全国高中数学竞赛二试模拟训练题(40)

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全国高中数学联赛模拟试题及参考答案

全国高中数学联赛训练题(1)第一试一、填空题1.函数3()2731x x f x +=-+在区间[0,3]上的最小值为_____.2.在数列{}n a 中,11a =且21n n n a a a ++=-.若20002000a =,则2010a =_____.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.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2k k e -=,则这n 个椭圆的长轴之和为_____.7.在四面体-O ABC 中,若点O 处的三条棱两两垂直,则在四面体表面上与点A 距离为2的点所形成的曲线长度之和为_____.8.由ABC ∆内的2007个点122007,,,P P P 及顶点,,A B C 共2010个点所构成的所有三角形,将ABC ∆分割成互不重叠的三角形个数最多为_____.二、解答题9.设抛物线22y px =(0)p >的焦点为F ,点A 在x 轴上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.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.已知实数123123,,,,,a a a b b b 满足:123123a a a b b b ++=++,122331122331a a a a a a bb b b b b ++=++,且123min{,,}a a a 123min{,,}b b b ≤,求证:123max{,,}a a a 123max{,,}b b b ≤.第二试一、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、已知周长为1的i i i ABC ∆(1,2)i =的三条边的长分别为,,i i i a b c ,并记2224i i i i i i i p a b c a bc =+++(1,2)i =,求证:121||54p p -<.三、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、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.全国高中数学联赛训练题(1)参考答案:令3xt =,[0,3]x ∈则3()()271f x g t t t ==-+,[1,27]t ∈,而'()3(3)(3)g 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-.:设2a t =,则由21n n n a a a ++=-依次写出数列{}n a 的前8项为:1,,1,1,,1,1,t t t t t - - - - .于是易知:该数列是以周期6T =的一个周期数列,故由20002000a =可得20006333222000a a a t ⨯+====,从而2010335661120001999a aa t ⨯===-=-=-,即20101999a =-. :由题意若x A ∈,则5(mod 6)x ≡ ,若x B ∈,则3(mod 8)x ≡ ,故若x AB ∈ ,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.: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.: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2c x 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 -∈.: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 ka c =,2k k k k ce a -==,故可得2k k a -=,于是可得121222212n n n a a a ----+++=+++=- ,故这n 个椭圆的长轴之和为12(12)22n n---=-.: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+++=.:设三角形最多有n 个,则根据角度相等可得20072n πππ⨯+=⨯,故2200714015n =⨯+=.: 令1122(,),(,)M x y N x y ,设点(,0)A a ,则由(,0)2p F 得12FA a p =-,故以FA 为直径的圆为22222()()44a p a p x y +--+=,则可知12,x x 是方程2222()2()44a p a p x px +--+=的两个实根,即是说12,x x 是方程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 +=.:当(0,)2πθ∈时,函数s i n y x =与cos y x =的图像关于直线4x π=对称,函数t a n 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s i n c o s s i n c o s 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.:设123123a a a b b b p ++=++=,122331122331a a a a a a bb b b b b q ++=++=,且123a a a r =,123'b b b r =, 则123,,a a a 是函数32()f x x px qx r =-+-的零点,123,,b b b 是函数32()'g x x px qx r =-+-的零点.不妨设123123,a a a b b b ≤≤ ≤≤,则由123min{,,}a a a 123min{,,}b b b ≤知11a b ≤. 而1()0f a =,1111213()()()()0g a a b a b a b =---≤,故11()()g a f a ≤,即3232111111'a pa qa r a pa qa r -+-≤-+-,故3232333333'a pa qa r a pa qa r -+-≤-+-, 即33()()g a f a ≤,也即是33132333()()()()()0g a a b a b a b f a =---≤=.若33a b >,则313233()()()0a b a b a b --->,这与33132333()()()()()0g a a b a b a b f a =---≤=矛盾! 所以有123max{,,}a a a 123max{,,}b b b ≤.:由西姆松定理知,,P Q R 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DAC DPR DPQ ∠=∠=∠.故DAC ∆∽DPQ ∆,同理可得:DAB ∆∽DRQ ∆,DBC ∆∽DPR ∆,因此有:PRDB DA DP PR BA BC DC DQ QR BCDB BA⋅===⋅⋅.从而PR QR =的充要条件是DA BABC =.又由角平分线的性质得,ABC ADC ∠∠的平分线分AC 的比分别为,BA DABC DC.故命题成立. :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 <≤≤<,即可得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 -<. :由640p q r s +++=,及,,,p q r s 是不同的素数知,,,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332(1)26402p q r s p q s qs q s +++=++=-++=,即有(32)(34)3857719q s ++==⨯⨯于是得3419,3272s 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 ====. :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,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.第二步说明26n =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@。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题(75)

加试模拟训练题（75）1以圆O外一点P,引圆的两条切线PA,PB,A,B为切点。

割线PCD交圆O于C,D。

又由B作CD 的平行线交圆O于E。

若F为CD中点,求证：A,F,E三点共线。

2. 设｛a n｝为有下列性质的实数列：1=a0≤a1≤a2≤...≤a n≤ (1)又｛b n｝是由下式定义的数列：证明：（a）对所有n=1,2,3,…,有0≤b n＜2；（b）对0≤c＜2的任一c,总存在一个具有性质（1）的数列｛a n｝,使得由（2）导出的数列｛b n｝中有无限多个下标n满足b n＞c．ABD F COE G3.在一平面上已知n 个点,其中n ＞4且无三点在一直线上,4.设,,m n N +∈且2m >,证明：()()2121m n-+。

加试模拟训练题（75）1 以圆O 外一点P ,引圆的两条切线PA ,PB ,A ,B 为切点。

割线PCD 交圆O 于C ,D 。

又由B 作CD 的平行线交圆O 于E 。

若F 为CD 中点,求证：A ,F ,E 三点共线。

证如图,连AF ,EF ,OA ,OB ,OP ,BF ,OF ,延长FC 交BE 于G 。

易如OA 丄AP ,OB 丄BP , OF 丄CP ,所以P ,A ,F ,O ,B五点共圆,有∠AFP =∠AOP =∠POB =∠PFB 。

又因CD ∥BE ,所以有∠PFB =∠FBE ,∠EFD =∠FEB , 而FOG 为BE 的垂直平分线,故EF =FB ,∠FEB =∠EBF , 所以∠AFP =∠EFD ,A ,F ,E 三点共线。

2. 设｛a n ｝为有下列性质的实数列：1=a 0≤a 1≤a 2≤…≤a n≤ (1)又｛b n ｝是由下式定义的数列：证明：（a ）对所有n=1,2,3,…,有0≤b n ＜2；（b ）对0≤c ＜2的任一c,总存在一个具有性质（1）的数列｛a n ｝,使得由（2）导出的数列｛b n ｝中有无限多个下标n 满足b n ＞c ．【题说】第十二届（1970年）国际数学奥林匹克题3．本题由瑞士提供．所以=2第k 项是ABDFCOE G现在要求对无穷多个n,d （1+d ）（1-d n）＞c,则事实上,这时有d （1+d ）＞c ．故（3）右端为一正数．因为0＜d ＜1时,d n→0,所以存在一个确切的自然数N （如取N=[ln （1-c/（d （1+d ）/lnd ））]）,使得当n ＞N 时（3）成立．于是（b ）得证．3.在一平面上已知n 个点,其中n ＞4且无三点在一直线上,【题说】第十一届(1969年)国际数学奥林匹克题5．本题由蒙古提供．大者设为△ABC ．过A 、B 、C 分别作对边的平行线相交得△A ′B ′C ′．因为△ABC 的面积最大,所以其余的n －3个点均在△A ′B ′C ′中(如果有一点T 在△A ′B ′C ′外,那么T 与A 、B 、C 中某两点构成的三角形的面积大于△ABC 的面积,矛盾！)．除A 、B 、C 外的n －3个点中,任取二点D 、E,则直线DE 不可能与△ABC 三边都相交,不妨设直线DE 与BC 不相交,于是四边形BCDE4.设,,m n N +∈且2m >,证明：()()2121m n-+。

全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(30).pdf

加试模拟训练题（30） 1、设ABCDEF是凸六边形，满足AB＝BC＝CDDE＝EF＝FABCD＝EFA＝60G和H是这六边形内部的两点，使得∠AGB＝DHE∠120o 试证：AG＋GB＋GH＋DH＋HECF． 2. 设求证 3、设有两个完全相同的齿轮A、B，B被平放在一个水平面上，A放在B上面并使两者完全重合(从而两者在水平面上的投影完全重合)，然后任意去掉四对重合的齿．如果两齿轮各有14个齿，试问：能否将齿轮A绕两齿轮的公共轴旋转一个适当的位置，使得两齿轮在水平面上的投影合为一个完整齿轮的投影？如果两齿轮各原有13个齿，又是怎样呢？请证明你的论断． 4．求出最小正整数n，使其恰有144个不同的正因数，且其中有10个连续整数. 加试模拟训练题（30） 1、设ABCDEF是凸六边形，满足AB＝BC＝CDDE＝EF＝FABCD＝EFA＝60G和H是这六边形内部的两点，使得∠AGB＝DHE∠120o 试证：AG＋GB＋GH＋DH＋HECF．【题说】第三十六届(1995年)国际数学奥林匹克题 5．【证】连BD，AE．由于BC＝CDBCD＝60BD＝BC＝ABAE＝ED 连 BE，则 A、D关于 BE对称．设 G、H关于 BE的对称点分别为G'、H'．则△BG'D与△BGA关于BE对称，所以∠BG'D＝BGA＝120G'在正三角形BCD的外接圆上．熟知 CG'＝DG'＋G'B＝AG＋GB HF＝AH'＋H'E＝DH＋HE AG＋GB＋GH＋DH＋HE＝CG'＋G'H'＋H'FCF 2. 设求证证明设数列的通项公式为 . 则由得. 故 . 所以数列为单调递增数列,又 . 所以即 . 3、设有两个完全相同的齿轮A、B，B被平放在一个水平面上，A放在B上面并使两者完全重合(从而两者在水平面上的投影完全重合)，然后任意去掉四对重合的齿．如果两齿轮各有14个齿，试问：能否将齿轮A绕两齿轮的公共轴旋转一个适当的位置，使得两齿轮在水平面上的投影合为一个完整齿轮的投影？如果两齿轮各原有13个齿，又是怎样呢？请证明你的论断．【题说】第五届(1990年)全国冬令营选拔赛题5．【解】将每个断齿赋值“0”，好齿赋值“1”．对A齿轮的每个位置，作两轮对应位置齿值的乘积之和，初始位置除外的13个位置总和为10×9＝90＜13×7，故必有一个位置的和≤6．此时必定任二断齿不相重合．当齿数为13时，将A、B重合时各对齿依顺时针记为0，1，…，12．锯掉0，1，5，11四对齿．0，1，5，11两两之差恰取遍1，2，…，12(mod 13)．故对A的任一位置总有两个断齿重合，始终得不到完整的投影． 4．求出最小正整数n，使其恰有144个不同的正因数，且其中有10个连续整数. （第26届IMO预选题）【解】根据题目要求，n是10个连续整数积的倍数，因而必然能被2，3，…，10整数.由于8=23，9=32，10=2×5，故其标准分解式中，至少含有23·32·5·7的因式，因此，若设则由而故最多还有一个为使n最小，自然宜取由 ,考虑144的可能分解，并比较相应n的大小，可知合乎要求的（最小）故所求的。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题

加试模拟训练题（2）1、设(1,2,3,4)i x i =为正实数，满足11212312341,5,14,30,x x x x x x x x x x ≤+≤++≤+++≤ 求1234111234U x x x x =+++的最大值．2、设ΛΛ,,,,21a a a k 为两两各不相同的正整数,求证:对任何正整数n,均有∑∑==≥nk n K k k k a 11213、一个俱乐部中有3n ＋1个人，每两个人可以玩网球、象棋或乒乓球，如果每个人都有n 个人与他打网球，n 个人与他下棋，n 个人与他打乒乓球，证明俱乐部中有3个人，他们之间玩的游戏是三种俱全．4．证明：若正整数b a ,满足b b a a +=+2232，则b a -和122++b a 都是完全平方数。

加试模拟训练题（2）1、设(1,2,3,4)i x i =为正实数，满足11212312341,5,14,30,x x x x x x x x x x ≤+≤++≤+++≤ 求1234111234U x x x x =+++的最大值．解：令112123123412341,5,14,30,y x y x x y x x x y x x x x =-⎧⎪=+-⎪⎨=++-⎪⎪=+++-⎩则 0(1,2,3,4)i y i ≤=，112123234341,4,9,16,x y x y y x y y x y y =+⎧⎪=-++⎪⎨=-++⎪⎪=-++⎩于是 ()()()()112223411114916234U y y y y y y y =++-+++-+++-++ 12341111102612410.y y y y =++++≤当 1121231234123410,50,140,300,y x y x x y x x x y x x x x =-=⎧⎪=+-=⎪⎨=++-=⎪⎪=+++-=⎩即12341,4,9,16x x x x ====时，max 10.U=2、设ΛΛ,,,,21a a a k 为两两各不相同的正整数,求证:对任何正整数n,均有∑∑==≥n k n K k k k a 1121证明: 设a a a b b b n n ,,,,,,2121ΛΛ是的从小到大的有序排列,即b b b n ≤≤21,因为b i 是互不相同的正整数.则n b b b n ≥≥≥,,2,121Λ 又因为n 222111132>>>>Λ所以由排序不等式得: n a a a n 22212+++Λ (乱序)n b b b n22212+++≥Λ (倒序)n 1211+++≥Λ即 ∑∑==≥n k n k k k k a 1121 成立. 3、一个俱乐部中有3n ＋1个人，每两个人可以玩网球、象棋或乒乓球，如果每个人都有n 个人与他打网球，n 个人与他下棋，n 个人与他打乒乓球，证明俱乐部中有3个人，他们之间玩的游戏是三种俱全．【证】将人看作平面上的点，得到一个有3n ＋1个点的图(假定任意三点都不在一直线上)，当两个人玩网球或象棋或乒乓球时，我们就在相应的两点之间连一条红线或黄线或蓝线，需要证明的是，一定存在一个三条边的颜色互不相同的三角形．自一点引出的3n 条线段中，如果某两条线段的颜色不同，就称它们构成一个“异色角”．考虑异色角的个数．由于自每一点引出n 条红线，角形中有3个异色角．这个三角形的三条边颜色互不相同，即相应的三个人之间玩的游戏是三种俱全．4．证明：若正整数b a ,满足b b a a +=+2232，则b a -和122++b a 都是完全平方数。

全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(83).pdf

加试模拟训练题（83） 2.?数列｛an｝定义为a1=a2=1，an+2=an+1+an．求证：当n≥2时，a2n-1必是数列中某两项的平方和，a2n必是数列中某两项的平方差． 3. 已知平面上n(n＞2)个点，其中任意三点都不在一直线上．试证：在经过这些点的所有闭折线中，长度最短的一定是简单闭折线． 4 .设，。

（1）若，求证：是完全平方数（2）存在无穷多个，使得加试模拟训练题（83） 2.?数列｛an｝定义为a1=a2=1，an+2=an+1+an．求证：当n≥2时，a2n-1必是数列中某两项的平方和，a2n必是数列中某两项的平方差．【题说】1990年南昌市赛二试题1．此数列即为斐波拉契数列．【证】数列的前4项为1，1，2，3，因此对一切自然数n≥2， ? 3. 已知平面上n(n＞2)个点，其中任意三点都不在一直线上．试证：在经过这些点的所有闭折线中，长度最短的一定是简单闭折线．【题说】 1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题2．简单闭折线即不自身相交的闭折线．【证】设已知点为A1，A2，…，An，L为经过这些点的最短的闭折线．若L不是简单闭折线，则L有两段，设为AiAj、AsAt相交于内点P，这时 AiAt＋AsAjAiP＋PAt＋AsP＋PAj ＝AiAj＋AsAt L中的线段AiAj、AsAt改为AiAt、AsAj，则折线的长度减少，与L的最小性矛盾，从而L一定是简单闭折线． 4 .设，。

（1）若，求证：是完全平方数（2）存在无穷多个，使得解析：，，。

可以得到，得证。

可以得到，取即可。

A B C M N L K A B C M N L K。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题(90).doc

加试模拟训练题(90)1、如图，0, /分别为/ABC的外心与内心，也是冏7边上的高，/在线段仞上.求证: A ABC 的外接圆半径等于其质边上的旁切圆半径.由旁切圆半径公式，有r、'严，故只须证明b+c—a b+c—aR乞云—即可.连行并延长交。

于连但交网于泌则爪彤分别为弧Jh. b+c—a - / 网及弦网的中点.且妲应于是M〃朋，又OE,故R OK IK KB I~hjAD If T A' N"、— nKB a BM \ /故只须证另_/ + j . / ___ IA b+c —a 1 , . B .|~(b+c-a)作交 ABF N,则a),而山AAIN^ ABKM,可证籍缥成立，故证.2.求一切实数 p,使得三次方程 5X3-5 (p+1)x2+ (71p-l)x+l=66p (1)的三个根均为正整数.【题说】1995年全国联赛二试题2.【解】由观察知，x=l是(1)的一个正整数根.所以5X3~5 (p+1)x2+ (71p~l) x+l~66p= (x~l)Q (x)，其中 Q(x) =5x2-5px+66p~l.设正整数u、V是Q(x)=0的两个根，则w ・$(66p-D所以P是正整数，将(2)代入(3),得5uv=66(u+v)-1⑷19x229 5»-66 66 +从而因左边是5的倍数，19、229又都是素数，故5v-66=19 或 229由此求得v=17或59, u=59或17, p=u+v=76,即当且仅当p=76时，方程（1）三根均是正整数：1, 17, 59.3.已知凸多边形，在其内不能置放面积为1的任何三角形.证明：这个多边形能置于面积为4 的三角形内.【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克题九年级题6.【证】设内接于凸多边形P的三角形中，以^ABC的面积为最大（显然S AABC<1）, M是多边形 P内的任意一点，则S AMAB^S AABC.由于这两个三角形同底AB,所以M点的轨迹是双轨平行线 L与虹所形成的带形区域，其中L与1/的距离等于AABC的AB边上的高的两倍.对于△ MBC、AMAC做同样的讨论，从而得知多边形P的所有点属于三个带形区域的公共部分一如图.从而分享一些学习的名言，让学习充实我们的生活：1、在学习中，在劳动中，在科学中，在为人民的忘我服务中，你可以找到自己的幸福。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题(10)

加试模拟训练题（10）1、已知凸四边形ABCD ， ,AB DC 交于点P ， ,AD BC 交于点Q ，O为四边形 ABCD 内一点，且有 BOP DOQ ∠=∠，证明180AOB COD ∠+∠=︒。

2、已知),0(,,∞+∈z y x ，且1=++z y x ，证明：274222≤++x z z y y x 成立的条件.3．圆周上有800个点，依顺时针方向标号为1,2,…,800它们将圆周分成800个间隙.今选定某一点染成红色，然后按如下规则，逐次染红其余的一些点：若第k 号点染成了红色，则可依顺时针方向转过k 个间隙，将所到达的点染成红色，试求圆周上最多可以得到多少个红点？4．求不定方程21533654321=+++++x x x x x x 的正整数解的组数．加试模拟训练题（10）1、已知凸四边形ABCD ， ,AB DC 交于点P ， ,AD BC 交于点Q ，O为四边形 ABCD 内一点，且有 BOP DOQ ∠=∠，证明180AOB COD ∠+∠=︒。

证明设 BOP DOQ α∠=∠=，则()sin sin ,sin sin AOD QD AQ OQD OD OQD OAαα+∠==∠∠，从而有()sin sin AOD AQ OD OA QDαα+∠=g 。

类似地，有()sin sin AOB AP OB OA BP αα+∠=g ，因此有()()sin sin AOD AQ OD BP AOB AP OB QD αα+∠=+∠g g 。

同理，由()sin sin ,sin sin COD BOQ BQ QC OQB OB OQB OC α∠-∠==∠∠，可得()()sin sin ,sin sin COD BOC QC OB PC OD BOQ OC BQ DOP OC PD αα∠-∠-==∠∠g g ，因此有()()sin sin COD QC OB PD BOC PC OD QBαα∠-=∠-g g 。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题(93)

加试模拟训练题（93）1．设∆ABC的内切圆分别切三边BC、CA、AB于D、E、F,X是∆ABC内的一点,∆XBC的内切圆也在点D处与BC相切,并与CX、XB分别切于点Y、Z,证明,EFZY是圆内接四边形．分析：圆幂定理的逆定理与Menelaus定理．证明：延长FE、BC交于Q．AF FB ·BDDC·CEEA=1,XZZB·BDDC·CYYA=1,⇒AFFB·CEEA=XZZB·CYYA．由Menelaus定理,有AFFB·BQQC·CEEA=1．于是得XZZB·BQQC·CYYA=1．即Z、Y、Q三点共线．但由切割线定理知,QE·QF=QD2=QY·QZ．故由圆幂定理的逆定理知E、F、Z、Y四点共圆．即EFZY是圆内接四边形．2.若实数a、b、x、y满足ax+by=3,ax2+by2=7,ax3+by3=16,ax4+by4=42,求ax5+by5的值．【题说】第八届（1990年）美国数学邀请赛题15．【解】由ax3+by3=（ax2+by2）（x+y）－（ax+by）xy得16=7（x+y）－xy （1）由ax4+by4=（ax3+by3）（x+y）－（ax2+by2）xy得42=16（x+y）－7xy （2）由（1）、（2）解得x+y=－14,xy=－38．因此,ax5+by5=（ax4+by4）（x+y）－（ax3+by3）xy=42×（－14）－16×（－38）=203.用任意的方式,给平面上的每一个点染上黑色或白色．求【题说】首届(1986年)全国冬令营赛题6．【证】先证引理：平面上若有两个异色点的距离为2．那么必定可以找出符合要求的三角形．QPIZYXFEAB CD如图a,若平面上AB＝2,A为白点,B为黑点．AB中点O不妨设为白色,以AO为边作正三角形,顶点E或F中若有一个为白色,则符合条件的三角形已经找出；若E和F都为黑色,则正三角形BEF边长在平面上任取一点O,不妨设O为白点,以O为圆心,4为半径作圆(如图b)．若圆内的点均为白点,则圆内边长为1的正三角形顶点都为白色；若圆内有一点P为黑点,则OP＜4,以OP为底边作腰长为2的等腰三角形OPR,则R至少与O、P中的一点异色．根据引理,也有符合要求的三角形．4. 证明：方程（x+y+z）2+2（x+y十z）=5（xy+yz+zx）的正整数解有无穷多个．【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛十、十一年级题1．【证】显然,（1,1,1）是所给方程的一组解．设原方程有一组正整数解（a,b,c）,不妨设其中c最小．将原方程改写为z的一元二次方程z2－（3x+3y－2）z+x2+y2－3xy+2x+2y=0 （1）在x=a,y=b时,由韦达定理,（1）有解z=c及z=3a+3b－2－c显然3a+3b－2－c＞c,因此原方程又有一组新的正整数解（a,b,3a+3b－2－c）．用这个方法,从解（1,1,1）出发,可以不断产生新的解（x,y,z）,x+y+z 的值严格增加．所以原方程有无穷多组正整数解．。

2020年全国高中数学联合竞赛二试试题卷(高联二试含答案及评分标准)

2020全国高中数学联赛二试一、如图，在等腰三角形ABC 中，AB=BC ，I 为内心，M 为BI 的中点，P 为边AC 上的一点，满足AP=3PC ，PI 延长线上一点H 满足MH ⊥PH ，Q 为△ABC 的外接圆上劣弧AB 的中点，证明：BH ⊥QH二、给定整数n ≥3，设1232122,,...,,,,...,n n a a a a b b b 是4n 个非负实数，满足122122......0n n a a a b b b ++=+++>，且对任意1,2,...,2i n =，有21i i i i a a b b ++≥+，（这里211222211,,n n n a a a a b b +++===），求122...n a a a +++的最小值。

三、设12121,2,2,3,4,...n n n a a a a a n −−===+=证明：对整数5,n n a ≥必有一个模4余1的素因子四、给定凸20边形P ，用P 的17条在内部不相交的对角线将P 分割成18个三角形，所得图形成为P 的一个三角形剖分图。

对P 的任意一个三角剖分图T ，P 的20条边以及添加的17条对角线均称为T 的边，T 的任意10条两两无公共端点的边的集合称为T 的一个完美匹配。

当T 取遍P 的所有三角剖分图时，求T 的完美匹配个数的最大值。

B2020年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．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，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图，在等腰ABC 中，AB BC ，I 为内心，M 为BI 的中点，P 为边AC 上一点，满足3AP PC ，PI 延长线上一点H 满足MHPH ，Q 为ABC 的外接圆上劣弧AB 的中点．证明：BHQH ．证明：取AC 的中点N ．由3AP PC ，可知P 为NC 的中点．易知,,B I N 共线，90INC ．由I 为ABC 的内心，可知CI 经过点Q ，且QIB IBC ICB ABI ACQ ABI ABQ QBI ，又M 为BI 的中点，所以QM BI ．进而||QM CN ． ……………10分考虑HMQ 与HIB ．由于MH PH ，故90HMQ HMI HIB ．又90IHM INP ，故HM NPHI NI，于是 1122HM NP NC MQ MQHI NI NI MI IB．所以HMQ ∽HIB ，得HQMHBI ． ……………30分从而,,,H M B Q 四点共圆．于是有90BHQBMQ ，即BH QH ． ……………40分二．（本题满分40分）给定整数3n ．设122122,,,,,,,n n a a a b b b 是4n 个非负实数，满足1221220n n a a a b b b ，且对任意1,2,,2i n ，有21i i i i a a b b （这里211222211,,n nna a a ab b ）．求122n a a a 的最小值．解：记122122n n Sa a ab b b ．不失一般性，设13212nS T a a a ．当3n时，因为32212113k kk Ta a 2221335511()()()02a a a a a a ，故结合条件可知233221212121133()34k k k k k k S T a a b b S ．又0S ，所以12S ．当2(16)i i a b i 时，S 取到最小值12． ……………10分当4n时，一方面有212121211()nnk kkk k k a a b b S ．另一方面，若n 为偶数，则22121152337211()()4nk kn n k T a a a a a a a a ，其中第一个不等式是因为15233721()()n n a a a a a a 展开后每一项均非负，且包含2121(1)k k a a k n 这些项，第二个不等式利用了基本不等式．……………20分若n 为奇数，不妨设13a a ，则12121212121311n n k k k kn k k a a a a a a215213723()()4n n T a a a a a a ．从而总有2221211416nk k k T S S a a ．又0S ，所以16S ． ……………30分当1234124,0(52),0,16,0(32)i i a a a a a i n b b b i n 时，S 取到最小值16．综上，当3n 时，S 的最小值为12；当4n 时，S 的最小值为16．……………40分。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题(74).doc

加试模拟训练题(74)1四边形』及刀内接于圆，其边/方与〃c的延长线交于点只应r与质的延长线交于点0。

由0作该圆的两条切线世和QF,切点分别为E, 凡求证：P, E,尸三点共线。

2.证明：数列{2"-3}, n=2, 3, 4,…中至少有一个无穷子列，其中的项两两互素.3如图，一束光以入射角a =19. 94。

射到线段BC的端点C,然后以同样大小的角度反射出去, 射到 AB 又继续反射，… 光线遵照“入财5啪郛由四.郡=缸.双度AB=BC,且计算中包括第一次由c点的反射.试确定光线在两线段之间的反射次数.〃一1（〃一1）£4.求当〃为奇数k=i加试模拟训练题(74)1四边形』位》内接于圆，其边/方与的延长线交于点R /〃与"的延长线交于点Q由 0作该圆的两条切线班和骨；切点分别为反F。

求证：P, E, F 三点共线。

证连接四，并在用上取一点必使得B, C, M,夕四点共圆，途CM, PF。

设勿与圆的另一交点为E ,并作QGkPF,垂足为G。

易如好做.Q^QC- QB ① APM(=ZAB(=APDQ O 从而G D, Q,彤四点共圆，于是PM- PQ=PC, PD ②由①，②得PM- PQ^QM- PQ=PC・ PIKQC・ QB,即P©=QC • QB+PC- PD。

易知切?・POPE' • PF,又Q#=QC• QB,有PE' • PF+Qfi=PD • PC+QC- AB=P。

,即PE' ■又P。

一 QU GdPG*GP) . (PG— GR=PF・(PG—G R,从而任=PG— G匚PG— GE ,即舛酒，故E与£重合。

所以R E,尸二点共线。

2.证明：数列{2"-3}, n=2, 3, 4,…中至少有一个无穷子列，其中的项两两互素.【题说】第十三届(1971年)国际数学奥林匹克题3.本题由波兰提供.【证】我们用归纳法来构造一个这样的子列.取m=2.若m,…，m已经取定，旦2"」3 (IWiWk)两两互素，将它们分解成素因子的积，设在这些积中出现的素因子为P J (IWjWn)令n k+i= (p-1) (P2~l)…(p“,T) +2All 2**1-3 = 4*2*1，>_*-1> -3三4-3=1 (mod pj) (IWjWn)故2"匚3不能被任一 p」整除，因而它与2" (IWjWk)都互素，这样，子列(2"k-3)就是满足题目要求的一个子列.3如图，一束光以入射角a =19. 94。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题(52).doc

加试模拟训练题(52)1.过等腰△川％底边成'上一点夕引PM// CA交AB于阪引PN//BA交 M于也作点夕关于枷的对称点.试证：P'点在△，质外接圆上.2.设实数x、y、z满足条件yz+zx+xy=T,求x2+5y2+8z2的最小值和最大值.3.桌面上放有1989枚硬币，其中有的正面朝上，其余的正面朝下.今有1989人按下述方法依次翻转硬币，第一人翻转其中的一枚，第二人翻转其中的二枚，…，第k人翻转其中的k 枚，最后第1989人将所有硬币全部翻转.证明：1.不论硬币最初正反面的分布情况如何，他们总可采取适当步骤，使得1989人都进行过翻币手续后，恰将所有硬币朝同一方向.2.硬币最后的统一朝向与具体翻币方案无关(只依赖于初始分布).P'4. 求所有正整数m, n 满足m 2 - n 整除m + n 2,并且n~ - m 整除n + m~. 加试模拟训练题(52)1,过等腰△宛T 底边网上一点夕引PM//CA 交AB 等引PN//BA 交花于也作点夕关于洌的对称点々.试证：P'点在外接圆上.(杭州大学《中学数学竞赛习题》)分析：山已知可得妒'NP' =NP =NC,故点彤是欧的外心，点NMP AC 的外心.有A BP' ABAC,2 2ZPP' (=- APN(=- ABAC. 2 2:WBP OABP'氏ZP' PGZBAC.从而，P'点与4 B, C共圆、即月在外接圆上.由于夕，夕平分/胪，G显然还有P B-.P' OBP-.PC.2.设实数x、y、z满足条件yz+zx+xy=T,求x2+5y2+8z2的最小值和最大值.【题说】1992年英国数学奥林匹克题4.【解】由于(y-2z) 2+ (x+2y 十 2z) 2^0所以 x2+5y2+8z2^-4 (xy+yz+zx) =43 11= —* y = -—* r = +5y‘ 4-&a =4,所以+5y，-I-Sr3££ 4的最小值为4.另一方虱令M=0. B M7 x2+5y2+8z2>x2当y-0时，函数x2+5y2+8z2的值可趋于无穷大.3.桌面上放有1989枚硬币，其中有的正面朝上，其余的正面朝下.今有1989人按下述方法依次翻转硬币，第一人翻转其中的一枚，第二人翻转其中的二枚，…，第k人翻转其中的k 枚，最后第1989人将所有硬币全部翻转.证明：1.不论硬币最初正反面的分布情况如何，他们总可采取适当步骤，使得1989人都进行过翻币手续后，恰将所有硬币朝同一方向.2.硬币最后的统一朝向与具体翻币方案无关(只依赖于初始分布).【题说】1989年南昌市赛二试题3.【证】1. 1989可换成任一奇数n.对n用数学归纳法.当n=l时，结论显然成立.假设在n = 2k— 1时结论成立，当n = 2k+l时，分两种情况讨论. (1)如果这2k+l枚硬币不全同向，其中必有一枚正面朝上的(记为正)和一枚正面朝下的(记为负)，将它们标上记号.让前2k—1人对其余2k—1枚硬币进行翻币手续，依假设可翻成同向，设为正.第2k人翻动2k个正向币，使得所有2k+l枚硬币都成负向.最后第2k+l人将所有硬币翻成正向.(2)如果这2k+l枚硬币方向都相同.将这2k+l枚硬币排成一圈，让第一人翻转其中一枚，第二人按顺时针方向翻转后续的二枚，第三人接着翻转后续的三枚，…，如此下去，当2k+l 人全部翻转之后，由于1 + 2 + •••+(2k+l) = (k+l) • (2k+l),所以，每枚硬币都翻动了 k + 1次，因而也同向.2.假设结论不真，则存在1989枚硬币的某种初始状态T及两种翻法A、B.由状态T开始，按方法A可翻成全正，而按方法B可翻成全反.由全正状态出发，按方法A的逆步骤翻回T状态，再按B方法翻成全反.这样每枚硬币都改变了方向，从而每枚硬币翻动了奇数次，硬币总数1989为奇数.故由全正状态到全反状态总共翻转了奇数次.另一方面，在由全正状态到全反状态的过程中，每个人均翻转了偶数枚，因此总共翻转了偶数次，矛盾.从而结论成立.4.求所有正整数m, n满足m之一〃整除m + zz?,并且〃2 一山整除n + m2.分析由对称性，我们不妨设n>m,并估计n的大体范围。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题(82)

加试模拟训练题（82）1 如图，四边形ABCD 内接于圆，AB ，DC 延长线交于E ，AD 、BC 延长线交于F ，P 为圆上任意一点，PE ，PF 分别交圆于R ，S . 若对角线AC 与BD 相交于T . 求证：R ，T ，S 三点共线。

2.对于每个实数x 1，由x n+1=x n （x n +1/n ），n ≥1，构成序列x 1，x 2，…，证明：存在唯一的x 1，使得0＜x n ＜x n+1＜1（n=1，2，…）．3.九条直线中的每一条直线都把正方形分成面积比为2:3的两个四边形．证明：这九条直线EB RC TA P S DF中至少有三条经过同一点．4. 已知49个正整数的集合M，M中的每个数的质因数不大于10，证明：M中有4个互不相同的元素，它们的乘积等于某个整数的四次方。

加试模拟训练题（82）1如图，四边形ABCD内接于圆，AB，DC延长线交于E，AD、BC延长EB RC线交于F ，P 为圆上任意一点，PE ，PF 分别交圆于R ，S . 若对角线AC 与BD 相交于T . 求证：R ，T ，S 三点共线。

先证两个引理。

引理1:A 1B 1C 1D 1E 1F 1为圆内接六边形，若A 1D 1，B 1E 1，C 1F 1交于一点，则有1111111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A . 如图，设A 1D 1，B 1E 1，C 1F 1交于点O ，根据圆内接多边形的性质易知 △ OA 1B 1∽△OE 1D 1，△OB 1C 1∽△OF 1E 1， △ OC 1D 1∽△OA 1F 1，从而有 △O D O B E D B A 111111=， O B O F C B F E 111111=， OF OD A F D C 111111=. 将上面三式相乘即得1111111111111=⋅⋅A F FE E D D C C B B A ，引理2：圆内接六边形A 1B 1C 1D 1E 1F 1，若满足1111111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A 则其三条对角线A 1D 1，B 1E 1，C 1F 1交于一点。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题(77)(1)

加试模拟训练题（77）1 设P 为△ABC 内一点，∠APB －∠ACB =∠APC －∠ABC 。

又设D ，E 别离是△APB 及△APC 的内心。

证明：AP ，BD ，CE 交于一点。

2.考察数列｛c n ｝：c 1=c 1+c 2+…+a 8……其中a 1，a 2，…，a 8是不全为0的实数．假定该数列中有无穷多项c n =0．求出所有使c n =0的自然数n ．3.在平面上给定六个点，其中任何三点都不在一直线上．证明：在这六个给定的点中，能够挑出如此三个点，使得在这三个点组成的三角形中，有一个角不小于120°． 4.设n N +∈，求证：()22512332241.nn n -+-加试模拟训练题（77）1 设P 为△ABC 内一点，∠APB －∠ACB =∠APC －∠ABC 。

又设D ，E别离是△APB 及△APC 的内心。

证明：AP ，BD ，CE 交于一点。

证如图，过P 向三边作垂线，垂足别离为R ，S ，T 。

连RS ，ST ，RT ，设BD 交AP 于M ，CE 交AP 于N 。

易知P ，R ，A ，S ；P ，T ，B ，R ；P ，S ，C ，T 别离四点共圆，那么∠APB －∠ACB =∠PAC +∠PBC=∠PRS +∠PRT =∠SRT 。

同理，∠APC －∠ABC =∠RST ，由条件知∠SRT =∠RST ，因此RT =ST 。

又RT =PBsinB ，ST =PCsinC ，因此PBsinB =PCsinC ，那么ACPCAB PB =。

由角平分线定理知MPAMPB AB PC AC NP AN ===。

BC故M ，N 重合，即AP ，BD ，CE 交于一点。

2.考察数列｛c n ｝：c 1=c 1+c 2+…+a 8 ……其中a 1，a 2，…，a 8是不全为0的实数．假定该数列中有无穷多项c n =0．求出所有使c n =0的自然数n ．【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题5．此题由原苏联提供．【解】不妨设a 1的绝对值为最大，那么必有某个a i ，知足a i =-a 1（i ≠1）．不然，当n 充分大时，不失一样性可设 a 2=-a 1所得的和c n 仍然有无穷多个为0．依照上面的推理，有（适当调整编号）： a 3=-a 4，a 5=-a 6，a 7=-a 8因此n 为奇数时，c n =0．3.在平面上给定六个点，其中任何三点都不在一直线上．证明：在这六个给定的点中，能够挑出如此三个点，使得在这三个点组成的三角形中，有一个角不小于120°．【题说】1958年匈牙利数学奥林匹克题1．【证】考虑这六点的凸包，它是一个凸多边形，极点是这些已知点的全部或一部份．设∠ABC ≥120°，那么A 、B 、C 即为所求．若是凸包是△ABC ，那么有一已知点D 在这三角形内．∠ADB 、∠BDC 、∠CDA 中必有一个≥120°，结论成立．若是凸包是四边形或五边形，用对角线将它们剖分为三角形，必有一个三角形中有已知点．于是由上一种情形的讨论即得．4.设n N +∈，求证：()22512332241.nn n -+-解析：设()22332241nf n n n =-+-，要证()512f n ，可运用递推思想转化为证明()()()()5121,5121,f f n f n n N ++-∈。