2005年江苏省数学奥林匹克冬令营试卷(一)
数学奥林匹克冬令营测试题B
2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测 试 题 B （陶平生供题）学校： 姓名： 营员证号：________一． 以⊿ABC 的三条边作为斜边，分别向形内方向作等腰直角三角形111,,,A BC B CA C AB 若三点111,,A B C 在一直线上，试求 cot cot cot A B C ++ 的值.二． 平面上给出n 个点()3n ≥，以这些点为端点的集合为M ，线段长度的集合为D ，,d D ∀∈M 中长为d 的线段条数记为().f d证明：()1.对于D 中的最小数0,d 有()036,f d n ≤- ()2.(),d D f d ∀∈< 32n三． 设(),0,f x x x =+>2,k ≥记()()()()()11,n nf x f x f x ff x +==.证明：对每个给定的正整数,a 数列(){}n f a 中必有一个K 次方整数.四． 某人掷硬币，得正面记a 分，得背面记b 分，(,a b 为互质正整数，a b >），并将每次的得分进行累记，他发现，不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次，恰有35个分值总是记录不到，例如58就是其中之一，试确定,a b 的值。
2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题B 解答 （陶平生供题）五． 如图，以⊿ABC 的三条边作为斜边，分别向形内方向作等腰直角三角形111,,,A BC B CA C AB 若三点111,,A B C 在一直线上，试求 cot cot cot A B C ++ 的值.解：设ABC 的外心为O ，外接圆半径为单位长， 作1C D AB ⊥于D ，则外心O 在AB 的中垂线1C D 上， 且圆周角C ACB AOD =∠=∠， 于是，11sin cos ,OC DC DO DA DO C C =-=-=-同理有 1sin cos OB B B =-，而11cos sin OA OE A E OE BE A A =-=-=-，由于111,,OA BC OB AC OC AB ⊥⊥⊥，则11,AOC B ∠= 11AOB C ∠=，11BOCA π∠=-，因此， 1111111sin 2OA C S OA OC AOC =⋅⋅∠=()()1cos sin sin cos sin ,2A A C C B -- 同理有， 1111111sin 2OA B S OA OB AOB =⋅⋅∠= ()()1cos sin sin cos sin ,2A A B B C -- 1111111sin 2OB C S OB OC B OC =⋅⋅∠= ()()1sin cos sin cos sin ,2B BC C A --因为点111,,A B C 共线，则 111111OB C OA B OA C S S S =+ ，即有()()sin cos sin cos sin B B C C A --=()()cos sin sin cos sin A A B B C --+()()cos sin sin cos sin ,A A C C B +-- ……○1 同除以 sin sin sin A B C ，得()()()()1cot 1cot cot 11cot B C A B --=--+()()cot 11cot A C --，即 1c o t c o t c o tc o tBC B C --+=()c o t c o t 1c o t c o t A B A B +--+ ()cot cot 1cot cot A C A C ++--……○2 而在ABC 中， 由于 cot cot cot cot cot cot 1A B B C C A ++=因此由○2得 cot cot cot 2A B C ++=.六． 平面上给出n 个点()3n ≥，以这些点为端点的集合为M ，线段长度的集合为D ，,d D ∀∈M 中长为d 的线段条数记为().f d证明：()1.对于D 中的最小数0,d 有()036,f d n ≤- ()2.(),d D f d ∀∈< 32n证：()1.对n 归纳，当3n =时显然有()0336f d n ≤=-，今设命题对于()3n n ≥个点成立，考虑1n +个点的情况，设其中一点1n p +是其凸包的顶点，则1n p +至多引出3条长度为最小值0d 的线段.去掉1n p +后由归纳假设，剩下n 个点，连线中至多有36n -条长为最小值0d 的线段因此，这1n +个点所成的线段中，成立 ()()0363316f d n n ≤-+=+-，从而命题对一切不小于3的n 皆成立.()2.称已知点为“红点”，对于每个红点,(1,2,,)i p i n = ，若它发出的线段中，有长n+1为d 的线段i k 条，则()12nii kf d ==∑，而以i p 为圆心，d 为半径所作的圆i p 上有i k 个红点，共作成2ik C 条弦，今过每个这种点都作这种等圆以及相应的弦，共得21ink i C=∑条弦，每两个圆至多一条公共弦，即这些弦至多重复2n C条，因此得到221i nk n i C C =-∑条不同的弦，另一方面，n 个红点间两两连线，共计2n C条，因此，2221i nnk n i C C C =≥-∑，由此， ()()211111111222n n n i i i i i i i n n k k k k ===-≥-=-∑∑∑2111122n ni i i i k k n ==⎛⎫≥- ⎪⎝⎭∑∑=()()22f d f d n - 即()2221f nf n n -≤-，232722,24n f n n ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭因此(32144n nf n ≤+<=七． 设(),0,f x x x =+>2,k ≥记()()()()()11,n nf x f x f x ff x +==.证明：对每个给定的正整数,a 数列(){}n f a 中必有一个K 次方整数.证：由于a N +∈，故存在p N ∈，使()1kkp a p ≤<+，因此有b N ∈，使(),01.kk k a p b b p p =+≤<+- 再设 ,0b qp r r p =+≤<，于是,0k a p qp r r p =++≤< ○1 又因 ()1122111kk k k k k k k a p p C p C p C p ---<+=+++++ ，所以122310,k k k k k k q C p C p C ---≤≤+++ ○2 称○1式中的r 为数a 的“余量”，由于()1kkp a p ≤<+，则p =()01.当0,0q r p =<<时，ka pr =+，这时()()12,2,k k f a p p r f a p p r =++=++ ，记12231k k k k k k s C p C p C ---=+++ ，则 ()11221kkk k k s k k k f a p sp r p C pC p C p r ---=++=+++++ ()()11.kp r =++-所以，()s f a 要么是一个k 次方数（当1r =），要么是一个其“余量”比a 的“余量”小1的数（当1r >），继续此过程，可知，经有限项后，必有某项()m f a 是一个k 次方数.()02.当 122310,0k k k kk k q C pC p C r p ---<≤+++≤< 时，,k a p qp r =++ 则()()()()121,2,k k f a p q p r f a p q p r =+++=+++ ，记1211k k k k s C p C q --=++- ，则()()11k s f a p q s p r =+++=()()11111.kk k k k k p C p C p r p r --++++=++-若1,r =则 ()()11ks f a p =+为一个k 次方数；若2,r ≥则 ()()()111ks f a p r =++-是一个其“余量”比a 的“余量”少1的数； 若0,r =则 ()()()()()()1111111.kks s f a ff a p p p p +⎡⎤==+-+=++-⎣⎦它们都归结为情形()1.()03.当 0,0q r ==时，,ka pp =+归结为情形()02.综合以上讨论，知本题结论成立.四．某人掷硬币，得正面记a 分，得背面记b 分，(,a b 为互质正整数，a b >），并将每次的得分进行累记，他发现，不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次，恰有35个分值总是记录不到，例如58就是其中之一，试确定,a b 的值.解：设此人掷得正面x 次，背面y 次，则累计得分为 ax by +，若 (),1,a b d =>则对任一个不能被d 整除的正整数分值，他都记录不到，也就是有无穷多个数记录不到，所以(),1a b =. 现在设m 为掷币人能够记录到的一个分值，则方程 ax by m += 至少有一组非负整解，（即直线ax by m +=上至少有一整点位于闭的第一象限内），（1）.若m ab ≥，因为(),1a b =，则b 个正整数(),,2,,1m m a m a m b a ---- 构成模b 的完全剩余系，其中恰有一个是b 的倍数，即此时方程 ax by m +=有非负整数解。
2005小学数学奥林匹克试题和解答
2005小学数学奥林匹克试题和解答PAGE1-NUMPAGES152005年小学数学奥林匹克预赛试卷(A)2005年3月20日上午8：30—9：301．计算：8-1.2×1.5+742÷（2.544÷2.4）＝______。
2．计算：=______。
3．已知，那么x=______。
4．设ab表示a/b＋b/a＋1/2，计算：(1992996)(996498)＝______。
5．图中大长方形分别由面积为12平方厘米、24平方厘米、36平方厘米、48平方厘米的四个小长方形组成，那么图中的阴影面积为______。
6．按英国人的记法，2005年1月8日记作1-8-2005；按美国人的记法，2005年1月8日记作8-1-2005。
那么，2005年全年中共有______天会让英、美两国人在记法上产生误会。
7．某班在一次数学测验中，平均成绩是78分，男、女各自平均成绩是75.5与81分。
这个班男女生人数之比是______。
8．将+、－、×、÷四个运算符号分别填在下面算式的方格中，每个运算符号都用上，每一格内添一个符号，使这四个算式的答数之和尽可能的大，那么这四个数之和是______。
1/2□1/9，1/3□1/8，1/4□1/7，1/5□1/69．有四个正方体，棱长分别是1，1，2，3。
把它们的表面粘在一起，所得的立体图形的表面积可能取得的最小值是______。
10．已知两个不同的单位分数的和是1/2004，且这两个单位分数的分母都是四位数，那么这两个单位分数的分母的差最小值是______。
11．用同样大小的正方形瓷砖铺一个正方形地面，两条对角线铺黑色（如图所示），其他地方铺成白色的瓷砖。
如果铺满这个地面共用了97块黑色的瓷砖，那么白色的瓷砖用了______块。
12．A、B两人以相同的速度先后从车站出发，10点钟时A与车站的距离是B与车站距离的5倍，10点24分时B正好位于A与车站距离的中点，那么A是在______时______分出发的。
2005年全国高中数学联赛汇编
2005中国数学奥林匹克竞赛汇编2005中国数学奥林匹克第二十届全国中学生数学冬令营1、给定θi∈(-π/2,π/2),i=1,2,3,4。
证明当且仅当时，存在实数x同时满足两个不等式，。
2、一个圆和△ABC的三条边分别相交于D1,D2;E1,E2;F1,F2。
另外, 线段D1E1和线段D2F2相交于点L，线段E1F1和E2F2相交于点M, 线段F1D1和F2E2相交于N。
证明三直线AL，BM，CN共点。
3、如图所示（图是由两个同心圆,n条一端点在圆心,一端点在大圆上的线段组成。
注:看不懂就可通过下文来推敲）圆形的水池被分割为2n(n≥5)个"格子"。
我们把有公共隔墙(公共边或公共弧)的"格子"称为相邻的，从而每个格子有三个邻格。
水池中一共跳入4n+1只青蛙,青蛙难于安静共处,只要某个"格子"中有不少于3只青蛙，那么迟早一定会有3只分别跳往三个不同邻格。
证明：只要经过一段时间之后,青蛙便会在水池中大致分布均匀。
所谓大致分布均匀，就是任取其中一个"格子"，或者它里面有青蛙，或者它的3个邻格均有4、已知数列 {a n} 满足条件 a1=21/16,及2a n-3a n-1=3/2n+1（其中n>1）。
设m为正整数，m>1，m≥n，证明：[a n+3/2n+3]1/m*[m-(2/3)n(m-1)/m]<(m2-1)/(m-n+1)。
5、在面积为1的矩形ABCD中(包括边界)有5个点，其中任意三点不共线。
求以这5个点为顶点的所有三角形中，面积不大于1/4的三角形的个数的最小值。
6、求方程2^x*3^y-5^z*7^w=1的所有非负整数解。
2005年上海市高中数学竞赛（CASIO 杯）试卷（2005年3月27日 星期日 上午8：30～10：30）一、填空（前4小题每小题7分，后4小题每小题8分，供60分） 1．计算：0!1!2!100!i +i +i ++i=L ．（i 表示虚数单位） 2．设θ是某三角形的最大内角，且满足sin8sin 2θθ=，则θ可能值构成的集合是 ．（用列举法表示）3．一个九宫格如图，每个小方格内都填一个复数，它的每行、每列及对角线上三个格内的复数和都相等，则x 表示的复数是 ．4．如图，正四面体ABCD 的棱长为6cm ，在棱AB 、CD 上各有一点E 、F ，若1AE =cm ，2CF =cm ，则线段EF 的长为 cm ．5．若关于x 的方程4(3)250xxa ++⋅+=至少有一个实根在区间[1,2]内，则实数a 的取值范围为 ．6．a 、b 、c 、d 、e 是从集合{}1,2,3,4,5中任取的5个元素（允许重复），则abcd e +为奇数的概率为．7．对任意实数x 、y ，函数()f x 满足()()()1f x f y f x y xy +=+--，若(1)1f =，则对负整数n，()f n的表达式．8．实数x、y 、z 满足0x y z ++=，且2221x y z ++=，记m 为2x 、2y 、2z 中最大者，则m 的最小值为 ． 二、（本题满分14分）设()f x a 的值：至少有一个正数b ，使()f x 的i x 1A B FDE定义域和值域相同． 三、（本题满分14分）已知双曲线22221x y a b-=（a 、b ∈+R ）的半焦距为c ，且2b ac =．,P Q 是双曲线上任意两点，M 为PQ 的中点，当PQ 与OM 的斜率PQ k 、OM k 都存在时，求PQ OM k k ⋅的值． 四、（本题满分16分）设[]x 表示不超过实数x 的最大整数．求集合2|,12004,2005k n n k k ⎧⎫⎡⎤⎪⎪=≤≤∈⎨⎬⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎩⎭N 的元素个数．五、（本题满分16分）数列{}n f的通项公式为n nn f ⎡⎤⎢⎥=-⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，n ∈+Z ． 记1212C +C +C nn n n n n S f f f =，求所有的正整数n ，使得n S 能被8整除．2005年全国高中数学联赛江苏赛区初赛一．选择题 (本题满分36分, 每小题6分)1.函数 ()y f x = 的图像按向量 (,2)4a π=r 平移后, 得到的图像的解析式为sin()24y x π=++. 那么 ()y f x = 的解析式为A. sin y x =B. cos y x =C. sin 2y x =+D. cos 4y x =+ 2.如果二次方程 20(,x px q p q --=∈N*) 的正根小于3, 那么这样的二次方程有 A. 5个 B. 6个 C. 7个 D. 8个 3.设 0a b >>, 那么 21()a b a b +- 的最小值是A. 2B. 3C. 4D. 54.设四棱锥 P ABCD - 的底面不是平行四边形, 用平面 α 去截此四棱锥, 使得 截面四边形是平行四边形, 则这样的平面 αA. 不存在B. 只有1个C. 恰有4个D. 有无数多个 5.设数列 {}n a : 01212,16,1663n n n a a a a a ++===-, n ∈N*, 则 2005a 被64 除的余数为A. 0B. 2C. 16D. 486. 一条走廊宽 2 m, 长 8 m, 用 6 种颜色的 1⨯1 m 2的整块地砖来铺设(每块地砖都是单色的, 每种颜色的地砖都足够多), 要求相邻的两块地砖颜色不同, 那么所有的不同拼 色方法有A. 830个B. 73025⨯个C. 73020⨯个D. 73021⨯个 二．填空题 (本题满分36分, 每小题6分)7.设向量 OA u u u r 绕点 O 逆时针旋转 2π得向量 OB uuu r , 且 2(7,9)OA OB +=u u u r u u u r , 则向量 OB =u u u r.8.设无穷数列 {}n a 的各项都是正数, n S 是它的前 n 项之和, 对于任意正整数n , n a 与 2 的等差中项等于 n S 与 2 的等比中项, 则该数列的通项公式为 .9.函数 ∈+=x x x y (|2cos ||cos |R ) 的最小值是 .10.在长方体 1111ABCD A B C D - 中, 12,1AB AA AD ===, 点 E 、F 、G分别是棱 1AA 、11C D 与 BC 的中点, 那么四面体 1B EFG - 的体积是 .11.由三个数字 1、2、3 组成的 5 位数中, 1、2、3 都至少出现 1 次, 这样 的 5 位数共有 .12. 已知平面上两个点集{(,)||1|,M x y x y x y =++≥∈R },{(,)||||1|1,,N x y x a y x y =-+-≤∈R }. 若 M N ≠∅I , 则 a 的取值范围是.三．解答题 (第一题、第二题各15分；第三题、第四题各24分)13.已知点 M 是 ABC ∆ 的中线 AD 上的一点, 直线 BM 交边 AC 于点N , 且 AB 是 NBC ∆ 的外接圆的切线, 设BC BN λ=, 试求 BMMN(用 λ 表示).14.求所有使得下列命题成立的正整数 (2)n n ≥: 对于任意实数 12,,,n x x x L ,当 10nii x==∑ 时, 总有 110ni i i x x +=≤∑ ( 其中 11n x x += ).ABCDNM15.设椭圆的方程为22221(0)x ya ba b+=>>, 线段PQ是过左焦点F且不与x轴垂直的焦点弦. 若在左准线上存在点R, 使PQR∆为正三角形, 求椭圆的离心率e的取值范围, 并用e表示直线PQ的斜率.n n∈N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于2005, 求n的16.(1) 若(最小值, 并说明理由；n n∈N*) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于20022005, 求n的(2) 若(最小值, 并说明理由.2005年全国高中数学联赛江苏赛区初赛参考答案一．选择题1,B sin[()]44y x ππ=++, 即 cos y x =. 故选 B ． 2,C 由 240,0p q q ∆=+>-<, 知方程的根为一正一负．设 2()f x x px q =--，则2(3)330f p q =-->, 即 39p q +<.由于 ,p q ∈N*， 所以 1,5p q =≤ 或2,2p q =≤. 于是共有7组 (,)p q 符合题意． 故选 C ．3,C 由 0a b >>, 可知22210()()424a ab a b b a <-=--≤ 所以， 222144()a a b a b a+≥+≥-. 故选 C ．4,D 设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线为 m 、n , 直线 m 、n 确定了一个平面 β 作与 β 平行的平面 α, 与四棱锥的各个侧面相截，则截得的四边形必为平行四边形．而这样的平面 α 有无数多个．故选 D ．5,C 数列 {}n a 模 64 周期地为 2，16，－2，－16，……. 又 2005 被 4 除余 1, 故 选 C ．6,D 铺第一列(两块地砖)有 30 种方法；其次铺第二列．设第一列的两格铺了 A 、B 两色(如图)，那么，第二列的上格不能铺 A 色．若铺 B 色，则有 (61)- 种铺法；若不 铺 B 色，则有 2(62)- 种方法. 于是第二列上共有 21 种铺法. 同理， 若前一列铺好，则其后一列都有 21 种铺法．因此，共有 73021⨯ 种铺法． 故选 D ．二．填空题7,1123(,)55- 设 (,)OA m n =u u u r , 则 (,)OB n m =-u u u r , 所以2(2,2)(7,9)OA OB m n n m +=-+=u u u r u u u r 即 27,29.m n m n -=⎧⎨+=⎩ 解得 23,511.5m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩因此，23111123(,),(,)5555OA OB ==-u u u r u u u r .AB8,42(n a n n =-∈N*)．由题意知 22n a +=， 即 2(2)8n n a S +=.… ①由 11a S = 得122a +=, 从而 12a =. 又由 ① 式得211(2)(2)8n n a S n --+=≥,… ②于是有 1n n n a S S -=-221(2)(2)(2)88n n a a n -++=-≥,整理得 11()(4)0n n n n a a a a --+--=. 因 10,0n n a a ->>, 故114(2),2n n a a n a --=≥=,所以数列 {}n a 是以 2 为首项、4为公差的等差数列，其通项公式为 24(1)n a n =+-,即 42n a n =-. 故填 42(n a n n =-∈N*)．9,2令 |cos |[0,1]t x =∈，则 2|21|y t t =+-．当12t ≤≤ 时， 2219212()48y t t t =+-=+-，得 22y ≤≤；当 02t ≤<时， 2219212()48y t t t =-++=--+，得928y ≤≤又 y 可取到 2, 故填2．10, 138B EFG V -=在 11D A 的延长线上取一点 H ，使 114A H =. 易证,1||HEB G ， ||HE 平面1B FG ． 故 1111B EFG E B FG H B FG G B FH V V V V ----===．而 198B FH S ∆=，G 到平面 1B FH 的距离为 1． 故填 138B EFG V -=． 11,150 在 5 位数中, 若 1 只出现 1 次，有 11235444()70C C C C ++= 个； 若 1 只出现 2 次，有 212533()60C C C += 个；若 1 只出现 3 次，有 315220C C = 个． 则这样的五位数共有 150 个． 故填 150个.12.[1-+由题意知 M 是以原点为焦点、直线 10x y ++= 为准线的抛物线上及其凹口内侧的点集，N 是以 (,1)a 为中心的正方形及其内部的点集(如图)．考察 M N =∅I 时, a 的取值范围:令 1y =, 代入方程|1|x y ++=,得 2420x x --=，解出得2x =± 所以，当211a <=时, M N =∅I ． ………… ③令 2y =，代入方程|1|x y ++=得 2610x x --=. 解出得3x =．所以，当3a > 时, M N =∅I ． ………… ④因此, 综合 ③ 与 ④ 可知，当13a ≤≤+即[13a ∈ 时,M N ≠∅I ．故填[1-. 三．解答题13, 证明：在 BCN ∆ 中，由Menelaus 定理得1BM NA CDMN AC DB⋅⋅=． 因为 BD DC =，所以BM ACMN AN=． ……………… 6分由 ABN ACB ∠=∠，知ABN ∆ ∽ ACB ∆，则AB AC CBAN AB BN==． 所以，2AB AC CB AN AB BN ⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭， 即 2⎪⎭⎫ ⎝⎛=BN BC AN AC ． …………………… 12分 因此， 2⎪⎭⎫⎝⎛=BN BC MN BM ． 又 BC BN λ=， 故 2BMMNλ=． …………………… 15分 14, 解： 当 2n = 时，由 120x x +=，得 21221120x x x x x +=-≤．所以 2n = 时命题成立. …………………… 3分ABCDNM当 3n = 时，由 1230x x x ++=，得2222123123122331()()2x x x x x x x x x x x x ++-++++=.所以 3n = 时命题成立. ………………… 6分当 4n = 时，由 12340x x x x +++=，得212233441132424()()()0x x x x x x x x x x x x x x +++=++=-+≤．所以 4n = 时命题成立． ……………… 9分当 5n ≥ 时，令 121x x ==，42x =-，350n x x x ====L ,则10nii x==∑.但是,1110ni i n x x+==>∑，故对于 5n ≥ 命题不成立．综上可知，使命题成立的自然数是 2,3,4n =. …………… 15分 15, 解： 如图, 设线段 PQ 的中点为 M ． 过点 P 、M 、Q 分别作准线的垂线, 垂足 分别为 'P 、'M 、'Q , 则11|||||||'|(|'||'|)()222PF QF PQ MM PP QQ e e e=+=+=． …………… 6分假设存在点 R ，则 ||||RM PQ =， 且 |'|||MM RM <， 即||||22PQ PQ e <，所以，3e >． ………………………… 12分 于是，ePQ e PQ RM MM RMM 31||322|||||'|'cos =⋅==∠， 故cot 'RMM ∠=．若 ||||PF QF < (如图)，则131'cot 'tan tan 2-=∠=∠=∠=e RMM FMM QFx k PQ . …………… 18分当e >时, 过点 F 作斜率为 的焦点弦 PQ , 它的中垂线交左准线于 R , 由上述运算知, ||||2RM PQ =． 故 PQR ∆ 为正三角形. ………… 21分 若 ||||PF QF >，则由对称性得PQ k = ……………… 24分又 1e <, 所以，椭圆 22221(0)x y a b a b +=>> 的离心率 e 的取值范围是e ∈， 直线 PQ 的斜率为16, 解： (1) 因为3333101000,111331,121728,132197====,3312200513<<，故 1n ≠.因为 3333200517281251252712553=+++=+++，所以存在 4n =， 使min 4n ≤． ……………… 6分若 2n =，因 3310102005+<, 则最大的正方体边长只能为 11 或 12，计算33200511674,200512277-=-=，而 674 与 277 均不是完全立方数, 所以2n = 不可能是 n 的最小值. ……………… 9分若 3n =，设此三个正方体中最大一个的棱长为 x , 由 328320053⨯>≥x , 知最大的正方体棱长只能为 9、10、11 或 12.由于 3932005⨯<, 5479220053=⨯-, 0829200533>⨯--, 所以 9x ≠. 由于 510220053=⨯-, 332005109276--=, 332005108493--=,07210200533>⨯--, 所以10x ≠.由于 332005118162--=, 332005117331--=, 06211200533>⨯--, 所以 11x ≠.由于 33200512661--=, 33320051251525--=>, 所以 12x ≠. 因此 3n = 不可能是 n 的最小值.综上所述，4n = 才是 n 的最小值. ……………… 12分 (2) 设 n 个正方体的棱长分别是 12,,,n x x x L ， 则3332005122002n x x x +++=L ．…………… ⑤由 20024(mod9)≡， 341(mod 9)≡，得20052005668313668200244(4)44(mod9)⨯+≡≡≡⨯≡．…… ⑥ …… 15分又当 x ∈N* 时，30,1(mod 9)x ≡±，所以31x ≡∕4(mod9)， 3312x x + ≡∕4(mod 9)， 333123x x x ++ ≡∕4(mod 9). … ⑦…………… 21分⑤ 式模 9, 由 ⑥、⑦ 可知, 4n ≥．而 33332002101011=+++，则2005200433336683333320022002(101011)(2002)(101011)=⨯+++=⨯+++6683668366836683(200210)(200210)(2002)(2002)=⨯+⨯++．…… 24分因此 4n = 为所求的最小值．。
2005奥林匹克试题答案
2005奥林匹克试题答案2005年奥林匹克数学竞赛试题解答问题一：题目描述：给定一个正整数n，将其各位数字重新排列可以得到一个新的数。
证明：对于任意的n，都存在一种排列方式，使得排列后的数是n的倍数。
解答：首先，我们设n的各位数字为a1, a2, ..., ak，且a1 * a2 * ... * ak = n。
我们需要证明存在一种排列方式，使得排列后的数是n的倍数。
考虑n的倍数的性质，一个数是n的倍数当且仅当它与n的任意一个非零因子（除了1和本身）的余数都为0。
因此，我们需要证明存在一种排列方式，使得排列后的数与n的每个非零因子的余数都为0。
我们可以通过构造法来证明这一点。
首先，我们将n的每个因子（除了1和n本身）对应的数字串起来，得到一个新的数字序列。
然后，我们将这个新序列与n的原始数字序列进行比较，如果新序列的每一位都小于或等于原始序列的对应位，那么我们就可以通过将新序列的数字按照原始序列的顺序排列，得到一个新的数，这个新的数就是n的倍数。
如果不存在这样的排列方式，那么至少存在一个因子，其对应的数字序列在某些位上大于原始序列的对应位。
这时，我们可以将这个因子对应的数字序列中大于原始序列对应位的数字与原始序列中的数字交换，然后再次进行比较。
通过有限次的交换，我们总能找到一种排列方式，使得新序列的每一位都不大于原始序列的对应位，从而证明了存在一种排列方式，使得排列后的数是n的倍数。
问题二：题目描述：给定一个正整数序列a1, a2, ..., an，其中每个数都是1或-1。
证明：序列中1的个数减去-1的个数是偶数。
解答：我们可以通过数学归纳法来证明这个结论。
首先，当序列中只有一个数时，显然1的个数减去-1的个数是0，是一个偶数。
假设当序列中有k个数时，结论成立，即1的个数减去-1的个数是偶数。
现在考虑序列中有k+1个数的情况。
我们可以从序列中去掉一个数，根据归纳假设，剩下的k个数中1的个数减去-1的个数是偶数。
2005全国数学奥林匹克决赛试题及参考答案
2005全国数学奥林匹克决赛试题及参考答案1、 计算：11024 +1512 +1256 + (12)+1+2+4+8+……+1024= 2、 计算：1+10+41035 +22463 +15199 +17143= 3、有一个整数，用它去除70，110，160所得到的3个余数之和是50，那么这个整数是（ ）。
4、设M 、N 都是自然数，记PM 是自然数M 的各位数字之和，PN 是自然数N 的各位数字之和。
又记M*N 是M 除以N 的余数。
已知M+N=4084，那么(PM+PN)*9的值是（ ）。
5、如图，已知CD=5，DE=7，EF=15，FG=6，直线AB 将图形分成左右两部份，左边部份面积是38，右边部份面积是65，那么三角形ADG 的面积是（ ）。
6、某自然数，它可以表示成9个连续自然数的和，又可以表示成10个连续自然数的和，还可以表示成11个连续自然数的和，那么符合以上条件的最小自然数是（ ）。
7、已知甲酒精纯酒精含量为72%，乙酒精纯酒精含量为58%，两种酒精混合后纯酒精含量为62%。
如果每种酒精取的数量都比原来多15升，混合后纯酒精含量为63.25%，那么第一次混合时，甲酒精取了（ ）升。
8、在下面算式中，不同的汉字代表不同的数字，相同的汉字代表相同的数字。
那么“新年好”所代表的三位数是（ ）。
9、有两家商场，当第一家商场的利润减少15%，而第二家商场利润增加18%时，这两家商场的利润相同。
那么，原来第一家商场的利润是第二家商场利润的（ ）倍。
10、从1~9这9个数字中取出三个，由这三个数字可以组成六个不同的三位数。
如果六个三位数的和是3330，那么这六个三位数中最大的是（ ）。
11、有A 、B 、C 、D 、E 五支球队参加足球循环赛，每两个队之间都要赛一场。
当比赛快要结束时，统计到的成绩如下：队名 获胜场数 平局场数 失败场数 进球个数 失球个数A 2 1 0 4 1B 1 2 0 4 2C 1 1 1 2 3D 1 0 3 5 5E 0 2 1 1 5已知A 与E 以及B 与C 都赛成平局，并且比分都是1：1，那么B 与D 两队之间的比分是（ ）。
数学奥林匹克冬令营测试题B
2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测 试 题 B （陶平生供题）学校： 姓名： 营员证号：________一． 以⊿ABC 的三条边作为斜边，分别向形内方向作等腰直角三角形111,,,A BC B CA C AB 若三点111,,A B C 在一直线上，试求 cot cot cot A B C ++ 的值.二． 平面上给出n 个点()3n ≥，以这些点为端点的集合为M ，线段长度的集合为D ，,d D ∀∈M 中长为d 的线段条数记为().f d证明：()1.对于D 中的最小数0,d 有()036,f d n ≤- ()2.(),d D f d ∀∈< 32n三． 设(),0,f x x x =+>2,k ≥记()()()()()11,n nf x f x f x ff x +==.证明：对每个给定的正整数,a 数列(){}n f a 中必有一个K 次方整数.四． 某人掷硬币，得正面记a 分，得背面记b 分，(,a b 为互质正整数，a b >），并将每次的得分进行累记，他发现，不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次，恰有35个分值总是记录不到，例如58就是其中之一，试确定,a b 的值.2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题B 解答 （陶平生供题）五． 如图，以⊿ABC 的三条边作为斜边，分别向形内方向作等腰直角三角形111,,,A BC B CA C AB 若三点111,,A B C 在一直线上，试求 cot cot cot A B C ++ 的值.解：设ABC 的外心为O ，外接圆半径为单位长， 作1C D AB ⊥于D ，则外心O 在AB 的中垂线1C D 上， 且圆周角C ACB AOD =∠=∠， 于是，11sin cos ,OC DC DO DA DO C C =-=-=-同理有1sin cos OB B B =-，而11cos sin OA OE A E OE BE A A =-=-=-，由于111,,OA BC OB AC OC AB ⊥⊥⊥，则 11,AOC B ∠= 11AOB C ∠=，11BOC A π∠=-，因此，1111111sin 2OA C S OA OC AOC =⋅⋅∠= ()()1cos sin sin cos sin ,2A A C CB -- 同理有， 1111111sin 2OA B S OA OB AOB =⋅⋅∠= ()()1cos sin sin cos sin ,2A A B B C -- 1111111sin 2OB C S OB OC B OC =⋅⋅∠= ()()1sin cos sin cos sin ,2B BC C A --因为点111,,A B C 共线，则 111111OB C OA B OA C S S S =+ ，即有()()sin cos sin cos sin B B C C A --=()()cos sin sin cos sin A A B B C --+()()cos sin sin cos sin ,A A C C B +-- ……○1 同除以 sin sin sin A B C ，得()()()()1cot 1cot cot 11cot B C A B --=--+()()cot 11cot A C --，即 1c o t c o t c o tc o t BC B C --+=()c o t c o t 1c o t c o t A BA B +--+ ()cot cot 1cot cot A C A C ++--……○2 而在ABC 中， 由于 cot cot cot cot cot cot 1A B B C C A ++=因此由○2得 cot cot cot 2A B C ++=.六． 平面上给出n 个点()3n ≥，以这些点为端点的集合为M ，线段长度的集合为D ，,d D ∀∈M 中长为d 的线段条数记为().f d证明：()1.对于D 中的最小数0,d 有()036,f d n ≤- ()2.(),d D f d ∀∈< 32n证：()1.对n 归纳，当3n =时显然有()0336f d n ≤=-，今设命题对于()3n n ≥个点成立，考虑1n +个点的情况，设其中一点1n p +是其凸包的顶点，则1n p +至多引出3条长度为最小值0d 的线段.去掉1n p +后由归纳假设，剩下n 个点，连线中至多有36n -条长为最小值0d 的线段因此，这1n +个点所成的线段中，成立 ()()0363316f d n n ≤-+=+-，从而命题对一切不小于3的n 皆成立.()2.称已知点为“红点”，对于每个红点,(1,2,,)i p i n = ，若它发出的线段中，有长P n+1为d 的线段i k 条，则()12nii kf d ==∑，而以i p 为圆心，d 为半径所作的圆i p 上有i k 个红点，共作成2ik C 条弦，今过每个这种点都作这种等圆以及相应的弦，共得21ink i C=∑条弦，每两个圆至多一条公共弦，即这些弦至多重复2n C条，因此得到221i nk n i C C =-∑条不同的弦，另一方面，n 个红点间两两连线，共计2n C条，因此，2221i nnk n i C C C =≥-∑，由此， ()()211111111222n n n i i i i i i i n n k k k k ===-≥-=-∑∑∑2111122n ni i i i k k n ==⎛⎫≥- ⎪⎝⎭∑∑=()()22f d f d n - 即()2221f nf n n -≤-，232722,24n f n n ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭因此(32144n nf n ≤+<=七． 设(),0,f x x x =+>2,k ≥记()()()()()11,n nf x f x f x ff x +==.证明：对每个给定的正整数,a 数列(){}n f a 中必有一个K 次方整数.证：由于a N +∈，故存在p N ∈，使()1kkp a p ≤<+，因此有b N ∈，使(),01.kk k a p b b p p =+≤<+- 再设 ,0b qp r r p =+≤<，于是,0k a p qp r r p =++≤< ○1 又因 ()1122111kk k k k k k k a p p C p C p C p ---<+=+++++ ，所以122310,k k k k k k q C p C p C ---≤≤+++ ○2 称○1式中的r 为数a 的“余量”，由于()1kkp a p ≤<+，则p =()01.当0,0q r p =<<时，ka pr =+，这时()()12,2,k k f a p p r f a p p r =++=++ ，记12231k k k k k k s C p C p C ---=+++ ，则 ()11221kkk k k s k k k f a p sp r p C pC p C p r ---=++=+++++ ()()11.kp r =++-所以，()s f a 要么是一个k 次方数（当1r =），要么是一个其“余量”比a 的“余量”小1的数（当1r >），继续此过程，可知，经有限项后，必有某项()m f a 是一个k 次方数.()02.当 122310,0k k k kk k q C pC p C r p ---<≤+++≤< 时，,k a p qp r =++ 则()()()()121,2,k k f a p q p r f a p q p r =+++=+++ ，记1211k k k k s C p C q --=++- ，则()()11k s f a p q s p r =+++=()()11111.kk k k k k p C p C p r p r --++++=++-若1,r =则 ()()11ks f a p =+为一个k 次方数；若2,r ≥则 ()()()111ks f a p r =++-是一个其“余量”比a 的“余量”少1的数； 若0,r =则 ()()()()()()1111111.kks s f a ff a p p p p +⎡⎤==+-+=++-⎣⎦它们都归结为情形()1.()03.当 0,0q r ==时，,ka pp =+归结为情形()02.综合以上讨论，知本题结论成立.四．某人掷硬币，得正面记a 分，得背面记b 分，(,a b 为互质正整数，a b >），并将每次的得分进行累记，他发现，不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次，恰有35个分值总是记录不到，例如58就是其中之一，试确定,a b 的值.解：设此人掷得正面x 次，背面y 次，则累计得分为 ax by +，若 (),1,a b d =>则对任一个不能被d 整除的正整数分值，他都记录不到，也就是有无穷多个数记录不到，所以(),1a b =. 现在设m 为掷币人能够记录到的一个分值，则方程 ax by m += 至少有一组非负整解，（即直线ax by m +=上至少有一整点位于闭的第一象限内），（1）.若m ab ≥，因为(),1a b =，则b 个正整数(),,2,,1m m a m a m b a ---- 构成模b 的完全剩余系，其中恰有一个是b 的倍数，即此时方程 ax by m +=有非负整数解.也就是m 能被记录到，因此掷币人能够记录到的分值m 应满足：0m ab ≤<.(2).当0m ab ≤<，因为(),1a b =，则直线ax by m +=上至少有一整点位于闭的第一象限内，事实上，设闭的第一象限内有两个整点()()1,122,,x y x y 在直线上，则直线ax by m +=的斜率 1212y y k x x -=- 满足 b k a =，但由直线 a x b ym+=ab <，则1x y a b +<，而由截距，1212,x x b y y a -<-< 知 ab不是既约分数，矛盾.据此知，在 闭的第一象限内，满足0ax by ab ≤+<的整点与满足0m ab ≤<且可记录到的分值m ，一 一对应，因为闭矩形{}0,0x b y a ≤≤≤≤内有()()11a b ++个整点，故在 闭的第一象限内，满足0ax by ab ≤+<的整点数为()()11122a b ++-⎡⎤⎣⎦个，从而满足0m ab ≤<的ab 个数值m 中，不能记录到的数值m 的个数为：()()()()111111122ab a b a b -+++=--.所以 ()()135112a b =--，由()()1170170235514a b --==⋅=⋅=⋅710=⋅，而(),,1a b a b >=，故仅有 71,2a b == 及 11,8a b ==可能适合；若取71,2a b ==，则71022958⋅+⋅=能够记录到，不合题意，再考察 11858x y +=上的整点，显然此方程没有非负整解，即分值58记录不到，因此11,8a b ==是合于题意的唯一解.。
2005年江苏省数学奥林匹克夏令营竞赛试题及参考答案
2005年江苏省数学奥林匹克夏令营竞赛试题参考答案一、选择题：1．已知,a b N ∈，100a 是一个120位数，ba 是一个10位数，则b 的值是 （ ）()A 7()B 8()C 9()D 10解：B ．由题设：100119lg 1209lg 10ba a ⎧≤<⎪⎨≤<⎪⎩，从而9101.19 1.2b ≤<．∴ 8b =． 2．将4个相同的红球和4个相同的蓝球排成一排，从左到右每个球依次对应序号为1,2,,8 ．若同色球之间不加区分，则4个红球对应序号之和小于4个蓝球对应序号之和的排列方法的种数为（ ）()A 31()B 27()C 54()D 62解：A ．123836++++= ．1到8中任取四个不同的数求和，可以得到4870C =种答案（可以相同）． 其中和为18的共有8种：()8,7,2,1，()8,6,3,1，()8,5,4,1，()8,5,3,2，()7,6,4,1，()7,6,3,2，()7,5,4,2，()6,5,4,3．∴ 4个红球对应序号之和小于4个蓝球序号之和的排列数为708312-=． 3．若某圆柱的体积与表面积在数值上恰好相等，则该圆柱的体积的最小可能是 （ ）()A 48π()B 50π()C 54π()D 66π解：C ．设圆柱底面半径为r ，高为h ．则2222r h r rh πππ=+，即22rh r =-，2r >． 从而322222r r V r r r ππ==--．令20t r =->，则 ()()3222816121811272t V t t t t t t t π+⎛⎫==+++=-+++≥ ⎪⎝⎭． ∴ 当1t =时，V 取最小值54π．4．已知,αβ均为锐角，且满足()2sin cos ααβ=-，则α与β的关系 （ ）()A αβ<()B αβ=()C αβ>()D 2παβ+=解：C ．由题设：2sin cos cos sin sin ααβαβ=+． ∴ sin cot cos sin sin ααβββ=⋅+>． ∴ αβ>．5．正四面体的4个面上分别写着1，2，3，4．将4个这样的均匀正四面体投掷于桌面上，与桌面接触的4个面上的4个数的乘积被4整除的概率是 （ ）()A 18()B 964()C 116()D 1316解：D ．()4434424213416-+⨯=． 6．甲、乙、丙，3人用擂台赛形式进行训练，每局2人进行单打比赛，另1人当裁判，每一局的输方当下一局的裁判，由原来的裁判向胜者挑战．半天训练结束时，发现甲共打了12局，乙共打了21局，而丙共当裁判8局．那么整个比赛的第10局的输方 （ ）()A 必是甲()B 必是乙()C 必是丙()D 不能确定解：A ．丙共当裁判8局，所以甲乙之间共有8局比赛．又甲共打了12局，乙共打了21局，所以甲和丙打了4局，乙和丙打了13局． 三个人之间总共打了（8+4+13）=25局．考察甲，总共打了12局，当了13次裁判．所以他输了12次．所以当n 是偶数时，第n 局比赛的输方为甲，从而整个比赛的第10局的输方必是甲． 二、填空题：7．已知向量(a =，()b = ．若正数k 和t 使得()21x a t b =++ 与1y ka b t =-+垂直．则k 的最小值是 ．解：2．a b == 0a b ⋅= ．2210x y ka t b t ⎛⎫=⋅=-++ ⎪⎝⎭，即12k t t =+≥．8．在直角坐标系内，如果一个点的横坐标和纵坐标都是整数，则称该点为整点．若凸n 边形的顶点都是整点，并且多边形内部及其边上没有其他整点，则n = ．解：3n =或4．3n =或4显然满足题意．当5n ≥，考察其顶点()111,A x y ，()222,A x y ，()333,A x y ，()444,A x y ，()555,A x y ，由抽屉原理知道必然有两点的横坐标与纵坐标的奇偶性完全相同，不妨设为(),i i i A x y ，(),j j j A x y ，i j ≠．则i j A A 的中点必然是一个整点．而由凸n 边形的性质知道，线段i jA A 的中点必然在该多边形的内部或者边上．9．若实数,x y 满足0x ≥，且{}max 1,12x x y x --≤≤+．则二元函数(),u x y2x y =+的最小值是 ．解：1．由题意：12x y x -≤≤+，且0x ≥． ∴ (),u x y 2x y =+312, 11211, 01x x x x x x -≥≥⎧≥-+=⎨+≥≤<⎩．10．设方程1nx =（n 为奇数）的n 个根为1211,,,,n x x x - ，则1111n k kx -==+∑ ． 解：12n -． 22cos sin k k k x i n nππ=+，1,2,3,,1k n =- ．注意到2222cossin cos 2sin 2k k k k k x i i n n n n ππππππ--⎛⎫⎛⎫=+=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()22cos sin n k n k n k i x n nππ---=+=．∴11111111111k k k n k k k k k k kx x x x x x x x x x -+=+=+=++++++． 而n 为奇数，所以1n -为偶数，从而111112n k kn x -=-=+∑．11．用{}x 表示实数x的小数部分，若()200518a =．则{}a a ⋅= ．解：1．记()200518b =，则01b <<，且1ab =．又((()2005200520052005200520051818rrrr rr r r a b CC--==-=⋅-⋅-∑∑(100220042212120050218kk k k C Z -++==⋅⋅∈∑．而()a a b b =-+，其中a b Z -∈，01b <<． ∴{}b a =．∴ {}1a a ab ==．12．已知P 、Q 、R 、S 是三棱锥A BCD -内的四点，且Q 、R 、S 、P 分别是线段PA 、QB 、RC 、SD 的中点，若用P ABC V -表示三棱锥P ABC -的体积，其余的类推．则:::P ABC P BCD P CDA P ABD V V V V ----= ．解：8:1:2:4．记,P BCD H 为点P 到平面BCD 的距离．其余类推．设P V -∵ ,,::2S BCD P BCD H H SD PD ==．∴ 2S BCD V -=． ∵ ,,::2:1R BCD S BCD H H RC SC ==，∴ 4R BCD V -=． ∵ ,,::2:1Q BCD R BCD H H QB RB ==，∴ 8Q BCD V -=．设AP 延长后交平面BCD 于'P ．则':':Q BCD QP PP V -=∴ :'7:1QP PP =，又AQ QP =，∴ ':'15:1AP PP =．∴ 15A BCD V -=． 同理1Q ACD V -=，1S ABC V -=，1R ABD V -=．∴88P ABC S ABC V V --==，22P CDA Q CDA V V --==，244P ABD Q ABD R ABD V V V ---===． ∴ :::8:1:2:4P ABC P BCD P CDA P ABD V V V V ----=．D三、解答题：13．设()12,,,2n P P P n ≥ 是1,2,,n 的任意一个排列．求证：1223211111112n n n nn P P P P P P P P n ----++++>+++++ ． 证：记12232111111n n n n A P P P P P P P P ---⎛⎫=++++ ⎪++++⎝⎭ ，()()()12231n n B P P P P P P -=++++++ ．则()21A B n ⋅>-．（1223P P P P +≠+，故等号不成立）而()()21212212123n n B P P P P P n n n =+++--≤+++--=+-∴()()()222221111322n n n n A Bn n n n n ---->≥>=+-+-+． 14．一医生知道某种疾病患者的自然痊愈率为0.25，为实验一种新药是否有效，把它给10个病人服用．他事先决定，若这10个病人中至少有4个治好，则认为这种药有效，提高了痊愈率．否则认为无效．求（1）虽然新药有效，并把痊愈率提高到了0.35，但通过实验却被否定的概率； （2）新药完全无效，但通过实验却被判断为有效的概率． 参考数据：解：设痊愈率为p ，恰好有k 个人痊愈的概率为k a ，0,1,2,,10k = ．则()10101kkk k a C p p -=-．（1）0.35p =，此时：01230.5138a a a a +++=．即新药有效，并把痊愈率提高到了0.35，但通过实验却被否定的概率为0.5138． （2）新药完全无效，∴0.25p =，此时：()012310.2241a a a a -+++=．15．设双曲线2222:1x y S a b-=，()00,M x y S ∉，且000x y ≠．()00,N x y λλ，其中2200221x y a b λ=-．过点N 的直线L 交双曲线S 于,A B 两点，过点B 作斜率为2020b x a y 的直线交双曲线S 于点C ．求证：,,A M C 三点共线．证：设()11,A x y ，()22,B x y ，()33,C x y ．过点M 作斜率为2020b x a y 的直线m ，则直线m 的方程为 ()200020b x y y x x a y -=- ①设直线m 交NA 与点P 、交NC于点Q ，(),F F F x y 为BC 中点． 由,B C S ∈得：2222221x y a b -=，2233221x y a b-=． 两式相减后化简后可得：F F y y x x =．∴ F 在直线MN 上． 从而M为PQ 中点．设直线L 的斜率为k ，则直线L 的方程为()00y y k x y λλ-=-②故12,x x 是方程()22002211x k x x y a bλλ--+=⎡⎤⎣⎦的两根．整理得： ()()22220000002222221210x k y x y k x x x x a b a b a b λλλλλ⎛⎫⎛⎫⎛⎫--+-⋅-+--= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭FPQDG将2200221x y a bλ=-代入上式，得：()()22000022221210x ky k x x x x a b a b λλλλ⎛⎫⎛⎫--+-⋅-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭将其视为关于()0x x λ-的一元二次方程．由韦达定理，有002210201121x ky x x x x a b λλλλ-⎛⎫+=- ⎪---⎝⎭③联立①②，消去y 得到0022011P ky x x x b a λλλ⎛⎫=-⎪--⎝⎭． 比较③式得：01020211P x x x x x x λλλ=+---． 从而211NP NA NB=+． 下面利用平几知识证明,,A M C 三点共线．首先假设,,A M C 三点共线，来证明：211NP NA NB=+．过A 做直线AD ∥BC ，交NC 与D ．设G 为AD 中点．由于AD ∥BC ∥PQ ，∴ ,,AD BC PQ 的中点,,G F M 共线（过点N ）． ∴NA AG AG AM AP NP NA NB BF FC MC BP NB NP -=====-．整理即得：211NP NA NB=+． 反之，用同一法可证明当211NP NA NB=+时,,A M C 三点共线．2005年江苏省数学奥林匹克夏令营竞赛(加试)试题参考答案一．锐角三角形ABC 的内切圆分别切,AB AC 边于点,D E ，,X Y 分别为ABC ∠和ACB ∠的平分线与DE 的交点，Z 为BC 边的中点．求证：当且仅当60A ∠=︒时，△XYZ 为正三角形． 证：记△ABC 的内心为I ，由()(1118022ADE AED A ∠=∠=︒-∠=得,,,B I Y D 四点共圆．又ID AB ⊥，故BY CY ⊥．则ZY ZB ZC ==．同理ZX ZB ZC ==，故ZX ZY =． 又ZY ZC =，∴ ZYC ZCY ACY ∠=∠=∠．从而 ZY ∥AC ．同理ZX ∥AB ． ∴当且仅当60A ∠=︒时，△XYZ 为正三角形．二．求与数列{}*2361,n n n n a n N =++-∈中每一项都互质的所有正整数．解：设质数3p >，由费马小定理得：()121mod p p -≡，()131mod p p -≡，()161mod p p -≡．记121p rp -=+，131p sp -=+，161p tp -=+，,,r s t Z ∈．则222211123611236p p p p rp sp tp a ----+++=++-=++-336r s tp ++=⋅ ∵ 2p a -为整数，而(),61p = ∴ 2|p p a -．又 424823a ==⨯，故没有质数与数列所有的项都互质． 综上所述，与{}n a 中所有项都互质的正整数只有1．三．设12345678A A A A A A A A 为一凸八边形，其中任意三条对角线不共点．我们把任意两条对角线的交点（不包含顶点）称为“扣”，把以这个八边形的四个顶点为顶点的凸四边形称为“子四边形”．求满足以下性质的最小正整数n ：可以找到n 个“扣”，并将它们染色，使得对任意{},1,2,3,4,5,6,7,8i k ∈，i k ≠，(),s i k 为定值．其中，(),s i k 表示以i A 、k A 为其中两个顶点，且对角线交点是一个染色的“扣”的“子四边形”的个数．解：由题目条件，容易看出，任意四个顶点组和“子四边形”一一对应，所有“子四边形”的对角线交点又与所有的“扣”一致，所以我们可以用无序四元集()1234,,,i i i i （{}1,2,3,4,5,6,7,8j i ∈，1,2,3,4j =）来标记以1234,,,i i i i A A A A 为顶点的“子四边形”及其对角线交点对应的“扣”．则原问题要求的性质转化为：找出n 个四元集，使得任意二元组(),x y （x y ≠，{},1,2,3,4,5,6,7,8x y ∈）在其中出现的次数相同．每个染色的四元集中有24C 个二元组，所以()22481,2n C C s ⋅=⋅，即()3141,2n s =，故14|n ，从而14n ≥．下面给出14n =的满足要求的染色方法：14个染色的“扣”为：{}1,2,3,4，{}5,6,7,8，{}1,2,5,6，{}3,4,7,8，{}1,2,7,8，{}3,4,5,6，{}1,3,5,7，{}2,4,6,8，{}1,3,6,8，{}2,4,5,7，{}1,4,5,8，{}2,3,6,7，{}1,4,6,7，{}2,3,5,8．AA 4567。
数学奥林匹克竞赛在综合训练2005(1)
数学奥林匹克竞赛综合训练(1)第一试一、选择题（每小题6分，共36分）1．已知集合M={},,,99|22R y x y x x ∈=+N={}为常数且a 1,|a |,,,02|22≤∈=-+R y x ax y x x ，则M ⋂N=（ ）。
（A ）{}1|||≤x x ；（B ）{}|||||a x x ≤；（C ）{} |a |a |||+≥≤-x a a x ；（D ）{}2|||≤x x2．方程(a-1)(sin2x+cosx)+(a+1)(sinx-cos2x)=0(参数a<0)在区间（ππ,-）内有（ ）个解。
（A ）2；（B ）3；（C ）4；（D ）5或多于53．某学生从一楼到三楼去上课，公有30级楼梯。
但他在楼梯上随意地进步退步，当他从第一级起登上9级时停了下来，心想：如果自己把后退的步全变成前进的步，自己此时①可能站在第30级上了；②不可能站在第30级上；③不可能站在第29级上；④可能站在第28级上。
其中一定正确的叙述是（ ） （A ）①；（B ）②；（C ）③；（D ）④4．函数20032004-+-=x x y 的值域是（ ） （A ）[1，1.5]；（B ）[1,2)；（C ）[1, 2]；（D ）[1,2) 5. 已知,0,>∈a C z 则az a+-21为纯虚数的充要条件是（ ） （A ）|z|=a ；（B ）|z|=a 且z ≠-a ；（C ）|z|=a 或z ≠±a ；（D ）|z|=a 且z ≠±a 6．整数M=2008....20042003被80除所得的余数是（ ）（A ）1；（B ）11；（C ）31；（D ）79 二、填空题（每小题9分，共54分） 7．已知点A （1，1），B （3，2），C （2，3）和直线l ：y=kx(R k ∈)。
则A ，B ，C 三点到直线l 的距离平方和的最大值是___________。
2005年小学数学奥林匹克竞赛五年级组试题[1]-2
![2005年小学数学奥林匹克竞赛五年级组试题[1]-2](https://img.taocdn.com/s3/m/262faccd227916888586d7ce.png)
2005年小学数学奥林匹克竞赛五年级组试题（卷）1、填空：（每题4分，计24分）（1）A、1991+199.1+19.91+1.991=_______。
B、1995+1996+1997+1998+1999+2000 +2001+2002+2003+2004=_______。
（2）某班有50名学生，参加语文竞赛的有28人，参加数学竞赛的有23人，参加英语竞赛的有20人，每人至多参加两科，那么参加两科的最多有_______人。
（3）五个连续自然数，每个数都是合数，这五个连续自然数的和最小是________。
（4）大桥全长1200米，火车全长300米。
火车以每秒20米的速度在桥上行驶，火车从上桥到离桥需要________秒钟。
（5）探究之旅：从2开始，连续个偶数之和为2+4=6=2×3；2+4+6=12=3×4；2+4+6+8=20=4×5……，则连续n个偶数之和应为2+4+6+8+ ……=________。
则2+4+6+8+ ……+1000=___________。
2、最佳地址选择问题：如图所示：要在街道旁修建一个奶站，向居民区A、B 提供牛奶，奶站应建在什么地方，才能使A、B到它的距离之和最短？（6分）居民区A 。
街道______________________________。
居民区B3、拼图与计算：用4块同样大小的长方形板，拼成一个正方形后，中间空出的小正方形面积是25平方厘米，已知长方形的长为11厘米，那么每个长方形板的面积是多少？并画出拼图示意图。
（5分）4、爷爷的面积问题。
有一天，爷爷打算在院落里种上蔬菜，已知院落为东西长32米，南北宽21米的长方形，为了行走方便要修筑同样宽的三条道路：东西两条，南北一条，南北道路垂直于东西道路（如图一），余下的部分要种上西红柿，设道路宽为0.5米，爷爷让小明算一下，用于种菜的面积是多少？（10分）长32m宽0．5m545里，沿岸每小时25里。
2005年小学数学奥林匹克预赛题解析
解一题一方一法一一∞２００５年一鼍学数学奥耥匹竟预赛题解新２００５年小学数学奥林匹克预赛试题，突出体现了基础性、发展性和挑战性，难易适中，有利于调动参与者的积极性。
本文就其中的几道题解析如下，与同行共商。
题目１图中大长方形分别由面积为１２平方厘米、２４平方厘米、３６平方厘米、４８平方厘米的四个小长方形组成，那么图中的阴影面积为。
１２二／／ｒ‘４８１４分析此题旨在从多方面对学生进行综合性考查：①对“积的变化规律”等知识点理解的深度；②图形变换能力；⑧假设思想方法掌握情况。
解把上面的两个小长方形和下面的两个小长方形分别看作较大的长方形，由“积的变化规律”知，在长相等（不变）的情况下，下面长方形的宽是上面长方形宽的（２４＋４８）÷（１２＋３６）＝１．５倍。
由此知，（如下图）Ｄ的面积是２４＋１．５＝１６（平方厘米）。
把Ｄ分成左、右两个小长方形，则右边的小长方形的面积是１６—１２＝４（平方厘米１。
根据上、下两个较大长方形宽的倍数关系，假设上面较大长方形的宽是２厘米，则下面较大长方形的宽是２ｘ１．５＝３（厘米）。
由此知，阴影三角形的底（公用）是４÷２＝２（厘米）。
陕西宝鸡市教师进修学校宫正升ＤＢＣＡ故知，图中的阴影面积为２ｘ２＋２＋２ｘ３÷２＝５（平方厘米）题目２某班在一次数学测验中，平均成绩是７８分，男、女各自平均成绩是７５．５与８１分。
这个班男女生人数之比是分析此题旨在考查学生对求平均数基本思路的掌握情况。
解求平均数的基本思路是移多补少。
由题意知，男生的平均成绩比男女生平均成绩少７８—７５．５＝２．５（分），而女生的平均成绩比男女生平均成绩多８１—７８＝３（分）。
将女生５人多出的分数补给男生６人，可使这６名男生的成绩达到男女生的平均成绩。
故知，这个班男女生人数之比是６：５。
题目３将＋、一、Ｘ、÷四个运算符号分别填在下面算式的方格中，每个运算符号都用上，每一格内添一个符号，使这四个算式的答数之和尽可能的大，那么这四个数之和是。
2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训 测试题F(附答案)
2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题F一．设,,a b c R +∈，求证：()12224ab bc ca a b c a b c b c a c a b ++≤++++++++二．在ABC 中，,AB AC ≠分别以,AB AC 为边，向外作两个三角形：ABD和,ACE 使得 ,ABD ACE ∠=∠,BAD CAE ∠=∠设CD 与AB 交于点P ，BE 与AC 交于点Q ，求证：AP AQ =的充要条件是：2ABC ABD ACE S S S =⋅三．对任意两个正整数x 与y ，有唯一的正整数(),f x y 与之对应，且函数(),f x y 具有性质：()1对任意正整数x 与y ，()(),,f x y f y x =； ()2对任意正整数x ，(),f x x x =； ()3对任意正整数x 与y ，当y x >时，()()().,,y x f x y yf x y x -=-求证：恰有一个函数(),f x y 满足上述三个性质，并求出这个函数.四. 设012,,,a a a 为任意无穷正实数数列，求证：不等式1n n a a -+> 对无穷多个正整数n 成立.2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题F 解答一．设,,a b c R +∈，求证：()12224ab bc ca a b c a b c b c a c a b ++≤++++++++证：因为()()1124ab ab ab a b c a c b c a c b c ⎛⎫=≤+ ⎪+++++++⎝⎭同理1124bc bc b c a a b a c ⎛⎫≤+ ⎪++++⎝⎭1124ac ca c a b a b b c ⎛⎫≤+ ⎪++++⎝⎭所以()1122244ab bc ca bc ca ab ca ab bc a b c a b c b c a c a b a b b c c a +++⎛⎫++≤++=++ ⎪+++++++++⎝⎭二．在ABC 中，,AB AC ≠分别以,AB AC 为边，向外作两个三角形：ABD和,ACE 使得 ,ABD ACE ∠=∠,BAD CAE ∠=∠设CD 与AB 交于点P ，BE 与AC 交于点Q ，求证：AP AQ =的充要条件是：2ABC ABD ACE S SS =⋅证：AP AQ =⇔AP AQAB AC AB AC=⇔ADC ABE DBC ECB S S AB AC S S ∆∆∆∆=⇔11sin sin 22ABC ABD ABC ACEADAC DAC ABAE BAE AB AC S S S S ∆∆∆∆∠∠=++ ① 由题设条件知ABD ∆∽ACE ∆，故AD ABAE AC=即AD ·AC AD AC AB AE ⋅=⋅ 且DAC DAB BAC CAE BAC BAE ∠=∠+∠=∠+∠=∠ 从而①等价于ABC ABD ABC ACE AB AC S S S S ∆∆∆∆=++⇔2222()()ABC ABD ABC ACE AB AC S S S S ∆∆∆∆=++ ②记12,,,ABC ABD ACES S S S S S ∆∆∆===由于ABD ∆∽ACE ∆，所以2122S AB AC S =从而②等价于122212()()S S S S S S =++⇔()()222212221122S S S SS S S S SS ++=++⇔2222112212S S S S S S S S +=+⇔()21212()0S S S S S --=因为AB AC ≠，所以12S S ≠，从而212S S S =即2ABC ABD ACE AP AQ S S S ∆∆∆=⇔=三．对任意两个正整数x 与y ，有唯一的正整数(),f x y 与之对应，且函数(),f x y 具有性质：()1对任意正整数x 与y ，()(),,f x y f y x =； ()2对任意正整数x ，(),f x x x =； ()3对任意正整数x 与y ，当y x >时，()()().,,y x f x y yf x y x -=-求证：恰有一个函数(),f x y 满足上述三个性质，并求出这个函数. 解：取(),f x y 为,x y 的最小公倍数[,]x y显然(),f x y =[,]x y 满足性质（1），（2）。
2005年冬令营数学精选
主讲人 王仁伟教授 1、221(8)x y y <⎧=⎪⎨⎪=⎩⎡⎢⎣即解得[)[]300000123212112222121212221212212()111,()1()()()()0 f x x ax f x f f x x f x x x x f x f x x ax x x x x x x x x x x x x x =−+∞≥≥==≤<−=−++−0、已知在，上单调， （）求a的取值范围 (2)设x 且 求证 解：（1)设1 =（）(++-a），恒小于 所以 ++-a 恒大于0 +(](][)[]221212121122000000()()1()()1()0(),()1()(),,x x x x x f x f x x f x f x a f x f x x f x f x f x x x x ∈∞∈∞≠−=−=−−=>+∞>>>+>a ,a -,3 还需要证明当a -,3，f(x)不是单调函数[只需找到，而] 令， (2)假设在，单调增加 所以f 则矛盾同理0()f x <x 也不成立所以00()f x x =3、已知2()2f x x bx =++c 在[0，2]上的最大值为t（1） 若试将t 表示成b 的函数. (1)0,0f b =>（2） 当b,c 分别为何值时, t 最小,最小值为多少 解：（2）Ⅰ.当(0)(1)(2)f f f ==时取得最小值t=1 Ⅱ.证明t 的最小值是1（a b a b +≤+）(0),(1)2,(2)824(0)2(1)(2)22821f c f b c f b ct f f f c b c b c t a b a b==++=++≥++=++++++≥≥+≤+所以，45、2()f x ax bx c =++当时，求证 ()[1,1]f x ∈−[2,2],()[7,7]x f x ∈−∈−证明：2227(2)774277(2)77427447()77()744111111,(2)337(2)7427244f a b f a b ac b ac b f f a a c a b c a b c a b c u a b c v f u u c f b ac b a aac b ⎧⎧⎪⎪−≤≤−≤++≤⎪⎪⎪⎪−≤−≤⇔−≤−+≤⎨⎨⎪⎪−−⎪⎪−≤≤−≤≤⎪⎪⎩⎩−≤≤⎧⎪−≤++≤⎨⎪−≤−+≤⎩++=−+===−≤−≤−−<≤−即证由已知令，则同理，当，时，才需证c c 222117,444222b b b bc c c a a a a =−≤+=+<+≤成立6、关于x 的不等式的解集为P,b 是区间[1，4]内的一个常数，且，求a 的取值范围。
2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题八套
1.在ABC ∆中，3a c b +=，内心为I ，内切圆在AB ，BC 边上的切点分别为D ，E 。
设K 是D 关于点I 的对称点，L 是E 关于点I 的对称点。
求证：A ，C ，K ，L 四点共圆。
2. 设,a b N +∈，且对任意n N +∈，都有()()|n na nb n ++。
证明：a b =。
3.求函数:f R R →，满足：（1）()()()()1x f x f x f x +-=，x R ∀∈； （2）()()f x f y x y -≤-，,x y R ∀∈。
4.设1000!n =，试问：能否把从1到n 的所有正整数摆在一个圆周上，使得我们沿着顺时针方向移动时，每一个数都能按如下的法则由前一个数得到：或者把它加上17，或者加上28，如果必要的话，它可以减去n ？测试题B （陶平生供题）1.以ABC ∆的三条边为斜边，分别向形内方向作等腰直角三角形1A BC ∆、1B CA ∆、1C AB ∆，若三点111,,A B C 在一条直线上，试求cot cot cot A B C ++的值。
2.平面上给出n 个点（3n ≥），以这些点为端点的集合为M ，线段长度的集合为D 。
d D ∀∈，记M 中长为d 的线段条数为()f d 。
证明：（1）对于D 中的最小数0d ，有()036f d n ≤-； （2）d D ∀∈，()32f d n <。
3.设()f x x =+，0x >，2k ≥。
记()()1f x f x =，()()()1n nf x ff x +=。
证明：对每个给定的正整数a ，数列(){}n f a 中必有一个K 次方整数。
4.某人掷硬币，得正面记a 分，得背面记b 分，（,a b 为互质的正整数，a b >），并将每次的得分进行累记，他发现，不论采取怎样的投掷方案以及投掷多少次，恰有35个分值总是记录不到，例如58就是其中之一，试确定,a b 的值。
2005年江苏省数学奥林匹克冬令营试卷(附答案)
2005年江苏省数学奥林匹克冬令营试卷(一)一、设数列{a n }和{b n }满足a 0＝1，b 0＝0，且n=0，1，2，……试求a n ．解 由a 0＝1，b 0＝0，得a 1＝4，b 1＝4，a 2＝49．⑴×7：7a n +1＝49a n +42b n －21，⑵×6：6b n +1＝48a n +42b n －24．两式相减得，6b n +1－7a n +1＝－a n －3，即6b n ＝7a n －a n －1－3．代入⑴：a n +1＝14a n －a n －1－6．故a n +1－＝14(a n －)－(a n －1－)．其特征方程为x 2－14x +1＝0，特征方程的解为x ＝7±4．故a n ＝α(7+4)n +β(7－4)n +,现a 0＝1，a 1＝4，a 2＝49．解得α＝β＝．得 a n ＝(7+4)n +(7－4)n +＝(2+)2n +(2－)2n +＝[(2+)n +(2－)n ]2．二、设n 是正整数，且n≥4．求证：⑴ 使得存在各边长都为不大于n 的整数，且任何两边的差(大者减小者)都不小于k 的三角形的“最大正整数”k ＝，(其中[x]表示不大于实数x 的最大整数)．⑵ 当且仅当3|(n －1)时，对应于这个“最大正整数”k ＝的这种三角形只有一个．证明：⑴ 设三角形的三边为a ，b ，c ，又设n≥a≥b≥c ，b≤a －k ，c≤b －k≤a －2k ，但b+c ＞a ，即a －2k+a －k≥b+c ＞a a ＞3k n≥a≥3k+1 k≤．但k 为整数，故k≤． 又，取n≥c≥3+1⑵ 当3|n －1时，n ＝3k+1，k ＝＝，由a≤3k+1，b≤a －k ，c≤a －2k ，b+c≤2a －3k ，a ＜b+c≤2a －3k ，a≥3k+1．从而只能取a ＝n ＝3k+1，b ＝n －k ＝2k+1，c ＝n －2k ＝k+1满足所有要求．且满足要求的三角形只有一个．当3n －1时，n －1＝3k+1或3k+2．① n ＝3k+2时，取a ＝n ＝3k+2，b ＝n －k ＝2k+2，c ＝n －2k ＝k+2，此时b+c －a ＝2； 或取a ＝n ＝3k+2，b ＝n －k ＝2k+2，c ＝n －2k －1＝k ，此时b+c －a ＝1，均满足要求．② n ＝3(k+1)时，取a ＝n ＝3k+3，b ＝n －k ＝2k+3，c ＝n －2k ＝k+3，此时b+c －a ＝n －3k ＝3；或取a ＝n ＝3k+3，b ＝n －k －1＝2k+2，c ＝n －2k －1k+2，此时b+c －a ＝1；或取a ＝n －1，b ＝n －k －1，c ＝n －2k －1，此时b+c －a ＝n －3k －1＝2；等．均满足要求．故所证成立．三、在锐角三角形ABC 中，求证：cosAcosB+cosAcosC+cosBcosC≤6sinsinsin≤sinsin+sinsin+sinsin ．证明：如图，设AD 、BE 、CF 为三角形ABC 的高，H 为垂心，I 为内心，△ABC 的外接圆、内切圆半径分别等于R 与r ． 由A 、F 、H 、E 四点共圆，AH 为此圆的直径，∠AEF ＝∠AHF＝∠CHD ＝∠B ，故AF ＝AHsinB ，但AF ＝ACcosA ＝2RsinBcosA ，比较此二式，得AH ＝2RcosA ，HE ＝AHsin ∠BAD ＝AHcosB ＝2RcosAcosB ，C AD C B FE H同理可得，HD+HE+HF＝2R(cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA)，cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA＝，①又r＝4Rsinsinsin， 6sinsinsin＝．②＝＝ BI＝4Rsinsin，同理可得AI+BI+CI＝4R(sinsin+sinsin+sinsin)，sinsin+sinsin+sinsin＝，③比较①、②、③，即证：HD+HE+HF≤3r≤(AI+BI+CI)．⑴先证前一半：不妨设a≥b≥c，则cosA≤cosB≤cosC，于是cosAcosB≤cosAcosC≤cosBcosC HF≤HE≤HD．而2△＝HD·a+HE·b+HF·c≥(HD+HE+HF)(a+b+c)，(契贝雪夫(Чебыщев П. Л.)不等式)2△＝2pr＝(a+b+c)r． (HD+HE+HF)(a+b+c)≤(a+b+c)r HD+HE+HF≤3r．④⑵再证后一半：(sinsinsin≤)．由于r＝AIsin，故得AI+BI+CI＝++＝r(++)≥3r≥6r．于是，本题得证．后一半也可这样证：由于f(x)＝是(0，)上的凸函数，故++≥3＝6．中鸿智业信息技术有限公司。
数学奥林匹克冬令营测试题C
2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题C （陶平生供题）学校 姓名 营员证号一、四面体ABCD ，它的内切球O 与面ABD 切于E ，与面BCD 切于F ，证明：∠AEB=∠CFD.二、如图，⊙O 1、⊙O 2、⊙O 3分别外切⊙O 于A 1、B 1、C 1，并且前三个圆还分别与△ABC 的两条边相切.求证：三条直线AA 1、BB 1、CC 1相交于一点.三、设实数a ≥b ≥c ≥d ＞0，求函数)1)(1)(1)(1(),,,(ad bd c a c b d b a c d cb a f ++++++++=的最小值. 四、n 个白子○A 与n 个黑子○B （n ≥3），依次不留间隙地排成一行：○A ○A ……○A ○B ○B ……○B ，现作如下操作：每次将相邻的两子取出（并保持此两子的先后次序），放在其它棋子旁的空位上（仍在同一行）.证明：经过n 次这样的操作，可使它们排成黑白相间的一行，且不留间隙. （附：当n=3时，操作如图所示）初始状态 ○A ○A ○A ○B ○B ○B 第一次操作后○A ○B ○B ○B ○A ○A 第二次操作后 ○A ○B ○B ○A ○B ○A第三次操作后○B ○A ○B ○A ○B ○A2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训测试题C 解答 （陶平生供题）一、四面体ABCD ，它的内切球O 与面ABD 切于E ，与面BCD 切于F ，证明：∠AEB=∠CFD.证明：为叙述方便，将内切球O 在面,,,B C D A C D A B D A B C 上的切点分别改记为0000,,,A B C D ，于是，00,E C F A ==，设球O 的半径为r ,棱BD ⊥面00OA C ，设垂足为P ，则000C P A P C P ===， 因为 00,A P BD C P BD ⊥⊥， 则 00,BA BC =00DA DC =，故0BA D 0BC D ≅ ，所以 00BA D BC D ∠=∠，即是说，棱BD 关于两相邻面上切点的张角相等.其它棱的情况与此类似。
历届中国数学奥林匹克(全国中学生数学冬令营)试题解答
P3,三角形
ABC的
2
面积减小
,归为情形
(2).
(2)不妨设
P1在AB上,P2在AC上,P3;P4在BC上,P3在P4C上.
(2.1)若P1P2
.
BC,设
AP1
=
AP2
=
.,P1P2
=
.BC.P1P2到BC的距离为
=
|
.
xk
+i
.
yk|
.
.
xk
.
√
.
42
42
zk2Azk2Azk2Azk2Azk2A
√
而42
<
6,
∴
|
.
zk|
.
1
6
.
zk2A
即A中复数之和的模不小于
1
6
.证毕
.
+
￠￠·
+
anxn
.
a1x1
2
+
a2x2
2
+
￠￠·
+
anxn
2
;
(2)否则至少存在一个
ai
<
0,由对称性不妨设
a1
<
0.又因为
a1;a2;:::;an中任两数之和非负
,所
以ai
+
a1
.
0;ai
=
|
.
xk
+i
.
2005全国数学奥林匹克决赛试题及参考答案
2005全国数学奥林匹克决赛试题及参考答案1、 计算：11024 +1512 +1256 + (12)+1+2+4+8+……+1024= 2、 计算：1+10+41035 +22463 +15199 +17143= 3、有一个整数，用它去除70，110，160所得到的3个余数之和是50，那么这个整数是（ ）。
4、设M 、N 都是自然数，记PM 是自然数M 的各位数字之和，PN 是自然数N 的各位数字之和。
又记M*N 是M 除以N 的余数。
已知M+N=4084，那么(PM+PN)*9的值是（ ）。
5、如图，已知CD=5，DE=7，EF=15，FG=6，直线AB 将图形分成左右两部份，左边部份面积是38，右边部份面积是65，那么三角形ADG 的面积是（ ）。
6、某自然数，它可以表示成9个连续自然数的和，又可以表示成10个连续自然数的和，还可以表示成11个连续自然数的和，那么符合以上条件的最小自然数是（ ）。
7、已知甲酒精纯酒精含量为72%，乙酒精纯酒精含量为58%，两种酒精混合后纯酒精含量为62%。
如果每种酒精取的数量都比原来多15升，混合后纯酒精含量为63.25%，那么第一次混合时，甲酒精取了（ ）升。
8、在下面算式中，不同的汉字代表不同的数字，相同的汉字代表相同的数字。
那么“新年好”所代表的三位数是（ ）。
9、有两家商场，当第一家商场的利润减少15%，而第二家商场利润增加18%时，这两家商场的利润相同。
那么，原来第一家商场的利润是第二家商场利润的（ ）倍。
10、从1~9这9个数字中取出三个，由这三个数字可以组成六个不同的三位数。
如果六个三位数的和是3330，那么这六个三位数中最大的是（ ）。
11、有A 、B 、C 、D 、E 五支球队参加足球循环赛，每两个队之间都要赛一场。
当比赛快要结束时，统计到的成绩如下：队名 获胜场数 平局场数 失败场数 进球个数 失球个数A 2 1 0 4 1B 1 2 0 4 2C 1 1 1 2 3D 1 0 3 5 5E 0 2 1 1 5已知A 与E 以及B 与C 都赛成平局，并且比分都是1：1，那么B 与D 两队之间的比分是（ ）。
2005年江苏联赛试卷
2005年全国高中数学联赛江苏赛区初赛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. 选择题、填空题只设6分和0分两档. 其他各题 的评阅, 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.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, 在评卷时可参照本 评分标准适当划分评分档次, 3分为一个档次, 不要再增加其他中间档次.一．选择题 (本题满分36分, 每小题6分)1. 函数 ()y f x = 的图像按向量 (,2)4a π= 平移后, 得到的图像的解析式为sin()24y x π=++. 那么 ()y f x = 的解析式为A. sin y x =B. cos y x =C. sin 2y x =+D. cos 4y x =+答: [ B ]解： sin[()]44y x ππ=++, 即 c o s y x =. 故选 B ． 2. 如果二次方程 20(,x px q p q --=∈N*) 的正根小于3, 那么这样的二次方程有A. 5个B. 6个C. 7个D. 8个答: [ C ]解：由 240,0p q q ∆=+>-<, 知方程的根为一正一负．设 2()f x x px q =--，则 2(3)330f p q =-->, 即 39p q +<.由于 ,p q ∈N*， 所以 1,5p q =≤ 或 2,2p q =≤. 于是共有7组 (,)p q 符合 题意． 故选 C ．3. 设 0a b >>, 那么 21()a b a b +- 的最小值是A. 2B. 3C. 4D. 5答: [ C ]解：由 0a b >>, 可知22210()()424a ab a b b a <-=--≤,所以， 222144()a a b a b a+≥+≥-. 故选 C ．4. 设四棱锥 P ABCD - 的底面不是平行四边形, 用平面 α 去截此四棱锥, 使得截面四边形是平行四边形, 则这样的平面 αA. 不存在B. 只有1个C. 恰有4个D. 有无数多个答: [ D ]解：设四棱锥的两组不相邻的侧面的交线 为 m 、n , 直线 m 、n 确定了一个平面 β. 作与 β 平行的平面 α, 与四棱锥的各个侧面 相截，则截得的四边形必为平行四边形．而这样 的平面 α 有无数多个．故选 D ．5. 设数列 {}n a : 01212,16,1663n n n a a a a a ++===-, n ∈N*, 则 2005a 被64 除的余数为A. 0B. 2C. 16D. 48答: [ C ]解：数列 {}n a 模 64 周期地为 2，16，－2，－16，……. 又 2005 被 4 除余 1, 故 选 C ．6. 一条走廊宽 2 m, 长 8 m, 用 6 种颜色的 1⨯1 m 2的整块地砖来铺设(每块地砖都是单色的, 每种颜色的地砖都足够多), 要求相邻的两块地砖颜色不同, 那么所有的不同 拼色方法有A. 830个B. 73025⨯个C. 73020⨯个D. 73021⨯个答: [ D ]解：铺第一列(两块地砖)有 30 种方法；其次铺第二列．设第一列的两格铺了 A 、B 两色(如图)，那么，第二列的上格不能铺 A 色．若铺 B 色，则有 (61)- 种铺法；若不 铺 B 色，则有 2(62)- 种方法. 于是第二列上共有 21 种铺法. 同理， 若前一列铺好，则其后一列都有 21 种铺法．因此，共有 73021⨯ 种铺法． 故选 D ．二．填空题 (本题满分36分, 每小题6分)7. 设向量 OA 绕点 O 逆时针旋转 2π得向量 OB , 且 2(7,9)OA OB +=, 则D 1C 1B 1A 1DCBAPA B向量 OB = （－115，235） .解：设 (,)OA m n =, 则 (,)OB n m =-, 所以2(2,2)(7,9)OA OB m n n m +=-+=.即 27,29.m n m n -=⎧⎨+=⎩ 解得 23,511.5m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩因此，23111123(,),(,)5555OA OB ==-.故填 1123(,)55-． 8. 设无穷数列 {}n a 的各项都是正数, n S 是它的前 n 项之和, 对于任意正整数n , n a 与 2 的等差中项等于 n S 与 2 的等比中项, 则该数列的通项公式为 a n = 4n －2(n ∈N*) .解：由题意知22n a += 即 2(2)8n n a S +=. ……… ① 由 11a S = 得122a +=从而 12a =. 又由 ① 式得211(2)(2)8n n a S n --+=≥, ……… ②于是有 1n n n a S S -=-221(2)(2)(2)88n n a a n -++=-≥,整理得 11()(4)0n n n n a a a a --+--=. 因 10,0n n a a ->>, 故114(2),2n n a a n a --=≥=．所以数列 {}n a 是以 2 为首项、4 为公差的等差数列，其通项公式为 24(1)n a n =+-， 即 42n a n =-. 故填 42(n a n n =-∈N*)．9. 函数 ∈+=x x x y (|2cos ||cos |R ) 的最小值是 22 .解：令 |cos |[0,1]t x =∈，则 2|21|y t t =+-．当12t ≤≤ 时， 2219212()48y t t t =+-=+-，得22y ≤≤；当0t ≤<时， 2219212()48y t t t =-++=--+，得98y ≤≤． 又 y 可取到2, 故填2．10. 在长方体 1111ABCD A B C D - 中, 12,1AB AA AD ===, 点 E 、F 、G分别是棱 1AA 、11C D 与 BC 的中点, 那么四面体 1B EFG - 的体积是 V B 1－EFG= 38 .解：在 11D A 的延长线上取一点 H ，使 114A H =. 易证，1||HE B G ，||HE 平面 1B FG ． 故 1111B EFG E B FG H B FGG B FH V V V V ----===．而 198B FH S ∆=，G 到平面 1B FH 的距离为 1． 故填 138B E F G V -=．11. 由三个数字 1、2、3 组成的 5 位数中, 1、2、3 都至少出现 1 次, 这样的 5 位数共有 150 个.解：在 5 位数中, 若 1 只出现 1 次，有 11235444()70C C C C ++= 个； 若 1 只出现 2 次，有 212533()60C C C += 个；若 1 只出现 3 次，有 315220C C = 个． 则这样的五位数共有 150 个． 故填 150个．12. 已知平面上两个点集{(,)||1|,M x y x y x y =++≥∈R },{(,)||||1|1,,N x y x a y x y =-+-≤∈R }. 若 MN ≠∅, 则 a 的取值范围是[1－6，3+10] ．解：由题意知 M 是以原点为焦点、直线 10x y ++= 为准线的抛物线上及其凹口 内侧的点集，N 是以 (,1)a 为中心的正方形及其内部的点集(如图)．考察 M N =∅ 时, a 的取值范围:令 1y =, 代入方程|1|x y ++=,得 2420x x --=，解出得2x =± 所以，当211a <=时, M N =∅． ………… ③令 2y =，代入方程|1|x y ++=得 2610x x --=. 解出得3x =．所以，当3a > 时, MN =∅． ………… ④因此, 综合 ③ 与 ④ 可知，当13a ≤≤+即[13a ∈ 时,M N ≠∅．故填[1-.三．解答题 (第一题、第二题各15分；第三题、第四题各24分)13. 已知点 M 是 ABC ∆ 的中线 AD 上的一点, 直线 BM 交边 AC 于点N , 且 AB 是 NBC ∆ 的外接圆的切线, 设BC BN λ=, 试求 BMMN(用 λ 表示). 证明：在 BCN ∆ 中，由Menelaus 定理得1BM NA CDMN AC DB⋅⋅=． 因为 BD DC =，所以BM ACMN AN=． ……………… 6分由 ABN ACB ∠=∠，知ABN ∆ ∽ ACB ∆，则AB AC CBAN AB BN==． 所以，2AB AC CB AN AB BN ⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭， 即 2⎪⎭⎫ ⎝⎛=BN BC AN AC ． …………………… 12分 因此， 2⎪⎭⎫ ⎝⎛=BN BC MN BM ． 又BC BN λ=， 故 2BMMNλ=． …………………… 15分14. 求所有使得下列命题成立的正整数 (2)n n ≥: 对于任意实数 12,,,n x x x ,当10nii x==∑ 时, 总有 110ni i i x x +=≤∑ ( 其中 11n x x += ).A BCDN M解： 当 2n = 时，由 120x x +=，得 21221120x x x x x +=-≤．所以 2n = 时命题成立. …………………… 3分当 3n = 时，由 1230x x x ++=，得2222123123122331()()2x x x x x x x x x x x x ++-++++=222123()02x x x -++=≤.所以 3n = 时命题成立. ………………… 6分当 4n = 时，由 12340x x x x +++=，得212233441132424()()()0x x x x x x x x x x x x x x +++=++=-+≤．所以 4n = 时命题成立． ……………… 9分当 5n ≥ 时，令 121x x ==，42x =-，350n x x x ====,则10nii x==∑.但是,1110ni i n x x+==>∑，故对于 5n ≥ 命题不成立．综上可知，使命题成立的自然数是 2,3,4n =. …………… 15分15. 设椭圆的方程为 22221(0)x y a b a b +=>>, 线段 PQ 是过左焦点 F 且不与x 轴垂直的焦点弦. 若在左准线上存在点 R ,使 PQR ∆ 为正三角形, 求椭圆的离心率 e的取值范围, 并用 e 表示直线 PQ 的斜率.解： 如图, 设线段 PQ 的中点为 M ． 过点 P 、M 、Q 分别作准线的垂线, 垂足 分别为 'P 、'M 、'Q , 则11|||||||'|(|'||'|)()222PF QF PQ MM PP QQ e e e=+=+=． …………… 6分假设存在点 R ，则||||RM PQ =， 且 |'|||MM RM <， 即||||22PQ PQ e <，所以，e >………………………… 12分 于是，ePQ e PQ RM MM RMM 31||322|||||'|'cos =⋅==∠， 故cot 'RMM ∠=．若 ||||PF QF < (如图)，则131'cot 'tan tan 2-=∠=∠=∠=e RMM FMM QFx k PQ . …………… 18分当3e >时, 过点 F 作斜率为 的焦点弦 PQ , 它的中垂线交左准线于 R , 由上述运算知, ||||RM PQ =． 故 PQR ∆ 为正三角形. ………… 21分 若 ||||PF QF >，则由对称性得PQ k =． ……………… 24分又 1e <, 所以，椭圆 22221(0)x y a b a b +=>> 的离心率 e 的取值范围是e ∈， 直线 PQ 的斜率为16. (1) 若 (n n ∈ N *) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于 2005, 求 n 的最小值, 并说明理由；(2) 若 (n n ∈ N *) 个棱长为正整数的正方体的体积之和等于 20022005, 求 n 的最小值, 并说明理由.解： (1) 因为 3333101000,111331,121728,132197====, 3312200513<<，故 1n ≠.因为 3333200517281251252712553=+++=+++，所以存在 4n =， 使min 4n ≤． ……………… 6分若 2n =，因 3310102005+<, 则最大的正方体边长只能为 11 或 12，计算33200511674,200512277-=-=，而 674 与 277 均不是完全立方数, 所以2n = 不可能是 n 的最小值. ……………… 9分若 3n =，设此三个正方体中最大一个的棱长为 x , 由 328320053⨯>≥x , 知最大的正方体棱长只能为 9、10、11 或 12.由于 3932005⨯<, 5479220053=⨯-, 0829200533>⨯--, 所以 9x ≠. 由于 510220053=⨯-, 332005109276--=, 332005108493--=,07210200533>⨯--, 所以10x ≠.由于 332005118162--=, 332005117331--=, 06211200533>⨯--, 所以 11x ≠.由于 33200512661--=, 33320051251525--=>, 所以 12x ≠. 因此 3n = 不可能是 n 的最小值.综上所述，4n = 才是 n 的最小值. ……………… 12分 (2) 设 n 个正方体的棱长分别是 12,,,n x x x ， 则3332005122002n x x x +++=．…………… ⑤由 20024(mod9)≡， 341(mod 9)≡，得20052005668313668200244(4)44(mod9)⨯+≡≡≡⨯≡．…… ⑥ …… 15分又当 x ∈N* 时，30,1(mod 9)x ≡±，所以31x ≡∕4(mod9)， 3312x x + ≡∕4(mod 9)， 333123x x x ++ ≡∕4(mod 9). … ⑦…………… 21分⑤ 式模 9, 由 ⑥、⑦ 可知, 4n ≥．而 33332002101011=+++，则2005200433336683333320022002(101011)(2002)(101011)=⨯+++=⨯+++6683668366836683(200210)(200210)(2002)(2002)=⨯+⨯++．…… 24分因此 4n = 为所求的最小值．。
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由 A、F、H、E 四点共圆，AH 为此圆的直径，∠AEF＝∠AHF＝∠CHD ＝∠B，故 AF＝AHsinB，但 AF＝ACcosA＝2RsinBcosA，比较此二式，得 AH＝2RcosA，HE＝AHsin∠BAD＝AHcosB＝2RcosAcosB， 同理可得，HD+HE+HF＝2R(cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA)， HD+HE+HF cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA＝ ， 2R A B C A B C 3r 又 r＝4Rsin sin sin ，6sin sin sin ＝ ． 2 2 2 2 2 2 2R BI 2RsinA 2RsinA A C ＝ ＝ BI＝4Rsin sin ， C C B A 2 2 sin sin( + ) cos 2 2 2 2 A B A C B C 同理可得 AI+BI+CI＝4R(sin sin +sin sin +sin sin )， 2 2 2 2 2 2 A B A C B C AI+BI+CI sin sin +sin sin +sin sin ＝ ， 2 2 2 2 2 2 4R 比较①、②、③，即证： 1 HD+HE+HF≤3r≤ (AI+BI+CI)． 2 ③
B
A F H B D
A E I D C
E
① ②
C
F
⑴ 先证前一半： 不妨设 a≥b≥c，则 cosA≤cosB≤cosC，于是 cosAcosB≤cosAcosC≤cosBcosCHF≤HE≤HD． 1 而 2△＝HD·a+HE·b+HF·c≥ (HD+HE+HF)(a+b+c)，(契贝雪夫(Чебыщев П. Л.)不等式) 3 1 2△＝2pr＝(a+b+c)r． (HD+HE+HF)(a+b+c)≤(a+b+c)rHD+HE+HF≤3r． 3 A B C 1 ⑵ 再证后一半：(sin sin sin ≤ )． 2 2 2 8 A r r r 1 1 1 由于 r＝AIsin ，故得 AI+BI+CI＝ + + ＝r( + + )≥3r 2 A B C A B C sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 于是，本题得证． 后一半也可这样证： π 1 1 1 1 1 由于 f(x)＝ 是(0， )上的凸函数，故 + + ≥3 ＝6． sinx 2 A B C A+B+C sin sin sin sin 2 2 2 6
3
④
1 ≥6r． A B C sin sin sin 2 2 2
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2005 年江苏省数学奥林匹克冬令营试卷(一) 一、设数列{a n}和{b n }满足 a0＝1，b0＝0，且
an+1=7an+6bn－3， ⑴ n=0，1，2，„„ bn+1=8an+7bn－4． ⑵
试求 a n． 解 由 a0＝1，b0＝0，得 a1＝4，b1＝4，a2＝49． ⑴× 7：7an+1＝49an+42bn－21， ⑵× 6：6bn+1＝48an+42bn－24． 两式相减得，6bn+1－7an+1＝－an－3，即 6bn＝7an－an－1－3． 1 1 1 代入⑴：an+1＝14an－an－1－6．故 an+1－ ＝14(an－ )－(an－1－ )． 2 2 2 其特征方程为 x2－14x+1＝0，特征方程的解为 x＝7±4 3． 1 1 故 an＝α(7+4 3)n+β(7－4 3)n+ ,现 a0＝1，a1＝4，a2＝49．解得 α＝β＝ ． 2 4 1 1 1 1 1 1 1 1 得 an＝ (7+4 3)n+ (7－4 3)n+ ＝ (2+ 3)2n+ (2－ 3)2n+ ＝[ (2+ 3)n+ (2－ 3)n]2． 4 4 2 4 4 2 2 2 二、设 n 是正整数，且 n≥4．求证： ⑴ 使得存在各边长都为不大于 n 的整数，且任何两边的差(大者减小者)都不小于 k 的三角形的“最大 正整数”k＝ n－1 3 ，(其中[x]表示不大于实数 x 的最大整数)． n－1 3 的这种三角形只有一个．
⑵ 当且仅当 3|(n－1)时，对应于这个“最大正整数”k＝
证明：⑴ 设三角形的三边为 a，b，c，又设 n≥a≥b≥c，b≤a－k，c≤b－k≤a－2k， n－1 n－1 但 b+c＞a，即 a－2k+a－k≥b+c＞aa＞3kn≥a≥3k+1k≤ ．但 k 为整数，故 k≤ 3 3 ． 又，取 n≥c≥3 n－1 3 +1 n－1 n－1 3 ＝ 3 ，由 a≤3k+1，b≤a－k，c≤a－2k，b+c≤2a－3k，a＜b+c
⑵ 当 3|n－1 时，n＝3k+1，k＝
≤2a－3k，a≥3k+1．从而只能取 a＝n＝3k+1，b＝n－k＝2k+1，c＝n－2k＝k+1 满足所有要求．且满足要 求的三角形只有一个． 当 3| / n－1 时，n－1＝3k+1 或 3k+2． ① n＝3k+2 时，取 a＝n＝3k+2，b＝n－k＝2k+2，c＝n－2k＝k+2，此时 b+c－a＝2； 或取 a＝n＝3k+2，b＝n－k＝2k+2，c＝n－2k－1＝k，此时 b+c－a＝1，均满足要求． ② n＝3(k+1)时，取 a＝n＝3k+3，b＝n－k＝2k+3，c＝n－2k＝k+3，此时 b+c－a＝n－3k＝3； 或取 a＝n＝3k+3，b＝n－k－1＝2k+2，c＝n－2k－1k+2，此时 b+c－a＝1； 或取 a＝n－1，b＝n－k－1，c＝n－2k－1，此时 b+c－a＝n－3k－1＝2；等．均满足 要求． 故所证成立． 三、在锐角三角形 ABC 中，求证： A B C A B A C B C cosAcosB+cosAcosC+cosBcosC≤6sin sin sin ≤sin sin +sin sin +sin sin ． 2 2 2 2 2 2 2 2 2 证明：如图，设 AD、BE、CF 为三角形 ABC 的高，H 为垂心，I 为内心，△ABC 的外接圆、内切圆半 径分别等于 R 与 r．