2024年高中数学奥林匹克竞赛全真试题

全国高中数学联合竞赛试题一、选择题（本题满分36分，每题6分）1、删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列.这个新数列的第项是（）A．2046B．2047C．2048D．20492、设a，b∈R，ab≠0，那么，直线ax－y＋b=0和曲线bx2＋ay2=ab的图形是（）3、过抛物线y2=8（x＋2）的焦点F作倾斜角为60°的直线.若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于P点,则线段PF的长等于()A．B．C．D．4、若，则的最大值是（）.A．B．C．D．5、已知x、y都在区间（－2，2）内，且xy=－1，则函数的最小值是（）A．B．C．D．6、在四周体ABCD中，设AB=1，CD=，直线AB与CD的距离为2，夹角为，则四周体ABCD的体积等于（）A．B．C．D．二、填空题（本题满分54分，每题9分）7、不等式|x|3－2x2－4|x|＋3<0的解集是__________.8、设F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1|：|PF2|=2：1，则△PF1F2的面积等于__________.9、已知A={x|x2－4x＋3<0，x∈R}，B={x|21－x＋a≤0，x2－2（a＋7）x＋5≤0，x∈R}.若，则实数a的取值范围是__________.10、已知a，b，c，d均为正整数，且，若a－c=9，b－d=__________.11、将八个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于__________.12、设Mn={（十进制）n位纯小数0.只取0或1（i=1，2，…，n－1），an=1}，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则=__________.三、解答题（本题满分60分，每题20分）13、设，证明不等式.14、设A，B，C分别是复数Z0=ai，Z1=＋bi，Z2=1＋ci（其中a，b，c都是实数）对应的不共线的三点.证明：曲线Z=Z0cos4t＋2Z1cos2tsin2t＋Z2sin4t（t∈R）与△ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点.15、一张纸上画有半径为R的圆O和圆内一定点A，且OA=a，折叠纸片，使圆周上某一点A′刚好与A点重叠.这么的每一个折法，都留下一条直线折痕.当A′取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合.加试一、（本题满分50分）过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A，B.所作割线交圆于C，D两点，C在P，D之间.在弦CD上取一点 Q，使∠DAQ=∠PBC.求证：∠DBQ=∠PAC.二、（本题满分50分）设三角形的三边长分别是整数l，m，n，且l>m>n.已知，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超出x的最大整数.求这种三角形周长的最小值.三、（本小题满分50分）由n个点和这些点之间的l条连线段组成一个空间图形，其中n=q2＋q＋1，l≥q（q＋1）2＋1，q≥2，q∈N.已知此图中任四点不共面，每点最少有一条连线段，存在一点最少有q＋2条连线段.证明：图中必存在一个空间四边形（即由四点A，B，C，D和四条连线段AB，BC，CD，DA组成的图形）.答案一、选择题1、注意到452=2025，462=2116，故2026=a2026－45=a1981，2115=a2115－45=a2070.并且在从第1981项到第2070项之间的90项中没有完全平方数.又1981＋22=，故a=a1981＋22=2026＋22=2048.故选（C）.2、题设方程可变形为题设方程可变形为y=ax＋b和，则观测可知应选（B）.3、易知此抛物线焦点F与坐标原点重叠，故直线AB的方程为y=.因此，A，B两点的横坐标满足方程：3x2－8x－16=0.由此求得弦AB中点的横坐标，纵坐标，进而求得其中垂线方程，令y=0，得P点的横坐标，即，故选（A）.4、5、由已知得，故而x∈（－2，）∪（，2），故当之值最小，而此时函数u有最小值，故选（D）.6、如图，过C作，以△CDE为底面，BC为侧棱作棱柱ABF－ECD，则所求四周体的体积V1等于上述棱柱体积V2的.而△CDE的面积S=CE×CD×sin∠ECD，AB与CD的公垂线MN就是棱柱ABF－ECD的高，故因此，故选（B）.二、填空题7、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.8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a，2b，2c，则由其方程知a=3，b=2，c=，故|PF1|＋|PF2|=2a=6，又已知|PF1|：|PF2|=2：1，故可得|PF1|=4，|PF2|=2.在△PF1F2中，三边之长分别为2，4，，而22＋42=，可见△PF1F2是直角三角形，且两直角边的长短为2和4，故△PF1F2的面积=|PF1|·|PF2|=×2×4=4.9、易得A=（1，3），设f(x)=21－x＋a，g(x)=x2－2(a＋7)x＋5要使，只需f(x)，g(x)在（1，3）上的图象均在x轴下方.其充要条件是：同时有f(1)≤0，f(3)≤0，g(1)≤0，g(3)≤0.由此推出－4≤a≤－1.10、由已知可得因此，a|b，c|d.又因为a－c=9，故于是得a=25，b=125，c=16，d=32.故b－d=93.11、如图，由已知上下层四个球的球心A′，B′，C′，D′和A，B，C，D分别是上下两个边长为2的正方形的顶点，且以它们的外接圆O′和O为上下底面组成圆柱.同时，A′在下底面的射影必是的中点M.在△A′AB中，A′A=A′B=AB=2.设AB的中点为N，则A′N=.又OM=OA=，ON=1.因此MN=－1，.因此所示本来圆柱的高为.12、因为Mn中小数和小数点后都有n位，而除最后一位上的数字必为1外，其他各位上的数字都有两种选择（0或1）措施，故Tn=2n－1.又因在这2n－1个数中，小数点后第n位上的数字全是1，而其他各位上数字是0或1，各有二分之一，故三、解答题13、因为（a＋b＋c＋d）2=a2＋b2＋c2＋d2＋2（ab＋ac＋ad＋bc＋bd＋cd）≤4（a2＋b2＋c2＋d2），因此a＋b＋c＋d≤2（当且仅当a=b=c=d时取等号）.取a=b=，c=，d=，则因为，，不能同时相等，因此.14、设Z=x＋yi(x，y∈R)，则x＋yi=acos4t·i＋2(＋bi)cos2tsin2t＋(1＋ci)sin4t，实虚部分离，可得x=cos2tsin2t＋sin4t=sin2ty=a(1－x)2＋2b(1－x)x＋cx2(0≤x≤1)即y=(a＋c－2b)x2＋2(b－a)x＋a①又因为A，B，C三点不共线，故a＋c－2b≠0.可见所给曲线是抛物线段（如图）.AB，BC的中点分别是.因此直线DE的方程为y=(c－a)x＋(3a＋2b－c)②由①，②联立得a＋c－2b（x－）2=0.因为a＋c－2b≠0，故（x－）2=0，于是得x=.注意到，因此，抛物线与△ABC中平行于AC的中位线DE有且只有一个公共点，此点的坐标为，其对应的复数为15、如图，以O为原点，OA所在直线为x轴建立直角坐标系，则有A（a，0）.设折叠时，O上点A′（Rcosα，Rsinα）与点A重叠，而折痕为直线MN，则MN为线段AA′的中垂线.设P(x，y)为MN上任一点，则|PA′|=|PA|.故(x－Rcosα)2＋(y－Rsinα)2=(x－a)2＋y2，即2R(xcosα＋ysinα)=R2－a2＋2ax，故加试一、如图，连结AB，在△ADQ与△ABC中，∠ADQ=∠ABC，∠DAQ=∠PBC=∠CAB，故△ADQ∽△ABC，而有，即BC·AD=AB·DQ.又由切割线关系知△PCA∽△PAD，故；同理由△PCB∽△PBD得.又因PA=PB，故，得AC·BD=BC·AD=AB·DQ.又由有关圆内接四边形ACBD的托勒密定理知AC·BD＋BC·AD=AB·CD于是得AB·CD=2AB·DQ，故DQ=CD，即CQ=DQ.在△CBQ与△ABD中，，∠BCQ=∠BAD，于是△CBQ∽△ABD，故∠CBQ=∠ABD，即得∠DBQ=∠ABC=∠PAC.二、由题设可知于是因为（3，2）=（3，5）=1，由①可知3l－m≡3m－n≡1(mod24).目前设u是满足3u≡1(mod24)的最小正整数，则对任意满足3v≡1(mod24)的正整数v，我们有u|v，即u整除v.实际上，若，则由带余除法可知，存在非负整数a与b，使得v=au＋b，其中0<b≤u－1，从而可推出3b≡3b+au≡3v≡1(mod24)，而这显然与u的定义矛盾，因此u|v.注意到3≡3(mod24)，32≡9(mod24)，33≡27≡11(mod24)，34≡1(mod24)从而可设m－n=4k，其中k为正整数.同理可由②推出3m－n≡1(mod54)，故34k≡1(mod54).目前我们求满足34k≡1(mod54)的正整数k.因为34=1＋5×24，因此34k－1=（1＋5×24）k－1≡0(mod54)，即即有k=5t，并代入该式得t＋5t[3＋(5t－1)×27]≡0(mod52)即有t≡0(mod52)，即k=5t=53s，其中s为正整数，故m－n=500s，s为正整数.同理可证l－n=500r，r为正整数.因为l>m>n，因此有r>s.这么一来，三角形的三个边为500r＋n、500s＋n和n.因为两边之差小于第三边，故n>500(r－s)，因此，当s=1，r=2，n=501时三角形的周长最小，其值为（1000＋501）＋（500＋501）＋501=3003三、设这n个点的集合V={A0，A1，A2，…，An－1}为全集，记Ai的所有邻点（与Ai有连线段的点）的集合为Bi，Bi中点的个数记为|Bi|=bi，显然且bi≤(n－1)(i=0，1，2，…，n－1).若存在bi=n－1时，只须取则图中必存在四边形，因此下面只讨论bi<n－1(i=0，1，2，…，n－1)的情况.不妨设q＋2≤b0≤n－1.用反证法.若图中不存在四边形，则当i≠j时，Bi与Bj无公共点对，即|Bi∩Bj|≤1（0≤i<j≤n－1）.因此，(i=1，2，…，n－1).故故(n－1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q＋2－b0)(nq－q－n＋3－b0)q(q＋1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q＋2－b0)(nq－q－n＋3－b0)①但(nq－q－n＋3－b0)－q(n－b0－1)=(q－1)b0－n＋3≥(q－1)(q＋2)－n＋3=0②及(nq－q＋2－b0)－(q+1)(n－b0)=qb0－q－n＋2≥q(q＋2)－q－n＋2=1>0③由②，③及(n－b0)(q＋1)，(n－b0－1)q皆是正整数，得(nq－q＋2－b0)(nq－q－n＋3－b0)>q(q＋1)(n－b0)(n－b0－1)而这与所得的①式相矛盾，故原命题成立.中国数学奥林匹克试题一、设点I，H分别为锐角△ABC的内心和垂心，点B1，C1分别为边AC，AB的中点，已知射线B1I交边AB于点B2（B2≠B），射线C1I交AC的延长线于点C2，B2C2与BC相交于k，A1为△BHC外心，试证：A，I，A1三点共线的充足必要条件是△BKB2和△CKC2的面积相等.二、求出同时满足如下条件的集合S的元素个数的最大值：（1）S中的每个元素都是不超出100的正整数；（2）对于S中任意两个不一样的元素a，b，都存在S中的元素c，使得a与c的最大条约数等于1，并且b与c的最大条约数也等于1；（3）对于S中任意两个不一样的元素a，b，都存在S中异于a，b的元素d，使得a与d的最大条约数不小于1，并且b与d的最大条约数也不小于1.三、给定正整数n，求最小的正数λ，使得对任何θi∈（0，π/2），（i=1，2，…，n），只要tanθ1tanθ2…tanθn=2n/2，就有cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn≤λ.四、求所有满足a≥2，m≥2的三元正整数组（a，m，n），使得an＋203是am＋1的倍数.五、某企业需要录用一名秘书，共有10人报名，企业经理决定按照求职报名的次序逐一面试，前3个人面试后一定不录用，自第4个人开始将他与前面面试过的人相比较，假如他的能力超出了前面所有已面试过的人，就录用他；否则就不录用，继续面试下一个，假如前9个都不录用，那么就录用最后一个面试的人.假定这10个人的能力各不相同，能够按能力由强到弱排为第1，第2，…，第10.显然该企业到底录用到哪一个人，与这10个人报名的次序有关.大家懂得，这么的排列共有10！种，我们以Ak表示能力第k的人能够被录用的不一样报名次序的数目，以Ak/10！表示他被录用的也许性.证明：在该企业经理的方针之下，有（1）A1>A2>…>A8=A9=A10；（2）该企业有超出70%的也许性录用到能力最强的3个人之一，而只有不超出10%的也许性录用到能力最弱的3个人之一.六、设a，b，c，d为正实数，满足ab＋cd=1；点Pi（xi，yi）(i=1，2，3，4)是以原点为圆心的单位圆周上的四个点，求证：（ay1＋by2＋cy3＋dy4）2＋（ax4＋bx3＋cx2＋dx1）2≤.参考答案一、∵H是△ABC的垂心，A1是△BHC的外心，∴△BHC=180°－∠BAC，∠BA1C=2∠BAC.又由题设知AB≠AC，从而A，I，A1共线，即A1在∠BAC平分线上A1在△ABC外接圆上∠BA1C＋∠BAC=180°∠BAC=60°.现证∠BAC=60°.作ID⊥AB于D，IE⊥AC于E，设BC=a，CA=b，AC=c，则故A，I，A1共线的充要条件是△BKB2和△CKC2的面积相等.二、设，其中q是不被2，3，5，7，11整除的正整数，ai为非负整数，n≤100，则n∈Sai(1≤i≤5)中恰有一个或两个为正整数，即S由下列元素组成：不超出100的正偶数中除去2×3×5，22×3×5，2×32×5，2×3×7，22×3×7，2×5×7，2×3×11等7个偶数后余下的43个偶数；不超出100的正整数中3的奇数倍：确定3，3×3，…，3×33共17个数；不超出100的正整数中与3互质的5的奇数倍：5，5×5，5×7，5×11，5×13，5×17，5×19共7个数；不超出100的正整数中与15互质的7的奇数倍：7，7×7，7×11，7×13共4个数；质数11.现证明以上72个整数组成的集合S满足题设条件.显然满足条件（1）；对S中任意两个不一样的元素a,b,则a，b的最小公倍数中小于11的质因数至多只含有2，3，5，7，11中的4个，因此存在c∈{2，3，5，7，11}，使得（a，c）=(b，c)=1，且显然c∈S，因此S满足条件（2）；对S中任意两个没同的元素a，b，若（a，b）=1，分别取的a，b最小质原因p，q，则p，q∈{2，3，5，7，11}且p≠q，令c=pq，则有c∈S，c≠a，c≠b且（a，c）=p>1，（b，c）=q>1；若（a，b）=d>1，取d的最小质因数p，及不整除ab的最小质数q，则p，q∈{2，3，5，7，11}，令c=pq，则有c∈S，c≠a，c≠b且（a，c）≥p>1，（b，c）≥p>1.因此S满足条件（3）.如下证明任何满足题设的S的元素数目小于72.首先证明满足题设条件的S至多只能含有一个不小于10的质数.实际上若p1，p2为不小于10的质数，且p1，p2∈S，则由（3）知存在c∈S，使得（p1，c）>1，（p2，c）>1，从而有p1|c，p2|c，∴p1p2|c，由此可知c≥p1p2>100，这与（1）矛盾.从而10与100之间的21个质数11，13，17，23，…，97至多只有一个在S中.又显然1S.设集合T是由不超出100的正整数除去1及不小于10的21个质数余下的78个数组成的.下面证明T中最少尚有7个数不在S中.1°若有某一个不小于10的质数p在S中，则S中所有各数的最小质因数只也许是2，3，5，7，p中的一个.（i）若7p∈S，则2×3×5，22×3×5，2×32×5，7p包括了S中所有各数的最小质因数，因此由条件（2）知2×3×5，22×3×5，2×32×5S；若7pS，则由条件（3）知7，7×7，7×11，7×13S；（ii）若5p∈S，则由（2）知，2×3×7，22×3×7S；若5pS，则由条件（3）知5，5×5，5×7S.（iii）3p与2×5×7不一样属于S.（iv）2×3p与5×7不一样属于S.当p=11或13时，由（i），（ii），（iii），（iv）知分别最少有3个数，2个数，1个数，1个数共最少有7个数不属于S；当p=17或19时，由（i），（ii），（iii）知分别最少有4个数，2个数，1个数共最少有7个数不属于S；当p>20时，由（i），（ii）知分别最少有4个数，3个数共最少7个数不属于S.2°假如没有不小于10的素数属于S，则S中的每个元素的最小质因数只能是2，3，5，7，则如下的7对数中，每对数都不能同时都属于S.（3，2×5×7），（5，2×3×7），（7，2×3×5），（2×3，5×7），（2×5，3×7），（2×7，3×5），（22×7，3+2×5）.实际上，若上述7对数中任何一对数（a，b）都属于S，则由（2）知，存在c∈S，使得（a，c）=（b，c）=1，这与ab包括了S中每个元素的所有最小质因数矛盾.由1°，2°知T中最少尚有7个数不属于S，从而满足条件的S的元素个数的最大值为72.三、1°证当n=1，2时，λ=，当n=1时，tanθ1=，∴cosθ1=.当n=2时，tanθ1tanθ2=2，cosθ1=（i=1，2）.令tan2θ1=x，则tan2θ2=4/x，则等号成立当且仅当，由此易知当且仅当x=2时等号成立.故，当且仅当θ1=θ2时，等号成立.2°当n≥3时，λ=n－1.先证cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn<n－1（1）不妨设θ1≥θ2≥θ3≥…≥θn，要证明（1）式只要证cosθ1＋cosθ2＋cosθ3<2（2）tanθ1tanθ2…tanθn=2n/2，故tanθ1tanθ2tanθ3=.若（3）式不成立，即tan2θ2＋tan2θ3>7，从而tan2θ1≥tan2θ2>7/2.故cosθ1≤cosθ2<1/，cosθ1＋cosθ2＋cosθ3<＋1<2.从而（1）式得证.现证λ=n－1为最小的.实际上，若0<λ<n－1，则取α=λ/（n－1）<1，从而存在θi<（0，π/2）i=1，2，…，n，使得cosθi=α，tanθi=（i=1，2，…，n－1），tanθn=2n/2(α/)n－1，从而tanθ1tanθ2…tanθn=2n/2，但cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn－1＋cosθn>cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn－1=λ当n≥3时，最小的正数λ为n－1.综上所求最小正数四、设n=mq＋r，0≤r≤m－1，则an＋203=amq＋r＋203=amqar＋203≡(－1)qar＋203(mod(am＋1))从而am＋1|an＋203am＋1|(－1)aar＋203.即k(am＋1)=(－1)qar＋203.1°若2|q，则k(am＋1)=ar＋203.①（i）若r=0，则有k(am＋1)=204=22×3×17由a≥2,m≥2，易知只有a=2，m=4及a=4，m=2满足上式.故（a，m，n）=（2，4，8t）或（4，2，4t），其中t为非负整数（下同）.（ii）若r≥1，由①有ar（kam－r－1）=203－k.对于1≤k≤9，轻易验证只有当k=8时，存在a=5，m=2，r=1满足上式，即（a，m，n）=（5，2，4t＋1）.对于k≥10，则由①有10（am＋1）≤ar＋203≤kam－1＋203故am－1（10a－1）≤193，a也许值为2，3，4.当a=2时，m也许值为2，3，4，轻易验证仅当a=2，m=2，r=1或a=2，m=3，r=2时满足①式，故（a，m，n）=（2，2，4t＋1）或（2，3，6t＋2）当a=3，4时，均不存在m，r满足①式.2°若q为奇数，则k（am＋1）=203－ar②由0≤r≤m－1知，k≥0.（i）当k=0时，a=203，r=1对任意的不小于2的整数m②式都成立，故（a，m，n）=（203，m，（2t＋1）m＋1）（ii）若k≥1，则当r=0时，由②有k（am＋1）=202轻易验证仅当a=10，m=2时，上式成立，故（a，m，n）=（10，2，4t＋2）当r≥1时，由②有ar(kam－r＋1)=203－k.对于1≤k≤5，轻易验证仅当k=3时，a=8，m=2，r=1或a=2，m=6，r=3时，满足上式.（a，m，n）=（8，2，4t＋3）或（2，6，12t＋9）对于k≥6，由②有6（am＋1）<203.故am只也许有22，23，24，25，32，33，42，52.轻易验证仅当am=32，r=1时，满足（2）式，∴（a，m，n）=（3，2，4t＋3）.综上满足题设条件的三元正整数组（a，m，n）为（2，4，8t），（4，2，4t），（5，2，4t＋1），（2，2，4t＋1），（2，3，6t＋2），（203，m，（2t＋1）m＋1），（10，2，4t＋2），（8，2，4t＋3），（2，6，12t＋9），（3，2，4t＋3），其中t为非负整数.五、设Ak(a)表示目前3名中能力最强者能力排名为第a，能力排名为第k的人能够被录用的不一样报名次序的数目.当a=1时，仅当能力第k的人最后一个报名时，才被录用，因此Ak(1)=3·8！γ1.①当2≤a≤8时，若k=a，a＋1，…，10，则有Ak(a)=0；若k=1，2，3，…，a－1，则有六、令u=ay1＋by2，v=cy3＋dy4，u1=ax4＋bx3，v1=cx2＋dx1，则u2≤（ay1＋by2）2＋（ax1－bx2）2=a2＋b2－2ab(x1x2－y1y2)x1x2－y1y2≤①v12≤（cx2＋dx1）2＋（cy2－dy1）2=c2＋d2－2cd(y1y2－x1x2)y1y2－x1x2≤②①＋②并整顿得中国数学奥林匹克试题第一天一、凸四边形EFGH的顶点E、F、G、H分别在凸四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上，且满足.而点A、B、C、D分别在凸四边形E1F1G1H1的边H1E1、E1F1、F1G1、G1H1上，满足E1F1∥EF，F1G1∥FG，G1H1∥GH，H1E1∥HE.已知.求的值.二、已给正整数c，设数列x1，x2，…满足x1=c，且xn=xn－1＋＋1,n=2，3，…，其中[x]表示小于x的最大整数.求数列{xn}的通项公式.三、设M是平面上n个点组成的集合，满足：（1）M中存在7个点是一个凸七边形的7个顶点；（2）对M中任意5个点，若这5个点是一个凸五边形的5个顶点，则此凸五边形内部最少含有M中的一个点.求n的最小值.第二天四、给定实数a和正整数n.求证：（1）存在惟一的实数数列x0，x1，…，xn，xn＋1，满足（2）对于（1）中的数列x0，x1，…，xn，xn＋1满足|xi|≤|a|，i=0，1，…，n＋1.五、给定正整数n(n≥2)，设正整数ai=(i=1，2，…，n)满足a1<a2<…<an以及≤1.求证：对任意实数x，有六、证明：除了有限个正整数外，其他的正整数n均可表示为个正整数之和：n=a1＋a2＋…＋a，且满足1≤a1<a2<…<a，ai|ai＋1，i=1，2，…，.参考答案一、（1）如图1，若EF∥AC则，代入已知条件得，因此，HG∥AC.从而，E1F1∥AC∥H1G1.故.（2）如图2，若EF与AC不平行.设FE的延长线与CA的延长线相交于点T.由梅涅劳斯定理得.结合题设有.由梅涅劳斯定理逆定理知T、H、G三点共线.设TF、TG与E1H1分别交于点M、N.由E1B∥EF，得E1A=·AM.同理，H1A=·AN.因此，二、显然，当n≥2时，.令an=xn－1，则a1=c－1，对任意非负整数A，令三、先证n≥11.设顶点在M中的一个凸七边形为A1A2…A7，连结A1A5.由条件（2）知，在凸五边形A1A2A3A4A5中最少有M中一个点，记为P1.连结P1A1、P1A5，则在凸五边形A1P1A5A6A7内最少有M中一个点，记为P2，且P2异于P1.连结P1P2，则A1，A2，…，A7中最少有5个顶点不在直线P1P2上.由抽屉标准知，在直线P1P2的某一侧必有3个顶点，这3个顶点与点P1、P2组成的凸五边形内，最少含有M中一个点P3.再作直线P1P3、P2P3.令直线P1P2对应区域Ⅱ3，它是以直线P1P2为边界且在△P1P2P3异侧的一个半平面（不含直线P1P2）.类似地定义区域Ⅱ1、Ⅱ2.这么，区域Ⅱ1、Ⅱ2、Ⅱ3覆盖了平面上除△P1P2P3外的所有点.由抽屉标准知，7个顶点A1，A2，…，A7中必有＋1=3个顶点在同一区域（不妨设为Ⅱ3）中.这3个点与P1、P2组成一个顶点在M中的凸五边形，故其内部最少含M中一个点P4.因此，n≥11.下面结构一个例子阐明n=11是能够的.如图所示，凸七边形A1A2…A7为一整点七边形，设点集M为7个顶点A1，A2，…，A7且其内部有4个整点.则显然满足条件（1）.这个点集M也满足条件（2），证明如下.假设存在一个整点凸五边形，其内部不含整点.因整点多边形的面积均可表示为（n∈N＋）的形式，由最小数原理，必有一个面积最小的内部不含整点的整点凸五边形ABCDE.考虑顶点坐标的奇偶性，只有4种情况：（奇，偶），（偶，奇），（奇，奇），（偶，偶）.从而，五边形ABCDE的顶点中必有两个顶点的坐标的奇偶性完全相同.于是，它们连线的中点P仍为整点.又P不在凸五边形ABCDE内部，因此P在凸五边形的某条边上，不妨设P在边AB上，则P为AB的中点.连结PE，则PBCDE是面积更小的内部不含整点的整点凸五边形.矛盾.综上所述，n的最小值为11.四、（1）存在性.由，i=1，2，…及x0=0可知每一xi是x1的3i－1次实系数多项式，从而，xn＋1为x1的3n次实系数多项式.因为3n为奇数，故存在实数x1，使得xn＋1=0.由x1及x0=0可计算出xi.如此得到的数列x0，x1，…，xn＋1满足所给条件.惟一性.设w0，w1，…，wn＋1；v0，v1，…，vn＋1为满足条件的两个数列，则（2）设||最大，则五、当x2≥|a|（a1－1）时，由可得六、我们证明更一般的结论：对任给正整数r（r≥2），总存在正整数N（r），当n≥N（r）时，存在正整数a1，a2，…，ar，使得n=a1＋a2＋…＋ar，1≤a1<a2<…<ar，ai|ai＋1，i=1，2，…，r－1.证明如下：当r=2时，有n=1＋n－1，取N（2）=3即可.假设当r=k时结论成立.当r=k＋1时，取N(k＋1)=4N(k)3.设n=2a(2l＋1)，若n≥N(k＋1)=4N(k)3，则2a≤2N(k)2，则存在正偶数2t≤a，使得22t≥N(k)2，即2t＋1≥N(k).由归纳假设，存在正整数b1，b2，…，bk，使得2t＋1=b1＋b2＋…＋bk，1≤b1<b2<…<bk，bi|bi＋1，i=1，2，…，k－1.则2a=2a－2t×22t=2a－2t[1＋(2t－1)(2t＋1)]=2a－2t＋2a－2t(2t－1)b1＋2a－2t(2t－1)b2＋…＋2a－2t(2t－1)bkn=2a－2t(2l＋1)＋2a－2t(2t－1)b1(2l＋1)＋…＋2a－2t(2t－1)bk(2l＋1)若2l＋1≥2N(k)，则l≥N(k).由归纳假设，存在正整数c1，c2，…，ck使得l=c1＋c2＋…＋ck，1≤c1<c2<…<ck，ci|ci＋1，i=1，2，…，k－1.因此，n=2a＋2a＋1c1＋2a＋1c2＋…＋2a＋1ck满足要求.由数学归纳法知，上述一般结论对所有的r≥2成立.IMO中国国家队选拔考试试题一、在锐角△ABC中，AD是∠A的内角平分线，点D在边BC上，过点D分别作DE⊥AC、DF⊥AB，垂足分别为E、F，连结BE、CF，它们相交于点H，△AFH的外接圆交BE于点G.求证：以线段BG、GE、BF组成的三角形是直角三角形.二、设A{0，1，2，…，29}，满足：对任何整数k及A中任意数a、b（a、b能够相同），a＋b＋30k均不是两个相邻整数之积.试定出所有元素个数最多的A.三、设A{(a1，a2，…，an)|ai∈R，i=1,2,…n}，A是有限集.对任意的α=(a1，a2，…，an)∈A，β=(b1，b2，…，bn)∈A，定义：γ（α，β）=(|a1－b1|，|a2－b2|，…，|an－bn|)，D（A）={γ（α，β）α∈A，β∈A}.试证：|D（A）|≥|A|.四、求所有正整数集上到实数集的函数f，使得（1）对任意n≥1,f(n＋1)≥f(n)；（2）对任意m、n、(m、n)=1，有f(mn)=f(m)f(n).五、设A={1，2，…，}，M={1001，，3005}.对A的任一非空子集B，当B中任意两数之和不属于M时，称B为M一自由集.假如A=A1∪A2，A1∪A2=，且A1、A2均为M一自由集，那么，称有序对（A1，A2）为A的一个M一划分.试求A的所有M一划分的个数.六、设实数列{xn}满足：x0=0，x2=x1，x3是正整数，且，n≥2.问：此类数列中最少有多少个整数项？参考答案一、如图，过点D作DG′⊥BE，垂足为G′.由勾股定理知BG′2－G′E2=BD2－DE2=BD2－DF2=BF2.因此，线段BG′、G′E、BF组成的三角形是以BG′为斜边的直角三角形.下面证明G′即为G，即只须证A、F、G′、H四点共圆.如图1，连结EF，则AD垂直平分EF.设AD交EF于点Q，作EP⊥BC，垂足为P，连结PQ并延长交AB于点R，连结RE.因为Q、D、P、E四点共圆，因此，∠QPD=∠QED.又A、F、D、E四点共圆，因此，∠QED=∠FAD.于是，A、R、D、P四点共圆.又∠RAQ=∠DAC，∠ARP=∠ADC，于是，△ARQ∽△ADC,.从而，AR·AC=AQ·AD=AF2=AF·AE，即.因此，RE//FC，∠AFC=∠ARE.因为A、R、D、P四点共圆，G′、D、P、E四点共圆，则BG′·BE=BD·BP=BR·BA.故A、R、G′、E四点共圆.因此，∠AG′E=∠ARE=∠AFC.因此，A、F、G′、H四点共圆.二、所求A为{3l＋2|0≤l≤9}.设A满足题中条件且|A|最大.因为两个相邻整数之积被30整除，余数为0，2，6，12，20，26.则对任意a∈A，有2a0，2，6，12，20，26（mod30），即a0，1，3，6，10，13，15，16，18，21，25，28（mod30）.因此，A{2，4，5，7，8，9，11，12，14，17，19，20，22，23，24，26，27，29}.后一集合可分拆成下列10个子集的并，其中每一个子集至多包括A中的一个元素:{2，4}，{5，7}，{8，12}，{11，9}，{14，22}，{17，19}，{20}，{23，27}，{26，24}，{29}.故|A|≤10.若|A|=10，则每个子集恰好包括A中一个元素，因此，20∈A，29∈A.由20∈A知12A，22A，从而，8∈A，14∈A.这么，4A，24A，因此，2∈A，26∈A.由29∈A和7A，27A，从而，5∈A，23∈A.这么，9A，19A，因此，11∈A，17∈A.综上有A={2，5，8，11，14，17，20，23，26，29}，此A确实满足要求.三、对n和集A的元素个数用归纳法.假如A恰有一个元素，则D（A）仅包括一个零向量，结论成立.假如n=1，设A={a1<a2<…<am}，则{0，a2－a1，a3－a1，…，am－a1}D（A）.因此，|D（A）|≥|A|.假定|A|>1和n>1，定义B={x1，x2,…，xn－1|存在xn使得(x1，x2，…，xn－1，xn)∈A}.由归纳假设|D（B）|≥|B|.对每一个b∈B，令Ab={xn|(b，xn)∈A}，ab=max{x|x∈Ab},C=A\{b，ab}|b∈B}.则|C|=|A|－|B|.∪D∈D（B）因为|C|<|A|，由归纳假设|D(∪D∈D（B）另首先，D(A)={(D，|a－a′|)|d(b，b′)=D，且a∈Ab，a′∈Ab′}.∪∪D∈D（B）类似地，再令Cb=Ab\{ab}，有D（C）={(D，|c－c′|)|d(b，b′)=D，且c∈Cb，c′∈Cb′}.注意到，对每一对b、b′∈B，最大差|a－a′|(a∈Ab，a′∈Ab′)一定是a=ab或a′=ab′.于是，这个最大差不出目前{|c－c′||c∈Cb，c′∈Cb′}中.因此，对任何的D∈D（B），集合{|c－c′||d(b，b′)=D，且c∈Cb和c′∈Cb′}并不包括集合{|a－a′||d(b，b′)=D，且a∈Ab和a′∈Ab′}中的最大元，前者是后者的真子集.由此结论可知|D(C)|≤≤|D(A)|－|D(B)|.故|D(A)|≥|D(B)|＋|D(C)|≥|B|＋|C|=|A|.四、显然，f=0是问题的解.设f0，则f(1)≠0.否则，对任意正整数n有f(n)=f(1)f(n)=0，矛盾.于是得f(1)=1.由（1）可知f(2)≥1.下面分两种情况讨论：（i）f(2)=1，则可证f(n)=1(n)①实际上，由（2）知f(6)=f(2)f(3)=f(3).记f(3)=a，则a≥1.因为f(3)=f(6)=a，利用（1）可知f(4)=f(5)=a.利用（2）知，对任意奇数p有f(2p)=f(2)f(p)=f(p).再由此及（1）可证f(n)=a(n≥3)②实际上，a=f(3)=f(6)=f(5)=f(10)=f(9)=f(18)=f(17)=f(34)=f(33)=….由式②和（2）得a=1，即f=1，故式①成立.（ii）f(2)>1.设f(2)=2a，其中a>0.令，则g(x)满足（1）、（2）且g(1)=1，g(2)=2.设k≥2，则由（1）得2g(2k－1－1)=g(2)g(2k－1－1)=g(2k－2)≤g(2k)≤g(2k＋2)=g(2)g(2k－1＋1)=2g(2k－1＋1)；若k≥3，则22g(2k－2－1)=2g(2k－1－2)≤g(2k)≤2g(2k－1＋2)=22g(2k－2＋1).依此类推，用归纳法得2k－1≤g(2k)≤2k－1g(3)(k≥2)③同样，对任意m≥3，k≥2有gk－1(m)g(m－1)≤g(mk)≤gk－1(m)g(m＋1)④显然，当k=1时，③、④也成立.任取m≥3，k≥1，有s≥1，使得2s≤mk≤2s＋1.于是，有s≤klog2m<s＋1，即klog2m－1<s≤klog2m⑤由（1）可知g(2s)≤g(mk)≤g(2s＋1).再由③、④得令k→＋∞得g(m)=m，则f(m)=ma.综上得f=0或f(n)=na(n)，其中a(a≥0)为常数.五、对m、n∈A，若m＋n=1001或或3005，则称m与n“有关”.易知与1有关的数仅有1000和，与1000和有关的都是1和1003，与1003有关的为1000和.因此，1，1003，1000，必须分别为两组{1，1003}，{1000，}.同理可划分其他各组：{2，1004}，{999，}，{3，1005}，{998，}；这么A中的个数被划提成501对，共1002组.因为任意数与且只与对应的另一组有关，因此，若一对中一组在A1中，另一组必在A2中.反之亦然，且A1与A2中不再有有关的数.故A的M一划分的个数为2501.六、设n≥2，则再由x0=0可得于是，由此可得②记.显然，{an}为偶数列，且由x3为正整数和②知xn为整数的必要条件是3|n.而，因此，3|a3k.令，n=1，2，……，则{bn}也是偶数列，且易知对任意非负整数m、n，有③在③中令m=n，则有④设an=2knpn，bn=2lnqn，其中n、kn、ln为正整数，pn、qn为奇数.因为a1=b1=2，即k1=l1=1，由④可知k2=2，l2=3；k4=5，l4=3；k8=8，l8=5.用归纳法可得任取m1>m2≥2，由③可得由此易知用归纳法可知，对于m1>m2>…>mr≥2，有即当n=2rp，其中r(r≥2)是整数，p是奇数时，有⑤当n=4m＋1时，由③可得.由⑤可知k4m＋1=2m＋1.同理，由知k4m＋2=k4m＋3=2m＋2.综上可知当3|n时，由②得，其中3|pn.因为k3=2=×3，k6=4=×6，k12=9>×12，k24=16=×24，从而，x3，x6，x12，x24，均为整数.若n0(mod4)，则kn≤＋1，因此，⑥若n=0(mod4)，因为3|n，则n=2r×3kq，其中r≥2，k≥1，q不含3的因子.由⑤可知，kn=2r－1×3kq＋r＋1于是，kn－=2r－1×3kq＋r＋1－2r＋1×3k－1q=r＋1－2r－1×3k－1q≤r＋1－2r－1，等号当且仅当k=q=1时成立.当r>3时，2r－1=(1＋1)r－1>r＋1.由此可知，当r>3或2≤r≤3，但k、q中有一个不为1时，有⑦由⑥和⑦知{xn}中仅有x0，x3，x6，x12，x24均为整数.综上得数列中最少有5个整数项.中学生数学智能通讯赛试题高一年级一、选择题（共8道小题，每题5分，共40分）1、已知集合M={x|x3－x=0}，集合N={x|－2≤x≤1，x∈Z}，从M到N的映射f：M→N满足条件，对任意x∈M，恒有x＋3f(x)为偶数，则这么的映射共有（）A．8个B．9个C．81个D．64个2、设[t]表示小于t的最大整数，如[1]=1，[1.2]=1，则方程[3x＋1]=6x的根共有（）A．0个B．1个C．2个D．3个3、设定义域为R的函数f(x)、g(x)都有反函数，并且函数f(x＋1)和g－1(x－2)的图象有关直线y=x对称，若g(5)=，那么f(6)等于（）A．B．C．D．4、某厂生产的一个饮料售价2元，销售中还要求5个空瓶子可换取一瓶新饮料（含瓶），该种饮料每瓶成本1元（含瓶），那么该种饮料每瓶利润应是（）元.A．0．55B．0.60C．0.63D．0.705、已知集合，Q={t|t=(2k－1)2＋1,k∈N}，则P与Q的关系是（）A．P=QB．C．D．6、能使函数在区间[0，＋∞]上具备单调性的正数m的取值范围是（）A．0<m<B．m=C．m>D．m≥7、某人坚持上午在一条弃用的旧公路上步行锻炼身体，同时数数训练头脑，他先从某地向前走2步后后退1步，再向前走4步后后退2步，…，再向前走2n步后后退n步…当他走完第步后就一直往出发地走.此人从出发到回到原地一共走了（）步.A．3924B．3925C．3926D．39278、下面是一个计算机程序的操作阐明：①初始值x=1，y=1，z=0，n=0；②n=n＋1（将目前的n＋1的值赋予新的n）；③x=x＋2（将目前的x＋2的值赋予新的x）；④y=2y（将目前的2y的值赋予新的y）；⑤z=z＋xy（将目前的z＋xy的值赋予新的z）；⑥假如z>7000，则执行语句⑦，否则回到语句②继续进行；⑦打印n，z；⑧程序终止.则语句⑦打印的数值是（）A．n=7，z=7681B．n=8，z=7681C．n=7，z=7682D．n=8，z=7682二、填空题（共8道小题，每题5分，共40分）9、设f(x)=x2－x＋的定义域是[n，n＋2]（n∈N*），则f(x)的值域中所含整数的个数是_________.10、函数y=2－|x－3|－m的图象与x轴有交点，则m的取值范围是_________.11、数列{an}满足：a1=3，a2=6，an＋2=an＋1－an，则a=_________.12、幼儿园里，孩子们爬滑梯，每3秒钟爬上30厘米，又滑下10厘米，若滑梯滑道总长为6.1米，且孩子们爬到滑梯顶部后不再滑下，则通过_________秒钟后，一个孩子能够从滑梯底部爬到顶部.13、已知函数，那么f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＋f()＋f()＋f()＋f()=_________.14、数列23，2323，232323，23232323，…的一个通项公式是_________.15、设数列{an}的通项公式为，且a1<a2<a3<…<an<an＋1，则实数p的取值范围是_________.16、将10个相同的小球装入3个编号1、2、3的盒子（每次要把10个球装完），要求每个盒子里球的个数不少于盒子的编号数，则不一样的装法共有_________种.三、解答题（共4道小题，每题10分，共40分）17、把前n个自然数按某种规律排成如下数阵11361015212836…259142027354813192634…712182533…11172432…162331……2230…2938…37……（1）第一行第m列的数可用a1m表示，例如a11=1，a12=3，a13=6，请将a1m用m表示出来；（2）自然数位于第几行第几列？（3）第i行第j列的数可用aij表示，请写出aij有关i和j的体现式.18、容器A中盛有浓度为a%的农药m升，容器B中盛有浓度为b%的同种农药也是m升，两种农药的浓度差为20%（a>b）.现将A中农药的倒入B中，均匀混合后由B倒回A，恰好使A中保持m升（将A中的倒入B均匀；混合后，由B倒回A，使A保持m升不变，这么叫做一次操作），欲使两种农药的浓度差小于1%，那么最少要操作多少次？（下列对数值可供选用：lg5=0.699，lg6=0.778）.19、函数f(x)的定义域为{x|x∈R，且x≠0}，f(x)>0的解集为{x|0<x<k，或x<－k，k>0}.函数(α)=sin2α＋(ξ＋1)cosα－ξ2－ξ－k，α∈[0，π].若集合A={ξ|(α)<0}，B={f((α))>0}，试求A∩B.20、当代社会对破译密码的难度要求越来越高.有一个密码把英文的明文（真实文）按字母分解，其中英文的a，b，c…z的26个字母（无论大小写）依次对应1，2，3，…，26个自然数.见表格：abcdefghijklm12345678910111213nopqrstuvwxyz14151617181920212223242526给出如下一个变换公式：将明文转换成密文，如8→＋13=17，即h变成q，5→=3，即e→c.（1）按上述措施将明文good译成密文.（2）若按上述措施将某明文译成的密文是shxc，请你找出它的明文.高二年级一、选择题（共8小题，每题5分，共40分）1、过点（1，3）作直线l，若l通过（a，0）和（0，b）两点，且a，b∈N*，则可作出的l的条数为（）A．1B．2C．3D．多于3条2、函数的值域是（）A．（0，）B．（＋∞，0）∪（0，＋∞）C．（0，）∪（）D．（0，＋∞）3、若鲤鱼在长大时体型基本相同，一条鲤鱼的体长为15cm时体重为15g，则当此鱼长到长为20cm时它的体重大约是（）A．20gB．25gC．35gD．40g4、动点M（x，y）满足，那么点M的轨迹是（）A．直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线5、已知一个数列{an}各项是1或0，首项为1，且在第k个1和第（k＋1）个1之间有（2k－1）个0，即1，0，1，0，0，0，1，0，0，0，0，1，….则第个1是该数列的第（）项.A．45B．1981C．401D．40140136、已知△ABC的顶点B为椭圆短轴的一个端点，另两个顶点亦在椭圆上，若△ABC的重心恰为椭圆的一个焦点，则椭圆离心率的取值范围为（）A．B．C．D．7、设抛物线y2=2px(p>0)的轴和它的准线交于E点，通过焦点F的直线交一抛物线于P、Q两点（直线PQ与抛物线的轴不垂直）（如图1），则∠FEP和∠QEF的大小关系为（）A．∠FEP>∠QEFB．∠FEP<∠QEFC．∠FEP=∠QEFD．不确定8、小明到华兴文具店想购置2支钢笔或3支圆珠笔，现知6支钢笔和3支圆珠笔的价格之和不小于24元，而4以钢笔和5支圆珠笔的价格之和小于22元.若设2支钢笔的价格为a元，3支圆珠笔的价格为b元，则（）A．a>bB．a<bC．a=bD．不确定二、填空题（共8道小题，每题5分，计40分）9、已知△ABC中，BC=6，AB＋AC=10，则△ABC面积的最大值为_________.10、“神舟五号”飞船运行轨道是以地球的中心F为焦点的椭圆，测得近地点A距地面为mkm，远地点B距地面为nkm，设地球半径为Rkm，有关椭圆有如下说法：①焦距长为n－m，②短轴长为，③离心率为，④以AB方向为x轴的正方向，F为坐标原点，则左准线方程为.以上说法正确的有___________（填上所有你以为正确说法的序号）.11、已知O为坐标原点，=（－1，1），=（－5，－5），集合A={||RN|=2}，、∈A，（λ∈R，λ≠0），则=___________.12、要通过一宽度为am的直角形巷道，运输一批建筑管材到施工工地（如图2），问此巷道能通过最长的管材尺寸为___________m.13、方程的解集是___________.14、在一天内的不一样时刻，经理把文献交给秘书打印，每次都将要打印的文献放在秘书待打印文献堆在上面，秘书一有时间就将文献中最上面的那份文献取来打印.既有5份文献，经理是按1、2、3、4、5的次序交来的，在下列次序①12345；②24351；③32415；④45231；⑤54321中秘书打印文献的也许次序是___________（填上所有也许的序号）.15、已知（1－sinα）（1－cosα）=，设（1＋sinα）（1＋cosα）=，其中α是锐角，a，b，c均为正整数，且b、c（b<c）互质，则=___________.16、用min{x1，x2，…xn}表示x1，x2，…xn中的最小值，设a、b均为正数，则min{a，b，}最大的值为___________.三、解答题（共4道小题，每题10分，计40分）17、设A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，…A(x，y)是抛物线y=x2＋x＋1上任意个点，且x1＋x2＋…＋x=1，求y1＋y2＋…＋y的最小值.18、若x，y∈R，x＋y=1，则.19、已知抛物线y2=4x的焦点为F，过F作两条相互垂直的弦AB、CD，设AB、CD的中点分别为M、N.（1）求证：直线MN必过定点；（2）分别以AB和CD为直径作圆，求两圆相交弦中点H的轨迹方程.20、如图3，O1、O2相交于M、N两点，点A在O1上，射线AM、AN交O2于B、C两点，记O1面积为S1，O2面积为S2，△ABC外接圆面积为S，问：在什么条件下才能有S=S1＋S2，请作出判断并加以证明.答案高一年级一、选择题1、A提示：N={－2，－1，0，1}，x＋3f(x)为偶数.故－2，0原象必须为M={－1，0，1}中偶数，－1，1原象必须是M中奇数，故满足条件的只能有2、C提示：3x<6x≤3x＋1，即0<x≤，从而0<6x≤2，故6x=1或6x=2，从而.3、C提示：由g(5)=可知点A（5，）在函数g(x)的图象上，则点A′（，5）在函数g－1（x）的图象上，于是点B（，5）在g－1（x－2）的图象上，从而点B′（5，）在函数f(x＋1)的图象上.进而可知点C（6，）在函数f(x)的图象上，因此f(6)=.4、B提示：花8元可买4瓶喝，喝完后剩4只空瓶，再借用一只空瓶后用5只空瓶换回一瓶饮料，喝完后还回借用的空瓶子，这么8元价值等于5瓶该种饮料价值，因此每瓶实际售价合8÷5=1.6元，除去成本1元，故利润1.6－1=0.6元，选B.5、C提示：分别列出3n，4n的个位数，易知n=2，6，10，14，18，…时，∈N.故p={m|m=4n－2，n∈N*}.另首先，对任意t∈Q，t=4(k2－k＋1)－2∈P，而k2－k＋1=k(k－1)＋1是奇数，因此Q中不存在形如8k－2(k∈N*)的元素，但8k－2∈P，这表白.6、D提示：取m=1，有f(0)=1，f(7)=－5，猜测：f(x)在区间[0，＋∞]上是单调减函数；深入可证明当m≥，则当0≤x1<x2时，f(x1)与f(x2)的大小关系并不恒定.7、C8、D提示：设n=i时，x，y，z的值分别为xi，yi，zi，依题意得x0=1，xn=xn－1＋2，故{xn}是等差数列，且xn=2n＋1，y0=1，yn=2yn－1，故{yn}是等差数列，且xn=2n.zn=x1y1＋x2y2＋…＋xnyn=3·2＋5·22＋7·23＋…＋（2n＋1）2n2zn=3·22＋5·23＋…＋（2n＋1）2n＋1以上两式相减得zn=－2n＋2＋2＋（2n＋1）2n＋1=（2n－1）2n＋1＋2，依题意，程序终止时zn≥7000，zn－1≤7000，即可求得n=8，z=7682.二、填空题9、4n＋2在[n，n＋2]上是增函数，从而f(x)的值域为[n2－n＋,n2＋3n＋]，其中整数的个数为n2＋3n＋2－（n2－n＋1）＋1=4n＋2.10、0<m≤1.令2－|x－3|－m=0，即m=－|x－3|，由－|x－3|≤0，得0<2－|x－3|≤1.11、－3.由已知有a1=3，a2=6，a3=3，a4=－3，a5=－6，a6=－3，a7=3，a8=6……故a=a6×334＋4=a4=－3.12、90.设t秒钟内爬完580cm，则20×=580，得t=87，从而所需时间为87＋3=90（秒）.13、9.提示：14、.15、－<p<1.16、15.三、解答题17、（1）当自然数排到a1m时，共用去了（1＋2＋3＋…＋m）个数，从而.（2）因为第一行第63列的数为，故第2行第62列的数为，第3行第61列的数为，…，第13行第51列的数为.（3）因为aij与ai－1i＋1相邻，又18、设A中溶质为a1，B中溶质为b1，操作k次后，A、B中溶质分别为ak，bk，则a1=ma%，b1=mb%，又a%－b%=20%.故故{ak－bk}是首项为a1－b1=20m%，公比为的等比数列.则ak－bk=20m%·浓度差为.依题意得，故故最少操作7次后，浓度差小于1%.19、∵f(x)>0的解集为{x|0<x<k，或x<－k，k>0}，∴B={ξ|f（（α））>0}={ξ|0<（α）<k或（α）<－k}，A={ξ|（α）<0}，∴A∩B={ξ|（α）<－k，k>0}.由（α）<－k得sin2α＋(ξ＋1)cosα－ξ2－ξ－k<－k.∴cos2α－(ξ＋1)cosα＋ξ2＋ξ－1>0.∵α∈[0，π]，∴cosα∈[－1，1]，令u=cosα，则u∈[－1，1]，∴本题转化为对一切u∈[－1，1]，ξ为何值时，不等式u2－(ξ＋1)u＋ξ2＋ξ－1>0恒成立，令g(u)=u2－(ξ＋1)u＋ξ2＋ξ－1，∴（1）当△<0时，g(u)>0恒成立.此时(ξ＋1)2－4(ξ2＋ξ－1)=－3ξ2－2ξ＋5<0，∴ξ<或ξ>1.（2）另外，要使g(u)>0恒成立，还能够由由①得ξ∈，由②得ξ∈.故A∩B={ξ|ξ<或ξ>1}.20、（1）g→7→=4→d，o→15→=8→h，d→4→＋13=15→o.∴明文good的密文为dhho.（2）原变换公式的逆变换公式为故s→19→2×19－26=12→l，h→o，x→v，c→e.密文shxc的明文是love.高二年级一、选择题1、B2、设=t(t≥0)，有x=t2－2，则（t≥0且t≠3）从而函数值域为，选C.3、鲤鱼长大时体重G=ρV是体积的一次函数，而体积之比是相同比的立方.故，从而G=×15≈35，选C.4、动点M（x，y）的几何意义是到定点P（sinα，cosα）的距离等于到定直线l：xsinα＋ycosα－1=0的距离，∵P∈l，∴M点轨迹是过P且垂直于l的直线，选A.5、第个1前0的个数为（2×1－1）＋（2×2－1）＋（2×3－1）＋…＋（2×－1）=2=401，∴第个1为第401＋=4014013项，选D.6、设△ABC重心F(c，0)，设AC中点为D(x，y)，由，得D（），D在椭圆内部，满足，从而，即0<e<，选A.7、如图，过P、Q分别作准线的垂线PR、QS，R、S为垂足，则RP∥EF∥SQ，从而，又据抛物线定义知PF=PR，FQ=QS，因此，从而△RPE∽△SQE，故∠REP=∠SEQ，90°－∠REP=90°－∠SEQ，即∠PEF=∠QEF，选C.8、设钢笔x元/支，圆珠笔y元/支，则①×－②×得，2x－3y>0，即a>b，故选A.二、填空题9、依题意A点在以B、C点为焦点的椭圆上，当A在短轴端点处△ABC面积最大，因椭圆长轴2a=10，焦距2c=6，故，从而△ABC的最大面积为×2c×b=bc=12.10、如图，依题意a＋c=n＋R且a－c=m＋R.正确说法有①③④.11、∵，∴N（4，6）.由已知，点R的轨迹是以点N为圆心，2为半径的圆，点P、Q在此圆上，且M、P、Q三点共线.连结MN交圆N于点I，延长MN交圆N于J.由割线定理.12、建立如图坐标系，则A(－a，－a)，设管材BC斜率为k(k<0).直线BC：y＋a=k(x＋a)，则B(·－a，0)，C(0，ak－a)，因为k<0，故＋k≤－2，（＋k－1）2≥32，|BC|≥=等号仅当k=－1时成立，即此巷能通过最长的管材尺寸为米.13、(b>a>0，m>0)，故原不等式左边>，故原不等式的解集为.14、填①②③⑤.15、由已知条件得sinα＋cosα－sinαcosα=，又sin2α＋cos2α=1，设x=sinα＋cosα，y=sinαcosα，联立解得从而a＋=(1＋sinα)(1＋cosα).因此a=2，b=22，c=25，.16、，当且仅当a=b=，即a=b=时，取“=”号，填.三、解答题17、18、令t=xy，则t∈（0，）.由x＋y=1，得x2＋y2=1－2xy，x3＋y3=1－3xy，x4＋y4=1－4xy＋2x2y2，x5＋y5=1－5xy＋5x2y2.19、（1）由题可知F（1，0），设A(xA，yA)，B(xB，yB)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，直线AB的方程为y=k·(x－1)，则A、B点的坐标代入y2=4x.相减得yA＋yB=，即yM=，代入方程y=k(x－1)，解得xM=＋1，同理可得，N的坐标为（2k2＋1，－2k）.直线MN的斜率为，方程为y＋2k=（x－2k2－1），整顿得y(1－k2)=k(x－3).显然，无论k为何值，（3，0）均满足方程，因此直线MN恒过定点Q（3，0）.（3）过M、N作准线x=－1的垂线，垂足分别为E、F.由抛物线的性质不难懂得：准线x=－1为圆M与圆N的公切线，设两圆的相交弦交公切线于点G，则由平面几何的知识可知，G为EF的中点.因此xG=－1，，即G（－1，）.又因为公共弦必与两圆的连心线垂直，因此公共弦的斜率为，因此，公共弦所在直线的方程为.因此公共弦恒过原点.依照平面几何的知识懂得：公共弦中点就是公共弦与两圆连心线的交点，因此原点O、定点Q（3，0）、所求点组成以H为直角顶点的直角三角形，即H在以OQ为直径的圆上（如图）.又对于圆上任意一点P（x，y）（原点除外），必可利用方程求得k值，从而以上步步可逆，故所求轨迹方程为（x≠0）.20、当O1N⊥O2N时有S=S1＋S2，下面予以证明∠NO1O2=∠NO1M=∠A，同理∠NO2O1=∠ACM.故△AMC∽△O1NO2有，①设O1、O2、△ABC外接圆半径分别为r1、r2和R，在△ABC中AC=2RsinB=2Rsin∠ANM，在△AMN中AM=2r1sin∠ANM=2NO1sin∠ANM，代入①式得，得O2O1=R，因为O1N⊥O2N，因此.得S1＋S2=S.中国西部数学奥林匹克试题第一天1、将1，2，3，4，5，6，7，8分别放在正方体的八个顶点上，使得每一个面上的任意三个数之和均不小于10.求每一个面上四个数之和的最小值.2、设2n个实数a1，a2，…，a2n满足条件.求(an＋1＋an＋2＋…＋a2n)－(a1，a2＋…＋an)的最大值.3、设n为给定的正整数，求最小的正整数un，满足：对每一个正整数d，任意un个连续的正奇数中能被d整除的数的个数不少于奇数1，3，5，…，2n－1中能被d整除的数的个数.4、证明：若凸四边形ABCD内任意一点P到边AB、BC、CD、DA的距离之和为定值，则ABCD是平行四边形.第二天5、已知数列{an}满足：a0=0，，n=0，1，2，…，其中k为给定的正整数.证明：数列{an}的每一项都是整数，且2k|a2n，n=0，1，2，….6、凸四边形ABCD有内切圆，该内切圆切边AB、BC、CD、DA的切点分别为A1、B1、C1、D1，连结A1B1、B1C1、C1D1、D1A1，点E、F、G、H分别为A1B1、B1C1、C1D1、D1A1的中点.证明：四边形EFGH为矩形的充足必要条件是A、B、C、D四点共圆.7、设非负实数x1、x2、x3、x4、x5满足.求证：.8、1650个学生排成22行、75列.已知其中任意两列处在同一行的两个人中，性别相同的学生都不超出11对.证明：男生的人数不超出928.答案1、设某个面上的四个数a1、a2、a3、a4之和达成最小值，且a1<a2<a3<a4.因为小于5的三个不一样的正整数之和最大为9，故a1≥6.因此a1＋a2＋a3＋a4≥16如图所示的例子阐明16是能够达成的.2、当n=1时，(a2－a1)2=1，故a2－a1=±1.易知此时欲求的最大值为1.当n≥2时，设x1=a1，xi＋1=ai＋1－ai，i=1，2，…，2n－1，，且ak=x1＋x2＋…＋xk，k=1，2，…，2n.由柯西不等式得(an＋1＋an＋2＋…＋a2n)－(a1＋a2＋…＋an)=n(x1＋x2＋…＋xn)＋nxn＋1＋(n－1)xn＋2＋…＋x2n－[nx1＋(n－1)x2＋…＋xn]=x2＋2x3＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1＋(n－1)xn＋2＋…＋x2n3、un=2n－1.（1）先证un≥2n－1.因为un≥1，不妨设n≥2.因为在1，3，…，2n－1中能被2n－1整除的数的个数为1，在2(n＋1)－1，2(n＋2)－1，…，2(n＋2n－2)－1中能被2n－1整除的数的个数为0，因此，un≥2n－1.（2）再证un≤2n－1.只要考虑d为奇数且1≤d≤2n－1.考虑2n－1个奇数：2(a＋1)－1，2(a＋2)－1，…，2(a＋2n－1)－1.设s、t为整数，使得(2s－1)d≤2n－1<(2s＋1)d(2t－1)d<2(a＋1)－1≤(2t＋1)d于是，在1，3，…，2n－1中能被d整除的数的个数为s.故只要证明[2(t＋s)－1]d≤2(a＋2n－1)－1即可.实际上，有[2(t＋s)－1]d=(2t－1)d＋(2s－1)d＋d≤2(a＋1)－3＋2n－1＋2n－1=2(a＋2n－1)－1因此，un≤2n－1.综上所述，得un=2n－1.4、用记号d(P，l)表示点P到直线l的距离.先证一个引理.引理设∠SAT=α是一个定角，则∠SAT内一动点P到两边AS、AT的距离之和为常数m的轨迹是线段BC，其中AB=AC=.若点P在△ABC内，则点P到两边AS、AT的距离之和小于m；若点P在△ABC外，则点P到两边AS、AT的距离之和不小于m.实际上，由S△PAB＋S△PAC=S△ABC，知d(P，AB)＋d(P，AC)=m.如图1，若点Q在△ABC内，由S△QAB＋S△QAC<S△ABC，得d(Q，AB)＋d(Q，AC)<m若点Q在△ABC外，由S△QAB＋S△QAC>S△ABC，得d(Q，AB)＋d(Q，AC)>m（1）若四边形ABCD的两组对边都不平行，不妨设BC与AD相交于点F，BA与CD相交于点E.过点P分别作线段l1、l2，使得l1上的任意一点到AB、CD的距离之和为常数，l2上的任意一点到BC、AD的距离之和为常数，如图2.则对于区域S内任意一点Q，有d(P，AB)＋d(P，BC)＋d(P，CD)＋d(P，DA)=d(Q，AB)＋d(Q，BC)＋d(Q，CD)＋d(Q，DA)=[d(Q，AB)＋d(Q，CD)]＋[d(Q，BC)＋d(Q，DA)]>[d(P，AB)＋d(P，CD)]＋[d(P，BC)＋d(P，DA)]矛盾.（2）若四边形ABCD是梯形，也可推得矛盾.5、由题设可得，因此，.将上面两式相减，得即（an＋2－an）(an＋2＋an－2kan＋1)=0.由题设条件知，数列{an}是严格递增的，因此，an＋2=2kan＋1－an①结合a0=0，a1=1知，数列{an}的每一项都是整数.因为数列{an}的每一项都是整数，由式①可知2k|(an＋2－an)②于是，由2k|a0，及式②可得2k|a2n，n=0，1，2，…6、如图所示，设I为四边形ABCD的内切圆圆心.因为H为D1A1的中点，而AA1与AD1为过点A所作的I的切线，故H在AI上，且AI⊥A1D1.又ID1⊥AD1，故由射影定理可知IH·IA=，其中r为内切圆半径.同理可知，E在BI上，且IE·IB=r2.于是，IE·IB=IH·IA，故A、H、E、B四点共圆.因此，∠EHI=∠ABE.类