2014年第30届中国数学奥林匹克试题+答案
2014年全国初中数学联赛参考答案
2014年全国初中数学联合竞赛（初二组）初赛试题参考答案及评分标准说明：评阅试卷时，请依据本评分标准.第一试,选择题和填空题只设7分和0分两档；第二试各题,请严格按照本评分标准规定的评分档次给分,不要再增加其他中间档次.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,在评卷时请参照本评分标准划分的档次,给予相应的分数.一、选择题(本题满分42分，每小题7分)1、C 2、B 3、B 4、D 5、D 6、C二、填空题（本题满分28分，每小题7分）1、41n - 2、4 3、1 4、3三、（本大题满分20分）解不等式13|2|-<-x x解：（1）当2<x 时，不等式化为132-<-x x ，解此不等式得43>x ,故此时243<<x ；（2）当2≥x 时，不等式化为132-<-x x ，解此不等式得21->x ,此时2≥x ．（15分） 综上所述，不等式的解为：34x >．（20分） 四、（本大题满分25分）如图，在等腰梯形ABCD 中，//AD BC ，DE BC ⊥于E .若3,5DE BD ==，求梯形ABCD 的面积．解：在直角△BDE 中，由勾股定理有：422=-=DE BD BE ；（5分） 过D 作AC 的平行线交BC 的延长线于F ，连接DF 、CF ，则ACFD 是平行四边形，故CF =AD ，DF AC BD ==，所以DE 是等腰△DBF 底边上的高，故28BF BE ==（15分） 所以1221)(21=⋅=+=DE BF DE AD BC S ABCD （25分）．五、（本大题满分25分）已知正整数a 、b 满足332)(b a b a +=+，试求a 、b 的值．解：由已知得b a b ab a +=+-22，（5分）则2)1()1()(222=-+-+-b a b a ．（10分）因为a 、b 均为正整数，故01≥-a ，01≥-b ，（1）当a=b 时，1)1()1(22=-=-b a ，即a =b=2；（15分）（2）当a b ≠时，2()1a b -=，从而2(1)1a -=且2(1)0b -=；或者2(1)0a -=且2(1)1b -=；所以，2,1a b ==，或者1,2a b ==．（20分）综上所述，所求,a b 的值是：2a b ==；或者1,2a b ==；或者2,1a b ==．（25分）。
2014年中国数学奥林匹克(CMO)试题及其解答
= f(f(k) + 1) − f f(k) ∈ 0，1
即当n = k + 1时，结论也成立。根据数学归纳法，（2）式得证。
最后，我们用数学归纳法证明：对于任意m ∈ N ，m ≥ 2，有
f(2 ) = 2
（3）
根据条件知：
f(3) = f f(2) + f 3 − f(2) = f(1) + f(2) = 2，
（1）我们先证明必要性，即若△DEF 的外心与△ABC 的内心重合，则BE + CF = BC。 若 I 为△DEF 外心，则ID = IE = IF，从而△IDL≌△IFM≌△IEN，于是知DL = FM = EN。又AM = AN，且AE＜AF，所以 E 在线段 AN 上，F 在线段 CM 上，所以BE = BN + EN， CF = CM − FM。于是知BE + CF = BN + CM。又BN = BL，CM = CL，所以BE + CF = BN + CM = BL + CL = BC。
交流知识 共享智慧
文武光华
A
E(E') N
I
M F(F')
综上所述，命题得证。
B
DL
C
二、对大于1的正整数n，定义集合D(n) = a − b|n = ab，a、b ∈ N ，a＞b 。证明：
对任意大于1的整数k，总存在k个互不相同且大于1的整数n 、n 、 … 、n ，使得
|D(n )⋂D(n ) ⋂ … ⋂D(n )| ≥ 2。
且1 ≤ f(k) ≤ k，从而根据归纳假设知：
f(k + 2) − f(k + 1) = f f(k + 1) + f k + 2 − f(k + 1) − f f(k) + f k + 1 − f(k)
2014年全国高中数学联合竞赛一试(A卷)参考答案及评分
2014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，不要增加其他中间档次.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，不要增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分．1. 若正数,a b 满足 2362log 3log log ()a b a b ，则11a b的值为．答案：108．解：设2362log 3log log ()a b a b k ，则232,3,6k k k a b a b ，从而23231162310823k k k a b a b ab ．2. 设集合312b a b a中的最大元素与最小元素分别为,M m ，则M m 的值为 ．答案：5 ．解：由12a b 知，33251b a ，当1,2a b 时，得最大元素5M ．又33b a a a ，当a b 时，得最小元素m 因此，5M m3. 若函数2()1f x x a x 在[0,) 上单调递增，则实数a 的取值范围是 ．答案：[2,0] ．解：在[1,) 上，2()f x x ax a 单调递增，等价于12a，即2a ．在[0,1]上，2()f x x ax a 单调递增，等价于02a，即0a ．因此实数a 的取值范围是[2,0] ．4. 数列{}n a 满足12a ，*12(2)()1n n n a a n n N ，则2014122013a a a a ．答案：20152013．解：由题设 122(1)2(1)21n n n n n n a a a n n n112(1)2232(1)12n n n a n n n ．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则21223242(1)n n S n −=+×+×+++ ，所以 2322223242(1)nn S n =×+×+×+++ ，智浪教育—普惠英才文库将上面两式相减，得 122(1)(2222)n n n nS n −−=+−++++2(1)22n nn n n =+−=．故2013201420131220132201522013a a a a20152013． 5. 正四棱锥P ABCD 中，侧面是边长为1的正三角形，,M N 分别是边,AB BC 的中点，则异面直线MN 与PC 之间的距离是 ．答案解：设底面对角线,AC BD 交于点O ，过点C 作直线MN 的垂线，交MN 于点H ．由于PO 是底面的垂线，故PO CH ，又AC CH ，所以CH 与平面POC 垂直，故CH PC ．因此CH 是直线MN 与PC的公垂线段，又CH MN 与PC6. 设椭圆Г的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Г交于点,P Q ．若212PF F F ，且1134PF QF，则椭圆Г的短轴与长轴的比值为．答案．解：不妨设114,3PF QF ．记椭圆Г的长轴，短轴的长度分别为2a ，2b ，焦距为2c ，则2122PF F F c ，且由椭圆的定义知，1212224a QF QF PF PF c ．于是 212121QF PF PF QF c ．设H 为线段1PF 的中点，则12,5F H QH ，且有21F H PF ．由勾股定理知，2222222121QF QH F H F F F H ，即2222(21)5(2)2c c ，解得5c ，进而7a ，b =，因此椭圆Г的短轴与长轴的比值为b a ．7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I ．若点P 满足1PI ，则△APB 与△APC 的面积之比的最大值为 ．答案． 解：由1PI 知点P 在以I 为圆心的单位圆K 上．设BAP ．在圆K 上取一点0P ，使得 取到最大值0 ，此时0P 应落在IAC 内，且是0AP 与圆K 的切点．由于003，故 001sin sin sin sin 621sin sin sin sin 23336APB APCAP AB S S AP AC， ①其中，006IAP． 由02AP I知，011sin 24IP AI r，于是cot ，所以sin356sin 6．②根据①、②可知，当0P P 时，APB APCS S 35．8. 设A ，B ，C ，D 是空间四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两对点之间是否连边是相互独立的，则A ，B 可用（一条边或者若干条边组成的）空间折线连接的概率为 ．答案：34．解：每对点之间是否连边有2种可能，共有6264 种情况．考虑其中A ，B 可用折线连接的情况数．(1) 有AB 边：共5232 种情况．(2) 无AB 边，但有CD 边：此时A ，B 可用折线连接当且仅当A 与C ，D 中至少一点相连，且B 与C ，D 中至少一点相连，这样的情况数为22(21)(21)9 ．(3) 无AB 边，也无CD 边：此时AC ，CB 相连有22种情况，AD ，DB 相连也有22种情况，但其中AC ，CB ，AD ，DB 均相连的情况被重复计了一次，故A ，B 可用折线连接的情况数为222217 ．以上三类情况数的总和为329748 ，故A ，B 可用折线连接的概率为483644．二、解答题：本大题共3小题，共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，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线24y x 的两条切线，两切点连线P l 与PO 垂直．设直线P l 与直线PO ，x 轴的交点分别为Q ，R ．(1) 证明R 是一个定点； (2) 求PQ QR的最小值．解： (1)设P 点的坐标为(,)(0)a b b ，易知0a ≠．记两切点A ，B 的坐标分别为1122(,),(,)x y x y ，则PA ，PB 的方程分别为112()yy x x ， ① 222()yy x x ，② 而点P 的坐标(,)a b 同时满足①，②，故A ，B 的坐标11(,)x y ，22(,)x y 均满足方程2()by x a ． ③故③就是直线AB 的方程．直线PO 与AB 的斜率分别为b a 与2b ，由PO AB 知，21b a b，故2a ．………………4分从而③即为2(2)y x b，故AB 与x 轴的交点R 是定点(2,0)． ……………8分(2) 因为2a =− ，故直线PO 的斜率12b k ，直线PR 的斜率24bk ．设OPR ，则 为锐角，且22121211182824tan 2224b b PQ k k b b b b QR k k b b ．当b 时，PQ QR的最小值为 …………………16分10. （本题满分20分）数列{}n a 满足16a，*1arctan (sec )()N n n a a n ．求正整数m ，使得121sin sin sin 100m a a a． 解：由已知条件可知，对任意正整数n ，1,22n a，且 1tan sec n n a a ．①由于sec 0n a ，故10,2n a．由①得，2221tan sec 1tan n n n a a a ，故 221132tan 1tan 133n n a n a n， 即3tan n n a…………………10分 因此121212tan tan tan sin sin sin sec sec sec m m ma a a a a a a a a12231tan tan tan tan tan tan m m a a a a a a（利用①） 11tan tan m a a1100，得m =3333． …………………20分11. （本题满分20分）确定所有的复数 ，使得对任意复数12121,(,1,z z z z z ≠2)z ，均有211()z z ≠222()z z ．解：记2()()f z z z ．则22121122()()()()f z f z z z z z121212(2)()z z z z z z ．①假如存在复数12121,(,1,z z z z z ≠2)z ，使得12()()f z f z ，则由①知，121212(2)()z z z z z z ，利用121212z z z z z z ≠0知，12122222z z z z ，即2 ． …………………10分另一方面，对任意满足2 的复数 ，令12i,i 22z z，其中012，则1z ≠2z ，而i 122，故12,1z z ．此时将 12z z ，122i z z ，122i 2i z z代入①可得，12()()2i (2i)0f z f z ，即12()()f z f z ．综上所述，符合要求的 的值为 ,2C ． …………………20分。
2014年全国初中数学竞赛试题参考答案及评分标准
2014年全国初中数学竞赛试题参考答案及评分标准一、选择题（共10小题，每小题6分，满分60分.） 1.已知x 、y 、z 满足2x =3y-x =5z+x ，则5x-yy+2z的值为（ ）（A ）1 （B ）13 （C ）-13 （D ）12【答】B ．解：设 2x =3y-x =5z+x =1k 则x=2k ，y-z=3k ，z+x=5k ，即x=2k ，y=6k ，z=3k 。
所以5x-y y+2z =5·2k-6k 6k+6k =13，故选B.2.已知等腰三角形的周长为12，则腰长a 的取值范围是（ ）（A ）a ＞3 （B ）a ＜6 （C ）3＜a ＜6 （D ）4＜a ＜7 【答】C.解：腰长为a ，则底长为12-2a ，由2a ＞12-2a 及12-2a ＞0可得3＜a ＜6 故选C. 3.设 21x x 、 是一元二次方程032=-+x x的两根，则 1942231+-x x 等于（ ）（A ）-4 （B ）8 （C ）6 （D ）0 【答】D.解：将21x x 、代入方程，将目标整式降次，利用两根之和求解.4．如果a b ，为给定的实数，且1a b <<，那么1121a a b a b ++++，， ，这四个数据的平均数与中位数之差的绝对值是（ ） （A ）1 （B ）214a - （C ）12 （D ）14【答】D.解：由题设知，1112a a b a b <+<++<+，所以这四个数据的平均数为1(1)(1)(2)34244a ab a b a b+++++++++=， 中位数为 (1)(1)44224a ab a b++++++=， 于是 4423421444a b a b ++++-=. 故选D.5. 如图，正方形A BCD 和EFGC 中，正方形EFGC 的边长为a ，用a 的代数式表示阴影部分△AEG 的面积为（ ）（A ）232a （B ）223a （C ）212a （D ）2a【答】C ．6.若△ABC 的三条边a,b,c 满足关系式a 4+b 2c 2- a 2c 2-b 4=0，则△ABC 的形状是（ ） （A ）等腰三角形 （B ）等边三角形（C ）直角三角形 （D ）等腰三角形或直角三角形 【答】D.解法一：原方程左边变形为 （a 4-b 4）+（b 2c 2-a 2c 2）=0， （a 2+b 2）（a 2-b 2）+（b 2-a 2+）c 2=0，∴（a 2-b 2）（a 2+b 2-c 2）=0， ∴a=b 或c 2=a 2+b 2.∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形. 解法二：应用配方法a 4+b 2c 2- a 2c 2-b 4=0， （a 4-a 2c 2）-（-b 2c 2+b 4）=0 （a 2-22c ）2 -（22c -b 2）2=0 ∴（a 2-b 2）（a 2+b 2-c 2）=0， ∴a 2-b 2=0,或a 2+b 2-c 2=0. ∴a=b 或c 2=a 2+b 2. ∴△ABC 为等腰三角形或直角三角形. 故选D.7．一批志愿者组成了一个“爱心团队”，以募集爱心基金.第一个月他们就募集到资金1万元，随着影响的扩大，第n (n ≥2)个月他们募集到的资金都将会比上个月增加20%，则当该月所募集到的资金首次突破10万元时(参考数据: 51.22.5≈，61.2 3.0≈，71.2 3.6≈)，相应的n 的值为（ ）（A ）11 （B ）12 （C ）13 （D ）14 【答】D.8．如图：点D 是△ABC 的边BC 上一点，若∠CAD = ∠DAB = 60°，AC = 3 ，AB = 6，则AD 的长度是（ ）（A ）2 （B ）2.5 （C ）3 （D ）3.5 【答】A.解：如图，作BE ⊥AC 交CA 的延长线于E ，在Rt △ABE 中， ∠BAE= 60° ∴∠ABE= 30° ∴AE=21AB = 3 由勾股定理得BE =33∴21BCA s △AC ·BE =329 ∵∠CAD = ∠DAB = 60°同理得△ADC 和△ABD 中AD 边上的高分别是323和33 ∴=CD A s △343AD ,=B DA s △323AD 又CD A s △+B DA s △=BC A s △ ∴343AD + 323AD =329 ∴AD = 2 故选A9.若m=20132+20132×20142+20142，则m ( )（A ）是完全平方数，还是奇数 （B ）是完全平方数，还是偶数 （C ）不是完全平方数，但是奇数 （D ）不是完全平方数，但是偶数 【答】A.解 ：原式=20132-2×2013×2014+20142+2×2013×2014+20132×20142=(2013-2014)2+2×2013×2014+(2013×2014)2=1+2×2013×2014+(2013×2014)2=(2013×2014+1)2所以(2013×2014+1)2是一个完全平方数，末尾数字是9，所以也是奇数. 故选A. 10、设非零实数a ，b ，c 满足2302340a b c a b c ++=⎧⎨++=⎩，，则222ab bc caa b c ++++的值为（ ） （A ）12-（B ）0 （C ）12（D ）1 【答】A.解：由已知得(234)(23)0a b c a b c a b c ++=++-++=，故 2()0a b c ++=．于是 2221()2ab bc ca a b c ++=-++， 所以22212ab bc ca a b c ++=-++．故选A.二、填空题（共5小题，每小题6分，满分30分）11.已知整数1234a a a a ⋅⋅⋅，，，，满足下列条件：10a =，21|1|a a =-+，32|2|a a =-+，43|3|a a =-+，…，依次类推，则2012a 的值为 ．【答】1006-12.如图，四边形ABCD 中，AB ＝BC ，∠ABC ＝∠CDA ＝90°， BE ⊥AD 于点E ，且四边形ABCD 的面积为8，则BE ＝ ．【答】解：.如图，可以通过旋转变换将△ABE 绕点B 逆时针旋转90°，得到△CBF.证明出四边形BFDE 是正方形,且它的面积是8，则边长是或者过点B 作BF ⊥BE ，交DC 延长线于F. 证明△ABE ≌△CBF ，其余思路同上。
2014年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)
2013
解：由题设
an
2(n 1) n
an1
2(n 1) n
2n n 1 an2
2(n 1) n
2n n 1
23 2
a1
2n1 (n
1)
．
记数列{an} 的前 n 项和为 Sn ，则
Sn =
2 + 2 × 3 + 22 × 4 + + 2n−1(n +1)
2015 2013
2015
．
2013
5. 正四棱锥 P ABCD 中，侧面是边长为 1 的正三角形，M , N 分别是边 AB, BC 的中
点，则异面直线 MN 与 PC 之间的距离是
．
答案： 2 ． 4
解：设底面对角线 AC, BD 交于点 O ，过点 C 作直
线 MN 的垂线，交 MN 于点 H ． 由 于 PO 是 底 面 的 垂 线 ， 故 PO CH ， 又
解：记 f (z) (z )2 z ．则
f (z1) f (z2 ) (z1 )2 z1 (z2 )2 z2
(z1 z2 2)(z1 z2 ) z1 z2 ．
①
假如存在复数 z1, z2 ( z1 , z2 1, z1 ≠ z2 ) ，使得 f (z1) f (z2 ) ，则由①知，
连接的情况数．
(1) 有 AB 边：共 25 32 种情况．
(2) 无 AB 边，但有 CD 边：此时 A ， B 可用折线连接当且仅当 A 与 C ， D 中至少一
点相连，且 B 与 C ， D 中至少一点相连，这样的情况数为 (22 1)(22 1) 9 ．
2014年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(B卷)
2014B 10、（本题满分 20 分）设 x1, x2 , x3 是多项式方程 x3 10x 11 0 的三个根.
⑴已知 x1, x2 , x3 都落在区间 5,5 之中，求这三个根的整数部分；（5 分）
2014 年全国高中数学联合竞赛试题（B 卷） 第 4 页 共 10 页
以得到 an3 an 12 ，说明 a3k1,a3k ,a3k1分别是公差为12 的等差数列，首先分别为 a2 5 ， a3 9 ， a4 13 。又 a1, a2 , a3 , a4 成公差为 4 的等差数列，所有 an 也是公差为 4 的等差数列，
an 4n 3。
由过
AD
，
BE
交点的直线系方程为
x0 (x 2) 2(2 x0 2 y0
)
y
x 2
2y0 ( 2 x0
y 1) 2y0
0
，
把 C(2,1)
代入可得
1，此时直线系就变为
x0 (x 2(2 x0
2) 2y0
)
y
x
2
件 A 共包含 45 C153 。由于在 52 张牌随机抽取 5 张的基本事件个数为 C552 ，于是事件 A 发生的概率
为 45 C153
C
5 52
0.5071，从而 P( A) 1 0.5071 0.4929 。
2014B 8、设 g(x) x(1 x) ，是定义在区间[0,1]上的函数，则函数 y xg (x) 的图像与 x
2014年高中数学联赛试题及其解答
加试
一、（本题满分 40 分）设实数a、b、c满足a + b + c = 1，abc＞0，求证：ab + bc + ca＜ √ + 。
证明方法一：因为abc＞0，故a、b、c全为正数，或一正两负。 （Ⅰ）若a、b、c中一正两负，不妨设a＞0，b、c＜0，则ab + bc + ca = a(b + c) + bc = a(b + c) + bc = [1 − (b + c)](b + c) + bc = (b + c) − b − − ＜0＜ √ + 。
解答：我们考虑存在复数z 、z ，|z |、|z |＜1，z ≠ z ，使得(z + α) + αz =
(z + α) + αz 的充要条件。此时
(z + α) + αz = (z + α) + αz
⇔ α(z − z ) = (z − z )(z + z + 2α)
⇔ α[(z − z ) + 2(z − z )] = (z − z )(z + z )
3、若函数f(x) = x + a|x − 1|在[0， + ∞)上单调递增，则实数a的取值范围是
。
x − ax + a，x ∈ 0，1
解答：根据条件知f(x) =
。f(x)在 0，1 单调递增的充要
x + ax − a，x ∈ 1， + ∞
条件为 ≤ 0 ⇔ a ≤ 0；f(x)在 1， + ∞ 单调递增的充要条件为− ≤ 1 ⇔ a ≥ −2。故实数
2014年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(A卷)
1 。 100
，a n 1 arctan(sec a n ) ， （n N ） 求正整数 m ， 6 , ) ，且 tan a n 1 sec a n 2 2
★解析：由已知条件可知，对任意正整数 n ， a n 1 ( 由于 sec a n 0 ，故 a n 1 (0,
2014 年全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）
第 2 页 共 11 页
2a | QF1 | | QF2 || PF1 | | PF2 | 2c 4
于是 | QF2 || PF1 | | PF2 | | QF1 | 2c 1 设 H 为线段 PF1 的中点，则 | F1 H | 2, | QH | 5 ，且有 F2 H PF1 。由勾股定理知，
① ②
2014 年全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）
第 4 页 共 11 页
而点 P 的坐标 ( a, b) 同时满足①，②。故 A ， B 的坐标均满足方程
by 2( x a )
③ ( x1 , y1 ) ， ( x 2 , y 2 )
故③就是直线 AB 的方程。 直线 PO 与 AB 的斜率分别为 从而③即为 y
tan a m tan a1 tan a 2 … sec a1 sec a 2 sec a m
tan a m tan a1 tan a 2 … （利用①） tan a 2 tan a3 tan a m 1
2014 年全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）
第 5 页 共 11 页
2 2 2 2 2 2 5
48 3 。 64 4
二、解答题：本大题共 3 小题，共 56 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 2014A 9、 （本题满分 16 分）平面直角坐标系 xOy 中， P 是不在 x 轴上的一个动点，满足条件：过 P 可作抛物线 y 4 x 的两条切线，两切点连线 l P 与 PO 垂直.设直线 l P 与直线 PO ， x 轴的交点分别 为 Q, R 。 ⑴证明： R 是一个定点； ⑵求
2014年全国高中数学联赛试题及解答
全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）一试一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）1. 若正数,a b 满足()2362log 3log log a b a b +=+=+，则11a b+的值为________．答案：设连等式值为k ，则232,3,6k k ka b a b --==+=，可得答案108分析：对数式恒等变形问题，集训队讲义专门训练并重点强调过2. 设集合3|12b a b a ⎧⎫+≤≤≤⎨⎬⎩⎭中的最大元素与最小你别为,M m ，则M m -的值为______．答案：33251b a +≤+=，33b a a a+≥+≥，均能取到，故答案为5-分析：简单最值问题，与均值、对勾函数、放缩有关，集训队讲义上有类似题 3. 若函数()21f x x a x =+-在[0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是______．答案：零点分类讨论去绝对值，答案[]2,0-分析：含绝对值的函数单调性问题，集训队讲义专门训练并重点强调过4. 数列{}n a 满足12a =，()()*1221n n n a a n N n ++=∈+，则2014122013a a a a =+++______． 答案：()1221n n n aa n ++=+，迭乘得()121n n a n -=+，()212232421n n S n -=+⨯+⨯+++，乘以公比错位相减，得2n n S n =，故答案为20152013．分析：迭乘法求通项，等差等比乘积求前n 项和，集训队讲义专门训练并重点强调过5. 正四棱锥P ABCD -中，侧面是边长为1的正三角形，,M N 分别是边,AB BC 的中点，则异面直线MN与PC 之间的距离是________．答案：OB 为公垂线方向向量，故距离为12OB =分析：异面直线距离，也可以用向量法做，集训队讲义专门练并重点强调过6. 设椭圆Γ的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Γ交于点,P Q ．若212PF F F =，且1134PF QF =，则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为________．答案：不妨设焦点在x 轴（画图方便），设114,3PF QF ==，焦距为2c ，224a c =+，可得△2PQF 三边长为7,21,2c c +，过2F 作高，利用勾股可得5c =． 分析：椭圆中常规计算，与勾股定理、解三角形、斯特瓦尔特等有关，集训队讲义训练过相关7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I ．若点P 满足1PI =，则△APB 与△APC 的面积之比的最大值为________．答案：sin sin APB APC S PABS PAC ∠=∠，又两角和为60最大，即AP 与(),1I 切于对称轴右侧8. 设,,,A B C D 是空间中四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两点之间是否连边是相互独立的，则,A B 之间可以用空间折线（一条边或者若干条边组成）连结的概率为_______． 答案：总连法64种，按由A 到B 最短路线的长度分类．长度为1，即AB 连其余随意，32种； 长度为2，即AB 不连，ACB 或ADB 连，其余随意，ACB 连8种，故共88214+-=种 （一定注意,ACB ADB 同时连被算了2次，根据CD 是否连有2种情形）；长度为3，两种情形考虑ACDB ，ACDB 连、,,AB CB AD 均不连只有1种，故连法为2种；综上，答案483644=分析：组合计数，分类枚举，难度不大但容易算错，集训队讲义训练过类似题目二、解答题（本大题共3小题，共56分）9. （本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线24y x =的两条切线，两切点连线P l 与PO 垂直．设直线P l 与直线PO ，x 轴的交点分别为,Q R ． （1）证明：R 是一个定点；（2）求PQQR的最小值．答案：（1）设(),P a b ，()()1122,,,A x y B x y ，0,0a b ≠≠，()11:2PA yy x x =+，()22:2PB yy x x =+ 故,A B 两点均适合方程()2by a x =+，利用垂直，可得2a =-，故交点为定点()2,0（2）∵2a =-，故,2PO PR b bk k =-=-，设OPR α∠=，则α为锐角，1tan PQ QR α=，利用两角差 的正切公式，可得282PQ b QR b+=≥． 分析：涉及圆锥曲线切点弦方程、两直线夹角公式、不等式求最值，集训队讲义专门训练并重点过10. （本题满分20分）数列{}n a 满足16a π=，()()*1arctan sec n n a a n N +=∈．求正整数m ，使得121sin sin sin 100m a a a ⋅⋅⋅=． 答案：由反函数值域，知,22n a ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，2222132tan sec tan 1tan 3n n n n a a a +-==+==，1212112122311tan tan tan tan tan tan tan sin sin sin sec sec sec tan tan tan tan m m m m m m a a a a a a a a a a a a a a a a a ++⋅⋅⋅=⋅=⋅==故3333m =分析：涉及简单反三角函数、数列通项公式求法，集训队讲义对类似题目进行过训练11. （本题满分20分）确定所有的复数α，使得对任意复数()121212,,1,z z z z z z <≠，均有()()221122z z z z αααα++≠++．答案：转换命题为计算存在12,z z 使得相等时的充要条件存在12,z z 使得相等，记()()2f z z z αα=++，()()()()()1212121220f z f z z z z z z z αα-=++-+-=， 则()()()1212122z z z z z z αα-=-++-，故12122222z z z z a ααα=++≥-->-， 故2α<； 若2α<，令12,22z i z i ααββ=-+=--，其中012αβ<<-，则12z z ≠，122i ααββ-±≤-+<，计算121212,2,2z z z z i z z i αββ+=--=-=-并代入，知()()12f z f z =．综上，满足条件的α为,2Z αα∈≥二试一、（本题满分40分）设实数,,a b c满足1a b c++=，0abc>．求证：14ab bc ca++<．a b c≥≥>，则1a≥1c≤．)ab bc ca c++-+⎭12c-，故有()()111122c c cc cc c⎛---≤-+-⎭⎝⎭由于1110,3333c-≥+≥>310c->，故原不等式成立．方法2：不妨设0a b c≥≥>，则13a≥c，设()()1f b ab bc ca ab c c=++=+-，()f b递增f⇔，()())()1f b ab a b a b⎛'=--=-⎝，()010f b'≥⇔≥⇔≤≥故()f b a；题目转化为21ac+=，a c≥，记()()222212g a a ac a a a=+-=+--()()262621g a a a⎫'=-+=-⎪⎭，由于13a≥1=，得1532a=，115,332a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时g'151,322⎫⎪⎝⎭时()g a在13或12max1124g g⎛⎫==⎪⎝⎭分析：一道偏函数化的不等式题，可以将其放缩为一元函数，也可以拿导数与调整法很快做出来，集训队讲义上两种方法都训练过．二、（本题满分40分）在锐角三角形ABC中，60BAC∠≠，过点,B C分别作三角形ABC的外接圆的切线,BD CE，且满足BD CE BC==．直线DE与,AB AC的延长线分别交于点,F G．设CF与BD交于点M，CE与BG交于点N．证明：AM AN=．答案：设△ABC三边为,,a b c，则BD CE a==，先计算AM，∵,BFD ABC BDF DBC BAC∠=∠∠=∠=∠，∴△BFD∽△CBA．由比例可知acDFb=，故BM BC bBDDF c==，故abBMb c=+，故由余弦定理知()2222cosab abAM c c A Bb c b c⎛⎫=+-⋅+⎪++⎝⎭222cosab abcc Cb c b c⎛⎫=++⎪++⎝⎭，整理可得此式关于,b c对称故可知22AM AN=分析：由于一旦,,a b c三边确定则图形固定，所以通过相似、比例、余弦定理计算的思路比较显然GF ED三、（本题满分50分）设{}1,2,3,,100S =．求最大的整数k ，使得S 有k 个互不相同的非空子集，具有性质：对这k 个子集中任意两个不同子集，若它们的交非空，则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同．答案：一方面，取包含1的、至少含2个元素的所有子集，共9921-个，显然满足题意； 另外归纳证对于{}1,2,3,,S n =，任取()123n n -≥个子集，均存在两个的交集中最小的等于某个中最大的当3n =时，将7个非空子集分为三类：{}{}{}31,32,3，{}{}21,2，{}{}11,2,3．任取四个必有两个同类． 假设n k =时命题成立，当1n k =+时，如果取出的2k 个子集中至少有12k -个不含1k +，利用归纳假设知成 立；如果不含1k +的不足12k -，则至少有121k -+个含有1k +，而S 含有1k +的子集共2k 个，可以配成12k - 对，使得每对中除了公共元素1k +外，其余恰为1到n 的互补子集，这样，如果选出121k -+个，则必有两 个除1k +外不交，故命题成立． 综上，k 的最大值为9921-．分析：集合中的组合最值问题，比较常规的一道题，类似感觉的题集训队讲义在组合中的归纳法中有过四、（本题满分50分）设整数122014,,,x x x 模2014互不同余，整数122014,,,y y y 模2014也互不同余．证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余．答案：不妨设()mod 2014i i x y i ≡≡，1,2,,2014i =．下面对i y 序列进行1007次调整从而构成i z 序列：若i i x y +与10071007i i x y +++模4028不同余，则1007,i i y y +不调整；否则，交换1007,i i y y +位置，1,2,,2014i =．下证，进行1007次调整后，得到的i z 序列一定满足条件． 任意挑选一列()1,2,,1007i i x z i +=，只需证其与10071007i i x z +++、()1,2,,1007,j j x z j j i +=≠、10071007j j x z +++模4028不同余即可由i z 构造方法，i i x z +与10071007i i x z +++不同余是显然的，因为不可能调整前后均同余，故只需看另两个； 首先，对于不同的,i j ，2i 与2j 模4028不同余，否则会导致()mod 2014i j ≡．若,i j y y 均未调整，则()2mod 2014i i x z i +≡，()100710072mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡，故成立；若,i j y y 均已调整，则()21007mod 2014i i x z i +≡+，()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，故成立； 若只有一个被调整过，不妨设i y 未调整、j y 已调整，则()2mod 2014i i x z i +≡， ()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，若()4028|21007i j --，则()1007|i j -，矛盾，故同样成立． 综上，构造的i z 序列满足条件．全国高中数学联赛试题及解答高中联赛试题分析从试题类型来看，今年代数、几何、数论、组合4部分所占的比例为：代数37.3%，几何26.7%，数论16.7%，组合19.3%．这方面和历年情况差不多，但具体的知识点差别极大．一试第7题填空题可谓出人意表，虽然解答是用三角函数的方法处理的，对比历年试题，这题毫无疑问也是顶替了三角函数的位置．但本题却是一道彻头彻尾的平面几何题．从图中不难看出，最值情况在相切时取到，剩下的只是利用三角函数处理了一下计算上的问题．其余填空题中，第1~6题和往年出题风格类似，第8题概率计算略显突兀，本题几乎不需要用到计数的技巧，而是用单纯枚举的方法即可解决．放在填空题最后一题的位置不免显得难度不够．一试三道解答题中，第9题和第10题均不太难，所考知识点也和往年类似，无需多说．第11题又再次爆了冷门，考了一道复数问题．联赛已经多年没有考复数的大题了，许多学生都没有准备．可以说，这次一下戳中了学生的罩门．相信本题最终的得分率不容乐观．而本次试题中最特殊的要数加试中的平面几何题了．一反从1997年开始保持到如今的惯例，没有将平面几何题放在加试的第一题．而且本题实则为《中等数学》2012年第12期中的数学奥利匹克高中训练题中的原题，这无疑又让此题失色不少．今年的加试第一题放了一道不等式问题，虽然近几年不等式考察得较少，但是不等式一直是数学竞赛中的热门，在历年联赛中多有出现．考虑到本题难度并不大，放在联赛加试第一题还是非常合适的．全国高中数学联赛试题及解答加试第三题组合最值问题的出题风格一如既往，可以从很极端的情况下猜出答案，再进行证明．值得一提的是本题题干描述有歧义，最后一句“则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同”中，记最小元素为a ，两个最大元素为b 和c ．本句话中到底是指a 、b 、c 这3个数互不相同还是指a b ≠且a c ≠，无疑是容易让人误解的．希望今后联赛试题中能避免出现这种情况．加试第四题虽说考察的是数论中的同余知识，但更多考察的是构造法技巧，这也符合联赛加试中试题综合各方面知识的出题思想．从难度上来说本题难度不算太大，只要能从较小的数开始构造并寻找规律，找出2014的构造并不显得困难．但本题的出题背景无疑和以下题目相关：“n 为给定正整数，()122,,,n x x x 和()122,,,n y y y 均为1~2n 的一个排列，则112222,,,n n x y x y x y +++这2n 个数不可能模2n 互不同余．” 总的说来，本次联赛考察的知识点和往年比差别较大，但从试卷难度来说，和前两年是相当的．预计今年联赛的分数线可能比去年略低．。
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第30届)
3.设n，k是正整数，S是由平面上n个点构成的集合并且无三线共点，对任何S中的点P至少存在S中的k个点与P等距离．
求证k<1/2+ ．
4.凸四边形ABCD的边AB，AD，BC满足AB=AD+BC，四边形内部有一与直线CD距离为h的点P，并且AP=h+AD，BP=h+BC，
求证：1/ <=1/ +1/ ．
5.试证明对每个正整数n，存在n个连续的正整数使得其中无素数或素数的幂．
6.设{x1，x2，...，xm}是{1，2，...，2n}的一个排列，其中n是一个正整数．如果|xi-xi+1|=n对至少{1，2，...，2n-1}中的一个i成立就说这个排列{x1，x2，...，xm}具有性质P．试证明对于任意的n，具有性质P的排列都比不具有的多．
国际数学奥林匹克（
1.试证明集合{1，2，...，1989}可以分拆成117个子集合A1，A2，...，A117（即这些子集合互不相交且并集为整个集合），满足每个Ai包含17个元素，并且每个Ai中元素之和都相等．
2.锐角△ABC，内角∠A的角平分线交△ABC的外界圆于A_1，类似定义B1，C1点．设AA1与∠ B，∠C的外交平分线交于A0点，类似定义B0，C0点．
2014奥林匹克数学竞赛试题与详细解答
2014奥数决赛详解 小张老师1、 计算12 +34 +78 +1516书上的分数求和类：1+1+1+1-（12 +14 +18 +116 ）=3116（括号内是等比求和。
）那天上课我们才讲过的。
2、计算（1.1·+229 +313 +449 ）÷127 =（119 +229 +339 +449）×27 =（1+2+3+4）×27+（19 +29 +39 +49）×27=300 3、五个分数37 ，49 ，1735 ，49101 ，100201中从小到大的第三个分数是（ ）。
12 -100201 =1402 =31206 将差从小到大排列第三个减法的减数为答案。
所以是49101 。
4、3.如图，取π≈3，则阴影部分的面积是___________.答案为：1.255、将数字1，2，3，4，5，6分别填入下列算式中的6个[ ]中，使算式成立。
（此题有多个解，填入一个即可）。
[ ]×( 7－[ ])÷[ ]－[ ]＋[ ]= [ ]解答：6×（7-3）÷4-3+2=5 答案不唯一。
6、由棱长为1厘米的若干个立方体堆成一个长、宽、高分别是11、9、7厘米的长方体。
将它的表面全部涂上红色，然后将只有一个面是红色的立方体取出来。
再将取出来的立方体堆成一个长宽高都不同的实心长方体，那么这个新长方体的表面积的最大值是（）立方厘米。
解答：（11-2）×（9-2）=63 （11-2）×（7（9-2）×（7-2）=35（63+45+35）×2=286 （体积数）分解所以长宽高为143、2、1表面积=862.7、矿泉水、果汁、豆奶三种饮料共计180以从中取出矿泉水瓶数的12，果汁瓶数的13瓶；，果汁瓶数的13，瓶饮料中，有果汁（）瓶。
）。
根据题意有12X+14X+8、甲组10人和乙组9人一起去看电影。
2014年中国女子数学奥林匹克(CGMO)试题及其解答
(n)⋃A (n)⋃ … ⋃A (n) A (pn) = A(pn)⋂ ，pn = A(n)⋂ ，pn = A 于是知|A (pn)| = |A (pn)| = |A (pn)|。这即是说pn是“平衡的”。 情形二：如果p ∤ n，则 x，pn = 1 ⇔ x，n = 1，且 x，p = 1。此时则有 A(pn) = A(n) − B(n) 这里B(n) = x|p|x，x ∈ A(n) = x|x = py，y ∈ A(n) 。 由情形一的讨论可知，A(n)在区间 0， 集合B(n)中的元素x = py ∈ 0， 、 ， 、 ，pn 中各有pm个元素。 对应A(n)中的元素y ∈ 0， ，这样的数有|A (n)| = m个，
− f(B) =
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共享智慧
文 武 光 华
八、设n是正整数，S是 1，2， … ，n 中所有与n互素的数构成的集合。记S = S⋂ 0， ，S = S⋂ ， ，S = S⋂ ，n ，如果S的元素个数是3的倍数，求证：集 合S 、S 、S 的元素个数相等。 证明方法一：用|X|表示有限集合X的元素个数。对每个正整数n，定义A(n)是所有与n 互素的整数构成的集合，并对每个整数k，定义A (n) = A(n)⋂
文 武 光 华
2014 年 CGMO 试题及其解答
解答人：文武光华数学工作室 田开斌
一、如图，⊙O 、⊙O 交于 A、B 两点，延长O A交⊙O 于 C，延长O A交⊙O 于 D， 过 B 作 BE∥O A交⊙O 于另一点 E，若 DE∥O A，求证：DC⊥CO 。
C D A E O1 O2 B
证明：如图，连结 AB、O O ，则 AB⊥O O 。因为∠O DA = ∠O AD = ∠O AC = ∠O CA，故C、D、O 、O 四点共圆。又因为 BE∥O A，DE∥O A，所以∠O DA = ∠O AD = ∠BED = ∠BAO ，所以O D∥AB，所以O D⊥O O ，所以 DC⊥CO 。
高中数学奥赛题含答案解析
高中数学奥赛题含答案解析篇一:2014—2015学年度高二数学竞赛试题(含答案)2014—2015学年度高二数学竞赛试题【本试题满分150分，考试时间120分钟】一、选择题:本大题共6小题，每小题6分，共36分(在每个小题给出的四个选项中，只有一个正确的答案(1(从集合,1，3，6，8,中任取两个数相乘，积是偶数的概率是 ()A(; B(56211; C(; D(( 3232(若?是第四象限角，且sin?2?cos?2??2sin?2cos?2，则?是() 2A(第一象限角;B(第二象限角;C(第三象限角;D(第1四象限角(3. 已知点O、A、B不在同一条直线上，点P为该平面上一点，且2OP?2OA+BA，则A(点P不在直线AB上; B(点P在线段AB上;C(点P在线段AB的延长线上; D(点P在线段AB的反向延长线上(4(设m,n?R?，若直线(m?1)x?(n?1)y?4?0与圆(x?2)2?(y?2)2?4相切，则m?n的取值范围是A.(0,1?3] ;B.[1?3,??);C. [2?22,??);D.(0,2?22](5. 已知正方体C1的棱长为C1的各个面的中心为顶点的凸多面体记为C2，以C2的各个面的中心为顶点的凸多面体记为C3，则凸多面体C3的棱长为A(18; B(92;C(9 ; D(62(6. 已知定义在R上的奇函数f(x)，满足f(x?3)??f(x),且在区间[0,]上是增函数,若方程f(x)?m(m?0)在区间??6,6?上有四个不同的根x1,x2,x3,x4,则32x1?x2?x3?x4?A(?6;B(6; C(?8;D(8(二、填空题:本大题共6小题，每小题9分，共54分(将2正确的答案写在题中横线上(7.若对于任意实数x，都有x3?a0?a1(x?2)?a2(x?2)2?a3(x?2)3，则a1?a2?a3的值为__________.高二数学竞赛试题?第 1 页(共 9 页)篇二:2013年全国高中数学联赛试题及详细解析2013年全国高中数学联合竞赛一试试题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，不要增加其他中间档次.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，不要增加其他中间档次. 一、填空题:本大题共8小题，每小题8分，共64分.1. 设集合A??2,0,1,3?，集合B??x|?x?A,2?x2?A?.则集合B中所有元素的和为. 答案3-5,?3时，2?x2??2,?7，解易知B???2,0,?1,?3?，当x??2有2?x2?A;而当x?0,?1时，2?x2?2,1，有2?x2?A.因此，根据B的定义可知B???2,?3?.所以，集合B中所有元素的和为-5.????????2. 在平面直角坐标系xOy中，点A、B在抛物线y2?4x上，满足OA?OB??4，F 是抛物线的焦点.则S?OFA?s?OFB?. 答案2.2y2y12解点F坐标为?1,0?.设A?x1,y1?，B?x2,y2?，则x1?，x2?，故44????????12?4?OA?OB?x1x2?y1y2??y1y2??y1y2，1612即?y1y2?8??0，故y1y2??8. 162?1??1?1S?OFA?S?OFB??OF?y1???OF?y2???OF?y1y2?2.4?2??2?43. 在?ABC中，已知sinA?10sinBsinC，cosA?10cosBcosC,则tanA的值为.答案11.1A?解由于sincoAs??10BsinC?sinBcCs??co?s?oB??1C0?cos，A所以10cossinA?11cosA，故tanA?11.4. 已知正三棱锥P?ABC底面边长为1.答案解如图，设球心O在面ABC与面ABP内的射影分别为H和K，AB中点为M，内切球半径为r，则P、K、M共线，P、O、H共线，?PHM??PKO?OH?OK?r,PO?PH?OHr，?2P，且MH?5AB?PM?,KOAHMBC于是有OKMH1??sin?KPO??，PM5PO解得r?.5. 设a,b为实数，函数f?x??ax?b满足:对任意x??0,1?，有f?x??1.则ab的最大值为. 答案1. 4解易知a?f?1??f?0?，b?f?0?，则22111??1ab?f?0???f?1??f?0?????f?0??f?1????f?1????f?1???.244??462当2f?0??f?1???1，即a?b??111时，ab?.故ab的最大值为.4246. 从1,2，…，20中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数的概率为.答案232323解设a1?a2?a3?a4?a5取自1,2，…，20，若a1,a2,a3,a4,a5互不相邻，则1?a1?a2?1?a3?2?a4?3?a5?4?16，由此知从1,2，…，20中取5个互不相邻的数的选法与从1,2，…，16中取5个不同的数的5选法相同，即C16种.所以，从1,2，…，20中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数2555C20?C16C16232的概率为. ?1??55C20C2032377. 若实数x,y满足x?x的取值范围是.答案?0???4,20?.解a?b?a,b?0?，此时x?y??x?y??a2?b2，且条件中等式化为 a2?b2?4a?2b，从而a,b满足方程?a?2?2??b?1??5?a,b?0?.2如图所示，在aOb平面内，点?a,b?的轨迹是以?1,2?为圆心，a,b?0的部分，即点O与弧?ACB的并集.因此，从而x?a2?b2??0???4,20?. ?0???2,?8. 已知数列?an?共有9项，其中a1?a9?1，且对每个i??1,2,?,8?，均有则这样的数列的个数为. 答案491ai?1?1?i?8?，则对每个符合条件的数列?an?有 ai88ai?1?1???2,1,??，ai2??解令bi?8?bi??i?1i?1ai?1a91????1，且bi??2,1,???1?i?8?.2?aia1?1 ?1的8项数列?b?可唯一确定一个符合题设条件的9项数列?a?. 反之，由符合条件?nn1的数列?b?的个数为N.显然b?1?i?8?中有偶数个?记符合条件?ni11，即2k个?;22继而有2k个2，易见k的可能值只有0,1,2，8?4k个1.当给定k时，?bn?的取法有C82kC82?k2k种，所以24N?1?C82C6?C84C4?1?28?15?70?1?491.因此，根据对应原理，符合条件的数列?an?的个数为491二、9解答题:本大题共3个小题，共56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步3骤.9. (本题满分16分)给定正数数列?xn?满足Sn?2Sn?1，n?2,3,?，这里Sn?x1???xn.证明:存在常数C?0,使得xn?C?2n，n?1,2,?.解当n?2时，Sn?2Sn?1等价于xn?x1???xn?1.1 ?…………4分对常数C?1x1，用数学归纳法证明: 4xn?C?2n，n?1,2,?.2 ?…………8分n?1时结论显然成立.又x2?x1?C?22.1式知对n?3，假设xk?C?2k，k?1,2,?,n?1，则由?xn?x1??x2???xn?1? ?x1??C?22???C?2n?1?10?C?22?22?23???2n?1??C?2n，2式成立. 所以，由数学归纳法知，?…………16分x2y210. (本题满分20分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆的方程为2?2?1?a?b?0?，abA1、A2分别为椭圆的左、右顶点，F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上不同于A1和A2的任意一点.若平面中两个点Q、R满足QA1?PA1，QA2?PA2,RF1?PF1,RF2?PF2，试确定线段QR的长度与b的大小关系，并给出证明.解令c?A1??a,0?，A2?a,0?，F1??c,0?，F2?c,0?.22x0y0设P?x0,y0?，Q?x1,y1?，R?x2,y2?，其中2?2?1，y0?0.ab由QA1?PA1，QA2?PA2可知4?????????AQ?A1P??x1?a??x0?a??y1y0?0， 1??????????11A2Q?A2P??x1?a??x0?a??y1y0?01 ?2 ?…………5分221、?2相减，得2a?x?x??0，即x??x，将其代入?1，得?x?a?yy?0，将?100101022?x0?a2x0?a2?故y1?，于是Q??x0,?.y0y0??…………10分2?x0?c2根据RF1?PF1,RF2?PF2，同理可得R??x0,y0???. ?…………15分因此22x0?a2x0?c2b2， QR???y0y0y012由于y0??0,b?，故QR?b(其中等号成立的充分必要条件是y0?b，即点P为?0,?b?).…………20分11. (本题满分20分)求所有的正实数对?a,b?，使得函数f?x??ax2?b满足:对任意实数x,y，有f?xy??f?x?y??f?x?f?y?.解已知条件可转化为:对任意实数x,y，有?ax2y2?b??a?x?y??b??ax2?b??ay2?b?.2??1 ?先寻找a,b所满足的必要条件.221式中令y?0，得b??ax?b???ax?b??b，即对任意实数x，有在??1?b?ax2?b?2?b??0.由于a?0，故ax2可取到任意大的正值，因此必有1?b?0，即0?b?1. …………5分42131式中再令y??x，得?ax?b??b??ax?b?，即对任意实数x，有在?2?a?a?x24?2abx2??2b?b2??0.2 ?22的左边记为g?x?，显然a?a?0(否则，由a?0可知a?1，此时将?5篇三:高一数学竞赛试题及答案高一数学竞赛试题一、猜一猜:(每小题2分共16分) 1.司药(打一数学名词)——配方 2.招收演员(打一数学名词)——补角3.搬来数一数(打一数学名词)——运算4.你盼着我，我盼着你(打一数学名词)——相等5.北(打一数学名词)——反比6.从后面算起(打一数学名词)——倒数7.小小的房子(打一数学名词)——区间 8.完全合算(打一数学名词)——绝对值二、试一试:(每小题4分共8分)141.把12、18、7、6、11分别填入下面?中，使算式成立。
第30届中国数学奥林匹克获奖名单
第30届中国数学奥林匹克获奖名单一等奖(114人)名次省、市、自治区姓名性别学校1广东黄峄凡男广雅中学2上海俞辰捷男华东师范大学第二附属中学3湖南谢昌志男长沙市雅礼中学3吉林孙伟舰男东北师大附中3浙江钱盛泽男乐清市乐成寄宿中学6北京王 正男人大附中6北京彭炳辉男北师大附属实验中学6广东周 晟男华南师范大学附属中学6湖南甘晋华男长沙市长郡中学6江苏曹 阳男江苏省扬州中学6上海黄小雨男上海中学6上海高继扬男上海中学6浙江张皇中男富阳中学6浙江包鑫霖男乐清市乐成寄宿中学15重庆李 同男巴蜀中学15黑龙江李无为男大庆一中15湖北汪至祺男华师一附中15湖北刘谢威男华师一附中15江苏周逸飞男兴化中学15浙江张海翔男杭州学军中学21河南夏剑桥男郑州外国语学校21江苏朱耀宇男南京外国语学校23重庆田欣雨男重庆八中23湖北陈 坤男武汉二中23江苏傅瑞得男南师附中23江西罗金玥女江西省鹰潭一中23上海周梓贤男上海中学23浙江陈子昂男浙江省杭州第二中学23浙江郑鸿图男乐清市乐成寄宿中学30广东胡颀轩男深圳中学30湖南贺嘉帆男长沙市雅礼中学30辽宁王诺舟男辽宁省实验中学30陕西周康杰男西工大附中30上海窦泽皓男上海中学30浙江陈鑫犇男宁波市镇海中学36北京欧阳铭晖男人大附中36北京王浩昀女人大附中36重庆田佳宝男巴蜀中学36广东吴东晓女深圳第三高级中学36湖北白宇川男华师一附中36湖北张家齐男华师一附中36江苏徐锦灏男南京外国语学校36辽宁吴子源男东北育才学校44重庆秦臻至男巴蜀中学44吉林郝天泽男吉大附中44辽宁孔繁浩男东北育才学校44辽宁梁宇辰男东北育才学校44浙江张力天男乐清市乐成寄宿中学49广东武夷山男华南师范大学附属中学49河北辛天屹男石家庄市第二中学49河北张钊森男河北衡水中学49河南刘文昊男郑州一中49河南李泽超男河南省实验中学49湖南蒋 安男湖南师大附中49湖南左都云男湖南师大附中49湖南林国昌男长沙市一中49吉林杨宗睿男吉大附中49上海汪祎非男华东师范大学第二附属中学49浙江黄乐恺女浙江省杭州第二中学49浙江周俊鹏男衢州二中61安徽张淞源男合肥一中61北京孙家进男北京四中61重庆陈韵蒙男巴蜀中学61重庆姚鲁川男巴蜀中学61重庆刘瑞星男重庆八中61福建林 挺男福建师大附中61广东王旭东男华南师范大学附属中学61广西唐珑珂男南宁市第二中学61湖北朱保昶男武钢三中61湖北姜兆恒男华师一附中61吉林刘 通男吉大附中61上海朱 峰男上海中学61上海范峻昊男上海中学61上海侯喆文男华东师范大学第二附属中学61浙江金泽文男乐清市乐成寄宿中学76湖北尹元捷男武汉二中76湖南梁家栋男长沙市一中76湖南冯 程女长沙市雅礼中学76湖南金泽熙男长沙市长郡中学76湖南吴俊威男长沙市长郡中学76湖南吴 鸣男长沙市雅礼中学76陕西王天乐男西安高新一中76上海高皓天男上海中学76天津张皓辰男天津市第一中学76浙江章锦南男温州中学86安徽孟培坤男马鞍山二中86北京林一衡男人大附中86河北吕泽群男石家庄二中86河北郑 重男河北衡水中学86湖北张芷仪女武钢三中86湖南何通木男长沙市雅礼中学86湖南沈子翔男湖南师大附中86吉林承书尧男东北师大附中86江苏韩 啸男南师附中86辽宁余佳弘男大连育明高级中学86辽宁王许涛男大连市第二十四中学86上海李嘉昊男上海中学86四川杨潇枭男四川绵阳中学86浙江陈子翔男温州中学100北京谢彦桐男北师大附属实验中学100北京王雪莹女人大附中100重庆张开朗男巴蜀中学100重庆吴佳颖女重庆南开中学100重庆严 鑫男重庆八中100甘肃余 璞男西北师大附中100河南朱书聪男郑州外国语学校100吉林于翔宇男吉大附中100江西程 晨男九江市第一中学100江西章宇哲男江西省吉安一中100山西王子轩男山西大学附中100四川张博闻男成都七中100四川仇嘉泽男成都七中100四川罗 鑫男四川省绵阳市东辰学校100浙江侯浩杰男温州中学二等奖(129人)名次省、市、自治区姓名性别学校115安徽储著敏男安徽省歙县中学115安徽潘文初男合肥一中115北京王啸辰男清华附中115北京彭俊尧男人大附中115福建王明璋男晋江养正中学115湖北王逸轩男武钢三中115湖北何雄博男黄冈中学115湖北施奕城男华师一附中115湖南张文卿男长沙市一中115江苏纪一博男南师附中115江苏候霁开男江苏省天一中学115山西刘 耕男太原五中115上海柏旻皓男上海中学115浙江黄协和男宁波市镇海蛟川书院115浙江张定余男宁波市镇海中学130安徽胡晓波男铜陵市一中130北京王芝菁女清华附中130北京孙元逊男人大附中130重庆龚秋实男重庆八中130福建郑锦聪男长乐一中130福建叶智恺男福州一中130甘肃武楚涵男兰州一中130广东郑含之女深圳中学130河北姚钧夫男石家庄二中130河北王 昊男石家庄市第二中学130湖北饶正昊男华师一附中130湖北赵梓硕男华师一附中130江西宁盛臻男九江市同文中学130山东牛瑞昌男东营市胜利第一中学130上海马健翔男华东师范大学第二附属中学130四川蔡榆杭男成都七中130四川向雍立男成都七中130天津于鹏飞男天津市耀华中学130浙江贝思捷女宁波市镇海中学149重庆王恒熠男巴蜀中学149河北陈瀚钊男河北衡水中学149河南陈智博男郑州外国语学校149黑龙江刘梦哲男哈师大附中149湖北赵乐祺男武钢三中149江西程盛淦男江西省南昌二中149山西任 昊男山西大学附中149上海张天扬男华东师范大学第二附属中学149四川张峻滋男成都七中149浙江竺仕鹏男杭州外国语学校149湖北张艺杰男华师一附中160北京刘 睿 男北师大附属实验中学160湖南隆希辰男湖南师大附中160湖南谢灵尧男湖南师大附中160吉林张博渊男东北师大附中160内蒙古高 乾男呼和浩特二中160上海陆一平男上海中学160上海沈哲晨男上海中学160天津郝 宇男天津市耀华中学168广东费 哲男华南师范大学附属中学168广西胡陶钧男柳州铁一中学168江西贺 东 男 南昌大学附属中学168山西马 杰男山西大学附中168上海贾鸿翔男复旦大学附属中学168天津郝德存男新华中学168浙江王秋皓男浙江省杭州第二中学175安徽徐 遥男芜湖一中175广东李一鸣男深圳中学175黑龙江许健宇男哈师大附中175吉林李华宇男东北师大附中175江苏王润喆男南师附中175山东黄子瑜女山东省实验中学181安徽陶润洲男合肥一中181重庆张钧瑜男巴蜀中学181广东李知含男广东实验中学181广东齐文轩男深圳中学181河南高世钰男郑州外国语学校181黑龙江李雨阳男哈师大附中181吉林于子越男吉大附中181吉林王新博男吉大附中181吉林姚治宇男东北师大附中181吉林臧家祺男吉林一中181江西程莹东男江西省景德镇一中181宁夏罗睿轩男银川二中181山东岳宸阳男东营市胜利第一中学181四川卢维潇男成都七中195安徽张孝腾男灵璧一中 195北京张子涵男人大附中195北京蒋易悰男北京四中195湖北陈敏婵女武汉二中195吉林姚人天男东北师大附中195吉林王琮元男吉大附中195天津崔圣宇男天津市南开中学195浙江杜瑜皓男宁波市镇海中学203安徽张志远男马鞍山二中203北京伍 岳男人大附中203北京罗明宇男北师大附属实验中学203广东谢 倩女华南师范大学附属中学203河北李卓航男河北衡水中学203河北杨 远男石家庄市第二中学203湖北陶毅松男武汉二中203吉林战柏全男东北师大附中203江苏朱见深男南京外国语学校203江苏刘 禺男江苏省淮阴中学203江西席照炜男贵溪市第一中学203辽宁王睿俊男辽师大附中203辽宁 冯皓扬 男本溪市高级中学203山东郭嘉明男东营市胜利第一中学203山西杨靖锋男山西大学附中203陕西吴志承男西工大附中203上海林嘉椿男上海中学203上海石 玮男华东师范大学第二附属中学203上海高信龙一男复旦大学附属中学203天津何 翔男天津市耀华中学223安徽罗齐尧男安师大附中223福建林先诚男长乐一中223河南夏萌霏男郑州外国语学校223湖北刘梦龄女华师一附中223吉林沙金锐男吉大附中223江苏刘禹涵男江苏省宜兴中学223江西张孝帅男贵溪市第一中学223江西石少宏男江西师大附中223山西路 橙男山西大学附中223陕西陈 煜女西安交大附中223陕西王乙成男西安交大附中223上海韩凯乾男上海中学223上海王持乙男华东师范大学第二附属中学223四川 李奇颗 男南充高中223天津李铂垚男天津市第一中学238北京赵浩宇男人民大学附属中学238河北夏傲腾男石家庄二中238河北杨世博男石家庄二中238河南宁沛霖男郑州一中238吉林李政铎男东北师大附中238天津陈 飞男天津市南开中学三等奖(73人)名次省、市、自治区姓名性别学校244北京杨海欣男北师大二附中244福建李昱丞男厦门双十中学244贵州郑 欢男贵阳一中244江西严文隆男江西省赣州中学244辽宁王克杰男大连市第二十四中学244山东李海廓男山东省临沂第一中学244山东李常顥男山东省广饶县第一中学244陕西王远博男西安高新一中244新疆郑 瑜男乌鲁木齐市第一中学253福建周嘉阳男泉州七中253广东梁洛毓男深圳中学253河南陈文鼎男郑州一中253河南季 语男郑州一中253黑龙江马竞恒男黑龙江省哈尔滨市第三中学253黑龙江张 楠男大庆实验中学253江西许星宇男江西省石城中学253四川周子淳男成都外国语学校253云南曾显龙男云南师大附中253浙江姜志承男衢州二中263安徽寇明阳男安师大附中263北京张子扬男人大附中263福建成逸然男厦门双十中学263福建苏伟杰男安溪一中263广东徐晨皓男华南师范大学附属中学263海南吴毓帅男东方市铁路中学263河南王 尊男郑州外国语学校263黑龙江李佳明男黑龙江省哈尔滨市第三中学263黑龙江姜 岩男哈师大附中263江苏严淳译男江苏省启东中学263山东孙宇训男章丘四中263山东刘楚文男东营市胜利第一中学263天津陈 翔男天津市耀华中学263新疆刘浩然男乌鲁木齐市第一中学263浙江孙凌宇女浙江省杭州第二中学278重庆雷闻中男西大附中278广东刘 盼女华南师范大学附属中学278广西黄云昊男广西师范大学附属外国语学校278贵州卜辰璟男贵阳一中名次省、市、自治区姓名性别学校278吉林曲梓安男吉大附中278江苏聂云昭男江苏省镇江第一中学278内蒙古王逸飞男包头九中278山东王 贺男淄博四中278陕西成大立男西工大附中278天津李明远男天津市南开中学278云南徐 恺男云南师大附中289海南何声楷男海南中学289湖南贺钰淇女长沙市长郡中学289宁夏杜坤盎男宁夏长庆高级中学289四川张思翀男成都七中289四川何淦昌男四川省绵阳市东辰学校294重庆董又铭男重庆南开中学294福建夏鹤迪男厦门外国语学校294甘肃刘洪铭男兰州一中294黑龙江孙 铄男哈师大附中294黑龙江梁乘瑞男哈师大附中294辽宁齐 航女大连育明高级中学294山东罗兆勇男山东省诸城第一中学294山西王珑霖男山西大学附中294陕西王嘉帆男西安交大附中294四川方一杰男成都七中嘉祥外国语学校294天津黄 政男天津市南开中学294天津项津旭男天津市实验中学294天津晏 妮女天津市耀华中学294浙江何璐凌女宁波市镇海中学308贵州杨婧琳女贵阳一中308黑龙江孙浩淼男大庆实验中学310海南林道哲男海南中学311甘肃李释洁男兰州一中311广西陈晋恒男玉林高级中学311湖北姚 睿男七一华源中学311辽宁王晓睿男大连市第二十四中学315贵州王 䶮男贵阳清华中学315内蒙古杨正宇男赤峰平煤高级中学鼓励奖(21人)名次省、市、自治区姓名性别学校317黑龙江秦家琰男黑龙江省哈尔滨市第三中学317内蒙古杨 磊男包头北重三中317内蒙古李凯龙男鄂尔多斯市一中317陕西张嘉铭男西工大附中321甘肃雷雅珺女兰州一中321海南王洪凯男海南中学321宁夏陈江韬男宁夏长庆高级中学321宁夏张胤泰男银川一中321陕西刘昊洋男西安高新一中321陕西李乐天男西安铁一中名次省、市、自治区姓名性别学校321陕西姚文卿男西安铁一中321新疆武 强男新疆生产建设兵团第二中学329甘肃李怡宁女兰州一中329青海马瑞敏女青海湟川中学329青海王欣一女青海湟川中学329青海张 芃男青海油田第一中学329青海丁 一男青海油田第一中学329西藏朱宇希女西藏林芝地区第一中学329西藏唐西芝男西藏林芝地区第一中学329新疆李通宇男乌鲁木齐市第一中学329云南张释源男云南师大附中。
2014年全国高中数学联赛试题及答案
2014年全国高中数学联赛试题及答案D2cos cos4αα=⇒=.所以410sin=α.解法二：如图，PBPAPCPC==11, .设BA1与1AB交于点,O则1111,,OA OB OA OB A B AB==⊥ .11,,PA PB PO AB=⊥因为所以从而⊥1AB平面BPA1.过O在平面BPA1上作PAOE1⊥,垂足为E.连结EB1,则EOB1∠为二面角11BPAB--的平面角.设21=AA,则易求得3,2,5111=====POOBOAPAPB.在直角OPA1∆中，OEPAPOOA⋅=⋅11,即56,532=∴⋅=⋅OEOE.又554562,222111=+=+=∴=OEOBEBOB.4105542sinsin111===∠=EBOBEOBα.8. 336675 提示：首先易知2010=++zyx的正整数解的个数为1004200922009⨯=C.把2010=++zyx满足zyx≤≤的正整数解分为三类：（1）zyx,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）zyx,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3)设zyx,,两两均不相等的正整数解为k.易知100420096100331⨯=+⨯+k，所以OEPC1B1A1CBA110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.9. 解法一：,23)(2c bx ax x f ++='由 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++='++='='cb a fc b a f c f 23)1(,43)21(,)0( 得 )21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=.所以)21(4)1(2)0(23f f f a '-'+'=)21(4)1(2)0(2f f f '+'+'≤8≤，所以38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38. 解法二：c bx ax x f ++='23)(2. 设1)()(+'=x f x g ，则当10≤≤x 时，2)(0≤≤x g .设 12-=x z，则11,21≤≤-+=z z x . 14322343)21()(2++++++=+=c b az b a z a z g z h .容易知道当11≤≤-z 时，2)(0,2)(0≤-≤≤≤z h z h . 从而当11≤≤-z 时，22)()(0≤-+≤z h z h ， 即21434302≤++++≤c b a z a ， 从而 0143≥+++c b a ,2432≤z a ，由 102≤≤z 知38≤a . 又易知当m x x x x f ++-=23438)(（m 为常数）满足题设条件，所以a 最大值为38. 10. 解法一：设线段AB 的中点为),(00y x M ，则 2,22210210y y y x x x +==+=，01221221212123666y y y y y y y x x y y k AB =+=--=--=.线段AB 的垂直平分线的方程是)2(30--=-x y y y . （1） 易知0,5==y x 是（1）的一个解，所以线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点C 为定点，且点C 坐标为)0,5(.由（1）知直线AB 的方程为)2(30-=-x y y y ，即 2)(300+-=y y y x . （2） （2）代入x y 62=得12)(2002+-=y y y y ，即012222002=-+-y y y y . （3）依题意，21,y y 是方程（3）的两个实根，且21y y ≠，所以22200044(212)4480y y y ∆=--=-+>,32320<<-y .221221)()(y y x x AB -+-=22120))()3(1(y y y -+=]4))[(91(2122120y y y y y -++=))122(44)(91(202020--+=y y y)12)(9(322020y y -+=. 定点)0,5(C 到线段AB 的距离22029)0()25(y y CM h+=-+-==.2020209)12)(9(3121y y y h AB S ABC+⋅-+=⋅=∆)9)(224)(9(2131202020y y y +-+=3202020)392249(2131y y y ++-++≤7314=. 当且仅当2202249y y -=+，即0y =,66((33A B +-或66((33A B -时等号成立. 所以，ABC ∆面积的最大值为7314. 11.令252)(3-+=x x x f ，则56)(2>+='x x f ，所以)(x f 是严格递增的.又043)21(,02)0(>=<-=f f ，故)(x f 有唯一实数根1(0,)2r ∈.所以 32520rr +-=，3152rr -=4710r r r r =++++.故数列),2,1(23 =-=n n a n是满足题设要求的数列.若存在两个不同的正整数数列 <<<<n a a a 21和 <<<<n b b b 21满足52321321=+++=+++ b b b a a a r r r r r r ， 去掉上面等式两边相同的项，有+++=+++321321t t t s s s r r r r r r ，这里 <<<<<<321321,t t t s s s ，所有的i s 与j t 都是不同的.不妨设11t s <，则++=++<21211t t s s s r r r r r ，112111111121211=--<--=++≤++<--rr r r r s t s t ，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.加 试1. （40分）如图，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于点N ，直线CD 与AB 交于点M ．求证：若OK ⊥MN ，则A ，B ，D ，C 四点共圆．2. （40分）设k 是给定的正整数，12r k =+．记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥，()()l f r =(1)(()),2l f fr l -≥．证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如：112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥，11=⎡⎤⎢⎥． 3. （50分）给定整数2n>，设正实数12,,,n a a a 满足1,1,2,,k a k n ≤=，记12,1,2,,kk a a a A k n k+++==．求证：1112n nk k k k n a A ==--<∑∑． 4. （50分）一种密码锁的密码设置是在正n 边形12n A A A 的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？解 答1. 用反证法．若A ，B ，D ，C 不四点共圆，设三角形ABC 的外接圆与AD 交于点E ，连接BE 并延长交直线AN 于点Q ，连接CE 并延长交直线AM 于点P ，连接PQ ． 因为2PK=P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）()()2222PO r KO r =-+-，同理()()22222QK QO r KO r =-+-，所以2222PO PK QO QK -=-，故OK ⊥PQ ． 由题设，OK ⊥MN ，所以PQ ∥MN ，于是AQ APQN PM=． ①由梅内劳斯（Menelaus ）定理，得1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=， ② 1MC DE APCD EA PM⋅⋅=． ③ 由①，②，③可得NB MC BD CD =， 所以ND MDBD DC=，故△DMN ∽ △DCB ，于是DMN DCB ∠=∠，所以BC ∥MN ，故OK ⊥BC ，即K 为BC 的中点，矛盾！从而,,,A B D C 四点共圆.注1：“2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）”的证明：延长PK 至点F ，使得PK KF AK KE⋅=⋅，④则P ，E ，F ，A 四点共圆，故PFE PAE BCE ∠=∠=∠，从而E ，C ，F ，K 四点共圆，于是PK PF PE PC⋅=⋅，⑤⑤-④，得2PK PE PC AK KE =⋅-⋅=P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）．注2：若点E 在线段AD 的延长线上，完全类似．2. 记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次．则当2()1mv k =+时，()()m f r 为整数．FE QPONMK DCBA下面我们对2()v k v =用数学归纳法．当0v=时，k 为奇数，1k +为偶数，此时()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭为整数． 假设命题对1(1)v v-≥成立．对于1v ≥，设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+，这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++．于是()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122kk k =+++11211212(1)2()222v v v v v v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++12k '=+， ①这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++.显然k '中所含的2的幂次为1v -．故由归纳假设知，12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数，由①知，(1)()v fr +是一个整数，这就完成了归纳证明． 3. 由01k a <≤知，对11k n ≤≤-，有110,0kni ii i k a k an k ==+<≤<≤-∑∑．注意到当,0x y >时，有{}max ,x y x y -<，于是对11k n ≤≤-，有11111kn n k i ii i k A A a a n k n ==+⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭∑∑11111n ki ii k i a a n k n =+=⎛⎫=-- ⎪⎝⎭∑∑11111max ,nk i i i k i a a n k n =+=⎧⎫⎛⎫<-⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭∑∑111max (),n k k n k n ⎧⎫⎛⎫≤--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭1kn=-， 故111n nnk kn kk k k a AnA A ===-=-∑∑∑()1111n n nk n kk k AA A A --===-≤-∑∑111n k k n -=⎛⎫<- ⎪⎝⎭∑12n -=．4. 对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a ，如果颜色不同，则标上b ，如果数字和颜色都相同，则标上c ．于是对于给定的点1A 上的设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点23,,,n A A A 上的设置．为了使得最终回到1A 时的设置与初始时相同，标有a 和b 的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a ，b ，c ，使得标有a 和b 的边都是偶数条的方法数的4倍．设标有a 的边有2i 条，02n i ⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b 的边有2j 条，202n i j -⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选取2i 条边标记a 的有2in C 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有22j n i C -种方法，其余的边标记c ．由乘法原理，此时共有2i n C 22j n i C -种标记方法．对i ，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为222222004n n i i j nn i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑． ① 这里我们约定01C =．当n 为奇数时，20n i ->，此时22221202n i jn i n ij C-⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑． ②代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n n i j i n i i n i n n i n n i j i i C C C C -⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫ ⎪== ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑ 022(1)(21)(21)nnk n kk n kk n n nn k k C C --===+-=++-∑∑31n =+．当n 为偶数时，若2n i<，则②式仍然成立；若2n i =，则正n 边形的所有边都标记a ，此时只有一种标记方法．于是，当n 为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为222222004n n i i j n n i i j C C -⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭∑∑()122210412n i n i n i C ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫ ⎪⨯+⎪ ⎪⎝⎭∑ ()222124233n i n i n n i C ⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n+种；当n 为偶数时有33n +种．。