数学奥林匹克高中训练题(51)

合集下载

数学奥林匹克高中训练题(218)及解析及解析

数学奥林匹克高中训练题(218)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、解答题△BOC 、△COA 、△AOB 的面积值依次成等差数列.求tanA +3tanC 的最小值，并求出此时三个内角的值.2.设x i ≥0(i =1,2,⋯,6)，且满足{x 1+x 2+⋯+x 6=1,x 1x 3x 5+x 2x 4x 6≥1540. 求x 1x 2x 3+x 2x 3x 4+x 3x 4x 5+x 4x 5x 6+x 5x 6x 1+x 6x 1x 2的最大值.3.设A 为正常数，直线l 与双曲线C:x 2−y 2=2(x >0)所围成的有限部分的面积为A.证明：（1）直线l 被双曲线C 所截线段的中点的轨迹为双曲线；（2）直线l 总是（1）中轨迹曲线的切线.4.如图，设△ABC 的外接圆为⊙O ，∠BAC 的角平分线与BC 交于点D ，M 为BC 的中点.若△ADM 的外接圆⊙Z 分别于AB 、AC 交于P 、Q ，N 为PQ 的中点，证明：MN//AD .5.设a 1,a 2,⋯,a n ,b 1,b 2,⋯,b n>0.证明：(∑a i b i ni=1)2≤(∑f (a i b i )ni=1)(∑g (a i b i )ni=1) ≤(∑a i 2ni=1)(∑b i 2ni=1)对所有正整数n 恒成立的充分必要条件为{f (a,b )g (a,b )=a 2b 2,f (ka,kb )=k 2f (a,b )(k >0,)bf (a,1)af (b,1)+af (b,1)bf (a,1)≤a b +b a .6.求满足以下条件的正整数r 的最大值：集合{1,2,⋯,1000}中任意五个500元子集，均存在两个子集至少有r 个相同的元素.7.设P (x )=(x+√x 2−4)b +(x−√x 2−4)b2b，其中，b 为正奇数.定义数列{S i }满足S i=P (S i−1)，S 0=P (6).若正整数n ≥2，使得M =b 2n +12为素数.证明：M |(S 2n −1−6) .二、填空题8.设x 、y 为正实数，且θ≠nπ2(n ∈Z ).若sinθx =cosθy ，且cos 4θx 4+sin 4θy 4=97sin2θx 3y+y 3x，则y x +xy=______.9.设a 、b 、c ≥1，且正实数x 、y 、z 满足{a x +b y+c z =4,xa x +yb y+zx z =6,x 2a x +y 2b y+z 2c z =9.则c 的最大可能值为_______.10.在棱长为2的正方体ABCD−A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱BB 1、B 1C 1的中点.若P 为平面DMN 内一个动点，当点P 到平面BCC 1B 1的距离等于PD 的长时，点P 轨迹的离心率为________.11.二次曲线(3x +4y −13)(7x −24y +3)=200的焦点之间的距离为________. 12.设数列{a n }、{b n }满足a 0=2，b 0=2，且{a n+1=a n √1+a n 2+b n 2−b n ,b n+1=b n √1+a n 2+b n 2+a n .则a 20172+b 20172=______.13.设非实数的复数z ，满足z 23=1.则∑11+z k +z2k22k=0=______.14.将{1,2,⋯,7}随机排成{a 1,a 2,⋯,a 7}.则a 1+a 2+a 3≥a 5+a 6+a 7的概率为______. 15.设r=1+√52.计算7arctan 2r +2arctan 2r 3−arctan 2r 5=_______.参考答案1.π4、arctan2、arctan3【解析】1.设△ABC 的外接圆半径为R. 由题意知2S ΔCOA=S ΔBOC +S ΔAOB ⇒R 2sin2B =12(R 2sin2A +R 2sin2C )⇒2sin2B =sin2A +sin2C ⇒2cosB =cos (A −C )⇒2cos (A +C )+cos (A −C )=0⇒sinA ⋅sinC =3cosA ⋅cosC⇒tanA ⋅tanC =3.而tanA +3tanC ≥2√3tanA ⋅tanC =6，当且仅当tanA=3，tanC =1时，等号成立.又tanA +tanB+tanC =tanA ⋅tanB ⋅tanC ⇒tanB =2.此时，三个角依次为π4、arctan2、arctan3. 2.19540【解析】2. 设S=x 1x 2x 3+x 2x 3x 4+x 3x 4x 5+x 4x 5x 6+x 5x 6x 1+x 6x 1x 2.由(x 1+x 4)(x 2+x 5)(x 3+x 6)≤(x 1+x 2+x 3+x 4+x 5+x 6)227=127， (x 1+x 4)(x 2+x 5)(x 3+x 6)=x 1x 3x 5+x 2x 4x 6+S ≥1540+S ，则S≤127−1540=19540.当x 1=0，x 2=160，x 3=0，x 4=13，x 5=1960，x 6=13时，上式等号成立.3.（1）见解析；（2）见解析【解析】3. 作坐标旋转，令x=√2，y =√2.代入双曲线C 的方程得(√2)2−(√2)2=2XY =2⇒Y =1X .（1）设在新坐标系中，直线l 与双曲线Y =1X 的两个交点为(s,1s )、(t,1t )(0<s <t ). 此时，直线l 的方程为Y=1t −1st−s(X −s )+1s=s+t−X st.故直线l 与双曲线Y=1X所围成的有限部分的面积为A ∫(s+t−X st−1X)dX ts=t 2−s 22st−ln t s=12(t s−s t)−ln ts.因为A 是常数，所以，由上述方程确定的ts 也是常数. 设t s=k ，即t =ks .于是，直线l 被双曲线所截线段的中点的横坐标为X =s+t 2=s+ks 2=1+k 2s ，纵坐标为Y=12(1s+1t)=12(1s+1ks).故所求中点的轨迹方程为Y =1+k 2s =(1+k )24k⋅2ks 1+k=(1+k )24kX.可见，中点的轨迹为双曲线. （2）对Y=(1+k )24kX求导得Y ′(X )=−(1+k )24kX2，这即是中点轨迹曲线上横坐标为点X 处曲线切线的斜率. 当X=1+k 2s 1时，切线斜率为Y =(1+k 2s)=−(1+k )24k⋅4(1+k )2s 2=−1ks 2，而通过点(1+k2s,1+k 2ks)的直线l 的方程为Y =s+t−X st=s+kx−X ks 2，其斜率就是−1ks 2.从而，直线l 为双曲线Y =(1+k )24kX的切线.4.见解析【解析】4. 如图.设AB=c ，BC=a ，AC=b.由BQ⋅AB=BD⋅BM⇒BQ=BD⋅BMAB=a22(b+c).类似地，CP=a22(b+c).于是，BQ=CP.联结BP、CQ，并设X、Y分别为其中点.则XN=∥12BQ=∥MY.类似地，NY=∥MX.故四边形NYMX为平行四边形.由BQ=CP，知四边形NYMX为菱形.从而，MN平分∠XNY.又AD平分∠BAC，因此，AD∥MN.5.见解析【解析】5.必要性.当n=1时(ab)2≤f(a,b)g(a,b)≤a2b2⇒f(a,b)g(a,b)=(ab)2.当n=2时，(a1b1+a2b2)2≤(f(a1,b1)+f(a2,b2))(g(a1,b1)+g(a2,b2))≤(a12+a22)+(b12+b22)⇒2a1a2b1b2≤f(a1,b1)g(a2,b2)+f(a2,b2)g(a1,b1)≤a12b22+a22+a22b12⇒2≤f(a1,b1)f(a2,b2)⋅a2b2a1b1+f(a2,b2)f(a1,b1)⋅a1b1a2b2≤a1b2a2b1a2b1a1b2.设a1=a，b1=b，a2=ka，b2=kb.则2≤f(a,b)f(ka,kb)k2+f(ka,kb)f(a,b)k−2≤2.故等号成立，即k2f(a,b)f(ka,kb)=1.再取a1=a，b1=1，a2=b，b2=1，有2≤f(a,1)af(b,1)b+f(b,1)bf(a,1)a≤ab+ba.充分性只要证：2a i b i a j b j≤f(a i,b i)g(a j,b j)+f(a j,b j)g(a i,b i)≤a i2b j2+a j2b i2.令a=a ib i，b=a jb j.则2≤f (a i ,b i )f(a j ,b j )⋅a jb j a i b i+f(a j ,b j )f (a i ,b i )+a ib i a j b j≤a ib j a j b i+a jb i a i b j.6.见解析【解析】6. 首先说明r ≤200.取k∈{1,2,⋯,10}.令A k ={100k −99,100k −98,⋯,100k }.考虑集合A 1∪A 5∪A 6∪A 7∪A 9，A 1∪A 2∪A 7∪A 8∪A 10， A 2∪A 3∪A 6∪A 8∪A 9，A 3∪A 4∪A 7∪A 9∪A 10， A 4∪A 5∪A 6∪A 8∪A 10，可以看出满足题意且每个集合均有200个元素.于是，r ≤200.定义a ij ={1,i ∈A j ;0,其他,m i=∑a ij 5j=1，其中，i =1,2,⋯,1000；j =1,2,⋯,5. 则∑m i =25001000i=1.由∑|A i ∩A j |1≤i<j≤5=∑C m i21000i=1=12(∑m i 21000i=1−∑m i 1000i=1)，∑m i 21000i=1≥11000(∑m i 1000i=1)2，知∑m i 21000i=1取最小值时，m i 之间尽量相差较小设有x 个2，y 个3. 则{x +y =1000,2x +3y =2500⇒x −y =500.故∑m i21000i=1≥500×22+500×32=6500 ⇒∑|A i ∩A j |1≤i<j≤5≥2000.从而，必存在1≤j <j ≤5，使得|A i ∩A j |≥2000C 52=200.因此，r≥200.7.见解析【解析】7.首先利用归纳法证明：S i =p 2bi+1+q 2b i+1，√S i 2−4=q2b i+1+p 2b i+1，其中，p=√2−1，q =√2+1，pq =1.. 显然，当i=0时，S 0=P (6)=2−b((6−4√2)b+(6+4√2)b)=(3−2√2)b +(3+2√2)b=p 2b +q 2b⇒√S 02−4=q 2b −p 2b .假设i 时成立，考虑i+1时的情形，有S i+1=P (S i )=2−b ((S i −√S i 2−4)b+(S i +√S i 2−4)b)=2−b((2p2b i+1)b+(2q2b i+1)b)=p 2bi+2+q 2bi+2.记N=2n−1，M =b 2n +12,由上面知S 2n −1=s N =p 2bN+1+q 2b N+1=p 2(2M−1)+q 2(2M−1)=p 4M−2+q 4M−2=(pq )2(p 4M−2+q 4M−2)=3(p 4M +q 4M )−2√2(q 4M −p 4M ).一方面，由二项式定理及费马小定理得p 4M+q 4M =(17−12√2)M+(17+12√2)M=∑(C M 2j−1172j−1×2(12√2)M−(2j−1))M+12j=1≡17M×2(12√2)≡17×2≡34(modM )，2√2(q 4M −p 4M )=2√2((17+12√2)M−(17−12√2)M)=2√2∑(C M 2j172j×2(12√2)M−2j)M−12j=0=∑(C M 2j172j ×4×12M−2j×2M−2j+12)M−12j=0≡C M 0170×4×12M×2M+12≡4×12×2≡96(modM ).故S 2n −1=3(p 4M +q 4M )−2√2(q 4M −p 4M )≡3×34−96≡6(modM ).即：M |(S 2n −1−6) .8.4【解析】8. 设x=ksinθ, y =kcosθ.则cos 4θsin 4θ+sin 4θcos 4θ=y 4x 4+x 4y 4,97sin2θx 3y+y 3x=194sinθ⋅cosθsinθ⋅cosθ(cos 2θ+sin 2θ)=194⇒y 4x 4+x 4y 4=194.又y 4x 4+x 4y4=((y x +x y)2−2)2−2，故xy +y x=4.9.√43【解析】9. 由柯西不等式(a x+by+c z )(x 2a x+y 2by+z 2c z )≥(xa x +yb y+zb z )2，而由已知得(a x +by+c z )(x 2a x +y 2b y+z 2c z )=4×9=62=(xa x +yb y+zb z )2所以x =y =z .因此a x +by+c z =a x +b x +c x =4，xa x +yb y +zx z =x (a x +b x+c x )=6⇒x =32.从而c x=4−a x −b x，因为a 、b 、c ≥1，故a =b =1时，c 取得最大值为√43.10.2√3417【解析】10.即P 到定点D 距离与到定直线MN 距离比为sinθ，其中θ为二面角P-MN-C 的平面角，所以e=sinθ=√22+(4×2√2)2=2√3417.11.2√10【解析】11. 先令x=X +3，y =Y +1.则21X 2−44XY −96Y 2=200.再令X=11√525a +2√525b ，Y =−2√525a +11√525b .于是，a 28−b22=1.从而，焦点之间距离为2√10. 12.322018−1【解析】12.注意到，1+a n+12+b n+12 =1+a n 2(1+a n 2+b n 2)+b n 2+b n 2(1+a n 2+b n 2)+a n 2 =(1+a n 2+b n 2)2. 则1+a n2+b n 2=32n+1⇒a 20172+b 20172=322018−1.13.463【解析】13.注意到，∑11+z k +z2k22k=0=13+∑1−z k1−z 3k 22k=1=13+∑1−(z 24)k1−z 3k22k=1=13+∑∑z 3kl 7l=022k=1=13+(22−7)=463.14.73140【解析】14.当a 4=1，3，5，7时满足a 1+a 2+a 3≥a 5+a 6+a 7有A 662,当a 4=2,4,6时满足a 1+a 2+a 3≥a 5+a 6+a 7有A 662+1,所以所求概率为A 662×4+(A 662+1)×3A 77=73140.15.7π28【解析】15.7arctan2(1+√52)+2arctan2(2+√5)−arctan2(11+5√52)=7π28。

数学奥林匹克高中训练题(2)

ｂ＋３则数６．）．与的
１函）吉 √一的情况是（．数（＝一＋｛设 √
最大值为ｎ最小值为ｂ则ｎ＋ｂ的值是，．
（）．（（＋）Ａ）３（）（）ｃ３＋（）（）Ｂ２＋（（＋）Ｄ）２
２用与圆柱中轴成３。的平面截圆柱．０角所得的截面是一个椭圆．则这个椭圆的离心率是（）．
２）＋，（＝．（＝）２３若（则）
３数列ｎ，Ｉｎ，．０ｎ，２…满足
ａｏ＝
（（（（ＡＢｃＤ））））吉譬
③岩， ④ ；
，
作椭圆的切线ＰＧ为切点）ＣＣ（，Ｄ上ＡＢ于
Ｄ．明：段Ｐ证线Ｂ过Ｃ的中点．Ｄ
其，作粕口号的的（）中能为ｔ＋）值有（
四、２分）（０四面体ＡＣＢＤ的内切球球０
维普资讯
２，口７＝３；
设圆柱底面半径为ｒ椭圆长、半轴分别为，短ｎ、．ｎ：ｒｂ，：ｒ因此，：＿．．ｂ则２，：ｒｃ．ｅ！：
ｎＺ
３．．Ｄ
由题意知ｍ、 ∈ ｌ，，，｝ｎｌ２ … ６．
则事件总数为３．６
故概率为．
、
（ｏ分）四边形ＡＡＡ５过。。
的一个
４．Ｃ．
顶点Ａ分别作ＡＡ的垂线ｚｉ，，）。。＝１２３，（

高中数学竞赛模拟试题及参考答案(可编辑)

数学奥林匹克高中训练题第一试一、填空题（每小题8份，共64分）1.函数3()2731xx f x +=-+在区间[0,3]上的最小值为_____.2.在数列{}n a 中,113a =,且12[]n n n a a a +=-,则20092010a a +=_____. 3.若集合{|61,}A x x n n N ==-∈,{|83,}B x x n n N ==+∈,则A B 中小于2010的元素个数为_____. 4.若方程sin (1)cos 2n x n x n ++=+在π<<x 0上有两个不等实根,则正整数n 的最小值为_____. 5.若c b a >>,0=++c b a ,且21,x x 为02=++c bx ax 的两实根,则||2221x x -的取值范围为_____.6.在四面体-O ABC 中,若点O 处的三条棱两两垂直,,则在该四面体的表面上与点A 距离为2的点形成的曲线长度之和为_____.7.有n 个中心在坐标原点,以坐标轴为对称轴的椭圆的准线都是1x =.若第k (1,2,,)k n = 个椭圆的离心率2kk e -=,则这n 个椭圆的长轴之和为_____.8.某校进行投篮比赛,共有64人参加.已知每个参赛者每次投篮的命中率均为34,规定只有连续命中两次才能被录取,一旦录取就停止投篮,否则一直投满4次.设ξ表示录取人数,则E ξ=_____.二、解答题（共56分）9.(16分)设抛物线22y px =(0)p >的焦点为F ,点A 在x 轴上点F 的右侧,以FA 为直径的圆与抛物线在x 轴上方交于不同的两点,M N ,求证:FM FN FA +=.10.(20分)是否存在(0,)2πθ∈,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列?并说明理由.11.(20分)设函数32()f x ax bx cx d =+++的图像Γ上有两个极值点,P Q ,其中P 为坐标原点, (1)当点Q 的坐标为(1,2)时,求()f x 的解析式；(2)当点Q 在圆22(2)(3)1x y -+-=上时,求曲线Γ的切线斜率的最大值.加试一、(40分)设圆的内接四边形ABCD 的顶点D 在直线,,AB BC CA 上的射影分别为,,P Q R ,且ABC∠与ADC ∠的平分线交于点E ,求证:点E 在AC 上的充要条件是PR QR =.二、(40分)已知周长为1的i i i A B C ∆(1,2)i =的三条边的长分别为,,i i i a b c .设2224i i i i i i i p a b c a b c =+++(1,2)i =,求证:121||54p p -<.三、(50分)是否存在互不相同的素数,,,p q r s ,使得它们的和为640,且2p qs +和2p qr +都是完全平方数？若存在,求,,,p q r s 的值；若不存在,说明理由.四、(50分)对n 个互不相等的正整数,其中任意六个数中都至少存在两个数,使得其中一个能整除另一个.求n 的最小值,使得在这n 个数中一定存在六个数,其中一个能被另外五个整除.参考答案第一试一、1.53-.令3xt =,[0,3]x ∈,则有3()()271f x g t t t ==-+,[1,27]t ∈,而2'()3273(3)(3)g t t t t =-=-+.故当[1,3]t ∈时,'()0g t <,()g t 单调递减,当[3,27]t ∈时,'()0g t >,()g t 单调递增.所以当3t =,()g t 取得最小值min ()(3)53g t g ==-,即当1x =时,()f x 取得最小值53-.2.2009. 由已知可得113a =,223a =,343a =.下面用数学归纳法证明:21n n a a +-=,1n n a a n ++=.显然,当1n =时,结论成立.假设当n k =时,结论成立,即是有21k k a a +-=,1k k a a k ++=.则当1n k =+时,3122222[](2[])2()([][])2[1][])1k k k k k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a ++++++-=---=---=-+-=（. 121(1)1k k k k a a a a k ++++=++=+. 即,当1n k =+时,结论也成立.综上所述,21n n a a +-=,1n n a a n ++=总成立.故200920102009a a +=.3.84.由题意若x A ∈,则5(mod 6)x ≡ ,若x B ∈,则3(mod 8)x ≡ ,故若x A B ∈ ,则11(mod 24)x ≡ ,即若x A B ∈ ,则2411x k =+,于是可得满足题意的元素共有84个.4.4. 由已知得11sin 12cos x n x --=---,而1sin 2cos xx---表示上半个单位圆(不包括端点)上的动点(cos ,sin )P x x 与定点(2,1)Q -的斜率k ,要满足题意就要直线PQ 与上半个单位圆(不包括端点)有两个不同的交点,此时4(,1)3k ∈--,从而可得11(0,)3n ∈,故3n >,即正整数n 的最小值为4. 5.[0,3).由0=++c b a 知方程02=++c bx ax 有一个实数根为1,不妨设11x =,则由韦达定理可知2cx a=.而c b a >>,0=++c b a ,故0,0a c ><,且a a c c >-->,则122c a -<<-,故2221()44c x a<=<,从而可得2212||[0,3)x x -∈.6.32π. 如图,点,M N 分别在棱,AB AC 上,且2AM AN ==,点,E F 分别在棱,OB OC 上,且1OE OF ==,则2AE AF ==,因此,符合题意的点形成的曲线有:①在面OBC 内,以O 为圆心,1为半径的弧EF ,其长度为2π；②在面AOB 内,以A 为圆心,2为半径的弧EM ,其长度为6π；③在面AOC 内,以A 为圆心,2为半径的弧FN ,其长度为6π；④在面ABC 内,以A 为圆心,2为半径的弧MN ,其长度为23π.所以,所求的曲线长度之和为2326632πππππ+++=. 7.122n --.设第k 个椭圆的长半轴为k a ,焦半径为k c ,则由题意有21k k a c =,2k k k kce a -==,故可得2k k a -=,于是可得121222212n nn a a a ----+++=+++=- ,故这n 个椭圆的长轴之和为12(12)22n n---=-.8.1894. 由于每位参赛者被录取的概率均为331331133189444444444256p =⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯=,故录取人数ξ服从二项分布,即189(64,)256B ξ~,所以189189642564E ξ=⨯=.二、9.由已知得(,0)2p F ,设点(,0)A a ,则12FA a p =-,故以FA 为直径的圆为22222()()44a p a p x y +--+=.令1122(,),(,)M x y N x y ,则可知12,x x 是方程2222()2()44a p a p x px +--+=的两个实数根,将该方程化简得:22(23)0x a p x ap --+=,由韦达定理得1223322a p x x a p -+==-.故121131()()()2222FM FN x p x p a p p a p FA +=+++=-+=-=,即FM FN FA +=.10.当(0,)2πθ∈时,函数sin y x =与cos y x =的图像关于直线4x π=对称,函数tan y x =与cot y x =的图像也关于直线4x π=对称,且当4πθ=时,sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的任一排列均不可能成等差数列.故只需考虑是否存在(0,)4πθ∈使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列即可.假设存在(0,)4πθ∈符合题意,则由sin cos tan cot θθθθ<<<可知cot tan cos sin θθθθ-=-,从而有sin cos sin cos θθθθ+=⋅,故2(sin cos )12sin cos 1sin 2θθθθθ⋅=+⋅=+.而2(sin cos )1θθ⋅<,且1sin 21θ+>,故假设不成立.即,不存在这样的θ,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列.11.因为32()f x ax bx cx d =+++,所以'2()32f x ax bx c =++.因为图像Γ上有一个极值点P 为坐标原点,所以'(0)0f =,且(0)0f =.故0c d ==.(1)当点Q 的坐标为(1,2)时,由'(1)0f =与(1)2f =可得:320a b +=,且2a b +=.解之,得:4,6a b =-=.此时,32()46f x x x =-+.(2)∵'2()32f x ax bx =+,且由题意点Q 在圆22(2)(3)1x y -+-=上知0a <,∴曲线Γ的切线斜率k 的最大值为'()f x 的最大值2max3b k a=-.设点Q 的坐标为(,)m n ,则有'()0f m =,且()f m n =,∴2320am bm +=,且32am bm n +=.∴32b m a =-,23nb m=. ∴2max 332b n k a m =-=⋅. ∵n m表示过原点且与圆22(2)(3)1x y -+-=有公共点的直线的斜率,而过原点且与圆22(2)(3)1x y -+-=有公共点的直线斜率的最大值为2∴2max33(23322b n k a m =-=⋅≤=+∴曲线Γ的切线斜率的最大值为3加试一、由西姆松定理知,,P Q R 三点共线.由题意易知,,,C Q D R 四点共圆,则有DCA DQR DQP ∠=∠=∠,同样有,,,A P R D 四点共圆,则有D A C D P R D P ∠=∠=∠.故DAC ∆∽DPQ ∆,同理,可得:DAB ∆∽DRQ ∆,DBC ∆∽DPR ∆,因此有:PR DB DA DP PR BA BC QR DC DQ QR BCDB BA⋅===⋅⋅. 从而PR QR =的充要条件是DA BADC BC=.又由三角形的角平分线的性质定理可得,ABC ADC ∠∠的平分线分AC 的比分别为,BA DABC DC.故命题成立. 二、由题意知1i i i a b c ++=,且不妨设i i i a b c ≤≤,则由于三角形的三边关系可得102i i i a b c <≤≤<,于是不难得312121210(12)(12)(12)()327i i i i i i a b c a b c -+-+-<---≤=. 2222222(12)(12)(12)12()4()814()812[()()]812(4)12i i i i i i i i i i i i i i ii i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i ia b c a b c a b b c c a a b c a b b c c a a b c a b c a b c a b c a b c a b c p ---=-+++++-=-+++-=-+++-++-=-+++=- 从而可得131272i p ≤<,所以121||54p p -<. 三、由640p q r s +++=,且,,,p q r s 是互不相同的素数知,,,p q r s 都是奇数.设2222p qs m p qr n ⎧+=⎪⎨+= ⎪⎩ ①②, 并不妨设s r <,则m n <.由①,②可得()()()()m p m p qsn p n p qr-+=⎧⎨-+=⎩.若1m p ->,则由m p n p n p -<-<+可得m p q n p +==-,故2q m n =+,,s m p r n p =-=+,从而2s r m n q +=+=,故23640p q r s p q q p q +++=++=+=.又由于23s m p q p =-=-≥,故可得90p ≤,逐一令p 为不大于90的素数加以验证便知此时无解.若1m p -=,则21qs m p p =+=+,故12qs p -=.而q m p n p <+<+,故,2q n p r n p p q =-=+=+. 故3(1)3226402qs p q r s p q s q s -+++=++=++=,即是有(32)(34)385771929q s ++==⨯⨯,于是得3419,32729s q +=+=⨯,故5,67s q ==,从而167,401p r ==.综上可得167,67,401,5p q r s ====或167,67,5,401p q r s ====.四、所求的最小正整数26n =.我们分两步来证明,第一步说明25n ≤不行,第二步说明26n =是可以的.首先说明当25n ≤时是不行的.我们构造如下的25个正整数:543215432154321543215432122222;33333;55555;7,7777;1111111111,,,,,,,,,,,,,,,,,,,①②③④⑤.如上,我们把这25个正整数分成5组,则任意选取六个数都一定会有两个数在同一组,显然在同一组中的这两个数中的一个能整除另一个；另一方面,由于每一组数只有5个,因此所选的六个数必然至少选自两组数,即是说在所选的六个数中不存在其中一个能被另五个整除的数.所以,当25n =时是不行的.对于25n <,也可类似地证明.其次说明当26n =时是可以的.我们首先定义“好数组”.如果一数组中的数都在所给定的26个正整数中,其中最大的一个记为a ,除a 外的25个数中没有a 的倍数,且这25个数中所有a 的约数都在这组数中,那么我们称这个数组为“好数组”.(一个“好数组”中的数可以只有一个).现证这样的“好数组”至多有五个.否则,必存在六个“好数组”,我们考虑这六个“好数组”中的最大数,分别记为,,,,,a b c d e f ,由题知六个数,,,,,a b c d e f 中必然存在一个能整除另一个,不妨记为|b a ,即是说a 的约数b 不在a 所在的“好数组”中,这与“好数组”的定义不符,故“好数组”至多有五个.由于“好数组”至多有五个,而所给的正整数有26个,因此至少存在一个“好数组”中有六个数,考虑这个“好数组”中的最大数,由“好数组”的定义知这个数组中至少另有五个数都能整除该数.综上可得,所求的最小正整数26n =.陕西师范大学附中王全 710061 wangquan1978@。

数学奥林匹克高中训练题(4)

相交于点Ｐ、其中点Ｊ坐标为（，）两Ｑ，ｐ的３２，
寻＋２… ＝，了＋＋＇４ａｔ６／２００
ｔＩ／．
— —
圆半径的乘积为．若直线ｙ：（＞）ｋ０和
轴均与圆Ｃ。圆Ｃ相切，ｋ＝— — ．和则
＞ｔ）／为轴上一．
，
三、５）由／个Ｐ／个Ｑ和／个Ｒ（０分对＇ｔ、＇ｔｔ＇
【３刳
定点．点Ｍ的过直线交椭圆于不同的两点Ａ、直线Ａ和Ｂ，
２
ＡＢ与定直线１＝交于Ｐ、两点．．：Ｑ设
求证：＋：一１＋１
一
．
）Ｉ
Ｙ２
Ｙ３
Ｙ４
五、２（０分）２０６个实数０，／，，设０。ｔ … ．
４若、 ∈［２０，０６，．ｙ一６２０］且满足０
ｌｏ２２＋ｃｓ（＋３ｙ—１）＋ｙ＋２１）１）２（＋（一Ｙ
点，满足／ＡＧ＝且Ｃ
（，
／个白球（＇ｔｍ＞／４，＇）它们除颜色不同外，ｔ＞ｔ其
余都相同．现从中任取两个球．（）１若取出两个红球的概率等于取出一红一白两个球的概率的整数倍，证：必求ｍ
为奇数；
／ＢＨ．Ａ过点Ｇ分别作
ＧＤ上ＢＧＣ，Ｅ上ＣＧＡ，Ｆ
上Ａ垂足分别为Ｄ、Ｂ，
、．
若ＤＦ＝９￣Ｅ０，

数学奥林匹克高中训练题(31)及答案

数学奥林匹克高中训练题（31）第一试一、选择题（本题满分36分：每小题6分） 1．(训练题31)方程3511()()()191919x x x ++=实根的个数是(B)． (A)0 (B)1 (C)2 (D) 无穷多2．(训练题31)已知正方体1111D C B A ABCD -的棱长为1：点A 关于直线C A 1、1BD 的对称点分别为P 、Q ：则P 、Q 两点间的距离是(A)．(A)232 (B) 223 (C) 243 (D) 234 3．(训练题31)已知cos coscos cos221cos()cos()22βααββααβ+=--．则βαcos cos +的值等于(A)．(A) 1 (B) 21(C) 2 (D)22 4．(训练题31)设cossin55i ππω=+．则()()()()973ωωωω----x x x x 的展开式是(C)．(A)1234++++x x x x (B)124+++x x x (C)1234+-+-x x x x (D)124+--x x x 5．(训练题31)在圆0522=-+x y x 内：过点53(,)22恰有n 条弦的长度成等差数列．如果公差11(,]63d ∈：那么：n 取值的集合是(D)．(A){4：5：6} (B){6：7：8：9} (C){3：4：5} (D){3：4：5：6} 6．(训练题31)给定平面内的五个点，、、、、E D C B A 任意三点不共线：由这些点连成4条线段：每个点至少是一条线段的端点：则不同的连结方式有(D)．(A)120种 (B)125种 (C)130种 (D)135种二、填空题（本题满分54分：每小题9分）1．(训练题31)函数()()1122++=x x x f 的递增区间是 [1,1]- ．2．(训练题31)已知四面体ABCD 的体积为V ：E 为棱AD 的中点：延长AB 到F ：使AB BF =：设过F E C 、、三点的平面交BD 于G ：则四面体CDGE 的体积是13V ．3．(训练题31)满足()()x x x x cos cos sin sin -=+的锐角x =4π． 4．(训练题31)设n S 是集合1111{1}242n A -=⋯，，，的含有3个元素的所有子集的元素之和：且a n S n n =∞→24lim．则极坐标方程θρcos 21a -=表示的曲线是 4a =：双曲线的右支． 5．(训练题31)已知A 、B 、C 是平面上任意三点：且,,BC a CA b AB C ===．则c by a b c=++的最小值是122- ．6．(训练题31)如图：有矩形1221A A B B 中：已知12122,2A A a B B a =<．以边12A A 为长轴作椭圆C ：C 的短轴长等于112A B ．在C 上任取一点P （不同于长、短轴的端点）．设直线12,PB PB 于12A A 的交点分别为12,M M ．则221221A M A M += 24a ．三、(训练题31)(本题满分20分)设n 为正整数．求证：11111212342122n n -+-++-<-．四、(训练题31)(本题满分20分)在数列{}n a 中：112823,(2)4nn na a a n a -==≥-．求n a 的表达式．12tan32n n a π-=⋅五、(训练题31)(本题满分20分)经过点(2,1)M -作抛物线2y x =的四条弦(1,2,3,4)i i PQ i =：且1234,,,P P P P 四点的纵坐标成等差数列．求证：44332211MQ M P MQ MP MQ MP MQ M P ->-．第二试一、(训练题31)(本题满分50分)设CD 为Rt ABC ∆斜边AB 上的高：12,,O O O 分别是,,ABC ACD BCD ∆∆∆的内心。

高中数学奥林匹克竞赛试题及答案0204192339

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＝4·24，4·34，…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＝a2·b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab·ab＝…（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＝137·73．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，104×M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＝i·n！＋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m·n！＋k（m∈N，2≤k≤n）由于n！＝1·2·…·n是k的倍数，所以m·n！＋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a＋c＞c≥c1，b＋c＞c≥c2。

数学奥林匹克高中训练题(119)

参考答案
第一试
由柯西不等式得
、口＋ｂｘ。
＋，，２
二、１）（４分实数、ｉ，，）足Ｙ（＝１２３满
∑ ∑ｙ ∑ １＝誓＝：．
Ｉ＝１１ｌ１ｉ
试求∑ ■ｙ的．上一值
ｉ１３＝ｇｉ十１２３
４如图２在单位．，正四面体ＡＣ中，ＢＤ Ⅳ、Ｋ分别在棱ＡＢ、ＡＢ上，足ＢＤ、Ｄ满Ｍ
中等数学
教学游窘鑫锄徽愚（）１９１
第一试
填空题（每小题７分，５）共６分１若实数ｎｂｃｄ满足０ ≥ｂ．、、、 ≥ｃ ≥ｄ＞，０
一
格线已被划去）一．
只青蛙停在Ａ格处，从某一时刻起，蛙青每隔一秒钟就跳到与
图３
、
则ｓ＝
为一
＋
＋
＋
的取值范围
２如图１在 △ ＡＣ的外部作 △ ＢＣ．，ＢＤ、ＡＡＢ、Ｅ使得ＦＡＣＡ，ＦＡ
△ ＢＣ ∽ ＡＦ ∽ ＤＡＢ
它所在方格有公共边的另一方格内，至跳直到日格才停下．青蛙经过每一个方格不超若过一次，则青蛙的跳法总数为— —＿．８设Ａ．Ｂ是抛物线ｙ２ｘ的一条焦点２＝ｐ
三、５（０分）ｎ是大于１的整数，实数正
Ｌｌ．Ｅ —Ｉ — 一ＩＡｃＦＩＬ

数学奥林匹克高中训练题(01)及答案.doc

数学奥林匹克高中训练题（01）第一试一、选择题（本题满分30分，每小题6分） 1．(训练题06)设211)(xx x f +=，对任意自然数n ，定义))(()(11x f f x f n n =+，则)(1993x f 的解析式为(C)．(A)211993xx + (B)21993xx + (D)2199311993xx +2．(训练题06)若1532>==zy x ，则z y x 5,3,2从小到大的顺序是(A)．(A)z x y 523<< (B)y x z 325<< (C)z y x 532<< (D)x y y 235<< 3．(训练题06)自然数q p n m ,,,满足等式2222q p n m +=+，则q p n m +++(B)．(A)是质数 (B)是合数 (C)可能是质数，也可能是合数 (D)既不是质数，也不是合数 4．(训练题06)一圆台的上底半径为cm 1，下底半径为cm 2，母线AB 为cm 4，现有一蚂蚁从下底面圆周的A 点，绕圆台侧面(即要求与圆台的每条母线均相交)向上底面圆周的B 点爬行的最短路线是 (A)．(A)3234π+(B)3434π+ (C)3232π+ (D)3432π+ 5．(训练题06)若复数z 的共轭复数是z ，且1=z 又)1,0(),0,1(-=-=B A 为定点，则函数))(1()(i z z x f -+=取最大值时在复平面上以B A Z ,,三点为顶点的图形是(C)．(A)等边三角形 (B)直角三角形 (C)等腰直角三角形 (D)等腰三角形6．(训练题06)若ABC ∆是钝角三角形，则)arccos(sin)arccos(sin )arccos(sin C B A ++的值域是(C)．(A)(0,]2π(B)}2{π (C)3(,)22ππ (D)3(0,)2π二、填空题（本题满分30分，每小题5分）1．(训练题06)满足不等式log log x x yy xy ≥的点),(y x 的集合是{(,)|1}{(,)|01}x y x y x x y x y x >><<<且且．2．(训练题06)一个圆锥和一个圆柱，下底面在同一平面上，它们有公共的内切球，记圆锥的体积为1V ，圆柱的体积为2V ，且21kV V =，则k 的最小值是43．3．(训练题06)一个三位自然数321a a a 称为凹数，如果同时有2321,a a a a >>（例如849,525,104都是凹数而200,684,123都不是凹数），则所有的凹数的个数是 285 ．4．(训练题06)如图，已知椭圆221,,,2x y DA AB CB AB +=⊥⊥2,23==CB DA ，动点P 在AB 上移动，则PCD ∆是45．(训练题06)四次方程038420234=++-kx x x 的四个根当中的两个的积是24，则k 的值是 140 ． 6．(训练题06)四个正数之和为4，平方和为8，则这四个数中最大的那个数的最大值是 1+ 三、(训练题06)(本题满分20分)n a a a a 321,,是互不相等的自然数，证明：+++++)(7737271n a a a a ≥++++)(5535251n a a a a 333321232()n a a a a ++++．四、(训练题06)(本题满分20分)设M P ,分别在正方形ABCD 的边CD BC ,上，PM 与以AB 为半径的圆相切，线段PA 与MA 分别交对角线BD 于N Q ,，证明：五边形PQNMC 内接于圆．五、(训练题06)(本题满分20分)100个火柴盒，标号为1至100.我们可以问其中任15个盒子总共含有的火柴为奇数或偶数，至少要问几才能确定1号盒子里的火柴数的奇偶性． (3个问题)第二试一、(训练题06)(本题满分35分)右图中CDE BCD ABC ∆∆∆,,都是正三角形，线段FG ∥BA ，连EF DG ,相交于O ，连CO 并延长与AB 的延长线相交于P ，证明：D二、(训练题06)(本题满分35分)假定10321,,a a a a 和10321,,b b b b 都是由不相等的复数所组成的序列，已知对10,,2,1 =i 均有1210()()()100i i i a b a b a b +⋅+⋅⋅+=.证明：对任何10,,2,1 =j ，乘积1210()()()j j j b a b a b a +++都等于同一常数，并求出此常数．三、(训练题06)(本题满分35分)证明任意28个介于104和208之间(包括104和208)的不同的正整数，其中必有两个数不互素(即此二数的最大公约数大于1)．。

数学奥林匹克高中训练题(113)

直，面ＰＢ、Ｂ侧ＡＰＣ、ＰＡ与底面ＡＣ所成ＣＢ的二面角的平面角的
大小分别为０、。０、
，
底面 △ ＡＣ的面积为４／．Ｂ￣若３
ｔｎ０＋ｔｎ０ａｌａ＋ｔｌＪ＝３２，ａｌ，、 √
ｂ０７＝２，２０２ｏｂ８＝４，０ｂ＋３＋ｂ＋２
图２
则关于
的正确说法是（
）
（）Ａ等于２３ √
（）于ｃ等
（）Ｂ等于√ ６
一：
＾
＋ｌ一＇，， ●（＼：１２…），０ ‘ ．
贝ｌ２０ｂ＋ｂ＋… ＋ｂ９＝— — ．ｌ０２
＝＋（Ｙ＋１ｉ）的模的和等于２则＋Ｙ．的取值范围是（）．（）０√ ］Ａ［，２（）０２Ｂ［，］
ＣＡ十ＣＯｔＯｔ乙
（）０√ ］ｃ［’ ３
（）０３Ｄ［，］
２若、、是关于的一元三次方．程一５＋５ｘｘ＋１＝０的三个两两不等的复
３设函数厂Ｒ．：Ｒ，对于任何、 ∈Ｒ都Ｙ有／＋Ｙ＇（）：ｆ）＋ｆＹ，当＜０时，（（）且ｆ）．Ｙ＝（的图像与直线２０７（＜０若ｆ）０ｘ＋２０８０ｙ＝２０９相交或相切，其交点或切点０则的个数为（）．（）Ａ１（）Ｂ２（）ｃ３（）Ｄ不确定，Ｙ（的具体情况有关与＝厂）４如图１三棱锥．，ＰＰ—ＡＣ的三条侧棱Ｂ＇

中国数学奥林匹克竞赛CMO模拟题13套

(2013CMO－模拟测试 7－4) 给定圆内接五边形 ABCDE，满足 AC∥DE，M 是 BD 中点，证明：如果∠AMB=∠BMC，则 BE 平分 AC。
(2013CMO－模拟测试 7－5) 考虑方程：[x]3+x2=x3+[x]2；[x3]+x2=x3+[x2]。证明：第一个方程的解为整数，第二个方程有非整数解。
k
l
2kl
的个数至少为 2 Ckk+l。 k+l
(2013－模拟测试 2－1) △ABC 边 AB 的旁切圆与以 BC 为直径的圆相切。如果 BC、CA、AB 的长构成等差数列，求∠ACB。
(2013CMO－模拟测试 2－2) 如果 a,b,c 是整数使得 a(a-b)+b(b-c)+c(c-a) 是一个完全平方数，证明：a=b=c。
(2013CMO－模拟测试 3－3) 一个有限数集中的所有数的和称为它的元素和。任意给定不同自然数 a1,a2,…,am，证明：存在不同的自然数 b1,b2,…,bn,n≤m，满足下面两个条件：(1){b1,b2,…,bn}的每个子集有不同的元素和；(2) a1,a2,…,am 中每一个数都是{b1,b2,…,bn}某个子集的元素和。
f(y) f(x) 值域。
(2013CMO－模拟测试 3－1) 四边形 ABCD 内接于⊙O，DA 与 CB 交于 N，NT 切⊙O 于 T，对角线 AC 和 BD 的交点 P 是△NTD 的重心。求 NT : AP。
(2013CMO－模拟测试 3－2) 求所有的正数 a 和 b 使得对任意自然数 n 有[a[bn]]=n-1。
(2013CMO－模拟测试 1－4) 梯形 ABCD 中 AB∥CD，CB 延长线上点 E，线段 AD 上点 F 满足∠DAE=∠CBF，令 I 表示 CD 和 EF 的交点，J 表示 AB 和 EF 的交点，K 是线段 EF 的中点，且假设 K 不在直线 AB 上。证明：I、A、B、K 四点共圆当且仅当 K、C、D、J 四点共圆。

数学奥林匹克高中训练题(19)及答案

数学奥林匹克高中训练题(19)第一试、选择题(本题满分 36分，每小题6分) 1.(训练题 24)对于每一对实数x,y ,函数f 满足方程f (x • y)「f (x)「f (y) -T xy ，且fl 仁•那么，f(n) =n(n =1)的整数n 的个数共有(B)个. (B)1 (C)2 (D) (A)0 2 .(训练题24)有六个座位连成一排，三人就座，恰有两个空位相邻的排法种数为 (A)72 (B)96 (C) 48 (D) 3 .(训练题24)在一次体育比赛中，红白两队各有 5名队员参加，比赛记分办法是：几名就为本队得几分，且每个队员的得分均不同，得分少的队获胜，则可能获胜的分数是 3 (A).以上都不对队员在比赛中获第(C).27 (A)29 (B)28 4.(训练题24)现有下面四个命题： ① 底面是正多边形，其余各面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥. ② 底面是正三角形，相临两侧面所成二面角都相等的三棱锥是正三棱锥. ③ 有两个面互相平行，其余四个面都是全等的等腰梯形的六面体是正四棱台. ④ 有两个面互相平行，其余各个面是平行四边形的多面体是棱柱. 其中，正确的命题的个数是 (A) 3 (B) (D). 2 (C) (C) (D) (D) 13 5.(训练题24)设f : N > N , 且对所有正整数有 f(n 1) f(n), f( f( rj) 3n .f (1997)的值为(C). (A)1997 (B)1268 (C)3804 (D)5991-训练题24唱爲:;胯豐的解(x, y)共有(B)组. (A)4 二、填空题 (B)2 (C)1 (D) (本题满分 54分，每小题9分) 1.(训练题 24)数列｛a n ｝的前 14 项是 4, 6, 9, 10, 14, 15, 21, 22, 25, 26, 33,34, 35, 38，….按此规律，则2.(训练题24)函数f (x)二(長- ~^)( J x T + r 1——)丄的值域是v xJ x —1 x(0,1)3.(训练题24)方程x^1 x ； /I 2 x.二 1 远的解是—2 ■ 36 714.（训练题24）若方程x2（^2i）x 3m -i =0（m R）有一实根、一虚根，则此虚根是2i—25 .（训练题24）平面上有四点A, B, C, D,其中代B为定点，且AB = J3,C, D为动点，且AD DC =|BCT ，记S咎BD=T为也BCD的面积.贝U S2+T2的取值范围是2、「3 -3 2 2 7S2T2：4 811 1 16.（训练题24）使不等式——- - a-1995—对一切自然数n都成立的最小自然数n+1 n+2 2n+1 3a 是1997 ______ .第二试2 2一、（训练题24）（本题满分25分）已知F1, F2是椭圆笃=1（a b 0）的左、右焦点，c为半焦距，a b弦AB过焦点F2•求■ F1AB的面积的最大值.n、（训练题24）（本题满分25分）若X j・0,二人=1, x, x-i, n，求证:三、（训练题24）（本题满分35分）已知ABC是等腰三角形，AB=AC,CD是腰AB上的高线，CD1的中点为M,AE _ BM于E, AF _CE于F •求证：AF _丄AB .3四、（训练题24）（本题满分35分）46个国家派代表队参加一次国际竞赛，比赛共4个题，结果统计如下：做对第一题的选手235人，做对第一、二的选手59人，做对第一、三的选手29人，做对第一、四的选手15人，全做对的3人•存在这样的选手，他做对了前三题，但没有做对第四题•求证：存在一个国家，这个国家派的选手中至少有4个人，他们只做对了第一题.。

数学奥林匹克高中训练题(236)

2019年第2期43中图分类号：G424.79文献标识码：A文章编号:1005-6416（2019）02-0043-05第一试一、填空题（每小题8分，共64分）1.方程学%"+右'=sin7W的解为_____.2.平面区域{（x,y）I71-%271-y ^xy\的面积为______•3.已知a、b、c、d为正整数，且35log a^=y,log c J=—,a-c=9.贝l ja+b+c+d=_____.4.在中，Z4、ZB、ZC所对的边分别为a』、c,Z4BC=120°,Z4BC的平分线与AC交于点D,且BD=1.则4a+c的最小值为_____•5.甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定:每局胜者得1分,负者得0分;比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止•设甲在每局中获胜的概率为壬，乙在每局中获胜的概率为土,且各局胜负相互独立•则比赛停止时，已结束局数E的期望Eg为______.6.以抛物线y=x2上的点为直角顶点作抛物线的两个内接Rt△MAB、Rt AMCZ）.则线段4B与CD的交点E的坐标为_____•7.在正四面体4BCD中，点E、F分别在棱AB^AC±，满足BE=3,EF=4,且EF〃面BCD.则△DEF的面积为_____.8.若正整数a、b、c满足2019M10aM100bMl000c,则数组（a,b,c）的个数为_____.二、解答题（共56分）9.（16分）设不等式I2x-a\<15-2*1对所有％C[l,2]成立.求实数a的取值范围.10.（20分）在数列{a”|中，设S”=£a,1=1（n G Z+），约定:So=0.已知怡，S k_{<k；a k={（\WkWn,k、n G Z+）.[-k,S k_^k求不超过2019的最大正整数n,使得s”=o.11.（20分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C]：y2=4x,曲线C2：（x-4）2+y2=8,经过曲线G上一点P作一条倾斜角为45。

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a＋c＞c≣c1，b＋c＞c≣c2。

高中数学奥林匹克竞赛训练题

数学奥林匹克高中训练题第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分） 1．(训练题(D)．(A)cos1997sin1997- (B)cos1997sin1997-- (C)cos1997sin1997-+ (D)cos1997sin1997+2．(训练题29)复数z 满足1z R z+∈且2z -=(D)．(A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 4个3．(训练题29)已知,a b 都是正实数．则x y a b +>+且xy ab >是x a >且y b >的(B)．(A)充分不必要条件 (B)必要不充分件 (C)充要件 (D)既不充分也不必要条件4．(训练题29),a b 是两个正整数，最小公倍数为465696．则这样的有序正整数对(,)a b 共有(D) 个．(A)144 (B)724 (C)1008 (D)11555．(训练题29)方程220x px q ++=的根是sin α和cos α．则在poq 坐标平面上，6．(训练题29) 对一个棱长为1的正方体木块1111ABCD A B C D -，在过顶点1A 的三条棱上分别取点,,P Q R ，使111A P A Q A R ==．削掉四面体1A PQR -后，以截面PQR ∆为底面，在立方体中打一个三棱柱形的洞，使棱柱侧面都平行于体对角线1A C ．当洞打穿后，顶点C 处被削掉，出口是一个空间多边形．则这个空间多边形共有(B) 条边．(A)3 (B)6 (C)8 (D) 9二、填空题（本题满分54分，每小题9分） 1．(训练题29)1999111111n =个，2000()90201997f n n n =++．则()f n 被3除的余数是 1 ．2．(训练题29)函数(),()f x g x 是R 上定义的函数，且()0f x ≥的解集为{|12},()0x x g x ≤<≥的解集是空集，则不等式()()0f x g x >的解集是 {|12}x x x <≥或．3．(训练题29)棱锥S ABC -的底面是正三角形ABC ，侧面SAC 垂直于底面，另两个侧面同底面所成的二面角都是45o ，则二面角A SC B --的值是用反三角函数表示)．4．(训练题29)若21x y +≥，则函数2224u y y x x =-++的最小值等于95- ．5．(训练题29)六个正方形,,,,,A B C D E F 放置如图所示，若,,A B C 三个正方形面积之和为1,,,S D E F 三个正方形面积之和为2S ，则12SS = 3 ．6．(训练题29)已知,,a b c 是一个直角三角形三边之长，且对大于２的自然数n ，成立2222()2()n n n n n n a b c a b c ++=++．则n = 4 ．三、(训练题29)(本题满分20分)棱锥S ABC -中，4,7,9,5,6,8SA SB SC AB BC AC =≥≥=≤≤．试求棱锥S ABC -体积的最大值．四、(训练题29)(本题满分20分)数列{}n a ,适合条件1234561,2,3,4,5,119a a a a a a ======，当5n ≥时，1121n n a a a a +=-，证明22212701270a a a a a a +++=．五、(训练题29)(本题满分20分)已知(),()f x g x 和()h x 都是关于x 的二次三项式，证明：方程((()))0f g h x =不能有根１，２，３，４，５，６，７，８．第二试一、(训练题29)(本题满分50分)有限数集S 的全部元素的乘积，称为数集S 的“积数”．今给出数集11111{,,,,,}23499100M =，试确定M 的所有偶数个（2个，4个，…，98个）元素子集的“积数”之和的值．24.255 二、(训练题29)(本题满分50分)凸四边形ABCD 的对角线交点为O ．证明：ABCD 是圆外切四边形的充分必要条件是AOB ∆、BOC ∆、COD ∆、ABC DF EDOA ∆的内切圆半径1234,,,r r r r 满足关系式42311111r r r r +=+．三、(训练题29)(本题满分50分) 1211,,,a a a ；1211,,,b b b 是1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11的两种不同的排列．证明：11221111,,,a b a b a b 中至少有两个被11除所得的余数相同．。

数学奥林匹克高中训练题(220)

数学奥林匹克高中训练题(220)
褚小光;田开斌;潘成华
【期刊名称】《中等数学》
【年(卷),期】2017(000)010
【总页数】7页(P42-48)
【作者】褚小光;田开斌;潘成华
【作者单位】文武光华数学工作室,215128;文武光华数学工作室,215128;文武光华数学工作室,215128
【正文语种】中文
【中图分类】G424.79
【相关文献】
1.数学奥林匹克高中训练题(260) [J], 王永喜
2.数学奥林匹克高中训练题(261) [J], 王继忠
3.数学奥林匹克高中训练题(262) [J], 刘鹏;潘铁
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
因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。

高中奥林匹克数学竞赛试题

数学奥林匹克高中训练题（一）第一试一、选择题（每小题6分，共36分）1、已知sin a·cos b= –则cos a·sin b的取值范围为……………………………（）(A)[–1，] (B)[–] (C)[–](D)[–]2、一个人以匀速6m/s去追停在交通灯前的汽车，当他离汽车25m时，交通灯由红变绿，汽车以1m/s2的加速度匀加速开走，那么………………………………（）(A)人可在7s内追上汽车(B)人可在10s内追上汽车(C)人追不上汽车，其间最近距离为5m (D)人追不上汽车，其间最近距离为7m3、已知a、b是不相等的正数，在a、b之间插入两组数x1,x2,…,x n,y1,y2,…,y n,使a,x1,x2,…,x n,b成等差数列，a,y1,y2,…,y n,b成等比数列.则下列不等式（1）（2）（3）（4）中，为真命题的是……………………（）(A)（1）、（3）(B)（1）、（4）(C)（2）、（3）(D)（2）、（4）4、已知长方体的三条面对角线长为5，4，x.则x的取值范围为………………（）(A)（2，）(B)（3，9）(C)（3，）(D)（2，9）5、已知直线l1:y=a x+3a+2与l2:y= –3x+3的交点在第一象限.则a的取值范围为（）(A)（–(B)（–∞，）(C)（–3，(D)（–+∞）6、已知a、b、c三人的年龄次序满足：（1）如果b不是年龄最大，那么a年龄最小；（2）如果c不是年龄最小，那么a年龄最大.则这三个人的年龄从大到小为…………………………………………………（）(A)ba c(B)c ba (C)ab c(D)a c b二、填空题（每小题9分，共54分）1、不等式(x–1)≥0的解集为 .2、抛物线y=a x2+b x+c(a≠0)与x轴交于A、B两点，则以AB为直径的圆的方程为.3、圆锥的母线长为l，它和底面所成的角为θ，这个圆锥的内接正方体的棱长为（正方体有4个顶点在圆锥底面上，另4个顶点在圆锥侧面上）.4、在足球比赛中，甲方边锋从乙方球门（图2中AB）附近带球过人沿直线（图2中CD）向前推进，于点C起脚射门。

数学奥林匹克高中训练题(151)

接来证明：妻．下 ≤
令＝１一，ａｙ＝１ｂｚ一，＝１一．０ｃ贝
０ ≤ ≤ｌ且＋ ≥ Ｙ＋，ｙ， ≥ ， ≥ｙｚ＋．
参考答案
第一试
一
、
１３。．
．
因为１（在ｆ）＝（戈∈ Ｄ的值域中，）
所以，Ｄ，一ｌ∈ Ｄ，一１１∈ Ｄ，１∈ 或或、共有
三种可能，
故Ｍ≤ ÷
舒２＋）（ｙ＋
≤ ＋ｚ３ｘｙ＋）一ｘｚＹ＋＋（ｙ＋ｚ３ｙ．
同理，数（２３ … ，１）也有对ｋ：，，２０２，
三种可能．
由条件易知上式成立．
因此，Ｄ有３２可能，２１０种即满足条件的函数，）（的个数为３２．２１０个
ＡＢ：４Ａ＝Ａ＝２点、Ｇ分别是棱，ＡＤ，Ｆ、
｛中，多有多少项是１０～１００之间的ａ｝最００整数？
２
ｌ．２ｏ（０分）设、是双曲线一＝１
二
／、Ｂ４ｃＤ、Ｃ的中点．四面体曰 —ＥＧ的则ｌＦ
Ｏ
Ｉ
＝
，＝Ｇ
．
则（譬）０一，Ⅳ ）０，．
为终点作向量且作出所有的向量，其中，三边
中等数学
向量的和为零向量的三角形称为 “ 三角零形” 求以这１点为顶点的零三角形个数．２个的最大值．
Ｉ， ≤１ｃ１司理０，≤ ．

数学奥林匹克高中训练题(57)

＋１则实数ａ＝— — ，＝— — ．．ｂ
３设椭圆的方程为＋Ｙ．＝１Ａ（，），０一１为短轴的一个端点，、ｖ为椭圆上相异两点．总存在以，若删为底边的等腰△ Ａｌ则直线删ｌＮ，Ｉ，
值范围是（）．
（）．
中，Ｃ＞ＢＣ：ＡＣ，
的表达式为
９￣０为斜边Ａ的０，Ｂ
中点，Ｈ为斜边ＡＣＢ
（ ≥２ｎ）（）Ｂ（ ≥３ｎ）
（）Ａ
上的高，长Ｃ延Ｈ到Ｄ使得Ｃ＝ＤＦ为ＨＨ，
｜ｏ．，娃）
的斜率的取
＋ｈ芝，］其
（（一１０Ａ），］（（，）Ｃ）一１１足＋１＝一）
（）０１Ｂ［，］（［，］Ｄ）一１１）已知当 ∈ （，］，．２３时）．＝
６设Ｓ＝［ｒ］＋． √『
］］＋［＋… ＋［
１
维普资讯
中等数学中线ＣＤ上任意一点，过作ＢＥ上Ａ的延长线于ＦＥ，结Ｄ连Ｅ交ＢＣ于Ｇ．证：Ｆ＝Ｇ求ＣＦ．二、５（０分）设＞０．函数求
’
‘ ．．
＋２＝一）
（厂）＋Ａ）（＝４
）．
Ｂ，Ｃ，若向量、、满足关系Ｂ、Ｃ．亩
＋：０试证：ｘＡＣ为正三角形．，／Ｂ四、２（ｏ分）已知数列｛｝％，表示其前ｎ项和．

数学奥林匹克高中训练题(88)

４Ｉ
６知ｉ（，，．Ａ１ｉ江ｌ，已＋一）２３
４是平面上不同的四个点．）若此四点共圆，则ｔ、２ｔ、应满足， … ．ｌｔ、３ｔ４＿．三、２）（０分已知Ａ＝｛，，｝ ∈Ａ，１２３，
ｉ，，，０．＝１２ … ２０６记
又１ ≤ ６则有５＋ ≤２１． ≤ｎ２０，０ ≤ｎ４００于是，
口＝＋＋＋０（ＥＮ＋． … ：６ｎ０）
ｎ４２式数［】２１个＋为｜的有一＝０，Ｉ｝形 ∞
２
试用ａ、２ｌ口表示．
一四、２分）（ｏ已知Ｐ、Ｑ是椭圆ｃ。２＋Ｘ
ａｅｉ十ａｃ０ｒｎｓｒｃｓ＋ａｔｌ锄ｃ的值域是
４已知正项数列｛满足ａ＋ａ一１．ａ｝：＝０（ＥＮ＋．ｎ）下面给出５个判断：、
①０＜ ≤ １
２已知、 ∈Ｒ，．Ｙ＋戈＋Ｙ＝１（，ｎ＞ｌ
（）Ａ ①③ （）Ｃ ②③
－
４已知三棱锥Ｐ～ＡＣＰ．Ｂ，Ａ＝ａＰ，Ｂ＝
）．ｂＰ，Ｃ＝ｃＰ在底面ＡＣ上的射影０为，Ｂ △ ＡＣ的重心，Ｏ＝ｈ则一＝ＢＰ．伽
．
— —
（）Ｂ ①④ （）Ｄ ②⑤
５对于任何正整数ｋ记（）ｋ的．，ｋ为
∈Ｎ＋．＋）的最大值为一 …一）则４，．
② １： ≤口＜ｌ
３．求和： ∑ （：＋：＋ｃ：ｃ：ｃ …＋：）：：