数学奥林匹克高中训练题_18_
高中数学奥林匹克竞赛试题及答案
高中数学奥林匹克竞赛试题及答案1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．1956年波兰．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a?9，0?b?9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b?18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k ＋1）2得出k2＋2k不是平方数．3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．1962年上海高三决赛题．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．1963年俄【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km ＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．1964年俄．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n?10a＋1．因此b＝n2100a2?20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a?4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402?422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．1964年波兰【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．7 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a 都不是素数．1969德国．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2?m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4224，4234，…就得到无限多个符合要求的a．8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．1970年苏【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a 为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c?9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！9 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．1973年加拿大【证】因p是奇数，2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．10 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．美国1973年【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a22b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab2ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．12 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．1979年英国【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137273．故对一切n?2，a n均为合数．13 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．1984年苏【证】若不同数字多于3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，1043M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．14正整数d不等于2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．1986年德【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 5d－1＝y2 13d －1＝z2 其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 说明d也是奇数．y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．15 .求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n?5）个数的和为合数．1987年全苏【解】由n个数a i＝i2n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m2n！＋k（m∈N，2?k ?n）由于n！＝1222…2n是k的倍数，所以m2n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．16 n?2，证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．1987苏联（1）若m?p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n?n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m?p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n?n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m?m，p?2m＋1由得4m2＋4m＋1?m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n?0由此得17 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab?0（否则ab?－1，a2＋b2＝k（ab＋1）?0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a?b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方． 18 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．1989年瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2?k?n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2?k?n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂． 19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？1990年全苏解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n －2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当n＝1时，原数是13 20 设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．1991年罗马尼亚．证由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d?n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．21 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和?15005，所以A?15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402 ………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1?i?20，1?j?10）令S i＝a i＋a i＋1＋…＋a i＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，23 是否存在完全平方数，其数字和为1993？1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在，取n＝221即可．24 能表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？1993年美国数学邀请赛【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋5025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k ＋m）（2k－m）是合数．26 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．27 设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由。
2020四套数学奥林匹克高中训练题及答案
数学奥林匹克高中训练题（一）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题22)集合111{|log 2,}23nn n N -<<-∈的真子集的个数是(A)． (A) 7 (B)8 (C)31 (D)322．(训练题22)从1到9这九个自然数中任取两个，分别作为对数的真数和底数，共得不同的对数值(B)．(A) 52个 (B) 53个 (C) 57个 (D) 72个3．(训练题22)空间有四张不同的平面，则这四张平面可能形成的交线条数取值的集合是(C)．(A){1,2,3,4,5,6} (B) {0,1,2,3,4,5,6} (C) {0,1,3,4,5,6} (D) {0,1,2,3,5,6}4．(训练题22) 函数(),()y f x y g x ==的定义域及值域都是R ，且都存在反函数，则11((()))y f g f x --=的反函数是(B)．(A)1((()))y f g f x -= (B) 1((()))y f g f x -= (C) 11((()))y f g f x --= (D) 11((()))y f g f x --=5．(训练题22) 若cos 40sin 40o o ω=+,则1239239ωωωω-++++等于(D)． (A)1cos 2018o (B) 1sin 409o (C) 1cos 409o (D) 2sin 209o 6．(训练题22) 当01x <<时，222sin sin sin ,(),x x x x x x的大小关系是(B)． (A) 222sin sin sin ()x x x x x x << (B) 222sin sin sin ()x x x x x x << (C) 222sin sin sin ()x x x x x x << (D) 222sin sin sin ()x x x x x x<< 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题22) 已知211(),()5,()2f x x g x x g x -==-+表示)(x g 的反函数，设11()(())(())F x f g x g f x --=-．则()F x 的最小值是 703． 2．(训练题22) 在1000和9999之间由四个不同数字组成，且个位数字与千位数字之差的绝对值是2的整数共有 840 个．3．(训练题22) 四面体P ABC -中，,8,6,9,120o PC ABC AB BC PC ABC ⊥===∠=面，则二面角B AP C --的余弦值是 ． 4．(训练题22) 设{}P =不少于3的自然数，在P 上定义函数f 如下：若,()n P f n ∈表示不是n 的约数的最小自然数，则(360360)f = 16 ．5．(训练题22)n 为不超过1996的正整数，如果有一个θ，使(sin cos )sin cos ni n i n θθθθ+=+成立，则满足上述条件的n 值共有 498 个．6．(训练题22)在自然数列中由1开始依次按如下规则将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2,4；再染4后最邻近的三个连续奇数5，7，9；再染9后最邻近的四个连续偶数10，12，14，16；再染此后最邻近的五个连续奇数17，19，21，23，25，按此规则一直染下去，得一红色子列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，则红色子列中由1开始数起的第1996个数是 3929 ． 第二试一、(训练题22)(本题满分25分) 点M 是正三角形内一点，证明：由线段,MA MB 和MC 为边组成的三角形面积不超过原正三角形面积的13． 二、(训练题22)(本题满分25分) 若21x y +≥，试求函数2224u y y x x =-++的最小值．95- 三、(训练题22)(本题满分35分) 证明：从任意四个正整数中一定可以选出两个数x 和y ，使得如下不等式成立0212x y x y xy-≤<+++． 四、(训练题22)(本题满分35分)连结圆周上九个不同点的36条弦要么染成红色，要么染成蓝色，我们称它们为“红边”或“蓝边”，假定由这九个点中每三个点为顶点的三角形中都含有“红边”，证明：这九个点中存在四个点，两两连结的六条边都是红边．数学奥林匹克高中训练题（二）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题23)119963+除以19971996⨯所得的余数是(D)．(A) 1 (B) 1995 (C) 1996 (D) 19972．(训练题23)若在抛物线)0(2>=a ax y 的上方可作一个半径为r 的圆与抛物线相切于原点O ，且该圆与抛物线没有别的公共点，则r 的最大值是(A)． (A)a 21 (B)a1 (C)a (D)a2 3．(训练题23)考虑某长方体的三个两两相邻的面上的三条对角线及体对角线（共四条线段），则正确的命题是(B)．(A)必有某三条线段不能组成一个三角形的三边．(B)任何三条线段都可组成一个三角形，其中每个内角都是锐角．(C)任何三条线段都可组成一个三角形，其中必有一个是钝角三角形．(D)任何三条线段都可组成一个三角形，其形状是“锐角的”或者是“非锐角的”，随长方体的长，宽，高而变化，不能确定．4．(训练题23)若20π<<x ，则11tan cot sin cos x x x x++-的取值范围是(D)． (A)()+∞∞-, (B)()+∞,0 (C)),21(+∞ (D)()+∞,1 5．(训练题23)有5个男孩与3个女孩站成一排照相任何两个女孩都不相邻，则其可能的排法个数是(A)． (A)!5!7!8⋅ (B)!4!6!7⋅ (C) !7!3!10⋅ (D) !3!7!10⋅ 6．(训练题23)使得11cos 51sin +>n 成立的最小正整数n 是(B)．(A)4 (B)5 (C)6 (D)7二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题23)设R a ∈，若函数310),(+==xy x f y 关于直线x y =对称，且)(x f y =与)lg(2a x x y +-=有公共点，则a 的取值范围是 6a <- ．2．(训练题23)设1,,2-=∈+i R b a 且存在C z ∈，适合⎪⎩⎪⎨⎧≤+=+1z bi a z z z 则ab 的最大值等于 18 ． 3．(训练题23)设 900<<α，若ααsin 1)60tan(31=-+ ，则α等于 3050o o 或 ． 4．(训练题23)设''''D C B A ABCD -是棱长为1的正方体，则上底面ABCD 的内切圆上的点P 与过顶点'''',,,D C B A 的圆上的点Q 之间的最小距离=d2 ． 5．(训练题23)如图，在直角坐标系xOy 中，有一条周期性折线（函数）).(:1x f y l =现把该曲线绕原点O 按逆时针方向旋转45得到另一条曲线2l ，则这两条曲线与y 轴及直线()N n n x ∈=围成的图形的面积等于(12n +-- ．6．(训练题23)设b a ,都是正整数，且100)21(2+=+b a 则b a ⋅的个位数等于 4 ．第二试一、(训练题23)(本题满分25分) 求证：在复平面上，点集}01:{3=++∈=z z C z S 中，除去某一个点外的所有的点都在圆环45313<<z 中． 二、(训练题23)(本题满分25分)已知抛物线),0(22>=p px y 其焦点为F .试问：是否存在过F 点的弦AB （B A ,均在抛物线上，且A 在第一象限内），以及y ）轴正半轴上的一点P ，使得B A P ,,三点构成一个以P 为直角顶点的等腰直角三角形？证实你的回答.如果回答是肯定的，请求出直线AB 的方程．)2p y x =- 三、(训练题23)(本题满分35分)平面上给定321A A A ∆及点0P ，构造点列0P ，1P ， 2P ，使得13+k P 为点k P 3绕中心1A 顺时针旋转150时所到达的位置，而23+k P 和33+k P 为点13+k P 和23+k P 分别绕中心2A 和3A 顺时针旋转 105时所到达的位置， ,3,2,1,0=k .若对某个N n ∈，有03P P n =，试求321A A A ∆的各个内角的度数及三个顶点321,,A A A 的排列方向．四、(训练题23)(本题满分35分)设n ααα≤≤≤< 210，n b b b ≤≤≤< 210，且∑∑==≥n i i n i i b a 11又存在)1(n k k ≤≤使得当k i ≤时有i i a b ≤，当k i >时，有i i a b >.求证：∏∏==≥n i i n i ib a 11． 1。
【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】
目 录
数学奥林匹克高中训练题（01） ........................................................................................................................... 1 数学奥林匹克高中训练题（02） ........................................................................................................................... 3 数学奥林匹克高中训练题（03） ........................................................................................................................... 4 数学奥林匹克高中训练题（04） ........................................................................................................................... 6 数学奥林匹克高中训练题（05） ........................................................................................................................... 8 数学奥林匹克高中训练题（06） ...........................................................
数学奥林匹克高中训练题(218)及解析及解析
数学奥林匹克高中训练题(218)注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明第II 卷（非选择题）一、解答题△BOC 、△COA 、△AOB 的面积值依次成等差数列.求tanA +3tanC 的最小值，并求出此时三个内角的值.2.设x i ≥0(i =1,2,⋯,6)，且满足{x 1+x 2+⋯+x 6=1,x 1x 3x 5+x 2x 4x 6≥1540. 求x 1x 2x 3+x 2x 3x 4+x 3x 4x 5+x 4x 5x 6+x 5x 6x 1+x 6x 1x 2的最大值.3.设A 为正常数，直线l 与双曲线C:x 2−y 2=2(x >0)所围成的有限部分的面积为A.证明：（1）直线l 被双曲线C 所截线段的中点的轨迹为双曲线； （2）直线l 总是（1）中轨迹曲线的切线.4.如图，设△ABC 的外接圆为⊙O ，∠BAC 的角平分线与BC 交于点D ，M 为BC 的中点.若△ADM 的外接圆⊙Z 分别于AB 、AC 交于P 、Q ，N 为PQ 的中点，证明：MN//AD .5.设a 1,a 2,⋯,a n ,b 1,b 2,⋯,b n>0.证明：(∑a i b i ni=1)2≤(∑f (a i b i )ni=1)(∑g (a i b i )ni=1) ≤(∑a i 2ni=1)(∑b i 2ni=1)对所有正整数n 恒成立的充分必要条件为{f (a,b )g (a,b )=a 2b 2,f (ka,kb )=k 2f (a,b )(k >0,)bf (a,1)af (b,1)+af (b,1)bf (a,1)≤a b +b a .6.求满足以下条件的正整数r 的最大值：集合{1,2,⋯,1000}中任意五个500元子集，均存在两个子集至少有r 个相同的元素.7.设P (x )=(x+√x 2−4)b +(x−√x 2−4)b2b，其中，b 为正奇数.定义数列{S i }满足S i=P (S i−1)，S 0=P (6).若正整数n ≥2，使得M =b 2n +12为素数.证明：M |(S 2n −1−6) .二、填空题8.设x 、y 为正实数，且θ≠nπ2(n ∈Z ).若sinθx =cosθy ，且cos 4θx 4+sin 4θy 4=97sin2θx 3y+y 3x，则y x +xy=______.9.设a 、b 、c ≥1，且正实数x 、y 、z 满足{a x +b y+c z =4,xa x +yb y+zx z =6,x 2a x +y 2b y+z 2c z =9.则c 的最大可能值为_______.10.在棱长为2的正方体ABCD−A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱BB 1、B 1C 1的中点.若P 为平面DMN 内一个动点，当点P 到平面BCC 1B 1的距离等于PD 的长时，点P 轨迹的离心率为________.11.二次曲线(3x +4y −13)(7x −24y +3)=200的焦点之间的距离为________. 12.设数列{a n }、{b n }满足a 0=2，b 0=2，且{a n+1=a n √1+a n 2+b n 2−b n ,b n+1=b n √1+a n 2+b n 2+a n .则a 20172+b 20172=______.13.设非实数的复数z ，满足z 23=1.则∑11+z k +z2k22k=0=______.14.将{1,2,⋯,7}随机排成{a 1,a 2,⋯,a 7}.则a 1+a 2+a 3≥a 5+a 6+a 7的概率为______. 15.设r=1+√52.计算7arctan 2r +2arctan 2r 3−arctan 2r 5=_______.参考答案1.π4、arctan2、arctan3【解析】1.设△ABC 的外接圆半径为R. 由题意知2S ΔCOA=S ΔBOC +S ΔAOB ⇒R 2sin2B =12(R 2sin2A +R 2sin2C )⇒2sin2B =sin2A +sin2C ⇒2cosB =cos (A −C )⇒2cos (A +C )+cos (A −C )=0⇒sinA ⋅sinC =3cosA ⋅cosC⇒tanA ⋅tanC =3.而tanA +3tanC ≥2√3tanA ⋅tanC =6，当且仅当tanA=3，tanC =1时，等号成立.又tanA +tanB+tanC =tanA ⋅tanB ⋅tanC ⇒tanB =2.此时，三个角依次为π4、arctan2、arctan3. 2.19540【解析】2. 设S=x 1x 2x 3+x 2x 3x 4+x 3x 4x 5+x 4x 5x 6+x 5x 6x 1+x 6x 1x 2.由(x 1+x 4)(x 2+x 5)(x 3+x 6)≤(x 1+x 2+x 3+x 4+x 5+x 6)227=127， (x 1+x 4)(x 2+x 5)(x 3+x 6)=x 1x 3x 5+x 2x 4x 6+S ≥1540+S ， 则S≤127−1540=19540.当x 1=0，x 2=160，x 3=0，x 4=13，x 5=1960，x 6=13时，上式等号成立.3.（1）见解析；（2）见解析【解析】3. 作坐标旋转，令x=√2，y =√2.代入双曲线C 的方程得(√2)2−(√2)2=2XY =2⇒Y =1X .（1）设在新坐标系中，直线l 与双曲线Y =1X 的两个交点为(s,1s )、(t,1t )(0<s <t ). 此时，直线l 的方程为Y=1t −1st−s(X −s )+1s=s+t−X st.故直线l 与双曲线Y=1X所围成的有限部分的面积为A ∫(s+t−X st−1X)dX ts=t 2−s 22st−ln t s=12(t s−s t)−ln ts.因为A 是常数，所以，由上述方程确定的ts 也是常数. 设t s=k ，即t =ks .于是，直线l 被双曲线所截线段的中点的横坐标为X =s+t 2=s+ks 2=1+k 2s ，纵坐标为Y=12(1s+1t)=12(1s+1ks).故所求中点的轨迹方程为Y =1+k 2s =(1+k )24k⋅2ks 1+k=(1+k )24kX.可见，中点的轨迹为双曲线. （2）对Y=(1+k )24kX求导得Y ′(X )=−(1+k )24kX2，这即是中点轨迹曲线上横坐标为点X 处曲线切线的斜率. 当X=1+k 2s 1时，切线斜率为Y =(1+k 2s)=−(1+k )24k⋅4(1+k )2s 2=−1ks 2，而通过点(1+k2s,1+k 2ks)的直线l 的方程为Y =s+t−X st=s+kx−X ks 2，其斜率就是−1ks 2.从而，直线l 为双曲线Y =(1+k )24kX的切线.4.见解析【解析】4. 如图.设AB=c ，BC=a ，AC=b.由BQ⋅AB=BD⋅BM⇒BQ=BD⋅BMAB=a22(b+c).类似地，CP=a22(b+c).于是，BQ=CP.联结BP、CQ，并设X、Y分别为其中点.则XN=∥12BQ=∥MY.类似地，NY=∥MX.故四边形NYMX为平行四边形.由BQ=CP，知四边形NYMX为菱形.从而，MN平分∠XNY.又AD平分∠BAC，因此，AD∥MN.5.见解析【解析】5.必要性.当n=1时(ab)2≤f(a,b)g(a,b)≤a2b2⇒f(a,b)g(a,b)=(ab)2.当n=2时，(a1b1+a2b2)2≤(f(a1,b1)+f(a2,b2))(g(a1,b1)+g(a2,b2))≤(a12+a22)+(b12+b22)⇒2a1a2b1b2≤f(a1,b1)g(a2,b2)+f(a2,b2)g(a1,b1)≤a12b22+a22+a22b12⇒2≤f(a1,b1)f(a2,b2)⋅a2b2a1b1+f(a2,b2)f(a1,b1)⋅a1b1a2b2≤a1b2a2b1a2b1a1b2.设a1=a，b1=b，a2=ka，b2=kb.则2≤f(a,b)f(ka,kb)k2+f(ka,kb)f(a,b)k−2≤2.故等号成立，即k2f(a,b)f(ka,kb)=1.再取a1=a，b1=1，a2=b，b2=1，有2≤f(a,1)af(b,1)b+f(b,1)bf(a,1)a≤ab+ba.充分性只要证：2a i b i a j b j≤f(a i,b i)g(a j,b j)+f(a j,b j)g(a i,b i)≤a i2b j2+a j2b i2.令a=a ib i，b=a jb j.则2≤f (a i ,b i )f(a j ,b j )⋅a jb j a i b i+f(a j ,b j )f (a i ,b i )+a ib i a j b j≤a ib j a j b i+a jb i a i b j.6.见解析【解析】6. 首先说明r ≤200.取k∈{1,2,⋯,10}.令A k ={100k −99,100k −98,⋯,100k }.考虑集合A 1∪A 5∪A 6∪A 7∪A 9，A 1∪A 2∪A 7∪A 8∪A 10， A 2∪A 3∪A 6∪A 8∪A 9，A 3∪A 4∪A 7∪A 9∪A 10， A 4∪A 5∪A 6∪A 8∪A 10，可以看出满足题意且每个集合均有200个元素.于是，r ≤200.定义a ij ={1,i ∈A j ;0,其他,m i=∑a ij 5j=1，其中，i =1,2,⋯,1000；j =1,2,⋯,5. 则∑m i =25001000i=1.由∑|A i ∩A j |1≤i<j≤5=∑C m i21000i=1=12(∑m i 21000i=1−∑m i 1000i=1)，∑m i 21000i=1≥11000(∑m i 1000i=1)2，知∑m i 21000i=1取最小值时，m i 之间尽量相差较小设有x 个2，y 个3. 则{x +y =1000,2x +3y =2500⇒x −y =500.故∑m i21000i=1≥500×22+500×32=6500 ⇒∑|A i ∩A j |1≤i<j≤5≥2000.从而，必存在1≤j <j ≤5，使得|A i ∩A j |≥2000C 52=200.因此，r≥200.7.见解析【解析】7.首先利用归纳法证明：S i =p 2bi+1+q 2b i+1，√S i 2−4=q2b i+1+p 2b i+1，其中，p=√2−1，q =√2+1，pq =1.. 显然，当i=0时，S 0=P (6)=2−b((6−4√2)b+(6+4√2)b)=(3−2√2)b +(3+2√2)b=p 2b +q 2b⇒√S 02−4=q 2b −p 2b .假设i 时成立，考虑i+1时的情形，有S i+1=P (S i )=2−b ((S i −√S i 2−4)b+(S i +√S i 2−4)b)=2−b((2p2b i+1)b+(2q2b i+1)b)=p 2bi+2+q 2bi+2.记N=2n−1，M =b 2n +12,由上面知S 2n −1=s N =p 2bN+1+q 2b N+1=p 2(2M−1)+q 2(2M−1)=p 4M−2+q 4M−2=(pq )2(p 4M−2+q 4M−2)=3(p 4M +q 4M )−2√2(q 4M −p 4M ).一方面，由二项式定理及费马小定理得p 4M+q 4M =(17−12√2)M+(17+12√2)M=∑(C M 2j−1172j−1×2(12√2)M−(2j−1))M+12j=1≡17M×2(12√2)≡17×2≡34(modM )，2√2(q 4M −p 4M )=2√2((17+12√2)M−(17−12√2)M)=2√2∑(C M 2j172j×2(12√2)M−2j)M−12j=0=∑(C M 2j172j ×4×12M−2j×2M−2j+12)M−12j=0≡C M 0170×4×12M×2M+12≡4×12×2≡96(modM ).故S 2n −1=3(p 4M +q 4M )−2√2(q 4M −p 4M )≡3×34−96≡6(modM ).即：M |(S 2n −1−6) .8.4【解析】8. 设x=ksinθ, y =kcosθ.则cos 4θsin 4θ+sin 4θcos 4θ=y 4x 4+x 4y 4,97sin2θx 3y+y 3x=194sinθ⋅cosθsinθ⋅cosθ(cos 2θ+sin 2θ)=194⇒y 4x 4+x 4y 4=194.又y 4x 4+x 4y4=((y x +x y)2−2)2−2，故xy +y x=4.9.√43【解析】9. 由柯西不等式(a x+by+c z )(x 2a x+y 2by+z 2c z )≥(xa x +yb y+zb z )2，而由已知得(a x +by+c z )(x 2a x +y 2b y+z 2c z )=4×9=62=(xa x +yb y+zb z )2所以x =y =z .因此a x +by+c z =a x +b x +c x =4，xa x +yb y +zx z =x (a x +b x+c x )=6⇒x =32.从而c x=4−a x −b x，因为a 、b 、c ≥1，故a =b =1时，c 取得最大值为√43.10.2√3417【解析】10.即P 到定点D 距离与到定直线MN 距离比为sinθ，其中θ为二面角P-MN-C 的平面角，所以e=sinθ=√22+(4×2√2)2=2√3417.11.2√10【解析】11. 先令x=X +3，y =Y +1.则21X 2−44XY −96Y 2=200.再令X=11√525a +2√525b ，Y =−2√525a +11√525b .于是，a 28−b22=1.从而，焦点之间距离为2√10. 12.322018−1【解析】12.注意到，1+a n+12+b n+12 =1+a n 2(1+a n 2+b n 2)+b n 2+b n 2(1+a n 2+b n 2)+a n 2 =(1+a n 2+b n 2)2. 则1+a n2+b n 2=32n+1⇒a 20172+b 20172=322018−1.13.463【解析】13.注意到，∑11+z k +z2k22k=0=13+∑1−z k1−z 3k 22k=1=13+∑1−(z 24)k1−z 3k22k=1=13+∑∑z 3kl 7l=022k=1=13+(22−7)=463.14.73140【解析】14.当a 4=1，3，5，7时满足a 1+a 2+a 3≥a 5+a 6+a 7有A 662,当a 4=2,4,6时满足a 1+a 2+a 3≥a 5+a 6+a 7有A 662+1,所以所求概率为A 662×4+(A 662+1)×3A 77=73140.15.7π28【解析】15.7arctan2(1+√52)+2arctan2(2+√5)−arctan2(11+5√52)=7π28。
高中数学竞赛试卷及解答
高中数学奥林匹克竞赛试题(9月7日上午9:00-11:00) 注意事项:本试卷共18题,满分150分一、选择题（本大题共6个小题,每小题6分,满分36分） 1.定义在实数集R 上的函数y ＝f(－x)的反函数是y ＝f －1(－x),则(A)y ＝f(x)是奇函数 (B)y ＝f(x)是偶函数(C)y ＝f(x)既是奇函数,也是偶函数 (D)y ＝f(x)既不是奇函数,也不是偶函数2.二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象如右图所示。
记N ＝|a ＋b ＋c|＋|2a －b|,M ＝|a －b ＋c|＋|2a ＋b|,则(A)M ＞N (B)M ＝N (C)M ＜N(D)M 、N 的大小关系不能确定3.在正方体的一个面所在的平面内,任意画一条直线,则与它异面的正方体的棱的条数是(A) 4或5或6或7 (B) 4或6或7或8 (C) 6或7或8 (D) 4或5或6 4.ΔABC 中,若(sinA ＋sinB)(cosA ＋cosB)＝2sinC,则(A)ΔABC 是等腰三角形但不一定是直角三角形 (B)ΔABC 是直角三角形但不一定是等腰三角形 (C)ΔABC 既不是等腰三角形也不是直角三角形 (D)ΔABC 既是等腰三角形也是直角三角形5.ΔABC 中,∠C ＝90°。
若sinA 、sinB 是一元二次方程x 2＋px ＋q ＝0的两个根,则下列关系中正确的是(A)p ＝q 21+±且q ＞21- (B)p ＝q 21+且q ＞21-(C)p ＝－q 21+且q ＞21- (D)p ＝－q 21+且0＜q ≤216.已知A （－7,0）、B （7,0）、C （2,－12）三点,若椭圆的一个焦点为C,且过A 、B 两点,此椭圆的另一个焦点的轨迹为(A)双曲线 (B)椭圆(C)椭圆的一部分 (D)双曲线的一部分二、填空题（本大题共6个小题,每小题6分,满分36分）7. 满足条件{1,2,3}⊆ X ⊆{1,2,3,4,5,6}的集合X 的个数为＿＿＿＿。
推荐-数学奥林匹克高中训练题(2018) 精品
数学奥林匹克高中训练题（18）第一试一、选择题（本题满分30分，每小题5分）1．(训练题18)函数arccos (11)y x x =-≤≤的图像关于y 轴的对称图形记为1c ，而1c 关于直线x y =对称的图形记为2c ，则2c 的解析式是(C)．(A)cos (0)y x x π=≤≤ (B)arcsin (11)y x x =-≤≤(C)cos (0)y x x π=-≤≤ (D)以上答案都不对2．(训练题18)使得方程ab k b a ⋅=+22有正整数解),(b a 的正整数k 的个数是(B)．(A)0个 (B)1 个 (C)不止1个，但只有有限多个 (D)无穷多个3．(训练题18) 如图，在竖直坐标平面xoy 中，直线l 过坐标原点O ，且l 在第Ⅰ和第Ⅲ象限内，l 与x 轴的夹角为α)900( <<α．有一质点(不计质点的大小)在y轴上O 点正上方的位置A 处，该质点从静止状态开始在重力的作用下，径滑行到l 上的B 点处终止，记θ=∠BAO ，则当质点下滑到l 短时，θ等于(C)．(A) 0 (B)4α (C)2α (D)α 4．(训练题18)设21243(1,2,3,)n n n a n ++=+= ，P 是能整除 321,,a a a 中无穷多项的最小素数，q 是能整除 321,,a a a 中每一项的最小素数，则q p ⋅是(D)．(A)75⨯ (B)137⨯ (C)1313⨯ (D)以上答案都不对5．(训练题18)在复平面上，曲线14=+z z 与圆周1=z 的交点的个数是(A)．(A)0 (B)1 (C)2 (D)36．(训练题18)如图，半径为1的半圆周以O 为圆心，以AB 为直径，动点C 在整个圆周上移动，延长AC 到D ，使得),0(为常数k k k CBCD >=．则D 点所描出的曲线的长度是(D)． (A)π⋅+)1(k (B) π⋅+)1(k (C) π⋅+)1(2k (D) π⋅+)1(2k二、填空题（本题满分30分，每小题5分）1．(训练题18)方程x x cos sin =在闭区间[]10,10ππ-内的解的个数是 20 ．2．(训练题18)[]x 是表示不超过x的最大整数，则991k =∑= 615 ．3．(训练题18)两个半径为1的球面相外切，且它们都与半径为1的圆柱面相内切，另一小球面与这两个球面都相外切，且与圆柱面相内切.过小球的球心和一个大球的球心的平面与圆柱面相交成一个椭圆，则该椭圆的离心率e 的最大可能值是 45 ． 4．(训练题18)在1~1000范围内有 500 个正整数n ，使得11993+n 与11994+n 互素．5．(训练题18)集合C B A ,,(不必两两相异)的并集{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}A B C = ，则在此条件下集合的有序三元组),,(C B A 的个数是 107 (答案写成b a 的形式)．6．(训练题18)动点),(y x P 从坐标原点O 出发沿着抛物线2x y =移动到点)49,23(A ，则在移动过程中PA PO +最大时，P 点的横坐标x = 12． 三、(训练题18)(本题满分20分)计算：11(1)2lim 24(1)21i in i i i n i -→∞=-⨯+--∑． (13) 四、(训练题18)(本题满分20分)已知n a a a a 321,,是n 个正实数，b a 和是正实数，满足12n n a a a a = ． 求证：n n b a b a b a b a )()()()(21+≥+⋅⋅+⋅+ ．五、(训练题18)(本题满分20分)如图，在竖直坐标平面xoy 中，从坐标原点O 出发以同一初速度0v 和不同的发射角(即发射方向与x 轴的正向之间的夹角))2,0(παπαα≠≤≤射出的质点(不计质点的大小)，在重力(设重力加速度为g )的作用下运动轨迹是抛物线，所有这些抛物线组成一个抛物线族(即抛物线的集合)．若两条抛物线在同一个交点处的切线互相垂直，则称这个交点为正交点．证明：此抛物线族的所有正交点的集合是一段椭圆弧，并求出这个椭圆弧的方程(包括变量的取值范围)，再画出它的草图. 注：抛物线)0(2≠++=c c bx ax y 在其上的点),(y x 处的切线的斜率为b ax +2． 第二试y x0v v O α0v一、(训练题18)(本题满分35分)已知凸四边形ABCD 内接于圆O ，对角线BD AC ,相交于P ，过P 分别作直线DA CD BC AB ,,,的垂线，垂足分别是,,,E F G H .求证：FG BD EH ,,三直线共点或互相平行．二、(训练题18)(本题满分35分)设集合},3,2,1{n S =，若S 的非空子集X 中奇数的个数大于偶数的个数，则称X 是“好的”.试求S 的所有“好的”子集的个数（答案写成最简结果）．三、(训练题18)(本题满分35分)设集合}1000,999,102,101,100{ =S ，1231123{,,,,,n n n A a a a a a a a a a -= 是正数，且321211}n a a a q a a a ====> ．试求交集S A 的元素个数的最大可能值．。
数学奥林匹克高中训练题
a2 - a - 2 b - 2 c = 0 且 a + 2 b - 2 c + 3 = 0 ,
则它的最大内角的度数是 ( ) .
(A) 150° (B) 120° (C) 90° (D) 60°
3. 对任意给定的自然数 n , n6 + 3 a 为正整数的
立方 , a 为正整数. 则这样的 a ( ) .
= 14
7 8
,过点
F 且与 OA 垂直的直线 l 的方程
为
.
由 (1) ～ (3) 得 △IOH 与 △ABC 的外接圆相等.
三 、x + y = 3 - z ,
①
x3 + y3 = 3 - z3 .
②
①3 -
②得
xy
=8-
9z 3-
+ 3 z2 . z
知 x 、y 为 t2 -
(3 -
z)
t
+
8-
( a , b) ( ) .
(A) 不存在
(B) 恰有 1 个
(C) 恰有 2 个 (D) 无数个
6. 将棱长为 5 的正方体锯成棱长为 1 的 125 个
小正方体. 那么 ,至少需要锯 ( ) .
(A) 7 次 (B) 8 次 (C) 9 次 (D) 12 次
二 、填空题 (每小题 9 分 ,共 54 分)
数学奥林匹克高中训练题
第一试
一 、选择题 (每小题 6 分 ,共 36 分)
1. a 、b 是异面直线 ,直线 c 与 a 所成的角等于 c
与 b 所成的角. 则这样的直线 c 有 ( ) .
(A) 1 条 (B) 2 条 (C) 3 条 (D) 无数条
数学奥林匹克高中训练题(30)及答案
数学奥林匹克高中训练题（30）第一试一、选择题（本题满分36分：每小题6分）1．(训练题37)a 是由1998个9组成的1998位数：b 是由1998个8组成的1998位数：则b a ⋅的各位数字之和为(C)．(A)19980 (B)19971 (C)17982 (D)179912．(训练题37)已知)2,0(π∈x ：则方程03832=++ctgx x ctg 的所有根的和为(C)．(A)π3 (B)π4 (C)π5 (D)π63．(训练题37)已知三个正数a 、b 、c 之和为10：如果它们之中没有一个大于其余数的2倍：那么abc 的最小值是(B)．(A)32 (B)4131 (C)9727(D)16137 4．(训练题37)已知])32()32[(21n n n x -++=)(N n ∈：n x 为正整数：则19981999x 的个位数字为(B)．(A)1 (B)2 (C)6 (D)75．(训练题37)已知ABC ∆中：2lg ,2lg ,2lg C tg B tg A tg 成等差数列：则B ∠的取值范围是(B)． (A)60π≤∠<B (B)30π≤∠<B (C)323ππ≤∠≤B (D)ππ≤∠≤B 32 6．(训练题37)一只小球放入一长方形容器内：且与共点的三个面相接触：小球上有一点到这三个面的距离分别是cm 3：cm 3：cm 6：则这只小球的半径(D)．(A)只为cm 3 (B)只为cm 6 (C)只为cm 9 (D)以上说法不对二、填空题（本题满分54分：每小题9分）1．(训练题37)已知!1999|1998n ：则正整数n 的最大值为 55 ．2．(训练题37)已知0O 是正ABC ∆的内切圆：1O 与0O 外切且与ABC ∆的两边相切：…：1n O +与n O 外切且与ABC ∆两边相切)(N n ∈．那么：在ABC ∆内所有这些可能的圆（包括0O ：n O )(N n ∈）的面积之和与ABC ∆ 3．(训练题37)P 是边长为2的正ABC ∆所在平面上的一动点：且16222=++PC PB PA ：则动点P的轨迹为 以正ABC ∆的中心为圆心：2为半径的圆 ．4．(训练题37)已知方程)(88N n n z y x ∈=++有666组正整数解),,(z y x ．那么n 的最大值是 304 ．5．(训练题37)已知正四面体ABCD 的六条棱的长分别为cm 4：cm 7：cm 20：cm 22：cm 28：xcm 。
高中奥林匹克数学竞赛试题
数学奥林匹克高中训练题（一）第一试一、选择题（每小题6分，共36分）1、已知sin a·cos b= –则cos a·sin b的取值范围为……………………………（）(A)[–1，] (B)[–] (C)[–](D)[–]2、一个人以匀速6m/s去追停在交通灯前的汽车，当他离汽车25m时，交通灯由红变绿，汽车以1m/s2的加速度匀加速开走，那么………………………………（）(A)人可在7s内追上汽车(B)人可在10s内追上汽车(C)人追不上汽车，其间最近距离为5m (D)人追不上汽车，其间最近距离为7m3、已知a、b是不相等的正数，在a、b之间插入两组数x1,x2,…,x n,y1,y2,…,y n,使a,x1,x2,…,x n,b成等差数列，a,y1,y2,…,y n,b成等比数列.则下列不等式（1）（2）（3）（4）中，为真命题的是……………………（）(A)（1）、（3）(B)（1）、（4）(C)（2）、（3）(D)（2）、（4）4、已知长方体的三条面对角线长为5，4，x.则x的取值范围为………………（）(A)（2，）(B)（3，9）(C)（3，）(D)（2，9）5、已知直线l1:y=a x+3a+2与l2:y= –3x+3的交点在第一象限.则a的取值范围为（）(A)（–(B)（–∞，）(C)（–3，(D)（–+∞）6、已知a、b、c三人的年龄次序满足：（1）如果b不是年龄最大，那么a年龄最小；（2）如果c不是年龄最小，那么a年龄最大.则这三个人的年龄从大到小为…………………………………………………（）(A)ba c(B)c ba (C)ab c(D)a c b二、填空题（每小题9分，共54分）1、不等式(x–1)≥0的解集为 .2、抛物线y=a x2+b x+c(a≠0)与x轴交于A、B两点，则以AB为直径的圆的方程为.3、圆锥的母线长为l，它和底面所成的角为θ，这个圆锥的内接正方体的棱长为（正方体有4个顶点在圆锥底面上，另4个顶点在圆锥侧面上）.4、在足球比赛中，甲方边锋从乙方球门（图2中AB）附近带球过人沿直线（图2中CD）向前推进，于点C起脚射门。
数学奥林匹克高中训练题(48)
， 故式"不成立$ # # 0 0 ! 若/ ， 则式"左 边% ， 而右边 ) 8# # & 7 &# # ， 故式"也不成立 $ ) # 0 0 于是， 只有/ ， 即 ) 8% # & 7 & % # $ （ ） 2 $ 9 $ 如图0 ， 9、 :是 正方体 中两条 互为 异面直 线的棱 的中 点， 直线 9: 与 内切 球; 的表面相交于 连结 9 %、 & 两 点， ; 交对 棱于’， 则’为
( ( ( ( ， 即+ （ （ ） # ( +） ’ ( & 1 ’ ,& 1 " ,
（ ） , " " 符合条件的四位数必含有一个$或两个$ " （ ） 含两个 $ 从除 $之 外的 其余 .个 数字 中 $ " ( 任取两个， 有/ 种取 法， 再与其中的一个$组成任 . 意排列的三位数， 有0 种" 这样构成的首位为$的
! 0 0
（ ） 0 /) 0 8) * % （ ） /) 8) 0 *
0 0 0 0
’
0 0 （ ） 2 /) 0 8 ) 0 0 （ ） / /) 8 ) 0
%
$ （ ’ / /) 8） ) # 0 8) 2
数学奥林匹克高中训练题
≥ 丁 一 ＋ 一 广 ＋ 一 ＋ 一 ≥ ■ 一 筹 Ｙ ‘
≥
１ ６
≥
１ ６
４
故（ ｍ， ｎ ， Ｐ ， ｑ ）
：
（ ９ ， ４， ２ ， ２ ） ， （ ６ ， ５ ， ２ ， ２ ） ， （ ４， ３ ， ３ ， ２ ） ．
； ／ ６ 时 上 式 当且仅当 ｍ＝ ｎ ｐ ｑ ４ 、 ／ ６
ｆ １ 与 椭 圆交 于 Ａ、 Ｂ两 点 ， Ｚ ：与椭 圆交 于 Ｃ、 Ｄ 两点． 若ｔ ： Ｔ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 满足 Ａ Ｃ上 Ａ Ｂ， 且该 椭 圆 的
ｒ ｒ
在 ∈ 【 ０ ， 詈 ］ 有 最 大 值 ２ ． 求 实 数 ｍ 的 值
三、 （ ５ ０分） 设所有满足 下列 条件 的正整数 个数为 Ⅳ：
７ ． 已知两条斜率为 ｌ 的直线 ｆ 。 、 ｚ ： 分别
过 椭 圆ｘ ＋ ＝１ （ ０＞ｂ＞ ０ ） 的 两个 焦 点 ， 且
ａ Ｄ
外心 ． 证明： Ｏ ＭＥ＝ ９ ０ 。 ．
二、 （ ４ ０分 ） 已知 函数
） ＝ ３ （ ｓ ｉ ｎ ＋ｃ ｏ ｓ ） ＋ ｅ（ ｒ ｓ ｉ ｎ ＋ Ｃ Ｏ Ｓ ）
，
（ ２ ） 注意到 ，
等号成 立．
＝
（ ・ 一 ） （ 一 ） （ ， 一 古 ） （ 一 寺 ）
故（ ｍ＋ ｎ ＋ ｐ ＋ ｑ ＝
（ 陈 迁
．
侯 国玺 湖 北 省 浠 水县 余 堰
中学 ． ４ ３ ８ ２ ０ ０ ）
２ ０ １ ３年第 ２期
４１
中 等 数 学
熬蟹
中 图分 类 号 ： Ｇ ４ ２ ４ ． ７ ９
数学奥林匹克高中训练题100
合{1 ,2 , …, n}的不同子集 ,满足下列条件 :
(i) i ∈Ai 且 Card ( Ai ) ≥3 , i = 1 ,2 , …, n ;
(ii) i ∈Aj 的充要条件是 j ∈ Ai ( i ≠j ,
i 、j = 1 ,2 , …, n) .
试回答下列问题 :
n
∑ (1) 求 Card ( Ai ) ; i =1
(A) 0 < a < b
(B) a < 0 < b
(C) a < b < 0
(D)
a<
1 2
<
b
2. 已知不等式 22x + a2 x + b ≥0 解的最
小值为 2. 则 a 的取值范围是 ( ) .
(A) ( - ∞,0)
(B) [ 0 , + ∞)
(C) [ 2 , + ∞)
(D) [ - 4 , + ∞)
>
sin (α+β) sinα·sin β
-
2sin (α+β) ·cos(αsin 2α·sin 2β
β)
=
2sin (α+β)
[2cos α·cos sin 2α·sin
β2β
cos (α-
β)
]
=
2sin
(α+ sin
β) ·cos 2α·sin
(α+β) 2β
> 0.
5. B. 由韦达定理得 α+β= - p ,αβ= q. 则 m = (α+β) 2 + 4αβ= 2 (α+β) 2 - (α- β) 2 . 又| α+β| ≤| α| + | β| ≤1 , | α- β| ≤| α| + | β| ≤1 ,
数学奥林匹克高中训练题_18_
所以 ,当 n ≥ 3时,
an - a n - 1 =
设 A ( x1 , kx1 + 1) 、 B ( x2 , kx2 + 1) . 由 OA ⊥OB 得 x1 x2 + ( kx1 + 1) ( kx2 + 1) = 0 ,
2 即 ( 1 + k ) x1 x2 + k ( x1 + x2 ) + 1 = 0.
CN = NR =
2
图1
一个十字路口 ,今按要求选定 n 个十字路口 设置保安亭 , 求安全强度最大的安全区的安 全强度的最小值 .
SB + BC =
2
2
2
5a , 2
SN + SC = ST
6a , 2
参考答案
第一试
44 45 一、 1. 2 ( 2 - 1) .
2
=
2a . 2 5a , CR = 2
四50分21世纪城的街道都是东西向和南北向为了加强安全管理在一些十字路口设置保安亭任何两个保安亭都不在同一街道上以两个保安亭为其两个顶点街道为边围成的矩形称为一个安全区安全区包括边界内保安亭的个数称为该安全区的安全强度
2009 年第 6 期
17
数学奥林匹克高中训练题 ( 18)
第一试
一、 填空题 ( 每小题 7 分 ,共 56 分)
= =
n- 2 n- 3 ( a n - 2 - an - 3 ) = … ・ n n n- 2 n- 3 2 1 ・ ・ … ・ ・ ( a2 - a1 ) n n- 1 4 3
①
=
2
n ( n - 1)
=
2
n- 1
2
数学奥林匹克高中训练题(18)
数学奥林匹克高中训练题(18)
王连笑
【期刊名称】《中等数学》
【年(卷),期】1996(000)001
【摘要】第一试（总分90分）一、选择题（每小题6分,共36分） 1.已知集合P={a<sub>1</sub>,a<sub>2</sub>,…,a<sub>n</sub>,…},且满足
a<sub>1</sub>=1,a<sub>n</sub>=a<sub>n-1</sub>+4（n-1）
（n∈N,n≠1）,又知集合Q={n|（1+i）
<sup>2n</sup>=2<sup>n</sup>i,n∈N},则P,Q的关系是（）。
（A）PQ （B）P=Q （C）PQ （D）P∩Q=Φ 2.若关于x的方程kcosx+arccos,π/4=0有实
【总页数】5页(P37-41)
【作者】王连笑
【作者单位】
【正文语种】中文
【中图分类】G634.605
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数学奥林匹克高中训练题_188及解析
数学奥林匹克高中训练题_188注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明第II 卷（非选择题）一、填空题1.已知函数f (x )=2(1+x )(1+x 2).设α、β、γ为任意锐角三角形的三个内角.则f (tanα)+f (tanβ)+f (tanγ)+f (cotα)+f (cotβ)+f (cotγ)=__________。
2.计算：sin 320°−sin 3100°+sin 3140°=__________。
3.设a 、b∈R ，且a +b =1.则f (a,b )=3√1+2a 2+2√40+9b 2的最小值为__________。
4.已知四面体ABCD 的四个面ΔDBC 、ΔDCA 、ΔDAB 、ΔABC 的面积分别为12、21、28、37，顶点D 到面ΔABC 的距离为h.则h=__________。
5.已知向量a 、b 为平面内两个互相垂直的单位向量，且(3a −c )⋅(4b −c )=0.则|c |的最大值为__________.6.若曲线y 2=4√2x 的内接ΔABC 的中心为其焦点F.则|FA |2+|FB 2|+|FC |2=__________。
7.已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1=na n +2(n+1)2n+2，则数列{a n }的通项公式为__________。
8.集合S={1,2,⋯,100}，对于正整数m ，集合S 的任一m 元子集中必有一个数为另外m-1个数乘积的约数.则m 的最小可能值为__________。
二、解答题9.设实数a 、b 、c 、d 满足{a +b +c +d =3a 2+b 2+c 2+d 2=3abc +bcd +cda +dab =1.证明：a (1−a )3=b (1−b )3=c (1−c )3=d (1−d )3.10.设a 、b 、c>0，且abc =1.证明：2a 2(1+a+ab )2+2b 2(1+b+bc )2+2c 2(1+c+ca )2+9(1+a+ab )(1+b+bc )(1+c+ca )≥1.11.设A 、B 为椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)长轴的两顶点，P 为椭圆上任意一点，过P 作椭圆的切线CD ，与过点A 、B 的切线分别交于点C 、D 、N 、M 分别为左、右焦点. 证明：∠CMD=∠CND =90°.12.在ΔABC 中，设∠C=90°，CD⊥AB ，垂足为D ，P 、Q 分别为ΔADC 、ΔBDC 的内心，PQ 与CD 交于点K ，记ΔABC 的面积为S.证明：1CK2−1CD2=1S. 13.设a i 、b i∈R (i =1,2,⋯,n,n ∈Z +).证明：∑a i b ini=1+√(∑a i 2n i=1)(∑b i 2n i=1)≥2n(∑a i n i=1)(∑b i ni=1). 14.求最小的实数λ，使得对任意正整数n ，均有(n,[n √5])<λ√n ，其中，(a,b )表示正整数a 、b 的最大公约数，[x ]表示不超过实数x 的最大整数. 15.设n 为一个正整数，三维空间内的点集S 满足下述性质：（1）.空间内不存在n 个平面，使得点集S 中的每个点至少在这n 个平面中的一个平面上； （2）.对于每个点X ∈S ，均存在n 个平面，使得S\{X }中的每个点均至少在这n 个平面中的一个平面上.求点集S 中点的个数的最小值与最大值.参考答案1.3【解析】1.注意到，f(x)+f(1x)=1+2x−x2(1+x)(1+x)+1+2x−1x2(1+1x)(1+1x2)=1+2x−x2(1+x)(1+x2)+x3+2x2−x(1+x)(1+x2)=x3+x2+x+1(1+x)(1+x2)=1.则原式=f(tanα)+f(tanβ)+f(tanγ)+f(1tanα)+f(1tanβ)+f(1tanγ)=3.2.−3√38【解析】2.由三倍角公式得sin3α+sin3(α−120°)+sin3(α+120°)=14[3sinα−sin3α+3sin(α−120°)−sin3α+3sin(α+120°)−sin3α]=−34sin3α.则sin320°−sin3100°+sin3140°=−34sin120°=−3√38.3.5√11【解析】3.由柯西不等式得f(a,b)=√(8111+1811)(1+2a2)+√(4011+411)(40+9b2)≥(√11+√11)+(√11+√11)=√11+√11a+b)=5√11.故f(a,b)的最小值为5√11.4.504√237【解析】4.注意到，122+212+282=372. 因此，四面体ABCD为直角四面体.故ℎ=3DA⋅DB⋅DCSΔABC=3√24×42×5637=504√237.5.5【解析】5.设OA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =3a ，OB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =4b ，OC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =c . 由已知得AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⊥BC⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ . 于是，点C 在以AB=5为直径的圆上，且此圆过原点O. 从而，|OC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=|c |的最大值为5. 6.27【解析】6.设ΔABC 的三个顶点坐标为A (x A ,y A )，B (x B ,y B )，C (x C ,y C ). 抛物线y 2=4√2x 的焦点F(√2,0). 由题设得{x A+x B +x C=3√2y A +y B +y C =0.则y A 2+y B 2+y C2=4√2(x A +x B +x C )=24，y B y C +y C y A +y A y B =12(y A +y B +y C )2−12(y A 2+y B 2+y C 2)=−12. 故y A 4+y B 4+y C4=(y A 2+y B 2+y C 2)2−2(y B y C +y C y A +y A y B )2+4y A y B y C (y A +y B +y C ) =242−2×122=288.据此得|FA |2+|FB |2+|FC |2=(x A −√2)2+y A 2+(x B −√2)2+y B 2+(x C −√2)2+y C 2 =y A 4+y B 4+y C4(4√2)2−2√2(x A +x B +x C )+3×2+y A 2+y B 2+y C 2=9−12+6+24=27.7.16n (n +1)(n +2)【解析】7.由题设得(n +2)a n+1=na n +2(n +1)2⇒(n +1)(n +2)a n+1=n (n +1)a n +2(n +1)3.令b n =n (n +1)a n ，则b 1=2，b n+1=b n +2(n +1)3.故b n=b 1+∑(b i+1−b i )n−1i=1=2(1+23+33+⋯+n 3)=12n 2(n +1)2.于是，数列{a n }的通项公式为a n =b n n (n+1)=12n (n +1). 因此，前n 项的和为S n=12(∑k 2+∑k n k=1n k=1) =12[n (n+1)(2n+1)6+n (n+1)2]=16n (n +1)(n +2).8.26【解析】8.所有不大于100的素数共有25个，记其构成的组合为T=｛2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，53，59，61，67，71，73，79，83，89，97｝.注意到，集合T 中每一个元素均不能被T 中其余24个元素之积整除. 故m>|T |=25⇒m ≥26.另一方面，用反证法证明：对于集合S 的任一26元子集，其中必有一个数为另外25个数乘积的约数.为叙述方便，对于素数p 和正整数x ，记αp (x )表示x 中缩含p 的幂指数. 若存在集合S 的某个26元子集A ，对每个x ∈A ，x 均不整除集合A 中其余25个数乘积，则对每个x∈A ，存在x 的素因子p ，使得αp (x )>αp (∏x∈A\{x }z )，称这样的素数p为x 的特异素因子，这种特异素因子不是唯一的.由于|A |=26，且所有特异素因子均属于集合S ，而集合S 中只有25个素数，故必有集合A 的两个不同元素x 、y 具有同一个特异素因子p. 由特异性及y∈A\{x }，知αp (x )>αp (∏z z∈A\{x })≥αp {y }.类似地，αp (y )>αp (∏z z∈A\{y })≥αp (x )，矛盾. 综上，m 的最小可能值为26. 9.见解析【解析】9. 根据恒等式得ab +bc +cd +da +ac +bd =12[(a +b +c +d )2−(a 2+b 2+c 2+d 2)]=3.设f (x )=x (1−x )3.只需证明：f (a )=f (b )=f (c )=f (d ).注意到，(x −a )(x −b )(x −c )(x −d )−abcd=x 4−(a +b +c +d )x 3+(ab +bc +cd +da +ac +bd )x 2−(abc +bcd +cda +dab )x=x 4−3x 3+3x 2−x =x (x −1)3=−f (x ).则f (x )=abcd −(x −a )(x −b )(x −c )(x −d ).令x=a,b,c,d ，分别代入上式得f (a )=f (b )=f (c )=f (d ).⇒a (1−a )3=b (1−b )3=c (1−c )3=d (1−d )3.10.见解析【解析】10. 由abc=1，令a =y x，b =zy，c =x z(x 、y 、z >0).则所证不等式变为2x 2(x+y+z )2+2y 2(x+y+z )2+2z 2(x+y+z )2+9xyz(x+y+z )3≥1⇔2(x 2+y 2+z 2)(x +y +z )+9xyz ≥(x +y +z )3⇔x 3+y 3+z 3−yz (y +z )−zx (z +x )−xy (x +y )+3xyz ≥0. ⇔x (x −y )(x −z )+(y +z −x )(y −z )2≥0.取x=min {x,y,z }，则上式显然成立.11.见解析【解析】11.如图，由题意知M (c,0)，N (−c,0)，A (a,0)，B (−a,0)，a 2=b 2+c 2.设P (acosα,bsinα)，则切线l CD :xcosαa +ysinαb =1.设切线CD 与y 轴交于点Q ，则Q (0,b sinα).显然，Q 为线段CD 的中点. 故12|CD |=a √1+(−bcosαasinα)2=√c 2+b 2sin 2α=|QM |=|QN |.因此，点M 、N 均在以CD 为直径，O 为圆心的圆上. 从而，∠CMD=∠CND =90°12.见解析【解析】12.如图，延长PQ，分别与AC、BC交于点M、N，联结DP、DQ、CP. 分别过M、N作CD的平行线与BC、AC的延长线交于点F、E.易知，RtΔADC∼RtΔCDB.又P、Q分别为ΔADC、ΔBDC的内心，故ACBC =DPDQ⇒RtΔACB∼RtΔPDQ⇒∠QPD=∠BAC⇒A、D、P、M四点共圆⇒∠CMN=∠ADP=45°⇒CM=CN. 易证RtΔCPM≅RtΔCPD.于是，CM=CD=CN.由∠FMC=∠ACD，CM=DC⇒RtΔFCM≅RtΔADC⇒MF=AC.类似地，NE=BC.根据三平行线定理得1CK =1MF+1NE=1AC+1BC⇒1CK2=1AC2+2AC⋅BC+1BC2.再由直角三角形恒等式得1CD2=1AC2+1BC2，1S=2AC⋅BC.故1CK2−1CD2=1S.13.见解析【解析】13.所证不等式等价于n ∑a i b in i=1+√n(∑a i 2ni=1)(∑b i 2ni=1)≥2(∑a i n i=1)(∑b i n i=1)⇔√n 2(∑a i2ni=1)(∑b i 2ni=1)≥∑(2∑a i −na j ni=1)n j=1b j .注意到，n 2∑a i2n i=1=∑(2∑a in i=1−na j )nj=12.据此，由柯西不等式即得所证不等式，取等条件也显然. 14.√204【解析】14.首先证明：对于任意正整数n ，均有(n,[n √5])<√204√n . 设[n √5]=m ，则0<n √5−m <1.故0<5n 2−m 2=(n √5−m)(n √5+m)<n √5+m .于是，n<5n 2−m 2≤[n √5]+m =2m .则(n,[n √5])=(n,m )=√(n 2,m 2)≤√5n 2,m 2=√(5n 2−m 2,m 2)≤√5n 2−m 2≤√2m <√2n √5=√204√n .其次证明：对任意正整数ε，均存在正整数n ， 使得(n,[n √5])>√20−ε4√n . 注意到，第二类佩尔方程x 2−5y 2=−1有正整数解(x,y)=(2,1).从而，该方程有无穷多组正整数解. 任取其一组正整数解(x,y )=(p,q ). 则p 2−5q 2=−1⇒p 2=5q 2−1⇒(pq )2=(5q 2−1)q 2⇒5(2pq )2=(10q 2−1)2−1.由(10q 2−2)2<5(2pq )2<(10q 2−1)2⇒[2pq √5]=10q 2−2故(2pq,[2pq √5])=(2pq,10q 2−2)=√((2pq )2,(10q 2−2)2)=√(4(5q 2−1)q 2,(10q 2−2)2)=√4(5q 2−1)=√16(5q 2−1)24，且√20−ε4√2pq =√(20−ε)4(5q 2−1)q 24. 只需取足够大的q ，使得16(5q 2−1)2>(20−ε)4(5q 2−1)q 2⇔q >ε此时，令n=2pq ，即有(n,[n √5])>√20−ε4√n . 综上，满足条件的λ的最小值为√204. 15.最小值为3n+1，最大值为C n+33.【解析】15.先求|S |的最小可能值.由于过任意三点均可以作一个平面，故|S |≥3n +1. 而当3n+1个点中，任意四点不共面时，即满足题设条件. 于是，|S |的最小可能值为3n+1. 接下来求|S |的最大可能值. 对于每一个P=(x p ,y p ,z p )∈S ，设直线l i,p :a i,p x +b i,p y +c i,p z +d i,p =0(1≤i ≤n )能覆盖S\{P }.由题设知P∉l 1,p ∪l 2,p ∪⋯∪l n,p .设p p (x,y,z )=∏a i,p x+b i,p y+c i,p x+d i,pa i,p x p +b i,p y p +c i,p z p +d i,pni=1. 则p p (x,y,z )为一个三元n 次多项式，且p p |S\|P | =0，p p (P )=1.于是，{p p |P ∈S }在F n （F n 为次数不超过n 的三元多项式的向量空间）中是线性无关的. 因此，|S |≤dimF n=C n+33.下面给出集合S 中有C n+33个点的例子. 如图，设U n 为C n+33个点构成的正四面体点阵.则|U n |=(n+2)(n+1)2+(n+1)n2+⋯+2×12=C n+33. 对于每个点P∈U n ，可以用n 个平面覆盖U n \{P }.但不能用n 个平面覆盖U n .综上，集合S 中点的个数的最大值为C n+33.。
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PA + PB + PC = 2 AB .
…, n) . 证明 :
a1 + a2 + …+ a n - a1 a2 …an ≤n - 1.
10. ( 15 分) 若一个多项式的系数都是自
若 S △ABC = 1 ,则 S △PAB = .
3. 在四棱锥 P - ABCD 中 , 底面 ABCD
2009 年第 6 期
17
数学奥林匹克高中训练题 ( 18)
第一试
一、 填空题 ( 每小题 7 分 ,共 56 分)
1. 设 A =
x ∈Z x
2
an + 1 =
2n n- 1 an an - 1 . n +1 n +1
若对 一 切 正 整 数 n ≥ m , 有 an > 2 +
2 008 ,则正整数 m 的最小值为 . 2 009
1 2. . 3
44
2
,
a
2
、 C ( a , a ,0) 、
2
,0 ,
a
2
a
.
a
则 AM = 0 ,
, 2 2
, CN = a
2
a
2 +
,- a,
a
2
a
2
.
设 O 为原点 . 则 ( OA - OP) + ( OB - OP) + ( OC - OP) = PA + PB + PC = 2 AB = 2 ( OB - OA ) , 即 3 ( OA - OP) = OB - OC . 故 3 PA = CB . 得 PA ∥BC ,且 BC = 3 PA .
2 009
+
y
2
2 008
=1 ,
B = { x | x = 2 n + 1 , n ∈Z} ,
二、 解答题 (i | ≤ 1 ( i = 1 ,2 ,
集合 M 是 A 的子集 , 但不是 B 的子集 . 则所 有这样的集合 M 的个数为 .
(3 ) 是 否 存 在 符 合 题 设 条 件 的 函 数
18
中 等 数 学
2
f ( x ) ,使 f ( 2 009) = 2 009 ,证明你的结论 .
( 50 分) 对给定的正整数 r ,如果存在 三、
所以 , S △PAB =
3. 3 . 6
1 1 S = . 3 △ABC 3
整数 k ,使
(n≥ 5) 条 ,且任何两条不平行的街道都交成
解法 1 : 如 图 1 , 将 四 棱 锥 补 成 正 方 体 ABCD - PB′ C′ D′ , 则 M、 N 分别是 其所 在 面 的 中 心. 设面 PB′ C′ D′ 的中心为 R , AB 的中点为 S , C′ D′ 的 中 点 为 T. 则 NR ∥ S T ∥ AM , ∠RNC 是 所求的角 . 注意到 SC =
A ( 3) = A ( 2) = 2 , A (5) = A ( 4) = 2 A ( 2) = 4 , A (7) = A (6) = A (3) + A (4) = 2 + 4 = 6 , A (9) = A (8) = A (4) + A (6) = 4 + 6 = 10 , A (11) = A (10) = A (5) + A (8) = 4 + 10 = 14 , A (13) = A (12) = A (6) + A (10) = 6 + 14 = 20 , A (15) = A (14) = A (7) + A (12) = 6 + 20 = 26 , A (17) = A (16) = A (8) + A (14) = 10 + 26 = 36 , A (19) = A (18) = A (9) + A (16) = 10 + 36 = 46 , A (20) = A (10) + A (18) = 14 + 46 = 60.
CT + TR =
2 2
同理 , CT =
6a . 2
由
x
2
2 009
+
y
2
2 008
= 1 ( x ∈Z) 得| x | ≤ 44.
故 A = { - 44 , - 43 , …, - 1 ,0 ,1 , …,44}. 显然 ,| A | = 89 , A 的子集共有 2 个 , 其 中是 B 的子集的是
2 2 即 ( 3 - k ) x - 2 kx - 2 = 0 ,
2
2
因此 , an - a2 = 1 故 an = a2 + 令
3n - 2
n
=
其两根为 x1 、 x2 . 于是 ,
x 1 + x2 =
n - 2 3n - 2 (n≥ = 3) . n n
2k 2 2 , x1 x2 = 2. 3- k 3- k 2 2k 2 + k・ 2 +1 =0 3- k 3- k
1+ x 6. . 2- x 1+ x 因为 f 30 ( x ) = f = x ,所以 , 2- x
上式等价于 ( a1 - 1) ( a2 - 1) ≥ 0. 结论成 立. 设 n = k 时 ,结论成立 ,即
a1 + a2 + …+ ak - a1 a2 …ak ≤k - 1.
则 a1 + a2 + …+ ak ≤k - 1 + a1 a2 …ak .
{ - 43 , - 41 , …, - 1 ,1 , …,43}
89
6 1 6 + 4 2 4 3 所以 ,cos ∠RNC = = . 6 6 2 2× × 2 2
解法 2 : 如图 1 建立空间直角坐标系 ,设
A (0 ,0 ,0) 、 M 0, N a a
的子集 ,有 2 个 . 所以 ,符合条件的集合 M 的个数为 89 44 44 45 2 - 2 = 2 ( 2 - 1) .
20
中 等 数 学
故 a1 + a2 + …+ ak + ak + 1 ≤k - 1 + a1 a2 …ak + ak + 1 . 又 ( a1 a2 …ak - 1) ( ak + 1 - 1) ≥ 0 ,即
a1 a2 …ak ak + 1 - a1 a2 …ak - ak + 1 + 1 ≥ 0.
故 cos 〈 AM , CN 〉 =
2 4 2 6 a・ a 2 2
=
3 . 6
注 : 解法 2 由本刊编委会提供 .
4. 5 2 . 2
2009 年第 6 期
19
先证 : 只要证 :
5 2 ≤ . 2 | x| + | y| + | x + y |
2 2 2 2
| 3 x + 4 y|
f 31 ( x ) = f 1 ( x ) .
(2) 设 a1 , a2 , …, a100 是 100 个两两不相
的次数累计达到 5 次 ,则 A 胜 ; 否则 B 胜 . 那 么 ,旋 转 不 足 9 次 就 决 出 胜 负 的 概 率 为 .
8. 设 a1 = 1 , a2 = 2 ,对 n ≥ 2有
等的自然数 ,求 f ( a1 ) + f ( a2 ) + …+ f ( a100 ) f ( a1 + a2 + …+ a100 ) ;
2 2 ≤ 25| x + y | .
2
2
只需证 : 2 [ 7 ( - xx + yy ) + 24 ( xy + xy ) ]
2 2 2 2 2 2 2 2 ≤ 625 ( x x + y y + x y + x y ) .
结束游戏的概率为 1 ①
8. 4 019.
注意到 xy + xy = xy + xy 为实数 ,则由柯 西不等式有 2 [ 7 ( - xx + yy ) + 24 ( xy + xy ) ] ≤( 72 + 242 ) [ ( - xx + yy ) 2 + ( xy + xy ) 2 ] 2 2 2 2 2 2 2 2 = 625 ( x x + y y + x y + x y ) .
若 f 29 ( x ) =
1+ x ,则 f 2 009 ( x ) = . 2- x
7. 两人作一种游戏 : 连续旋转一枚硬币
若干次 , 当正 ( 或反) 面向上的次数累计达到
5 次时游戏结束 . 游戏结束时 , 如果正面向上
个不相等的自然数 a 、 b ,有 ( ) ( ) ( f a + f b - f a + b) = 2 009. ( 1) 求 f ( 0) ;
) . 若 对 一 切 x ∈R , 有 f R
f x+
1
x
线 AM 与 CN 所成角的余弦值为 .
4. 设 x 、 y 为复数 . 则 | 3 x + 4 y| | x| + | y| + | x + y |
2 2 2 2
≥0 , 且
2x +3 2 x +1
2
的最大值为 1 ,求动点 P ( b 、 c) 的
6. 设 f 1 ( x ) = 2x - 1 ,对 n ≥ 2 ,定义 x +1