2013全国中学生高中数学竞赛二试模拟训练题(48)
2013届高三数学二模好题集锦
2013届高三数学二模好题集锦12、将边长为2的正方形沿对角线AC 折起，以A ，B ，C ，D 为顶点的三棱锥的体积最大值等于 ．14、已知函数aax x a x a x x f 2222)1()(22-++--+=的定义域是使得解析式有意义的x 的集合，如果对于定义域内的任意实数x ，函数值均为正，则实数a 的取值范围是 ．16、已知函数)2cos()2sin(2ππ-+=x x y 与直线21=y 相交，若在y 轴右侧的交点自左向右依次记为1M ，2M ，3M （ ）.A π6 .B π7 .C π12 .D π1317、若22παπ≤≤-，πβ≤≤0，R m ∈，如果有0sin 3=++m αα，0cos )2(3=++-m ββπ，则)cos(βα+值为（ ）． .A 1- .B 0 .C21.D 1 18、正方体1111D C B A ABCD -的棱上．．到异面直线AB ，1CC 的距离相等的点的个数为（ ）.A 2． .B 3． .C 4． .D 5．12．已知23230123(3)(3)(3)n x x x x a a x a x a x ++++=+-+-+-(3)n n a x ++-()n N *∈且012n n A a a a a =++++，则lim4nnn A →∞=___________.14．已知1()4f x x =-，若存在区间1[,](,)3a b ⊆+∞，使得{}(),[,][,]y y f x x a b ma mb =⊆=，则实数m 的取值范围是___________.23．(本题满分18分) 本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.已知数列{}n a 具有性质：①1a 为整数；②对于任意的正整数n ，当n a 为偶数时，12n n a a +=；当n a 为奇数时，112n n a a +-=. （1）若1a 为偶数，且123,,a a a 成等差数列，求1a 的值；（2）设123m a =+(3m >且m ∈N )，数列{}n a 的前n 项和为n S ，求证：123m n S +≤+； （3）若1a 为正整数，求证：当211log n a >+(n ∈N )时，都有0n a =.【解析】⑴设12a k =，2a k =，则：322k a k +=，30a =分两种情况： k 是奇数，则2311022a k a --===，1k =，1232,1,0a a a === 若k 是偶数，则23022a ka ===，0k =，1230,0,0a a a === ⑵当3m >时，123123423,21,2,2,m m m m a a a a ---=+=+==45122,,2,1,0m m m m n a a a a a ++-======∴1124223n m m m S S +≤=++++=+⑶∵211log n a >+，∴211log n a ->，∴112n a ->由定义可知：1,212,2nnn n n na a a a a a +⎧⎪⎪=≤⎨-⎪⎪⎩是偶数是奇数∴112n n a a +≤ ∴1211112112n n n n n n a a a a a a a a a ----=⋅⋅⋅≤⋅∴111212n n n a --<⋅= ∵n a N ∈，∴0n a =，综上可知：当211log n a >+()n N ∈时，都有0n a =12．各项为正数的无穷等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1lim 1=+∞→n nn S S ， 则其公比q 的取值范围是 .13．已知两个不相等的平面向量，β(0≠)满足|β|＝2，且与β－的夹角为120°，则||的最大值是 .14．给出30行30列的数表A ：⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛1074216183150117216342720131832721159150201510511713951，其特点是每行每列都构成等差数列，记数表主对角线上的数10743421101，，，，，按顺序构成数列{}n b ，存在正整数)1(t s t s <<、使t s b b b ,,1成等差数列，试写出一组),(t s 的值 .12. 公差为d ，各项均为正整数的等差数列{}n a 中，若11,73n a a ==，则n d +的最小值等于 ．13. 已知ABC ∆的外接圆的圆心为O ，6,7,8,AC BC AB ===则AO BC ⋅=uuu r uu u r．14．设()f x 是定义在R 上的函数，若81)0(=f ，且对任意的x ∈R ，满足 (2)()3,(4)()103x x f x f x f x f x +-≤+-≥⨯,则)2014(f = ．23．（本题满分18分）本题共有3个小题，第(1)小题满分4分，第(2)小题满分6分，第(3)小题满分8分．如图，过坐标原点O 作倾斜角为60的直线交抛物线2:y x Γ=于1P 点，过1P 点作倾斜角为120的直线交x 轴于1Q 点，交Γ于2P 点；过2P 点作倾斜角为60的直线交x 轴于2Q 点，交Γ于3P 点；过3P 点作倾斜角为120的直线，交x 轴于3Q 点，交Γ于4P 点；如此下去……．又设线段112231n n OQ QQ Q Q Q Q -，，，，，L L 的长分别为123,,,,,n a a a a L L，11122OPQ Q PQ ∆∆，，2331n n n Q PQ Q PQ -∆∆，，，L L 的面积分别为123,,,,,,n G G G G L L 数列{}n a 的前n 项的和为n S ．（1）求12,a a ； （2）求n a ，limnn nG S →∞；（3）设(01)n an b a a a =>≠且，数列{}n b 的前n 项和为n T ，对于正整数,,,p q r s ，若p q r s <<<，且p s q +=+试比较p s T T ⋅与q r T T ⋅的大小．11．方程0cos =x x 在区间[]6,3-上解的个数为 .12．某人从标有1、2、3、4的四张卡片中任意抽取两张.约定如下：如果出现两个偶数或两个奇数，就将两数相加的和记为ξ；如果出现一奇一偶，则将它们的差的绝对值记为ξ，则随机变量ξ的数学期望为 .13．如果M 是函数)(x f y =图像上的点，N 是函数)(x g y =图像上的点，且N M ,两点之间的距离MN 能取到最小值d ，那么将d 称为函数)(x f y =与)(x g y =之间的距离.按这个定义，函数x x f =)(和34)(2-+-=x x x g 之间的距离是 .14．数列}{n a 满足1241+-=+n n n a a a （*∈N n ）．①存在1a 可以生成的数列}{n a 是常数数列； ②“数列}{n a 中存在某一项6549=k a ”是“数列}{n a 为有穷数列”的充要条件； ③若{}n a 为单调递增数列，则1a 的取值范围是)2,1()1,( --∞；④只要k k k k a 232311--≠+，其中*∈N k ，则n n a ∞→lim 一定存在； 其中正确命题的序号为 .17．已知以4为周期的函数(](]⎪⎩⎪⎨⎧∈--∈-=3,1,2cos 1,1,1)(2x xx x m x f π，其中0>m 。
2013全国中学生高中数学竞赛二试模拟训练题(2)
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 ,,,,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 =++-+++-+++-++ 123411*********10.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 ,,,,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 1121 证明: 设a a ab b b n n ,,,,,,2121 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 ≥≥≥,,2,121又因为n 222111132>>>>所以由排序不等式得:n a a a n 22212+++ (乱序) n bb b n22212+++≥ (倒序) n 1211+++≥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。
2013全国中学生高中数学竞赛二试模拟训练题(10)(附答案)
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 AQOQD OD OQD OAαα+∠==∠∠，从而有()sin sin AOD AQ OD OA QDαα+∠=。
类似地，有()sin sin AOB AP OBOA BP αα+∠=，因此有()()sin sin AOD AQ OD BP AOB AP OB QD αα+∠=+∠。
同理，由()sin sin ,sin sin COD BOQ BQ QC OQB OB OQB OCα∠-∠==∠∠，可得()()sin sin ,sin sin COD BOC QC OB PC ODBOQ OC BQ DOP OC PDαα∠-∠-==∠∠，因此有()()sin sin COD QC OB PDBOC PC OD QBαα∠-=∠-。
设 AC 与 PQ 交于点L ，由梅涅劳斯定理，1,1AQ DP CL CQ BP ALQD PC LA QB PA LC==，于是有()()()()sin sin 1sin sin AOD COD AOB BOC αααα+∠∠-=+∠∠-。
全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(4).pdf
加试模拟训练题（4） 1．给出锐角△ABC，以AB为直径的圆与AB边的高CC′及其延长线交于M，N.以AC为直径的圆与AC边的高BB′及其延长线将于P，Q.求证：M，N，P，Q四点共圆. 2、设是满足的正实数，试证： 3、 有一个十人的会，在他们当中任何三人至少有两人互不相识．证明在这会中有四人，他们没一人认识四人中的其他人． 4、试求不大于100，且使成立的自然数的和。
加试模拟训练题（4） 1．给出锐角△ABC，以AB为直径的圆与AB边的高CC′及其延长线交于M，N.以AC为直径的圆与AC边的高BB′及其延长线将于P，Q.求证：M，N，P，Q四点共圆. 分析：设PQ，MN交于K点，连接AP，AM. 欲证M，N，P，Q四点共圆，须证 MK·KN＝PK·KQ， 即证(MC′-KC′)(MC′+KC′) ＝(PB′-KB′)·(PB′+KB′) 或MC′2-KC′2=PB′2-KB′2 . ① 不难证明 AP=AM，从而有AB′2+PB′2=AC′2+MC′2. 故 MC′2-PB′2=AB′2-AC′2=(AK2-KB′2)-(AK2-KC′2) =KC′2-KB′2. ② 由②即得①，命题得证. 2、设是满足的正实数，试证： 证明： 令 由均值不等式可知： 所以 另证：令 则 而 故 3、 有一个十人的会，在他们当中任何三人至少有两人互不相识．证明在这会中有四人，他们没一人认识四人中的其他人． 【证】 将十个人表示为十个点，视对应的人相识或不相识而用红或蓝线段连结每对点． 已知所得的图中没有红色三角形，要证明图中有4个点，每两点之间的连线为蓝色．第一种情况：至少有4条红线由A点引出．设AB、AC、AD、AE为红线．由已知B、C、D、E中没有两点是用红线连结的，故B、C、D、E即为所求．第二种情况：至多有3条红线由A点引出．即A至少与6个点用蓝线相连，设为B、C、D、E、F、G．若B用红线连接C、D、E、F、G中3个点，不妨设为C、D、E，则A、C．D、E即为所求．若B至多与C、D、E、F、G中2点用红线相连，则B至少与其中3点用蓝线相连，不妨设BC、BD、BE为蓝线．C、D、E中至少一对用蓝线相连，例如CD是蓝线，则A、B、C、D即为所求． 4、试求不大于100，且使成立的自然数的和。
2013全国数学联赛试题及答案2
AC sin ADC sin APE ， CD sin CAD sin EPF BD BD sin BFD sin PFA AP ， 由于 = EF BF sin BDF sin PAF PF
1= SPAE AP PE sin APE BD AC SPFE PF PE sin EPF EF CD
n 1
于任意正整数 n ，都有 S2n 1 bn 2
2
n(u v) 。
2 r 2 (u v )
取 n 2r (u v), r Z 时， S2n 1 2 平方数。 综上所述，结论成立。
r 2 (u v)2 2r
2
(u v )
r (u v) 都是完全
k
因此，我们取的 2k 个整数满足要求。 原题证明：对于任意正整数 2 n 2k ，都存在正整数 2 r k ，使得 2r 1 n 2r ，由引 理存在 2r 个整数它们都不是 n 的倍数，使得任意将它们分为两组都会有一组中有若干个数 之和是 n 的倍数。 再任意添加 2k 2r 个大于 n 的正整数，则得到满足题意的 2k 个整数。
蕴
秀
斋
2013 年全国高中数学联赛二试参考解答
1、 AB 是圆 的一条弦， P 是 AB 上一点， E , F 在线段 AB 上，满足 AE EF FB ， 射线 PE, PF 分别与 交于 C , D 。求证： EF CD AC BD 。
P w A E F B
证明：由正弦定理
证明：令 bn S2n 1 ，则 b1 S1 a1 u v ，由已知
bn 1
2013年全国高中数学联赛一试二试试题整理详解汇编(一试二试为B卷)(含解答)
AB < BC
∠AP B = ∠BP C
7
AB BC
1
B
A
P
∠BP C = ∠CP D
P
BM BC
C2 =
M; = DM CD
C
D
A, B, C, D
3.
x, y, z
x2 + y2 + z2 = 10
u = 6 − x2 + 6 − y2 + 6 − z2
6 − x2 +
6 − y2 +
2
6 − z2
x = 0, y = 0 (P
x– )
a+c = 0
ac x−
2
+ y2 =
ac 2
a+c
a+c
x–
(0, 0), (2ac/(a + c), 0)
b) x–
A, B, C, D (−1, 0), (0, 0), (1, 0), (2, 0)
∠AP B = ∠BP C
P
y–
∠BP C = ∠CP D
1 16
(y1y2
+
8)2
=
0
y1y2 = −8 (−8)2
x1x2 = 16 = 4.
F (1, 0)
−→ −−→ √ x1 − x2 = (x1 + 1) − (x2 + 1) = |F A| − |F B| = 4 3.
4
y2 = 4x
x1, x2
√2 x1 + x2 = (x1 − x2)2 + 4x1x2 = 4 3 + 4 × 4 = 8.
Tn
n=3
2013届高三数学第二次模拟考试试题 理(西城二模)新人教B版
北京市西城区2013年高三二模试卷高三数学（理科）第Ⅰ卷（选择题 共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．已知全集{0,1,2,3,4}U =，集合{0,1,2,3}A =，{2,3,4}B =，那么()UA B =（A ）{0,1} （B ）{2,3} （C ）{0,1,4} （D ）{0,1,2,3,4}2．在复平面内，复数1z 的对应点是1(1,1)Z ，2z 的对应点是2(1,1)Z -，则12z z ⋅= （A ）1 （B ）2（C ）i -（D ）i3．在极坐标系中，圆心为(1,)2π，且过极点的圆的方程是 （A ）2sin =ρθ （B ）2sin =-ρθ（C ）2cos =ρθ（D ）2cos =-ρθ4．如图所示的程序框图表示求算式“235917⨯⨯⨯⨯” 之值， 则判断框内可以填入 （A ）10k ≤ （B ）16k ≤ （C ）22k ≤ （D ）34k ≤5．设122a =，133b =，3log 2c =，则 （A ）b a c << （B ）a b c << （C ）c b a << （D ）c a b <<6．对于直线m ，n 和平面α，β，使m ⊥α成立的一个充分条件是 （A ）m n ⊥，n ∥α（B ）m ∥β，⊥βα （C ）m ⊥β，n ⊥β，n ⊥α （D ）m n ⊥，n ⊥β，⊥βα7．已知正六边形ABCDEF 的边长是2，一条抛物线恰好经过该六边形的四个顶点，则抛物线的焦点到准线的距离是（A （B （C （D ）8．已知函数()[]f x x x =-，其中[]x 表示不超过实数x 的最大整数．若关于x 的方程()f x kx k =+有三个不同的实根，则实数k 的取值范围是 （A ）111[1,)(,]243-- （B ）111(1,][,)243--（C ）111[,)(,1]342-- （D ）111(,][,1)342--第Ⅱ卷（非选择题 共110分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．9．右图是甲，乙两组各6名同学身高（单位：cm ）数据 的茎叶图．记甲，乙两组数据的平均数依次为x 甲和x 乙， 则 x 甲______x 乙． （填入：“>”，“=”，或“<”）10．5(21)x -的展开式中3x 项的系数是______．（用数字作答）11．在△ABC 中，2BC =，AC =，3B π=，则AB =______；△ABC 的面积是______．12．如图，AB 是半圆O 的直径，P 在AB 的延长线上，PD 与半圆O 相切于点C ，AD PD ⊥．若4PC =，2PB =，则CD =______．13．在等差数列{}n a 中，25a =，1412a a +=，则n a =______；设*21()1n n b n a =∈-N ，则数列{}n b 的前n 项和n S =______．14．已知正数,,a b c 满足a b ab +=，a b c abc ++=，则c 的取值范围是______．三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15．（本小题满分13分）如图，在直角坐标系xOy 中，角α的顶点是原点，始边与x 轴正半轴重合，终边交单位圆于点A ，且,)62ππ∈(α．将角α的终边按逆时针方向旋转3π，交单位圆于点B ．记),(),,(2211y x B y x A ．（Ⅰ）若311=x ，求2x ； （Ⅱ）分别过,A B 作x 轴的垂线，垂足依次为,C D ．记△AOC 的面积为1S ，△BOD 的面积为2S ．若122S S =，求角α的值．16．（本小题满分13分）某超市在节日期间进行有奖促销，凡在该超市购物满300元的顾客，将获得一次摸奖机会，规则如下：奖盒中放有除颜色外完全相同的1个红球，1个黄球，1个白球和1个黑球．顾客不放回的每次摸出1个球，若摸到黑球则停止摸奖，否则就要将奖盒中的球全部摸出才停止．规定摸到红球奖励10元，摸到白球或黄球奖励5元，摸到黑球不奖励． （Ⅰ）求1名顾客摸球3次停止摸奖的概率；（Ⅱ）记X 为1名顾客摸奖获得的奖金数额，求随机变量X 的分布列和数学期望． 17．（本小题满分14分）如图1，四棱锥ABCD P -中，⊥PD 底面ABCD ，面ABCD 是直角梯形，M 为侧棱PD 上一点．该四棱锥的俯视图和侧（左）视图如图2所示． （Ⅰ）证明：⊥BC 平面PBD ； （Ⅱ）证明：AM ∥平面PBC ；（Ⅲ）线段CD 上是否存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为43？若存在，找到所有符合要求的点N ，并求CN 的长；若不存在，说明理由．18．（本小题满分13分）如图，椭圆22:1(01)y C x m m+=<<的左顶点为A ，M 是椭圆C 上异于点A 的任意一点，点P 与点A 关于点M 对称．（Ⅰ）若点P 的坐标为9(5，求m 的值；（Ⅱ）若椭圆C 上存在点M ，使得OP OM ⊥，求m 19．（本小题满分14分）已知函数322()2(2)13f x x x a x =-+-+，其中a ∈R ． （Ⅰ）若2a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 在区间[2,3]上的最大值和最小值． 20．（本小题满分13分）已知集合1212{(,,,)|,,,n n n S x x x x x x =是正整数1,2,3,,n 的一个排列}(2)n ≥，函数1,0,()1,0.x g x x >⎧=⎨-<⎩ 对于12(,,)n na a a S ∈…，定义：121()()(),{2,3,,}i i i i i b g a a g a a g a a i n -=-+-++-∈，10b =，称i b 为i a 的满意指数．排列12,,,n b b b 为排列12,,,n a a a 的生成列；排列12,,,n a a a 为排列12,,,n b b b 的母列．（Ⅰ）当6n =时，写出排列3,5,1,4,6,2的生成列及排列0,1,2,3,4,3--的母列； （Ⅱ）证明：若12,,,n a a a 和12,,,na a a '''为n S 中两个不同排列，则它们的生成列也不同； （Ⅲ）对于n S 中的排列12,,,n a a a ，定义变换τ：将排列12,,,n a a a 从左至右第一个满意指数为负数的项调至首项，其它各项顺序不变，得到一个新的排列．证明：一定可以经过有限次变换τ将排列12,,,n a a a 变换为各项满意指数均为非负数的排列．北京市西城区2013年高三二模试卷高三数学（理科）参考答案及评分标准 2013.5一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1．C ； 2．B ； 3．A ； 4．C ； 5．D ； 6．C ； 7．B ； 8．B ．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.9．>； 10．80； 11．3 12．125； 13．21n +，4(1)n n +； 14．4(1,]3． 注：11、13题第一空2分，第二空3分.三、解答题：本大题共6小题，共80分.若考生的解法与本解答不同，正确者可参照评分标准给分.15．（本小题满分13分）（Ⅰ）解：由三角函数定义，得 1cos x =α，2cos()3x π=+α．2分因为 ,)62ππ∈(α，1cos 3=α，所以 sin ==α． …………3分所以 21cos()cos 32x π=+==αα-α． ………………5分 （Ⅱ）解：依题意得 1sin y =α，2sin()3y π=+α．所以 111111cos sin sin 2224S x y ==⋅=ααα， ………………7分 2221112||[cos()]sin()sin(2)223343S x y πππ==-+⋅+=-+ααα． ……………9分依题意得 2sin 22sin(2)3π=-+αα， 整理得 cos 20=α． ………………11分因为 62ππ<<α， 所以 23π<<πα， 所以 22π=α， 即 4π=α． ………………13分16．（本小题满分13分）（Ⅰ）解：设“1名顾客摸球3次停止摸奖”为事件A ， ………………1分则 2334A 1()A 4P A ==，故1名顾客摸球3次停止摸奖的概率为14． ………………4分 （Ⅱ）解：随机变量X 的所有取值为0,5,10,15,20． ………………5分1(0)4P X ==， 2224A 1(5)A 6P X ===， 222344A 11(10)A A 6P X ==+=， 122234C A 1(15)A 6P X ⋅===，3344A 1(20)A 4P X ===． ………………10分 所以，随机变量X 的分布列为:………………11分11111051015201046664EX =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=． ………………13分17．（本小题满分14分）【方法一】（Ⅰ）证明：由俯视图可得，222BD BC CD +=，所以 BD BC ⊥． ………………1分 又因为 ⊥PD 平面ABCD ，所以 PD BC ⊥， ………………3分所以 ⊥BC 平面PBD ． ………………4分（Ⅱ）证明：取PC 上一点Q ，使:1:4PQ PC =，连结MQ ，BQ ． ………………5分由左视图知 4:1:=PD PM ，所以 MQ ∥CD ，14MQ CD =．…………6分 在△BCD 中，易得60CDB ︒∠=，所以 30ADB ︒∠=．又 2=BD ， 所以1AB =，AD =又因为 AB ∥CD ，CD AB 41=，所以 AB ∥MQ ，AB MQ =． 所以四边形ABQM 为平行四边形，所以 AM ∥BQ ．………………8分 因为 ⊄AM 平面PBC ，BQ ⊂平面PBC ，所以 直线AM ∥平面PBC ． ………………9分 （Ⅲ）解：线段CD 上存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为43．证明如下：……10分因为 ⊥PD 平面ABCD ，DC DA ⊥，建立如图所示的空间直角坐标系xyz D -． 所以 )3,0,0(),0,4,0(),0,1,3(),0,0,3(),0,0,0(M C B A D ． 设 )0,,0(t N ，其中40≤≤t ． ………………11分 所以)3,0,3(-=AM ，)0,1,3(--=t BN ． 要使AM 与BN 所成角的余弦值为43，则有 ||34||||AM BN AM BN ⋅=12分 所以43)1(332|3|2=-+⋅t ，解得 0=t 或2，均适合40≤≤t ．…………13分 故点N 位于D 点处，此时4CN =；或CD 中点处，此时2CN =，有AM 与BN 所成角的余弦值为43． ………………14分 【方法二】（Ⅰ）证明：因为⊥PD 平面ABCD ，DC DA ⊥的空间直角坐标系xyz D -．在△BCD 中，易得60CDB ︒∠=，所以 30ADB ︒∠=因为 2=BD ， 所以1AB =， AD =由俯视图和左视图可得：)4,0,0(),3,0,0(),0,4,0(),0,1,3(),0,0,3(),0,0,0(P M C B A D ．所以 )0,3,3(-=BC ，)0,1,3(=DB ．因为 0001333=⋅+⋅+⋅-=⋅DB BC ，所以BD BC ⊥． ………………2分 又因为 ⊥PD 平面ABCD ，所以 PD BC ⊥， ………………3分 所以 ⊥BC 平面PBD ． ………………4分（Ⅱ）证明：设平面PBC 的法向量为=()x,y,z n ，则有 0,0.PC BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n因为 )0,3,3(-=BC ，)4,4,0(-=PC ，所以 440,30.y z y -=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 取1=y ，得=n )1,1,3(． ………………6分因为 )3,0,3(-=AM ， 所以 ⋅AM =n 03101)3(3=⋅+⋅+-⋅． ………………8分因为 ⊄AM 平面PBC ，所以 直线AM ∥平面PBC ． ………………9分 （Ⅲ）解：线段CD 上存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为43．证明如下：………10分设 )0,,0(t N ，其中40≤≤t ． ………………11分 所以 )3,0,3(-=AM ，)0,1,3(--=t BN ． 要使AM 与BN 所成角的余弦值为43，则有43||||=⋅BN AM BN AM ，…………12分 所以43)1(332|3|2=-+⋅t ，解得0=t 或2，均适合40≤≤t ． ………13分 故点N 位于D 点处，此时4CN =；或CD 中点处，此时2CN =，有AM 与BN 所成角的余弦值为43． ………………14分18．（本小题满分13分）（Ⅰ）解：依题意，M 是线段AP 的中点，因为(1,0)A -，9(5P ，所以 点M的坐标为2(,55．………………2分由点M 在椭圆C 上，所以41212525m+=， ………………4分 解得 47m =． ………………5分（Ⅱ）解：设00(,)M x y ，则 2201y x m+=，且011x -<<． ① ………………6分 因为 M 是线段AP 的中点，所以 00(21,2)P x y +． ………………7分 因为 OP OM ⊥，所以 2000(21)20x x y ++=．② ………………8分由 ①，② 消去0y ，整理得 20020222x x m x +=-． ………………10分所以00111622(2)82m x x =+≤++-+， ………………12分 当且仅当02x =- 所以 m的取值范围是1(0,2． ………………13分19.（本小题满分14分）（Ⅰ）解：()f x 的定义域为R ， 且 2()242f x x x a '=-+-． ……………2分当2a =时，1(1)3f =-，(1)2f '=-， 所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为 12(1)3y x +=--， 即6350x y +-=． ………………4分（Ⅱ）解：方程()0f x '=的判别式为8a =∆．（ⅰ）当0a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在区间(2,3)上单调递增，所以()f x 在区间[2,3]上的最小值是7(2)23f a =-；最大值是(3)73f a =-． ………………6分 （ⅱ）当0a >时，令()0f x '=，得11x =21x =+． ()f x 和()f x '的情况如下：故()f x 的单调增区间为(,12-∞-，(1)2++∞；单调减区间为(1+．………………8分① 当02a <≤时，22x ≤，此时()f x 在区间(2,3)上单调递增，所以()f x 在区间[2,3]上的最小值是7(2)23f a =-；最大值是(3)73f a =-． ………………10分② 当28a <<时，1223x x <<<，此时()f x 在区间2(2,)x 上单调递减，在区间2(,3)x 上单调递增，所以()f x 在区间[2,3]上的最小值是 25()3f x a =-．………………11分 因为 14(3)(2)3f f a -=-， 所以 当1423a <≤时，()f x 在区间[2,3]上的最大值是(3)73f a =-；当1483a <<时，()f x 在区间[2,3]上的最大值是7(2)23f a =-． ………………12分③ 当8a ≥时，1223x x <<≤，此时()f x 在区间(2,3)上单调递减， 所以()f x 在区间[2,3]上的最小值是(3)73f a =-；最大值是7(2)23f a =-．………………14分综上，当2a ≤时，()f x 在区间[2,3]上的最小值是723a -，最大值是73a -；当1423a <≤时，()f x 在区间[2,3]上的最小值是53a -73a -；当1483a <<时，()f x 在区间[2,3]上的最小值是53a -723a -； 当8a ≥时，()f x 在区间[2,3]上的最小值是73a -，最大值是723a -．20.（本小题满分13分）（Ⅰ）解：当6n =时，排列3,5,1,4,6,2的生成列为0,1,2,1,4,3--； ………………2分排列0,1,2,3,4,3--的母列为3,2,4,1,6,5． ………………3分 （Ⅱ）证明：设12,,,n a a a 的生成列是12,,,n b b b ；12,,,n a a a '''的生成列是与12,,,nb b b '''． 从右往左数，设排列12,,,n a a a 与12,,,na a a '''第一个不同的项为k a 与k a '，即：n n a a '=，11n n a a --'=，，11k ka a ++'=，k k a a '≠． 显然n nb b '=，11n n b b --'=，，11k kb b ++'=，下面证明：k k b b '≠． ………………5分由满意指数的定义知，i a 的满意指数为排列12,,,n a a a 中前1i -项中比i a 小的项的个数减去比i a 大的项的个数．由于排列12,,,n a a a 的前k 项各不相同，设这k 项中有l 项比k a 小，则有1k l --项比k a 大，从而(1)21k b l k l l k =---=-+．同理，设排列12,,,na a a '''中有l '项比k a '小，则有1k l '--项比k a '大，从而21kb l k ''=-+． 因为 12,,,k a a a 与12,,,ka a a '''是k 个不同数的两个不同排列，且k k a a '≠， 所以 l l '≠， 从而 k kb b '≠． 所以排列12,,,n a a a 和12,,,na a a '''的生成列也不同． ………………8分 （Ⅲ）证明：设排列12,,,n a a a 的生成列为12,,,n b b b ，且k a 为12,,,n a a a 中从左至右第一个满意指数为负数的项，所以 1210,0,,0,1k k b b b b -≥≥≥≤-． ………………9分进行一次变换τ后，排列12,,,n a a a 变换为1211,,,,,,k k k n a a a a a a -+，设该排列的生成列为12,,,nb b b '''． 所以 1212()()nn b b b b b b '''+++-+++121121[()()()][()()()]k k k k k k k k g a a g a a g a a g a a g a a g a a --=-+-++---+-++- 1212[()()()]k k k k g a a g a a g a a -=--+-++-22k b =-≥． ………………11分因此，经过一次变换τ后，整个排列的各项满意指数之和将至少增加2． 因为i a 的满意指数1i b i ≤-，其中1,2,3,,i n =，所以，整个排列的各项满意指数之和不超过(1) 123(1)2n nn-++++-=，即整个排列的各项满意指数之和为有限数，所以经过有限次变换τ后，一定会使各项的满意指数均为非负数．……13分。
2013全国中学生高中数学竞赛二试模拟训练题(39)
中令x＝0，得f(2)(y)＝y＋t (2)
由(1)、(2)有x2＋f(2)(y)＋t＝f(2)[x2＋f(2)(y)]＝f[f2(x)＋f(y)]＝[f(2)(x)]2＋y
即x2＋y＋2t＝y＋(x＋t)2，或2t＝t2＋2tx
【题说】第三十三届(1992年)国际数学奥林匹克题2．本题由印度提供．
3、能否将1990×1990方格表的每个小方格涂成黑色或白色，使得关于表的中心对称的方格涂有不同的颜色，并且表的任意一行及任意一b）=1，证明 。
加试模拟训练题（39）
，即 ，因为
，所以 ，从而
利用切线的性质不难算得AP＝(AB＋AD－BD)，AQ＝(AD＋AC－DC)
KP＋KQ＝KM＋KN＝MN＝EF
所以4AK＝2(AP＋AQ)－2(KP＋KQ)
＝AB＋AC－BC＋2(AD－EF) (1)
另一方面，容易算得2EF＝(DE＋DP)＋(DF＋DQ)
＝(AD＋BD－AB)＋(AD＋DC－AC)
加试模拟训练题（39）（附详细答案）
1、D为△ABC的边BC上的点．作△ABD和△ACD的内切圆，并作它们的外公切线(异于BC的外公切线)，交AD于点K．证明：线段AK的长度与点D在BC上的位置无关．
2、设R是全体实数的集合．试求出所有的函数f：R→R，使得对于R中的一切x和y，都有f(x2＋f(y))＝y＋(f(x))2．
4、已知p为大于3的素数.且 .（a, b）=1，证明 。
.证明对于不超过p-1的自然数k，由于（k, p）=1，所以存在唯一的不超过p-1的自然数x，满足 。而且，当k=1或p-1有x= k=1或p-1。当 时，有
全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(88).doc
加试模拟训练题(88)1.以0为圆心的圆通过/4BC的两个顶点A、C,且与4B、BC 两边分别相交于K、N两点,AABC和/KBN的两外接圆交于B、M 两点.证明：ZOMB为直角.2. 设a和b为实数，且使方程x4+ax3+bx2+ax+1 =0至少有一个实根，对所有这种数对(a, b),求出的最小可能值.3 一条平行于x轴的直线,如果它与函数y=x"+px'+qx" + rx+s的图像相交于互异的四点A、B、C、D,而线段AB、AC与AD可以构成某个三角形的三条边，那么就称此直线为“三角形的”.证明；平行于x轴而与上述函数的图像相交于四个不同点的直线中，要么全都是三角形的，要么没有一条是三角形的.4.已知实函数/(x, y)满足/(%,0) = 1, ①z) = f(z,xy) + z.求/(x, y)的表达式・蒿圭字2网加试模拟训练题(88)1.以O为圆心的圆通过/4BC的两个顶点4、C,且与4B、BC两边分别相交于K、N两点，AABC和ZJKB/V的两外接圆交于B、M两点.证明：ZOMB为直角.分析对于与圆有关的问题，常可利用圆幕定理，若能找到B/M上一点，使该点与点P对于圆O等幕即可.证明：由BM、KN、4C三线共点P,知PMPB=PN-PK=PO2~r2. (1) 由ZPMN=ZBKN=ZCAN,得P、M、N、C 共圆, 故BM-BP=BN-BC=BO2~r2.⑵⑴一⑵得，PM-PB~BM-BP= PO2- BO2,即(PM~BM)(PM+BM)= PO2-BO2,就是PM2-BM2= PO2- BO2,于是0/W丄PB.2.设a和b为实数，且使方程x4+ax3+bx2+ax+1=0至少有一个实根，对所有这种数对(a, b),求出a'+b'的最小可能值.【题说】第十五届(1973年)国际数学奥林匹克题3.本题由瑞典提供.【解】设实数x使x4+ax3+bx2+ax+l=0从而方程y2+ay+(b-2)=0有一宴根，宪对值为I I >2. 0ftta a-4(b-2)>O.并且此式即C则平方整理得2 I a I工2+b从而由ftW»3b = -|f a=±扌时，a^ + b a WHk<M&|«8t«= * 2^程x4+ax3+bx2+ax+l 的实根).3 一条平行于x轴的直线,如果它与函数y=x*+px'+qx' + rx+s的图像相交于互异的四点A、B、C、D,而线段AB、AC与AD可以构成某个三角形的三条边，那么就称此直线为“三角形的”.证明；平行于x轴而与上述函数的图像相交于四个不同点的直线中，要么全都是三角形的，要么没有一条是三角形的.【题说】1980年四国国际数学竞赛题5.本题由芬兰提供.【证】设有一条直线是三角形的，不妨设它就是x轴，并且交点A在最左面(如果B在最左, A为左起第二个，则BA、BC、BD也成三角形，其它情况令x = —t就可以化成这两种)，A就是原点.这时B、C、D的横坐标是三次方程x3+px2+qx+r = 0的三个根，它们可以作为三角形的三条边的充分必要条件是P<0, q>0, rVO及p3>4pq-8r.任一条平行于x轴的直线y = y°与y = x" + px3 + qx'+rx + s的四个交点的横坐标记为x o<xi<x2<x3,则正数a=Xj —x0, b = x2—Xo, C=x3—Xo及0 满足方程y0= (x + Xo)4+p (x+Xo)3 + q (x + Xo)2+r (x + Xo) +s从而a、b、c是方程+P)«3-»- (“： +3p«i +q) K+(4#+3px： 42^ 4r) =0的根.由于(41, +p) 1 -4(4r( 4- p) (&： +3fw. +q)+8(4K： +3p«J +r)= p3 —4pq+8r>0所以a、b、c可以作为三角形的边长.即直线y=y。
2013年全国高中数学联赛模拟试题
等 于 ． ３ ． 设 数列 ｎ １ ， ａ ２ ， …， ａ ， …， 满足 ａ ｌ —ａ ２ —１ ， ａ ３
、
（ 本题满分 ４ ０分 ） 如图。 锐 角 △ ＡＢＣ 内 接 于
—２ ， 且 对 任 何 自 然 数 ， 都有 ａ ｎ ａ 卅 ａ ＋ 。 ≠１ ， 又
ａ ｎ ＋ １ 口 ２ ｎ Ｈ 十 ３ ： ＝ ＝ ａ ＋ｎ ＋ ｌ ＋ａ ” ＋ ２ ＋ｎ ＋ ３ ， 则 ａ １ ＋ａ ２
（ ∈ Ｎ） ．
７ ． 在平 面 直角坐 标 系 ｘ Ｏ ｙ中 ， 抛物 线 Ｙ 。 一２ ｘ的
焦点 为 Ｆ， 设 Ｍ 是 抛 物线 上 的动 点 ， 则
为 ．
三、 （ 本题 满分 ５ Ｏ分 ） 设 Ｓ是一 些 互不 相 同的 四 元数 组 （ 口 ， ａ 。 ， ａ 。 ， ａ ） 的 集合 ， 其中ａ 一 ０或 １ ， ｉ ＝１ ， ２ ， ３ ， ４ ． 已知 Ｓ的元 素个 数 不超 过 １ ５ ， 且满足 ： 若（ ａ ，
二、 （ 本题 满分 ４ Ｏ分 ） 设 Ｐ
×５ ０ ２ ， 则 Ｎ 除以 ２ ０ １ ２的余 数 是 ． ６ ． 已知 函数 厂 （ ｚ ） 满 足对 于一切 ｚ∈Ｒ都有 － 厂 （ ｚ ） ＋ｆ（ ２ ０ １ ２一 ｚ）一 ２ ０ １ ３成 立 ， 且方 程 ２ ０ １ ２ ｆ（ ｚ） 一２ ０ １ ３ ｘ 有 ７个 不 同的实 数 根 ， 则 这 ７个 实 数 根 的 和
｝ —一 … 一 — ～ ～ ｒ … … ～ … ～ … … … …… … ～ … ＇ － … … … … … 一 … ～ 一 撕 Ｗ １ ｎ … ０ 船 勰 ｓ 轧 ｊ ｛ 《 轴 让 《 ㈣ ¨ ． ＿ … ～ … 一 … ～ ． … ～ … … … … … … … … … ～ ” 一 稿 ， 矗 宽时 ｜ ｜ Ｉ 簟
全国中学生数学竞赛二试模拟训练题(40).doc
加试模拟训练题(40)I、ZsABC具有下面性质：存在一个内部的点F使ZPAB = 10°,ZPBA = 20°, ZPCA 30°, ZE4C=40°.证明：ZsABC是等腰三角形.2、求适合以下条件的所有函数f： [1, +-)-(1, +8)：(l)f(x)W2(x+l)； (2)f (x+1) = [f2(x) —l]/x.3、设项链A有珠14颗，B有珠19颗.对奇数n》l,用n, n+1, n+2,…，n+32给这 33颗珠编号，使每个整数恰用一次，且相邻之珠编号互素，试证最少有6种可行方法.4、k > 2,n A,n2,---,n k自然数，且满足"2|(2"'_1),儿3|(2如一1),“，久|(2"1_1),〃汁(2处一1),证明％ =乃2 =…=为=1。
CO 加试模拟训练题(40)1、 ZsABC 具有下面性质：存在一个内部的点F 使ZPAB = 10°, ZPBA=20° , /PCA = 30°, ZB4C=40°.证明：AABC 是等腰三角形.(第25届(1996年)美国数学奥林匹克题5) [解]作AC 边上的高30,又作AQ 使ZQAD=30° , 交3。
于0 连F0 设直线FQ 交AC 于C'.因为/&4。
=10°+40°=50°,所以 £430=90°—50° =40° , ZPBQ=40° - ZPBA = 20° = ZPBA, ZPAQ= ZPAC~ZQAD = IO° = ZPAB,从而 F 是AABQ 的内心，ZPQA = ZPQB =|(180° -40° -20°) =60° BZPC' A = ZPQA- Z QAC=30°,而ZPCA = 3Q° ,所以 C'与 C 重合. /I/AM QA = QC, QD 平分 AC, BA=BC. 凌勺2、 求适合以下条件的所有函数f ： [1, +8)-(1, +8)： |A D (l)f (x) W2(x + 1) ； (2)f (x+1) = [f 2(x) —l]/x.【题说】1994年中国数学奥林匹克(第九届数学冬令营)题3.【解】易见，函数f (x) =x+1满足条件.下面证明这是唯一符合要求的函数.令 g(x) =f (x) — (x+1),由⑵,有 g(x+l) | = | f (x+1) — (x+2) 驴|，八+1K B WI , ---- - ---因f (x)》1,故|gG) He SI •顽E5)1又由 1 Wf (x) W2(x+1),得一 xWg(x)Wx+l代入(1),得2~+2 ' ) M + 1teCx) 1＜半洛代入⑴，得XW 制i因此，对任何自然数n, 令n—8,就得g(x) =0.从而f (x) =x+1是满足本题条件的唯一函数.3、设项链A有珠14颗，B有珠19颗.对奇数nNl,用n, n+1, n+2,…，n+32给这 33颗珠编号，使每个整数恰用一次，且相邻之珠编号互素，试证最少有6种可行方法.【题说】第三届(1993年)澳门数学奥林匹克第二轮题5.【证】A的珠顺次编为n+k, n + k+1,…,n + k+13.B 的珠顺次编为 n+k+14, n + k+15, n+32, n, n+1,…，n+k— 1, lWkW18.当且仅当(n+k, n + k+13) = (n + 32, n) = (n + k—1, n+k+14) = 1 即(n+k, 13) = (n, 32) = (n + k—1, 15) = 1 (*)时，编号合乎要求.因为n为奇数，(n, 32)=1,显然成立.18个连续值中至少2个k能使13|n + k,恰有6 个能使3|n+k—1,至多4个能使5|十k —1,故使(*)不成立的至多2 + 6 + 4=12个值，即至多有6个值能使(*)成立.注：因为连续15个数中有8个数与15互素，连续3个数中必有一个与15互素(3的倍数与 5的倍数至多各1个).故k的18个连续值中至少有9个使n+k-1与15互素，故最小有7 种可行的编号法，7是最佳值.令n = 99,则恰好只有m=3, 6, 8, 9, 11, 14, 15这7个数能使(*)成立.3> k > 2,n v n2,---,n k自然数，且满足〃21 (2"「一 1), 〃31 (2"2 —1), • • •,(2妇—1), 1 (2以-1),证明〃产〃2 =••• = 〃'= 1。
2013全国中学生高中数学竞赛二试模拟训练题(8)(附答案)
加试模拟训练题（8）1、已知圆1234,,,O O O O 按顺时针的顺序内切于圆O ，设圆(),14i j O O i j ≤<≤的外公切线长为ij l ，证明依次以12233414,,,l l l l 为边长，以1324,l l 为对角线构成的凸四边形是圆内接四边形。
2.设ABC ∆三边长为c b a ,,，有不等式∑∑-+≥-,)(31)(22c b acb c b ------① 试证不等式①中的系数31是最优的.3、设M={ 1,2,3,…,2m n} (m,n ∈N *)是连续2m n 个正整数组成的集合，求最小的正整数k ，使得M 的任何k 元子集中都存在m+1个数，a 1,a 2,…a m+1，满足a i |a i+1 (i=1,2,…,m).4．已知*,,,N n m b a ∈，且2,1),(>=a b a ，试问mmnnb a b a ++|的充要条件是m n |吗？ 2006年山东省第二届夏令营试题）加试模拟训练题（8）1、已知圆1234,,,O O O O 按顺时针的顺序内切于圆O ，设圆(),14i j O O i j ≤<≤的外公切线长为ij l ，证明依次以12233414,,,l l l l 为边长，以1324,l l 为对角线构成的凸四边形是圆内接四边形。
证明 设圆1234,,,,O O O O O 的半径分别为1234,,,,R r r r r ，圆1234,,,O O O O 与圆O 的切点分别为 ,,,A B C D ，1234,,,OO a OO b OO c OO d ====，1223,O OO O OO αβ∠=∠=，3414,O OO O OO γδ∠=∠=，因为12R a r b r =+=+，所以有()()()22222221212122cos 21cos 4sin 2l O O r r a b ab a b ab ab ααα=--=+---=-=，即122l α=。
2013全国中学生高中数学竞赛二试模拟训练题(92)
加试模拟训练题（92）1．在四边形ABCD 中，对角线AC 平分∠BAD ，在CD 上取一点E ，BE 与AC 相交于F ，延长DF 交BC 于G ．求证：∠GAC =∠EAC ．分析 由于BE 、CA 、DG 交于一点，故可对此图形用Ceva 定理，再构造全等三角形证明两角相等．证明 连结BD 交AC 于H ，对⊿BCD 用Ceva 定理，可得CG GB ·BH HD ·DEEC =1．因为AH 是∠BAD 的角平分线，由角平分线定理，可得BH HD =ABAD ，故CG GB ·AB AD ·DEEC=1． 过点C 作AB 的平行线交AG 延长线于I ，过点C 作AD 的平行线交AE 的延长线于J ，则 CG GB =CI AB ，DE EC =AD CJ ，所以，CI AB ·AB AD ·AD CJ=1．从而，CI =CJ ．又因CI ∥AB ，CJ ∥AD ，故∠ACI =π-∠BAC =π-∠DAC =∠ACJ ， 因此，⊿ACI ≌⊿ACJ ，从而∠IAC =∠JAC ，即∠GAC =∠EAC ．2.设P 是方程z 6+z 4+z 3+z 2+1=0的有正虚部的那些根的乘积，并设P=r （cos θ°+isin θ°），这里0＜r ，0≤6＜360．求θ．【题说】第十四届（1996年）美国数学邀请赛题11． 【解】原方程即u 3－2u+1=0即（u －1）（u 2+u －1）=0从而ABC DEFGHIJz=cos60°±isin60°，cos72°±isin72°，cos144°±isin144°θ=60+72+144=2763.平面上给定△A1A2A3及点P0，定义A s＝A s－3，s≥4．构造点列P0，P1，P2，…使得P k＋1为绕中心A k＋1顺时针旋转120°时P k所达到的位置，k＝0、1、2…，若P1986＝P0，证明：△A1A2A3为等边三角形．【题说】第二十七届(1986年)国际数学奥林匹克题2．本题由中国提供．A1－uP0，P2＝(1＋u)A2－uP1，P3＝(1＋u)A3－uP2＝w＋P0，其中w＝(1＋u)(A3－uA2＋u2A1)为与P0无关的常数．同理，P6＝P3＋w，…，P1986＝662w＋P0＝P0，故w＝0．从而A3－uA2＋u2A1＝0．根据u的性质得到A3－A1＝(A2－A1)u，这说明了△A1A2A3为等边三角形．4.若0＜a＜b＜c＜d＜500，问有多少个有序的四元整数组（a，b，c，d）满足a+d=b+c及bc－ad=93？【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题4．【解】答870．因a+d=b+c，我们可以取（a，b，c，d）=（a，a+x，a+y，a+x+y），这里x，y为整数，且0＜x＜y．93=bc－ad=（a+x）（a+y）－a（a+x+y）=xy所以，（x，y）=（1，93）或（x，y）=（3，31）第一种情形（a，b，c，d）=（a，a+1，a+93，a+94），a=1，2，…，405第二种情形（a，b，c，d）=（a，a+3，a+31，a+34），a=1，2，…，465这两组数组中无重复的，所以共有405+465=870个四元整数组满足条件．。
全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(50).pdf
加试模拟训练题（50） 2.? 设m和n是正整数，a1，a2，…，am是集合{1，2，…，n}中的不同元素，每当ai+aj≤n，1≤i≤j≤m，就有某个k，1≤k≤m，使得ai+aj=ak，求证： 3. 在木板上写有若干个0，1和2．现在可以擦掉两个不同的数字，并用另一个数字来代替(代替0和1的是2，代替1和2的是0，代替0和2的是1)．证明：如果由于这种做法，最后在木板上只留下一个数字，那么与它们操作的次序无关． 4.?求满足等式2x2y2+y2=26x2+1201的一切正整数数组（x，y）． 加试模拟训练题（50） 2.? 设m和n是正整数，a1，a2，…，am是集合{1，2，…，n}中的不同元素，每当ai+aj≤n，1≤i≤j≤m，就有某个k，1≤k≤m，使得ai+aj=ak，求证： 【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题1．本题由法国提供． 【证】不妨设a1＞a2＞…＞am， 若存在某个i，l≤i≤m，使ai+am+1-i≤n．则 ai＜ai+am＜ai+am-1＜…＜ai+am+1-i≤n 由已知，得i元集 这不可能，于是对1≤i≤m，恒有ai+am+1-i≥n+1．从而 2（a1+a2+…+am）=（a1+am）+（a2+am-1）+…+（am+a1）≥m（n+1） 3. 在木板上写有若干个0，1和2．现在可以擦掉两个不同的数字，并用另一个数字来代替(代替0和1的是2，代替1和2的是0，代替0和2的是1)．证明：如果由于这种做法，最后在木板上只留下一个数字，那么与它们操作的次序无关． 【题说】第九届(1975年)全苏数学奥林匹克八年级题6，十年级题5． 【证】 假设0的个数是p，1的个数是q，2的个数是r．在每次操作后，p、q和r分别增加或减少1，即p、q、r改变一次奇偶性．当木板上只留下一个数字时，p、q、r三个数中，一个为1，另两个为0．由此可见，p、q、r三数中，必有一个的奇偶性与另外两个奇偶性不同；与它对应的数字最后留在木板上． 4.?求满足等式2x2y2+y2=26x2+1201的一切正整数数组（x，y）． 【题说】1995年日本数学奥林匹克预选赛题8． 【解】由条件得 （2x2+1）（y2－13）=1188=22×33×11 从而2x2+1与y2－13均为22×32×11的因数．又2x2+1是奇数，故2x2+1为33×11=297的因数．由下表 可知，所求的正整数解为（4，7）和（7，5）．。
全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(84).pdf
加试模拟训练题（84） 2.数列｛an｝由下列条件决定：a1=1；n≥1时，an+1=an+1/an．求a100的整数部分[a100]． 3.在一个平面上有100个点，其中任意三点均不共线，我们考虑以这些点为顶点的所有可能的三角形，证明：其中至多有70%的三角形是锐角三角形． 4. 用表示不大于的最大整数，求 . 加试模拟训练题（84） 2. ?数列｛an｝由下列条件决定：a1=1；n≥1时，an+1=an+1/an．求a100的整数部分[a100]． 【题说】1990年日本数学奥林匹克第一轮选拔赛题12． 【解】由题有 因为an+1-an=1/an＞0，所以an递增．当≥2时，an≥a2=2，于是=200+98/4＜225 所以 14＜a100＜15 故[a100]=14．? 3.在一个平面上有100个点，其中任意三点均不共线，我们考虑以这些点为顶点的所有可能的三角形，证明：其中至多有70%的三角形是锐角三角形． 【题说】 第十二届(1970年)国际数学奥林匹克题6．本题由原苏联提供． 【证】 任意五个点，其中没有三点共线，则一定可以找到以它们为顶点的三个非锐角三角形．这个结论可分三种情形讨论． (1)若五个点组成一个凸五边形，则这个五边形中至少有两个内角为钝角，它们可能相邻(例如∠A、∠B)，也可能不相邻(例如∠A、∠C)，如图a、图b．再注意四边形ACDE中至少有一个内角非锐角，这样就找到了三个不同的非锐角，相应地得到三个非锐角三角形． (2)若五个点中有四个点组成一个凸四边形ABCD(图C)，另一点E在ABCD内部，则EA、EB、EC、ED相互间的夹角至少有两个钝角．再加上ABCD中的非锐内角，至少也可找到三个非锐角三角形． (3)若五个点中有三点组成一个三角形ABC(图d)，另外两点D和E均在△ABC内，由于∠ADB、∠BDC、∠CDA中至少有两个钝角，我们可以找到四个钝角三角形． 综合(1)、(2)、(3)可得结论． 数的比为 例2 用表示不大于的最大整数，求 . 讲解 题目的内层有2004个高斯记号，外层1个高斯记号.关键是弄清的含义，进而弄清加法谁与谁加、除法谁与谁除： （1）分子是哪些数相加，求出和来； 由，知分子是0～5的整数相加，弄清加数各有几个 1～3650365个366～7311366个732～10972366个1098～14633366个1464～18294366个1830～20045175个 （2）除法谁除以366，求出商的整数部分. 原式。
2013全国中学生高中数学竞赛二试模拟训练题(22)
加试模拟训练题（22）（附详细答案）1、已知M 为ABC ∆内一点，由M 分别向,,BC CA AB 作垂线，垂足分别为,,A B C '''。
由 ,,A B C 分别向,,B C C A A B ''''''作垂线，证明这三条垂线交于一点M '。
若A B C '''∆的外心为O ，则,,M O M '三点共线，且O 是线段MM '的中点。
2、若a b c R +∈、、，求证：888333111a b c a b c a b c++++≤3、25个人围一圆桌坐，每小时表决一次，回答为是或否．如果一个人第n次表决时，至少与一个相邻的人回答相同，即么他第n＋1次表决与第n次相同．如果第n次表决时，与两个相邻的人回答均不同，那么他第n＋1次表决与第n次不同．证明不论开始时大家怎样回答，从某一时间起，每个人的回答都不会改变．4、求证方程24=+无正整数解.3y x x加试模拟训练题（22）1、已知M 为ABC ∆内一点，由M 分别向,,BC CA AB 作垂线，垂足分别为,,A B C '''。
由 ,,A B C 分别向,,B C C A A B ''''''作垂线，证明这三条垂线交于一点M '。
若A B C '''∆的外心为O ，则,,M O M '三点共线，且O 是线段MM '的中点。
证明 法一 连MO ，并延长至M '，使得O 是线段MM '的中点。
设AM 的中点为O '，则O '为由,,,A C M B ''所确定的四边形的外接圆的圆心，因此OO B C '''⊥。
又因为AM '∥OO '，所以有AM B C '''⊥。
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加试模拟训练题（48）（附详细答案）
的面积相等；与点，证明四边形的外接圆于交，延长是垂足、，作，满足、边上有两点的在锐角如图ABC AMDN D ABC AE N M AC FN AB FM CAF BAE F E BC ABC ∆∆⊥⊥∠=∠∆)(,,.1
2. 证明：对于正数a 、b 、c ，下述不等式成立：
a 3+
b 3+
c 3+3abc ≥ab （a+b ）+bc （b+c ）+ac （a+c ）
（1）
3.圆周上有若干黑色和白色的棋子，两人按下面的规则作游戏：甲取走所有与白子相邻(只需有一侧相邻)的黑子，然后，乙取走所有与黑子相邻的白子．这样进行下去，直至剩下的棋子全部同色．
1．如果开始有40枚棋子，是否有可能在每人取两次之后，只剩下一枚棋子？
2．如果开始有1000枚棋子，问最少经过多少步才能只剩下一枚棋子？
4.试证：1．如果正整数n使方程x3－3xy2+y3=n有一组整数解（x，y），那么这个
方程至少有三
组整数解；
（2）当n=2891时，上述方程无整数解．
从而x、y不能都被3整除，如果x、y中恰有一个被3整除，用（y－x，－x）或（－y，x－y）代替（x，y）．因此可以假定x、y都不被3整除，
从而
x3≡±1，y3≡±1，－3xy2≡±3（mod9）
（2）不能成立，这表明当n=2891时，（1）无解．
加试模拟训练题（48）
的面积相等；与点，证明四边形的外接圆于交，延长是垂足、，作，满足、边上有两点的在锐角如图ABC AMDN D ABC AE N M AC FN AB FM CAF BAE F E BC ABC ∆∆⊥⊥∠=∠∆)(,,.1AMDN
ABC AMDN ABC AMDN S S S MN AD BAC AF AD BAC AC AB S MN ABC AF AF BAC
MN N F M A AF AF AD AC AB AD
AC AB AF ABD AFC ADB ACF DAB CAF MN AD S AD
MN CAF AFN BAE AMN AFN
AMN N F M A AC
FN AB FM BD
MN =∴=⋅=∠⋅⋅=∠⋅⋅=∴=∠⇒=∠∴
⋅=⋅⇒=⇒∆≅∆∴∠=∠∠=∠⋅=
∴⊥︒
=∠+∠=∠+∠∴∠=∠∴∴⊥⊥∆∆2
1sin 2
1sin 2
1sin sin ,2
190四点的圆的直径
、、、是过又即：四点共圆
、、、，、证明：如图，连结
2. 证明：对于正数a 、b 、c ，下述不等式成立： a 3+b 3+c 3+3abc ≥ab （a+b ）+bc （b+c ）+ac （a+c ） （1）
【题说】第九届（1975年）全苏数学奥林匹克十年级题2．
【证】不失一般性，可假定a ≥b ≥c ．那末
c （a －c ）（b －c ）≥0，（a －b ）2（a+b-c ）≥0
从而 c 3+abc ≥ac 2+bc 2 （2）
a3+b3+2abc≥ab（a+b）+a2c+b2c （3）
（2）、（3）两式相加即得（1）式．
3.圆周上有若干黑色和白色的棋子，两人按下面的规则作游戏：甲取走所有与白子相邻(只需有一侧相邻)的黑子，然后，乙取走所有与黑子相邻的白子．这样进行下去，直至剩下的棋子全部同色．
1．如果开始有40枚棋子，是否有可能在每人取两次之后，只剩下一枚棋子？
2．如果开始有1000枚棋子，问最少经过多少步才能只剩下一枚棋子？
【题说】第十一届(1977年)全苏数学奥林匹克八年级题4．
【解】 1．能．如图，棋子0表示最后留下的一枚黑子，在它两旁各放1枚白子并标以1，表示在倒数第1步(即第4步)被取去的白子．在每个1的两旁各放1枚黑子并标以2，表示在倒数第2步(即第3步)被取去的黑子．在每个2与0的两旁各放1枚白子并标以3，表示在倒数第3步(即第2步)被取去的白子．最后放上标有4的黑子．这样，共41枚棋子．第一次取去标有4的黑子，第二、三、四次依次取去标有3、2、1的棋子，最后剩下一枚黑子0．
在图中删去一个标有4的棋子，对剩下的40枚棋子，结论依然成立．
2．用上面的方法可得下表：
这里棋子总数S t是能够经过n步后剩下1枚棋子的情况中棋子数的最大值．
由于S7＝557＜1000，S8＝1393＞1000．所以至少8步才能使原有的1000枚棋子只剩下1枚棋子．用上面的作法不难得出有1393枚棋子而经过8步最后只剩1枚黑子的图，将其中标有8的棋子(共408×2＝816枚)删去393枚，便得到1000枚棋子，经过8步最后只剩下1枚黑子．
4.试证：1．如果正整数n使方程x3－3xy2+y3=n
有一组整数解（x，y），那么这个方程至少有三组整数解；
（2）当n=2891时，上述方程无整数解．
【题说】第二十三届（1982年）国际数学奥林匹克题4．
【证】1．因为
（y－x）3（y－x）x2+（－x）3=x3－3xy2+y3
所以在（x，y）为方程x3－xy2+y3=n的整数解时，（y－x，－x）也是（1）的整数解．这时将y－x当作x，－x当作y，则由于（－x）－（y－x）=－y，－（y－x）=x－y，
所以（－y，x－y）也是（1）的整数解．
这三组解互不相同，因为任两组解相同将导出x=y=0，与n为正整数矛盾．
2．如果x3－3xy2+y3=2891，那么
x3－3xy2+y3≡2（mod9）（2）
从而x、y不能都被3整除，如果x、y中恰有一个被3整除，用（y－x，－x）或（－y，x－y）代替（x，y）．因此可以假定x、y都不被3整除，从而
x3≡±1，y3≡±1，－3xy2≡±3（mod9）
（2）不能成立，这表明当n=2891时，（1）无解．。