《中等数学》数学奥林匹克高中训练题_17_
数学奥林匹克高中训练题(150)
数学奥林匹克高中训练题（150）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、填空题1．关于实数x y 、的不等式组222,2y x a x y a⎧≥+⎨≥+⎩有唯一解.则参数a 的所有值为______. 2．使得方程280x ax a ++=①只有整数解的实数a 的个数为______. 3．设函数(),f x y 满足： （1）(),f x x x =；（2）()(),,f kx ky kf x y =；（3）()()()12121122,,,f x x y y f x y f x y ++=+； （4）(),,2x y f x y f y +⎛⎫= ⎪⎝⎭. 则(),f x y =______.4．由19条水平直线与19条竖直直线组成的1818⨯的围棋盘所形成的矩形中，正方形的概率为______.5．使得42236p p -+是完全平方数的所有质数p 为______.6．设αβγ、、分别为长方体的体对角线与共顶点的三个侧面所成的角.则()4222sin sin ,,sin sin f αβαβγβγ+=∑+的取值范围为______（“∑”表示轮换对称和）.7．已知数列{}n a 的首项14a =，前n 项和为n S ，且满足()15440n n S S n n N ++---=∈.则2011a 的末四位数字为______.8．已知12x ≤-.则二元函数(),f x y =小值为______.二、解答题9．如图，设P 为正方形ABCD 所在平面外一点，点M N 、分别在PA BD 、上，且58PM BN MA ND ==.证明：直线MN PBC 平面.10．设a b c d R +∈、、、.11．若(),0N m 是二次曲线()2222:00,20Ax B y Dx F A B Am D Γ+++=+≠+≠的内部对称轴（x 轴）上一点，过N 的动直线与二次曲线Γ交于点P Q 、，设M 为二次曲线Γ的外部对称轴（x 轴）上一点.则PMN QMN ∠=∠的充分必要条件是点2,02DM F M Am D +⎛⎫- ⎪+⎝⎭.12．如图，设M N 、分别是ABC ∆外接圆劣弧BC CA 、的中点，过点C 作PC NM 与外接圆交于点P ，I 为ABC ∆的内心，直线PI 与外接圆交于点T ，分别过C T 、作圆的切线交于点Q .证明：N M Q 、、三点共线.13．设正实数a b 、满足1a b +=.求函数()555511,22f a b a b a b ⎛⎫⎛⎫=+-+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的最小值.14．任给质数p .试证：存在整数0x ，使得()2001p x x -+的充分必要条件为存在0y ，使得()2007p y y -+.15．从1，2，…，2011中最少应选出多少个不同的数，才能保证选出的数中必存在三个不同的数构成一个三角形的三边长.参考答案1．18【解析】 【详解】由题设知，抛物线22y x a =+与22x y a =+相切，且y x =是其公切线.故21x 2,180,8x a a a =+=-==. 2．8 【解析】 【详解】设方程①有整数解()m n m n ≤、.则,8m n a mn a +=-=. 于是，()()8864m n ++=. 解得，()()()()()()()()(),72,9,40,10,24,12,16,16,7,56,6,24,4,8,0,0m n =-----------.对应的()81,50,36,32,49,18,4,0,a m n =-+=---共8个. 3．233x y + 【解析】 【详解】注意到，()()()()()()()()2341,00,,,,00,0,22x f x f x f x x x f x f f x ⎛⎫+====⎪⎝⎭. 两式相减得()20,3x f x =.同理，()20,3y f y =.于是，(),03x f x =. 故()()()()32,,00,33x yf x y f x f y =+=+. 4．37513【解析】 【详解】由于一个矩形必须由两条水平直线和两条竖直直线确定，于是，19条水平直线和19条竖直直线共形成22191929241C C =个矩形，其中，边长为()118k k ≤≤个单位长的正方形有()219k -个.从而，所有正方形的个数为()()1821118181218121096k k ==⨯+⨯+=∑（个）. 故所求概率为21093729241513=. 5．2 【解析】 【详解】当2p =时，4223664p p -+=是完全平方数，从而，2p =为所求.当3p =时，42236189p p -+=不是完全平方数.当p 是大于3的奇质数时，设422236p p k -+=（k 为正奇数）.则()()()()2221666ppk k p k -=-+⇒-或()6p k +.但p 不能同时整除66k k 、-+.因此，6k -与6k +中有且只有一个被2p 整除. 若()26p k -，设26k sp -=（s 是正奇数）.则()()()()()2222222166121221ppk k sp sp s sp p -=-+=+⇒+=-，222113s s p ⇒<⇒=⇒=矛盾.若()26pk +，设26k sp +=（s 是正奇数）.同理，也不存在大于3的质数p . 6．[)2,+∞ 【解析】 【详解】由题设有222sin sin sin 1αβγ++=.则4242222222222sin sin sin sin sin sin 1sin 3sin sin sin sin sin sin αβαβαβαβγβγβγ⎛⎫+++∑+=∑+=∑≥ ⎪+++⎝⎭. 从而，(),,2fαβγ≥.7．8124 【解析】 【详解】由15440n n S S n +---=，及1540n n S S n +--=，两式相减得()1154015151nn n n n n a a a a a ++--=⇒+=+⇒=-.注意到，当k N +∈时，()41453125mod10,k += ()42455625mod10,k += ()43458125mod10,k += ()4445625mod10.k +=故()4502342011518124mod10a ⨯+=-=.8 【解析】 【详解】设()()()(),0,0,,1,1,2,1A x B y C D -. 则()1,2f x y AB AC BD AC AD =++≥+≥=.当11,25x y =-=时，上式等号成立. 9．见解析 【解析】 【详解】注意到，()()558513131313MN MP PB BN AB PB PB BC CD PB BC =++=-+++=+. 因为MN PBC ⊄平面，所以，MN PBC 平面. 10．见解析 【解析】 【详解】注意到，当x y z R +∈、、3x y z++<. 令,,a b c bx y z a b c b c d b c+===+++++.则13a b c b a b c b c d b c +⎛⎫<++ ⎪+++++⎝⎭.又令,,b c d cx y z a b c b c d b c+===+++++.则13b c d c a b c b c d b c +⎛⎫<++ ⎪+++++⎝⎭.<11．见解析 【解析】 【详解】设()()()()1122120,,,,,0,:PQ P x y Q x y x m x M x l x ky m <<=+.由2,0,x ky m Ax By Dx F =+⎧⎨+++=⎩消去x 得 ()()22220AkB y Am D ky Am Dm F ++++++=则()21212222,Am D k Am Dm Fy y y y Ak B Ak B+++=+=-++.① 由0111221002212x x y x y x y PM PNPMN QMN x QM QN x x y y y -+∠=∠⇔=⇔=-⇔=-+ ()()122112ky m y ky m y y y +++=+()2121222222y y Am Dm F Dm F k m k m y y Am D k Am D +++=+=+=-+-++，即点2,02Dm F M Am D +⎛⎫-⎪+⎝⎭. 12．见解析 【解析】 【详解】如图，由题设知,A I M B I N 、、、、分别三点共线.联结CM CI CN 、、.由内心性质知,NI NC MI MC ==.从而，四边形NIMC 为筝形，即MN 为CI 的中垂线.因为PC NM ，所以PC CI ⊥，即90PCI ∠=︒. 则19090902CIP CPI CPT CTQ CQT ∠=︒-∠=︒-∠=︒-∠=∠. 设D 是以Q 为圆心且过点C T 、的圆上一点. 由12CDT CQT CIP ∠=∠=∠，知C I T D 、、、四点共圆，其圆心为点Q . 从而，QI QC =，即知点Q 位于CI 的中垂线MN 上. 故N M Q 、、三点共线.13．423132【解析】 【详解】令ab t =.则10,4t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦.由1a b +=，知55432234a b a a b a b ab b +=-+-+ ()()222222a b a b ab a b =++-+()22212551t t t t t =-+-=-+.则()()()()()222255555522355551115515,5a b t a b t t tf a b t a b t t t t ----+--⎛⎫=⋅===+- ⎪⎝⎭. 设()35150,4g t t t t ⎛⎫⎛⎤=+-∈ ⎪⎥⎝⎦⎝⎭.由()22530g t t t =-<'，知()21131154648g t g ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故()422131,4432f a bg ⎛⎫≥= ⎪⎝⎭.当且仅当12a b ==时，上式等号成立. 14．见解析 【解析】 【详解】易知，2001x x -+和2007y y -+都是奇数.不妨设p 为奇质数.则()()()22200000141213,p x x p x x p x -+⇔-+⇔-+① ()()()222200000747213 3.p y y p y y p y -+⇔-+⇔-+⨯②于是，只需证明：存在0x 满足式①的充分必要条件是存在0y 满足式②. （1）存在0x 满足式①.由()222032133p x -+⨯，即()220231133p x ⎡⎤--+⨯⎣⎦，则0031y x =-满足式②. （2）存在0y 满足式②. 当3p =时，02x =满足式①.当3p >时，因为(),31p =，所以，存在整数a b 、，使得31ap b +=. 由此，对任意整数k 有()()331a k p b pk -++=. 因此，存在1a 和奇数1b 使得，1131a p b +=， 即()131mod b p ≡. 由式②得()()()()222222101011101213323323p b y p b y b b p b y b ⎡⎤⎡⎤-+⨯⇒-+⨯⇒-+⎣⎦⎣⎦.故10112b x b y -=-满足式①.15．最少要取17个不同的数 【解析】【详解】设所求最小正整数为n .从反面入手.考虑无三个不同的数构成三角形的三边长时，最多要有多少个数. 当0a b c <<<时，a b c 、、不能构成三角形的三边长的充分必要条件是a b c +≤. 特别地，当a b c +=时，这样的数组(),,a b c 最多.考虑1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597这16个数.由于其中任意三个不同的数均不能构成一个三角形的三边长，于是，17n ≥.另一方面，设121712011a a a ≤<<⋅⋅⋅<≤是任取的17个不同的正整数.若其中任意三个数都不构成三角形的三边长，则1211,a a a ≥>.故23124232,123,235,a a a a a a a ≥≥+≥+=≥+≥+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 继续下去，得到1614151715166109871597,987159725842011a a a a a a ≥+≥+=≥+≥+=>，这与172011a ≤矛盾.所以，1217,,,a a a ⋅⋅⋅中必有三个数构成三角形的三边长. 综上，知最少要取17个不同的数.。
数学奥林匹克高中训练题(17)及答案[最新版]
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数学奥林匹克高中训练题（17）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题22)集合111{|log 2,}23nn n N -<<-∈的真子集的个数是(A)． (A) 7 (B)8 (C)31 (D)322．(训练题22)从1到9这九个自然数中任取两个，分别作为对数的真数和底数，共得不同的对数值(B)．(A) 52个 (B) 53个 (C) 57个 (D) 72个3．(训练题22)空间有四张不同的平面，则这四张平面可能形成的交线条数取值的集合是(C)．(A){1,2,3,4,5,6} (B) {0,1,2,3,4,5,6} (C) {0,1,3,4,5,6} (D) {0,1,2,3,5,6}4．(训练题22) 函数(),()y f x y g x ==的定义域及值域都是R ，且都存在反函数，则11((()))y f g f x --=的反函数是(B)．(A)1((()))y f g f x -= (B) 1((()))y f g f x -= (C) 11((()))y f g f x --= (D) 11((()))y f g f x --=5．(训练题22) 若cos 40sin 40o o ω=+,则1239239ωωωω-++++等于(D)． (A)1cos 2018o (B) 1sin 409o (C) 1cos 409o (D) 2sin 209o 6．(训练题22) 当01x <<时，222sin sin sin ,(),x x x x x x的大小关系是(B)． (A) 222sin sin sin ()x x x x x x << (B) 222sin sin sin ()x x x x x x<< (C) 222sin sin sin ()x x x x x x << (D) 222sin sin sin ()x x x x x x<< 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题22) 已知211(),()5,()2f x xg x x g x -==-+表示)(x g 的反函数，设11()(())(())F x f g x g f x --=-．则()F x 的最小值是 703．2．(训练题22) 在1000和9999之间由四个不同数字组成，且个位数字与千位数字之差的绝对值是2的整数共有 840 个．3．(训练题22) 四面体P ABC -中，,8,6,9,120o PC ABC AB BC PC ABC ⊥===∠=面，则二面角B AP C --的余弦值是 ． 4．(训练题22) 设{}P =不少于3的自然数，在P 上定义函数f 如下：若,()n P f n ∈表示不是n 的约数的最小自然数，则(360360)f = 16 ．5．(训练题22)n 为不超过1996的正整数，如果有一个θ，使(sin cos )sin cos ni n i n θθθθ+=+成立，则满足上述条件的n 值共有 498 个．6．(训练题22)在自然数列中由1开始依次按如下规则将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2,4；再染4后最邻近的三个连续奇数5，7，9；再染9后最邻近的四个连续偶数10，12，14，16；再染此后最邻近的五个连续奇数17，19，21，23，25，按此规则一直染下去，得一红色子列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，则红色子列中由1开始数起的第1996个数是 3929 ． 第二试一、(训练题22)(本题满分25分) 点M 是正三角形内一点，证明：由线段,MA MB 和MC 为边组成的三角形面积不超过原正三角形面积的13． 二、(训练题22)(本题满分25分) 若21x y +≥，试求函数2224u y y x x =-++的最小值．95-三、(训练题22)(本题满分35分) 证明：从任意四个正整数中一定可以选出两个数x 和y ，使得如下不等式成立0212x y x y xy-≤<+++． 四、(训练题22)(本题满分35分)连结圆周上九个不同点的36条弦要么染成红色，要么染成蓝色，我们称它们为“红边”或“蓝边”，假定由这九个点中每三个点为顶点的三角形中都含有“红边”，证明：这九个点中存在四个点，两两连结的六条边都是红边．注：尊敬的各位读者，本文是笔者教育资料系列文章的一篇，由于时间关系，如有相关问题，望各位雅正。
数学奥林匹克高中训练题_ 17及解析及解析
数学奥林匹克高中训练题_ 17 注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明第II卷（非选择题）一、填空题1.已知函数f(x)=x|1−x|(x∈R).则不等式f(x)>14的解集为______.2.从等差数列2，5，8，11，…中取k项，使其倒数和为1.则k的最小值是______.3.平面直角坐标系中，两个圆有公共点(9,6)且都与x轴相切，它们的半径之积为68.如果它们的另一条外公切线也过原点，则它的斜率为______.4.已知A(x1,y1)、B(x2,y2)是函数f(x)={2x1−2x,x≠12;−1, x=12的图像上的任意两点（可以重合），点M在直线x=12上，且AM⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =MB⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ .则y1+y2的值为______.5.三脚架的三只脚各长5，两两的夹角彼此相等且固定.将它立在地面上时，顶端距地面的高度为4.后来一只脚损坏，底部截去长度1.再立在地面上时，顶端距地面的高度变为______.6.已知S n为数列{a n}的前n项和，a=(S n,1)，b=(−1,2a n+2n+1)，a⊥b.若b n=n−2011n+1a n，且存在n0，对于任意的k(k∈N+)，不等式b k≤b n成立.则n0的值为______.7.若a、b、c均是整数(0<c<90)，且使得√9−8sin50°=a+bsinc°.则a+b c的值是______.8.将4个相同的红球和4个相同的蓝球排成一行，从左至右依次对应序号1，2，…，8.若同色球之间不加区分，则4个红球对应序号之和小于4个蓝球对应序号之和的排列共有______种.二、解答题9.如图，已知抛物线=2py(p>0)与直线y=b(b<0)，点P(t,b)在直线上移动.过P作抛物线的两条切线，切点分别为A、B，线段AB的中点为M.（1）求点M的轨迹；（2）求|AB|的最小值.10.用部分自然数构造如图的数表：用a ij(i≥j)表示第i行第j个数(i、j∈N+)，使a i1=a ii=i.每行中的其余各数分别等于其“肩膀”上的两个数之和.设第n(n∈N+)行中各数之和为b n.试问：数列{b n}中是否存在不同的三项b p、b q、b r(p、q、r∈N+)恰好成等差数列?若存在，求出p、q、r的关系；若不存在，请说明理由.11.设f(x)是定义在定义域D上的函数.若对任何实数a∈(0,1)以及D中的任意两数x1、x2，恒有f(αx1+(1−α)x2)≤αf(x1)+(1−α)f(x2)，则称f(x)为定义在D上的C函数.（1）已知f(x)是R上的C函数，m是给定的正整数.设a n=f(n)(n=0,1,⋅⋅⋅,m)，且a0=0，a m=2m，记S f=a1+a2+⋅⋅⋅+a m.对于满足条件的任意函数f(x)，试求S f的最大值.（2）若f(x)是定义域为R的函数，且最小正周期为T，证明：f(x)不是R上的C函数. 12.如图，AD为ΔABC的角平分线，I1、I2分别为ΔABD、ΔACD的内心，以I1I2为底作等腰ΔI1I2E，使∠I1EI2=12∠BAC.求证：DE⊥BC.13.设p为任意给定的质数.证明：一定存在质数q，使得对任意的整数n，数n p−p都不能被q整除.14.设自然数k满足1<k<100.对1,2,⋅⋅⋅,100的任一个排列a1,a2,⋅⋅⋅,a100，取最小的m>k，使a m至少小于a1,a2,⋅⋅⋅,a k中k−1个数.已知满足a m=1的数列的个数为100!.4求k的值.15.设a1,a2,⋅⋅⋅,a20是20个两两不同的正整数，且集合{a i+a j|1≤i、j≤20}中有201个不同的元素.求集合{a i−a j|1≤i、j≤20}中不同元素个数的最小可能值.参考答案1.(1+√22,+∞).【解析】1. 注意到f (x )=x |1−x |={−x 2+x,x ≤1;x 2−x, x >1.如图，可知在区间(1,+∞)上存在x 0，有f (x 0)=14.令x 2−x =14. 解得x =1±√22.又x∈(1,+∞)，则x 0=1+√22.故不等式的解集是(1+√22,+∞).故答案为：(1+√22,+∞)2.8【解析】2.首先，取2，5，8，11，20，41，110，1640，易知其倒数和为1，即k =8满足要求.其次，设从数列中取出x 1,x 2,⋅⋅⋅,x k ，使1x 1+1x 2+⋅⋅⋅+1x k=1.令y i=x 1x 2⋅⋅⋅x kx i.则y 1+y 2+⋅⋅⋅+y k =x 1x 2⋅⋅⋅x k .①因为x n≡2(mod3)，所以，对式①两边取以3为模得k°2k−1=2k (mod3)，即k ≡2(mod3).当k =2时，1x 1+1x 2≤12+15<1；当k=5时，1x 1+1x 2+⋅⋅⋅+1x 5≤12+15+18+111+114<1. 故k ≥8.因此，k 的最小值是8.故答案为：8 3.12√22149【解析】3.由于两圆连心线过原点，则可设两圆圆心为(a,ka )、(b,kb ).于是， (a −9)2+(ka −6)2=(ka )2⇒a 2−6(2k +3)a +117=0.同理，b 2−6(2k +3)b +117=0.又a≠b ，故a 、b 是二次方程x 2−6(2k +3)x +117=0的两根，则ab =117.因为ka·kb =68，所以，k =√68117=√173√13.又另一条外公切线的倾斜角是连心线倾斜角的两倍，故斜率为2k1−k2=12√22149.故答案为：12√22149 4.−2【解析】4. 由点M 在直线x=12上，设M (12,y M ).又AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =MB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，即 AM⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(12−x 1,y M−y 1)，MB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(x2−12,y 2−y M ). 故x 1+x 2=1.（1）当x 1=12时，x 2=12，则 y 1+y 2=f (x 1)+f (x 2)=−1−1=−2；（2）当x 1≠12时，x 2≠12，则 y 1+y 2=2x 11−2x 1+2x 21−2x 2=2x 1(1−2x 2)+2x 2(1−2x 1)(1−2x 1)(1−2x 2)=2(x 1+x 2)−8x 1x 21−2(x 1+x 2)+4x 1x 2=−2.综上得y 1+y 2=−2.故答案为：−2 5.√1585【解析】5.如图，原三脚架立起时是个正三棱锥P −ABC ，侧棱长为5，高PO =4.则底面正三角形的外接圆半径为√3=√52−42=3.故AB =3√3.正三棱椎V P−ABC 的体积为V 1=13×4×√34(3√3)2=9√3.设侧面的顶角∠APB =θ.由余弦定理得cosθ=52+52−(3√3)22×5×5=2350.截去AD=1后所得三棱锥P −DBC 的体积为V 2=45V 1=36√35. 底面腰长为DB=DC =√52+42−2×5×4×2350=√1135，底边BC 上的高为√1135−(3√32)2=√31725，底面积S ΔDBC=12×√317253√3=√9515.故点P 距底面的高度为3VP−DBC S ΔDBC =1585.故答案为：√15856.2009或2010【解析】6. 由a⊥b ⇒−S n +2a n +2n+1=0⇒−S n+1+2a n+1+2n+2=0⇒a n+1=2a n −2n+1⇒a n+12n+1=a n2n −1⇒{a n2n}为等差数列 ⇒a n2n =−2−(n −1)=−(n +1) ⇒b n =(2011−n )2n .令b n+1≥b n .则(2010−n )2n+1≥(2011−n )2n .解得n≤2009.故b n 的最大值为b 2010=b 2009.因此，n 0=2009或2010.故答案为：2009或2010 7.12【解析】7. 注意到：9−8sin50°=9+8sin10°−8sin10°−8sin50°=9+8sin10°−8[sin (30°−20°)+sin (30°+20°)]=9+8sin10°−8cos20° =9+8sin10°−8(1−2sin 210°)=16sin 210°+8sin10°+1=(4sin10°+1)2.所以，a=1，b =4，c =10.故a+b c =12.故答案为：128.31【解析】8.8个数的和为36.将1，2，…，8这8个数平均分成两组，共有C 842=35种分法.当两组数之和不等时，设和较小的4个球为红球的序号和较大的4个数为蓝球的序号对应着一个符合要求的排列.所以，只需除去两组数之和等于18的情形. 设a i (i =1,2,3,4)表示所选出的4个数，且a i∈{1,2,⋅⋅⋅,8}，不妨设a 1<a 2<a 3<a 4.下面讨论方程∑a i 4i=1=18的解的组数.易知必有a 1≤3，否则，a 1+a 2+a 3+a 4≥4+5+6+7>18.矛盾. 同理，a 2≤4.这样，可以写出方程的8组解：(1,2,7,8),(1,3,6,8),(1,4,5,8)，(1,4,6,7),(2,3,5,8),(2,3,6,7)，(2,4,5,7),(3,4,5,6).故符合条件的排列有C 842−82=31个.故答案为：31 9.（1）x 2=p (y +b )（2）|AB |min =2√−2pb【解析】9. （1）由题意得y =12px 2，则y ′=1px . 设A (x 1,12px 12)、B (x 2,12px 22).于是，k PA =x 1p ，k PB =x 2p. 故x1p =x 122p−bx 1−b ，即x 12−2tx 1+2pb =0. 同理，x 22−2tx 2+2pb =0.因此，x 1、x 2为方程x 2−2tx +2pb =0的两个根.则x 1+x 2=2t ，x 1x 2=2pb .设M (x,y ).于是，x =x 1+x 22=t ， y =y 1+y 22=14p (x 12+x 22)=t 2p−b .由以上两式消去t ，得点M 的轨迹方程为x 2=p (y +b ).（2）|AB |=√(x 1−x 2)2+x 12−x224p2=√(4t 2−8pb )(1+t 2p ).由b <0知，当t =0时，|AB |min=2√−2pb .10.不存在【解析】10. 由题意得b n+1=∑a (n+1)i n+1i=1=(1+a n1)+∑[a ni +a n (i+1)]+(a m +1)n−1i=12+2i =1∑a ni n i=1=2+2b n .故b n+1=2b n +2，即b n+1+2b n +2=2.所以，{b n +2}是以b 1+2=3为首项、2为公比的等比数列. 则b n +2=3×2n−1⇒b n =3×2n−1−2.若数列{b n }中存在不同的三项b p 、b q 、b r (p 、q 、r ∈N +)恰好成等差数列，不妨设(p >q >r )，显然，{b n }是递增数列.则2b q =b p +b r .故2(3×2q−1−2)=(3×2p−1−2)+(3×2r−1−2). 于是，2×2q−r =2p−r +1.①由p 、q 、r∈N +，且p >q >r ，知q −r ≥1，p −r ≥2.由于式①的左边为偶数，右边为奇数，不成立.故数列{b n }中不存在不同的三项b p 、b q 、b r (p 、q 、r ∈N +)恰好成等差数列. 11.（1）m 2+m （2）见解析【解析】11. （1）对任意的n (0≤n ≤m )，取x 1=m ，x 2=0，α=n m∈[0,1].因为f (x )是R 上的C 函数，a n =f (n )，且a 0=0，a m =2m ，所以，a n =f (n )=f (αx 1+(1−α)x 2)≤αf (x 1)+(1−α)f (x 2)=nm ×2m =2n .故S f=a 1+a 2+⋅⋅⋅+a m ≤2(1+2+⋅⋅⋅+m )=m 2+m .可证f (x )=2x 是C 函数，且使得a n =2n (n =0,1,⋅⋅⋅,m )都成立.此时，S f =m 2+m .综上所述，S f 的最大值为m 2+m . （2）假设f (x )是R 上的C 函数.若存在m<n，且m、n∈[0,T)，使得f(m)≠f(n).若f(m)<f(n)，记x1=m，x2=m+T，α=1−n−m T.则0<α<1，且n=αx1+(1−α)x2.故f(n)=f(αx1+(1−α)x2)≤αf(x1)+(1−α)f(x2)=αf(m)+(1−α)f(m+T)=f(m).这与f(m)<f(n)矛盾.若f(m)>f(n)，记x1=n，x2=n−1，α=1−n−m T也可得出矛盾. 因此，f(x)在[0,T)上是常数函数.又因为f(x)是周期为T的函数，所以，f(x)在R上是常数函数，这与f(x)的最小正周期为T矛盾.故f(x)不是R上的C函数.12.见解析【解析】12.如图，设ΔABC的内心为I，联结BI、CI、DI1、DI2，并在I1E上取点F，使得∠I1DF=∠I1II2.①联结I2F.由I2F=180°−∠DI1B=180°−(90°+1∠BAD)=90°−1∠BAC=90°−12∠I1EI2=∠EI1I2，得∠I2I1I=∠EI1D.②同理，∠I1I2I=∠EI2D.由式①、②知ΔI1II2∼ΔI1DF.于是，I1II1I2=I1DI1F.又∠DI1I=∠EI1I2，则ΔII1D∼ΔI2I1F.故∠I1DI=∠I1FI2.③由ΔI1II2∼ΔI1DF，得∠I1I2I=∠I1FD.又∠I1I2I=∠EI2D，则∠EI2D=∠I1FD.因此，D、I2、E、F四点共圆.所以，∠EFI2=∠EDI2.④由式③、④及∠I1FI2+∠EFI2=180°，知∠I1DI+∠EDI2=180°，即∠I1DI+(∠CDI2+∠EDC)=180°.故90°+∠EDC=180°，∠EDC=90°.因此，DE⊥BC.13.见解析【解析】13.要找的质数q仅和p有关，与n无关，所以，对任意的正整数k，若q|(n p−p)则q|(n kp−n k).也就是说，若q|(n kp−n k)，则q|(n p−p).这样，问题就转化为选取适当的k，代替n p−p来讨论n kp−p k.最简单的选择是取k=p.先对此进行试探性讨论.有n p2−p p=(n p2−1)−(p p−1)=M−(p p−1).如果找到p p−1的质因数q，能使得对任意的整数n，M都不能被q整除，那么，就解决了本题.对p p−1的质因数q，n可分为两类：（1）n p2−1不能被q整除.对这些n就有q|(n kp−n k)，因而，q|(n p−p).（2）n p2被q整除.此时，希望对所选取的p p−1的质因数q加上进一步可实现的条件，能有q|(n p−p).假定这样的q存在，取质数q|(n p−p).若存在某个n，使得q|M，则q|n.由此及q|(n q−1−1)推出q|(n g−1).其中，g=(p2,q−1).注意到g=(p 2,q −1)，p ，或p 2.如果取得到质数q ，使得(p 2,q −1)≠p 2，即p 2|(q −1)，则必有q |(n p −1) .如果再要求q|(p −1)，则有q|[(n p −1)−(p −1)]=n p −p .这就满足本题的要求.由以上分析知，只要存在质数q 满足条件： （i ）q |(p p−1) .，（ii ）q|(p −1)，及（iii ）p 2|(q −1).这样的质数q 就满足本题的要求.下面具体来找这样的质数q . 由前两个条件启发，考虑p p −1p−1=p p−1+p p−2+⋅⋅⋅+p +1的质因数q .显见，这样的q 不等于p . 若q |(p −1) ，则由此及p p −1p−1=p p−1+p p−2+⋅⋅⋅+p +1≡(modp −1)，推出q |p .矛盾.所以，q 满足条件（i ）和（ii ）. 又p p −1p−1=p p−1+p p−2+⋅⋅⋅+p +1≡p +1≡(modp 2)，所以，p p −1p−1必有一个质因数q ，使得q ≡1(modp 2)，即这样的q 满足条件（iii ）.14.k =45或55.【解析】14.将a 1,a 2,⋅⋅⋅a k 重新排列成b 1<b 2<⋅⋅⋅<b k .由m 的最小性，设b 2=t .则a m<t ，a i >t (i =k +1,k +2,⋅⋅⋅,m −1).当t 固定时，由b 1<t ，且b 1不能为1，故b 1有t −2种取法.而b 3,b 4,⋅⋅⋅,b k >t ，故有C 100−t k−2种取法.将k b 1<b 2<⋅⋅⋅<b k 排列有k!种.于是，确定a 1,a 2,⋅⋅⋅a k 有(t −2)C 100−t k−2k!种.由前面分析a i>t (i =k +1,k +2,⋅⋅⋅,m −1)，在大于t 的100−t 个数中除去b 3,b 4,⋅⋅⋅,b k ，还有100−t −(k −2)=102−t −k 个数，故有A 102−t−k m−k−1种取法. 又a m=1是固定的，其余数a m+1,a m+2,⋅⋅⋅a 100排列有(100−m )!种.综上，满足a m =1的排列个数为T =∑(t −2)C 100−t k−2k!102−k t=3∑A 102−t−k m−k−1(100−m )!103−tm=k+1=∑(t −2)(100−t )!(k −2)!(102−k −t )!k!°102−kt=3∑(102−k −t )!(103−t −m )!(100−m )!103−tm=k+1 =∑(t −2)k (k −1)(100−t )!·102−kt=3∑(100−m )!(t −3)!()()103−tm=k+1=∑(t −2)!k (k −1)(100−t )!·102−kt=3∑C 100−m t−3103−tm=k+1=∑(t −2)!k (k −1)(100−t )!C 100−k t−2102−kt=3（因C n m =C n−1m +C n−1m−1）=∑k (k −1)(100−t )!(100−k )!()102−kt=3=k (k −1)(100−k )!·∑(100−t )!(k −2)!(102−k −t )!(k −2)!102−kt=3=k!(100−k )!∑C 100−t k−2102−kt=3=k!(100−k )!C 98k−1=k!(100−k )!98!(k −1)!(99−k )!=k (100−k )98!.由已知T=100!4，有k (100−k )98!=100!⇒k 2−100k +99×25=0⇒k =45或55.15.100【解析】15.所给集合的元素个数的最小值为100.例子：令a i=1011+10i，a10+i=1011−10i(i=1,2,⋅⋅⋅,10).则{a i+a j|1≤i≤j≤20}中共有(20+19+⋅⋅⋅+1)−10+1=201个不同的元素. 而{|a i−a j||1≤i、j≤20}={2×10i|i=1,2,⋅⋅⋅,10}∪{|10i±10j||1≤i<j≤10}共有10+2C102=100个不同的元素.下面证明：所给集合的不同元素的个数不小于100.用反证法证明.若存在一个使所给集合的元素个数小于100的集合S={a1,a2,⋅⋅⋅,a20}.计算S的“好子集”{x,y,z,w}的个数，这里，x<y≤z<w，且x+w=y+z.对S中满足b>c的数对(b,c)（共190对），考虑它们的差b−c，由假设知至多有99个不同的差，故必有至少91个数对(b,c)，使得存在b′、c′∈S，满足b′<b，c′<c，且b−c=b′−c′.对这样的91个数对(b,c)，它与其对应的b′、c′形成S的一个四元集{b,c,b′,c′}，可以得到S的一个好子集{x,y,z,w}，且至多两个数对(b,c)形成相同的子集{x,y,z,w}（只能是(b,c)=(w,z)或(w,v)）.故S的好子集至少有46个.另一方面，S的好子集{x,y,z,w}的个数等于∑12S i(S i−1)，这里，S i为S中满足b+c=i(i∈N+)，b≤c的数对(b,c)的个数.注意到，对每个i，S中的每个元素s至多出现在上面的一个数对(b,c)中（事实上，当s≤i−s时，s出现在数对(s,i−s)中，其余情况出现在(i−s,s)中），于是，s i≤10.从而，在s i≠0时，1≤s i≤10.故12s i(s i−1)≤5s i−5.由于集合{a i+a j|1≤i、j≤20}中有201个不同的元素，故使得s i≥1的正整数i有201个.设T为这样的i组成的集合，利用S中有C202对(b,c)满足b<c，有20对(b,c)满足b=c，故∑s i=C202+20=210i∈T.则∑12s i(s i−1)≤i∈T ∑(5s i−5)i∈T=5(210−201)=45.这与前面所得到的结论：S的好子集至少有46个矛盾. 因此，所给的集合中，至少有100个不同的元素.。
数学奥林匹克高中训练题_ 16及解析及解析
数学奥林匹克高中训练题_ 16注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明第II 卷（非选择题）一、填空题，若两条直角边长也为整数，则其面积为______． 2.正三棱柱ABC−A ′B ′C ′的侧棱及底面边长都是1．则四面体A ′ABC 、B ′ABC 、C ′ABC 的公共部分的体积是______．3.设M={1,2,⋅⋅⋅,2009}．若n ∈M ，使得S n =1n(13+23+⋅⋅⋅+n 3)的值为一平方数，则这样的n 共有个______． 4.设f (x )=x 4−34x 2−18x +1．则f (cos π7)=______．5.若三位数abc 满足1≤a ≤b ≤c ≤9，则称abc 为“上坡数”．那么，上坡数的个数是______．6.50个正数的和为231，它们的平方和为2009．则这50个数中，最大数的最大值是______．7.函数f (x )=√9(x −3)2+(x 2−12)2+√9x 2+(x 2−94)2的最小值是______．8.设M={1,2,⋅⋅⋅,17}．若有四个互异数a 、b 、c 、d ∈M ，使a +b ≡c +d (mod17)，就称{a,b }与{c,d }是集M 的一个“平衡对”．则集合M 中平衡对的个数是______．二、解答题9.在平面上给定不共线的三点A 、B 、C ，以线段AB 为一条轴（长轴或短轴）作一个不经过点C 的椭圆，与另两条直线AC 、BC 分别交于点E 、F ，过E 、F 分别作椭圆的切线，设这两条切线交于点C 0；类似地，再以线段BC 、CA 为一条轴各作椭圆，分别相应地得到切线的交点A 0、B 0．证明：不论每个椭圆的另一条轴的长度如何选择，三条直线AA 0、BB 0、CC 0都经过一个定点．10.设f (x,y,z )=√x +15+√y +15+√z +15．求最大的实数λ，使得对于任何满足x +y +z =4的正数x 、y 、z ，都有f (x,y,z )>λ．11.正整数数列{a n }满足：a 4=16，1a n+12<1a n+1a n+1−2n (n+1)<1a n2．试求通项公式a n ． 12.如图，在ΔABC 中，D 是∠A 平分线上的任一点，E 、F 分别是AB 、AC 延长线上的点，且CE∥BD ，BF ∥CD ．若M 、N 分别是CE 、BF 的中点，证明：AD ⊥MN ．13.在锐角ΔABC ，证明：sin (A−B )⋅sin (A−C )sin2A +sin (B−A )⋅sin (B−C )sin2B +sin (C−A )⋅sin (C−B )sin2C≥0．14.如果既约分数nm满足：mn≤2009（m 、n 为正整数），则称nm 为“牛分数”．现将所有的牛分数按递增顺序排成一个数列n1m 1,n2m 2,⋅⋅⋅，称为“牛数列”．证明：对于牛数列中的任两个相邻项nk m k、nk+1m k+1，都满足m k n k+1−m k+1n k=1．15.从圆周的九等分点中，任取五点染为红色．证明：存在以红点为顶点的不同的六个三角形Δ1,Δ2,⋅⋅⋅,Δ6，满足Δ1≅Δ2，Δ3≅Δ4，Δ5≅Δ6．参考答案1.432180【解析】1.设两直角边为x、y．则x2+y2=20092．据勾股数及x、y的对称性，有正整数m、n、k(m>n)，使x=2mnk，y=(m2−n2)k，2009=(m2+n2)k．由于2009=41×72，又1,7,72,7×41都不能表为两个正整数的平方和，故只有k=49，m2+n2=41．解得m=5，n=4．所以，x=1960，y=441．则S=12xy=432180．故答案为：4321802.√336【解析】2.如下图，根据对称性，面C1AB、A1BC、B1AC的交点O在底面ABC上的射影H为正ΔABC的中心．设AB、BC的中点分别为D、E．则OH是ΔEAA1、ΔDCC1的交线．故OHC1C =DHDC=13．所以，OH=13．从而，四面体A′ABC、B′ABC、C′ABC的公共部分的体积（即四面体OABC的体积）为V=13OH⋅SΔABC=13×13×√34=√336．故答案为：√3363.44【解析】3. 注意到S n=1n[n (n+1)2]2=n (n+1)24． 由于n 与n +1互质，故若S n 为平方数时，n 必为平方数．当n 为偶平方数时，n4为平方整数；当n 为奇平方数时，(n+1)24为平方整数．因此，n 可取M 中的所有平方数，这样的数共有44个． 故答案为：44 4.1516【解析】4. 记x=cos π7．则x 4=(cos 2π7)2=(1+cos 2π72)2=1+2cos2π7+cos 22π74=3+4cos2π7+cos 4π78，−34x 2=−3−3cos2π78，−x 8=−cos π78，故x 4−34x 2−18x =18(−cos π7+cos 2π7+cos4π7)=18(cos 2π7+cos 4π7+cos 6π7) =18(cos 12π7+cos 10π7+cos 8π7) =116∑cos2kπ76k=1=116∑cos2kπ76k=0−116=−116．于是，x 4−34x 2−18x +1=1516，即f (cos π7)=1516.故答案为：1516 5.165【解析】5.对于确定的b ，数c 可取b,b +1,⋅⋅⋅,9，共10−b 个值；而对于确定的数a ，数b 可取a,a +1,⋅⋅⋅,9．故三位上坡数的个数为∑∑(10−b )9b=a 9a=1=∑∑k 10−ak=19a=1=∑(10−a )(11−a )29a=1=12∑(a 2−21a +110)9a=1 =12(9×10×196−21×9×102+990)=165．故答案为：165 6.35【解析】6.设最大数为x ，其余49个数为a 1,a 2,⋅⋅⋅,a 49，且x ≥a 1≥a 2≥⋅⋅⋅≥a 49．则∑a i49i=1=231−x ，2009=x 2+∑a i 249i=1≥x 2+149(∑a i 49i=1)2 =x 2+149(231−x )2，即50x 2−462x +2312≤49×2009．解得x ≤35．当且仅当a 1=a 2=⋅⋅⋅=a 49=4时，x =35．故答案为：35 7.574【解析】7.显然，13f (x )=√(x −3)2+(x23−4)2+√x 2+(x23−34)2． ① 令y =x 23．此为抛物线方程，其焦点为F (0,34)，准线方程为y =−34．记点A (3,4)，如下图．则式①可改写为13f (x )=√(x −3)2+(y −4)2+√x 2+(y −34)2．它表示抛物线上的点M (x,y )到点A 与到焦点F 的距离之和，即13f =MA +MF ． 注意到点A 在抛物线上方，点M 到焦点的距离等于其到准线的距离，即MF =MH ，故当点M 移至M 1使其在垂线AH 1上时，MA +MH 的值最小为AM 1+MH 1=AH 1=4+34=194，即13f ≥194⇒f ≥574． 故答案为：5748.476【解析】8.将圆周17等分，其分点按顺时针方向顺次记为A 1,A 2,⋅⋅⋅,A 17． 则m +n≡k +l (mod17) ⇒A m A n ∥A k A l ．注意到圆周17等分点的任一对分点连线都不是直径，因此，全部弦共有17个方向（分别与过A i (i =1,2,⋅⋅⋅,17)的切线平行）． 与过A i 的切线平行的弦有8条，共形成C 82=28个“平行弦对”．若考虑所有17个方向，共得28×17=476个平行弦对．因此，M 中有476个平衡对．故答案为：476 9.见解析【解析】9.先考虑以边AB 为一条轴的椭圆，如下图建立直角坐标系，设该椭圆的方程为x 2a 2+y 2b2=1(a ≠b )，它与直线AC 、BC 分别交于点E 、F ，过E 、F 分别作椭圆的两条切线交于点C 0．设A (−a,0)、B (a,0)、E (acosα,bsinα)、F (acosβ,bsinβ)． 则l AE :yx+a =bsinαa (1+cosα)，l BF :yx−a =−bsinβa (1−cosβ)． 解得点C 的横坐标x C=acos α+β2cos β−α2． 故椭圆过点E 、F 的切线方程分别为xcosαa +ysinαb =1，xcosβa +ysinβb=1． 由此解得点C 0的横坐标x C 0=acos α+β2cos β−α2． 由x C=x C 0知，CC 0⊥AB ．同理，AA 0⊥BC ，BB 0⊥AC ．因此，直线AA 0、BB 0、CC 0分别重合于ΔABC 的三条高线．故它们都经过ΔABC 的垂心．10.见解析【解析】10.一般地，可证明：对于函数f (x,y,z )=(x +1)1n +(y +1)1n+(z +1)1n ，其中，正整数n ≥2，有λ=2+51n .为此，记a =(x +1)1n ，b =(y +1)1n ，c =(z +1)1n .则1<a <51n ，1<b <51n ，1<c <51n ，且f (x,y,z )=a +b +c . 注意到，x=a n−1=(a −1)(an−1+an−2+⋅⋅⋅+a +1)<(a −1)(5n−1n+5n−2n+⋅⋅⋅+51n+1) .故(51n−1)x <(5−1)(a −1)=4(a −1).类似地，(51n−1)y <4(b −1)，(51n−1)z <4(c −1).三式相加得(51n−1)(x +y +z )<4(a +b +c −3)=4(f (x,y,z )−3)⇒4(51n−1)<4(f (x,y,z )−3) ⇒f (x,y,z )>2+51n另外，当x=y =ε，z =4−2ε ，且ε→0时，f (x,y,z )的值无限接近2+51n .故数值2+51n 不能再改进.11.a n =n 2【解析】11. 据条件1a n+12<1a n2知，数列严格递增．于是，a 1≥1,a 2≥2,a 3≥3,⋅⋅⋅⋅⋅⋅先在条件式中取n =3，得到1a 42<1a 3+1a 4−16<1a 32， 即1162<1a 3+116−16<1a 32． ①据式①左端得1a 3>1162+16−116=83768． 则a 3<76883=9+2183． ② 又由式①右端得5a 32−48a 3+48>0，且a 3≥3， 故a 3>48+8√2110>48+8×4.510=8.4． ③据式②、③得整数a 3=9．再对条件式中取n=2，得到1a 32<1a 2+1a 3−13<1a 22，即181<1a 2+19−13<1a 22． ④由式④左端得1a 2>181+29<1981． 则a 2<8119=4+519． 由式④右端得2a 22−9a 2+9>0，即(a 2−3)(2a 2−3)>0．因a 2≥2，所以，a 2>3．故a 2=4．继而在已知式中取n =1，得116<1a 1+14−1<1a 12， 即116+34<1a 1<1a 12+34． ⑤ 又a 1为正整数，故式⑤右端恒成立． 而由式⑤左端有1a 1>1316，故a 1<1613=1+313，得a 1=1． 由a 1=1，a 2=4，a 3=9，a 4=16，猜想a n =n 2． ⑥首先，若将式⑥代入已知式得1(n+1)4<1n 2+1(n+1)2−2n (n+1)<1n 4，即1(n+1)4<[1n n+1]2<14，或1(n+1)2<1n n+1<12． 此式显然成立． 下证：a n=n 2是满足条件的唯一数列．对n 归纳．当n≤4时已验证．若式⑥对于n (n ≥4)成立，则对于n +1，据已知式有1a n+12<1n 2+1a n+1−2n (n+1)<1n 4． ⑦ 由式⑦右端得1a n+1<1n 4+2n (n+1)−1n 2=n 3−n 2+n+1n 4(n+1)． 则a n+1>n 5+n 4n 3−n 2+n+1=(n +1)2−2n 2+3n+1n 3−n 2+n+1>(n +1)2−1． ⑧（这里用到，当n≥4时，(n 3−n 2+n +1)−(2n 2+3n +1) =n (n 2−3n −2)=n [n (n −3)−2] ≥n (n −2)>0．）据式⑦左端得1a n+12<1a n+1−n−1n 2(n+1)，即(n −1)a n+12−n 2(n +1)a n+1+n 2(n +1)<0． ⑨其判别式Δ=[n 2(n +1)]2−4n 2(n +1)(n −1)=n 2{[n (n +1)]2−4(n +1)(n −1)}=n 2{[n (n +1)−2]2+4n }=n 2[(n 2+n −2)2+4n ]>0．设与式⑨对应的关于a n+1的一元二次方程的两根为α、β(α<β)．则a n+1<β=n2(n+1)+√Δ2(n−1)=n 2(n +1)+n (n 2+n −2)√1+4n(n 2+n −2)22(n −1)=2n (n 2+n −2)+2(n −1)+2+n (n 2+n −2)[1+√4n(n 2+n −2)2−1]2(n −1)=n (n +2)+1+1n −1+n (n +2)2[√1+4n(n 2+n −2)2−1]=(n +1)2+1n −1+n (n +2)2⋅4n(n 2+n −2)21+√1+4n(n 2+n −2)2<(n +1)2+1n −1+n (n +2)2⋅4n(n 2+n −2)22=(n +1)2+1n −1+n2(n −1)2(n +2) =(n +1)2+2n 2+n−2n 2−3n+2<(n +1)2+1． ⑩（这里用到，当n≥4时，(n 3−3n +2)−(2n 2+n −2) =n 3−2n 2−4n +4 =n 2(n −3)+(n −2)2>0．）据式⑧、⑩得a n+1=(n +1)2．故由归纳法知，对任意的n ∈N +，式⑥成立，即a n =n 2．12.见解析【解析】12.如下图，延长BD 、CD ，分别与AC 、AB 交于点H 、G ．注意到ΔDBG 、ΔDCH 关于顶点D 的等高性及等角性，由面积比定理得BGCH=S ΔDBG S ΔDCH=DB⋅DGDC⋅DH． 所以，BG ⋅DC ⋅DH =CH ⋅DB ⋅DG ． ①又由CE ∥BD ，BF ∥CD 得GB BE =GD DC ，HC CF =HDDB． 故BECF=BG⋅DC⋅DH CH⋅DB⋅DG． ② 由式①、②得BECF=1，即BE =CF ．取BC 的中点K ，由中位线定理知MK ∥=12BE ，NK ∥=12CF ．故KM =KN ．作∠MKN 的平分线KP ，则KP ⊥MN ．因MK ∥AB ，NK ∥AC ，所以，AD ∥KP ．又KP⊥MN ，故AD ⊥MN ．13.见解析【解析】13. 证法1：注意到sin (A −B )⋅sin (A −C )sin2A=sinA ⋅cosB ⋅sin (A −C )−sinB ⋅cosA ⋅sin (A −C )2sinA ⋅cosA=cosB (sinA ⋅cosC −cosA ⋅sinC )2cosA −sinB (sinA ⋅cosC −cosA ⋅sinC )2sinA=cosB ⋅cosC ⋅sinA 2cosA −cosB ⋅sinC 2−sinB ⋅cosC 2+sinB ⋅sinC ⋅cosA 2sinA=cosB ⋅cosC ⋅sinA −sin (B +C )+sinB ⋅sinC ⋅cosA=cosB⋅cosC⋅sinA2cosA−sinA 2+sinB⋅sinC⋅cosA2sinA．同理，sin (B−A )⋅sin (B−C )sin2B =cosC⋅cosA⋅sinB 2cosB−sinB 2+sinC⋅sinA⋅cosB2sinB，sin (C−A )⋅sin (C−B )sin2C =cosA⋅cosB⋅sinC 2cosC−sinC 2+sinA⋅sinB⋅cosC2sinC．因此，所证不等式化为(sinA ⋅sinB ⋅cosC sinC +cosA ⋅cosB ⋅sinCcosC)+(sinB ⋅sinC ⋅cosA sinA +cosB ⋅cosC ⋅sinAcosA) +(sinC ⋅sinA ⋅cosB sinB +cosC ⋅cosA ⋅sinBcosB) ≥sinA +sinB +sinC ． ①令x=cotA ，y =cotB ，z =cotC ．则x 、y 、z ∈R +，xy +yz +zx =1．因此，sinA⋅sinB⋅cosC sinC +cosA⋅cosB⋅sinCcosC=√1+x 2⋅√1+y 2⋅z +√1+x 2⋅√1+y 2⋅1z=2(2)(2)．同理，sinB⋅sinC⋅cosA sinA +cosB⋅cosC⋅sinAcosA =2(2)(2)， sinC⋅sinA⋅cosB sinB +cosC⋅cosA⋅sinBcosB =2√(2)(2)．于是，只要证2x √(1+y )(1+z )2y √(1+z )(1+x )2z √(1+x )(1+y )≥√1+x 2+2+√1+z 2． ② 又1+x 2=xy +yz +zx +x 2=(x +y )(x +z )，1+y 2=xy +yz +zx +y 2=(x +y )(y +z )， 1+z 2=xy +yz +zx +z 2=(x +z )(y +z )，故式②化为2x y+z+2y √z+x +2z x+y √x +y +√y +z +√z +x ．上式关于x 、y 、z 对称，故设x ≥y ≥z ．由于2x y+z√y +z =2x y+z=(x−y )(x−z )x √y+z，2y √z+x−√z +x =y √z+x ，2z √x+y−√x +y =z √x+y，即要证：x √y+zy √z+x+z √x+y≥0． ③因为x y+z≥0，()()y √z +x ()()z x +y=(y −z )(x −z z √x +y−x −yy √z +x)=(y −z )x−z √z−xyz−x−y √y−xyz≥0，所以，式③成立．因此结论得证． 证法2：据对称性，不妨设∠A≥∠B ≥∠C ．则60°≤∠A <90°，∠B +∠C >90°，45°<∠B ≤∠A ．所以，sin2A=sin (80°−2A ) ≤sin (180°−2B )=sin2B ，sin (A−B )⋅sin (B−C )sin2A≥sin (A−B )sin (B−C)sin2B．则sin (B−A )⋅sin (B−C )sin2B ≥sin (B−A )⋅sin (B−C)sin2A．故sin (A−B )⋅sin (A−C )sin2A +sin (B−A )⋅sin (B−C )sin2B≥sin (A−B )⋅sin (A−C )sin2A+sin (B−A )⋅sin (B−C )sin2A≥0．因sin (C−A )⋅sin (C−B )sin2C≥0，所以，sin (A−B )⋅sin (A−C )sin2A +sin (B−A )⋅sin (B−C )sin2B +sin (C−A )⋅sin (C−B )sin2C≥0．14.见解析【解析】14.对任一正整数n ，将牛数列中分母不大于n 的子数列记为T n ． 当n=1时，数列T 1=(11,21,31,⋅⋅⋅,20091)显然满足条件． 对n 进行归纳． 据数列T 1知，当n <2时结论成立．设结论对于n <k 成立，考虑数列T k ．注意到T k−1⊂T k ，而T k \T k−1中的分数a b满足：分母b =k ，(a,b )=1． 设ab 、cd (ab <cd ,bc −ad =1)是T k−1中的一对相邻分数． 如果它们在T k 中也相邻，则显然满足条件；如果它们在T k 中不相邻，即有T k \T k−1中的分数mk 插入它们之间（mk≤2009，(m,k )=1），即a b <m k<c d （插入的分数中总有一个与a b 或c d 相邻，不妨设m k 与c d相邻）． 于是，1bd =(c d −m k )+(mk −a b )≥1dk +1bk =b+dbdk． ① 所以，k≥b +d ．又易知，分数a+cb+d 也介于ab 与cd 之间（这是由于a+cb+d −ab =1b (b+d )>0，cd −a+cb+d =1d (b+d )>0）．注意到b (a+c )−a (b +d )=bc −ad =1，知a +c 与b +d 互质，即a+cb+d 为既约分数．若(a +c )(b +d )>2009，由2009≥mk 及k ≥b +d ，相乘得a +c >m ．由m (b +d )≤mk ≤2009，得mb+d ∈T k ．又mk≤m b+d <a+c b+d <c d ，且m k 、c d 在T k 中相邻，则k =b +d ，且式①中等号成立． 故c d −mk=1dk =c d −a+c b+d =cd −a+c k．从而，a +c =m ，这与a +c >m 矛盾．因此，(a +c )(b +d )≤2009． 若分数a+cb+d ∈T k \T k−1，则b +d =k ． ②若a b、a+c b+d 、cd是T k 中的相邻项，那么，对于前一对分数而言有b (a +c )−a (b +d )=bc −ad =1；而对于后一对分数而言有c (b +d )−d (a +c )=bc −ad =1．因此，插入a+cb+d后的分数列符合条件． 又由式②知，式①等号成立．于是，cd −mk =1dk 以及m k −a b =1bk ．由cd −m k=1dk =1d (b+d )=c d −a+c b+d =c d −a+ck ，得a +c =m ． ③ 因此，mk =a+c b+d ．又a+c b+d 是T k 中能够插入T k−1中的一对相邻分数a b 、cd之间的唯一分数，即在由数列T k−1过渡到数列T k 时，不论相邻分数间是否插入了新的分数，所得数列T k 都满足条件． 因此，对于每个正整数n ，结论成立．特别是数列T 2009满足条件，故本题得证． 15.见解析【解析】15. 注意如下事实：（1）以AD 、BC 为底的等腰梯形ABCD 中，存在两对全等三角形：ΔABC≅ΔDCB ，ΔBAD ≅ΔCDA ，并且梯形的每个顶点都在其中一对全等三角形中两次出现．（2）若M 是等腰梯形ABCD 两底AD 、BC 中垂线上的任一点，则ΔMAB ≅ΔMCD ．（i ）先证明，五个红点中，必有某四点构成等腰梯形的四个顶点．不妨设圆周上九等分点相邻两个分点间的弧长为1．再设一条弦，如果其所对的劣弧长为k ，则称该弦的“刻度”为k ．于是，以分点为端点的弦的刻度只有1、2、3、4四种情况．显然，两弦相等当且仅当其刻度相等．五个红点共得C 52=10条红端点的弦，其中必有三条弦具有相同的刻度，由于对每个k ，同一点只能发出两条刻度为k 的弦．注意到以九等分点为端点的任一条弦不为直径，因此，若两条等弦无公共端点，则其四个端点便构成等腰梯形的四个顶点．若这三条等弦不围成三角形，则其中有两条等弦无公共端点．于是，其四个端点构成等腰梯形的四个顶点．若这三条等弦围成三角形，则是正三角形．于是，这三条弦的刻度皆为3．若还有刻度为3的弦l，则该弦与正三角形的每条边无公共端点．此时，弦l与正三角形的每一条边所形成的四个端点都构成等腰梯形的四个顶点．若除了正三角形的边之外，再无刻度为3的弦，去掉这三条弦，剩下的7条弦只有1、2、4这三种刻度，其中必有三条弦具有相同的刻度，这三条等弦不可能围成三角形．因此，其中有两条等弦无公共端点．于是，其四个端点便构成等腰梯形的四个顶点．（ii）由于弦的刻度只有1、2、3、4四种情况，故等腰梯形上下两底的“刻度对”只有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)这六种可能，顺次如下图所示．以下用梯形两底的刻度对表示相应的梯形图．据（1）知，每个等腰梯形中都存在两对全等三角形．再考虑第五个红点．若该红点为两底中垂线上的点M，据（2）知，存在另一对全等三角形ΔMAB≅ΔMDC．若该红点异于点M，据图形的对称性，只需考虑红点为P或Q的情况．再证明：无论增加红点P或Q，图形中都将新增一个等腰梯形．i）若增加红点P，则在图(1,2)中增加了梯形PBAD，在图(1,3)中增加了梯形PDCB，在图(1,4)中增加了梯形PCBD，在图(2,3)中增加了梯形PBAD，在图(2,4)中增加了梯形PADC，在图(3,4)中增加了梯形PBAC．ii）若增加红点Q，则在图(1,2)中增加了梯形QDBC，在图(1,3)中增加了梯形QACD，在图(1,4)中增加了梯形QBCD，在图(2,3)中增加了梯形QABC，在图(2,4)中增加了梯形QCAB，在图(3,4)中增加了梯形QABD．而据（1），新增红点必在新增梯形的一对全等三角形中两次出现，也就是增加了一对新的全等三角形．因此，给出的五个红点中，存在六个以红点为顶点的三角形，它们可配成全等的三对．故本题得证．。
数学奥林匹克高中训练题(61)
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数学奥林匹克问题
2021年第10期47数学奥林匹克问题本期问题高737已知n W Z+,非负实数％，衍,…%”满足％=0,2卷j=2,3,…，n).证明：空Jk=1仏+1)2＞十疋2%k~X k-l i=l X k高738给定一个(可有重边的)有向无对图G r=(V,E\P)有w G,(u2,v)=u)G(u2,v).高739如图1,O0和圆外一直线Z, OP丄2于点P,过点P作①。
的切线刃、刖, Q为线段PO上一点，满足PQ=PA.若点M、N在/上，满足Z MQN=yZ AOB，证明：以圈图G=(V,E)，对于顶点u、o,—条u—>■v的路径P是边的序列〈勺工2，・・・，切〉，满足边勺的始点为",边引的终点为”，且对于任意的1MVZ-1,边e,3的始点为勺的终点.定义顶点u、0间的宽度w c(iz,v)为图G中两两无公共边的u t v路径的最大条数.MV为直径的圆与00相切.已知G中存在三个顶点u x、“2、。
满足M?G(,0)>%(“2,0)>0.证明:存在一条U X的路径P,使得对奇数位任意相邻的2m+1个数，设它们为2a,2a+2,-,2a+4m,则它们的和A=(2m+1)・2a+2m(2m+1)=(4m+2)(a+th)=0(mod n).②偶数位任意相邻2m+1个数必为2b+ 1、/或无、26+4肌+1的形式，其中，无代表2m项序列2b+1,2b+5,2b+5,•••,2b+4m—3, 2b+4zn-3,26+4m+1.由于无中各数之和等于(2b+2)+(2b+4)+(2b+6)+・・・+(26+4m-4)+(2b+4m-2)+(26+4m)=2m・2b+2zn(2m+1)=(n—2)6+mn=-26(mod n),而剩F那个数为26+1或2b+4m+1=n+2b—1,于是，这2m+1个数之和B——-26+(2b土1)三±1(mod n).③考虑到任意相邻n(=4/n+2)个数之和均可写成2m+1个奇数位数之和与2m+1个偶数位数之和，由式②、③，知这n个数之和除以n的余数都是1或n-1.因此，上述构造方法符合条件.综上，满足条件的一切正整数为4m+2 (zn G N).(林天齐何忆捷华东师范大学数学科学学院,200241)48中等数学高740证明：对于任意的正整数c,均存在正整数组(a,b)(a>b,(a,b)=l),使得数列｛鈴苦｝5工1)中有无穷多个整数项.上期问题解答高733已知兀、y、z>0,且/+y8+/=3.444证明:筈+£+务工3・y z x证明记£=/++z4.贝ij6=%8+y8+z+3工2兀4+2y4+2z4,(%4+y4+z4)2>x"+y84-z=3.从而,VT v£W3・①记工表示轮换对称和.4又3x4y4+4务M7%4,yQ4则斗&-3)+4工告2y. 4.=S(3x V+47)工72/=7z3I7\2387(T)+T•结合式①，知-yj忘(寻故4》沪-寻+夢=12(王朝和江苏省苏州中学,210057)高734给定整数nM2.设5®,…，％是1,2,---,71的一个排列.对Wn,用卷表示以色为首项的递增子列的长度的最大值，用y,表示以5为首项的递减子列的长度的最大值•求空匕-刃的最小可能值.i=l解先证明对1-1,x t=Yi与九+i =J i+i不能同时成立•事实上，当5<5+1时，花>叫+1』6%+1，于是，心>x i+l-y£+i;当a i>a；+i时,叼vs>r i+i,于是~Ji<%：+i—Zi+r从而,\x i-yj+\x i+l-y i+1I Ml.故y，其中，［%］表示不i=l L Z」超过实数％的最大整数.当n=2k时，考虑1,2,-,2½的排列：k+19k,k+2,k-19k+39k一2,・・・,2%,1.此时，衍=k,y i =k+X,x2=y2=k,, X2k-1=1，丁2£_］=2,先2&二丁2£=1.2k于是，S lx i-儿i"i=1当n=2A;+l时，考虑1,2,-,2^+1的排列：k+1y k9k+29k-1,½+3,k-2,・,2k, 1,22+1.此时，兀］=k+l,x2=k+l,y2=lc,…,兀2k=2』2讦19X2k+\=Y2k+l=1・2A+1于是，工I也-兀|=山i=1综上，所求最小值为時.(张端阳中国人民大学附属中学，100080)高735如图2,点E在矩形ABCD的边4。
数学奥林匹克高中训练题(17)
数学奥林匹克高中训练题(17)
安振平
【期刊名称】《中等数学》
【年(卷),期】1995(000)006
【摘要】第一试一、选择题（每小题6分,共36分） 1.方程x（1-
y<sup>2</sup>）<sup>1/2</sup>-y（1-x<sup>2</sup>）
<sup>1/2</sup>=1所对应的曲线图形是（）。
【总页数】4页(P37-40)
【作者】安振平
【作者单位】
【正文语种】中文
【中图分类】G634.605
【相关文献】
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4.数学奥林匹克高中训练题(263) [J], 王金勇;刘翼
5.数学奥林匹克高中训练题(264) [J], 杨运新
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中学高中数学奥林匹克竞赛训练题(179)(无答案)(2021年整理)
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江西省上饶县中学2017—2018学年高中数学奥林匹克竞赛训练题（179)(无答案)第一试一、填空题（每小题8分，共64分）1. 若函数(1)y f x =+的反函数为1(1)y f x -=+，且(1)3999f =，则满足()f n n =的最小正整数n =。
2. 已知数列{}n a 满足01,1,2,)3n a a n ===.则20141a -20140.3(填“＜”“＝”“＞"）.3. 设非负实数x y z 、、满足1x y z ++=.则t =的最小值为.4. 用一块边长为2的正方形纸片（顶点为A B C D 、、、，中心为O ）折成一个正四棱锥O ABCD -.当该四棱锥体积最大时,二面角A OB C --的平面角的大小为.5. 甲、乙、丙、丁各拿一个足球同时进行一次传球,要求每个人可以将球传给另外三人中的任何一人.一次传球后，每个人仍各有一个球的概率为。
6. 给定非零实数a .若函数:f →R R 满足：对任意实数x 均有(())()f f x xf x a =+，则方程()0f x =有个实根.7. 给定整数a b c d 、、、.若关于z 的方程4320z az bz cz d ++++=的根在复平面上对应四个点A B C D 、、、为正方形四个顶很快空，则正方形ABCD 的面积的最小值为。
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中增加了梯形 PBAD , 在图 ( 2 ,4) 中增加了梯 形 PADC ,在图 ( 3 ,4) 中增加了梯形 PBAC . ii ) 若增加红点 Q ,则在图 ( 1 ,2) 中增加了 梯形 QDBC ,在图 ( 1 ,3) 中增加了梯形 QACD , 在图 ( 1 ,4 ) 中增加了梯形 QBCD , 在图 ( 2 ,3 ) 中增加了梯形 QABC , 在图 ( 2 ,4) 中增加了梯 形 QCAB ,在图 ( 3 ,4) 中增加了梯形 QABD . 而据 ( 1) ,新增红点必在新增梯形的一对 全等三角形中两次出现 , 也就是增加了一对 新的全等三角形 . 因此 ,给出的五个红点中 ,存在六个以红 点为顶点的三角形 ,它们可配成全等的三对 . 故本题得证 . ( 陶平生 江西科技师范学院数学与计 算机科学系 ,330013)
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中 等 数 学
故不等式的解集是 1 + 2 , + ∞ . 2 2. 8. 首先 ,取 2 ,5 ,8 ,11 ,20 ,41 ,110 ,1 640 , 易 知其倒数和为 1 ,即 k = 8 满足要求 . 其次 ,设从数列中取出 x1 , x2 , …, x k ,使 1 1 1 + + …+ = 1.
= aii = i . 每
图2
第二试
( 50 分 ) 如图 3 , 一、 AD 为 △ABC 的 角 平 分 线 , I1 、 I2 分别为 △ABD 、 △ACD 的内心 , 以 I1 I2 为底作等腰 △I1 I2 E , 使 1 ∠I1 EI2 = ∠BAC . 求 2 图3 证 : DE ⊥BC . ( 50 分 ) 设 p 为任意给定的质数 . 证 二、 明 :一定存在质数 q , 使得对任意的整数 n , p 数 n - p 都不能被 q 整除 . ( 50 分) 设自然数 k 满足 1 < k < 100. 三、 对 1 , 2 , …, 100 的 任 一 个 排 列 a1 , a2 , …, a100 ,取最小的 m > k ,使 am 至少小于 a1 , a2 , …, ak 中 k - 1 个数 . 已知满足 am = 1 的数列 100 ! 的个数为 . 求 k 的值 . 4 ( 50 分) 设 al , a2 , …, a20 是 20 个两两 四、 不同的正整数 ,且集合{ ai + aj | l ≤i 、 j≤ 20}
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中 等 数 学
数学奥林匹克高中训练题 ( 17)
第一试
一、 填空题 ( 每小题 7 分 ,共 56 分) 1. 已知函数 f ( x ) = x | 1 - x | ( x ∈R) . 则 不等式 f ( x ) >
1 的解集为 . 4 .
2. 从等差数列 2 ,5 ,8 ,11 , …中取 k 项 ,
n - 2 011 a n , 且存在 n0 , 对于任 n +1
3. 平面直角坐标系中 , 两个圆有公共点 ( 9 ,6) 且都与 x 轴相切 , 它们的半径之积为 68. 如果它们的另一条外公切线也过原点 ,则
意的 k ( k ∈N+ ) , 不等式 bk ≤bn0 成立 . 则 n0 的值为 . 7. 若 a 、 b、 c 均是整数 ( 0 < c < 90) , 且使 a+ b 得 9 - 8sin 50° = a + b sin c° .则 的值是
3. 12 221 . 49
由于两圆连心线过原点 , 则可设两圆圆 ( b , kb) . 于是 , 心为 ( a , ka) 、 2 ( a - 9) + ( ka - 6) 2 = ( ka) 2 ] a2 - 6 ( 2 k + 3) a + 117 = 0. 2 同理 , b - 6 ( 2 k + 3) b + 117 = 0. 又 a ≠b ,故 a 、 b 是二次方程 2 x - 6 ( 2 k + 3) x + 117 = 0 的两根 ,则 ab = 117. 因为 ka・ kb = 68 ,所以 , k =
的图像上的任意两点 ( 可以重合) ,点 M 在直 线x =
1 上 , 且 AM = MB . 则 y1 + y2 的值为 2
以下用梯形两底的刻度对表示相应的梯 形图 . 据 ( 1) 知 ,每个等腰梯形中都存在两对全 等三角形 . 再考虑第五个红点 . 若该红点为两底中垂线上的点 M , 据 ( 2) 知 ,存在另一对全等三角形 △MAB △MDC . 若该红点异于点 M , 据图形的对称性 , 只需考虑红点为 P 或 Q 的情况 . 再证明 : 无 论增加红点 P 或 Q ,图形中都将新增一个等 腰梯形 . i) 若增加红点 P ,则在图 ( 1 ,2) 中增加了 梯形 PBAD ,在图 ( 1 ,3) 中增加了梯形 PDCB , 在图 ( 1 ,4 ) 中增加了梯形 PCBD , 在图 ( 2 ,3 )
x1 x2 xk x1 x2 …x k 令 yi = .则 xi y1 + y2 + …+ y k = x1 x2 …x k .
①
因为 x n ≡ 2 ( mod 3) ,所以 , 对式 ① 两边取 以 3 为模得 k- 1 k ≡ k・ 2 2 ( mod 3) ,即 k ≡ 2 ( mod 3) . 1 1 ≤1 1 当 k =2 时 , + + <1; x1 x2 2 5 当 k =5 时 , 1 1 1 1 1 1 1 1 + + …+ ≤ + + + + < 1. x1 x2 x5 2 5 8 11 14 故k≥ 8. 因此 , k 的最小值是 8.
11. ( 15 分 ) 设 f ( x ) 是定义在定义域 D 上的函数 . 若对任何实数 α ∈( 0 ,1 ) 以及 D
中的任意两数 x1 、 x2 ,恒有 α ) x2 ) ≤ α ) f ( x2 ) , f( x1 + (1 - α f ( x1 ) + (1 - α 则称 f ( x ) 为定义在 D 上的 C 函数 . ( 1) 已知 f ( x ) 是 R 上的 C 函数 , m 是给 定的正整数 . 设 an = f ( n ) ( n = 0 ,1 , …, m ) , 且 a0 = 0 , am = 2 m ,记 S f = a1 + a2 + …+ am . 对于满足条件的任意函数 f ( x ) , 试求 Sf 的 最大值 . (2) 若 f ( x ) 是定义域为 R 的函数 , 且最 小正周期为 T , 证明 : f ( x ) 不是 R 上的 C 函 数.
如图 4 ,可知在区 ( 间 1 , + ∞) 上 存 在 1 x0 ,有 f ( x0 ) = . 4 1 2 令 x - x= . 4
1 ±2 . 2 ) , 又 x ∈( 1 , + ∞
解得 x =
图4
则 x0 =
1+ 2 . 2
© 1994-2010 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.
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2009 年第 6 期
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共有 种. 二、 解答题 ( 共 44 分) 2 9. ( 14 分 ) 如图 1 , 已知抛物线 x = 2 py ( p > 0) 与直线 y = b ( b < 0) , 点 P ( t , b) 在直线上移动 . 过 P 作抛 物 线 的 两 条 切 线 ,切 点 分 别 为 A 、 B , 线段 AB 的 中 点 为 M. 图1 (1) 求 点 M 的 轨迹 ; ( 2) 求| AB | 的最小值 . 10. (15 分) 用部分自然数构造如图 2 的 数 表 : 用 aij ( i ≥j ) 表 示 第 i 行第 j 个数 ( i 、 j ∈ N+ ) , 使 ai1
4 36 3 V = . 5 1 5 23 2 2 5 +4 - 2 × 5× 4× = 50
2
底面腰长为
DB = DC =
113 , 5
底边 BC 上的高为
113 5 3 3 2 = 317 , 2 5
底面积 S △DBC =
1 317 3 951 × × 3 3= . 2 2 5 4 5
2k 12 221 斜角的两倍 ,故斜率为 . 2 = 49 1- k 4. - 2. 1 1 由点 M 在直线 x = 上 ,设 M ,y . 2 2 M 又 AM = MB ,即 1 AM = - x 1 , yM - y 1 , 2 1 MB = x2 , y - yM . 2 2
体积为 V 2 =
中有 201 个不同的元素 . 求集合 {| ai - aj | | 1 ≤i 、 j≤ 20} 中不同元素个数的最小可能值 .
参考答案
第一试
一、 1. 1 + 2 , + ∞ . 2 注意到
f ( x) = x| 1 - x| =
2 - x + x ,x ≤ 1; 2 x - x , x > 1.
行中的其余 各数分别等于其 “肩膀” 上的两个数之和 . 设 第 n ( n ∈N+ ) 行中各数之和为 bn . 试问 : 数 列{ bn }中是否存在不同的三项 bp 、 bq 、 br ( p 、
q、 r ∈N+ ) 恰好成等差数列 ? 若存在 , 求出 p、 q、 r 的关系 ; 若不存在 ,请说明理由 .
68 2 = 117 3 17 . 13