高中数学奥林匹克竞赛训练题(2)

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2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)一试(A2)答案与评分标准

2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2022年全国高中数学联合竞赛一试（A2卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分． 1. 函数()sin 20221127f x x x x 的最小值为．答案：15．解：()1(11)(27)15f x x x ，等号成立的充要条件是1127x 且20222()2Z x k k．当44044x 时，()f x 取到最小值15．2. 若正数,a b 满足2448log log 8,log log 2a b a b ，则82log log a b 的值为．答案：523．解：令2,2(,)R x y a b x y ，则由条件知2448log log 8,2log log 2.23y x a b x y a b解得20,24x y ．从而822052log log 24333x a b y ．3. 若无穷等比数列{}n a 的各项和为1，各项的绝对值之和为2，则首项1a 的值为．答案：43．解：设{}n a 的公比为q ，根据条件，显然有10q ，且11||1,211||a a q q ．由前一式知10a ，进而12(1||)2(1)q q q ，得13q ，则1413a q ．4. 设a 为实数．若存在实数t ，使得ii ia t 为实数（i 为虚数单位），则a 的取值范围是．答案：34a ．解：计算得 22222i 111i (i)(i)(1)i i i 111a at a t t a t t t t t t ．根据条件，存在实数t ，使得22101a t t t ，即有 2213124a t t t．当t 取遍一切实数时，a 的取值范围是34a ．5. 在平面直角坐标系中，1F 、2F 分别为双曲线22:13y x 的左、右焦点，过1F 的直线l 交于两点,P Q ．若12116F F F P，则22F P F Q 的值为．答案：2713．解：由条件知12(2,0),(2,0)F F ．设1122(,),(,)P x y Q x y ，由12116F F F P知114(2)016x y ，故12x ，进而22113(1)9y x ．由对称性，不妨设13y ，则直线l 的方程为423x y ，代入的方程，消去x 并化简可得y 的二次方程21348270y y ，其两根12,y y 之积为2713．因此2212122727(2)(2)01313F P F Q x x y y ．6. 如图，正方体1111ABCD A B C D 中，,M N 分别为棱111,A B BB 的中点，过,,D M N 三点作该正方体的截面，已知截面是一个多边形，则在顶点D 处的内角的余弦值为．答案：413．解：如图，设MN 分别与1,AA AB 的延长线交于点,S T ，连接DS ，交11A D 于点P ，连接DT ，交BC 于点Q ，则截面为五边形DPMNQ ．不妨设正方体的棱长为3．易知11111112A P A S NB PD DD DD ，则12PD ．同理有2CQ ．结合1||PD CQ ，可知四边形1CD PQ 为平行四边形，132PQ D C ．又223213DP DQ ，所以在顶点D 处的内角的余弦值为2221313184cos 22613DP DQ PQ PDQ DP DQ ．7. 在1,2,,10 中随机选出三个不同的数，它们两两互素的概率为．答案：720．解：考虑三个数两两互素的取法，显然所取的三个数中至多有一个为偶数．P SQ TNMD D 1C B AA 1B 1C 1情形一：三个数均为奇数．此时从1,3,5,7,9中选三个数，但不能同时选3和9，有321523C C C 7 种选法．情形二：恰有一个偶数，将其记为m ．若{2,4,8}m ，则从1,3,5,7,9中再选两个数，但不能同时选3和9，有25C 19 种选法，又m 有三种可能，所以有3927 种选法；若6m ，则另两个奇数只能从1,5,7中选，有3种选法；若10m ，则另两个奇数只能从1,3,7,9中选，但不能同时选3和9，有24C 15 种选法．累计得情形二共有273535 种选法．所以三个数两两互素的取法共有73542 种．又在十个数中任取三个数有310C 120 种取法，故所求概率为42712020． 8. 设,,k l m 为实数，0m ，在平面直角坐标系中，函数()my f x k x l的图像为曲线1C ，另一函数()y g x 的图像为曲线2C ，且满足2C 与1C 关于直线y x 对称．若点(1,4),(2,3),(2,4)都在曲线1C 或2C 上，则()f k l m 的值为．答案：1或45．解：由12(1,4),(2,3),(2,4)C C 及曲线1C 与2C 之间的对称性，可知12(4,1),(3,2),(4,2)C C ．若1(1,4)C ，则2(4,1)C ，由2C 为函数的图像知2(4,2)C ，得1(4,2)C ，进而2(2,4)C ，类似可知1(2,3)C ，2(3,2)C ．此时(1)4,(2)3,(4)2124m m mf k f k f k l l l，即有(4)(1),(3)(2),(2)(4).k l m k l m k l m由(4)(1)(3)(2)k l k l ，得20k l ．由(3)(2)(2)(4)k l k l ，得220k l ．所以0,2k l ，进而(4)(1)12m k l ．此时12()2f x x ，则()(10)1f k l m f ．若2(1,4)C ，注意到()g x 为()f x 的反函数，即()mg x l x k，故类似可得0,2,12l k m ，此时12()2f x x，4()(10)5f k l m f ．综上，()f k l m 的值为1或45．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）已知ABC 及其边BC 上的一点D 满足：2AB BD ，3AC CD ，且以A 、D 为焦点可以作一个椭圆同时经过B 、C 两点，求的离心率．解：由椭圆定义可知AB BD AC CD （都等于椭圆的长轴长），结合2AB BD ，3AC CD ，得:::8:4:9:3AB BD AC CD ．……………4分由余弦定理及,ADB ADC 互补，可知222222cos cos 022AD BD AB AD CD AC ADB ADC AD BD AD CD，即 222222()()0CD AD BD AB BD AD CD AC ．不妨设8,4,9,3AB BD AC CD ，则上式可化简为274320AD ，解得椭圆的焦距12217AD． ……………12分所以椭圆的离心率217AD e AB BD ． ……………16分注：由斯特瓦尔特定理可直接得222AB CD AC BD AD BD CD BC． 10.（本题满分20分）已知数列{}n a 的各项均为非负实数，且满足：对任意整数2n ，均有11n n n a a a n ．若220221a a ，求1a 的最大可能值．解：根据条件，对任意正整数n ，有321112(1)2n n n n n n a a a n a a n a n 23n n a ．进而632(3)329(23)6n n n n a n a n n a a ． ① ……………5分设12,a a a b ，则34562,5,7,7a b a a a a b a a b ．由①知{}n a 的各项均为非负实数当且仅当126,,,0a a a ，即05,07,7 2.a b a b……………10分注意到2202226(2016)(2023)a a a a b a b ，故(2023)1b a b ． ② 由72a b 得1120232025b a b ，且显然1b ．……………15分由②进一步得12023a b b ．利用1()f x x x 在(0,1)上单调减，可知111405120232202520252025a a f ，当12025b 时等号成立．所以1a 的最大可能值为40512025． ……………20分11.（本题满分20分）给定整数(2)n n ．对于一个2n 元有序数组1122(,,,,,,)n n T a b a b a b ，若T 的每个分量均为0或1，且对任意,(1)p q p q n ，均有(,,)(1,0,1)p p q a b b 且(,,)(1,0,0)q q p a b a ，则称T 为“有趣数组”．求有趣数组的个数．解：考虑任意一个有趣数组1122(,,,,,,)n n T a b a b a b ，对1,2,,i n ，将(,)i i a b 视为一个字母，其中(1,0),(0,1),(1,1),(0,0)分别视为字母,,,A B C D ，则T 可视为一个由,,,A B C D 构成的长度为n 的字符串()s T ．有趣数组T 的性质可等价地描述为：当字符串()s T 含字母A 时，A 之后不出现字母,B C ，且A 之前不出现字母,B D ．显然()s T 不同时含有字母A 与B ．若()s T 不含字母A ，则这样的字符串均满足条件，共3n 个．……………5分若()s T 含有字母A ，则()s T 必是形如CC CAA ADD D 的字符串（允许没有字母C 或D ），且这样的字符串均满足条件． ……………10分设()s T 中第一个A 与最后一个A 分别出现在第x 个位置与第y 个位置，则()s T 由数组(,)x y （其中1x y n ）唯一确定．因(,)x y 的取法有2(1)C 2nn n n 种，故这样的字符串()s T 有(1)2n n 个．综上，有趣数组所对应的字符串共有(1)32n n n 个．因此有趣数组的个数为(1)32n n n ． ……………20分。

【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） ...........................................................

2019-2020最新高中数学奥林匹克竞赛训练题(214)

——教学资料参考参考范本——
2019-2020最新高中数学奥林匹克竞赛训练题（214）
______年______月______日
____________________部门
第一试
一、填空题
1.已知点A(3,1),，且的四个顶点均在函数的图像上，则的面积为。
2.设集合，若集合A中所有四元子集的四个元素之积组成的集合为，则集合A中的元素和为。
7.在四面体ABCD中，，AD=BD=3,CD=2,则四面体ABCD的外接球的体积为。
8.设为定义在R上的奇函数，且当时，，若对任意，均有，则实数的取值范围是。
二、解ห้องสมุดไป่ตู้题
9.已知函数，设为正实数，且。证明：
10.设抛物线的焦点为F，过F且垂直于轴的直线与抛物线E交于S、T两点，以为圆心的圆过点S、T，且。
二、设为正整数，为素数。求所有满足的三元数组（）
三、将编号为1，2，…，9的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各有一个小球。设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为S，求使S达到最小值的放法的概率。
四、已知正实数满足有一组不全为0的实数解且。证明：
（1）求抛物线的方程。
（2）设M上的点，过点M且垂直于FM的直线与抛物线E交于A、B两点，证明：。
11.记表示不超过实数的最大整数，已知数列满足。设，求
加试
一、如图1，过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A、B，所作割线与圆交于C、D两点，C在P、D之间，在弦CD上取一点Q，使得，证明：QP平分.
3.在中，，点D在边AB上，BD=1，AC=，DA=DC，则
4.椭圆上任意两点P、Q，O为坐标原点，若，则面积的最小值为。
5.现安排七名同学去参加五个运动项目，要求甲、乙两名同学不能参加同一个项目，每个项目均有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同方案数为。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)加试参考答案与评分标准(A卷)(2)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）给定正整数r ．求最大的实数C ，使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ，满足n a C 对所有正整数n 成立．（x 表示实数x 到与它最近整数的距离．）解：情形1：r 为奇数．对任意实数x ，显然有12x ，故满足要求的C 不超过12．又取{}n a 的首项112a ，注意到对任意正整数n ，均有1n r 为奇数，因此1122n n r a ．这意味着12C 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为12． …………10分情形2：r 为偶数．设*2()r m m N ．对任意实数，我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ，从而21m C m ．事实上，设1a k ，其中k 是与1a 最近的整数（之一），且102．注意到，对任意实数x 及任意整数k ，均有x k x ，以及x x ．若021m m ，则121m a k m ．若1212m m ，则22221m m m m ，即21m m r m m ，此时 2121m a a r kr r r m ． …………30分另一方面，取121m a m ，则对任意正整数n ，有1(2)21n n m a m m ，由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m m a m K m m ，其中K 为整数，故21n m a m ．这意味着21m C m 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为212(1)m r m r ．综上，当r 为奇数时，所求C 的最大值为12；当r 为偶数时，所求C 的最大值为2(1)r r ． …………40分二．（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD 中，AC 平分BAD ，点,E F 分别在边,BC CD 上，满足||EF BD ．分别延长,FA EA 至点,P Q ，使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切．证明：,,,B P Q D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ，故,BP CA 的延长线相交，记交点为L ．由||EF BD 知CE CF CB CD．在线段AC 上取点K ，使得CK CE CF CA CB CD ，则||,||KE AB KF AD ． …………10分由ABL PAL KAF ，180180BAL BAC CAD AKF ，可知ABL KAF ∽，所以KF AB AL KA． …………20分同理，记,DQ CA 的延长线交于点L ，则KE AD AL KA．又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KF AB CA AD，即KE AD KF AB ．所以AL AL ，即L 与L 重合．由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ，所以,,,B P Q D 四点共圆．…………40分三．（本题满分50分）给定正整数n .在一个3n ×的方格表上，由一些方格构成的集合S 称为“连通的”，如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ，存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==，满足iC 与1i C +有公共边(1,2,,1i l −).求具有下述性质的最大整数K ：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S ，使得S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解：所求最大的K n =.对一个由小方格构成的集合S ，记b S 是S 中的黑格个数，w S 是S 中的白格个数. 用[,]i j 表示第i 行第j 列处的方格，这里13i ≤≤,1j n ≤≤.对于两个方格[,]A i j =，[,]B i j ′′=, 定义它们之间的距离为(,)||||d A B i i j j ′′=−+−.首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合S ，均有||b w S S n −≤，这表明K n ≤.设[1,1]是黑格，并记{0,1}ε∈，满足(mod 2)n ε≡.先证b w S S n −≤.可不妨设S 包含所有黑格，这是因为若S 不包含所有黑格，取不属于S 的黑格A 满足(,)d A S 最小，这里(,)min (,)B Sd A S d A B ∈=.易知(,)1d A S =或2.若(,)1d A S =，取{}S S A ′=，则S 仍是连通的，且b w S S ′′−更大. 若(,)2d A S =，则存在与A 相邻的白格C ，而C 与S 中某个方格B 相邻，取{,}S S A B ′= ，则S 仍是连通的，且bw S S ′′−不变. 因而可逐步扩充S ，使得S 包含所有黑格，保持S 的连通性，且b w S S −不减.考虑白格集合{[,]|}k W i j i j k =+=，3,5,,1k n ε++，每个k W 中至少有一个方格属于S ，否则不存在从黑格[1,1]A S =∈到黑格[3,1]B n ε=−+的S 中路径.故1()2w S n ε≥+，而1(3)2b S n ε=+，故b w S S n −≤. …………10分类似可证w b S S n −≤.同上，可不妨设S 包含所有白格, 从而1(3)2w S n ε=−. 再考虑黑格集合{[,]|}k B i j i j k =+=, 4,6,,2k n ε+−，每个k B 中至少有一个黑格属于S ，否则不存在从白格[1,2]A =到白格[3,]B n ε=−的S 中路径. 从而1()2b S n ε≥−，故w b S S n −≤. …………20分下面证明K n =具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合S ，使得b w S S n −≥.设表格中共有X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有x 个黑格和y 个白格. 于是3X Y n +=, x y n +=.故()()()()2X y Y x X Y x y n −+−=+−+=.由平均值原理可知max{,}X y Y x n −−≥.不妨设X y n −≥.取S 为第二行中的y 个白格以及所有X 个黑格.由于S 包含第二行中所有方格，因而S 是连通的. 而b S X =，w S y =，b w S S X y n −=−≥.综上所述，max K n =. …………50分四．（本题满分50分）设,A B 为正整数，S 是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1) 对任意非负整数k ，有k A S ；(2) 若正整数n S ，则n 的每个正约数均属于S ；(3) 若,m n S ，且,m n 互素，则mn S ；(4) 若n S ，则An B S ．证明：与B 互素的所有正整数均属于S ．证明：先证明下述引理．引理：若n S ，则n B S ．引理的证明：对n S ，设1n 是n 的与A 互素的最大约数，并设12n n n ，则2n 的素因子均整除A ，从而12(,)1n n ．由条件(1)及(2)知，对任意素数|p A 及任意正整数k ，有k p S ．因此，将11k A n 作标准分解，并利用(3)知11k A n S ．又2|n n ，而n S ，故由(2)知2n S ．因112(,)1k A n n ，故由(3)知112k A n n S ，即1k A n S ．再由(4)知k A n B S （对任意正整数k ）． ① …………10分设n B C D ，这里正整数C 的所有素因子均整除A ，正整数D 与A 互素，从而(,)1C D ．由(1)及(2)知C S （见上面1k A n S 的证明）．另一方面，因(,)1D A ，故由欧拉定理知()1D D A ．因此()()(1)()0(mod )D D A n B A n n B D ，但由①知()D A n B S ，故由(2)知D S ．结合C S 及(,)1C D 知CD S ，即n B S ．引理证毕． …………40分回到原问题．由(1)，取0k 知1S ，故反复用引理知对任意正整数y ，有1By S ．对任意*,(,)1n n B N ，存在正整数,x y 使得1nx By ，因此nx S ，因|n nx ，故n S ．证毕． …………50分。

高中奥林匹克竞赛试题

高中奥林匹克竞赛试题高中奥林匹克竞赛试题是专为选拔和培养具有特殊数学、物理、化学、生物、信息学等学科才能的学生而设计的。

这些试题通常具有较高的难度和创新性，旨在测试学生对所学知识的深入理解和应用能力。

# 数学奥林匹克竞赛试题1. 问题一：证明对于任意正整数\( n \)，\( \sum_{k=1}^{n} k^3 = ( \frac{n(n+1)}{2} )^2 \)。

2. 问题二：给定一个圆，圆内接四边形的对角线互相垂直，求证这个四边形的面积等于对角线乘积的一半。

3. 问题三：在一个平面上，有\( n \)个点，没有任何三个点共线。

求证至少存在一个点，它与其它所有点构成的线段总和不超过所有点构成的线段总和的一半。

# 物理奥林匹克竞赛试题1. 问题一：一个物体从静止开始自由下落，忽略空气阻力。

求物体在前\( t \)秒内下落的距离。

2. 问题二：两个质量分别为\( m_1 \)和\( m_2 \)的物体通过一根轻质弹簧连接，静止放置在光滑的水平面上。

当弹簧被压缩后释放，求系统达到平衡时，两物体的速度。

3. 问题三：一个质量为\( m \)的物体在水平面上以速度\( v \)运动，受到一个恒定的摩擦力\( f \)作用。

求物体停止运动所需的时间。

# 化学奥林匹克竞赛试题1. 问题一：描述如何通过化学方法区分一氧化碳和二氧化碳。

2. 问题二：给定一个化学反应方程式，求反应物和生成物的摩尔比。

3. 问题三：解释为什么在水溶液中，氯化钠（食盐）和氯化钾的溶解度不同。

# 生物奥林匹克竞赛试题1. 问题一：解释细胞分裂过程中染色体数量的变化。

2. 问题二：描述光合作用的基本过程及其在生态系统中的作用。

3. 问题三：解释基因突变如何影响生物体的表型。

# 信息学奥林匹克竞赛试题1. 问题一：编写一个程序，实现对一个整数数组的排序。

2. 问题二：设计一个算法，找出一个字符串中出现次数最多的字符。

3. 问题三：实现一个函数，计算两个字符串的最长公共子序列。

数学奥林匹克高中训练题(02)及答案

数学奥林匹克高中练习题〔02〕第一试一、选择题〔此题总分值30分,每题5分〕1．(练习题07)十个元素组成的集合{19,93,1,0,25,78,94,1,17,2}M =----．M 的所有非空子集记为(1,2,,1023)i M i =,每一非空子集中所有元素的乘积记为(1,2,,1023)i m i =.那么10231i i m ==∑〔C 〕．〔A 〕0 〔B 〕1 (C) -1 (D)以上都不对2．(练习题07)ABC ∆△ABC 的三个内角,,A B C 依次成等差数列,三条边,,a b c 上的高,,a b c h h h 也依次成等差数列．那么ABC ∆为〔B 〕〔A 〕等腰但不等边三角形〔B 〕等边三角形〔C 〕直角三角形〔D 〕钝角非等腰三角形3．(练习题07)对一切实数x ,不等式42(1)10x a x +-+≥恒成立．那么a 的取值范围是〔A 〕〔A 〕1a ≥- (B) 0a ≥ (C) 3a ≤ (D) 1a ≤4．(练习题07)假设空间四点,,,A B C D 满足8,10,13AB CD AC BD AD BC ======,那么这样的三棱锥ABCD 共有〔A 〕个．〔A 〕0 〔B 〕1 〔C 〕2 〔D 〕多于25．(练习题07)不等式21log 0(0,)2m x x x -<∈在时恒成立,那么m 的取值范围是〔B 〕〔A 〕01m << (B)1116m ≤< (C) 1m > (D) 1016m << 6．(练习题07)方程20(,,,0)ax b x c a b c R a ++=∈≠在复数集内根的个数为n .那么〔C 〕〔A 〕n 最大是2 〔B 〕n 最大是4 〔C 〕n 最大是6 〔D 〕n 最大是8二、填空题〔此题总分值30分,每题5分〕1．(练习题07)函数y =的值域是________2．(练习题07)椭圆22198x y +=,焦点为1F ,2F ,P 为椭圆上任意一点〔但P 点不在x 轴上〕,12PF F ∆的内心为I ,过I 作平行于x 轴的直线交12,PF PF 于,A B .那么12PAB PF F S S ∆∆=___916_____. 3．(练习题07),,A B C 为ABC ∆的三个内角,且cotcot cot 2(cot cot cot )222A B C A B C T ++-++≥.那么max T =__.4．(练习题07)实数,,a b c 满足22223,285a b c a b c c +-=-+++=.那么ab 的最小值是__2516__. 5．(练习题07)在一次足球冠军赛中,要求每一队都必须同其余的各个队进行一场比赛,每场比赛胜队得2分,平局各得1分,败队得0分．有一队得分最多,但它胜的场次比任何一队都少．假设至少有n 队参赛,那么n =__6____.6．(练习题07)假设1013222m ++是一个完全平方数,那么自然数m = 14 ．三、(练习题07)〔此题总分值20分〕假设正三棱锥底面的一个顶点与其所对侧面的重心距离为4,求这个正三棱锥的体积的最大值．(18)四、(练习题07)〔此题总分值20分〕一个点在x 轴上运动的速度为2米/秒,在平面其它地方速度为1米/秒．试求该点由原点出发在1秒钟内所能到达的区域的边界线．五、(练习题07)〔此题总分值20分〕x 为虚数,且1x x+是方程210y ay a -++=的实根．求实数的取值范围．(25a a ≤->) 第二试一、(练习题07)〔此题总分值20分〕在ABC ∆中,M 为BC 边上的任一点,ME AB ⊥于E ,MF AC ⊥于F ,AN EF ⊥交BC 于N ．求证：AM AN AB AC ⋅+=⋅．二、(练习题07)〔此题总分值35分〕用n 个数〔允许重复〕组成一个长为N 的数列,且2n N ≥.证实：可在这个数列中找出假设干个连续的项,它们的乘积是一个完全平方数．三、(练习题07)〔此题总分值35分〕空间中有100个点,其中每四点都不在同一平面上,每三点都不在同一条直线上,每一点都与其它33点连红线,与另33点连黄线,与最后的33点连蓝线．证实：一定会出现一个三边均不同色的三角形．。

高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版

高中数学联赛难度几何题100道第一题：学习证明角平分 (4)第二题：学习证明四点共圆 (5)第三题：学习证明角的倍数关系 (6)第四题：证明线与圆相切 (7)第五题：证明垂直 (8)第六题：证明线段相等 (9)第七题：证明线段为比例中项 (10)第八题：证明垂直 (11)第九题：证明线段相等 (12)第十题：证明角平分 (13)第十一题：证明垂直 (14)第十二题：证明线段相等 (15)第十三题：证明角相等 (16)第十四题：证明中点 (17)第十五题：证明线段的二次等式 (18)第十六题：证明角平分 (19)第十七题：证明中点 (20)第十八题：证明角相等 (21)第十九题：证明中点 (22)第二十题：证明线段相等 (23)第二十一题：证明垂直 (24)第二十二题：证明角相等 (25)第二十三题：证明四点共圆 (26)第二十四题：证明两圆相切 (27)第二十五题：证明线段相等 (28)第二十六题：证明四条线段相等 (29)第二十七题：证明线段比例等式 (30)第二十八题：证明角的倍数关系 (31)第二十九题：证明三线共点 (32)第三十题：证明平行 (33)第三十一题：证明线段相等 (34)第三十二题：证明四点共圆 (35)第三十三题：证明三角形相似 (36)第三十四题：证明角相等 (37)第三十五题：证明内心 (38)第三十六题：证明角平分 (39)第三十七题：证明垂直 (40)第三十八题：证明面积等式 (41)第三十九题：证明角平分 (42)第四十题：证明角相等 (43)第四十二题：证明中点 (45)第四十三题：证明角相等 (46)第四十四题：证明垂直 (47)第四十五题：证明角相等 (48)第四十六题：证明垂直 (49)第四十七题：证明四点共圆 (50)第四十八题：证明四点共圆 (51)第四十九题：证明四点共圆 (52)第五十题：证明角平分 (53)第五十一题：证明线段相等 (54)第五十二题：证明两圆外切 (55)第五十三题：证明垂直 (56)第五十四题：证明垂直 (57)第五十五题：证明垂直 (58)第五十六题：证明垂直 (59)第五十七题：证中点 (60)第五十八题：证明角相等 (61)第五十九题：证明角相等 (62)第六十题：证明四点共圆 (63)第六十一题：证明四点共圆 (64)第六十二题：证明四点共圆 (65)第六十三题：证明角相等 (66)第六十四题：证明角的倍数关系 (67)第六十五题：证明中点 (68)第六十六题：伪旁切圆 (69)第六十七题：证明垂直 (70)第六十八题：证明平行 (71)第六十九题：证明圆心在某线上 (72)第七十题：证明三线共点 (73)第七十一题：证明垂直 (74)第七十二题：证明垂直 (75)第七十三题：证明中点 (76)第七十四题：证明垂直 (77)第七十五题：证明垂直 (78)第七十六题：证明三线共点 (79)第七十七题：证明平行 (80)第七十八题：证明平行 (81)第七十九题：证明三线共点、证明垂直 (82)第八十题：证明三点共线（牛顿定理） (83)第八十一题：证明角平分 (84)第八十二题：证明角相等 (85)第八十三题：证明三点共线 (86)第八十四题：证明四圆共点 (87)第八十六题：证明线段相等 (89)第八十七题：证明角相等 (90)第八十八题：证明线段相等 (91)第八十九题：证明线段相等 (92)第九十题：证明线段相等 (93)第九十一题：证明中点 (94)第九十二题：证明四点共圆 (95)第九十三题：证明西姆松定理及逆定理 (96)第九十四题：证明线段的和差关系等式 (97)第九十五题：证明角相等 (98)第九十六题：证明托勒密定理及逆定理 (99)第九十七题：证明线段的和差关系等式 (100)第九十八题：证明角相等 (101)第九十九题：证明四点共圆 (102)第一百题：证明两三角形共内心 (103)第一题：证明角平分已知PE 、PF 是⊙O 的切线，A 、B 是一组对径点，PB 交⊙O 于另一点C ，直线AF 、BE 交于D 点。

2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)加试(A2)(附答案与评分标准)

2022年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2022年全国高中数学联合竞赛加试（A2卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）对于和为1的九个非负实数129,,,a a a ，令12238991min{,}2min{,}8min{,}9min{,}S a a a a a a a a ，12238991max{,}2max{,}8max{,}9max{,}T a a a a a a a a ，这里，min{,}x y 表示,x y 中的较小者，max{,}x y 表示,x y 中的较大者．记S 的最大可能值为0S ．当0S S 时，求T 的所有可能值．解：注意到7889917min{,}8min{,}9min{,}a a a a a a 788991(6)(53)(36)a a a a a a17896()a a a a ，①……………10分且12233467min{,}2min{,}3min{,}6min{,}a a a a a a a a2236236a a a a 2366()a a a ．②由①、②相加，得1296()6S a a a ．③……………20分由于①式等号成立当且仅当788991,,a a a a a a ，②式等号成立当且仅当23450a a a a 且670a a ，故③式等号成立（即①、②两式等号均成立）当且仅当2345678910a a a a a a a a a ， ④其中1291a a a ．……………30分这样的129,,,a a a 显然存在，故S 的最大可能值06S ．当0S S 时，根据④，可设7891a a a a x ，614a x ，其中x 满足014x x ，即1154x ．而12238991max{,}2max{,}8max{,}9max{,}T a a a a a a a a0005(14)6789511x x x x x x x ，所以T 的所有可能值为3631,54中的一切实数．……………40分二．（本题满分40分）如图，,,,,A B C D E 是圆上顺次的五点，AB BD ，BC CE ，弦AC 与BE 交于点P ，过A 作BE 的平行线，与DE 的延长线交于点Q ，过,,A P Q 三点作圆，与圆的劣弧 DE 交于点T ．设A 为A 关于BC 的对称点．证明：,,,A B P T 四点共圆．ωA'T PQD C ABE证法一：如图，设AQ 与圆交于A 及另一点K ．由于//AK BE 且BC CE ，故 KEC ABC ，进而KBC AEC ．结合,A A 关于BC 对称得 180KBC A BC AEC ABC ，故,,A B K 三点共线．……………10分 ωKA'T PQD C ABE由AB BD 知EB 平分AED ，于是AQE BED AEB AKB ，所以//BK EQ ，故BEQK 为平行四边形，有EQ BK AE ．由BC CE 知AP 平分BAE ，因此A B AB BPEQ AE PE，又由//A B EQ 可知A BP QEP ，所以A BP QEP ∽ ，故A PB QPE ，从而,,A P Q 三点共线．……………30分于是BA P KA Q AKB AQP ATB ATP BTP ．所以,,,A B P T 四点共圆． ……………40分证法二：延长BE ，与过,,A P Q 三点的圆交于点F ．由AB BD 知EB 平分AED ，结合//AQ BE 可知AQE BED AEB EAQ ，因此EA EQ ．而,AQ PF 为圆中的平行弦，由对称性知E 为PF 的中点． ……………10分ωFA'TPQD C A BE由BC CE 知CBE BEC BAC ．在A BP 与AEF 中，有A BP A BC CBE ABC BAC 180180ACB AEB AEF ．又注意到AP 平分BAE ，得A B AB AE AEBP BP EP EF，所以A BP AEF ∽． ……………30分于是BA P EAF AEB AFP ATB ATP BTP ．所以,,,A B P T 四点共圆． ……………40分三．（本题满分50分）已知集合{1,2,3,,}S N =的四个500元子集12,,A A 34,A A 满足：对任意,x y S ∈，均存在某个{1,2,3,4}i ∈，使得,i x y A ∈．求正整数N 的最大可能值．解：所求最大的833N =．一方面，当833N =时，令{1,2,,333}X =，{334,335,,500}Y =，{501,502,,667}Z =，{668,669,,833}W =，则||333X =，||||167Y Z ==，||166W =，且X Y Z W S =．考虑X Y ，X Z ，X W ，Y Z W ．对任意,x y S ∈，若其中有一个属于X ，则,x y 同时属于X Y ，X Z ，X W 中的某个集合；若均不属于X ，则,x y 同时属于Y Z W ．在X W 中任意添加S 中一个元素，使其成为500元集合，这便得到S 的四个500元子集满足要求． ……………20分另一方面，若834N ≥，则不存在满足要求的四个500元子集1234,,,A A A A ．用反证法，假设存在满足要求的四个500元子集1234,,,A A A A ，易知S 的每个元素至少属于其中两个子集，设有a 个元素恰属于其中两个子集，则500423()3834a N a a ×≥+−≥×−，故502a ≥．记这a 个元素构成的集合为T ，则||502T ≥．将T 中的元素按所属,i j A A 的情况分为6类，对14i j ≤<≤，记ij T 是T 中恰属于,i j A A 的元素x 的集合．易知12T 与34T 必有一个是空集，不妨设34T =∅．同样地，13T 与24T 必有一个是空集，不妨设24T =∅．同理，14T 与23T 必有一个是空集．若23T =∅，则121314T T T T =，从而1T A ⊂，这样1||||502A T ≥≥，矛盾．若14T =∅，则121323T T T T =，从而S 中的每个元素至少属于123,,A A A 中的两个集合，这样1231||(||||||)7502S A A A ≤++=，矛盾．……………50分四．（本题满分50分）设k 是大于2的整数，整数数列012,,,a a a 满足00a =，且对任意非负整数i ，均有21i i i a ka a ++=−．证明：对任意正整数m ，数(2)!m 整除1233m a a a a ．证明：{}n a 是二阶线性递推数列，特征方程为210t kt −+=，有两个不同的特征根()2142k k α=+−，()2142k k β=−−．由00a =及递推式的齐次性，仅需证明11a =时结论成立．以下假设11a =，解得数列的通项公式为来源微信公众号：高三答案212121120211()C (4)24n n n j n j j nn n j na a k k k αβ−−−−−≤+≤=−=−−∑．先证明以下两个结论．(i )对任意素数p ，有11p p p p a a a −+．当2p =时，若12,a a 均为奇数，由210a ka a =−知k 是奇数，从而321a ka a =−是偶数，故总有1232a a a ．下面假设2p >．若24k −被p 整除，考虑212121021C (4)21p j p j j p p p j pa k k −−−−−≤+≤=−∑，在求和式中，当0j >时，2(4)j p k −，当0j =时，21C p j pp −−，故p p a ．若24k −不被p 整除，则122(4)1(mod )p k p −−≡±．情形一：122(4)1(mod )p k p −−≡−，考虑2221102111C (4)2p j p j j p p pj p a k k −−++≤+≤+=−∑．在求和式中，若221p j p ≤−≤−，则21C p jp p −+．若0j =，则2221C (4)(1)(mod )p j p jj p p kk p k k p −−+−=+≡．若21p j −=，12p j −=，则 1222221C(4)(1)(4)(mod )p p j p jjp kk p k k k p −−−+−=+⋅−≡−，故求和式被p 整除，1p p a +．情形二：122(4)1(mod )p k p −−≡，考虑 222221120211C (14)2p j p j j p p p j p a k k −−−−−−−≤+≤−=−∑．由于11(1)!C (1)(mod )!(1)!t p t p p p t p t −−−−=≡−−−，故221C 1(mod )p j p p −−−≡−．从而 222222221021321C (4)(4)p p p j p j j j j p j p j k k k k −−−−−−−=≤+≤−−−−≡−∑∑ ()1122(mod 0)44p p k p k k --⎛⎫⎪=--≡ ⎪⎝⎭，故1p p a −． ……………20分(ii) 若r n p a ，0r >，则1r pn p a +．令n n nx αβ=+，则0121()2,,0i i i x x k x kx x i ++===−≥．故对任意非负整数i ，i x 均为整数．从而()(1)(1)(3)1pn pnppn p i n i np n p n n n i n a x x a αβαβαβ−−−−=−===++−∑是整数．情形一：2p =，则2n n nn na x a αβ=+=．若k 是偶数，则i x 均为偶数，从而122r n a +．若k 是奇数，则0020(mod 2)x a =≡=，111(mod 2)x k a =≡=，因此对任意0i ≥，有(mod 2)i i x a ≡．由于n a 是偶数，n x 也是偶数，因此122r n n n a a x +=．情形二：2p >，注意到1()(1)(1)(1)(1)11()pp p i ni n p nnnp i n i ni i p i αββαβαβ−−−−−−−==+−∑∑1(1)2(1)(1)14p p np i n i n n i p a k i βαβ−−−−−=+−⋅∑1(1)2(1)(1)(1)11(2)24(2)(2)2p p n n p i ni n n p n i p a k i βαβ−−−−−−= +−⋅∑，由于224k k α=+−的方幂和224k k β=−−的方幂用二项式定理展开并合并同类项后都形如24A B k +−，其中,A B 是整数．而注意到n a 被p 整除，故上式展开并合并同类项后可知()2(1)142pn p n n a A B k a −=+−，其中,A B 是整数且均被p整除．若24k −是平方数，则24A B k +−被p 整除；若24k −不是平方数，则0B =．不论何种情形，均有pnna p a ，故1r pn p a +．……………40分原问题只需证明，对任意素数p ，有123((2)!)()p p m v m v a a a ≤，其中()p v N 表示正整数N 含素数p 的最大幂次．考虑12,,a a 中所有被p 整除的项，设是第12i i <<项．由结论(i )可知11i p ≤+．若记1011,0i b b a +==，210)(j j j b kb b j ++=−≥，则1(mod )j i j b a p +≡．再由结论(i )得11p p p p b b b −+，从而211i i p −≤+．重复上述论证，可知11t t i i p +−≤+，对任意1t ≥成立，这说明12,,a a 的任意连续1p +项中必有一项被p 整除．考虑12,,a a 中所有被2p 整除的项，设是12j j <<项．由结论(ii)可知2t pi p a ，1t ≥，故12,,a a 的任意连续(1)p p +项中必有一项被2p 整除．重复上述论证知对任意正整数s ，12,,a a 的任意连续1(1)s p p −+项中必有一项被s p 整除．设123,,,m a a a 中被s p 整除的项的个数为s n ，则132(1)s s s mm n p p p − ≥≥ +．所以123112()((2)!)p m s p s s s m v a a a n v m p ∞∞== =≥=∑∑，于是结论得证．……………50分。

2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)一试预测卷二(含解析)

2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛一试仿真模拟卷（二）一、填空题（每题8分，共64分）1．若sin cos sin 222θθα⋅=，sin sin cos θβθ、、成等比数列，则2cos cos2αβ-=________. 2．已知正实数列{}n a 满足：11a =，27a =，21214(2,3,)12n n nn n a a a a n a +-+==+，则2018a =________.3．已知定义在R 上的函数()y f x =（x ），对任意满足222p q r +=的p 、q 、r 均有()f p +()()0f q f r +=，M 、m 分别为函数()()tan 3g x f x x =++，在(),22x ππ∈-上的最大值和最小值，则M m +=________.4．在直三棱柱111ABC A B C -中，已知1AB BC ==，1BB =90ABC ∠=︒，E 、F 分别为边111AA B C 、的中点，则点E 沿棱柱的表面到点F 的最短路径的长度为________.5．设复数123z z z 、、满足1232018z z z ===．则123123111z z z z z z ++++的值为________.6．已知：211111()11121212n n a n +-=++++∈++++N ，则[]20181k k a ==∑________. 7．已知1F 、2F 为椭圆和双曲线的公共焦点，P 为其中的一个公共点，且123F PF π∠=，设椭圆和双曲线的离心率分别为1e 和2e ，则2212e e +的最小值为________.8．用1、2、3、4、5、6、7这七个数字组成没有重复数字的七位数，使其恰好是11的倍数的概率为________. 二、解答题（共56分）9．（16分）设正整数数列{}n a 满足：24a =，且对于任何*n ∈N ，有11112111n n n a a a n n ++++<<-+12na +．求数列{}n a 的通项n a ．10．（20分）如图，设动点P 到点(1,0)A -和(1,0)B 的距离分别为1d 和2d ，2APB θ∠=，且存在常数(01)λλ<<，使得212sin d d θλ=．（1）证明：动点P 的轨迹C 为双曲线，并求出C 的方程；（2）过点B 作直线交双曲线C 的右支于M 、N 两点，试确定λ的范围，使0OM ON ⋅=，其中点O 为坐标原点．11．（20分）已知函数()f x =(0,)x ∈+∞．（1）当8a =时，求()f x 的单调区间；（2）对任意正数a ，证明：1()2f x <<．2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛一试仿真模拟卷（二）详细解析1．1-．解：由题意得：sin sin cos αθθ=+，2sin sin cos βθθ=⋅．故222222cos cos21sin (12sin )sin 2sin (sin cos )2sin cos 1.αβαβαβθθθθ-=---=-+=-++⋅=-2．201832-．解：由题意得，()2111112222722(2,3,)3222212n n n n n n n n n a a a a a n a a a a +++--+++++=-⇒==⇒==+++++．故数列{}2n a +是以123a +=为首项，3q =为公比的等比数列．从而，1332n n a -=⨯-．故2018201832a =-．3．6．解：令0p q r ===，则(0)0f =．令0q =，p x =，r x =-，则()(0)()0()()f x f f x f x f x ++-=⇒=--．所以()f x 为奇函数．故()3y g x =-也为奇函数．因此，6M m +=．4．32．解：比较以下三种情形下的线段EF 的长度：分别将以下三个二面角11111111A A B C A BB C A AC B ------、、展成平面，利用余弦定理计算即可． 5．14072324．解：因为2018(1,2,3)i z i ==，所以22018i i z z =．从而，212018i i z z =．故原式12312322221231231120182018201820184072324z z z z z z z z z z z z ++++===++++． 6．2016．解：一方面，211111112212222n n n a --<++++=-<．另一方面，当3n ≥时，11111111123512235n n a -=++++≥++>+．所以当3n ≥时，[]1n a =．又112a =，256a =，从而12[][]0a a ==．故[]201812016k k a ==∑．7．12+．解：设1PF x =，2PF y =（不妨x y >），椭圆的长轴长为2m ，双曲线的实轴长为2n ，122F F c =．则2x y m +=，2x y n -=，2224x y xy c +-=．故22234m n c+=，所以2212134e e +=．于是，222212122212134()()4e e e e e e ⎛⎫+=++≥+ ⎪⎝⎭．所以221212e e +≥+．当221222213e e e e =，且2212134e e +=，即2114e =，2234e =时，2212min ()12e e +=+． 8．435．解：注意到，一个正整数被11整除当且仅当其奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差被11整除．记七位数为7654321a a a a a a a ．则满足题意的七位数共有7!个．又()()75316420(mod11)a a a a a a a +++-++≡．而()()7531642max 456712316a a a a a a a +++-++=+++---=．故只能是7531642a a a a a a a +++=++，即：753164214a a a a a a a +++=++=．于是，分组只能是：{2,3,4,5}和{1,6,7}，{1,2,4,7}和{3,5,6}，{1,2,5,6}和{3,4,7}，{1,3,4,6}和{2,5,7}．和共四种情形．每种情形可以组成4!3!⨯个被11整除的七位数．故所求的概率为44!3!47!35⨯⨯=． 9．解法一：易得：11a =，24a =，39a =，猜想：n a n =．下面用数学归纳法证明．（1）当1n =，2时，易知2n a n =均成立；（2）假设(2)n k k =≥成立，则2k a k =，且满足1111122111k k k ka a a a k k ++++<<+-+ ①当1n k =+时，由①得221122122221211112(1)2(1)(1)11(1)1(1)(1).11k k k k k k a ka k k k k k k a k k k k k a k k k ++++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝⎭++-⇒<<-+-+⇒+-<<+++- 因为2k ≥时，22(1)(1)(1)(2)0k k k k k +-+=+-≥，所以22(1)(0,1]1k k +∈+．又11k -≥，所以1(0,1]1k ∈-．又*1k a +∈N ，所以221(1)(1)k k a k ++≤≤+．故21(1)k a k +=+，即1n k =+时，2n a n =成立．由（1），（2）知，对任意*n ∈N ，2n a n =．解法二：易得：11a =，24a =，39a =，猜想：2n a n =.. 下面用数学归纳法证明（1）当1n =，2时，易知2n a n =均成立；（2）假设(2)n k k =≥成立，则2k a k =，且满足1111122111k k k ka a a a k k ++++<<+-+ ①当1n k =+时，由①得221111112(1)2k k k k a k a k ++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝⎭． ①即21111(1)122k k k k k a k a k+++++<+<+． ②由②左式，得2111k k k k k a +-+-<，即321(1)k k a k k k +-<+-，因为两端为整数，则3221(1)1(1)(1)k k a k k k k k +-≤+--=+-于是21(1)k a k +≤+．③又由②右式，22221(1)21(1)1k k k k k k k k a k k +++-+-+<=．则231(1)(1)k k k a k k +-+>+．因为两端为正整数，则2431(1)1k k k a k k +-+≥++，所以4321221(1)11k k k ka k k k k k +++≥=+--+-+．又因2k ≥时，1k a +为正整数，则21(1)k a k +≥+．④据③④得，21(1)k a k +=+，即1n k =+时，2n a n =成立．由（1），（2）知，对任意*n ∈N ，2n a n =．10．解法一：（1）在△P AB 中，||2AB =，即222121222cos2d d d d θ=+-，2212124()4sin d d d d θ=-+，即122d d -==<（常数），点P 的轨迹C 是以A 、B为焦点，实轴长2a =的双曲线，方程为：2211x y λλ-=-．（2）设11(,)M x y ，22(,)N x y①当MN 垂直于x 轴时，MN 的方程为1x =，(1,1)M 和(1,1)N -在双曲线上．即111λλ-=-211102λλλ-⇒+-=⇒=，因为01λ<<，所以12λ=． ②当MN 不垂直于x 轴时，设MN 的方程为(1)y k x =-．由2211(1)x y y k x λλ⎧-=⎪-⎨⎪=-⎩，得：2222[(1)]2(1)(1)()0k x k x k λλλλλ--+---+=，由于该方程有两个不同的解，故2[(1)]0k λλ--≠，所以21222(1)(1)k x x k λλλ--+=--，2122(1)()(1)k x x k λλλλ--+=--．于是，22212122(1)(1)(1)k y y k x x kλλλ=--=--．因为0OM ON ⋅=，且M 、N 在双曲线右支上，所以2121222122212(1)0(1)121011231001x x y y k x x k x x λλλλλλλλλλλλλλλ-⎧+==⎧-⎧⎪>⇒<<⎪⎪+-+>⇒⇒⎨⎨⎨+--⎪⎪⎪>+->>⎩⎩⎩-．由①②知，1223λ-≤<．解法二：（1）同解法一（2）设11(,)M x y ，22(,)N x y ，MN 的中点为()00,E x y ①当121x x ==时，22||1101MB λλλλλ=-=⇒+-=-，因为01λ<<．所以λ=②当12x x ≠时，22110222211111MN x y x k y x y λλλλλλ⎧-=⎪⎪-⇒=⋅⎨-⎪-=⎪⎩-．又001MN BE y k k x ==-所以22000(1)y x x λλλ-=-；由2MON π∠=得()2220||2MN x y +=，第二定义得()()221220200||2221(1)21.MN e x x a x x x λλ+-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦=-=+---所以222000(1)2(1)(1)y x x λλλλ-=--+-．于是由22000222000(1)(1)2(1)(1)y x x y x x λλλλλλλ-=-⎧⎨-=--+-⎩ 得20(1)23x x λ-=-．因为01x >，所以2(1)123x x ->-，又01λ<<，解得：1223λ-<<由①②知1223λ≤<． 11．（1）当8a =时，11()33f x =+=+．则(1)(1()1x f x x+⋅=+=='''令()0f x '>，结合0x >，解得01x <<．故()f x 在(0,1)单调递增，同理()f x 在(1,)+∞单调递减．所以8a =时，()f x 单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+∞．（2）对任意给定的0a >，0x >因()f x =，若令8b ax=，则8abx =． ①则()f x =②先证()1f x >：因为11x >+11a >+11b >+．又由28a b x +++≥=，从而6a b x ++≥．所以111()11132()9()()(1)(1)(1)(1)(1)(1)1()() 1.(1)(1)(1)f x x a ba b x ab bx ax a b x ab bx ax x a b x a b a b x ab bx ax abx x a b =+>+++++++++++++++++=≥+++++++++++++==+++ 再证：()2f x <：由①、②的关于x 、a 、b 的对称性，不妨设x a b ≥≥，则02b <≤，1°当7a b +≥，则5a ≥，从而5x a ≥≥，1<1≤=<．所以()2f x =++<． 2°若7a b +<，由①得8x ab=，则=因为222111114()2(1)b b b b b a b b ⎛⎫<-+=- ⎪++++⎝⎭．12(1)bb <-+．12(1)a a <-+，于是1()2211a b f x a b ⎛<-+- ++⎝．现证明11a b a b +>++因为11a b a b +>++> 只要(1)(1)8a b ab ++<+，即证18a b ab ab +++<+，即7a b +<，由假设知该式成立．综上，对任意正数a ，1()2f x <<．。

高中数学竞赛典型题目(二)

数学竞赛典型题目（二）1.（1994年伊朗数学奥林匹克）设a、b、c、S分别为锐角三角形ABC的三边的边长及它的面积。

证明在三角形ABC内存在一点P，由P到顶点A、B、C的距离为x、y、z的充份和必要条件是存在三个三角形：第一个的边长分别是a、y、z及其面积为S1，第二个的边长分别是b、z、x及其面积为S2，第三个的边长分别是c、x、y及其面积为S3及S=S1+S2+S3。

2 .（1995年伊朗数学奥林匹克）假设ABCD为一正方形及K、N分别在线段AB和AD的点使得AK x AN = 2 BK x DN.设L和M分别为对角线BD与CK及CN的交点。

证明K、L、M、N和A五点共圆。

（1995年伊朗数学奥林匹克）A,B,C三点在圆O上,线CO交AB于D且BO交AC 于E,如果角度都是,求.（1995年伊朗数学奥林匹克）内切圆和边AB,AC及BC交于M,N,P,证明:垂心, 外心和内心三点共线.3.（1996年伊朗数学奥林匹克）中，，O、H、I、分别为外心、垂心、内心和关于A的旁心. 和分别在AC和AB上，且证明：（1）八点B、C、H、O、I、、、共圆；（2）若OH交AB、AC分别于E、F，则周长等于（3）4.（1996年伊朗数学奥林匹克）为不等边三角形，从A、B、C出发的中线交外接圆于另一点L、M、N.若证明：5.（1996年伊朗数学奥林匹克）中，D在AB上，E在AC上，且DE//BC.P为内任一点，PB和PC交DE分别于F、G.若为外心，为外心，证明：6.(1997年伊朗数学奥林匹克)边BC的中点是N,以AB和AC为直角边向外构造等腰直角,证明:也是等腰直角三角形.7.(1997年伊朗数学奥林匹克)圆心为O,直径为AB的圆上有两点C,D,直线CD交AB于M,且MB<MA,MD<MC,K是和外接圆的交点(不是O),证明:即有向角8.(1997年伊朗数学奥林匹克)锐角外心为O,垂心为H,且BC>CA,F为高CH的垂足,过F作OF的垂线交AC于P,证明:有向角9.(1997年伊朗数学奥林匹克) 外接圆弧AB上有一个动点(不包含A),分别为的内心,证明:(1)的外接圆是否过定点?(2)以为直径的圆过定点.(3) 中点在定圆上.10. (1998年伊朗数学奥林匹克)KL和KN是圆C的切线，切点是L，N，M为KN延长线上一点，的外接圆交圆C的另一交点为P，点Q是N向ML所引垂线的垂足，证明：11. (1998年伊朗数学奥林匹克)锐角的高是AD，角B和C的内角平分线交AD于点E，F；若BE=CF，证明：是等腰三角形。

数学奥林匹克高中训练题_120_

2009 年第 8 期
39
b a
1 2 345
y 当且仅当 = x
时 , 取到最小值 .
因此 , a + b = 5. 2 009.
4 016 . 2 009
4 22 3. . 11
如图 2, 设 F 是边 BD 的中点 , 联结 A F、 EF、 CF. 则 d 为点 C 到平面 A EF 的距离 . 设正四面体的棱长 a = 4. 则其体积
) = ± 则 sin ( 3・ +θ 1, 即 18
述三个圆分别交于点 D、 D′ , E、 E′ , F、 F′ , 其中 , 点 D、 D′ 在不含点 A 的圆上 , 等等 . 又设 △A EF、 △B FD、 △CD E 的外接圆交于一点
M , △A E ′ F′ 、 △B F ′ D′ 、 △CD ′ E′ 的外接圆交于
θ= k
+
3
(k
Z) . 1 > 0, 则 Z) . = 3 . 2
又 cosθ = θ= 2 k 因此 ,
+
a +1
2
一点 M ′ . 证明 : OM = OM ′ .
( 50 分 ) 如果一个多项式的系数都是二、
3
(k
a a +1
2 009
自然数 , 则称为“ 自然多项式 ” . 对正整数 n, 用 A ( n ) 表示满足 P ( 2 ) = n 的不同自然多项式 P ( x ) 的个数 . 证明 : lim
=1 + t + t = t +
2
f ( 2 009 a + 2 008 ) = - 2 007

奥林匹克竞赛高中数学训练题

数学奥林匹克高中训练题第一试一、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)161374．(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 Ctg 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＝4·24，4·34，…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）（m 11 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＝a2·b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab·ab＝…（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＝137·73．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，104×M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＝i·n！＋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m·n！＋k（m∈N，2≤k ≤n）由于n！＝1·2·…·n是k的倍数，所以m·n！＋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。

3_2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)加试参考答案与评分标准(A卷)

完整版-2023年数学联赛试题及答案(学科竞赛圈)

2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 设复数910i z （i 为虚数单位），若正整数n 满足2023n z ，则n 的最大值为．答案：2．解： 22910181n nn n z z ．因21812023z ，而当3n 时， 181132023nn n z ，故n 的最大值为2． 2. 若正实数,a b 满足lg 2b a ，lg lg 5a b a b ，则lg ()ab ab 的值为．答案：20．解：因为lg lg lg lg 102a a b b b a ，所以lg lg lg lg lg lg lg ()()()52220ab a b a b b a ab ab a b a b ．3. 将一枚均匀的骰子独立投掷三次，所得的点数依次记为,,x y z ，则事件“777C C C x y z ”发生的概率为．答案：127．解：由于162534777777C C C C C C ，因此当,,{1,2,3,4,5,6}x y z 时，事件“777C C C x y z ”发生当且仅当“{1,6},{2,5},{3,4}x y z ”成立，相应的概率为321627 ． 4. 若平面上非零向量,, 满足，2|| ，3|| ，则|| 的最小值为．答案：23．解：由，不妨设(,0),(0,)a b ，其中,0a b ，并设(,)x y ，则由2|| 得2by a ，由3|| 得3ax b ．所以2232||2223b a x y xy a b ．取3,2a b ，此时6x y ，|| 取到最小值23．5. 方程sin cos2x x 的最小的20个正实数解之和为．答案：130 ．解：将2cos212sin x x 代入方程，整理得(2sin 1)(sin 1)0x x ，解得532,2,2()662Z x k k k k ．上述解亦可写成2()36Z k x k ，其中0,1,,19k 对应最小的20个正实数解，它们的和为1902219202013036326k k ． 6. 设,,a b c 为正数，a b ．若,a b 为一元二次方程20ax bx c 的两个根，且,,a b c 是一个三角形的三边长，则a b c 的取值范围是．答案：7,518．解：由条件知2222()()()ax bx c a x a x b ax a ab x a b ，比较系数得22,b a ab c a b ，故24,11a a b c a a，从而 24231a a a b c a a a a a．由于201a a b a，故112a ．此时显然0b c ．因此，,,a b c 是一个三角形的三边长当且仅当a c b ，即4211a a a a a，即2(1)0a a a ，结合112a ，解得15122a ．令23()f x x x x ，则()abc f a ．显然当0x 时()f x 连续且严格递增，故a b c 的取值范围是151,22f f，即7,518 ． 7. 平面直角坐标系xOy 中，已知圆与x 轴、y 轴均相切，圆心在椭圆2222:1(0)x y a b a b内，且与有唯一的公共点(8,9)．则的焦距为．答案：10．解：根据条件，可设圆心为(,)P r r ，则有222(8)(9)r r r ，解得5r 或29r ．因为P 在内，故5r ．椭圆在点(8,9)A 处的切线为2289:1x y l a b ，其法向量可取为2289,n a b ．由条件，l 也是圆的切线，故n 与PA 平行，而(3,4)PA ，所以223227a b．又2264811a b，解得22160,135a b ．从而的焦距为22210a b ．8. 八张标有,,,,,,,A B C D E F G H 的正方形卡片构成下图．现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边（例如可按,,,,,,,D A B E C F G H 的次序取走卡片，但不可按,,,,,,,D B A E C F G H 的次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为．A BCD E F G H答案：392．解：如左下图重新标记原图中的八张卡片．现将每张卡片视为顶点，有公共边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边，得到一个八阶图，该图可视为右下图中的2m n 阶图(,)G m n 在3,3m n 时的特殊情况．231-3-20P -1G (m , n )P n ...210-1-2-m ... 取卡片（顶点）的规则可解释为：(i) 若顶点P 已取走，则以下每步取当前标号最小或最大的顶点，直至取完； (ii) 若顶点P 未取走，则必为某个(,)(,0)G m n m n 的情形，此时若0m ，则将P 视为1 号顶点，归结为(i)的情形；若0,0m n ，则将P 视为1号顶点，归结为(i)的情形；若,1m n ，则当前可取P 或m 号顶点或n 号顶点，分别归结为(i)或(1,)G m n 或(,1)G m n 的情形．设(,)G m n 的符合要求的顶点选取次序数为(,)f m n ，本题所求即为(3,3)f ．由(i)、(ii)知1(,0)2(0)m f m m ，1(0,)2(0)n f n n ，且(,)2(1,)(,1)(,1)m n f m n f m n f m n m n ．由此可依次计算得(1,1)12f ，(1,2)(2,1)28f f ，(1,3)(3,1)60f f ，(2,2)72f ，(2,3)(3,2)164f f ，(3,3)392f ，即所求数目为392．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，抛物线2:4y x ，F 为的焦点，,A B 为上的两个不重合的动点，使得线段AB 的一个三等分点P 位于线段OF 上（含端点），记Q 为线段AB 的另一个三等分点．求点Q 的轨迹方程．解：设1122(,),(,)A x y B x y ．不妨设AP PQ QB ，则121222,33x x y y P．易知(1,0)F ．由于点P 位于线段OF 上，故122[0,1]3x x ，12203y y ． ……………4分可设12,2y t y t ，则2212,4t x x t ．此时有2122[0,1]32x x t ，且由,A B 不重合知0t ，所以2(0,2]t ． ……………8分设(,)Q Q Q x y ，则21212232,343Q Q x x y y x t y t ，有243Q Q y x ．注意到2330,42Q x t ，故点Q 的轨迹方程为243(0)32y x x ． ……………16分10.（本题满分20分）已知三棱柱111:ABC A B C 的9条棱长均相等．记底面ABC 所在平面为．若的另外四个面（即面111111111,,,A B C ABB A ACC A BCC B ）在上投影的面积从小到大重排后依次为23,33,43,53，求的体积．解：设点111,,A B C 在平面上的投影分别为,,D E F ，则面11111,,A B C ABB A 1111,ACC A BCC B 在上的投影面积分别为,,,DEF ABED ACFD BCFE S S S S ．由已知及三棱柱的性质，DEF 为正三角形，且,,ABED ACFD BCFE 均为平行四边形．由对称性，仅需考虑点D 位于BAC 内的情形（如图所示）．显然此时有ABED ACFD BCFE S S S ． ……………5分 XFE B D C A由于,,,23,33,43,53DEF ABED ACFD BCFE S S S S ，故,ABED ACFD S S 必为23,33的排列，53BCFE S ，进而43DEF S ，得DEF 的边长为4，即正三棱柱的各棱长均为4． ……………10分不妨设23,33ABED ACFD S S ，则333,2ABD ACD S S ．取射线AD 与线段BC 的交点X ，则23ABD ACD BX S CX S ，故85BX ．因此 2242cos60195AX AB BX AB BX ，而58ABD ACD ABC AD S S AX S ，故192AD ． ……………15分于是的高221352h AA AD ．又43ABCS ，故的体积615ABC V S h ． ……………20分11.（本题满分20分）求出所有满足下面要求的不小于1的实数t ：对任意,[1,]a b t ，总存在,[1,]c d t ，使得()()1a c b d ．解：记[1,]t I t ，()()S a c b d ．假如2t ，则当a b t 时，对任意,t c d I ，均有2(1)1S t ，不满足要求．假如312t ，则当1,2a b t 时，对任意,t c d I ，均有 21a c t ，12t b d ．若,a c b d 同正或同负，则2(1)1S t ，其余情况下总有01S ，不满足要求． ……………5分以下考虑322t 的情形．为便于讨论，先指出如下引理．引理：若1,2u v ，且52u v ，则1uv ．事实上，当32u v 时，22225312244u v u v uv ．当32u v 时，1131222uv ．引理得证．下证对任意,t a b I ，可取11,t c d I ，使得111()()1S a c b d ．① 若12a b ，则取111c d ，此时 1(1)(1)(1)(1)S a b a b ，其中31311,12222a b b a ，且5(1)(1)2()2a b a b ，故由引理知11S ．若12a b ，则取1132t c d I ，此时 13322S a b，其中331,222a b ，且3353222a b a b ，故由引理知11S ． ……………15分注意到，当,t a b I 时，可取2t c I ，使得21a c （例如，当[1,1]a 时取20c ，当(1,]a t 时取21c ），同理，可取2t d I ，使得21b d ．此时22222()()1S a c b d a c b d ． ②根据①、②，存在一个介于12,c c 之间的实数c ，及一个介于12,d d 之间的实数d ，使得()()1a c b d ，满足要求．综上，实数t 满足要求当且仅当322t ． ……………20分2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图，是以AB 为直径的固定的半圆弧，是经过点A 及上另一个定点T 的定圆，且的圆心位于ABT 内．设P 是的弧 TB（不含端点）上的动点，,C D 是上的两个动点，满足：C 在线段AP 上，,C D 位于直线AB 的异侧，且CD AB ．记CDP 的外心为K ．证明：(1) 点K 在TDP 的外接圆上；(2) K 为定点． ΩωPD ABT C证明：(1) 易知PCD 为钝角，由K 为CDP 的外心知2(180)2PKD PCD ACD ．由于90APB ，CD AB ，故PBA ACD ATD ．……………10分所以2180PTD PKD PTA ATD ACD PTA PBA ．又,K T 位于PD 异侧，因此点K 在TDP 的外接圆上． ……………20分(2) 取的圆心O ，过点O 作AB 的平行线l ，则l 为CD 的中垂线，点K 在直线l 上． ……………30分由,,,T D P K 共圆及KD KP ，可知K 在DTP 的平分线上，而9090DTB ATD PBA PAB PTB ，故TB 为DTP 的平分线．所以点K 在直线TB 上．显然l 与TB 相交，且l 与TB 均为定直线，故K 为定点． ……………40分 ωΩl D P OK B ATC二．（本题满分40分）正整数n 称为“好数”，如果对任意不同于n 的正整数m ，均有2222n m n m ⎧⎫⎧⎫⎪⎪⎪⎪≠⎨⎬⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎩⎭⎩⎭，这里，{}x 表示实数x 的小数部分．证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数．证明：引理：设n 是正奇数，且2模n 的阶为偶数，则n 是好数．引理的证明：反证法．假设n 不是好数，则存在异于n 的正整数m ，使得2222n m n m ．因此22n n 与22m m 写成既约分数后的分母相同．由n 为奇数知22n n 是既约分数，故2m 的最大奇因子为2n ，从而m 的最大奇因子为n ．设2t m n ，其中t 为正整数（从而m 是偶数）．于是22222m m t m n．由22222m t n n n可得2222(mod )m t n n ，故 222(mod )m t n n ．（*）设2模n 的阶为偶数d ．由（*）及阶的基本性质得2(mod )m t n d ，故2m t n 是偶数．但2m t 是偶数，n 是奇数，矛盾．引理得证．……………20分回到原问题．设221(1,2,)k k F k ．由于1221k k F ，而k F 221k，因此2模k F 的阶为12k ，是一个偶数．对正整数l ，由221(mod )l k F 可知21(mod )l k F ，故由阶的性质推出，2模2k F 的阶被2模k F 的阶整除，从而也是偶数．因2k F 是奇数，由引理知2k F 是好数．……………30分对任意正整数,()i j i j ，211(,)(,(21)2)(,2)1i i j i i i j i F F F F F F F ，故123,,,F F F 两两互素．所以222123,,,F F F 是两两互素的合数，且均为好数． ……………40分三．（本题满分50分）求具有下述性质的最小正整数k ：若将1,2,,k 中的每个数任意染为红色或者蓝色，则或者存在9个互不相同的红色的数129,,,x x x 满足1289x x x x +++< ，或者存在10个互不相同的蓝色的数1210,,,y y y 满足12910y y y y +++< ．解：所求的最小正整数为408．一方面，若407k =时，将1,55,56,,407 染为红色，2,3,,54 染为蓝色，此时最小的8个红数之和为1555661407++++= ，最小的9个蓝数之和为231054+++= ，故不存在满足要求的9个红数或者10个蓝数．对407k <，可在上述例子中删去大于k 的数，则得到不符合要求的例子．因此407k ≤不满足要求． ……………10分另一方面，我们证明408k =具有题述性质．反证法．假设存在一种1,2,,408 的染色方法不满足要求，设R 是所有红数的集合，B 是所有蓝数的集合．将R 中的元素从小到大依次记为12,,,m r r r ，B 中的元素从小到大依次记为12,,,n b b b ，408m n +=．对于R ，或者8R ≤，或者128m r r r r +++≥ ；对于B ，或者9B ≤，或者129n b b b b +++≥ ．在1,2,,16 中至少有9个蓝色的数或至少有8个红色的数．情形1：1,2,,16 中至少有9个蓝色的数．此时916b ≤．设区间9[1,]b 中共有t 个R 中的元素12,,,(08)t r r r t ≤< ．记12t x r r r =+++ ，则112(1)2x t t t ≥+++=+ ．因为12912,,,,,,,t b b b r r r 是9[1,]b 中的所有正整数，故{}{}12912,,,,,,,1,2,,9t b b b r r r t =+ ．于是 12912(9)n b b b b t x ≤+++=++++- 1(9)(10)2t t x =++-．（*） ……………20分特别地，116171362n b ≤⨯⨯=．从而9R ≥．对任意(1)i i m t ≤≤-，由（*）知1(9)(10)2t i n r b i t t x i +≤+≤++-+．从而 811811(9)(10)2t m t t i r r r r r x t t x i -+=⎛⎫ ⎪≤+++++≤+++-+ ⎪⎝⎭∑ 11(9)(10)(8)(8)(9)(7)22t t t t t t x =++-+---- 111(9)(10)(8)(8)(9)(7)(1)222t t t t t t t t ≤++-+----⋅+ 2819396407t t =-++≤（考虑二次函数对称轴，即知1t =时取得最大）．又136n b ≤，这与,n m b r 中有一个为408矛盾． ……………40分情形2：1,2,,16 中至少有8个红色的数．论证类似于情形1．此时816r ≤．设区间8[1,]r 中共有s 个B 中的元素12,,,(09)s b b b s ≤< ．记1s y b b =++ ，则1(1)2y s s ≥+．因为12128,,,,,,,s b b b r r r 是8[1,]r 中的所有正整数，故 {}{}12128,,,,,,,1,2,,8s b b b r r r s =+ ．于是1(8)(9)2m r s s y ≤++-．特别地，116171362m r ≤⨯⨯=．从而10B ≥．对任意(1)i i n s ≤≤-，有1(8)(9)2s i m b r i s s y i +≤+≤++-+．从而 911911(8)(9)2s n s s i b b b b b y s s y i -+=⎛⎫ ⎪≤+++++≤+++-+ ⎪⎝⎭∑ 11(9)(8)(9)(8)(9)(10)22s s s s y s s =-++--+--111(9)(8)(9)(8)(1)(9)(10)222s s s s s s s s ≤-++--⋅++-- 2727369395s s =-++≤（在2s =时取得最大），又136m r ≤，这与,n m b r 中有一个为408矛盾．由情形1、2知408k =具有题述性质．综上，所求最小正整数k 为408． ……………50分四．（本题满分50分）设4110a -=+．在20232023⨯的方格表的每个小方格中填入区间[1,]a 中的一个实数．设第i 行的总和为i x ，第i 列的总和为i y ，12023i ≤≤．求122023122023y y y x x x 的最大值（答案用含a 的式子表示）．解：记2023n =，设方格表为(),1,ij a i j n ≤≤，122023122023y y y x x x λ= ．第一步：改变某个ij a 的值仅改变i x 和j y ，设第i 行中除ij a 外其余1n -个数的和为A ，第j 列中除ij a 外其余1n -个数的和为B ，则jij i ij y B a x A a +=+．当A B ≥时，关于ij a 递增，此时可将ij a 调整到,a λ值不减．当A B ≤时，关于ij a 递减，此时可将ij a 调整到1,λ值不减．因此，为求λ的最大值，只需考虑每个小方格中的数均为1或a 的情况． ……………10分第二步：设{}1,,1,ij a a i j n ∈≤≤，只有有限多种可能，我们选取一组ij a 使得λ达到最大值，并且11n nij i j a ==∑∑最小．此时我们有,,1,.i j ij i j a x y a x y ⎧>⎪=⎨≤⎪⎩（*）事实上，若i j x y >，而1ij a =，则将ij a 改为a 后，行和及列和变为,i j x y ''，则11j j j i i iy y a y x x a x '+-=>'+-，与λ达到最大矛盾，故ij a a =．若i j x y ≤，而ij a a =，则将ij a 改为1后，λ不减，且11n nij i j a ==∑∑变小，与ij a 的选取矛盾．从而（*）成立．通过交换列，可不妨设12n y y y ≤≤≤ ，这样由（∗）可知每一行中a 排在1的左边，每一行中的数从左至右单调不增．由此可知12n y y y ≥≥≥ ．因而只能12n y y y === ，故每一行中的数全都相等（全为1或全为a ）.……………20分第三步：由第二步可知求λ的最大值，可以假定每一行中的数全相等.设有k 行全为a ,有n k -行全为1,0k n ≤≤．此时()()()n nk k n k n k ka n k ka n k na nn a λ-+-+-==．我们只需求01,,,n λλλ 中的最大值． ()11(1)1111()(1)nn n k k n k n kk a n k a n a ka n k a k a n n a λλ++++--⎛⎫- ⎪==+ ⎪+--+⎝⎭．因此1111(1)n k k a a k a n λλ+⎛⎫- ⎪≥⇔+≥ ⎪-+⎝⎭ 11(1)n n x x k x n-⇔+≥-+（记n x a =） 2111(1)n n x x x k x n-++++⇔≥-+ 2111n n x x x n k x -++++-⇔≤- 211(1)(1)1n n x x x x x--+++++++=+++ ．记上式右边为y ,则211(2)1n n n n x x y x x ---+-++=+++ ．下面证明(1010,1011)y ∈． ……………30分首先证明1011y <．1011y < 2021202220222021101110111011x x x x ⇔+++<+++1010101210132021202210111010210101011x x x x x x ⇔+++<++++ ．由于220221x x x <<<< ，故101010101012011(1011)101110121011101222k k k x x x =-<⋅⋅<⋅⋅∑101110110k k kx +=<∑． ……………40分再证明1010y >，等价于证明2021202200(2022)1010kk k k k x x ==->∑∑．由于2021202100(2022)(2022)10112023k k k k x k ==->-=⨯∑∑， 20222022010101010202310102023k k x x a =<⨯<⨯∑，只需证明1011202310102023a ⨯>⨯，而410111101010a -=+<，故结论成立．由上面的推导可知1k k λλ+≥当且仅当1010k ≤时成立，从而1011λ最大．故 2023max 101120231011(10111012)2023a aλλ+==． ……………50分。

高中数学奥林匹克竞赛训练题

数学奥林匹克高中训练题第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分） 1．(训练题(D)．(A)cos1997sin1997- (B)cos1997sin1997-- (C)cos1997sin1997-+ (D)cos1997sin1997+2．(训练题29)复数z 满足1z R z+∈且2z -=(D)．(A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 4个3．(训练题29)已知,a b 都是正实数．则x y a b +>+且xy ab >是x a >且y b >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),a b 是两个正整数，最小公倍数为465696．则这样的有序正整数对(,)a b 共有(D) 个．(A)144 (B)724 (C)1008 (D)11555．(训练题29)方程220x px q ++=的根是sin α和cos α．则在poq 坐标平面上，6．(训练题29) 对一个棱长为1的正方体木块1111ABCD A B C D -，在过顶点1A 的三条棱上分别取点,,P Q R ，使111A P A Q A R ==．削掉四面体1A PQR -后，以截面PQR ∆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1A C ．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)1999111111n =个，2000()90201997f n n n =++．则()f n 被3除的余数是 1 ．2．(训练题29)函数(),()f x g x 是R 上定义的函数，且()0f x ≥的解集为{|12},()0x x g x ≤<≥的解集是空集，则不等式()()0f x g x >的解集是 {|12}x x x <≥或．3．(训练题29)棱锥S ABC -的底面是正三角形ABC ，侧面SAC 垂直于底面，另两个侧面同底面所成的二面角都是45o ，则二面角A SC B --的值是用反三角函数表示)．4．(训练题29)若21x y +≥，则函数2224u y y x x =-++的最小值等于95- ．5．(训练题29)六个正方形,,,,,A B C D E F 放置如图所示，若,,A B C 三个正方形面积之和为1,,,S D E F 三个正方形面积之和为2S ，则12SS = 3 ．6．(训练题29)已知,,a b c 是一个直角三角形三边之长，且对大于２的自然数n ，成立2222()2()n n n n n n a b c a b c ++=++．则n = 4 ．三、(训练题29)(本题满分20分)棱锥S ABC -中，4,7,9,5,6,8SA SB SC AB BC AC =≥≥=≤≤．试求棱锥S ABC -体积的最大值．四、(训练题29)(本题满分20分)数列{}n a ,适合条件1234561,2,3,4,5,119a a a a a a ======，当5n ≥时，1121n n a a a a +=-，证明22212701270a a a a a a +++=．五、(训练题29)(本题满分20分)已知(),()f x g x 和()h x 都是关于x 的二次三项式，证明：方程((()))0f g h x =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S 的全部元素的乘积，称为数集S 的“积数”．今给出数集11111{,,,,,}23499100M =，试确定M 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ABCD 的对角线交点为O ．证明：ABCD 是圆外切四边形的充分必要条件是AOB ∆、BOC ∆、COD ∆、ABC DF EDOA ∆的内切圆半径1234,,,r r r r 满足关系式42311111r r r r +=+．三、(训练题29)(本题满分50分) 1211,,,a a a ；1211,,,b b b 是1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11的两种不同的排列．证明：11221111,,,a b a b a b 中至少有两个被11除所得的余数相同．。

高中数学奥林匹克竞赛试题

高中数学奥林匹克竞赛试题高中数学奥林匹克竞赛试题一、选择题（共20小题，每小题2分，共40分。

从每题四个选项中选择一个正确答案，将其标号填入题前括号内）1. 已知函数f(x) = 2x^2 + bx + c, f(1) = 5, f(2) = 15，则b + c的值是：A. 4B. 6C. 8D. 122. 设等差数列{an}的公差为d，已知a₁ + a₃ + a₅ = 9d，a₂ + a₄ + a₆= 15d，则a₇的值为：A. 8dB. 9dC. 10dD. 11d3. 若复数z = a + bi满足|z - 1| = |z + 1|，则a的值为：A. -1B. 0C. 1D. 24. 若直线y = kx + m与椭圆(x + 2)²/9 + y²/16 = 1相交于点P，请问此时P点的横坐标x的取值范围是：A. [0, -4/3]B. [0, -2]C. (-∞, -2]D. (-∞, 0]5. 已知正整数a、b满足a + b = 10，ab = 15，则a/b的值是：A. 1/2B. 2/3C. 3/2D. 3/5二、填空题（共10小题，每小题4分，共40分）6. 若正整数x满足5x ≡ 15 (mod 17)，则x的最小正整数解为_______。

7. 在平面直角坐标系中，一次函数y = kx + c经过点(1, 2)，且该直线与x轴交于点(3, 0)，则k的值为_______。

8. 设二次函数y = ax² + bx + c的图象与x轴交于A、B两点，若A、B两点间的距离为10，且判别式Δ = b² - 4ac > 0，则a/b的值为_______。

9. 设U为自然数集合，函数f: U → U满足f(f(f(x)))) = 1 + x，则f(2019)的值为_______。

10. 若平面上直线y = kx + 1与曲线y = x² + 2x相切于点P，请问k的取值范围是_______。

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 ,