边长为a，b，c的三角形，其面积等于14，而外接圆半径为1，若s=√a+√b+√c,t=1a +1b+1c，则s与t的大小关系是( ).A．s>t B．s=t C．s<t D．不确定【答案】C【解析】因为c=2RsinC=2sinC，又12absinC=14，所以abc=1.于是t=1a +1b+1c=bc+ca+ababc=ab+bc+ca=(√ab)2+(√bc)2+(√ca)2⩾√ab2c+√abc2+√a2bc=√abc(√a+√b+√c)=√a+√b+√c=s.且其中取不到等号，否则a=b=c=R=1是不可能的，故答案为C．8．【1984高中数学联赛（第01试）】下列四个图的阴影部分(不包括边界)满足不等式log x(log x y2)>0的是A．B．C．D．【答案】D【解析】由不等式log x(log x y2)>0判断它所表示的区域.当x>1时，可得y2>x>1,当0<x<1时，可得1>y2>x>0.然后与抛物线y2=x比较即可9．【1983高中数学联赛（第01试）】设a，b，c，d，m，n都是正实数，P=√ab+√cd，Q=√ma+nc⋅√b m +dn，那么( )A．P⩾Q B．P⩽Q C．P<Q D．P，Q间的大小关系不确定，而与m，n的大小有关【答案】B【解析】因为a，b，c，d，m，n是正实数，所以Q=√ab+madn +ncbm+cd⩾√ab+2√abcd+cd=√(√ab+√cd)2=√ab+√cd=P.10．【1982高中数学联赛（第01试）】当a，b是两个不相等的正数时，下列三个代数式：甲：(a+1a)(b+1b )，乙：(√ab+ab)2，丙(a+b2+2a+b)2中，值最大的一个( )A．必定是甲B．必定是乙C．必定是丙D．一般并不确定，而与a，b的取值有关【答案】D【解析】(i)甲=ab+1ab +ba+ab，乙=ab+1ab+2，由题设易得，必定有甲>乙.(ii)当a=1，b=12时，经计算可知，甲>丙；而当a=2，b=3时，则有甲<丙，说明甲和丙的值的大小与a，b取值有关.11．【2017高中数学联赛B 卷（第01试）】若正整数a 、b 、c 满足2017≥10a ≥100b ≥1000c ，则数组(a ，b ，c )的个数为 .【答案】574【解析】由条件知c ⩽[20171000]=2.当c =1时，有10≤b ≤20.对于每个这样的正整数b ，由10b ≤a ≤201知，相应的a 的个数为202－10b . 从而这样的正整数组的个数为∑(202−10b)20b=10=(102+2)×112=572.当c =2时，由20⩽b ⩽[2017100]，知b =20.进而200⩽a ⩽[201710]=201，故a =200，201.此时共有两组(a ，b ，c )综上所述，满足条件的正整数组的个数为572+2=574.12．【2016高中数学联赛（第01试）】设实数a 满足a <9a 3−11a <|a|，则a 的取值范围是 .【答案】(−2√33,−√103)【解析】由a <|a |可得a <0，原不等式可变形为1>9a 3−11aa>|a|a=−1，即−1<9a 2−11<1，所以a 2∈(109,43).又a <0，故a ∈(−2√33,−√103).13．【2013高中数学联赛（第01试）】设a ，b 为实数，函数f (x )=ax +b 满足：对任意x ∈[0，1]，有|f(x)|⩽1.则ab 的最大值为 .【答案】14【解析】易知a =f(1)−f(0),b =f(0)，则ab =f(0)⋅(f(1)−f(0))=−(f(0)−12f(1))2+14(f(1))2⩽14(f(1))2⩽14.当2f(0)=f(1)=±1，即a =b =±12时故ab 的最大值为14.14．【2012高中数学联赛（第01试）】设x ，y ，z ∈[0，1]，则M =√|x −y|+√|y −z|+√|z −x|的最大值是.【答案】√2+1【解析】不妨设0⩽x ⩽y ⩽z ⩽1，则M =√y −x +√z −y +√z −x ， 因为√y −x +√z −y ⩽√2[(y −x)+(z −y)]=√2(z −x)， 所以M ⩽√2(z −x)+√z −x =(√2+1)√z −x ⩽√2+1.当且仅当y−x=z−y,x=0,z=1即x=0,y=12,z=1时，上式等号同时成立.故M max=√2+1.15．【2011高中数学联赛（第01试）】设a，b为正实数，1a +1b⩽2√2，(a－b)2=4(ab)3，则log a b=.【答案】−1【解析】由1a +1b⩽2√2得a+b⩽2√2ab，又(a+b)2=4ab+(a−b)2=4ab+4(ab)3⩾4⋅2√ab⋅(ab)3=8(ab)2，即a+b⩾2√2ab①于是a+b=2√2ab②再由不等式①中等号成立的条件，得ab=1，与式②联立解得{a=√2−1b=√2+1或{a=√2+1b=√2−1.故log a b=−1.16．【2010高中数学联赛（第01试）】方程x+y+z=2010满足x≤y≤z的正整数解(x，y，z)的个数是.【答案】336675【解析】首先易知x+y+z=2010的正整数解的个数为C20092=2009×1004，把x+y+z=2010满足x≤y≤z的正整数解分为3类：(1)x，y，z均相等的正整数解的个数显然为1；(2)x，y，乙中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3)设x，y，乙两两均不相等的正整数解为k.易知1+3×1003+6k=2009×1004，所以6k=2009×1004−3×1003−1=2006×1005−2009+3×2−1=2006×1005−2004.即k=1003×335−334=335671.从而满足x≤y≤z的正整数解的个数为1+1003+335671=336675.17．【2009高中数学联赛（第01试）】在坐标平面上有两个区域M和N，M为{y⩾0y⩽xy⩽2−x，N是随t变化的区域，它由不等式t≤x≤t+1所确定，t的取值范围是0≤t≤1，则M和N的公共面积是函数f(t)=.【答案】−t2+t+12【解析】由题意知f(t)=S阴影部分面积=S△AOB−S△OCD−S△BEF=1−12t2−12(1−t)2=−t2+t+12.18．【2008高中数学联赛（第01试）】设f(x)是定义在R上的函数，若f(0)=2008，且对任意x∈R，满足f(x+2 )−f(x)⩽3⋅2x，f(x+6)−f(x)⩾63⋅2x，则f(2008)=.【答案】22008+2007【解析】解法一由题设条件知f(x+2)−f(x)=−(f(x+4)−f(x+2))−(f(x+6)−f(x+4))+(f(x+6)−f(x))⩾−3⋅2x+2−3⋅2x+4+63⋅2x=3⋅2x，因此有f(x+2)−f(x)=3⋅2x，故f(2008)=f(2008)−f(2006)+f(2006)−f(2004)+⋯+f(2)−f(0)+f(0)=3⋅(22006+22004+⋯+22+1)+f(0)=3⋅41003+1−14−1+f(0)=22008+2007.解法二令g(x)=f(x)−2x，则g(x+2)−g(x)=f(x+2)−f(x)−2x+2+2x⩽3⋅2x−3⋅2x=0，g(x+6)−g(x)=f(x+6)−f(x)−2x+6+2x⩾63⋅2x−63⋅2x=0，即g(x+2)⩽g(x),g(x+6)⩾g(x)，故g(x)⩽g(x+6)⩽g(x+4)⩽g(x+2)⩽g(x)，得g(x)是周期为2的周期函数，所以f(2008)=g(2008)+22008=g(0)+22008=22008+2007.19．【2003高中数学联赛（第01试）】不等式|x|3−2x2−4|x|+3<0的解集是.【答案】(−3,1−√52)∪(−1+√52,3)【解析】由原不等式分解可得(|x|−3)(x2+|x|−1)<0，由此得所求不等式的解集为(−3,−√5−12)∪(√5−12,3).当x≥0时，原不等式为x3−2x2−4x+3<0，即(x−−1−√52)(x−−1+√52)(x−3)<0.注意到x≥0，得√5−12<x<3，因为f(x)=|x|x3−2x2−4|x|+3为偶函数.所以当x<0时，解为−3<x<1−√52，故原不等式的解集为(−3,1−√52)∪(−1+√52,3).20．【2002高中数学联赛（第01试）】若log4(x+2y)+log4(x−2y)=1，则|x|−|y|的最小值是.【答案】√3【解析】注意到{x+2y>0x−2y>0(x+2y)(x−2y)=4，所以{x>2|y⩾0x2−4y2=4，由对称性只考虑y≥0，因为x>0，所以只需求x－y的最小值.令x−y=u，代入x2−4y2=4有3y2−2uy+(4−u2)=0，这个关于y的二次方程显然有实根，故Δ=16(u2−3)⩾0，所以u⩾√3，当x=43√3,y=√33时u=√3，故|x|−|y|的最小值为√3.21．【2001高中数学联赛（第01试）】不等式|1log12x +2|>32的解集为.【答案】x>4或1<x<227或0<x<1【解析】从外形上看，这是一个绝对值不等式，先求得log12x<−2或−27<log12x<0或log12x>0，从而x>4或1<x<227或0<x<1.22．【1997高中数学联赛（第01试）】设a=lgz+lg[x(yz)−1+1]，b=lgx−1+lg(xyz+1)，c=lgy+lg[(xyz )−1+1]，记a,b,c中最大数为M，则M的最小值为.【答案】lg2【解析】由已知条件得a=lg(xy−1+z)，b=lg(yz+x−1)，c=lg[(xz)−1+y].设xy−1+z,yz+x−1,(xz)−1+y中的最大数为u，则M=lgu.由已知条件知x，y，z均为正数，于是u2⩾(xy−1+z)[(xz)−1+y]=[(yz)−1+yz]+(x+x−1)⩾2+2=4.所以，u≥2，且当x=y=z=1时，u=2，故u的最小值为2，从而M的最小值为lg2.23．【1995高中数学联赛（第01试）】在直角坐标平面上，满足不等式组{y⩽3x y⩾x3x+y⩽100的整点个数是.【答案】2551【解析】两条坐标轴及直线x+y=100所围区域(含边界)上的整点共有1+2+3+⋯+101=102×1012=5151(个)而y=13x,x+y=100及x轴所围区域(边界不包括y=13x)上的整点共有(1+1+1+1)+(2+2+2+2)+⋯+(25+25+25+25)=4×(1+2+⋯+25)=1300(个).又y=3x,x+y=100，及y轴所围区域(边界不包括y=3x)上的整点也有1300个.所以，满足题设条件的整点共有5151−2×1300=2551(个).24．【1994高中数学联赛（第01试）】已知有向线段PQ的起点P和终点Q的坐标分别为(－1，1)和(2，2)，若直线l：x+my+m=0与PQ的延长线相交，则m的取值范围是.【答案】−3<m<−23【解析】直线l的方程x+my+m=0，即x+m(y+1)=0，显然是经过点M(0，－1)的直线方程.过点M作直线l1//PQ，显然，l1的斜率为k1=2−12+1=13，过M，Q作直线l2，则l2的斜率为k2=32.如图所示，与PQ的延长线相交的直线l应夹在l1与l2之间，即k1<k<k2(k为l的斜率).于是13<−1m<32，3>−m>23，−3<m<−23.25．【1993高中数学联赛（第01试）】实数x，y满足4x2−5xy+4y2=5，设S=x2+y2，则1S max +1S min的值为.【答案】85【解析】解法一易知s=x2+y2>0.设{x=√scosθy=√ssinθ，代入4x2−5xy+4y2=5，得sin2θ=8s−105s.于是|8s−105s |⩽1，有1013⩽s⩽103，因为S max=103,S min=1013，所以1S max +1S min=310+1310=85.解法二令x=a+b2,y=a−b2，代入条件得3a2+13b2=20，S=12(a2+b2).因此有6S=3(a2+b2)⩽3a2+13b2=20⩽26，S=13(a2+b2)，S max=1013,S min=103，1S max+1S min=85.26．【1993高中数学联赛（第01试）】设任意实数x0>x1>x2>x3>0，要使log x0x11993+log x1x21993+log x2x31993>klog x0x31993恒成立，则k的最大值是.【答案】9【解析】将原不等式改写为1log1993x0x1+1log1993x1x2+1log1993x2x3⩾k1log1993x0x1⋅x1x2⋅x2x3.即1log 1993xx 1+1log 1993x1x 2+1log 1993x 2x 3⩾k1log 1993x 0x 1+log 1993x 1x 2+log 1993x2x 3.令t 1=log 1993x 0x 1,t 2=log 1993x 1x 2,t 3=log 1993x 2x 3，于是原不等式成为(t 1+t 2+t 3)(1t 1+1t 2+1t 3)⩾k ，但是(t 1+t 2+t 3)(1t 1+1t 2+1t 3)⩾3√t 1⋅t 2⋅t 33⋅3√1t 1⋅1t 2⋅1t 33=9.当且仅当t 1=t 2=t 3时，等号成立(即x 0,x 1,x 2,x 3构成等比数列时，取到等号). 所以k max =9.27．【1990高中数学联赛（第01试）】设n 为自然数，a ，b 为正实数，且满足a +b =2，则11+a n+11+b n的最小值是.【答案】1【解析】因为ab >0，所以ab ⩽(a+b 2)2=1，a n b n ⩽1.故11+an +11+bn =1+a n +b n +11+a n +b n +a n b n⩾1，当a =b =1时，上式等于1，故最小值为1.28．【1990高中数学联赛（第01试）】设n 是自然数，对任意实数x ，y ，z 恒有(x 2+y 2+z 2)⩽n (x 4+y 4+z 4)成立，则n 的最小值是.【答案】3【解析】解法一令a =x 2,b =y 2,c =z 2， 题设不等式变为(a +b +c)2⩽n (a 2+b 2+c 2).一方面(a +b +c)2=a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ac ⩽a 2+b 2+c 2+(a 2+b 2)+(b 2+c 2)+(a 2+c 2)=3(a 2+b 2+c 2).所以当x =3时，不等式成立；另一方面，当a =b =c >0时，题设不等式化为9a 2⩽3na 2， 必有n ≥3，故n 最小值为3.解法二3(x 4+y 4+z 4)−(x 2+y 2+z 2)2=(x 2−y 2)2+(y 2−z 2)2+(z 2−x 2)2⩾0. 或者，直接由柯西不等式3(x 4+y 4+z 4)=(1+1+1)(x 4+y 4+z 4)⩾(x 2+y 2+z 2)2.优质模拟题强化训练1．已知c >1,a =√c +1−√c,b =√c −√c −1,则正确的结论是( ) A ．a >b B ．a <b C ．a =b D ．a,b 大小不确定【答案】B 【解析】因为a =√m+1+√m ，b =√m+√m−1， 又√m +1>√m >√m −1>0，则a <b ．2．若x ､y 满足|y |≤2-x ，且x ≥-1，则2x +y 的最小值为（ ） A ．−7 B ．−5C ．1D ．4【答案】B 【解析】原题条件等价于{−1⩽x ⩽2y ⩽2−x x −2⩽y，作出可行域如图所示，知2x +y 在x =-1，y =-3时取得最小值. 故选：B.3．已知2n 个正实数a 1≥a 2≥⋅⋅⋅≥a n ，b 1≥b 2≥⋅⋅⋅≥b n 且0≤λ≤2，令M =∑ni=1√a i 2+b i 2−λa i b i ，N =∑n i=1√a i+12+b i 2−λa i+1b i ，其中，a n+1=a 1，则M 、N 的大小关系是（ ）.A ．M ≥NB ．M ≤NC ．随λ而确定D ．完全不确定【答案】B 【解析】构造∠AOB，夹角θ=arccosλ2∈[0,π].如图，在射线OA、OB上依次取n个点A1,A2,⋅⋅⋅,A n及B1,B2,⋅⋅⋅,B n，使OA i=a i，OB i=b i. 由余弦定理，得N≥M，即A2B1+A3B2+⋅⋅⋅+A1B n≥A1B1+A2B2+⋅⋅⋅+A n B n.设A1B n与A2B1，A3B2，…，A n B n−1依次交于点X1,X2,⋅⋅⋅,X n−1.则由A2B1+A3B2+⋅⋅⋅+A1B n=(A1X1+B1X1)+(A2X1+X1X2+X2B2)+⋅⋅⋅+(A n X n−1+X n−1B n)≥A1B1+A2B2+⋅⋅⋅+A n B n,所以M≤N.选B.4．已知点P(1,2)既在椭圆x2a2+y2b2=1内部（包括边界），又在圆x2+y2=a2+2b23外部（包括边界）. 若a、b∈R+. 则a+b的最小值为（）.A．√5+2B．√6+√3 C．2√5D．√3+√5【答案】B【解析】由已知有1a2+4b2≤1且a2+2b2≤15. 于是，b2b2−4≤a2≤15−2b2.化简得(b2−5)(b2−6)≤0. 化简得(b2−5)(b2−6)≤0. 从而，5≤b2≤6.故a+b≥√b2b2−4+b=√t+4t+√t+4(t=b2−4∈[1,2]).而√t+4t+√t+4≥√3+√6⇔√t+4−√6≥√3−√t+4t ⇔√t+4+√6≥√3t+√t(t+4).又t≤2，故其等价于2(√t+4+√6)≥√3t+√t(t+4). 由2√6≥√3t及2≥√t，知上述不等式成立.故a+b≥√3+√6.当a 2=3，b 2=6时符合条件且取到最小值√6+√3.选B. 5．已知sin 2005x +cos 2005x =1.则对任意k >0，必有（ ） A ．sin k x +cos k x =1 B ．sin k x +cos k x >1 C ．sin k x +cos k x <1 D ．sin k x +cos k x 的值不确定【答案】A 【解析】因sin 2005x +cos 2005x ≤sin 2x +cos 2x =1，等于成立当且仅当sin x 与cos x 一个取0，另一个取1，此时，对任意k >0，必有sin k x +cos k x =1. 故答案为:A6．对a >3，记x =3√a −1+√a −3，y =√a +3√a −2.则x 、y 的大小关系为（ ）. A ．x >y B ．x <y C ．x =y D ．不能确定 【答案】B 【解析】由√a >√a −2，√a −1>√a −3相加得√a +√a −1>√a −2+√a −3⇒√a −√a −1>√a −2−√a −3>0⇒√a −√a −1<√a −2−√a −3 ⇒√a +√a −3<√a −1+√a −2 ⇒0<√a−√a−3<√a−1−√a−2⇒3(√a −1−√a −2)<√a −√a −3⇒3√a −1+√a −3<√a +3√a −2. 故答案为：B7．对于满足0≤p ≤4的一切实数p ， 不等式 x 4+px >4x +p −3恒成立。
⑩竞赛中的二项式定理问题
Y.P.M 数学竞赛讲座 1竞赛中的二项式定理二项式定理是数学竞赛的热点之一.1.常数项[例1]:(2003年全国高中数学联赛安徽初赛试题)在(4x 2-2x-5)(1+21x)5的展开式中,常数项为 .[解析]:[类题]:1.①(2008年全国高中数学联赛贵州初赛试题)(x 2-x1)6的展开式中常数项为 (用数字作答). ②(2009年全国高中数学联赛浙江初赛试题)(x-61x)2009的二项展开式中常数项是 .2.①(2012年全国高中数学联赛四川初赛试题)(x 2+x-x1)6的展开式中的常数项是 (用具体数字作答). ②(1997年全国高中数学联赛上海初赛试题)展开式(1+x+x1)7的常数项是_____. 3.(2010年全国高中数学联赛黑龙江初赛试题)若二项式(a x -x1)6的展开式中的常数项为-160,则⎰-adx x 02)13(= .2.通项公式[例2]:(2000年全国高中数学联赛试题)设a n 是(3-x )n的展开式中x 项的系数(n=2,3,4,…),则∞→n lim (223a +333a +…+ nna 3)= . [解析]:[类题]:1.(2006年全国高中数学联赛江苏初赛试题)(x-3x 2)3的展开式中,x 5的系数为 2.①(1998年全国高中数学联赛湖南初赛试题)若(x x -x 1)6展开式中第5项的值为215,则∞→n lim (x -1+x -2+…+x -n)= . ②(2000年全国高中数学联赛湖南初赛试题)若(x x -x 1)6展开式中第5项的值为5,则∞→n lim (x -1+x -3+…+x -1-2n)= .3.(2010年全国高中数学联赛吉林初赛试题)已知 (ax+1)n=a n x n+a n-1x n-1+…+a 1x+a 0(n ∈N *),点列A i (i,a i )(i=0,1,2…,n)部分图象如图所示, 则实数a 的值为________.3.通项分析[例3]:(2002年全国高中数学联赛试题)将二项式(x +421x)n的展开式按x 的降幂排列,若前三项系数成等差数列,则该展开式中x 的幂指数是整数的项共有__________个.[解析]:[类题]:2 Y.P.M 数学竞赛讲座1.(《中等数学》.2008年第3期.数学奥林匹克高中训练题(106))在(53+35)100的展开式中共有 个项为有理数.2.①(2011年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设展开式(5x+1)n=a 0+a 1x+…+a n x n,n ≥2011,若a 2011=max{a 0,a 1,…,a n },则n= .②(2010年全国高中数学联赛浙江初赛试题)若x ∈R +,则(1+2x)15的二项式展开式中系数最大的项为( ) (A)第8项 (B)第9项 (C)第8项和第9项 (D)第11项3.(1988年全国高中数学联赛试题)(x +2)2n+1的展开式中,x 的整数次幂的各项系数之和为_________.4.赋值方法[例4]:(2005年全国高中数学联赛浙江初赛试题)设(1+x+x 2)n =a 0+a 1x+…+a 2n x 2n ,则a 2+a 4+…+a 2n 的值为 . [解析]:[类题]:1.①(2010年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)设(3+x+2x 2)n=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n(n ∈N +)对x ∈R 恒成立,则a 1+a 2+…+a 2n-1= .②(2008年全国高中数学联赛吉林初赛试题)已知多项式(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n=b 0+b 1x+b 2x 2+…+b n x n,且满 足:b 0+b 1+…+b n =26,则正整数n 的一个可能值为 .③(2009年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知多项式(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n=b 0+b 1x+b 2x 2+…+b n x n,且满足: b 0+b 1+…+b n =1013,则正整数n 的一个可能值为 .2.①(2006年全国高中数学联赛四川初赛试题)若(2x-1)8=a 8x 8+a 7x 7+…+a 1x+a 0,则a 8+a 6+a 4+a 2= .②(2009年全国高中数学联赛四川初赛试题)设二项式(3x-1)2n=a 2n x 2n+a 2n-1x 2n-1+…+a 2x 2+a 1x+a 0,记T n =a 0+a 2+…+a 2n ,R n =a 1+ a 3+…+a 2n-1,则∞→n limnnR T = . ③(2006年全国高中数学联赛山西初赛试题)若(2x+4)2n=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n(n ∈N +),则a 2+a 4+…+a 2n 被3除的余数是 .2.①(2009年第20届全国希望杯高二数学邀请赛试题)已知f(x)=x 2-2x-3,f(g(x))=4x 4+4x 3-7x 2-4x,则g(x)的各项系数(包括常数项)的和等于 .②(2006年全国高中数学联赛黑龙江初赛试题)已知f(x)=3x 2-x+4,f(g(x))=3x 4+18x 3+50x 2+69x+48,那么,整系数多项式函数g(x)的各项系数的和等于 .③(2005年全国高中数学联赛试题)将关于x 的多项式f(x)=1-x+x 2-x 3+…-x 19+x 20表为关于y 的多项式g(y)=a 0+a 1y +a 2y 2+…+a 19y 19+a 20y 20,其中y=x-4,则a 0+a 1+…+a 20= .④(2006年全国高中数学联赛河南初赛试题)设函数f(x)=x 2+6x+8.如果f(bx+c)=4x 2+16x+15,那么,c-2b= . ⑤(2010年全国高中数学联赛北京初赛试题)满足方程f(x)+(x-2)f(1)+3f(0)=x 3+2(x ∈R)的函数f(x)= .5.微积方法[例5]:(2008年全国高中数学联赛湖北初赛试题)设(x 2+2x-2)6=a 0+a 1(x+2)+a 2(x+2)2+...+a 12(x+2)12,其中a i (i=1,2, (12)为实常数,则a 0+a 1+2a 2+…+12a 12= .[解析]:[类题]:1.①(2008年全国高中数学联赛陕西初赛试题)若x 5+3x 3+1=a 0+a 1(x-1)+a 2(x-1)2+ ⋯+a 5(x-1)5对任意实数x 都成立,则a 3的 值是 (用数字作答).②(2008年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知恒等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4＝(x+1)4+b 1(x+1)3+b 2(x+1)2+b 3(x+1)+b 4,则用a 1、a 2、a 3、a 4来表示b 3有b 3＝_______________________.③(2003年湖南高中数学夏令营试题)由等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4=(x+2)4+b 1(x+2)3+b 2(x+2)2+b 3(x+2)+b 4,定义映射 f:(a 1,a 2,a 3,a 4)→(b 1,b 2,b 3,b 4),则f[(10,30,38,21)]= .2.①(2011年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)设(1+x-x 2)10=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 20x 20,则a 0+a 1+2a 2+3a 3+…+20a 20= .Y.P.M 数学竞赛讲座 3②(《中等数学》.2010年第4期.数学奥林匹克高中训练题(128))设(2+x-2x 2)1005=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2010x 2010,则a 1+3a 3+5a 5+…+2009a 2009= .3.(1998年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:1011C +2111C +3211C +…+121111C = .6.多截公式[例6]:(2001年全国高中数学联赛试题)若(1+x+x 2)100的展开式为a 0+a 1x+a 2x 2+a 3x 3+…+a 2000x 2000,则a 0+a 3+a 6+a 9+…+a 1998的值为 .[解析]:[类题]:1.(2007年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设(1+x+x 2)n=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n(n ∈N +),则a 0+a 3a 6+…+]32[[3n a 的值为 (其中,[x]表示不超过x 的最大整数).2.①(《中等数学》.2005年第4期.数学奥林匹克高中训练题(75))C 20040-C 20042+C 20044-C 20046+…-C 20042002+C 20042004= .解:在(1+x)2004=C 20040+xC 20041+x 2C 20042+…+x2004C 20042004中,令x=i 得:(1+i)2004=(C 20040-C 20042+C 20044-C 20046+…-C 20042002+C 20042004)+i(C 20041-C 20043+C 20045-C 20047+…+C 20042001-C 20042003).又(1+i)2004=(2i)1002=-21002⇒C 20040-C 20042+C 20044-C 20046+…-C 20042002+C 20042004=-21002.②(1990年全国高中数学联赛试题)设n=1990,则n21(1-3C n 2+32C n 4-33C n 6+…+3994C n 1988-3995C n1990)= .3.(《中等数学》.2010年第7期.数学奥林匹克高中训练题(75))设f(x)=(x+231i -)2010=∑=20100k k a x k +i ∑=2010k k b x k,其中,a k ,b k∈R,k=0,1,2,…,2010,则)(367003k k k b a +∑== .7.计数思想[例7]:(2009年全国高中数学联赛福建初赛试题)集合{1,2,3,…,2009}的元素和为奇数的非空子集的个数为 . [解析]:[类题]:1.(2005年全国高中数学联赛安徽初赛试题)在(x 2+3x+2)5的展开式中,含x 项的系数是 . 2.(《中等数学》.2011年第7期.P3例题)在(x+1)(x+2)…(x+n)的展开式中,含x n-2项的系数是 . 3.(2008年全国高中数学联赛湖南初赛试题)多项式(1+x+x 2+…+x 100)3的展开式在合并同类项后,x 150的系数为 (用数字作答).8.对偶思想[例8]:(2009年全国高中数学联赛吉林初赛试题)(2+3)2010的小数点后一位数字是 .[解析]:[类题]:1.(2010年全国高中数学联赛河南初赛试题)记M=(5+24)2n (n ∈N *),N 是M 的小数部分,则M(1-N)的值是 . 2.(2011年全国高中数学联赛四川初赛试题)已知(1+3)n=a n +b n 3,其中a n ,b n 是整数,则∞→n limnnb a = . 3.①(2009年全国高中数学联赛新疆初赛试题)数(3+8)2n (n ∈N *),且n ≥2009,设[x]为x 的整数部分,则[(3+8)2n]除以8的余数是 .②(2006年第七届北方数学奥林匹克邀请赛试题)数(3+2)4022(n ∈N +)的整数部分的个位数字是 .9.二项应用4 Y.P.M 数学竞赛讲座 [例9]:(2003年江苏省数学夏令营数学竞赛试题)x 10+1除以(x-1)2的余式是 . [解析]:[类题]:1.(1986年全国高中数学联赛上海初赛试题)21000除以13的余数是 .2.(《中等数学》.2011年第12期.数学奥林匹克高中训练题(148))整数列{a n }定义如下:a 0=0,a 1=1,a n =2a n-1+a n-2(n>1).则满足22012|a n 的最小正整数n 为 .10.逆向应用[例10]:(2006年全国高中数学联赛试题)数码a 1,a 2,a 3,…,a 2006中有奇数个9的2007位十进制数20063212a a a a ⋅⋅⋅的个数为 .[解析]:[类题]:1.(2005年全国高中数学联赛山东初赛试题)611+C 111610+C 11269+…+C 11106-1被8除所得余数是 .2.(2003年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知n 为自然数,多项式P(x)=∑=nh hn C 0x n-h(x-1)h可展开成x 的升幂排列a 0+a 1x+a 2x 2+…+a n x n,则|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a n |= .3.(2010年全国高中数学联赛上海初赛试题)满足0<a 1<a 2<…<a n (n ≥2,n ∈N +)的2n-1位十进制正整数121121a a a a a a a n n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-- 共有 个(用数值作答).11.组合等式[例11]:(2006年全国高中数学联赛安徽初赛试题)2∑=n k k 13C n k-3n ∑=nk k 12C n k +n 2∑=nk k 1C n k = .[解析]: [类题]:1.(1989年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算∑=-121111k k k C = .2.(2009年全国高中数学联赛湖南初赛试题)对于n ∈N +,计算C 4n+11+C 4n+15+…+C 4n+14n+1= .12.质数指数勒让德(Legendre)定理:n ！中含质数p 的指数k=[p n]+[2p n ]+[3pn ]+…. 推论:在C n 0,C n 1,C n 2,…,C n n中,奇数个数是)(2n S ,其中S(n)是n 的二进制数玛的和.[例12]:(2011年全国高中数学联赛试题)已知a n =C 200n (36)200-n (21)n(n=1,2,…,95),则数列{a n }中整数项的个数为 .[解析]:[类题]:1.(2008年安徽高考试题)设(1+x)8=a 0+a 1x+…+a 8x 8,则a 0,a 1…,a 8中奇数的个数为 . 2.(2008年全国高中数学联赛安徽初赛试题)(1+x)2008=a 0+a 1x+…+a 2008x 2008,则a 0,a 1…,a 2008中奇数的个数为 .3.(1991年日本数学奥林匹克试题)满足0≤r ≤n ≤63的全部数组(n,r)中,二项式系数C n r为偶数的个数是 .Y.P.M 数学竞赛讲座 1竞赛中的二项式定理高中联赛中的向量问题具有纯粹性,着重于对向量本质特征--“数形二重性”的考察,需要充分挖掘蕴含的几何本质. 二项式定理的应用有三个方面:一是通项公式T k+1=C n k a n-k b k的应用,如求某一指定的项、或其系数、常数项、有理项、系数为有理数.T k+1最大⇔T k ≤T k+1且T k+2≤T k+1等;二是赋值法,在二项式的展开式中,通常通过赋值1,0,-1,可求a 0,a n ,a 0+a 1+…+a n ,a 0+a 2+…,a 1+a 3+…;特殊情况下,求某一项的系数,我们还可以通过逐次求导,再赋值于零,来求解;三是组合数的性质.一、知识结构1.三角形的四心表示:⑴静态形式:二、典型问题1.常数项[例1]:(2003年全国高中数学联赛安徽初赛试题)在(4x 2-2x-5)(1+21x)5的展开式中,常数项为 .[解析]:(1+21x)5展开式的通项T k+1=C 5k x -2k⇒[类题]:(2009年全国高中数学联赛浙江初赛试题)(x-61x)2009的二项展开式中常数项是 .(2008年全国高中数学联赛贵州初赛试题)(x 2-x1)6的展开式中常数项为 (用数字作答). 1.(2012年全国高中数学联赛四川初赛试题)(x 2+x-x1)6的展开式中的常数项是 (用具体数字作答). -51.(1997年全国高中数学联赛上海初赛试题)展开式(1+x+x1)7的常数项是_____. 1.(2010年全国高中数学联赛黑龙江初赛试题)若二项式(a x -x1)6的展开式中的常数项为-160,则⎰-adx x 02)13(= .2.通项公式[例2]:(2000年全国高中数学联赛试题)设a n 是(3-x )n的展开式中x 项的系数(n=2,3,4,…),则∞→n lim (223a +333a +…+ nna 3)= . [解析]:[类题]:1.(2006年全国高中数学联赛江苏初赛试题)(x-3x 2)3的展开式中,x 5的系数为 (1998年全国高中数学联赛湖南初赛试题)若(x x -x 1)6展开式中第5项的值为215,则∞→n lim (x -1+x -2+…+x -n)= . (2000年全国高中数学联赛湖南初赛试题)若(x x -x 1)6展开式中第5项的值为5,则∞→n lim (x -1+x -3+…+x -1-2n)= .3.(2010年全国高中数学联赛吉林初赛试题)已知 (ax+1)n=a n x n+a n-1x n-1+…+a 1x+a 0(n ∈N *),点列A i (i,a i )(i=0,1,2…,n)部分图象如图所示, 则实数a 的值为________.3.通项分析[例3]:(2002年全国高中数学联赛试题)将二项式(x +421x)n的展开式按x 的降幂排列,若前三项系数成等差数列,则该展开式中x 的幂指数是整数的项共有__________个.[解析]:[类题]:1.(《中等数学》.2008年第3期.数学奥林匹克高中训练题(106))在(53+35)100的展开式中共有 个项为有理数.解:T k+1=C 100k 3)100(5153k k -为有理数⇔5|(100-k),3|k ⇔5|k,3|k ⇔15|k(0≤k ≤100)⇔k=0×15,1×15,2×15,…,6×15,计7个.3.(1988年全国高中数学联赛试题)(x +2)2n+1的展开式中,x 的整数次幂的各项系数之和为_________.解:(2011年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设展开式(5x+1)n=a 0+a 1x+…+a n x n,n ≥2011,若a 2011=max{a 0,a 1,…,a n },则n= .1.(2010年全国高中数学联赛浙江初赛试题)若x ∈R +,则(1+2x)15的二项式展开式中系数最大的项为( ) (A)第8项 (B)第9项 (C)第8项和第9项 (D)第11项4.赋值方法[例4]:(2005年全国高中数学联赛浙江初赛试题)设(1+x+x 2)n =a 0+a 1x+…+a 2n x 2n ,则a 2+a 4+…+a 2n 的值为 . [解析]:[类题]:1.(2006年全国高中数学联赛四川初赛试题)若(2x-1)8=a 8x 8+a 7x 7+…+a 1x+a 0,则a 8+a 6+a 4+a 2= .1.(2010年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)设(3+x+2x 2)n =a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n (n ∈N +)对x ∈R 恒成立,则a 1+a 2+…+a 2n-1= . 1.(2009年全国高中数学联赛四川初赛试题)设二项式(3x-1)2n=a 2n x 2n+a 2n-1x 2n-1+…+a 2x 2+a 1x+a 0,记T n =a 0+a 2+…+a 2n ,R n =a 1+a 3+ …+a 2n-1,则∞→n lim nnR T = .1.(2008年全国高中数学联赛吉林初赛试题)已知多项式(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n=b 0+b 1x+b 2x 2+…+b n x n,且满足:b 0+ b 1+…+b n =26,则正整数n 的一个可能值为 .(2009年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知多项式(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n=b 0+b 1x+b 2x 2+…+b n x n,且满 足:b 0+b 1+…+b n =1013,则正整数n 的一个可能值为 .1.(2006年全国高中数学联赛山西初赛试题)若(2x+4)2n =a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n (n ∈N +),则a 2+a 4+…+a 2n 被3除的余数是 . 解:a 0=42n,a 0+a 2+a 4+…+a 2n =21[(2+4)2n +(-2+4)2n ]=21[62n +22n ]⇒a 2+a 4+…+a 2n =21(62n +22n )-42n =22n-1(32n +1)-(3+1)2n(mod3)≡(3-1)2n-1-1(mod3)≡(-1)2n-1-1(mod3)≡-2(mod3)≡1(mod3).(2005年全国高中数学联赛试题)将关于x 的多项式f(x)=1-x+x 2-x 3+…-x 19+x 20表为关于y 的多项式g(y)=a 0+a 1y +a 2y 2+…+a 19y 19+a 20y 20,其中y=x-4,则a 0+a 1+…+a 20= .解:由题设知,f(x)和式中的各项构成首项为1,公比为-x 的等比数列,由等比数列的求和公式,得:f(x)=1((1)(21----x x = 1121++x x ,令x=y+2,得g(y)=51)4(21+++y y ,取y=1,有a 0+a 1+…+a 20=g(1)=61521+. 1.(2010年全国高中数学联赛北京初赛试题)满足方程f(x)+(x-2)f(1)+3f(0)=x 3+2(x ∈R)的函数f(x)= . 解:令x=0,1:4f(0)-2f(1)=2,3f(0)=3⇒f(0)=1,f(1)=1⇒f(x)=x 3-x+1.2.①(2009年第20届全国希望杯高二数学邀请赛试题)已知f(x)=x 2-2x-3,f(g(x))=4x 4+4x 3-7x 2-4x,则g(x)的各项系数(包括常数项)的和等于 .0或2②(2006年全国高中数学联赛黑龙江初赛试题)已知f(x)=3x 2-x+4,f(g(x))=3x 4+18x 3+50x 2+69x+48,那么,整系数多项式函数g(x)的各项系数的和等于 . 8 解:3.(2006年全国高中数学联赛河南初赛试题)设函数f(x)=x 2+6x+8.如果f(bx+c)=4x 2+16x+15,那么,c-2b= . 解:取x=-2,有f(c-2b)=16-16×2+15=-1.而当x 2+6x+8=-1时,有x=-3.所以,c-2b=-3.5.微积方法[例5]:(2008年全国高中数学联赛湖北初赛试题)设(x 2+2x-2)6=a 0+a 1(x+2)+a 2(x+2)2+...+a 12(x+2)12,其中a i (i=1,2, (12)为实常数,则a 0+a 1+2a 2+…+12a 12= .[解析]:[类题]:(2003年湖南高中数学夏令营试题)由等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4=(x+2)4+b 1(x+2)3+b 2(x+2)2+b 3(x+2)+b 4,定义映射f:(a 1,a 2, a 3,a 4)→(b 1,b 2,b 3,b 4),则f[(10,30,38,21)]= .解:x 4+10x 3+30x 2+38x+21=(x+2)4+b 1(x+2)3+b 2(x+2)2+b 3(x+2)+b 4,令x=-2⇒b 4=1,4x 3+30x 2+60x+38=4(x+2)3+3b 1(x+2)2+2b 2(x +2)+b 3⇒b 3=6,12x 2+60x+60=12(x+2)2+6b 1(x+2)+2b 2⇒b 2=1.(2008年全国高中数学联赛陕西初赛试题)若x 5+3x 3+1=a 0+a 1(x-1)+a 2(x-1)2+ ⋯+a 5(x-1)5对任意实数x 都成立,则a 3的值是 (用数字作答).在x 5+3x 3+1=[(x-1)+1]5+3[(x-1)+1]3+1的展开式中,(x-1)3项的系数为C 52+3=13.1.(2008年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知恒等式x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x+a 4＝(x+1)4+b 1(x+1)3+b 2(x+1)2+b 3(x+1)+b 4,则用a 1、a 2、a 3、a 4来表示b 3有b 3＝_______________________.1.(2011年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)设(1+x-x 2)10=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 20x 20,则a 0+a 1+2a 2+3a 3+…+20a 20= . 1.(《中等数学》.2010年第4期.数学奥林匹克高中训练题(128))设(2+x-2x 2)1005=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2010x 2010,则a 1+3a 3+5a 5+…+2009a 2009= .解:(2+x-2x 2)1005=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2010x 2010⇒1005(2+x-2x 2)1004(1-4x)=a 1+2a 2x+3a 3x 2+…+a 2010x 2009.令x=1⇒a 1+2a 2+3a 3+…+2010a 2010=1005(-3);令x=1⇒a 1-2a 2+3a 3+…-2010a 2010=1005×5⇒a 1+3a 3+5a 5+…+2009a 2009=1005.1.(1998年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:1011C +2111C +3211C +…+121111C = .解:由(1+x)n=1+xC n 1+x 2C n 2+…+x nC n n⇒⎰+10)1(nx =)1(2211nn n n n C x C x xC +⋯+++⎰,注意到f(x)=x k的原函数F(x)=k+11x k+1⇒ F(1)-F(0)=k +11⇒10n C +21n C +32n C +…+1+n C nn =11+n ×2n+1-11+n . 6.多截公式[例6]:(2001年全国高中数学联赛试题)若(1+x+x 2)100的展开式为a 0+a 1x+a 2x 2+a 3x 3+…+a 2000x 2000,则a 0+a 3+a 6+a 9+…+a 1998的值为 .[解析]:[类题]:1.(2007年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设(1+x+x 2)n=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2n x 2n(n ∈N +),则a 0+a 3a 6+…+]32[[3n a 的值为 (其中,[x]表示不超过x 的最大整数).2.(《中等数学》.2005年第4期.数学奥林匹克高中训练题(75))C 20040-C 20042+C 20044-C 20046+…-C 20042002+C 20042004= .解:在(1+x)2004=C 20040+xC 20041+x 2C 20042+…+x2004C 20042004中,令x=i 得:(1+i)2004=(C 20040-C 20042+C 20044-C 20046+…-C 20042002+C 20042004)+i(C 20041-C 20043+C 20045-C 20047+…+C 20042001-C 20042003).又(1+i)2004=(2i)1002=-21002⇒C 20040-C 20042+C 20044-C 20046+…-C 20042002+C 20042004=-21002.3.(1990年全国高中数学联赛试题)设n=1990,则n21(1-3C n 2+32C n 4-33C n 6+…+3994C n 1988-3995C n1990)= .1.(《中等数学》.2010年第7期.数学奥林匹克高中训练题(75))设f(x)=(x+231i -)2010=∑=20100k k a x k +i ∑=2010k k b x k,其中,a k ,b k∈R,k=0,1,2,…,2010,则)(367003k k k b a +∑== .解:f(x)=(x+231i -)2010=(x-ω)2010=(-ω)2010(1-ωx)2010=(1-ωx)2010=∑=-201002010)(k k k k x C ϖ=-∑=670332010i i ix C -ω136690132010+=+∑i i i x C +ω2236690232010+=+∑i i i xC ⇒∑=6703k k b =0,∑=67003k k a =-∑=67032010i iC .令g(x)=(1+x)2010=C 20100+xC 20101+x 2C 20102+x 3C 20103+…+x 2010C 20102010⇒g(1)=C 20100+C 20101+C 20102+C 20103+…+C 20102010,g(ω)=C 20100+ωC 20101+ω2C 20102+ω3C 20103+…+ω2010C 20102010,g(ω2)=C 20100+ω2C 20101+ω4C 20102+ω6C 20103+…+ω4020C 20102010⇒g(1)+g(ω)+g(ω2)=3∑=670032010i iC ,g(1)+g(ω)+g(ω2)=22010+(1+ω)2010+(1+ω2)2010=22010+(-ω2)2010+(-ω)2010=22010+2.7.计数思想[例7]:(2009年全国高中数学联赛福建初赛试题)集合{1,2,3,…,2009}的元素和为奇数的非空子集的个数为 . [解析]:令f(x)=(1+x)(1+x 2)(1+x 3)…(1+x 2009),则问题中要求的答案为f(x)的展开式中x 的奇次项的系数和.故所求的答案为21[f(1)-f(-1)]=22008. [类题]:1.(2005年全国高中数学联赛安徽初赛试题)在(x 2+3x+2)5的展开式中,含x 项的系数是 . 2.(《中等数学》.2011年第7期.P3例题)在(x+1)(x+2)…(x+n)的展开式中,含x n-2项的系数是 .解:(x+1)(x+2)…(x+n)的展开式中,含x n-2项的系数A ⇔1,2,…,n 中任意两数积的和,由(1+2+…+n)2=12+22+…+n 2+2A ⇒ A=241(n-1)n(n+1)(3n+2). 3.(2008年全国高中数学联赛湖南初赛试题)多项式(1+x+x 2+…+x 100)3的展开式在合并同类项后,x 150的系数为 (用数字作答).解:由多项式乘法法则可知,可将问题转化为求方程s+t+r=150 ①的不超过100的自然数解的组数.显然,方程①的自然数解的组数为C 1522.下面求方程①的超过100自然数解的组数.因其和为150,故只能有一个数超过100,不妨设s>100.将方程①化为(s-101)+t+r=49.记x=s-101,则方程x+s+t=49的自然数解的组数为C 512.因此,x 150的系数为C 1522-C 31C 512=7651.8.对偶思想[例8]:(2009年全国高中数学联赛吉林初赛试题)(2+3)2010的小数点后一位数字是 .[解析]:因(2+3)2010+(2-3)2010为整数,则(2+3)2010的小数部分为1-(2-3)2010,又因0<(2-3)2010<0.21005<0.008300,所以0.9<1-(2-3)2010<1,可知(2+3)2010的小数点后一位数字是9.[类题]:1.(2010年全国高中数学联赛河南初赛试题)记M=(5+24)2n (n ∈N *),N 是M 的小数部分,则M(1-N)的值是 . 解:因(5+24)2n +(5-24)2n 是整数,且0<(5-24)2n <1⇒N=1-(5-24)2n ⇒M(1-N)=(5+24)2n (5-24)2n=1. 2.(2011年全国高中数学联赛四川初赛试题)已知(1+3)n=a n +b n 3,其中a n ,b n 是整数,则∞→n limnnb a = . 解:由(1+3)n =a n +b n 3⇒(1-3)n=a n -b n 3⇒a n =21[(1+3)n +(1-3)n ],b n =321[(1+3)n +(1-3)n]⇒∞→n lim n n b a = 3.3.(2009年全国高中数学联赛新疆初赛试题)数(3+8)2n (n ∈N *),且n ≥2009,设[x]为x 的整数部分,则[(3+8)2n]除以8的余数是 .(2006年第七届北方数学奥林匹克邀请赛试题)数(3+2)4022(n ∈N +)的整数部分的个位数字是 .解:(3+2)2n =(5+26)n ,令a n =(5+26)n +(5-26)n ,由5+26,5-26是方程x 2=10x-1的根⇒a n+2=10a n+1-a n ,a 1=10⇒ a 2n+1为10的倍数,又0<(5-26)n <1⇒(3+2)4022=a 2011-(3-2)4022的个位数字是9.9.二项应用[例9]:(2003年江苏省数学夏令营数学竞赛试题)x 10+1除以(x-1)2的余式是 . [解析]:x 10+1=[(x-1)+1]10+1=[类题]:1.(1986年全国高中数学联赛上海初赛试题)21000除以13的余数是 .3.(《中等数学》.2011年第12期.数学奥林匹克高中训练题(148))整数列{a n }定义如下:a 0=0,a 1=1,a n =2a n-1+a n-2(n>1).则满足22012|a n 的最小正整数n 为 .解:由a 0=0,a 1=1,a n =2a n-1+a n-2⇒a 2=2,a 3=5,a 4=12,a 5=29,a 6=70,a 7=169,a 8=408,猜测2k|k a 2.用数学归纳法证明:①2|a 2,即n=1时,2k|k a 2;②假设2k|k a 2.由a n =42[(1+2)n -(1-2)n ]⇒a 2n =42[(1+2)2n -(1-2)2n ]=[(1+2)n +(1-2)n] 42[(1+2)n -(1-2)n ]=[(1+2)n +(1-2)n ]a n =2(C n 0+2C n 2+…)a n ⇒2k+1|12+k a ,且C n 0+2C n 2+…为奇数⇒最小正整数n 为22012.10.逆向应用[例10]:(2006年全国高中数学联赛试题)数码a 1,a 2,a 3,…,a 2006中有奇数个9的2007位十进制数20063212a a a a ⋅⋅⋅的个数为 .[解析]:出现奇数个9的十进制数个数有C 2006192005+C 2006392003+…+C 200620059.又由于(9+1)2006=∑=200602006k kC 92006-k ,以及(9-1)2006=∑=200602006k kC (-1)k 92006-k,从而得C 2006192005+C 2006392003+…+C 200620059=21(102006-82006).[类题]:1.(2005年全国高中数学联赛山东初赛试题)611+C 111610+C 11269+…+C 11106-1被8除所得余数是 . 解:2.(2003年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知n 为自然数,多项式P(x)=∑=nh hn C 0x n-h(x-1)h可展开成x 的升幂排列a 0+a 1x+a 2x 2+…+a n x n,则|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a n |= .解:P(x)=∑=n h h n C 0x n-h(x-1)h=(2x-1)n=∑=n k k n C 0(2x)k(-1)n-k⇒|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a n |=∑=nk k n C 02k=3n.3.(2010年全国高中数学联赛上海初赛试题)满足0<a 1<a 2<…<a n (n ≥2,n ∈N +)的2n-1位十进制正整数121121a a a a a a a n n n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-- 共有 个(用数值作答).解:因n ≤9,满足0<a 1<a 2<…<a n (n ≥2,n ∈N +)的2n-1位十进制正整数有C 9n,共有C 92+C 93+…+C 99=(1+1)9-(C 90+C 91)=29-10=502.11.组合等式[例11]:(2006年全国高中数学联赛安徽初赛试题)2∑=n k k 13C n k-3n ∑=nk k 12C n k +n 2∑=nk k 1C n k = .[解析]:因(1+x)n =C n 0+xC n 1+x 2C n 2+…+x k C n k +…+x n C n n ⇒n(1+x)n-1=C n 1+2xC n 2+…+kx k-1C n k +…+nx n-1C n n ⇒n(n-1)(1+x)n-2=2C n 2+…+k(k-x k-2C n k+…+n(n-1)x n-2C n n⇒C n 1+2C n 2+…+kC n k+…+nC n n=n ×2n-1,2×(2-1)C n 2+…+k(k-1)C n k+…+n(n-1)C n n=n(n-1)×2n-2⇒ 12C n 1+22C n 2+…+k 2C n k+…+n 2C n n=n(n-1)×2n-2+n ×2n-1=n(n+1)×2n-2.2∑=n k k 13C n k=2∑=n k k 12nC n-1k-1=2n ∑=n k k 12C n-1k-1=2n[∑=-n k k 12)1(C n-1k-1+∑=-nk k 1)12(C n-1k-1]=2n[(n-1)n ×2n-3+2×(n-1)2n-2-2n-1]=2n 2(n+3)×2n-3.所以,2∑=nk k 13C n k-3n ∑=nk k 12C nk+n2∑=nk k 1Cn k =2n 2(n+3)×2n-3-3n ×n(n+1)×2n-2+n 2×n ×2n-1=0.[类题]:1.(1989年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算∑=-121111k k k C = . 解: (2009年全国高中数学联赛湖南初赛试题)对于n ∈N +,计算C 4n+11+C 4n+15+…+C 4n+14n+1= . 解:24n-1-(-1)n 22n-1.12.质数指数勒让德(Legendre)定理:n ！中含质数p 的指数k=[p n ]+[2p n ]+[3p n ]+…. 推论:在C n 0,C n 1,C n 2,…,C n n 中,奇数个数是)(2n S ,其中S(n)是n 的二进制数玛的和.[例12]:(2011年全国高中数学联赛试题)已知a n =C 200n (36)200-n (21)n(n=1,2,…,95),则数列{a n }中整数项的个数为 . [解析]:[类题]: 1.(2008年安徽高考试题)设(1+x)8=a 0+a 1x+…+a 8x 8,则a 0,a 1…,a 8中奇数的个数为 . 解:因8=(1000)2⇒S(8)=1,所以a i 中,共有21=2个奇数.3.(1991年日本数学奥林匹克试题)满足0≤r ≤n ≤63的全部数组(n,r)中,二项式系数C n r 为偶数的个数是 . 解:满足0≤r ≤n ≤63的二项式系数C n r 的个数是1+2+3+…+64=2080.因63=(111111)2⇒S(63)=6⇒0≤S(n)≤6,其中, S(n)=k(k=0,1,2,3,4,5,6),有C 6k 种(如k=2:(000011)2→n=3;(000101)2→n=5;(001001)→n=9;(010001)2→n=17;…,有C 62种)⇒奇数的个数为∑=6062k k k C =(1+2)6=729⇒偶数的个数是2080-729=1351.。