数学奥林匹克高中训练题(3)
数学奥林匹克高中训练题
数学奥林匹克高中训练题
启治
【期刊名称】《《中等数学》》
【年(卷),期】2002(000)002
【摘要】第一试一、选择题 (共 3 6分 ,每小题 6分 )1 .函数f(x) =xα,x∈ ( -
1 ,0 )∪ ( 0 ,1 ) .若不等式 f(x) >|x|成立 ,则在α∈-
2 ,-1 ,-2
3 ,0 ,13 ,23 ,1 ,2的条件下,α可以取的值的个数是 ( ) .(A)
4 (B) 3 (C) 2 (D) 12 .正四面体的 4个正三角形面的 1 2条中线能形成数值不同的n个锐角。
【总页数】6页(P44-49)
【作者】启治
【作者单位】
【正文语种】中文
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2023年全国中学生数学奥林匹克(贵州赛区)预赛试题 - 副本
2023年全国中学生数学奥林匹克(贵州赛区)预赛试题一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分.1.设集合R=｛(x,y)|x+y=l｝,B=｛(x,y)|x'+*2=2｝,C=则集合C的子集的个数是.2.己知z为虚数，且z1=z,则z'=.3.已知a,3是单位向量，|3a+4d|=|4a-3d|,若|c|=2,则\a+b-c\的最大值是,4.己知三棱锥P-ABC的三条侧"4,PB.PC两两垂宜，设二面角P-AB-C,P-BC-A, P-&-B的大小分别为a,们丫,则血？三血/+血：乙=_____cos'a+cos*0+cos"5.MB C的三边分别为a,b,c,记BC,CA,XB边上的中线长分别为叫,虬,则m：nC Q,土口-r+Tr+-f的最小值是_______・a'b"c6.设a,fteN*,且满足」-?=一二，则所有正整数对(a,方)的个数为a b20237.已知函数f(x)=x i-2x1-3x+4,若/(a)=/(/>)=/(c),其中a<b<c,则a2+b2+c2=.8.己知5名同学分则报长的学科为语文、数学、物理、化学、历史.现有5份试卷(语文、数学、物理、化学、历史各一份)，老师随机分发给每名同学一份试卷，则至少有4名同学得到的试卷与自己擅长的学科不符的概率是.二、解答题：本大题共3小题，满分S6分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤9.(本题滴分16分)设｛%｝是正项等差数列，公差为d(d>0)，前〃项和为S“，m,〃，p,q 均为正整数.若n<p<m,n<q<m.且〃i+〃=p+g,证明：⑴财,<哄：A⑵S.+S.Sp+Sq.10.(本题满分20分)如图1,设P是四边形ABCD内…点，满足\\\-----D ABPC=2/.BAC,ZPCA=/.PAD./.PDA=APAC.\/求证：zpbd=\abca-zpca\.B C图111.(本题满分20分)定义：若•个数列中的每•项都是完全平方数，则称这种数列为完方数列.己知数列氐｝满足x o=O,x,=3,x,41+x,.,=4x b.证明：｛x,_f+9｝是一个完方列列.2023年全国中学生数学奥林匹克(贵州赛区)预赛试题及其评分标准一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分。
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛甘肃赛区预赛试题参考答案及评分标准
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（甘肃赛区预赛）试卷参考答案及评分标准一、填空题（共10小题，每小题7分，满分70分。
请直接将答案写在题中的横线上）二、解答题（共6小题，满分80分。
要求写出解题过程）11.（13分）已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c cos sin 2A Bc B +=．（1）求C ∠的大小；（2）若a b +=，求sin A ．【解】：（1cos sin sin 2A BB C B +=，因为有sin 0B ≠sin .2A BC +=因为cos cos()sin2222A B CC π+=-=，2sin cos 222C C C =，因为sin02C≠，所以cos 22C =，因为(0,)C π∈，所以26C π=，从而.3C π=………………6分（2）因为3C π=，由余弦定理得222,c a b ab =+-将3()3c a b =+代入上式得2221()3a b a b ab +=+-，整理得222520a ab b -+=，解得2a b =或2.b a =①当2a b =时，c =，所以222222cos 02b c a A bc +-==，因为(0,)A π∈，所以2A π=.②当2b a =时，c =，所以222222cos 22b c a A bc +-==，因为(0,)A π∈，所以6A π=.所以1sin 2A =或1.…………………………13分12.（13分）如图，已知长方形ABCD 中，21AB AD ==，,M 为DC 的中点.将ADM ∆沿AM 折起，使得平面ADM ⊥平面ABCM .（1）求证：AD BM ⊥；（2）若点E 是线段DB 上的一动点，问点E 在何位置时，二面角E AM D --的余弦值为55．【解】：（1）因为平面AMD ⊥平面ABCM ，2,1AB AD ==，M 是DC 的中点,，故AD DM =，取AM 的中点O ，连结有OD ，则DO ⊥平面ABCM ，取AB 中点N ，连接ON ，则ON AM ⊥，以O 为原点如图建立空间直角坐标系……………3分13.（13分）已知数列}{n a 中，12a =，且21()2n n n a a n N a *+=∈+．证明：（1）212n n a -≤；（2）12122244222n n na a a a a a +++<+++ ．【证明】：（1）由12a =，且212n n n a a a +=+，得0n a >，故1202nn n n a a a a +--=<+，则{}n a 为递减数列.11221112222n n n n n a a a a a a +==-≤-=+++，即112n n a a +≤，故21.2n n a -≤…………………………………6分（2）由12()2nn n n a a a n N a *+=-∈+，可得121223112224()2()()222n n n n na a a a a a a n a a a a a ++++=-+-++-+++ 1231n n a a a a na +=+++- ，21121()22n -<++++ 11221) 4.2n -=+-<（故有1212224 4.222n n na a a a a a +++<+++ ……………………………………13分14.（13分）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈•马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第1n +次状态的概率分布只跟第n 次的状态有关，与第1n -，2n -，3n -，…次状态是“没有任何关系的”．现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n （n N *∈）次操作后，记甲盒子中黑球个数为n X ，甲盒中恰有1个黑球的概率为n a ，恰有2个黑球的概率为n b ．（1）求1X 的分布列；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）求n X 的数学期望.【解】：（1）由题意可知，X 1的可能取值为0，1，2，由相互独立事件概率乘法公式可知：P （X 1＝0）＝122339⨯=，P （X 1＝1）＝1122533339⨯+⨯=，P （X 1＝2）＝212339⨯=，故X 1的分布列如下表：X 1012P295929………………3分（2）由全概率公式可知：P （1n X +＝1）＝P （n X ＝1）P （1n X +＝1|n X ＝1）+P （n X ＝2）P （1n X +＝1|n X ＝2）+P （n X ＝0）P （1n X +＝1|n X ＝0）＝1122()3333⨯+⨯P （n X ＝1）+2(1)3⨯P （n X ＝2）+2(1)3⨯P （n X ＝0）＝59P （n X ＝1）+23P （n X ＝2）+23P （n X ＝0），即：1522(1),933n n n n n a a b a b +=++--所以112,93n n a a +=-+所以1313(),595n n a a +-=--又a 1＝P （X 1＝1）＝59，所以，数列3{}5n a -是以135a -为首项，以19-为公比的等比数列，所以132121(()545959n n n a --=-⨯-=-，即：321(.559nn a =+⨯-………………8分（3）由全概率公式可得：P （1n X +＝2）＝P （n X ＝1）P （1n X +＝2|n X ＝1）+P （n X ＝2）P （1n X +＝2|n X ＝2）+P （n X ＝0）P （1n X +＝2|n X ＝0）＝21(33⨯P （n X ＝1）+11)3⨯（P （n X ＝2）+0×P （n X ＝0），即：12193n n n b a b +=+，又321(),559nn a =+⨯-所以112321[()]39559nn n b b +=+⨯+⨯-，所以111111111([()],5593559n nn n b b ++-+⨯-=-+⨯-又b 1＝P （X 1＝2）＝29，所以111121105599545b -+⨯-=--=（，所以111()0559nn b -+⨯-=，所以111()559nn b =-⨯-，所以()20(1)2 1.n n n n n n n E X a b a b a b =++⨯--=+=………………13分15.（13分）已知点F 是抛物线2:4C x y =与椭圆22221(0)y x a b a b+=>>的公共焦点，椭圆上的点M 到点F 的最大距离为3．（1）求椭圆的方程；（2）过点M 作C 的两条切线，记切点分别为,A B ，求△MAB 面积的最大值.【解】：（1）抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F （0，1），∴c ＝1．∵椭圆上的点M 到点F 的最大距离为3，∴a +c ＝3，b 2＝a 2-c 2，解得a ＝2，b 2＝3，∴椭圆的方程为22143y x +=．………………5分（2）设M （x 0，y 0），则2222000031,3434y x y x +==-联立2224143x yy x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，得3y 2+16y -12＝0，y ∈[-2，2]，解得y ＝23，∴y 0∈[-2，23），设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），求导x 2＝4y ，可得12y x '=，∴切线MA ，MB 的方程分别为：y 214x -＝12x 1（x -x 1），y 224x -＝12x 2（x -x 2），可得x 1，x 2为方程t 2-2x 0t +4y 0＝0的两个不相等实数根．∴x 1+x 2＝2x 0，x 1x 2＝4y 0，∴AB k ＝22210212*********x x x y y x x x x x x --+===--，∴直线AB 的方程为：y 214x -＝214x x +（x -x 1），化为y ＝214x x +x 124x x -，代入可得y ＝2x x -y 0，化为x 0x -2y -2y 0＝0，∴点M 到直线AB 的距离d＝2，|AB |，∴△MAB 面积S ＝12d |AB |＝2001|4|4x y -把2200334y x =-代入上式可得S＝20031|34|44y y --＝322001(12316)16y y --，∵y 0∈[2-，23），由t ＝12203y --16y 0＝2081003(33y -++，∴y 0＝2-时，t 取得最大值32．∴△MAB面积的最大值为………………13分16.（15分）已知函数()(2e )ln f x x x =-，其中e 2.71828= 为自然对数的底数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若12,x x ∈（0，1），且21121212ln ln 2e (ln ln )x x x x x x x x -=-，证明：12112e 2e 1x x <+<+．【解】：（1）2e()(1ln )f x x x'=-+，因为y ＝2ex在（0，+∞）上是减函数，y ＝1ln x +在（0，+∞）上是增函数，所以()f x '在（0，+∞）上单调递减，又因为(e)0f '=，所以当x ∈（0，e ）时，()(e)0f x f ''>=，()f x 单调递增；当x ∈(e ，+∞)时，()(e)0f x f ''<=，()f x 单调递减．………………5分（2）证明：由题意，121212ln ln 2eln 2eln x x x x x x -=-，即121211(2e ln (2e )ln x x x x -=-，11221111(2e ln (2e )ln x x x x -=-，设111a x =，221a x =，则由1x ，2x ∈（0，1），得1a ，2a ∈（1，+∞），且f （1a ）＝f （2a ），不妨设12a a <，则即证122e 2e 1a a <+<+，由(2e)0f =及()f x 的单调性知，121e 2e a a <<<<，令()()(2e )F x f x f x =--，1＜x ＜e ，则()F x '＝()f x '+(2e )f x '-＝24e 2ln[(2e )](2e )x x x x ----，因为2(2e )e x x -≤，所以()F x '＞2224e 2ln e 0e--=，所以F （x ）在（1，e ）上单调递增，则F （x ）＜F （e ）＝0，所以f （x ）＜f （2e -x ），取1x a =，则11()(2e )f a f a <-，又12()()f a f a =，则21()(2e )f a f a <-，又12e a e ->，2e a >，且f （x ）在（e ，+∞）上单调递减，所以212e a a >-，即122e a a +>．从而12112e x x +>成立.………………10分下证122e 1a a +<+，①当21a e <+时，由1e a <得122e 1a a +<+，②当2e 12e a +≤<时，令()()(2e 1)G x f x f x =-+-，e 12e x +<<，则222e(2e 1)()()(2e 1)2ln[(2e 1)](2e 1)G x f x f x x x x x+'''=++-=---++-++，记2(2e 1)t x x =-++，e 12e x +≤<，又2(2e 1)t x x =-++在[e 1,2e)+上为减函数，所以2(2e,e e]t ∈+，2e(2e 1)2t +-在（2e ，e 2+e ）单调递减，ln t 在（2e ，e 2+1）单调递增，所以2e(2e 1)2t+--ln t 单调递减，从而()G x '在[e +1，2e ）上单调递增，又(2e)G '＝2e(2e 1)2e(2e 12e)++--2-ln 2e （2e +1-2e ）＝2e -1-ln 2e ，ln x ≤x -1，所以(2e)G '＞0，又(e 1)G '+＝2e(2e 1)(e 1)(2e 1e 1)+++---2-ln （e +1）（2e +1-e -1）＝e 1e 1-+ln(e 1)-+＜0，从而由零点存在定理得，存在唯一x 0∈（e +1，2e ），使得0()0G x '=，当0[e 1,)x x ∈+时，()G x '＜0()G x '＝0⇒()G x 单调递减；当0(,2)x x e ∈时，()G x '＞0()G x '＝0⇒()G x 单调递增；所以()G x ≤max {(e 1),(2e)}G G +，又(e 1)(e 1)(2e 1e 1)(e 1)(e)(e 1)ln(e 1)e G f f f f +=+-+--=+-=-+-，ln 1e x x ≤⇒ln x ≤e x ⇒ln(e 1)+≤e 1e+，所以e 11(e 1)(e 1)e 0e eG ++<--=-<，显然，G （2e ）＝f （2e ）-f （2e +1-2e ）＝0-0＝0，所以G （x ）＜0，即f （x ）-f （2e +1-x ）＜0，取x ＝2a ∈[e +1，2e ），则22()(2e 1)f a f a <+-，又12()()f a f a =，则12()(2e 1)f a f a <+-，结合22e 12e 1(e 1)e a +-<+-+=，1e a <，以及()f x 在(0,e)单调递增，得到122e 1a a <+-，所以122e 1a a +<+．综上，可得12112e 2e 1x x <+<+．………………15分。
高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版
高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版高中数学联赛的几何题目有100道，难度较高。
这些题目涉及到各种不同的几何概念和定理，需要考生具备扎实的数学基础和丰富的解题经验。
在这些题目中，有许多需要考生进行证明，需要考生熟练掌握各种证明方法和技巧。
同时，还有一些需要考生进行画图，需要考生具备良好的几何直观和手绘能力。
这些几何题目的难度不仅仅在于其题目本身，还在于考试的时间限制。
考生需要在有限的时间内解决尽可能多的问题，因此需要考生具备快速解题的能力和良好的时间管理能力。
为了更好地应对这些几何题目，考生需要在平时的研究中注重基础知识的掌握和解题技巧的训练。
同时，还需要多做一些类似的练题目，以提高自己的解题水平和应对能力。
总之，高中数学联赛的几何题目难度较高，需要考生具备扎实的数学基础、丰富的解题经验、良好的几何直观和手绘能力、快速解题的能力和良好的时间管理能力。
考生需要在平时的研究中注重基础知识的掌握和解题技巧的训练，并多做类似的练题目，以提高自己的解题水平和应对能力。
1.研究证明角平分在这一部分中，我们将研究如何证明一个角被平分。
这是一个非常基础的几何问题，但是它的应用非常广泛。
我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用角平分线的定义、角度相等、相似三角形等。
2.研究证明四点共圆在这一部分中，我们将研究如何证明四个点共圆。
这个问题也是几何学中的基础问题之一。
我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用圆的定义、圆心角、垂直等。
3.研究证明角的倍数关系在这一部分中，我们将研究如何证明角的倍数关系。
这是一个非常重要的几何问题，因为它在许多几何证明中都有应用。
我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用角度相等、相似三角形等。
4.证明线与圆相切在这一部分中，我们将研究如何证明一条线与一个圆相切。
这是一个非常基础的几何问题，但是它的应用非常广泛。
我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用切线的定义、圆心角等。
5.证明垂直在这一部分中，我们将研究如何证明两条线段垂直。
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。
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第3届)
国际数学奥林匹克（IMO）竞赛试题ห้องสมุดไป่ตู้第 3 届）
1. 设 a、b 是常数，解方程组 x + y + z = a； x2 + y2 + z2 = b2； xy=z2
并求出若使 x、y、z 是互不相同的正数，a、b 应满足什么条件？ 2. 设 a、b、c 是某三角形的边，A 是其面积，求证： a2 + b2 + c2 >= 4 3 A. 并求出等号何时成立． 3. 解方程 cosnx - sinnx = 1， 其中 n 是一个自然数． 4. P 是三角形 ABC 内部一点，PA 交 BC 于 D，PB 交 AC 于 E，PC 交 AB 于 F，求证 AP/PD， BP/PE， CP/PF 中至少有一个不大于 2，也至少有一个不小于 2． 5. 作三角形 ABC 使得 AC=b， AB=c，锐角 AMB = ，其中 M 是线断 BC 的中点．求 证这个三角形存在的充要条件是 b tan(/2) <= c < b. 又问上式何时等号成立． 6. 三个不共线的点 A、B、C，平面 p 不平行于 ABC，并且 A、B、C 在 p 的同一侧．在 p 上任意取三个点 A'， B'， C'， A''， B''， C''设分别是边 AA'， BB'， CC'的中点， O 是三角形 A''B''C''的重心．问，当 A'，B'，C'变化时，O 的轨迹是什么？
全国数学奥林匹克竞赛题目
1、若一个正整数的各位数字之和为10，且这个数能被其各位数字中的任意一个整除，则这个数最小可能是：A. 1111111111B. 1234567890C. 109D. 28（答案：D）2、设n为正整数，且满足2的n次方减去1是质数，则n的值可能为：A. 10B. 12C. 15D. 17（答案：A）3、在三角形ABC中，若角A、角B、角C的度数之比是1:2:3，则三角形ABC是：A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形（答案：B）4、已知a、b、c为实数，且满足a+b+c=0，abc>0，则：A. a、b、c中只有一个正数B. a、b、c中只有一个负数C. a、b、c中有两个正数，一个负数D. a、b、c中有两个负数，一个正数（答案：D）5、设x、y为实数，且满足x2 - 2xy + y2 = 4，则(x+y)2的最大值为：A. 4B. 8C. 16D. 不存在（答案：C）6、已知正整数n的各位数字之和为20，且n的各位数字均不相同，则n的最小值为：A. 299B. 389C. 1999D. 10999（答案：B）7、在直角坐标系中，点A(1,1)，点B(3,3)，点C为x轴正半轴上一点，若角ABC=45度，则点C的横坐标为：A. 3+√2B. 4+√2C. 5+√2D. 6+√2（答案：A）8、设a、b为正整数，且满足ab = ba，则(a,b)的可能取值有：A. (2,2)B. (2,4)C. (3,3)D. (4,2)（答案：A、C、D）9、已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S7 = 7a4，则a2 + a5 + a8 =：A. 0B. a1C. 2a4D. 3a7（答案：C）10、设p、q为质数，且满足p+q=2006，则p、q的积为：A. 3998B. 4003C. 4013D. 无法确定（答案：C）。
数学奥林匹克高中训练题(138)
Ｖ ， 时 上式 等号成 立． ．
数 ， 口×ｂ×ｃ的立 方 体 分 割 为 ａｃ个 单 位 将 ｂ 正 方体 ， 从一 角 的单 位 正 方 体 起 第 层 、 第
从 而 ，舸 ： ７Ｒ ≥ Ｊ ｓ ４ｃ Ｅ
３． １ ２ ０ｌ ．
行、 第 列的单位正方体记为 （， ） 求所 ｉ『 ． ． ，
一
使得这 些小球 及正方 体都 在大球 内且 相互不
重叠．
加
、
试
则使 每行 、 每列填 数 之 和 皆为偶 数 的概 率为
８ 已知 可 以用 一 系列 半 径 为 Ｒ且 彼 此 ． 不 重叠 的圆盘覆 盖平 面 上 的所 有格 点 （ 平 在
（ ０分 ） ４ 已知 锐角△ Ａ Ｃ（ Ｂ≠Ａ ） Ｂ Ａ Ｃ ，
中 等 数 学
教蟹
中圈 分 类 号 ：Ｇ ２ ．９ ４ ４ ７
魏寓 铷旅题（３） １ ８
文 献标 识 码 ： Ａ 文 章 编 号 ： ０ ５—６ １ （０ １０ Ｏ４ Ｏ １０ ４ ６ ２ １ ） ２一 ００一 ７
第 一 试
一
二、 解答 题 （ ５ 共 ６分 ） ９ （６分 ） ．１ 已知 ｏ０： ＋ 椭 圆 Ｃ： Ｙ ＝ｒ，
＝
４ （
十
＋． ＋ ． ・
）．
则 Ｓ＝ 一
个人 ， 将第 ｋ ＋１号纪 念品交 给 ｃ ＋）其 中 ， １，
（） 后 一１＋ ２＋… ＋ｋ ｍ ｄ １０ ，口 下 去 ， （ ｏ ０ ） 女 此
2023年中国数学奥林匹克国家集训队第二次测试试题
．格红个m 有恰行两在存)2(；同相也数格红中列在所，同相数格红中行在所们它，格红个两在存不)1(：足满，红染格些一的中表格方07×07个一将以可得使，m 数整正的大最求.3.线共不且同不′C ,′B ,′A )2(；切相B C ,A C 与′C 圆、切相A B ,C B 与′B 圆、切相C A ,B A 与′A 圆)1(：足满，′C ,′B ,′A 圆的切相之与内ϖ在存：证求.ϖ为圆接外其，化退非2C 2B 2A △知已，2C ,2B 点义定似类.2A 点于1A D 交线连的K 与点中的H A ，D 点于线直的C B 于行平且A 过交R Q ，K 点于R Q 交1A A ，点中的C B 是1A .心垂是H ，高是R C ,Q B ,P A ，中C B A △角锐腰等非在.2？岛小座少多览游以可多最他：问.轮渡向单坐乘能只后之，岛小个一意任达到机飞坐以可时始初客游个一.)n d o m (a i ≡j i 当仅且当渡轮向单有j D 到i D ，n ≤j =i ≤1意任对，n D ,···,2D ,1D 岛小座n 有家国个一.a 数整的质互n 与及2≥n 数整定给.1天一第3202√34.5D ·λ+2D 4于小积面的形角三）3（;D 于大均长边的形角三）2（；点整为均点顶的形角三）1（：足满，形角三角锐个一在存都中系标坐角直面平在，1>D 数实意任对得使，λ数实正在存：证求.6.32n > k z j y i x k j i a 1=k n 1=j n 1=i n 得使，}1,1−{∈n z ,···,1z ，n y ,···,1y ，n x ,···,1x 在存：证求.)n ≤k ,j ,i ≤1(}1,1−{∈k j i a ，数整正是n 设.5.合集的美优个一含包S 则，空非交的合集美优意任与S 集数整若：证求.k 2为恰数个素元的 k 3a = k 3b:A ∈b 合集，3202≤k ≤1，A ∈a 的意任对果如，”的美优“是A 集数整空非称.4天二第3202。
2023年全国中学生数学奥林匹克暨2023年全国高中数学联合竞赛一试(A卷)试题及参考答案
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）试题（含参考答案）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. 设复数910i z （i 为虚数单位），若正整数n 满足2023n z ，则n 的最大值为 ． 答案：2．解：22910181nnnnz z．因21812023z ，而当3n 时，181132023nn n z，故n 的最大值为2．2. 若正实数,a b 满足lg 2b a ，lg lg 5a b a b ，则lg ()ab ab 的值为 ． 答案：20．解：因为lg lg lg lg 102a a b b b a ，所以lg lg lg lg lg lg lg ()()()52220ab a b a b b a ab ab a b a b ．3. 将一枚均匀的骰子独立投掷三次，所得的点数依次记为,,x y z ，则事件“777C C C x y z”发生的概率为 ． 答案：127．解：由于162534777777C C C C C C ，因此当,,{1,2,3,4,5,6}x y z 时，事件“777C C C x y z”发生当且仅当“{1,6},{2,5},{3,4}x y z ”成立，相应的概率为321627． 4. 若平面上非零向量,, 满足 ，2|| ，3|| ，则||的最小值为 ．答案：23．解：由 ，不妨设(,0),(0,)a b ，其中,0a b ，并设(,)x y，则由2||得2by a ，由3|| 得3ax b ．所以2232||2223b ax y xy a b． 取3,2a b ，此时6x y ，||取到最小值23．5. 方程sin cos2x x 的最小的20个正实数解之和为 ． 答案：130 ．解：将2cos212sin x x 代入方程，整理得(2sin 1)(sin 1)0x x ，解得532,2,2()662Z x k k k k．上述解亦可写成2()36Z k x k，其中0,1,,19k 对应最小的20个正实数解，它们的和为192219202013036326k k． 6. 设,,a b c 为正数，a b ．若,a b 为一元二次方程20ax bx c 的两个根，且,,a b c 是一个三角形的三边长，则a b c 的取值范围是 ．答案：7,518． 解：由条件知2222()()()ax bx c a x a x b ax a ab x a b ，比较系数得22,b a ab c a b ，故24,11a a b c a a，从而 24231a a a b c a a a a a ．由于201a a b a，故112a ．此时显然0b c ．因此，,,a b c 是一个三角形的三边长当且仅当a c b ，即4211a a a a a，即2(1)0a a a ，结合112a ，解得15122a ．令23()f x x x x ，则()a b c f a ．显然当0x 时()f x 连续且严格递增，故a b c 的取值范围是151,22f f，即7,518 ． 7. 平面直角坐标系xOy 中，已知圆 与x 轴、y 轴均相切，圆心在椭圆2222:1(0)x y a b a b内，且 与 有唯一的公共点(8,9)．则 的焦距为 ．答案：10．解：根据条件，可设圆心为(,)P r r ，则有222(8)(9)r r r ，解得5r 或29r ．因为P 在 内，故5r ．椭圆 在点(8,9)A 处的切线为2289:1x y l a b ，其法向量可取为2289,n a b． 由条件，l 也是圆 的切线，故n 与PA 平行，而(3,4)PA ，所以223227a b．又2264811a b ，解得22160,135a b ．从而 的焦距为22210a b ．8. 八张标有,,,,,,,A B C D E F G H 的正方形卡片构成下图．现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边（例如可按,,,,,,,D A B E C F G H 的次序取走卡片，但不可按,,,,,,,D B A E C F G H 的次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为 ．AB C D EFGH答案：392．解：如左下图重新标记原图中的八张卡片．现将每张卡片视为顶点，有公共边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边，得到一个八阶图，该图可视为右下图中的2m n 阶图(,)G m n 在3,3m n 时的特殊情况．231-3-20P-1 G (m , n )Pn...210-1-2-m ...取卡片（顶点）的规则可解释为：(i) 若顶点P 已取走，则以下每步取当前标号最小或最大的顶点，直至取完； (ii) 若顶点P 未取走，则必为某个(,)(,0)G m n m n 的情形，此时若0m ，则将P 视为1 号顶点，归结为(i)的情形；若0,0m n ，则将P 视为1号顶点，归结为(i)的情形；若,1m n ，则当前可取P 或m 号顶点或n 号顶点，分别归结为(i)或(1,)G m n 或(,1)G m n 的情形．设(,)G m n 的符合要求的顶点选取次序数为(,)f m n ，本题所求即为(3,3)f ．由(i)、(ii)知1(,0)2(0)m f m m ，1(0,)2(0)n f n n ，且(,)2(1,)(,1)(,1)m n f m n f m n f m n m n ．由此可依次计算得(1,1)12f ，(1,2)(2,1)28f f ，(1,3)(3,1)60f f ，(2,2)72f ，(2,3)(3,2)164f f ，(3,3)392f ，即所求数目为392．二、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）平面直角坐标系xOy 中，抛物线2:4y x ，F 为 的焦点，,A B 为 上的两个不重合的动点，使得线段AB 的一个三等分点P 位于线段OF 上（含端点），记Q 为线段AB 的另一个三等分点．求点Q 的轨迹方程．解：设1122(,),(,)A x y B x y ．不妨设AP PQ QB ，则121222,33x x y y P． 易知(1,0)F ．由于点P 位于线段OF 上，故122[0,1]3x x ，12203y y ． ……………4分可设12,2y t y t ，则2212,4t x x t ．此时有2122[0,1]32x x t ，且由,A B 不重合知0t ，所以2(0,2]t ． ……………8分设(,)Q Q Q x y ，则21212232,343Q Q x x y y x t y t，有243Q Q y x ． 注意到2330,42Q x t ，故点Q 的轨迹方程为243(0)32y x x ．……………16分10.（本题满分20分）已知三棱柱111:ABC A B C 的9条棱长均相等．记底面ABC 所在平面为 ．若 的另外四个面（即面111111111,,,A B C ABB A ACC A BCC B ）在 上投影的面积从小到大重排后依次为23,33,43,53，求 的体积．解：设点111,,A B C 在平面 上的投影分别为,,D E F ，则面11111,,A B C ABB A 1111,ACC A BCC B 在 上的投影面积分别为,,,DEF ABED ACFD BCFE S S S S ．由已知及三棱柱的性质，DEF 为正三角形，且,,ABED ACFD BCFE 均为平行四边形．由对称性，仅需考虑点D 位于BAC 内的情形（如图所示）． 显然此时有ABED ACFD BCFE S S S ． ……………5分XFEB DCA由于,,,23,33,43,53DEF ABED ACFD BCFE S S S S ，故,ABED ACFD S S 必为23,33的排列，53BCFE S ，进而43DEF S ，得DEF 的边长为4，即正三棱柱 的各棱长均为4． ……………10分不妨设23,33ABED ACFD S S ，则333,2ABD ACD S S ．取射线AD 与线段BC 的交点X ，则23ABD ACD BX S CX S ，故85BX ．因此2242cos60195AX AB BX AB BX ， 而58ABD ACD ABC AD S S AX S ，故192AD． ……………15分 于是 的高221352h AA AD． 又43ABC S ，故 的体积615ABC V S h ． ……………20分11.（本题满分20分）求出所有满足下面要求的不小于1的实数t ：对任意,[1,]a b t ，总存在,[1,]c d t ，使得()()1a c b d ．解：记[1,]t I t ，()()S a c b d ．假如2t ，则当a b t 时，对任意,t c d I ，均有2(1)1S t ，不满足要求．假如312t，则当1,2a b t 时，对任意,t c d I ，均有 21a c t ，12t b d ．若,a c b d 同正或同负，则2(1)1S t ，其余情况下总有01S ，不满足要求． ……………5分以下考虑322t 的情形．为便于讨论，先指出如下引理．引理：若1,2u v ，且52u v ，则1uv ．事实上，当32u v 时，22225312244u v u v uv ． 当32u v 时，1131222uv ．引理得证． 下证对任意,t a b I ，可取11,t c d I ，使得111()()1S a c b d ．① 若12a b ，则取111c d ，此时1(1)(1)(1)(1)S a b a b ，其中31311,12222a b b a ，且5(1)(1)2()2a b a b ，故由引理知11S ．若12a b ，则取1132t c d I ，此时13322S a b， 其中331,222a b ，且3353222a b a b ，故由引理知11S ． ……………15分 注意到，当,t a b I 时，可取2t c I ，使得21a c （例如，当[1,1]a 时取20c ，当(1,]a t 时取21c ），同理，可取2t d I ，使得21b d ．此时22222()()1S a c b d a c b d ．②根据①、②，存在一个介于12,c c 之间的实数c ，及一个介于12,d d 之间的实数d ，使得()()1a c b d ，满足要求．综上，实数t 满足要求当且仅当322t ． ……………20分。