高中数学奥林匹克竞赛
高中数学奥林匹克竞赛试题及答案
高中数学奥林匹克竞赛试题及答案1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．1956年波兰．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a?9，0?b?9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b?18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k ＋1）2得出k2＋2k不是平方数．3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．1962年上海高三决赛题．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．1963年俄【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km ＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．1964年俄．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n?10a＋1．因此b＝n2100a2?20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a?4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402?422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．1964年波兰【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．7 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a 都不是素数．1969德国．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2?m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4224，4234，…就得到无限多个符合要求的a．8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．1970年苏【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a 为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c?9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！9 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．1973年加拿大【证】因p是奇数，2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．10 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．美国1973年【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a22b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab2ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．12 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．1979年英国【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137273．故对一切n?2，a n均为合数．13 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．1984年苏【证】若不同数字多于3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，1043M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．14正整数d不等于2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．1986年德【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 5d－1＝y2 13d －1＝z2 其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 说明d也是奇数．y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．15 .求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n?5）个数的和为合数．1987年全苏【解】由n个数a i＝i2n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m2n！＋k（m∈N，2?k ?n）由于n！＝1222…2n是k的倍数，所以m2n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．16 n?2，证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．1987苏联（1）若m?p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n?n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m?p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n?n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m?m，p?2m＋1由得4m2＋4m＋1?m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n?0由此得17 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab?0（否则ab?－1，a2＋b2＝k（ab＋1）?0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a?b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方． 18 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．1989年瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2?k?n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2?k?n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂． 19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？1990年全苏解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n －2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当n＝1时，原数是13 20 设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．1991年罗马尼亚．证由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d?n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．21 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和?15005，所以A?15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402 ………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1?i?20，1?j?10）令S i＝a i＋a i＋1＋…＋a i＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，23 是否存在完全平方数，其数字和为1993？1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在，取n＝221即可．24 能表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？1993年美国数学邀请赛【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋5025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k ＋m）（2k－m）是合数．26 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．27 设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由。
高中数学奥林匹克竞赛知识
高中数学奥林匹克竞赛知识
高中数学奥林匹克竞赛是一场让众多数学爱好者“角逐”的挑战，它可以极大
地开阔学生对数学世界的认知，对提升高中生的数学功底和分析能力具有重要意义。
它也可以丰富学生学习经验，激发他们的兴趣，有助于探索学生潜能，培养学
生学习数学的兴趣和热情，更深刻地理解难题和解决难题，锻炼自己的判断和推理能力，从而让学生在日后的学习中有更多的可塑性和突破性。
参加高中数学奥林匹克竞赛，首先要有足够的数学基础和计算能力，才可以快
速高效地解决难题。
其次，要有及时的复习，和熟练的运用数学理论解决题目，且要有较好的应变能力，把曾经学过的但不熟练的理论、公式灵活地运用在题目解答中，以及熟悉奥数考试中所代表的不同试题类型。
优秀的竞赛题目也可以帮助学生更好地发展自己，特别是那些“略高难度”的
项目，它们可以让学生尝试用更新的技术和思路完成要求，而这种探究和发现的过程本身就是一次综合型教育，学生可以通过实践的方式理解数学的关系和特性，从而完善自身的学习。
总之，参加高中数学奥林匹克竞赛可以锻炼学生的数学思维，提高数学技能，
增强数学能力，激发学生学习数学的兴趣，同时起到引领学生走向科技创新、有利于学习数学的辅助作用，其中的趣味和挑战性可能会令对数学的无聊和厌烦一扫而空。
全国高中数学奥林匹克竞赛试题
全国高中数学奥林匹克竞赛试题一、设集合A为所有满足条件“能被3整除且末位数字为7”的正整数的集合，集合B为所有满足条件“能被7整除且末位数字为3”的正整数的集合。
则集合A和B的交集：A. 只含有一个元素B. 含有有限个元素C. 含有无限多个元素D. 为空集（答案）C二、在三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a + 2b = 3c，且sin A : sinB : sinC = 3 : 4 : 5，则cos C的值为：A. 1/5B. -1/5C. 3/5D. -3/5（答案）B三、已知函数f(x) = ax3 + bx2 + cx + d的图像经过点(0,1)，且在x=1处取得极值，在x=-1处取得最值。
则a+b+c的值为：A. -1B. 0C. 1D. 2（答案）D四、设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1 = -23，且S10 = S14，则S20的值为：A. -110B. -90C. -70D. -50（答案）C五、已知椭圆C的方程为x2/a2 + y2/b2 = 1 (a > b > 0)，其左焦点为F，过F作直线l 交椭圆C于A、B两点。
若|AF| = 3|FB|，且cos∠BFA = -5/13，则椭圆C的离心率为：A. √2/2B. √3/2C. 2√2/3D. √5/3（答案）A六、设函数f(x) = ex - ax - 1，若存在唯一的实数x0，使得f(x0) = 0，则实数a的取值范围为：A. a < 0B. 0 < a < 1C. a > 1D. a = 1（答案）C七、已知向量a = (1,2)，b = (2,m)，若a与b的夹角为锐角，则m的取值范围是：A. m > -1 且 m ≠ 4B. m > 4C. m ≠ 4D. -1 < m < 4（答案）A八、设函数f(x) = ln(x + 1) - x2/2，若对所有的x ∈ [0, +∞)，都有f(x) ≤ ax + b ≤ x2/2 + ln(x + 1)成立，则a + b的最大值为：A. -1B. 0C. 1/2D. 1（答案）B。
2024年全国高中数学联赛
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联合竞赛一试试题(A )一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1.若实数m >1满足98m log log =2024，则32m log log 的值为.2.设无穷等比数列{a n }的公比q 满足0<q <1.若{a n }的各项和等于{a n }各项的平方和，则a 2的取值范围是.3.设实数a ，b 满足：集合A ={x ∈R |x 2-10x +a ≤0}与B ={x ∈R |bx ≤b 3}的交集为4,9 ，则a +b 的值为.4.在三棱锥P -ABC 中，若PA ⏊底面ABC ，且棱AB ，BP ，BC ，CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为.5.一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列.独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为a ,b ．若事件a +b =7发生的概率为17，则事件“a =b ”发生的概率为.6.设f (x )是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数g (x )=f (2x )在区间0,5 上的零点个数为25，则g (x )在区间［1,4）上的零点个数为.7.设F 1,F 2为椭圆Ω的焦点，在Ω上取一点P （异于长轴端点），记O 为△PF 1F 2的外心，若PO ∙F 1F 2 =2PF 1 ∙PF 2 ，则Ω的离心率的最小值为.8.若三个正整数a ,b ,c 的位数之和为8，且组成a ，b ，c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(a ,b ,c )为“幸运数组”，例如（9,8,202400）是一个幸运数组.满足10<a <b <c 的幸运数组（a ，b ，c ）的个数为.二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.（本题满分16分）在ΔABC 中，已知cos C =sinA +cosA 2=B sin +cosB 2,求cos C 的值.10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线Γ：x 2-y 2=1的右顶点为A .将圆心在y 轴上，且与Γ的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”.若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA的所有可能的值.11.（本题满分20分）设复数z ，w 满足z +w =2，求S =z 2-2w +w 2-2z 的最小可能值.2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联合竞赛加试试题(A卷)一．(本题满分40分)给定正整数r,求最大的实数C,使得存在一个公比为r的实数等比数列a nn≥1,满足a n≥C对所有正整数n成立.(x 表示实数x到与它最近整数的距离.)二．(本题满分40分)如图，在凸四边形ABCD中，AC平分∠BAD,点E,F分别在边BC,CD上，满足EF||BD,分别延长FA,EA至点P,Q,使得过点A,B,P的圆ω1及过点A,D,Q的圆w2均与直线AC相切.证明：B,P,Q,D四点共圆.(答题时储将图画在答卷纸上)三．(本题满分50分)给定正整数n.在一个3×n的方格表上，由一些方格构成的集合S称为“连通的”,如果对S 中任意两个不同的小方格A,B,存在整数l≥2及S中l个方格A=C1,C2,…,C l=B,满足C i与C i+1有公共边(i=1, 2,⋯,l-1).求具有下述性质的最大整数K:若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S,使得S中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K.四.(本题满分50分)设A,B为正整数，S是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1)对任意非负整数k,有A K∈S;(2)若正整数n∈S,则n的每个正约数均属于S;(3)若m,n∈S,且m,n互素，则mn∈S;(4)若n∈S,则An+B∈S.证明：与B互素的所有正整数均属于S.。
高中生数学奥赛报名通知
高中生数学奥赛报名通知尊敬的高中生：欢迎你参加今年的高中生数学奥林匹克竞赛！为了让你更好地参与比赛，我们向你发送本次报名通知。
请仔细阅读以下内容，并按照要求完成报名流程。
一、比赛介绍高中生数学奥林匹克竞赛是一项旨在培养和选拔具有数学天赋的高中生的竞赛活动。
该竞赛旨在激发学生对数学的兴趣和热爱，培养解决问题的能力和创造性思维，提高数学水平。
这也是一个展示自己才华的舞台，通过竞争让学生们相互学习、切磋和成长。
二、报名时间及方式报名时间：本次竞赛的报名时间为2021年5月1日至5月15日。
报名方式：请扫描附件中二维码或打开我校官网（不包含链接）进入报名系统，按照页面提示填写个人信息，并上传一寸近期免冠照片。
三、报名资格1. 参赛学生必须为我校在册的高中在校学生；2. 学生需要对数学有浓厚的兴趣，并具备一定的数学基础；3. 推荐报名年级为高一至高三学生。
四、竞赛流程1. 初赛阶段：初赛采取网上在线考试的形式，考试时间为2021年6月5日。
参赛学生凭报名时所填写的个人信息登录系统进行考试。
初赛试题将覆盖高中数学的基础知识和一定的拓展内容，考察学生的逻辑推理和解题能力。
2. 决赛阶段：根据初赛成绩，选拔优秀的学生进入决赛。
决赛将在2021年6月20日举行，具体地点和时间将在初赛后通知。
五、奖项设置1. 冠军奖：将评选出一等奖，奖金2000元和荣誉证书；2. 亚军奖：将评选出二等奖，奖金1000元和荣誉证书；3. 季军奖：将评选出三等奖，奖金500元和荣誉证书；4. 其他优秀选手将获得优秀奖和荣誉证书。
六、参赛注意事项1. 准备：请带上有效的学生证和身份证明参加初赛和决赛；2. 注意事项：请遵守考场规则，不得携带任何与考试相关的资料和通讯工具；3. 考试要求：请提前熟悉网上考试界面的操作，确保顺利进行；4. 行为规范：请参赛学生保持良好的竞赛风貌和行为规范。
七、结束语高中生数学奥林匹克竞赛是一个培养高中生数学兴趣和能力的重要平台。
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛一试(A卷)试题(含答案)
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分16分） 在ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。
高中数学奥林匹克竞赛流程
高中数学奥林匹克竞赛流程
小伙伴们！想参加高中数学奥林匹克竞赛吗？那我今天就来给你们讲讲大概的流程哦。
在准备过程中，做练习题是很重要的一环。
你要大量地做那些竞赛题，不过可别盲目地做哦。
我觉得可以先从简单的开始，慢慢提高难度。
遇到不会的题怎么办呢？自己先思考思考，实在想不出来就看看答案或者问问老师。
这时候老师可就是你的大救星啦！
接下来呢，就是报名参赛啦。
学校一般会组织统一报名的，这个时候你可别犯迷糊，把自己的信息填错了哦！小提示：别忘了检查几遍自己的报名信息呀！
等到比赛那天，可别紧张。
一紧张可能就发挥失常了呢。
进入考场后，就按照自己平时练习的节奏来答题就好啦。
不过要注意时间分配哦，有的题可能会特别难，你要是在一道题上卡太久，后面的题可能就没时间做了。
这一步要特别注意！
竞赛结束后呢，就是等待成绩啦。
这个过程可能会有点煎熬，但是没办法呀。
如果成绩好的话，那可就太厉害啦！要是成绩不太理想，也别灰心，毕竟参加这个竞赛也是一次很好的学习和锻炼的机会呢，对吧？。
全国高中数学奥林匹克竞赛一等奖
全国高中数学奥林匹克竞赛一等奖首先，我要衷心感谢组织者给予我这次参加全国高中数学奥林匹克竞赛的机会。
在经过一番激烈的角逐后，我很荣幸地获得了这次比赛的一等奖。
在这篇文章中，我将分享我参加数学奥赛的经历和一些备考技巧。
在备赛阶段，我认真学习了高中数学的基础知识，并尽可能多地做了一些经典的数学题目。
复习过程中，我发现通过广泛阅读数学问题的解析可以增加对题型的理解和解决问题的思路。
在解题过程中，我也善于利用不同的方法和角度去思考，这样有助于培养灵活的思维和解决问题的能力。
参加高中数学奥赛是一项具有挑战性的任务，所以我在备赛期间也加入了一些数学竞赛的训练班。
在训练班上，我有机会与其他优秀的参赛者切磋琢磨，通过交流和讨论，我不仅得到了对策并提高了解题能力，还收获了友谊和团队合作的意识。
在比赛中，我遇到了很多出色的对手。
他们的思维敏捷、严谨的逻辑和扎实的数学基础给了我很大的压力，但也激发了我更深入钻研数学的动力。
在比赛过程中，我冷静分析题目，全神贯注，将解题思路清晰地表达出来。
在应对较难的题目时，我善于转变思维方式，采用一些特殊的技巧和方法，这让我有了更多的突破口。
最后，我想分享一些备考数学奥赛的经验和建议。
首先，坚持每天刷题训练，不断提高解题能力和速度。
其次，培养良好的数学思维习惯，善于分析问题和寻找解题思路。
另外，加入数学竞赛交流群体，与其他优秀的同学互相学习和切磋。
最重要的是，保持对数学的热爱和求知欲望，不断探索和发现数学中的美妙之处。
通过参加全国高中数学奥林匹克竞赛，我收获了很多。
这次比赛不仅考验了我的数学水平，更培养了我的思维能力和解决问题的能力。
我将继续努力学习数学，追求更高的成就，并将这次一等奖作为一个新的起点，继续探索数学的无限魅力。
在这篇文章中，我尽量简明扼要地阐述了我参加全国高中数学奥赛的经历和一些备考技巧。
我相信这些经验和技巧对于准备参加类似竞赛的同学们会有所帮助。
希望大家都能够充分发挥自己的潜力，在竞赛中取得优异的成绩！。
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高中数学奥林匹克竞赛
奥数学林匹克竞竞～竞称奥数。
年和年～竞竞竞始在列格勒宁和莫斯科竞竞中竞竞～学数学19341935
并冠以数学奥林匹克的名～称年在布加勒斯特竞竞第一届国数学奥竞竞竞竞林匹克。
竞竞竞竞国数学奥1959
林匹克作竞一竞竞性竞事～由竞国国数学教育竞家命竞。
我的高中竞竞分三竞,每年国数学月中旬的全竞竞～次年一月的国;冬令竞,～次年三10CMO月竞始的家国集竞竞的竞竞竞拔。
与
“全高中竞竞国数学”;竞竞于年,～承竞方式初中竞竞相同～每年与月竞行～分竞一竞和198110二竞～在竞竞竞竞中取得竞成竞的全竞异国名生有竞格加由中主竞的“学参国数学会中林国数学奥90
匹克;,竞全中生冬令竞”;每年元月,。
国学数学CMO
全竞竞分竞一竞、加竞国数学(即称俗的“二竞”)。
各省自己竞竞的“初竞”、个份“初竞”、“竞竞”等等～都不是正式的全竞竞名及程序。
国称一竞
全高中竞竞的一竞竞竞大竞～完全按照全日制中《大竞》中所竞定的要求国数学学数学教学教学
和容～高考所竞定的知竞范竞和方法～在方法的要求上略有提高～其中率和内即概微竞分初步
不考。
二竞
平面何几
基本要求,掌握初中竞竞大竞所定的所有容。
确内
竞充要求,面竞和周竞方法。
几个重要定理,梅涅竞斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
几个重要的极竞,到三角形三竞点距之和最小的点离——竞竞点。
到三角形三竞点距的离平方
和最小的点重心。
三角形到三竞距之竞最大的点重心。
——内离——
几何不等式。
竞竞的等周竞竞。
了解下述定理,
在周竞一定的竞形的集合中～正竞形的面竞最大。
n n
在周竞一定的竞竞竞曲竞的集合中～竞的面竞最大。
在面竞一定的竞形的集合中～正竞形的周竞最小。
nn
在面竞一定的竞竞竞曲竞的集合中～竞的周竞最小。
几运何中的竞,反射、平移、旋竞。
竞数方法、向量方法。
*
平面凸集、凸包及竞用。
代数
在一竞大竞的基竞上外要求的容,另内
周期函数与周期～竞竞竞竞的函的竞像。
数三倍角公式～三角形的一些竞竞的恒等式～三角不
等式。
第二竞竞法。
竞竞～一竞、二竞竞竞～数学特征方程法。
函迭代～求数次迭代～竞竞的函方程数。
n**
个竞元的平均不等式～柯西不等式～排序不等式及竞用。
n
竞的指形式～数数欧拉公式～美弗定理棣～竞位根～竞位根的竞用。
竞排列～有重竞的排列竞合。
竞竞的与竞合恒等式。
一元次方程;多竞式,根的～根系的竞系～竞系方程根成竞定理。
个数与数数虚n
竞竞的初等竞数竞竞～除初中大竞中斯包括的容外～竞竞包括内无竞竞降法～同余～里得欧几除
法～非竞最小完全剩余竞～高斯函数～竞竞小定理～拉函欧数～竞子定理～格点及其性竞。
[x]**立何体几
多面角～多面角的性竞。
三面角、直三面角的基本性竞。
正多面体～拉定理欧。
体会竞竞法。
截面～作截面、表面展竞竞。
平面解析何几
直竞的法竞式～直竞的坐竞极方程～直竞束及其竞用。
二元一次不等式表示的域。
区三角形的面竞公式。
竞竞曲竞的切竞和法竞。
的竞和园根竞。
其他
抽竞原理。
容斥原理。
端原理极。
集合的分。
覆盖。
划。