数学奥林匹克高中训练题(24)(附答案)

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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。

国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第24届)

国际数学奥林匹克（IMO）竞试题（第24届）
1.试找出所有定义在正实数并取值正实数的函数f，使其满足f(x(f(y)) = yf(x)对所有x，y成立，并且当x趋向于无穷大时f(x)趋向于0.
2.圆C1、C2的圆心分别是O1、O2，它们相交于两个不同的点，设A是其中一个交点．这两个圆的一条公切线切C1、C2分别于点P1、P2，另外一条公切线分别切C1、C2于点Q1、Q2，再设M1、M2分别是P1Q1和P2Q2的中点，求证：角O1AO2=角M1AM2．
3.a，b，c是正整数，并且它们中的任何两个都没有大于1的公约数．求证2abc - ab - bc - ca是不能表示成形式xbc + yca + zab的最大整数，其中x，y，z是非负整数．
4.等边三角形ABC，设集合E是该三角形的所有边界点（即边AB，BC，CA），任意将E分拆成两个不相交的子集合（它们的并集是E），试证明这两个集合中的至少一个包含有三点构成一直角三角形．
5.问是否可能存在小于或等于105的1983个不同的正整数，任何三个都不构成一等茶数列．
6.设a，b，c是一个三角形的三边长，求证
a2b(a - b) + b2c(b - c) + c2a(c - a)≥0.
并判断何时等号成立．

【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】

奥林匹克数学竞赛高中训练题集
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(22)及答案4

数学奥林匹克高中练习题〔05〕第一试一、选择题〔此题总分值42分,每题7分〕 1．(练习题10),αβ为锐角,且cos cos ,,()()()2sin sin x xx R f x παβαββα+>∈=+,那么〔D 〕． (A) ()f x 在定义域内是增函数 (B) ()f x 在[0,)+∞内为增函数,在(,0]-∞内为减函数 (C) ()f x 在定义域内是减函数 (D) ()f x 在(,0]-∞内为增函数,在[0,)+∞内为减函数 2．(练习题10) 设,a d 为非负实数,,b c 为正实数,且b c a d +≥+．那么b cc d a b+++的最小值是〔C 〕 (A) 1 (B)12123．(练习题10) 设222522333333363322220,(),(),()a b A a b B a b C a a b >>=+=+=+．那么,,A B C 的大小关系是〔D 〕(A)A B C << (B) B C A << (C) C A B << (D) A C B <<4．(练习题10) 三棱锥A BCD -中,60,1,2,3oBAC CAD DAB AB AC AD ∠=∠=∠====,那么三棱锥体积是〔A 〕(A)2其他5．(练习题10) 八个数字1,1,2,2,3,3,4,4可以组成不同的四位数个数是〔A 〕(A) 204 (B) 144 (C) 72 (D) 24 6．(练习题10) 方程21112()y x y y+=+的整数解(,)x y 有〔B 〕 (A) 0组 (B) 1组 (C) 有限组(多于1组) (D) 无穷多组二、填空题〔此题总分值48分,每题8分〕1．(练习题10) 123456164a a a a a a ≤≤≤≤≤≤≤．那么351246a a a Q a a a =++的最小值是___34___． 2．(练习题10) 将数列2,6,10,14,…按顺序分组,第一组2项〔2,6〕,第二组6项〔10,14,…,30〕,…第k 组有42k -项,那么1994属于第 16 组.3．(练习题10) ABC ∆的面积为S ,45oA ∠=,直线MN 分ABC ∆的面积为相等的两局部,且M 在AB 上,N 在AC 上,那么MN4．(练习题10)设02πθ≤≤,使不等式2sin 3cos 640m m θθ+--<恒成立的实数m 取值范围是_12m >-_. 5．(练习题10) 对不同的实数m ,方程2264940y my x m m --++=表示不同的抛物线,一条直线与这所有的抛物线都相交,且截得的弦长均为9．那么这条直线的方程是___133y x =-___. 6．(练习题10) 假设复数z 满足6532230z izz i +--=．那么z 1= ．第二试一、(练习题10)〔此题总分值20分〕设(2n n a =．求证：对一切n N ∈,[]n a 为奇数〔[]x 表示不超过x 的最大整数〕．二、(练习题10)〔此题总分值20分〕在自然数1,2,3,…,n,…中去掉所有含数字0,7,8,9的那些自然数,得数列{a n }：1,2,3,4,5,6,11,12,…,16,21,22,…．求证：11498n na ∞=<∑．三、(练习题10)〔此题总分值30分〕在ABC ∆中,AB AC =,点M 在AB 上,且MA MC =,点N 在AC 上,且,:2:3CN CB A NBA =∠∠=．求NMC ∠的度数．(30o NMC ∠=)四、(练习题10)〔此题总分值30分〕平面上给定1994个点,其中任何三点不共线,将以这些点为端点的每条线段都标上+1或-1,如果以这些点为顶点的三角形三边所标的数乘积为-1,称三角形为负的．试证实负三角形个数为偶数．。

高中数学竞赛模拟试题及参考答案(可编辑)

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

数学奥林匹克高中训练题(24)

数学奥林匹克高中训练题(24)
王连笑
【期刊名称】《中等数学》
【年(卷),期】1997(000)001
【摘要】第一试一、选择题(每小题6分,共36分) 1.对于每一对实数x、y,函数f 满足方程 f(x+y)-f(x)-f(y)=1+xy,且f(1)=1.那么,f(n)=n(n≠1)的整数n的个数共有( )个。

【总页数】5页(P44-48)
【作者】王连笑
【作者单位】天津实验中学 300074
【正文语种】中文
【中图分类】G634.605
【相关文献】
1.数学奥林匹克初中训练题(24) [J], 刘康宁
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5.数学奥林匹克高中训练题(264) [J], 杨运新
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数学奥林匹克高中训练题(20)及答案

数学奥林匹克高中训练题（20）第一试一、选择题（本题满分 36分，每小题6分）x — a1.（训练题25）已知函数y 的反函数的图象关于点（-1,3）成中心对称图形，则实数 a 等于x-a -1（A ）.（A ） 2 （B ）3（C ）-2（D ）-4,5 I222.（训练题25）我们把离心率等于黄金比丄二的椭圆称之为“优美椭圆”.设二•爲=1（a > b >2a 2b 20）为优美椭圆，F, A 分别是它的左焦点和右端点，B 是它的短轴的一个端点，贝y ■ ABF 等于（C ）.复数一定是（C ）.Z 26.（训练题25）在集合M 二｛1,2,3,）11,10｝的所有子集中，有这样一族不同的子集,不是空集，那么这族子集最多有（B ）. （A ） 210 个（B ） 29 个（C ）102 个（D ） 92 个(A) 60o(B)75°(C)90o(D)120°3.（训练题25）已知 ABC 三边的长分别是a,b,c , 复数Z i ,Z 2满足 Z i =a, Z 2 =b,乙+ z 2 = c ，那么（A ）是实数(B)是虚数(C)不是实数(D) 不是纯虚数4.（训练题25）函数 f (X)二 1（-厂卩：21 c2 c 2CE 的最大值是（D ）. (A) 20(B)10(C)-10(D)-205 .（训练题 25）以O 为球心，4为半径的球与三条相互平行的直线分别切于A,B,C 三点.已知S.BOC = 4 ,S ABC 16，则• ABC 等于(B).Ji(A)—12(B)5■： 7■:12(C)12(D)11- 12它们两两的交集都二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1.（训练题25）在直角坐标系中，一直角三角形的两条直角边分别平行于两坐标轴，且两直角边上的中3线所在直线方程分别是 v =3x • 1和v = mx • 2，则实数m 的值是3或124x2 •（训练题25）设f （x ） J （a .0,a "） , [m]表示不超过实数m 的最大整数，则函数1+a x1 1[f （x ） ] [f （-x ）]的值域是 ___________ {-1,0} ________ •2 2 ------------------------------3 •（训练题25）设a, b,c 是直角三角形的三条边长，c 为斜边长，那么使不等式a 2 （bc ） b 2 （c a ） c 2 （a • b ） _ kabc 对所有直角三角形都成立的 k 的最大值是2 3 r 2•4.（训练题25）如图，正三棱柱 ABC -ABG 的各条棱长都是1,截面BCD 1 在棱AA 上的交点为D ,设这个截面与底面ABC 和三个侧面ABB 1A 1,BCC 1B 1,CAAC 1所成的二面角依次为：「，：七，〉，若 c o ：s^ c o 2s-c 3o S，则截面的面积等于 —3乜 _______________85.（训练题25）已知f （x ）是定义域在实数集的函数，且f （X • 2）[1 - f （X ）] =1 • f （x ）•若f （1） =2，,3 , 则 f （1949）的值是 ___________ p 3 - 2 .6.（训练题25）设x 1是方程.3sin x 「3cosx = 2a 「1的最大负根，x 2是方程2cos 2x 「2sin 2x = a 的最小正根，那么，使不等式为Ex?成立的实数a 的取值范围是 ________ - -43^a^~或 a= 2 __________.2第二试一、（训练题25）（本题满分25分）某眼镜车间接到一任务，需要加工 6000个A 型零件和2000个B 型零件，这个车间有 214名工人，他们每一个人加工 5个A 型零件的时间可加工 3个B 型零件•将这些人分成两组同时工作，每组加工同一型号的零件，为了在最短的时间完成，应怎样分组？ 77二、（训练题25）（本题满分25分）已知一个四边形的各边长都是整数，并且任意一边的长都能整除其余三边之和.求证：这个四边形必有两边相等.B 1B（训练题25）（本题满分35 分）实数数列a1, a2, |a3, ,a M足a P 帕弋钏帕996—為97=1997若数列｛0｝满足：b k = ai+：+川％（k =1,2川1997）.求bf —b2 + b2 —…+0 996-匕997的最大可能值.四、（训练题25）（本题满分35分）给定两个七棱锥，它们有公共的底面A,A2A3A4A5A6A7，顶点R,P2在底面的两侧•现将下述线段中的每一条染红，蓝两色之一：R,P2，底面上的所有的对角线和所有的侧棱.求证：图中心存在一个同色三角形.。

数学奥林匹克高中训练题(24)及答案

数学奥林匹克高中训练题(24)及答案数学奥林匹克高中训练题(24)第一试一.选择题(本题满分36分,每小题6分)1．(训练题29)(D)．(A) (B) (C)(D)2．(训练题29)复数满足且,则这样的复数有(D)．(A) 1个(B) 2个(C) 3个(D) 4个3．(训练题29)已知都是正实数．则且是且的(B)．(A)充分不必要条件(B)必要不充分件(C)充要件(D)既不充分也不必要条件4．(训练题29)是两个正整数,最小公倍数为465696．则这样的有序正整数对共有(D) 个．(A)144 (B)724 (C)1008 (D)11555．(训练题29)方程的根是和．则在坐标平面上,点的图形是(B)．6．(训练题29) 对一个棱长为1的正方体木块,在过顶点的三条棱上分别取点,使．削掉四面体后,以截面为底面,在立方体中打一个三棱柱形的洞,使棱柱侧面都平行于体对角线．当洞打穿后,顶点C处被削掉,出口是一个空间多边形．则这个空间多边形共有(B) 条边．(A)3 (B)6 (C)8 (D) 9二.填空题(本题满分54分,每小题9分)1．(训练题29),．则被3除的余数是 1 ．2．(训练题29)函数是上定义的函数,且的解集为的解集是空集,则不等式的解集是．3．(训练题29)棱锥的底面是正三角形,侧面垂直于底面,另两个侧面同底面所成的二面角都是,则二面角的值是( 用反三角函数表示)．4．(训练题29)若,则函数的最小值等于．5．(训练题29)六个正方形放置如图所示,若三个正方形面积之和为三个正方形面积之和为,则 3．6．(训练题29)已知是一个直角三角形三边之长,且对大于２的自然数,成立．则4 ．三.(训练题29)(本题满分20分)棱锥中,．试求棱锥体积的最大值．四.(训练题29)(本题满分20分)数列,适合条件,当时,,证明．五.(训练题29)(本题满分20分)已知和都是关于的二次三项式,证明:方程不能有根１,２,３,４,５,６,７,８．第二试一.(训练题29)(本题满分50分)有限数集的全部元素的乘积,称为数集的〝积数〞．今给出数集,试确定的所有偶数个(2个,4个,…,98个)元素子集的〝积数〞之和的值．24.255二.(训练题29)(本题满分50分)凸四边形的对角线交点为．证明:是圆外切四边形的充分必要条件是...的内切圆半径满足关系式．三.(训练题29)(本题满分50分) ;是1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11的两种不同的排列．证明:中至少有两个被11除所得的余数相同．。

数学奥林匹克高中训练题(19)及答案

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

数学奥林匹克高中训练题(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 。

2024年西班牙数学奥林匹克试题(含答案)

2024年西班牙数学奥林匹克第一天1.2024个不同的素数p1,p2,···,p2024满足条件：p1+p2+...+p1012=p1013+p1014+...+p2024.设A=p1p2...p1012，B=p1013p1014 (2024)求证：|A−B|≥4．2.给定正整数n，实数x1,x2,···,x n>1满足x1x2···x n=n+1．求证：(112(x1−1)+1)(122(x2−1)+1)···(1n2(x n−1)+1)≥n+1,并说明等号何时成立．3.设△ABC为不等边三角形，P为三角形内部一点，满足∠P BA=∠P CA．直线P B和∠BAC 的内角平分线交于点Q，直线P C和∠BAC的外角平分线交于点R．点S满足CS∥AQ，BS∥AR．求证：Q,R,S三点共线．第二天4.实数a,b,c,d满足abcd=1,a+1a+b+1b+c+1c+d+1d=0.求证：ab,ac,ad中至少一个等于−1．5.给定平面上的两点p1=(x1,y1),p2=(x2,y2)，用R(p1,p2)表示边与坐标轴平行、且以p1和p2为对角顶点的矩形，即{(x,y)∈R2|min{x1,x2}≤x≤max{x1,x2},min{y1,y2}≤y≤max{y1,y2}}.若对所有的点集S⊂R2，且|S|=2024，都存在两点p1,p2∈S，使得|S∩R(p1,p2)|≥k，求k的最大可能值．6.设a,b,n为正整数，满足bn整除an−a+1，记α=ab．求证：⌊α⌋,⌊2α⌋,...,⌊(n−1)α⌋除以n的余数是1,2,···,n−1的一个排列．2024年西班牙数学奥林匹克试题解析。

高中数学奥林匹克竞赛试题及答案

1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．1956年波兰．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a≢9，0≢b≢9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≢18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．1962年上海高三决赛题．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．1963年俄【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．1964年俄．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n≣10a＋1．因此b＝n2100a2≣20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a≢4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≣422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．1964年波兰【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．7 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数．1969德国．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≣m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4²24，4²34，…就得到无限多个符合要求的a．8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．1970年苏【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c≢9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！9 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．1973年加拿大【证】因p是奇数，2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．10 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．美国1973年【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2²b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab²ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．12 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．1979年英国【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137²73．故对一切n≣2，a n均为合数．13 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．1984年苏【证】若不同数字多于3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104³M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．14正整数d不等于2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．1986年德【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 5d－1＝y2 13d －1＝z2 其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 说明d也是奇数．y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．15 .求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≢5）个数的和为合数．1987年全苏【解】由n个数a i＝i²n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m²n！＋k（m∈N，2≢k ≢n）由于n！＝1²2²…²n是k的倍数，所以m²n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．16 n≣2，证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．1987苏联（1）若m≣p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n≣n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m≢p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≣n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m≣m，p≣2m＋1由得4m2＋4m＋1≢m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n≢0由此得17 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab≣0（否则ab≢－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≢0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a≣b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．18 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．1989年瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≢k≢n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2≢k≢n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？1990年全苏解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当n＝1时，原数是13 20 设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．1991年罗马尼亚．证由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d≣n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．21 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≣15005，所以A≣15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≢i≢20，1≢j≢10）令S i＝a i＋a i＋1＋…＋a i＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，23 是否存在完全平方数，其数字和为1993？1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在，取n＝221即可．24 能表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？1993年美国数学邀请赛【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋5025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．26 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．27 设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由a＋c＞c≣c1，b＋c＞c≣c2。

数学奥林匹克高中训练题_24及解析

数学奥林匹克高中训练题_24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）一、选择题1.对于每一对实数、，函数f满足方程f(x+y)−f(x)−f(y)=1+xy，且f(1)=1.那么，f(n)=n(n≠1)的整数n的个数共有（）个.A. 0B. 1C. 2D. 32.有6个座位连成一横排，三人就座，恰有二个空位相邻的排法种数为（）A. 72B. 96C. 48D. 以上都不对3.在一次体育比赛中，红、白两队各有5名队员参加，比赛计分办法是：队员在比赛中获第几名就为本队得几分，且每个队员的得分均不相同，得分少的队获胜，则可能获胜的分数是（）A. 29B. 28C. 27D. 134.现有下面四个命题：①底面是正多边形，其余各面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥.②底面是正三角形，相邻两侧面所成二面角都相等的三棱锥是正三棱锥.③有两个面互相平行，其余四个面都是全等的等腰梯形的六面体是正四棱台.④有两个面互相平行，其余各个面是平行四边形的多面体是棱柱.其中，正确的命题的个数是（）A. 3B. 2C. 1D. 05.设f：N→N，且对所有正整数n，有f(n+1)>f(n)，f(f(n))=3n.则f(1997)的值为（）A. 1997B. 1268C. 3804D. 59916.方程组{(1+x)(1+x2)(1+x4)=1+y7(1+y)(1+y2)(1+y4)=1+x7的解(x,y)共有（）组.A. 4B. 2C. 1D. 0第II卷（非选择题）二、填空题7.数列n4，6，9，10，14，15，21，22，25，26，33，34，35，38，….按此规律，则a16=________.8.函数f(x)=(√x −x)(√x −1+√x−1)⋅1x的值域是________.9.方程√x 2−12x +1+√x 2−23x +1=1+√306的解是________.10.若方程x 2+(1−2i)x +3m −i =0(m ∈R)有一实根、一虚根，则此虚根是________.11.平面上有四点A 、B 、C 、D ，其中A 、B 为定点，且|AB |=√3，C ，D 为动点，且|AD |=|DC |=|BC |=1，记S ΔABD =S 为ΔABD 的面积，S ΔBCD =T 为ΔBCD 的面积.则S2+T 2的取值范围是________.12.使不等式1n+1+1n+2+...+12n+1<a −199513对一切自然数n 都成立的最小自然数a 的值是________.三、解答题13.已知F 1、F 2是椭圆2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点，c 为半焦距，弦AB 过右焦点F 2.求ΔF 1AB 的面积的最大值. 14.若x 1>0，∑x i=1ni=1，x n+1=x 1，n >6，求证：∏1x i +x i+1>n!ni=1.15.已知ΔABC 是等腰三角形，AB =AC ，CD 是腰AB 上的高线，CD 的中点为M ，AE ⊥BM 于E ，AF ⊥CE 于F .求证：AF ≤13AB .16.46个国家派代表队参加一次国际竞赛，比赛共4个题，结果统计如下：做对第一题的选手235人，做对第一、二题的选手59人，做对第一、三题的选手29人，做对第一、四题的选手15人，四个题全做对的选手3人.存在这样的选手，他做对了前三个题，但没有做对第四题.求证：存在一个国家，这个国家派出的选手中至少有4个人，他们恰好只做对了第一题.参考答案1.B【解析】1. 令x=1，则f(1)+f(y)=f(y +1)−y −1，f(y +1)−f(y)=y +2. ①令y=1,2,3,...,y −1并将诸式相加得f(y)=y 2+3y−22. ②从而，对所有自然数y ，②式成立. 若f(y)=y ，可得y 2+3y −2=2y ，y =−2，y =1. 于是，对n∈N 且n ≠1时，f(n)=n 无解. 对公式①取y =0得f(0)=−1.再取y=−1得f(−1)=−2.进而得f(−2)=−2，f(−3)=−1，f(−4)=1.再由①式，y <−4时，f(y)>0.从而，n<−4时，有f(n)≠n .所以，只有n =−2时，f(−2)=−2.故答案为：B 2.A【解析】2.把相邻两个空座位看成一个整体，则有P 55=120种排法.但此时会出现三个空位相邻的情形，此时有2P 44=48种排法.所以,共有P 55−2P 44=72种排法.故答案为：A 3.C【解析】3.双方共得分1+2+...+10=55分.所以，要获胜至多得[552]=27分，又每队至少得1+2+3+4+5=15分，因而本题答案只能为27分.故答案为：C4.D【解析】4.四个命题皆不正确，可举反例如下：A的反例：底面为3的正三角形，两侧面是以3，3，2为边长的等腰三角形，一侧面是以2，2，3为边长的等腰三角形.B的反例，设S′−ABC为正三棱锥，∠SAB>60°，作BA′=AB，连A′C，可以证明ΔA′BC为正三角形，此时棱锥S′−A′BC满足条件，但不是正三棱锥.C的反例，将图中的一个矩形向上平移获得的图形.D的反例，如图的凹十面体.故答案为：D5.C【解析】5.由题设条件可证f(1)=2，f(2)=3，f(3n)=f[f(f(n))]=3f(n). ①由①及f(1)=2，f(2)=3得f(3n)=2⋅3n，f(2⋅3n)=3n+1.注意到2⋅3n与3n+1之间共有3n−1个自然数，而3n与2⋅3n之间也恰有3n−1个自然数，再由f的单调性可得f(3n+m)=2⋅3n+m，0≤m≤3n，n=0,1,2,....进而有f(2⋅3n+m)=f(f(3n+m))=3(3n+m).由1997=2⋅36+539，所以，f(1997)=3(36+539)=3804.故答案为：C6.B【解析】6.已知方程可化为{1−x8=(1−x)(1+y7), ①1−y8=(1−y)(1+x7). ②当x=y时，显然x=1.此时可解得(x,y)=(0,0)，(−1,−1).当x≠y时，若x>0，y<0，则已知方程组第1个方程左边大于1，右边小于1，不成立.若x>y>0，则(1+x)(1+x2)(1+x4)>1+x7>1+y7，方程不成立. 若0>x>y，则x7>y7，x6<y6，x8<y8.①-②得0<y8−x8=(y−x)+(y7−x7)+xy(x6−y6)<0.矛盾.所以，方程组没有x≠y的解，即只有二组解.故答案为：B7.46【解析】7.该数列的规律是：每个正整数都是合数，并且每个数都是两个质数的乘积（除1和本身乘积外），写出所有符合条件的正整数，如24=3*8，8还能分解，所以24就不是其中的项，4=2*2，6=2*3，9=3*3，…，38=2*19，39=3*13，40=2*20，不是其中的项，以此类推：42，44，45都不是其中的项，46=2*23，所以该数列的第16项就是46．故答案为：46．8.(0,1)【解析】8. 令x=sec 2θ(0<θ<π2)，则f(x)=sinθ.因为0<θ<π2，所以函数的值域为（0,1）.故答案为：（0,1） 9.13−2√307【解析】9.原方程可化为√(x −14)2+(√154)2+√(x −13)2+(2√23)2=1+√306.方程左边是P(x,0)到点A(14,−√154)和B(13,2√23)的距离，可以算出|AB |=1+√306.于是，P 点是直线AB 与x 轴的交点.因而，由x−14554=x−13−23√2得出x =13−2√307.故答案为：13−2√30710.−12+2i【解析】10.设方程有实根α，则有(α2+α+3m)+(−2α−1)i =0.由复数相等的充要条件可解得α=−12.设虚根为β，则由α+β=2i −1得β=−12+2i .故答案为：−12+2i11.2√3−34≤S 2+T 2≤78【解析】11. 由BD 2=12+(√3)2−2⋅1⋅√3cosα =12+12−2⋅1⋅1cosβ 得cosβ=√3cosα−1.又S2+T 2=34sin 2α+14sin 2β =−32(cosα−2√3)2+78.可以证明0≤α≤π2.于是，S 2+T 2当cosα=2√3时取最大值为78，当cosα=1时取最小值2√3−34. 故答案为：2√3−34≤S 2+T 2≤7812.1997【解析】12. 记f(n)=1n+1+1n+2+...+12n+1，则f(n +1)−f(n)=−1(2n+3)(2n+2)<0.f(n)为n >0时的减函数，则f(1)为最大值.为使一切n ∈N ，已知不等式都成立，则必须f(n)的最大值小于a−199513，即a −199513>f(1)=56.从而a>199616，自然数a 的最小值为1997.故答案为：199713.2b 2c a【解析】13.如图，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，AB 与x 轴夹角为α，c 2=a 2−b 2.由于S ΔF 1AB =S ΔAF 1F 2+S ΔBF 1F 2 =12|F 1F 2||y 1−y 2| =c |y 1−y 2|，而c 为定值，则在|y 1−y 2|取最大值时，S ΔF 1AB 最大. 过F 2的直线AB 的方程为y =k(x −c)（若k 存在），则x =y k+c .代入椭圆方程并整理得(1a 2k 2+1b 2)y 2+2c a 2ky +c 2a 2−1=0.|y 1−y 2|2=(y 1+y 2)2−4y 1y 2 =4a 2b 4k 2(1+k 2)[b 2+(b 2+c 2)k 2]=(2ab 2c 2sinα+b 2sinα)2.（1）当b ≤c 时，由sinα>0得|y 1−y 2|≤22√c 2sinα⋅bsinα=ab c， S ΔF 1AB ≤c ⋅ab c=ab . 即当且仅当c 2sinα=b2sinα，sinα=bc≤1时，S ΔF 1AB 的最大值为ab .（2）当b>c 时，c 2sinα+b2sinα=c 2sinα+c 2sinα+b 2−c 2sinα ≥2c 2+b 2−c 2sinα≥2c 2+b 2−c 2=a 2.当且仅当sinα=1时，c 2sinα+b2sinα有最小值a 2.从而，S ΔF 1AB≤c ⋅2b2a=2b 2ca，即S ΔF 1AB 有最大值2b 2ca.所以，ΔF 1AB 的面积的最大值，当b≤c 时为ab ，当b >c 时为2b 2ca.14.见解析【解析】14. 由x 1>0，∑x 1=1,x n+1=x 1，及平均不等式得 ∏(x i +x i+1)≤[∑(x i +x i+1)n]ni=1n=(2n )n.下面证明 (n 2)2>n! (n >6).用数学归纳法. （1）n=7时，7! ×27=32×211×5×7 =(3×24)(5×23)(3×24)×7 <72⋅72⋅72⋅7=77.所以，n=7时不等式成立.（2）假设n=k >6时，有2k ⋅k!<k k.则(k +1)! ⋅2k+1=k! ⋅2k ⋅(k +1)⋅2<k k ⋅(k +1)⋅(1+1k)k （贝努里不等式）=(k +1)k+1.所以，n =k +1时不等式成立，从而，对n∈N ，n >6，(n 2)n >n!.于是，原不等式成立. 15.见解析【解析】15.设H 为BC 的中点，连AH 、HM .设∠BAH=α，∠ABE =β，BD =1，DM =MC =t .于是，HM//BD .由A 、D 、M 、E 共圆，A 、D 、H 、C 共圆可得BD ⋅AB =BM ⋅BE .BD ⋅AB =BH ⋅BC .于是，BM⋅BE =BH ⋅BC ，即E 、M 、H 、C 四点共圆，∠FEB=∠MHC =90°−α，∠FEB =∠MHC =90°−α.于是，∠AEF=α.AF =AE ⋅sinα=AB ⋅sinβ⋅sinα =AB ⋅√1+t 2⋅√1+4t 2， AF 2=AB 2⋅t 21+5t 2+4t4=AB 2⋅11t 2+5+4t 2≤AB 2⋅19.∴AF ≤13AB .16.见解析【解析】16. 设集合I={全部选手}，A ={做对第一题的选手}，B ={做对第二题的选手}，C ={做对第三题的选手}，D ={做对第四题的选手}，设n(P)表示集合P 的元素的个数. 本题相当于求n(A ∩B ∩C ∩D).由题设，n(A)=235，n(A ∩B)=59，n(A ∩C)=29，n(A ∩D)=15，n(A∩B∩C∩D)=3.显然，n(A∩B∩C)>n(A∩B∩C∩D)=3，而n(A∩C∩D)>3,n(A∩B∩D)>3.n(A∩B∩C∩D)=n(A∩B∪C∪D)=n(A∪B∪C∪D)−n(B∪C∪D) =[n(A)+n(B)+n(C)+n(D)−n(A∩B)−n(A∩C)−n(A∩D)−n(B∩C)−n(B∩D)−n(C∩D)+n(A∩B∩C)+n(A∩B∩D)+n(A∩C∩D)+n(B∩C∩D)−n(A∩B∩C∩D)]−[n(B)+n(C)+n(D)−n(B∩C)−n(B∩D)−n(C∩D)+n(B∩C∩D)]=n(A)−n(A∩B)−n(A∩C)−n(A∩D)+n(A∩B∩C)+n(A∩B∩D)+n(A∩C∩D)−n(A∩B∩C∩D)>236−59−29−15+3+3=138.从而，n(A∩∩∩≥139=3×46+1.于是，存在一个国家至少有4位选手只做对了第一题.。

数学奥林匹克高中训练题(25)及答案

数学奥林匹克高中练习题〔25〕第一试一、选择题〔此题总分值36分,每题6分〕1．(练习题30)设{1,2}A =,那么从A 到A 的映射中,满足[()]()f f x f x =的个数是(C)．(A) 1个 (B)2个 (C) 3个 (D)4个2．(练习题30)在顶点为(1997,0),(0,1997),(1997,0)-,(0,1997)-的正方形R (包括边界)中,整点的个数为(B) 个．(A)7980011 (B)7980013 (C)7980015 (D)79800173．(练习题30)设{(,)|1,0},{(,)|arctan arccot }M x y xy x N x y x y π==>=+=,那么(B)． (A){(,)|1}MN x y xy == (B)M N M = (C)M N N = (D){(,)|1,}M N x y xy x y ==且不同时为负数4．(练习题30)在四面体ABCD 中,面ABC 及BCD 都是边长为2a 的等边三角形,且,,AD M N =分别为棱,AB CD 的中点,那么M 与N 在四面体上的最短距离为(A)．(A)2a (B)32a (C)a (D)52a 5．(练习题30)三个三角形12,,∆∆∆的周长分别为12,,p p p ．假设12∆∆∆,且较小的两个三角形1∆和2∆可以互不重叠地放入大三角形∆的内部,那么12p p +的最大值是(B)．(A)p (D)2p6．(练习题30)以正n 边形顶点为顶点的不相同的三角形的个数等于(D)． (A)2[]10n (B)2[]11n (C)2[]12n (D)非上述答案二、填空题〔此题总分值42分,每题7分〕1．(练习题30)设,p q N ∈,且1p q n ≤<≤,其中n 是不小于3的自然数,那么形如p q的全体分数之和为 1(1)4n n - ． 2．(练习题30)在ABC ∆中,三个角,,A B C 成等差数列．假设其对边分别为,,a b c ,并且c a -等于AC边上的高h ,那么sin 2C A -= 12． 3．(练习题30)假设2(1)1()f x xf x -+=,那么()f x =234x x x --+ ． 4．(练习题30)在ABC ∆中,D 在BC 上,:3:2BD DC =,E 在AD 上,:5:6AE ED =,延长BE 交AC 于F ,那么:BE EF = 9:2 ．5．(练习题30)数列{}n a 满足211,2n n n a p a a a +==+,那么通项n a = 12(1)1n p -+- ．6．(练习题30)集合{1,2,3,4,5,6},{6,7,8,9}A B ==,从A 中选3个元素,B 中选2个元素,能够组成 90 个有5个元素的新集合．三、(练习题30)(此题总分值23分)M 是抛物线22y px =的动弦AB 上的点,O 为坐标原点,,OA OB OM AB ⊥⊥,求点M 的轨迹方程．222()(0)x p y p x -+=≠四、(练习题30)(此题总分值24分)黑板上写着11和13这两个数,现在从事如下操作：(1)将某个数重写一遍；(2)将两数相加,写上和数.试证实：①119这个数永远不会出现在黑板上；②任何大于119的自然数均可经过有限次操作在黑板上出现．五、(练习题30)(此题总分值25分)20,()1m f x x m ≥=++,求证：对一切12,,,n x x x R +∈．均有212)()()()n n n f x f x f x f x ≤等号当且仅当12n x x x ===时成立．第二试一、(练习题30)(此题总分值50分)ABCD ∆为任意凸四边形,分别以,AD BC 为边在四边形外作正ADH ∆和正BCF ∆；以,AB CD 为底边在四边形作顶角为1200的等腰三角形ABE ∆和CDG ∆．求证：FH EG ⊥,且FH =．二、(练习题30)(此题总分值50分) 假设干个同学参加数学竞赛,其中任何(3)m m ≥个同学都有唯一的公共朋友〔当甲是乙的朋友时,乙也是甲的朋友〕,问有多少同学参加数学竞赛．三、(练习题30)(此题总分值50分)α是个循环小数,()k f m 表示α的小数点后第k 位开始,连续m 位上的数字之积,证实存在自然数,p q ,对任意的,s t 均有11[()][()]s t p q f s f t ．。

数学奥林匹克高中训练题(附答案)

数学奥林匹克高中训练题_46学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题二、填空题三、解答题13．在△ABC 中，实数x 满足2222sec x csc A csc B csc C =++，求证：的定圆P 的圆心上一动点，Q 与P 相外切，Q 交l 于N 两点．对于任意直径使得△MAN 求△MAN 的度数．．设函数f(x)、g(x)定义为()f x ()()11?2000,n f a b ==，2000的最小正．上的O 与其他三边都相切，)0nn i i x b x ==∑的所有根的平方的相反数是f(x)=0的全部根．求证：参考答案：【详解】0,4a π⎛∈ ⎝()tanacota <)(cotatana <34t t ＜＜.【详解】1 022≤3.3arccot arc≤1 arccos2,a b a ≥∴(222a x a +1,?4y 又≥∴22 4.x y ∴+≤满足22x y +≤其面积为1··3π3((0011821122sina sin a b a β<<≤<=-即()26a -【详解】(a b c ++项，但(a )nc +的展开式中不同的项数为)(nd a ⎡+=⎣=AB AC∴⊥SD BC∴⊥面BC于是SA与2.当两条较长棱相邻时，不妨设2sec x csc=2∴=tan x2=+cot A(cotA cotB=+60【详解】以l为r,h）.△Q2222rh r k r +3,tan MAN ∠223r k r r nhr +-=)223nh k r r -=±+-两边平方，得2m 对于任意实数r≥1223,m k =-另一方面，用数学归纳法可证明：()281n n a b +>当n=1时，()31223181128n n a b a b +>=>.假设式(1)在n=k 时成立，即28k k a b +>.当n=k+1时，()()2883112121282000820008k k k k k b ba b b k k a b +++=>=>⨯>⨯=. 所以，式(1)对所有n 成立.由式(1)得1998199820008b b a ≤<.1998m ∴>.综上所述，m=1999.16．2或7【详解】1当p=7m -5(m 为自然数，下同)时，()123721p p m =+=-.当m ＞1时，1p 为合数.当m=1时，p=2.此时123456711,19,29,31,101p p p p p p ======，均为质数，所以p 可为2.2当p=7m -6时，()243743p p m =+=-.当m=1时，p=1与p 为质数相矛盾.当m>1时，2p 为合数.3当p=7m -3时，()383783p p m =+=-为合数.4当p=7m -2时，()41637165p p m =-=-为合数.5当p=7m -4时，()5323373223p p m =-=-为合数.6当p=7m -1时，()6642776413p p m =-=-为合数.7 当p=7m 时，因p 为质数,则p=7.当p=7时，1234561731,59,109,191,421p p p p p p ======，均为质数.AB AD =即OA OB +1sina sin ∴+11sin sin a +sin 2αβ+2cos α⎛∴ ⎝4sin sin 2a ⋅202β+＜22αϕ+∴即2αϕ+亦即BAD ∠则AB//CD。

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

ｍｎ＋ｐ＋ｑ
≥ 丁一＋一广＋一＋一 ≥ ■ 一筹Ｙ ‘
≥
１６
≥
１６
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＝ｎｐｑ４、／６
ｆ１与椭圆交于Ａ、Ｂ两点，Ｚ：与椭圆交于Ｃ、Ｄ两点．若ｔ：ＴＡＢＣＤ满足ＡＣ上ＡＢ，且该椭圆的
ｒｒ
在 ∈ 【０，詈］有最大值２．求实数ｍ的值
三、（５０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
ａＤ
外心．证明：ＯＭＥ＝９０。．
二、（４０分）已知函数
）＝３（ｓｉｎ＋ｃｏｓ）＋ｅ（ｒｓｉｎ＋ＣＯＳ）
，
（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．４３８２００）
２０１３年第２期
４１
中等数学
熬蟹
中图分类号：Ｇ４２４．７９