2012年奥林匹克数学竞赛预赛试题及答案1
2012年美国数学奥林匹克(USAMO)试题及其解答
2012 年美国数学奥林匹克试题（USAMO）及其解答
田开斌 解答
1、求所有整数 n≥3，使得对于任意 n 个正实数a1 、a2 、a3 、 … … 、an ，如果满足 Max�a1 、a2 、a3 、 … … 、an � ≤ n · Min�a1 、a2 、a3 、 … … 、an �，则其中可以取出三个数， 它们能够构成一个锐角三角形的三条边的长度。 解：对于任意 n≤12，在序列 1、1、√2、√3、√5、√8、√13、√21、√34、√55、√89、12中取前 n 个数，都有 Max�a1 、a2 、a3 、 … … 、an � ≤ n · Min�a1 、a2 、a3 、 … … 、an �，但任意三个数都不能构成 锐角三角形的三条边。所以满足条件的 n≥13。 下面我们用反证法证明 n≥13 时，都满足条件。 我们给 n 个正实数从小到大排序为a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ⋯ ≤ an ，若其中任意三个数，都不 能构成一个锐角三角形的三条边，则有a1 2 ≤ a2 2 ，ak 2 + ak+1 2 ≤ ak+2 2 ，其中 1≤k≤n-2。 于是知an 2 ≥ fn · a1 2 ，即an ≥ �fn · a1 ，其中fn 为斐波那契数列的第 n 项。又当 n≥13 时， 根据数学归纳法易知都有�fn ＞n，此时则有an ≥ �fn · a1 ＞na1 ，与 Max�a1 、a2 、a3 、 … … 、an � ≤ n · Min�a1 、a2 、a3 、 … … 、an �矛盾。所以当 n≥13 时，都 满足条件。 综上所述知，满足条件的 n 为所有不小于 13 的自然数。 2、一个圆被 432 个点等分为 432 段弧，将其中 108 个点染成红色，108 个点染成绿色， 108 个点染成蓝色，108 个点染成黄色。求证：可以在每种颜色的点中各选 3 个点，使得由 同色点构成的四个三角形都全等。 解：我们记 f(m)表示 m 除以 432 的余数，其中 0≤f(m)≤431。 我们从某点开始，按顺时针方向依次给 432 个点排序为 0、1、2、3、……431。设 108 个 红点所在位置依次为a1 、a2 、a3 、 … … 、a108 ，108 个绿点依次为b1 、b2 、b3 、 … … 、b108 ， 108 个蓝点依次为c1 、c2 、c3 、 … … 、c108 ，108 个黄点依次为d1 、d2 、d3 、 … … 、d108 。 记Xi = �f(a1 + i)、f(a2 + i)、f(a3 + i)、 … … 、f(a108 + i)� ∩ �b1 、b2 、b3 、 … … 、b108 � b1、b2、b3、……、b108=108（j=1、2、3、……108），所以
2012各省高中数学联赛预赛试题汇编(续)(含答案)(精)
山东省2012届高中数学夏令营数学竞赛（及答案）一.填空题(本题共5道小题,每小题8分,满分40分)1.函数f(x)=题)解:f(x)=立,所以,f(x)最大=.2.如果自然数a的各位数字之和等于5,那么称a为“吉祥数”, 将所有吉祥数从小到大排成一列a1,a2,…,an.若an=2012.则n=_______________. (王继忠供题)解:设x1x2 xm为吉祥数,则x1+x2+…+xm=5,由x1≥1和x2,…,xm≥0得44Cm+2个吉(x1-1)+x2+…+xm=4,所以,x1x2 xm为第Cm+3个吉祥数.1x2 xm为第的最大值是________________ ; (王泽阳供≤,=即x=12时成祥数.由此得:一位吉祥数共1个,二位吉祥数共C54C6=154=5个,三位吉祥数共个,=15因以1为首位的四位吉祥数共C64数为:个,以2为首位的前两个四位吉祥2003和2012.故n=1+5+15+15+2=38.3.已知f(x)是2011次多项式,当n=0,1,…,2011时,f(n)=nn+1.则f(2012)=______; (王林供2012各省高中数学竞赛预赛汇编第 1 页交流学习提高题)解:当n=0,1,…,2011时, (n+1)f(n)=n,即多项式(x+1)f(x)-x有2012个根, 设(x+1)f(x)-x=ax(x-1)(x-2)…(x-2011). 取x=-1,则1=2012!a.故a=12012!,x(x-1)(x-2) (x-2011)2012!(x+1)2012!2012!2013+20122013=20132013f(x)=+xx+1,f(2012)==1.4.将圆周上5个点按如下规则染色:先任选一点染成红色,然后依逆时针方向,第1步转过1个间隔将到达的那个点染红,第2步转过2个间隔将到达的那个点染红,第k步转过k个间隔将到达的那个点染红.一直进行下去,可得到_________个红点. (龚红戈供题)解:将5个点依次编号0—4,且不妨设开始染红的是0号点,则第1步染红的是1号点,第2步染红的是3号点,第3步染红的又是1号点.故共可得3个红点.5.如图，设O,I分别为∆ABC的外心、内心，且∠B=60 ，AB＞BC，∠A的外角平分线交⊙O于D，已知AD=18,则OI=_____________.(李耀文供题)解: 连接BI并延长交⊙O于E,则E为弧AC的中点.连OE、AE、CE、OC，由∠B=60 ，易知∆AOE、∆COE均为=IE=CE正三角形.由内心的性质得知：AEA,所以、O、I、C四点共圆,且圆心为E.再延长AI交⊙O于F,=2∠OAI由题设知D、O、F共线，于是∠OEI,∠AOD=2∠AFD=2∠OAI,2012各省高中数学竞赛预赛汇编第 2 页交流学习提高又OA=OD=OE=IE, 从而∆OAD≌∆EOI, 故OI=AD=18.二.解答题(本题共5道小题,每小题20分,满分100分)6.证明:对任给的奇素数p,总存在无穷多个正整数n使得p|(n2n-1).(陈永高供题)证明:取n=(p-1)k,则由费尔马小定理知2(p-1)k⇔(p-1)k∙2(p-1)k≡1(modp),所以, p|(n2n-1)≡1(modp)⇔(p-1)k≡1(modp)⇔k≡-1(modp).2(p-1k)取k=pr-1(r∈N*),即n=(p-1)(pr-1),就有(p-1)k∙p|(n2n-1).≡1(mopd)即7.如图，已知P是矩形ABCD内任意一点，延长BP交AD于E，延长DP交AB 于F，延长CP中豪供题)证法1: 设CG交AD于Q,由∠∠AGB＝∠CGD知△ABG∽△QDG交于R，由AD∥BR, AD=BC得AFFB=BCBR①BCBR=QEED又由△CPB∽△QPE及△RPB∽△DPE得由①,②得AFFB=QEED②,表明F,E是△ABG,△QDG的相似对应点,故得△FBG∽△EDG.所以,∠FGB=∠EGD,∠FGE=∠BGD=900, 即GE⊥GF. 2012各省高中数学竞赛预赛汇编第 3 页交流学习提高证法2:联结GB,GD,令∠GCB=α,∠GCD=β, 由正弦定理得:=BFsin∠BFPGBGD⋅=sinαsinβ=BPsin∠PBCDPsin∠PDCBFDEsin∠PBCDEsin∠DEPsin∠PDC=,由∠GBF＝∠GDE得△FBG∽△EDG.所以,∠FGB=∠EGD,∠FGE=∠BGD=900, 即GE⊥GF.8.对于恰有120个元素的集合A.问是否存在子集A1,A2,…,A10满足: (1)|Ai|=36,i=1,2,…,10; (2)A1∪A2∪…∪A10=A;(3)|Ai∩Aj|=8,i≠j.请说明理由. (刘裕文供题) 解:答案:存在.3考虑长度为10的0,1数列.其中仅3项为1的恰有C10=120个,每个作为集合A的一个元素.2对每个j=1,2,…,10,第j项为1的0,1数列恰有C9=36个,它们是集合Aj的36个元素.对每对i,j∈{1,2,…,10}(i<j),第i项与第j项均为11的0,1数列恰有C8=8个,它们是Ai∩Aj的元素.综上知,存在满足条件的10个子集.9.求最小的正整数m,n(n≥2),使得n个边长为m的正方形,恰好可以割并成n个边长分别为1,2,…,n的正方形. (邹明供题)解:依题意n个边长为m的正方形,恰好可以割并成n个边长分别为2012各省高中数学竞赛预赛汇编第 4 页交流学习提高1,2,…,n的正方形⇔12+22+…+n2=nm2,即6m2=(n+1)(2n+1),则(n+1)(2n+1)=2n2+3n+1≡0(mod6),由n2≡0,1,3,4(mod6)知n≡±1(mod6).若6|n+1,设n=6k-1(k∈N),得m2=k(12k-1),因(k,12k-1)=1,所以k与12k-1都是完全平方数,但12k-1≡3 (mod4)矛盾!若6|n-1,设n=6k+1(k∈N),得m2=(3k+1)(4k+1),因(3k+1,4k+1)=1,所以,3k+1=v2,4k+1=u2,消去k得4v2-3u2=1,v=u=1时,k=0,n=1,但n≥2,故u>1,v>1.由4v2-3u2≡1(mod8)知u,v为奇数,直接计算得umin=15,vmin=13,k=56,所以,m最小=15³13=195,n最小=337.10.设实系数三次多项式p(x)=3x+ax+bx+c32有三个非零实数根.求证:6a3+10(a2-2b)2题) -12ab≥27c. (李胜宏供证明:设α,β,γ为p(x)=0的三个根,由根与系数关系⎧α+β+γ=-a⎪⎨αβ+βγ+γα=b⎪αβγ=-c⎩222得: 3a-2b=α+β+γ.原式⇔6a(a-2b)+10(a-2b)2≥27c3222222222⇔6(α+β+γ)(α+β+γ)-10(α+β+γ)2≤27αβγ ①.222若α+β+γ=0,则①成立.2012各省高中数学竞赛预赛汇编第 5 页交流学习提高若α2+β2+γ2>0,不妨设|α|≤|β|≤|γ|,由①的齐次性,不妨设α+β+γ222=9,则γ2≥3,2αβ≤α+β22=9-γ2≤6.①⇔2(α+β+γ)-αβγ≤10.因[2(α+β+γ)-αβγ]=[2(α+β)+(2-αβ)γ]≤[4+(2-αβ)][(α+β)+γ]232 =[8-4αβ+(αβ)](9+2αβ)=2(αβ)+(αβ)-20(αβ)+72 22222=(αβ+2)(2αβ-7)+100≤100,所以,2(α+β+γ)-αβγ≤10.故原式2成立.二Ｏ一二年全国高中数学联赛甘肃预赛试卷(2012 年6 月24 日上午9:00-11:30)考生注意: 1、本试卷共两大题(12 道小题),全卷满分120 分.2、用钢笔、签字笔或圆珠笔作答.3、解题书写不要超出装订线.4、不能使用计算器.一、填空题( 本题满分56 分,每小题7 分)1. 空间四点 A ，B ，C ，D两两间的距离均为1，点P 与点Q分别在线段AB 与CD上运动，则点 P 与点Q间的最小距离为____________；⎧⎪0≤OP⋅OA≤1,则点2.向量OA=(1,0),OB=(1,1),O为坐标原点，动点P(x,y)满足⎨⎪⎩0≤OP⋅OB≤2Q(x+y,y)构成的图形的面积为3. 设有非空集合A⊆{1,2,3,4,5,6,7}且当a∈A时，必有8-a∈A，这样的集合A的个数是_____________；⎧⎪x-[x],x≤0,其中[x]表示不超过x的最大整数，4.设f(x)=⎨若f⎪⎩f(x-1),x>0(x)=kx+k(k>0)有三个不同的实数根，则实数k的取值范围是5. 11位数的手机号码，前七位数字是1390931，若余下的4 个数字只能是1、3 、5 且都至少出现1 次, 这样的手机号码有___________个；6.若tanx1⋅tanx2⋅⋅tanx2012=1,则sinx1⋅sinx2⋅⋅sinx2012的最大值是2012各省高中数学竞赛预赛汇编第 6 页交流学习提高7.设函数f:R→R，满足f(0)=1且对任意x,y∈R都有f(xy+1)=f(x)f(y)-f(y)-x+2，则f(x)= ；8.实数x,y,z满足x2+y2+z2=1，则xy+yz的最大值为二、解答题( 本题满分 64 分, 第 9、10 题每题14 分，第11、12 题每题18 分)9.已知数列{an}满足an+1+an-1an+1-an+1=n(n∈N*)，且a2=6。
2012年奥林匹克数学竞赛海峡两岸邀请赛六年级初赛试卷
2012年奥林匹克数学竞赛海峡两岸邀请赛六年级初赛试卷一、填空．（该大题共15小题，每题5分，共计75分）1．（5分）杨亮到今年5月20号刚好4周岁，那么他出生的那年上半年的天数是天．2．（5分）六年级学生张伟今年参加学校举行的数学竞赛，他高兴地对同学说：“我的得分，名次和我的年龄连乘，积正好是2328．”那么张伟今年岁．3．（5分）按规律填数0.36、2、36、4、3600、6、．4．（5分）如图，将两个正三角形重叠作出一个星形，在重叠的图形中再作出一个小星形，即阴影部分，已知大星形的面积是40cm2，那么小星形的面积是．5．（5分）为了迎接“六一”，学校后勤部让木工师傅把一根长2米的圆柱体木材，锯成3段小圆柱，以备表演，锯开后的表面积总和比原来增加了12.56平方分米，原来这根木材的体积是立方分米．7．（5分）一个自然数除以3余2，除以5余4，除以7余6，这个自然数最小是．9．（5分）叶明开车从自己老家开往400千米外的外公家，前两个小时行了全程的，照这样计算，叶明还需要个小时才能到外公家．10．（5分）每逢节日，京师百货就要举行促销活动，“五一”的活动是：满200元减100元，满400元减200元，满500减250…如果张阿姨要为儿子买一套原价750元的服装，那么实际上相当于打折．11．（5分）如果8=2×2×2可以表示为m（8）=3，81=3×3×3×3可以表示成N（81）=4，那么m（128）+N（243）=．12．（5分）婷婷、琳琳两个人去学校上学，婷婷比琳琳多走的路程，而琳琳走路的时间比婷婷少．琳琳和婷婷的速度比是．13．（5分）全球共分为24个时区，北京所在时区是东八区，墨西哥时间比北京时间晚13小时．家在河北省唐山市的佳佳与在墨西哥的表妹约定，在墨西哥时间6月1日晚上8：30与她通电话，那么佳佳应在（填时间）给她打电话．14．（5分）星期六早晨，姐姐和妹妹去练习跑步．姐姐每分钟跑110米，妹妹每分钟跑80米．妹妹比姐姐多跑了半小时，结果比姐姐多跑了900米．那么姐姐跑了米．15．（5分）在一个无限大的南洋棋盘上，放置了一枚南洋棋的骑士．骑士每一次移动都是往南走2格并往西走1格，或者是往西走2格并往南走1格．在经过若干次移动后，最后骑士位于他的出发点之南2011格并往西2012格．请问骑士总共移动了次．二、综合题．（该大题共5小题，共计45分）16．（6分）计算：2011÷2011+1÷0.2÷0.5．17．（7分）晨旭的小卧室里有一个底面半径为10厘米的圆柱形容器，容器内装有一部分水，水中浸没着一个直径为12厘米，高为10厘米的圆锥形铁块．当晨旭把圆锥形铁块取出后，水面将下降多少厘米？19．（10分）为了应急，仙居村修建了一个大大的蓄水池，平时蓄水池都会装满满的一池水，干旱时期村民们就可以喝池里的水．由于连续干旱，某月9号用了一次水，用了其中的，12号用去100升，15号用去剩下水的15%，最后剩下的水比半池多130.1升．那么，这个蓄水池盛满水有多少升？20．（12分）A和B都是高度为12厘米的圆柱形容器，底面半径分别是1厘米和2厘米，一水龙头单独向A注水，一分钟可注满．现将两容器在它们的高度的一半出用一根细管连通（连通管的容积忽略不计），仍用该水龙头向A注水，求（1）2分钟容器A中的水有多高？（2）3分钟时容器A中的水有多高．2012年奥林匹克数学竞赛海峡两岸邀请赛六年级初赛试卷参考答案与试题解析一、填空．（该大题共15小题，每题5分，共计75分）1．（5分）杨亮到今年5月20号刚好4周岁，那么他出生的那年上半年的天数是181天．【解答】解：今年是2014年，则杨亮出生的年份就是2014﹣4=2010年，2010不是4的倍数，所以2010是平年，二月有28天，则上半年中：1、3、5是大月，每月31天，4、6是小月，每月30天．31×3+30×2+28=93+60+28=181（天）答：他出生的那年上半年的天数是181天．故答案为：181．2．（5分）六年级学生张伟今年参加学校举行的数学竞赛，他高兴地对同学说：“我的得分，名次和我的年龄连乘，积正好是2328．”那么张伟今年12岁．【解答】解：2328=2×2×2×3×97，张伟是六年级学生，小学生一般六周岁入学，则他的年龄一定是2×2×3=12岁，即2028=12×2×97．则他的得分为97，名次为第二名．答：张伟今年12岁．故答案为：12．3．（5分）按规律填数0.36、2、36、4、3600、6360000、8．【解答】解：3600×100=360000；6+2=8；故答案为：360000；8．4．（5分）如图，将两个正三角形重叠作出一个星形，在重叠的图形中再作出一个小星形，即阴影部分，已知大星形的面积是40cm2，那么小星形的面积是10cm2．【解答】解：把大星形和小星形都平均分成12个相等的正三角形，如图所示：在12个相等的正三角形中，我们先研究其中两个大小正三角形的面积关系，大正三角形AOC被平均分成了4个小正三角形，每一个小正三角形的面积都相等，所以可以得出：S△AOC=4S△DEF；同理，12个小正三角形（阴影部分）的面积和等于12个大一些正三角形面积和的；所以：阴影部分的面积为：40×=10（cm2）；答：小星形的面积是10cm2．故答案为：10cm2．5．（5分）为了迎接“六一”，学校后勤部让木工师傅把一根长2米的圆柱体木材，锯成3段小圆柱，以备表演，锯开后的表面积总和比原来增加了12.56平方分米，原来这根木材的体积是62.8立方分米．【解答】解：2米=20分米12.56÷4=3.14（平方分米）3.14×20=62.8（立方分米）答：原来这根木材的体积是62.8立方分米．故答案为：62.8．7．（5分）一个自然数除以3余2，除以5余4，除以7余6，这个自然数最小是104．【解答】解：3、5和7的最小公倍数=3×5×7=105105﹣1=104答：这个自然数最小是104．故答案为：104．9．（5分）叶明开车从自己老家开往400千米外的外公家，前两个小时行了全程的，照这样计算，叶明还需要3个小时才能到外公家．【解答】解：2÷﹣2=2×﹣2=5﹣2=3（小时）答：叶明还需要3个小时才能到外公家．故答案为：3．10．（5分）每逢节日，京师百货就要举行促销活动，“五一”的活动是：满200元减100元，满400元减200元，满500减250…如果张阿姨要为儿子买一套原价750元的服装，那么实际上相当于打 5.33折．【解答】解：（750﹣250﹣100）÷750=400÷750≈53.3%现价是原价的53.3%，也就是打5.33折．答：实际上相当于打5.33折．故答案为：5.33．11．（5分）如果8=2×2×2可以表示为m（8）=3，81=3×3×3×3可以表示成N（81）=4，那么m（128）+N（243）=9．【解答】解：因为128=2×2×2×2×2×2×2，243=3×3×3×3×3，所以m（128）+N（243）=7+5=12．故答案为：12．12．（5分）婷婷、琳琳两个人去学校上学，婷婷比琳琳多走的路程，而琳琳走路的时间比婷婷少．琳琳和婷婷的速度比是11：12．【解答】解：琳琳的速度：1÷（1﹣）=婷婷的速度：（1+）琳琳的速度：婷婷的速度=：=（×50）：（×50）=55：60=11：12．故答案为：11：12．13．（5分）全球共分为24个时区，北京所在时区是东八区，墨西哥时间比北京时间晚13小时．家在河北省唐山市的佳佳与在墨西哥的表妹约定，在墨西哥时间6月1日晚上8：30与她通电话，那么佳佳应在6月2日9时30分（填时间）给她打电话．【解答】解：12时+8时30分+13时=33时30分33时30分﹣24时=9时30分；答：那么佳佳在北京时间6月2日9时30分给她打电话．故答案为：6月2日9时30分．14．（5分）星期六早晨，姐姐和妹妹去练习跑步．姐姐每分钟跑110米，妹妹每分钟跑80米．妹妹比姐姐多跑了半小时，结果比姐姐多跑了900米．那么姐姐跑了5500米．【解答】解：0.5小时=30分钟设姐姐跑了x分钟，则妹妹跑了（x+30）小时，得：80×（x+30）﹣110x=90080x+2400﹣110x=90030x=1500x=50110×50=5500（米）答：姐姐跑了5500米．故答案为：5500．15．（5分）在一个无限大的南洋棋盘上，放置了一枚南洋棋的骑士．骑士每一次移动都是往南走2格并往西走1格，或者是往西走2格并往南走1格．在经过若干次移动后，最后骑士位于他的出发点之南2011格并往西2012格．请问骑士总共移动了1341次．【解答】解：2011÷（2+1）=2011÷3=670（个）…1（格）670×2+1=1341（次）答：骑士总共移动了1341次．故答案为：1341．二、综合题．（该大题共5小题，共计45分）16．（6分）计算：2011÷2011+1÷0.2÷0.5．【解答】解：2011÷2011+1÷0.2÷0.5=2011÷+1÷（0.2×0.5）=2011÷+1÷0.1=2011×+10=+10=1017．（7分）晨旭的小卧室里有一个底面半径为10厘米的圆柱形容器，容器内装有一部分水，水中浸没着一个直径为12厘米，高为10厘米的圆锥形铁块．当晨旭把圆锥形铁块取出后，水面将下降多少厘米？【解答】解：V锥=×π×（）2×10=120π（立方厘米），120π÷（π×102）=120π÷100π=1.2（厘米）．答：水面将下降1.2厘米．19．（10分）为了应急，仙居村修建了一个大大的蓄水池，平时蓄水池都会装满满的一池水，干旱时期村民们就可以喝池里的水．由于连续干旱，某月9号用了一次水，用了其中的，12号用去100升，15号用去剩下水的15%，最后剩下的水比半池多130.1升．那么，这个蓄水池盛满水有多少升？【解答】解：设这个蓄水池盛满水有x升[（1﹣）x﹣100]×（1﹣15%）=x+130.1[x﹣100]×=x+130.1x﹣85=x+130.1x=215.1x=1195答：这个蓄水池盛满水有1195升．20．（12分）A和B都是高度为12厘米的圆柱形容器，底面半径分别是1厘米和2厘米，一水龙头单独向A注水，一分钟可注满．现将两容器在它们的高度的一半出用一根细管连通（连通管的容积忽略不计），仍用该水龙头向A注水，求（1）2分钟容器A中的水有多高？（2）3分钟时容器A中的水有多高．【解答】解：（1）A容器的容积是：3.14×12=3.14×1=3.14（立方厘米），B容器的容积是：3.14×22=3.14×4=12.56（立方厘米），12.56÷3.14=4，即B容器的容积是A容器容积的4倍，因为一水龙头单独向A注水，一分钟可注满，所以要注满B容器需要4分钟，因此注满A、B两个容器需要1+4=5（分钟），已知现在两个容器在它们高度一半处用一个细管连通，2分钟后A中的水位是容器高的一半，即12÷2=6（厘米）；（2）因为注满A、B两个容器需要1+4=5（分钟），所以5÷2=2.5（分钟）时，A、B容器中的水位都是容器高的一半，即6厘米，2.5分钟后两容器中的水位是同时上升的，3分钟后，实际上3﹣2.5=0.5（分钟）水位是同时上升的，0.5÷5=，12×=1.2（厘米），6+1.2=7.2（厘米）；答：2分钟时，容器A中的高度是6厘米，3分钟时，容器A中水的高度是7.2厘米．。
2012年数学竞赛试题答案
…………………………（4 分）
四、（本题 12 分）设函数 y = f (x) 的二阶可导，且 f ''(x) > 0, f (0) = 0, f '(0) = 0 ，求
lim
x→0
x3 f (u) f (x) sin3 u
，其中 u 是曲线
y
=
f (x) 上点
p(x,
f (x)) 处的切线在 x 轴上的截距.
解：曲线 y = f (x) 在点 p(x, f (x)) 处的切线方程为
Y − f (x) = f '(x)( X − x) ,
令Y = 0 ，则有 X = x − f (x) ，由此 u = x − f (x) , ……………………………（3 分）
f '(x)
f '(x)
且有
f (x) − f (0)
⎪⎩ z = z
⎧
则Ω:
⎪ ⎨
0 ≤ θ ≤ 2π 0≤r≤a
，其中 a 满足 a2 + a4 = t 2 , a =
⎪ ⎩r2
≤
z
≤
t2 −r2
1+ 4t2 −1 2
………(2 分）
故有
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ F(t) =
2π a
dθ rdr
t2 −r2
f(r 2
+ z 2 )dz
=
2π
a
r
⎜⎛ ⎜
t2 −a2
( ) ( ) （4）由
∂ ∂x
u[x + u3 ]
=
∂ ∂y
((
x
+
2
y)u )
得
x + 4u3
2012赛季世界奥林匹克数学竞赛
2012赛季世界奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛地方晋级赛 A卷---------------------------------------------------------------------------------考生须知：每位考生将获得考题一份。
考试期间，不得使用计算工具或手机。
本卷共100分，填空题每小题5分，解答题每题10分。
请将答案写在本卷上。
考试完毕时，所有考题及草稿纸会被收回。
若计算结果是分数，请化至最简，并确保为真分数或带分数。
三年级试卷（本试卷满分100分，考试时间90分钟）一、填空题。
（每题5分，共60分）1、计算：1＋2＋3＋…＋98＋99＋98＋…＋3＋2＋1= 。
2、有一张边长为18厘米的正方形纸片，按图中虚线所示剪成两张小纸片，这两张小纸片的周长之和为厘米。
有一列数1、3、7、13、21……，第8个数是。
有一个数，比200小比150大，这个数被7除余3，被9除也余3，这个数是。
数一数，图中有个长方形。
6、2011年的国庆节是星期六，那么2012年的国庆节是星期。
7、将数字0、1、3、4、5、6填入下面的□内，使等式成立。
÷ = × = 28、欧欧、小美各有一些漫画书。
欧欧的漫画书比小美少18本，小美的漫画书是欧欧的3倍少14本，那么欧欧和小美一共有本。
9、3只猫在3天里抓3只老鼠，那么，只猫在30天里抓30只老鼠。
有一盒牛奶，奥斑马12天可以喝完，如果和欧欧一起喝，8天喝完。
那么，欧欧单独喝这盒牛奶可以喝天。
11、有14个连续自然数，前7个连续自然数的和是105。
那么，这14个连续自然数的和是。
12、黑白团队做换座位的游戏，开始时奥斑马、小泉、小美、欧欧分别坐在1、2、3、4号座位上（如图），第一次是前后排互换座位，第二次是左右列互换座位……按此规律交替进行下去，那么在第2011次互换座位后，欧欧的座位编号是号。
开始第一次第二次第三次二、解答题。
2012全国高中数学联赛广东预赛解答
2012年全国高中数学联赛广东省预赛试题（考试时间：2012年9月8日上午10∶00—11∶20）一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分．把答案填在横线上1. 已知()02014201320112010201222>=⨯⨯⨯+k k ，则=k . 答案： 220122-（或4048142）解: 2222(2)(1)(1)(2)(4)(1)n n n n n n n n +--++=+--24222(54)(2).n n n n =+-+=-2. 函数()sin()sin()cos 366f x x x x ππ=++--+的最小值等于 .答案：1 解：因为()sin coscos sinsin coscos sincos 36666cos 32sin()3,6f x x x x x x x x x πππππ=++--+=-+=-+所以)(x f 的最小值为1.3. 已知 1()2bx f x x a +=+，其中,a b 为常数，且2ab ≠. 若 1()()f x f k x⋅=为常数，则k 的值为 .答案：1.4解：由于222211(1)()()222(4)2bx b x bx b x bk f x f x x a ax ax a x a+++++=⋅=⋅=+++++是常数，故2a k b ⋅=，且22(4)1a k b +=+. 将2b ak =代入22(4)1a k b +=+整理得22(4)(14)0k k a k -+-=，分解因式得2(41)(1)0k ka --=. 若410k -≠，则210ka -=，因此222ab ka ==，与条件相矛盾. 故410k -=，即14k =.4. 已知方程2133x x p +-=有两个相异的正实数解，则实数p 的取值范围是 .答案：9(,2).4--解法一：令3x t =，则原方程化为230t t p --=. 根据题意，方程230t t p --=有两个大于1的相异实根.令2()3f t t t p =--，则22(3)40,9(1)1310, 2.431.2p f p p ⎧∆=-+>⎪⎪=-⨯->⇒-<<-⎨⎪⎪>⎩解法二：令3x y =，则原方程化为230y y p --=. 注意到这个关于y 的方程最多有两个解，而由3x y =严格单调递增知每个y 最多对应一个x ，因此所求的p 应当使230y y p --=有两个相异的实数解12,y y ，且满足12123,3x x y y ==的两个实数12,x x 都是正的. 由于12,x x 都是正的，故12,y y 都应大于1. 由于123y y +=，故213y y =-，因此1y 必须满足11y >，131y ->及113y y ≠-. 因此1y 的取值范围为33(1,)(,2)22U . 因此1211(3)p y y y y =-=--的取值范围为9(,2)4--.5. 将25个数排成五行五列：11121314152122232425313233343541424344455152535455a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 已知第一行11a ,12a ,13a ,14a ,15a 成等差数列，而每一列1j a ，2j a ，3j a ，4j a ，5j a （15j ≤≤）都成等比数列，且五个公比全相等. 若244a =,412a =-,4310a =,则1155a a ⨯的值为______.答案：11-解：可知每一行上的数都成等差数列，但这五个等差数列的公差不一定相等.由412a =-,4310a =知4210(2)42a +-==且公差为6，故4416a =,4522a =. 由244a =,4416a =知公比2±=q .若2=q ，则113214a s -==-,55222411a =⨯=⨯，故115511a a ⨯=-；若2-=q ，则113214a s -==,5522(2)4(11)a =⨯-=⨯-，故115511a a ⨯=-.6.设点P 在曲线12x y e =上，点Q 在曲线ln(2)y x =上，则PQ 的最小值为______.ln 2)-.函数12x y e =与函数ln(2)y x =互为反函数，图象关于y x =对称.函数12x y e =上的点1(,)2x P x e 到直线y x =的距离为d =.设函数min min 11()()1()1ln 222x x g x e x g x e g x d '=-⇒=-⇒=-⇒=由图象关于y x =对称得：PQ最小值为min 2ln 2)d =-.7.将2个a 和2个b 共4个字母填在4×4方格表的16个小方格内，每个小方格内至多填一个字母，若使相同字母既不同行也不同列，则不同的填法种数共有 .答案：3960解：使得2个a 既不同行也不同列的填法有224472C A =种，使得2个b 既不同行也不同列的填法有224472C A =种，故由乘法原理，这样的填法共有272种.其中不合要求的有两种情况：2个a 所在的方格内都填有b 的情况有72种；2个a 所在的方格内恰有1个方格填有b 的情况有121691672C A =⨯种. 所以，符合条件的填法共有2727216723960--⨯=种.8.一个直角梯形的上底比下底短，该梯形绕它的上底旋转一周所得旋转体的体积为112π，该梯形绕它的下底旋转一周所得旋转体的体积为80π，该梯形绕它的直角腰旋转一周所得旋转体的体积为156π，则该梯形的周长为 .答案：16+解：设梯形的上底长为a ，下底长为b ，高为h ，则梯形绕上底旋转所得旋转体的体积为22211()(2)33h b h a b h a b πππ+-=+，因此21(2)1123h a b ππ+=，即2(2)336h a b +=. 同理有2(2)240h a b +=，两式相除得2336722405a b a b +==+，去分母化简得3b a =，代入2(2)336h a b +=得248ah =.注意到直角腰长等于高h ，梯形绕它的直角腰旋转一周所得旋转体为圆台，其体积为221()1563h a ab b ++=. 将3b a =代入化简得236a h =. 结合248ah =可解得3,4a h ==，因此9b =，由勾股定理知另一条腰的长度为=39416+++=+二、解答题：本大题共3小题，共56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1．（本小题满分16分）设椭圆2222+=1x y a b(>>0)a b 的左、右顶点分别为,A B ，点P 在椭圆上且异于,A B 两点，O 为坐标原点. 若||=||AP OA ，证明：直线OP 的斜率k满足||k >.解法一：设(cos ,sin )(02)P a b θθθπ≤<,(,0)A a -. 由||||AP OA =，有a =，即22222cos 2cos sin 0a a b θθθ++=. ……4分从而 22222221cos 0,cos 2cos sin sin .a ab a θθθθθ-<<⎧⎨--=<⎩ 所以，1cos 02θ-<<，且2222sin 213cos cos b a θθθ=-->.所以，sin ||cos b k a θθ==> ……16分解法二：设(cos ,sin )(02)P a b θθθπ≤<.则线段OP 的中点(cos ,sin )22a bQ θθ.||=||AP OA 1AQ AQ OP k k ⇔⊥⇔⨯=-.sin sin cos 22cos AQ AQ AQ b k b ak ak a a θθθθ=⇔-=+. ……8分22222222222)cos (sin )(2AQAQ AQ AQ k a a k a b k b b ak +<+=+⋅+≤⇒θθ||||AQ k k ⇔<⇔> ……16分2．（本小题满分20分） 设非负实数a ，b ，c 满足3=++c b a . 求222222()()()S a ab b b bc c c ca a =-+-+-+的最大值.解：不妨设c b a ≥≥.显然有222b bc c b -+≤，222c ca a a -+≤.……………5分根据AM-GM 不等式可得2222223662255433()()9223344()4()()12.229333ab ab S a b a ab b a ab b ababa b a b c a ab b ≤-+=⋅⋅⋅-++++++-+≤=≤=⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦ ……………15分所以S 的最大值为12，这时()()0,1,2,,=c b a .……………20分3．（本小题满分20分）求出所有的函数**:f N N →使得对于所有x ，y*N ∈，2(())f x y +都能被2()f y x +整除.解：根据题目的条件，令1==y x ，则2((1))1f +能被(1)1f +整除. 因此2((1))(1)f f -能被(1)1f +整除，也就是(1)((1)1)f f -能被(1)1f +整除. 因为(1)f 与(1)1f +互素，所以(1)1f -能被(1)1f +整除，且(1)1(1)1f f +>-，所以(1)10f -=，(1)1f =.……………10分令1=y ，则2(())1f x +能被21x +整除，因此22(())f x x ≥.从而()f x x ≥，对所有x *N ∈.令1=x ，则1y +能被()1f y +整除.从而()y f y ≥，对所有y *N ∈. 综上所述，()f x x =，对所有x *N ∈.……………20分。
2012年全国高中数学联赛试题及解答
PA ⋅ PB = 1 x - (x + 2) 0 0 x 02 2 PA ⋅ PB = PA PB cos 3π42 2 2 x x A D 0 0 x ⎝ 0 ⎭ 0一、填空题（每小题 8 分，共 64 分）2012 年全国高中数学联合竞赛第一试 1. 设 P 是函数 y = x + 2(x > 0) 图像上的任意一点，过 P 分别向直线 y = x 和 y 轴作垂线，垂足分别为xA 、B ．则 PA ⋅ PB = ． 答案：-1．解法 1 设 P ⎛ x , x + 2 ⎫，则l: y - ⎛ x + 2 ⎫ = -(x - x ) ，即 y = -x + 2x + 2 ．⎝ 0 ⎭ PA 0 x ⎪ 0 0 x 上式与 y = x 联立解得点 A ⎛ x + 1 , x+ 1 ⎫ ．又点 B ⎛ 0, x + 2 ⎫ ，则 PA = ⎛ 1 , - 1 ⎫ ，PB = (-x ,0) ，0 x 0 x ⎪ 0 x x x ⎪⎝ 0 0 ⎭ 故 (-x ) = -1 ． ⎝ 0 ⎭ ⎝ 0 0 ⎭0 0⎛ 2 ⎫解法 2 如图 3，设 P x 0 , x 0 + ⎝⎪(x 0 > 0) ．则点P 到直线 x - y = 0 和 y x 0 ⎭ PA = = ， PB = x ． 0因为 O 、A 、P 、B 四点共圆，所以， ∠APB = π - ∠AOB = 3π ．4图 3 故= -1． 2. 设△ABC 的内角∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为 a 、b 、c ，且满足a cos B - b cos A = 3 c .则 tan A= ．5tan B答案：4．c 2 + a 2 - b 2b 2 +c 2 - a 2 3 2 23 2 解法 1由题设及余弦定理得a ⋅- b ⋅ = c ⇒ a - b = c ．tan A = sin A ⋅ cos B = a ⋅ 2cac 2 + a 2 - b 22ca 2bc 5 5=c + a - b = 故 tan B sin B ⋅ cos A b 2 + c 2 - a 2 b ⋅2bcc 2 + b 2 - a 24 C 解法 2 如图 4，过点 C 作CD ⊥ AB ，垂足为 D .则a cos B = DB ， b cos A = AD ．由题设得 DB - AD = 3c ．B5CD 图 4 又 DB + DA = c ，联立解得 AD = 1 c ， DB = 4c .故tan A = AD = DB = 4 ． 5 解法 3 由射影定理得a cos B + b cos A = c5 tan B CD ADDB 又 a cos B - b cos A = 3 c ，与上式联立解得a cos B = 4 c ， b cos A = 1c5 5 5故 tan A = sin A ⋅ cos B = a cos B = 4 tan B sin B ⋅ cos A b c os AMNABAF BF⎛ 2π ⎫ AB π AF + BF AB AF + BFMN AB AF + BF AF + BF MN AB⎫ 2 3. 设 x 、y 、z ∈[0,1] .则 M =的最大值是 ．答案： +1．解：不妨设0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 1.则 M =⇒ M ≤ ( 2 + 2+1．当且仅当 x = 0 ， y = ， z = 1 时，上式等号同时成立．24. 抛物线 y 2 = 2 px ( p > 0) 的焦点为 F ，准线为 l ，A 、B 是抛物线上的两个动点，且满足∠AFB =π. 3设线段 AB 的中点 M 在 l 上的投影为 N .则的最大值是 ．答案：1．解法 1 设∠ABF = θ ⎛0 < θ < 2π ⎫ .则由正弦定理得 = = ． 3 ⎪ sin θ ⎝ ⎭ sin ⎝ 3- θ ⎪ ⎭ sin3 sin θ + sin ⎛ 2π - θ ⎫3 ⎪ ⎛ π ⎫ 故 = ，即= ⎝ ⎭ = 2 c os θ - ⎪． sin θ + sin ⎛ 2π - θ ⎫ sin π sin π ⎝ 3 ⎭ 3⎪ 3 3 ⎝ ⎭如图 5，由抛物线的定义及梯形的中位线定理得： MN =①2 则 = cos ⎛θ - π ⎫ ．故当θ = π 时，取得最大值 13 ⎪ 3 ⎝ ⎭解法 2 同解法 1 得式①在△AFB 中，由余弦定理得AB 2= AF 2+ BF 2- 2 AF BF cos π3= ( AF + BF )2- 3 AF BF⎛ ⎫2≥ ( AF + BF )2 - 3 ⎪⎝ 2 ⎭⎛ 2= 2 ⎪= MN . ⎝ ⎭当且仅当 AF = BF 时，上式等号成立．故 的最大值为 1．2 MN AB⎣⎨ 5. 设同底的两个正三棱锥 P - ABC 和Q - ABC 内接于同一个球.若正三棱锥 P - ABC 的侧面与底面所成的角为45°，则正三棱锥Q - ABC 的侧面与底面所成角的正切值是 ．答案：4．解：如图 6，联结 PQ .则 PQ ⊥平面 ABC ，垂足 H 为正△ABC 的中心，且 PQ 过球心 O ．联结 CH 并延长与 AB 交于点 M .则 M 为边 AB 的中点，且CM ⊥ AB .易知，∠PMH 、∠QMH 分别为正三棱锥 P - ABC 、正三棱锥Q - ABC 的侧面与底面所成二面角的平面角．则∠PMH = 45°⇒ PH = MH = 1AH .2由∠PAQ = 90°， AH ⊥ PQ ⇒ AH 2 = PH ⋅ QH1 ⇒ AH 2= AH ⋅ QH2⇒ QH = 2 AH = 4MH .故 tan ∠QMH = QH= 4MH图 66. 设 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数，且当 x ≥ 0 时， f (x ) = x 2 ．若对任意的 x ∈[a , a + 2]，不等式 f (x + a ) ≥ 2 f (x )恒成立，则实数 a 的取值范围是．⎧⎪x 2 , x ≥ 0;解：由题设知 f (x ) = 2⇒ 2 f (x ) = f ( 2x )⎪⎩-x , x < 0 故原不等式等价于 f (x + a ) ≥ f ( 2x )．由 f (x ) 在 R 上是增函数知x + a ≥ 2x ⇒ a ≥ ( 2 -1)x ⇒ a ≥ ( 2 -1)(a + 2) ⇒ a ≥ 2. 即 a 的取值范围为 ⎡ 2, +∞)7. 满足 1 < sin π < 1的所有正整数 n 的和是．4 n 3解：由正弦函数的凸性，知当 x ∈(0, π )6 时， 3x < sin x < x ． π 故sin π < π < 1 ， sin π > 3 ⨯ π = 1 ， sin π < π < 1 ， sin π3 π 1 ．> ⨯ = 13 13 4 12 π 12 4 10 10 39 π 9 3因此，满足 1 < sin π < 1的正整数 n 的所有值分别为 10、11、12，其和为 33．4 n 3⎨8. 某情报站有 A 、B 、C 、D 四种互不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且每周都是从上周未使用的三种密码中等可能地随机选用一种.设第一周使用 A 种密码.那么，第七周也使用 A 种密码的概率是 （用最简分数表示）． 解：用 P k 表示第 k 周用 A 种密码本的概率.则第 k 周未用 A 种密码的概率为1 - P k ．故P = 1(1 - P )(k ∈ N ) k +1 3 k +⇒ P - 1 = - 1 (P - 1)k +14 3 k 4 ⇒ P - 1 = 3 (- 1)k -1k⇒ P k⇒ P 7 4 4 3 = 3 (- 1)k -1 + 14 3 4= 61 . 243二、解答题（共 56 分）9. （16 分）已知函数 f (x ) = a s in x - 1 cos 2x + a - 3 + 1，其中，a ∈ ，且a ≠ 0 ． 2 a 2（1）若对任意 x ∈ ，都有 F (x ) < 0 ，求 a 的取值范围．（2）若a ≥ 2 ，且存在 x ∈ ，使 f (x ) ≤ 0 ，求 a 的取值范围．解：（1） f (x ) = sin 2 x + a sin x + a - 3 . 令t = sin x (-1 ≤ t ≤ 1) .则 g (t ) = t 2 + at + a - 3a a⎧g (-1) = 1 - 3 ≤ 0, 由题设知⎪ a 3 ⎪g (1) = 1 + 2a - ≤ 0． ⎩⎪ a解得 a 的取值范围为(0,1]．（2）因为a ≥ 2 ，所以， - a≤ -1 ．2故 g (t ) min= g (-1) = 1 - 3 ． a从而， f (x ) min= 1 - 3 ． a 由题设知1 - 3≤ 0 ．a解得0 < a ≤ 3 ．故 a 的取值范围是[2,3]．⎩10. （20 分）已知数列{a n } 的各项均为非零实数，且对于任意的正整数 n 都有(a + a + …+ a )2 = a 3 + a 3 + …+ a 3．12n12n（1）当n = 3时，求所有满足条件的三项组成的数列 a 1 ， a 2 ， a 3 ．（2）是否存在满足条件的无穷数列{a n } ，使得a 2013 = -2012 ？若存在，求出这样的无穷数列的一个通项公式；若不存在，说明理由．解：（1）当n = 1时， a 2 = a 3 ．由a ≠ 0 ，得a = 1．1111当 n = 2 时， (1+ a )2= 1+ a 3．由a ≠ 0 ，得a = 2 或-1 ．2222当 n = 3时， (1+ a + a )2= 1+ a 3 + a 3．若a = 2 ，得a = 3 或-2 ；若a = -1，得a = 1 ．23232323综上，满足条件的三项数列有三个：1，2，3 或 1，2， -2 或 1， -1 ，1． （2）令 S = a + a + …+ a .则 S 2 = a 3 + a 3 + …+ a 3 (n ∈ N ) ． n1 2 n n 1 2 n +故(S + a)2= a 3 + a 3 + …+ a3.两式相减并结合a≠ 0 ，得2S = a 2- a ．nn +112n +1n +1nn +1n +1当 n = 1时，由（1）知a 1 = 1； 当 n ≥ 2 时， 2a = 2(S - S ) = (a 2 - a)- (a2 - a )，nnn -1即(a n +1 + a n )(a n +1 - a n -1) =0 ．所以， a n +1 = -a n 或a n + 1 ．又 a 1 = 1， a 2013 = -2012 ，则n +1n +1nn⎧⎪n ,1 ≤ n ≤ 2012; a n = ⎨⎪(-1)n2012, n ≥ 2013. 11. （20 分）如图 1，在平面直角坐标系 xOy 中，菱形 ABCD 的边长为 4，且 OB = OD = 6 .（1）证明： OA OC 为定值；（2）当点 A 在半圆 M : (x - 2)2 + y 2 = 4(2 ≤ x ≤ 4) 上运动时，求点 C 的轨迹.解：（1）由 AB = AD = CB = CD ， OB = OD ，知 O 、A 、C 图 7，联结 BD.则 BD 垂直平分线段 AC ．设垂足为 K ， OA OC= ( OK - AK )(OK + AK )故 = OK 2- AK 2= (OB 2- BK2)- ( A B 2- BK 2)= OB 2 - AB 2= 20(定值).（2）设C (x , y ) ， A (2 + 2cos α, 2sin α ) ，其中， α = ∠xMA ⎛ - π ≤ α ≤ π ⎫．2 2 ⎪ ⎝ ⎭则∠xOC = α． 2又 OA 2 = (2 + 2cos α )2 + (2sin α )2 = 8(1 + cos α ) = 16cos 2 α ， 2所以， OA = 4 cos α．2由（1）的结论得 OC cos α= 5 ．2则 x = OC cos α= 5 ．2故 y = OC sin α = 5 t an α∈[-5,5] ．2 2因此，点 C 的轨迹是一条线段，其两个端点的坐标分别为(5,5) ， (5, -5) ．⎨ ++ 加试一、（40 分）如图 2，在锐角△ABC 中，AB > AC ，M 、N 是边 BC 上不同的两点，使得∠BAM = ∠CAN .设△ABC 和△AMN 的外心分别为O 1 、O 2 .证明： O 1 、O 2 、A 三点共线.图2证明：如图 8，联结 AO 1 、 AO 2 ，过点 A 作 AO 1 的垂线 AP 与 BC 的延长线交于点 P .则 AP 是 O 1 的切线.故∠B = ∠PAC .因为∠BAM = ∠CAN ，所以， ∠AMP = ∠B + ∠BAM = ∠PAC + ∠CAN = ∠PAN ． 从而，AP 是△AMN 外接圆 O 2 的切线.故 AP ⊥ AO 2 ． 因此， O 1 、O 2 、A 三点共线．二、（40 分）试证明：集合 A = {2, 22 ,…, 2n ,…}满足图 8（1）对每个a ∈ A 及b ∈ N + ，若b < 2a -1，则b (b +1) 一定不是 2a 的倍数；（2）对每个a ∈ A （ A 表示 A 在N + 中的补集），且a ≠ 1，必存在b ∈ N + ，b < 2a -1，使b (b +1) 是 2a 的倍数．解：（1）对任意a ∈ A ，设a = 2k (k ∈ N ) .则2a = 2k +1． 若 b 是任意一个小于2a -1的正整数，则b +1 ≤ 2a -1 ．由于 b 与b +1中，一个为奇数，它不含质因子 2，另一个为偶数，它含质因子 2 的幂的次数最多为 k 、因此， b (b +1) 一定不是 2a 的倍数．（2）若a ∈ A ，且a ≠ 1，设a = 2k m ，其中， k ∈ N ，m 为大于 1 的奇数． 则 2a = 2k +1 m ． 下面给出三种证明方法．方法 1 令b = mx ， b +1 = 2k +1 y ．消去 b 得2k +1 y - mx = 1.由(2k +1 , m )= 1，知方程必有整数解⎧⎪x = x + 2k +1t ,⎨ 0⎪⎩ y = y 0 + mt , 其中， t ∈ Z ， (x 0 , y 0 ) 为方程的特解． 记最小的正整数解为(x ', y ') .则 x ' < 2k +1 ．故b = mx ' < 2a -1，使得b (b +1) 是 2a 的倍数．方法 2 注意到， (2k +1 , m )= 1，由中国剩余定理，知同余方程组⎧⎪x ≡ 0(mod 2k +1 ), ⎪⎩x ≡ m -1(mod m )在区间(0, 2k +1 m ) 上有解 x = b ，即存在b < 2a -1，使得b (b +1) 是 2a的倍数． 方法 3 由(2, m ) = 1 ，总存在r (r ∈ N + , r ≤ m -1) ，使得2r ≡ 1(mod m )取t ∈ N ，使得tr > k +1 .则2tr≡ 1(mod m ) ． 存在b = (2tr -1)- q (2k +1 m )> 0(q ∈ N ) ， 使得0 < b < 2a -1.此时， m b ，2k +1 (b +1) .从而， b (b +1) 是 2a 的倍数．0 k⎛d ⎫3三、（50 分）设P，P1，…，Pn是平面上n +1 个点，其两两间的距离的最小值为d(d > 0) ．证明：P P P P …P P>d n0 1 0 2 0 n(3)证法1 不妨设PP1≤PP2≤…≤PPn．先证明：对任意正整数 k 都有 P P >.0 k3显然， P P ≥d ≥ 对k = 1, 2 ，…，8 均成立，只有当k = 8 时，上式右边取等号.0 k3所以，只需证明：当k ≥ 9 时，有 P P >即可．0 k3以点P (i = 0,1,…k) 为圆心、d为半径画k +1 个圆，其两两相离或外切；以点 P 为圆心、 PP +di 2 0 0 k2为半径画圆，此圆覆盖上述k +1 个圆．则π⎛P Pd ⎫2+⎪2>(k +1)π ⎪ ⇒P0P k>d (1)．由k ≥ 9 ，易知>．⎝ 2 ⎭⎝2 ⎭ 2 2 3所以， P P >对k = 9 ，10，…，n 也成立．0 k3综上，对任意的正整数 k 都有 P P >．0 k3⎛d ⎫n故PP1PP2…PPn> ⎪⎝⎭．证法 2 所设同证法1．以P (i = 0,1,…, k) 为圆心、d为半径画k +1 个圆，其两两相离或外切．i设Q 是2Pi上任意一点．PQ ≤PPi+PiQ由=P P +1d0 i2≤P P +1P P =3P P ,0 k 2 0 k 2 0 k知以P 为圆心、3PP 为半径的圆覆盖上述k +1 个圆．0 2 0 k⎛3 ⎫2 ⎛d ⎫2则π2PPk⎪ > (k + 1)π 2 ⎪ ，即 P0P k>k = 1, 2,…, n)．⎝⎭⎝⎭四、（50 分）设S =1+1+…+1n 是正整数）.证明：对满足0≤a<b≤1的任意实数a、b，数列{S-[S]}（n 2 n n n 中有无穷多项属于(a,b)，（[x]表示不超过实数x 的最大整数）．证法1（1）对任意n ∈N+，S =1 +1+1+…+12n 2 3 2n=1 +1+ (1+1) +…+ (1+…+1)有 2 21 +1222n-1 +12n>1 +1+ (1+1) +…+ (1+…+12 22 222n 2n= 1 +1+1+…+1>1n.2 2 2 212iN0 令 N =⎡ 1 ⎤+ 1 ， m = [S]+1.则1< N ，1< b - a ，S< m ≤ m + a ． 0⎢⎣b - a ⎥⎦N 0b - a 0N 0又令 N 1 = 22(m +1) .则 S N = S2( m +1)> m +1 ≥ m + b ．从而，存在n ∈ N + ， N 0 < n < N 1 ，使得m + a < S n < m + b ⇒ S n - [S n ]∈(a ,b ) ．否则，存在 N 0 < k ，使得 S k -1 ≤ m + a ， S k ≥ m + b ．于是 S - S ≥ b - a ，与 S - S = 1 < 1 < b - a 矛盾．k k -1 k k -1k N 0故一定存在n ∈ N + ，使得 S n - [S n ]∈(a ,b ) ． （2）假设只有有限个正整数 n 1 ， n 2 ，…， n k ，使得 S n - ⎡S n ⎤ ∈(a ,b )(1 ≤ j ≤ k ) ．j ⎣ j ⎦令c = min {S n j - ⎡S n j⎤}则a < c < b ．1≤ j ≤k⎣ ⎦ 故不存在n ∈ N + ，使得 S n - [S n ]∈(a ,c ) 与（1）的结论矛盾．所以，数列{S n - [S n ]}中有无穷多项属于(a ,b ) ． 综上，原命题成立．证法 2 由证法 1，知当 n 充分大时， S n 可以大于任何一个正数．令 N = ⎡ 1 ⎤+ 1 .则 N > 1 ．⎢⎣b - a ⎥⎦b - a当 k > N 时， S - S= 1 < 1 < b - a ．0 k k -1k N 0同证法 1 可证，对于任何大于 S 0m + a < S n < m + b ．的正整数 m ，总存在n > N 0 ，使得 S n - m ∈(a ,b ) ，即令m i = ⎡S N ⎤ + i (i = 1, 2,…).则m i > S N .⎣ 0 ⎦ 0故一定存在n i > N 0 ，使得m i + a < S n < m i + b ．从而， a < S n - m i = S n - ⎡S n ⎤ < b ．i i ⎣ i ⎦这样的 i 有无穷多个．所以，数列{S n - [S n ]}中有无穷多项属于(a ,b ) ．N。
2012年第九届东南地区数学奥林匹克试题参考解答
第九届东南地区数学奥林匹克试题参考解答第一天1. 求一个正整数组(,,)(1)l m n l m n <<<，使得111,,l m n k k l k m k k k ==+=+∑∑∑依次成等比数列．（陶平生提供）解 对*N t ∈，记1(1)2t t k t t S k =+==∑．设 111,,l m n lm l n m k k l k m k S k S S k S S ==+=+==-=-∑∑∑依次成等比数列，则2()()l n m m l S S S S S -=-， ①即2()l n m l m S S S S S +-=，于是应有2|l m S S ，即 222(1)(1)l l m m ++．令1(1)m l l +=+，并取3l =，于是11m =，则3116,66l m S S S S ====， 代人①得666n S =，即(1)6662n n +=，此时36n =满足． 因此(,,)(3,11,36)l m n =是一组满足条件的解．注 满足条件的数组(,,)l m n 不是唯一的，例如还有(8,11,13),(5,9,14)，(2,12,62),(3,24,171)等等，（可以证明，这种数组有无穷多）．2. 如图，△ABC 的内切圆I 在边,,AB BC CA 上的切点分别是,,D E F ，直线EF 与直线,,AI BI DI 分别相交于点,,M N K ．证明：DM KE DN KF ⋅=⋅．（张鹏程提供）证明 易知,,,I D E B 四点共圆．又90AID IAD ∠=-∠o ，90MED FDA IAD ∠=∠=-∠o ，所以AID MED ∠=∠，于是,,,I D E M 四点共圆．从而,,,,I D B E M 五点共圆，IMB IEB ∠=∠ 90=o，即AM BM ⊥． 同理，,,,,I D A N F 五点共圆，且BN AN ⊥．设直线,AN BM 交于点G ，则易知点I 为△GAB 的垂心．又ID AB ⊥，所以,,G I D 共线．由,,,G N D B 四点共圆，知ADN G ∠=∠．同理BDM G ∠=∠．所以DK 平分MDN ∠，从而 DM KM DN KN=． ① 又由,,,I D E M ；,,,I D N F 分别共圆，知KM KE KI KD KF KN ⋅=⋅=⋅，所以KM KF KN KE=． ② 由①，②，知DM KF DN KE=，即DM KE DN KF ⋅=⋅．3. 对正合数n ，记()f n 为其最小的三个正约数之和，()g n 为其最大的两个正约数之和．求所有的正合数n ，使得()g n 等于()f n 的某个正整数次幂．（何忆捷提供）解法一 若n 是奇数，则n 的一切约数都是奇数，故由题意知()f n 为奇数，()g n 为偶数，这样()g n 不可能等于()f n 的某个正整数次幂．因此只需考虑n 是偶数的情况，此时1,2是n 最小的两个正约数，,2n n 是n 最大的两个正约数． 设d 是n 除1,2以外的最小正约数．若存在*N k ∈使()()k g n f n =，则3(12)(3)(mod3)2k k k n d d d =++=+≡． 由于32n 显然是3的倍数，故3|k d ，即3|d ，由d 的最小性知3d =． 因此362k n =，解得146k n -=⨯，又3|n ，故其中2k ≥． 综上可知，n 的所有可能值为*46()N l n l =⨯∈．解法二 设合数n 满足*()()()N k g n f n k =∈，并设n 的最小素因子为p ，则n 的第二大正约数为n p． 若n 的第三小正约数为2p ，则2Z n p∈，此时 2()11(mod )f n p p p =++≡，2()(1)(mod )n n g n n p p p p p =+=+⋅， 从而1()()0(mod )k kf ng n p ≡=≡，矛盾．因此n 的第三小正约数不是2p ，从而必为某一素数()q q p >．易知此时Z n pq∈，故有 ()11(mod )f n p q p q =++≡+，()(1)(mod )n n g n n q p q p pq =+=+⋅． 因此 (1)()()0(mod )k kp f n g n q +≡=≡．又q 为素数，故|1q p +，从而1p q p <≤+，只有2,3p q ==．此时有 36()()2k k f n g n n ===，解得146k n -=⨯，又3|n ，故其中2k ≥． 综上可知，n 的所有可能值为*46()N l n l =⨯∈．4. 已知实数,,,a b c d 满足：对任意实数x ，均有14cos 3cos 2cos cos ≤+++x d x c x b x a ，求a b c d +-+的最大值．当a b c d +-+取最大值时，求实数,,,a b c d 的值． （李胜宏提供）解 记x d x c x b x a x f 4cos 3cos 2cos cos )(+++=. 由于(0),(),()3222a b d f a b c d f a b c d f c π=+++π=-+-+=---， 则 24(0)()()3333a b c d f f f π+-+=+π+≤， 当且仅当(0)()()13f f f π=π==，即1,1,1a b d c =+==-时取等号． 此时，令cos t x =，11t -≤≤，则()1cos cos 2cos3cos 41f x x b x x d x -=+-+-2342(1)(21)(43)(881)1t d t t t d t t =+----+-+-2(1)(1)(21)(2(1))0t t t dt d =-+---≤对任意实数[1,1]t ∈-成立．所以0d >，且2121d d -=，即21=d ． 所以，a b c d +-+的最大值为3，且此时11(,,,)(1,,1,)22a b c d =-．第二天5. 如果非负整数m 及其各位数字之和均为6的倍数，则称m 为“六合数”．求小于2012的非负整数中“六合数”的个数．（陶平生提供）解法一 易知，一个非负整数为“六合数”当且仅当它末位数字是偶数且各位数字之和是6的倍数．为方便起见，将{0,1,,2011}M =L 中每个数都写成四位数abcd 的形式（当不足四位数时，在最高数位前补上若干个数字“0”，使之恰含有四个数字），并用()f k 表示M 中末位数字为k 的“六合数”的个数，其中{0,2,4,6,8}k ∈．对N n ∈，将满足x y n +=且,{0,1,,9}x y ∈L 的(,)x y 的组数记为n p ，显然1,0,1,,9;19,10,11,,18;0,19.n n n p n n n +=⎧⎪=-=⎨⎪≥⎩L L 先考虑一切小于2000的“六合数”abck ．若0k =，则当0a =时，0,6,12,18b c +=；当1a =时，5,11,17b c +=，故06121851117(0)()()161632f p p p p p p p =++++++=+=．若2k =，则当0a =时，4,10,16b c +=；当1a =时，3,9,15b c +=，故410163915(2)()()171835f p p p p p p =+++++=+=．若4k =，则当0a =时，2,8,14b c +=；当1a =时，1,7,13b c +=，故28141713(4)()()171633f p p p p p p =+++++=+=．当6,8k =时，与0,2k =的情形类似，有(6)(0)32,(8)(2)35f f f f ====．因此，小于2000的“六合数”有(0)(2)(4)(6)(8)167f f f f f ++++=个．再注意到2000至2011中恰好有一个“六合数”2004，所以所求“六合数”的个数为1671168+=．解法二 对非负整数n ，令()S n 为其各位数字之和．先将小于2000的非负整数中所有6的倍数（共334个）配成如下167对：(0,1998),(6,1992),(12,1986),,(996,1002)L ．对上述每对数(,)x y ，设12341234,x a a a a y bb b b ==（约定当x 或y 不足四位数时，在最高数位前补上若干个数字“0”，使之恰含有四个数字），则112233441000()100()10()()1998a b a b a b a b x y +++++++=+=．因,x y 为偶数，故44,8a b ≤，因此441618a b +≤<，只能448a b +=；又由331819a b +≤<知，只能339a b +=；类似得229a b +=；最后必有111a b +=．故11223344()()()()()()199827S x S y a b a b a b a b +=+++++++=+++=， 从而(),()S x S y 中有且仅有一个6的倍数（这是因为,x y 均被3整除，所以()S x 与()S y 均被3整除），故,x y 有且仅有一个是“六合数”．从而，小于2000的“六合数”共有167个，又2000至2011中恰好有一个“六合数”2004，所以所求“六合数”的个数为1671168+=．6. 求正整数n 的最小值，使得<．（刘桂梅 提供）解 由已知得，必有2013n ≥，此时2011(2011)2012(2012)n n ⇔-<-4023n ⇔>． ①2013(2013)2011(2011)n n ≥⇔-≥-4024n ⇔≥． ②由①，②知，当4024n ≥时，有0<≤ 当20134023n ≤≤时，有0≥> 综上可知，满足条件的正整数n 的最小值为4024．7. 如图，△ABC 中，D 为边AC 上一点且ABD C ∠=∠，点E 在边AB 上且BE DE =，设M 为CD 中点，AH DE ⊥于点H．已知2AH =，1AB =，求AME ∠的度数．（熊斌提供） 解法一 由已知，BCD ∆的外接圆O 与直线AB 切于点B ．连接,,,,OB OE OG OD OM ．作AN BD ⊥于点N ，//EG BD 交AC 于点G ，又显然OE BD ⊥，OM CD ⊥，所以90GEO GMO ∠==∠o，则,E G , ,M O 四点共圆，从而tan tan EG AME GOE OE ∠=∠=． 由90OBE BNA ∠=∠=o ，ABN C EOB ∠=∠=∠知：OBE ∆与BNA ∆相似．易知,,,A H N D 四点共圆，故EDG ANH ∠=∠，又180AHN ADN ∠=-∠oEGD =∠，故EGD ∆与AHN ∆相似．所以OE BE DE EG BA NA NA AH===，于是2EG AH OE AB==15AME ∠=o ． 解法二 设,ABD C DBC αβ∠=∠=∠=，由已知易得 ,2BDE AED αα∠=∠=， ()ADE ADB BDE αβαβ∠=∠-∠=+-=，AB AE EB AE EH HD =+=++．因此1cos 2cot cot cot sin 2AB AE EH HD AH AH AH αβαβα++=+=+=+． ① 作,EK AC EL BD ⊥⊥，垂足为,K L ，则L 为BD 中点，结合正弦定理得sin sin sin sin EL DE EDL BD LD EK DE EDK CD MDαβ∠====∠， 所以cot LD MD MK DK EL EK EK EKα===-cot cot AME β=∠-． ②由①，②及已知条件得cot 2AB AME AH ∠===+15AME ∠=o ．8. 设m 是正整数，21m n =-，{1,2,,}n P n =L 为数轴上n 个点所成的集合．一个蚱蜢在这些点上跳跃，每步从一个点跳到与之相邻的点．求m 的最大值，使对任意,n x y P ∈，从点x 跳2012步到点y 的跳法种数为偶数（允许中途经过点,x y ）．（张思汇提供）解 当11m ≥时，212013m n =->，由于从点1跳2012步而到达点2013的跳法只有一种，矛盾！所以10m ≤．下证10m =满足题意．为此，我们对m 用数学归纳法证明一个更强的命题：对任意21m k n ≥=-及任意,n x y P ∈，从点x 跳k 步到点y 的跳法种数为偶数．当1m =时，跳法种数必为0，结论成立．设m l =时结论成立，对121l k n +≥=-，将从点x 跳k 步到点y 的路径分成3类，我们证明每种情况下的路径种数均为偶数即可．（1）路径从不经过点2l ．此时，点x 和点y 位于点2l 的同侧，由归纳假设知，路径有偶数种．（2）路径经过点2l 恰一次．设第i 步跳到点2l （{0,1,,}i k ∈L ，0i =表示点x 就是点2l ，i k =表示点y 就是点2l），我们证明对任意i ，路径种数都是偶数．设路径为1111,,,,2,,,,l i i k x a a a a y -+-L L ，将其分为两条子路：从点x 到点1i a -，共1i -步；从点1i a +到点y ，共1k i --步（对0i =或k ，只有一条子路，共1k -步）．因为121l k n +≥=-，若121l i -<-且121l k i --<-，则122l i -≤-且1k i -- 22l ≤-，相加得：122l k +≤-，矛盾！所以121l i -≥-或121l k i --≥-必有一个成立，由归纳假设，必有一条子路的路径种数为偶数，由乘法原理即知：第i 步跳到点2l的路径种数为偶数．（3）路径经过点2l不少于两次．此时将第一次与第二次到点2l之间的路径沿点2l作对称，则对（3）中的路径进行了两两配对，必为偶数种路径．由数学归纳法，命题得证．综上所述，m的最大值为10．。
2012年世界奥林匹克数学竞赛四年级试题
2012年世界奥林匹克数学竞赛四年级试题2012赛季世界奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛地⽅海选赛 A 卷--------------------------------------------------------------------------------- 考⽣须知：⼀、每位考⽣将获得考题⼀份。
考试期间，不得使⽤计算⼯具或⼿机。
⼆、本卷共100分，填空题每⼩题5分，解答题每题10分。
三、请将答案写在本卷上。
考试完毕时，所有考题及草稿纸会被收回。
四、若计算结果是分数，请化⾄最简，并确保为真分数或带分数。
四年级试卷（本试卷满分100分，考试时间90分钟）⼀、填空题。
（每题5分，共60分）1、计算：10×11÷10×11= 。
2、定义运算?为a ?b =5×)(b a b a +-?.则5?6是。
3、⼀只⼩⾍沿笔直的树⼲跳着往上⾏，每跳⼀次都⽐上⼀次升⾼4厘⽶。
它从离地⾯10厘⽶处开始跳，如果把这⼀处称为⼩⾍第⼀次落脚点，那么它的第100个落脚点正好是树梢，这棵树⾼厘⽶。
4、将下⾯算式补充完整。
5、图中⼀共有个平⾏四边形。
6、奥斑马、⼩泉、欧欧三个⼈的数学平均分是94，加上⼩美的成绩之后，他们的平均分变成了92，⼩美的数学分数是。
1. ⽤1、2、3、4这四个数字可组成个⽐2000⼤的⽆重复数字的四位数。
8、有⼀列数，1、3、6、8、5、7、1、3、6、8、5、7 ……第58个数是，这58个数相加的和是。
×9、某班有36个同学在⼀项测试中，答对第⼀题的有25⼈，答对第⼆题的⼈有23⼈，两题都答对的有15⼈。
两题都答不对的同学有⼈。
10、⼀根绳⼦剪去⼀半多4⽶，再剪去余下的⼀半，还剩下43⽶，这根绳⼦原来长⽶。
11、从1、2、3、4、5、6这些数中，任取两个数，使其和不能被3整除，则有种取法。
12、奥班马、⼩泉、⼩美、欧欧各拿⼀只⽔桶同时到⼀个⽔龙头前接⽔，他们只能⼀个⼀个地接⽔。
2012年APMO亚太区数学奥林匹克真题(中文版)
第二十四屆亞太數學(APMO)競賽試題比賽時間:2012年3月13日比賽地點:中央大學、高雄大學注意事項:本試題的內容僅可由APMO官方網站發布。
在官方正式發布前,請勿洩露給任何人,尤其是經由網路傳遞。
時間限制:計四小時(9:30am∼1:30pm)除作圖外,答案限用黑色或藍色筆書寫。
答案不得以修正液(帶)修正。
計算紙必須連同試卷交回。
不得使用計算器。
本試卷共五題,每題滿分七分問題一、令P為三角形ABC內部一點,且令D,E,F分別為直線AP與邊BC,直線BP與邊CA,直線CP與邊AB之交點。
如果三角形P F A,P DB與P EC 之面積為1,試證明:三角形ABC之面積為6.Problem1.Let P be a point in the interior of a triangle ABC,and let D,E,F be the point of intersection of the line AP and the side BC of the triangle,of the line BP and the side CA,and of the line CP and the side AB,respectively.Prove that the area of the triangle ABC must be6if the area of each of the triangles P F A,P DB and P EC is1.1問題二、在2012×2012的方格陣中,每一格都填入一個大於或等於0且小於或等於1的實數。
使用一條水平線或鉛垂線將這個方格陣切割成兩塊(非空的)長方形。
無論如何切割,兩塊長方形中至少有一塊其所有格子的數字之總和會小於或等於1.試求:被填入這個2012×2012方格陣的所有數字之總和的最大可能值。
Problem2.Into each box of a2012×2012square grid,a real number greater than or equal to0and less than or equal to1is inserted.Consider splitting the grid into2non-empty rectangles consisting of boxes of the grid by drawing a line parallel either to the horizontal or the vertical side of the grid.Soppose that for at least one of the resulting rectangles the sum of the numbers in the boxes within the rectangle is less than or equal to1,no matter how the grid is split into 2such rectangles.Determine the maximum possible value for the sum of all the 2012×2012numbers inserted into the boxes.2問題三、找出所有的有序對(p,n),其中p為質數且n為正整數,使得n p+1p n+1是一整數。
2012中国数学奥林匹克
２ ｌ
１ ．． ， ． ． ． ． ． ． ， ． ． ． 一
２ １ 中 国 数 学 奥 林 匹 克 ０ ２
中 图分 类 号 ： ４ ４７ Ｇ ２ ．９ 文 献 标识 码 ：Ａ 文 章 编 号 ：１０ ６ １ （０ ２ ０ ０ ２ —０ ０５— ４ ６ ２ １ ）３— ０ １ ４
ｐ 成立． ）
ｉ 、
．
由于表 中各 数 互不 相 同 ， 则 。 ， ， ， …
互不相 同 ， Ｙ ， ， 也 互 不 相 同． 妨 设 Ｙ ，：… Ｙ 不
１ ＜… ＜ ， ＜２ 这是 因为交换 与 的值 ｆ
相 当于交换 第 ｉ 和第 行 ， 行 既不 改变 题设也
２
第 一 天
１ 如 图 １ 在 圆内接△ Ａ Ｃ中 ， Ａ为最 ． ， Ｂ
， 、
ｍ 以及 ｂ，２… ， 。ｂ， ｂ ∈ ｛一１１ ， 得 ， ｝使
ｎ＝ｂ １＋ｂ ２＋ … ＋ｂ １ ２
ｍ
口ｍ ．
（ 陈永 高 供 题 ）
大角 ， 不含 点 Ａ的弧Ｂ 上 两点 Ｄ、 Ｃ Ｅ分 别为弧
，
在△ Ａ Ｅ与△ Ｂ Ｅ中， Ｐ Ｐ 分别运用正弦定 理并 结合 Ａ Ｂ 得 Ｅ： Ｅ， 墨一 一 一 丝 丝
ｓｎ ｉ ＡＰＥ —ＡＥ —ＢＥ —ｓｎ ｉ
，
口 （ ＝１ ２ … ， ＝１２， ， ） 每 个 子 表 ｉ ， ， Ｐ； ， … ｎ，
丝
ＢＰＥ ‘
格 中的 ｋ 数构成 块． 个
（ 朱华伟 供题 ）
或 同时减 去 １若 可 以 通 过有 限 多 次 上 述操 ． 作将 Ａ中元 素全变 为 ０ 则 称 是 一个 “ ， 好矩 阵 ” 求好 矩阵 Ａ的个数． （ 振 华 ． 瞿 供题 ） ３ 证 明 ： 于任 意 实数 Ｍ ＞ 总 存 在 满 ． 对 ２， 足下 列条 件 的严 格递 增 的正整数 数列 口 ， 口 ，
方林锋贤江3- 精选 2012-2013世界少年奥林匹克数学竞赛(四川区)选拔赛初赛_六年级(1)
1. 某班学生正好排成4路纵队，由一名老师带领去植树，共种了667棵树， 如果师生每人种的一样多，则有 名学生，每人种 棵树。
2. 把10克盐放入100克水，盐占盐水的 。
3. 六（甲）班有56名学生，男生29人，女生27人,参加奥数小组有32人，参加科技小组有28人，两个小组都没有参加的有20人，两个小组都参加的有 人。
4.小路买2支铅笔和3块橡皮共用去18元，小思买同样的1支铅笔和2块橡皮共用去11元，买1支铅笔是 元。
5． ∙∙=742851.07
1，小数点后第100位是 。
6．菜地里葡萄获得丰收，收入全部的3
8时，装满了4筐还多36千克，收完其余部分时，又刚好装满8筐，共收葡萄 千克。
7. 有一批商品，每件都是长方体形状，它的尺寸是1×2×4。
现在有一批
现成木箱，尺寸是6×6×6。
能否用这样的商品将本箱填？ 。
8.方程11x+3y=89的整数解（x ＞0，y ＞0）有 x= y= 。
9. 计算:1234567891234567892345678910-⨯-⨯-⨯-⨯-⨯-⨯-⨯-⨯-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
的值是 。
10. 三角形BDE 、ADE 、ACE 的面积分别是26、13、19平方厘米，阴影部分
的面积是 平方厘米。
A
B C
D E。
2012年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题参考
精心整理
2012年全国高中数学联合竞赛湖北省预赛试题参考
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一、）
1234
56．
7．
8二、解答题（本大题满分56分，第9题16分，第10题20分，第11题20分）
9．已知正项数列满足且，，求的通项公式．
10．已知正实数满足，且，求的取值范围．
11．已知点为抛物线内一定点，过作斜率分别为的两条直线交抛物线于，且分别是线段的中点．
（1）当且时，求△的面积的最小值；
（2）若（为常数），证明：直线过定点．
2012
一、）1
2
3
如果，则5．
4．设集合，是的子集，且满足，，那么满足条件的子集的个数为185．5．过原点的直线与椭圆：交于两点，是椭圆上异于的任一点．若直线的斜率之积为，则椭圆的离心率为．
6．在△中，，．设是△的内心，若，则的值为．
7．在长方体中，已知，则长方体的体积时，为．
8．设表示不超过的整数，则2012．
二、解答题（本大题满分56分，第9题16分，第10题20分，第11
题
9
令,，所以
所以
，
因此
10．已知正实数满足，且，求的取值范围．
解令。
2012年全国高中数学联赛山东赛区预赛试卷及解析
2012年全国高中数学联赛山东赛区预赛试卷注意事项：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.已知集合+b }，B ={a −b,ab }，且A ∩B ={−1,0}.则a 、b 的值分别为（ ）.A. -1，0B. 0，-1C. -1，1D. 1，-12.在平面直角坐标系xOy 中，曲线2|x |+3|y |=5所围成图形的面积为（ ）.A. 53B. 5C. 203D. 2533.已知在(x 2−1x )n的展开式中，常数项为15.则n 的值为（ ）.A. 3B. 6C. 9D. 124.设A 、B 、C 、D 是以O 为球心的球面上四点，AB 、AC 、AD 两两互相垂直，且AB=3厘米，AC =4厘米，AD =√11厘米.则球的半径r 为（ ）厘米.A. 3B. 4C. 5D. 65.已知平面内三点A 、B 、C 满足|AB |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =3，|BC |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =5，|CA |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =6.则AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·CA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +CA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 的值为（ ）. A. -55 B. -45 C. -35 D. -256.设z 1、z 2为一对不相等的共轭复数，且|z 1|=√3，z 12z 2为实数.则|z 1−z 2|=（ ）.A. √3B. √6C. 3D. 2√37.已知S 为直平行六面体.命题p:S 为正方体；命题q:S 的任意体对角线与其不相交的面对角线垂直.则命题p 是命题q 的（ ）条件 .A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充分必要D. 既不充分也不必要8.称分子和分母的最大公约数为1的分数为既约分数.则所有分母为100的正的既约真分数之和为（ ）.A. 20B. 30C. 35D. 459.某科室安排甲、乙、丙、丁四人国庆节放假期间（共放假八天）的值班表.已知甲、乙各值班四天，甲不能在第一天值班且甲、乙不在同一天值班；丙需要值班三天，且不能连续值班；丁需要值班五天；规定每天必须两人值班.则符合条件的不同方案共有（ ）种.A. 400B. 700C. 840D. 960 10.已知f (x )=x 4+kx 2+1x 4+x 2+1(k 、x ∈R ).则f (x )的最大值与最小值的乘积为（ ）.A.4k−13 B. k C. k+12 D. k+23第II 卷（非选择题）二、填空题11.函数2sinx(x ∈(0,2π))的单调递减区间为______.12.在等差数列{a n }中，已知a 20=1a ，a 201=1b ，a 2012=1c.则1992ac −1811bc −181ab =______.13.已知常数a 、b 满足a 、b>0，a ≠1，且点P (a,b )，Q (b,a )均在曲线y =cos (x +c )上，其中，c 为常数.则log a b =______.14.设O 为ΔABC 内一点，且AO ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =13AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +14AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ .则S ΔOAB :S ΔOBC=______.三、解答题15.给定正整数n ，等差数列{a n }满足a 12+a n+12≤25.证明：∑a i ≤n +12n+1i=n+1.16.在三棱锥A −BCD 中，已知ΔBCD 、ΔACD 均是边长为2的正三角形，ΔBCD 在平面α内，侧棱AB =√3.现对其四个顶点随机贴上写有数字1~8的八个标签中的四个，并记对应的标号为f (η)（η取值为A 、B 、C 、D ），E 为侧棱AB 上一点. （1）求事件“f (C )+f (D )为偶数”的概率P 1. （2）若|BE ||EA |=f (B )f (A )，求“二面角E −CD −A 的平面角θ大于π4”的概率P 2. 17.已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，记A d 为与原点距离等于d 的全体直线所成的集合.问：是否存在常数d (0<d <b )，使得对任意的直线l ∈A d ，均存在l 1、l 2∈A d ，l 1、l 2分别过l 与椭圆C 的交点P 、Q ，且有l 1∥l 2？并说明理由.18.设函数f (x )=ax 2+bx +c(a 、b 、c ∈R,a ≠0)满足当|x |≤1时，均有|f (x )|≤1.设|f ′(x )|在|x |≤1时的最大值为K .试求所有函数f (x )，使得存在x 0∈[−1,1]，满足|f ′(x 0)|=K . 19.设集合A⊆R ， A 是集合A 的所有子集组成的集合.若集合A 满足对任意的映射f:A →(X))⋅⋅⋅))≠A−X成立，其中，A−X表示集合A A，总存在X∈A，使得f(f(⋅⋅⋅(f⏟2n个的子集X的补集，n为给定的正整数.试求所有满足上述条件的集合A.参考答案1.A【解析】1. 由1∉A ∩B ，知b 、a +b 中必有一个为0，一个为-1.如果b=-1,a+b=0,则a=1,b=-1,此时B={2,-1},不满足题意. 如果b=0,a+b=-1,则a=-1,b=0，此时B={-1,0},满足题意. 因此，a=−1，b =0.故答案为：A 2.D【解析】2.如图，显然，曲线2|x |+3|y |=5所围成的图形关于x 轴、y 轴对称.于是，只需考虑图像在第一象限的部分.此时，x >0，y >0，即曲线为2x +3y =5.故曲线2|x |+3|y |=5所围成的图形是一个菱形，其面积为2×52×53=253.故答案为：D3.B【解析】3. 由题设知C n k(x 2)n−k(−1x )k=15.所以C n k (−1)kx2n−3k =15, 注意到，2n −3k =0⇒k =n 3⇒C n n3=15.当n=3时，C 31=3≠15；当n =6时，C 62=15.故答案为：B 4.A【解析】4.以A 为原点、AB 和AC 和AD 所在射线分别为x 轴和y 轴和z 轴建立空间直角坐标系.则B (3,0,0)，C (0,4,0)，D(0,0,√11). 显然，球心应为下述三个平面α:x =32，β:y =2，γ:z =√112的交点.所以，球心O (32,2,√112)，半径r =OA =3.故答案为：A 5.C【解析】5.由余弦定理知AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−BA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−|BA |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2+|BC |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2−|AC |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 22. 同理，BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·CA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−|CA |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2+|CB |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2−|AB |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 22，CA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−|AB |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2+|AC |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2−|BC |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 22.故AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·CA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +CA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ·AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−|AB |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2+|AC |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2+|BC |⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 22=−35.故答案为：C 6.C【解析】6.由题意得z 12z 2=(z 12z 2)⇒z 12z 2=z 2z 12.两边同乘以z 1z 2得z 13|z 2|2=z 1z 22|z 1|2.由z 1=z 2，知z 13=z 23.故(z 1−z 2)(z 12+z 1z 2+z 22)=0.又z 1−z 2≠0，则z 12+z 1z 2+z 22=0.故(z 1−z 2)2=−3z 1z 2=−3|z 1|2=−9.所以，|z 1−z 2|=3.故答案为：C 7.C【解析】7.充分性显然成立，下面证明必要性成立.如下左图，上下底面为平行四边形，各个侧面均为矩形. 作体对角线A 1C 和B 1D 在平面AA 1B 1B 上的射影. 因为平面AA 1B 1B⊥平面ABCD ，所以，点C 、D 的垂足C ′、D ′必在直线AB 上，A 1C 和B 1D 在平面AA 1B 1B 上的射影分别为A 1C ′和B 1D ′.平面AA 1B 1B 上的图形如下右图.由C ′D′∥A 1，C ′D ′=CD =C 1D 1=A 1B 1，知四边形A 1B 1C ′D ′是平行四边形，其对角线的交点为Q .又A 1C ⊥AB 1，B 1D ⊥A 1B ，由三垂线定理知A 1C′⊥AB 1，B 1D ′⊥A 1B .则∠A1QB1+∠A1PB1=π.因为点Q到A1B1的距离等于点P到A1B1的距离等于12AA1，且Q是等腰ΔA1PB1两腰上高的交点，所以，ΔA1QB1也是等腰三角形.从而，点Q与P重合，且∠A1PB1=∠A1QB1=π2.故侧面AA1B1B是正方形.同理，其他侧面四边形均为正方形.又点D′、C′分别与A、B重合，由此可得底面四边形为正方形.综上，六面体S为正方体.故答案为：C8.A【解析】8.由100=22×52，令A={n|2|n,n≤100,n∈N+}，B={n|5|n,n≤100,n∈N+}.则|A∪B|=|A|+|B|−|A∩B|=50+20−10=60.故符合条件的真分数共有40个.又(i,100)=1⇒(100−i,100)=1.故上述真分数两两配对.因此，所有真分数之和为20.故答案为：A9.B【解析】9.先考虑甲、乙.甲不在第一天值班，可在后面七天中任选四天，因此，有C74种排法，余下的分派给乙，则乙有C44种排法.再考虑丙、丁.设丙的值班日分别安排在假期的第n1、n2、n3天.则由题意，知n1、n2、n3互不相邻，且1≤n1<n2<n3≤8.令m 1=n 1，m 2=n 2−1，m 3=n 3−2.则1≤m 1<m 2<m 3≤6.显然，n 1、n 2、n 3互不相邻 等价于m 1、m 2、m 3互不相同，且{n 1,n 2,n 3}和{m 1,m 2,m 3}的对应是一一对应.所以，丙的值班安排共有C 63个不同方案.丁的值班方案为C 55.由乘法原理，知甲、乙、丙、丁的不同值班方案种数为C 73C 44C 63C 55=700.故答案为：B 10.D【解析】10.注意到，f (x )=1+(k−1)x 2x 4+x 2+1.而x 4+1≥2x 2，则0≤x 2x 4+x 2+1≤13.当k ≥1时，f (x )max =k+23，f (x )min=1； 当k<1时，f (x )min =k+23，f (x )max=1.因此，f (x )max f (x )min =k+23.故答案为：D 11.(π6,π2)，(5π6,3π2)【解析】11. 对题设函数求导得y ′=−2sin2x +2cosx =−2cosx (2sinx −1).令y ′<0.则{2sinx −1>0,cosx >0 或{2sinx −1<0,cosx <0.如图.结合单位圆知函数y=cos2x +2sinx 在区间(π6,π2)，(5π6,3π2)是单调递减的. 故答案为：(π6,π2)，(5π6,3π2)12.0【解析】12.设等差数列的公差为d .则由题意得a 201−a 20=a−b ab =181d ，a 2012−a 201=b−cbc=1811d ，a 2012−a 20=a−c ac=1992d .故1992ac −1811bc −181ab =a−c d+c−b d+b−a d=0.故答案为：0 13.1【解析】13.由点P (a,b )，Q (b,a )均在曲线y=cos (x +c )上，知a −b =cos (b +c )−cos (a +c ) =2sin (a+b+2c2)·sin a−b 2.不失一般性，设a ≥b .若a>b ，则|sin a+b+2c 2|≤1，|sin a−b 2|<a−b2. 故|a −b |<2|a−b2|=|a −b |，矛盾. 又函数y=x 和y =cos (x +c )的图像必有交点，知a =b 成立.所以，log a b =1. 故答案为：1 14.35【解析】14.由题设得5OA ⃑⃑⃑⃑⃑ +4OB ⃑⃑⃑⃑⃑ +3OC⃑⃑⃑⃑⃑ =0. 如图，分别延长OA 、OB 、OC 至OA ′、OB ′、OC ′，使得|OA ′|=5|OA |，|OB ′|=4|OB |，|OC ′|=3|OC |.联结A ′B ′、B ′C ′、C ′A ′.则OA ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +OB ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +OC ′⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0.所以，O 为ΔA ′B ′C ′的重心.因此，S ΔOA ′B ′=S ΔOB ′C ′=S ΔOC ′A ′.又SΔOABS ΔOA ′B ′=OA OA ′·OB OB′=120，S ΔOBC S ΔOB ′C′=OB OB′·OC OC′=112，故S ΔOAB S ΔOBC=35. 故答案为：3515.见解析【解析】15. 由题意得 ∑a i =(n+1)(a n+1+a 2n+1)22n+1i=n+1 =(n+1)(3a n+1−a 1)2≤n+12√a 12+9a n+12−6a 1a n+1 =n+12√a 12+9a n+12+2×3a 1(−a n+1)≤n+12√10(a 12+a n+12) ≤n+12√10×25=n +1.16.（1）37（2）956【解析】16.（1）用M 1表示“f (C )、f (D )均为奇数”的事件，用M 2表示“f (C )、f (D )均为偶数”的事件.由题意知P (M 1)=A 42A 82=4×38×7=314，P (M 2)=A 42A 82=4×38×7=314.记“f (C )+f (D )为偶数”为事件Q .则Q =M 1+M 2.故P 1=P (M 1)+P (M 2)=314×2=37.（2）如图，取边CD 的中点F ，连结BF 、AF 、EF . 因为ΔBCD 、ΔACD 均是边长为2的正三角形，所以，AF ⊥CD ，BF ⊥CD .因此，CD⊥平面ABF .从而，∠AFE 是二面角E −CD −A 的平面角θ.又AF=BF =√3=AB ，则∠AFB =π3. 故f (A )f (B )=|AE ||BE |=sin∠AFE sin∠BFE =sinθsin(π3−θ)>sinπ4sin π12=√3+1.当f (B )=1时，f (A )≥3，则f (A )可取3，4，…，8共六个值； 当f (B )=2时，f (A )≥6，则f (A )可取6，7，8共三个值； 当f (B )≥3时，f (A )≥9，则f (A )不存在.综上，P 2=9A 82=956.17.d =√a 2+b 2【解析】17.假设存在满足题设条件的常数d .取l ∈A d 为特殊直线：x =d ，且与椭圆C 交于P 、Q 两点.作以原点O 为圆心、d 为半径的圆O d 与x 轴的正半轴交于点G .显然，圆O d 与直线PQ 切于点G ，且GP=GQ .依题意，存在直线l 1、l 2，分别过点P 、Q ，且与圆O d 相切.设切点分别为P 0、Q 0. 则OP 0、OQ 0分别垂直相互平行的直线l 1、l 2.故P 0Q 0为圆O d 的直径. 从而，OG 是梯形P 0Q 0QP 的中位线. 由OG⊥PQ ，知l 1⊥PQ ，l 2⊥PQ .因此，点P (d,d )，且l 1:y =d ，l 2:y =−d .又点P (d,d )在椭圆C 上，由假设知椭圆方程为d 2a 2+d2b2=1⇒d =√a 2+b.下面证明：d =√a 22即为所求.先证明：若l ∈A d ，且与椭圆C 交于点P 、Q ，则OP ⊥OQ .设直线l:y=kx +m .则原点O 到l 的距离为√k +1.故√a 2+b =√k +1⇒(k 2+1)a 2b 2=m 2(a 2+b 2).将直线l 的方程代入椭圆方程得(a 2k 2+b 2)x 2+2a 2kmx +a 2(m 2−b 2)=0.设P (x 1,y 1)，Q (x 2,y 2).则由韦达定理得x1+x2=−2a2km，a2k2+b2x1x2=a2(m2−b2).故x1x2+y1y2a2k2+b2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(k2+1)x1x2+mk(x1+x2)+m2=(a2+b2)m2−(k2+1)a2b2=0，即OP⊥OQ.a2k2+b2易证，若直线l∈A d的斜率不存在，则OP⊥OQ.假设l1、l2分别与椭圆C交于点P与P1、Q与Q1.则OP⊥OQ，OP⊥OP1，OQ⊥OQ1，且∠OPP1=∠OPQ，∠OQQ1=∠OQP. 故∠P1PQ+∠Q1QP=π，即l1∥l2.满足题意.综上，存在唯一d=√a2+b218.f(x)=±(2x2−1)【解析】18.注意到，|f(0)|=|c|≤1.由b、−b中必有一个与a+c同号知|f(1)|=|a+b+c|≤1，|f(−1)|=|a−b+c|≤1⇒|a+c|+|b|≤1⇒|a+c|≤1−|b|⇒|a|−|c|≤|a+c|≤1−|b|⇒|a|≤1+|c|−|b|≤2−|b|.当|x|≤1时，有|f′(x)|=|2ax+b|≤2|a|+|b|≤4−|b|≤4.事实上，当f(x)=2x2−1时，|f′(1)|=4⇒K=4.对存在x0∈[−1,1]，满足|f′(x0)|=4的f(x)，由4=|f′(x0)|≤4−|b|⇒|b|=0，|a|=2.当a=2时，f(x)=2x2+c.则|f(1)|=|2+c|≤1⇒−3≤c≤−1.而|c|≤1⇒c=−1.故f(x)=2x2−1.当a=−2时，同理，f(x)=−2x2+1满足条件.综上，满足题设条件的函数为f(x)=±(2x2−1).19.见解析【解析】19.记f k(X)=f(f(⋅⋅⋅(f⏟k个(X))⋅⋅⋅)).若存在有限子集B⊆A，满足|B|=n+1.首先证明：存在映射f:A→|A，对任意的集合Y∈A，均有f2n(Y)=A−Y.设集合B的全部子集构成的集合为B={B0,B1,⋅⋅⋅,B2n+1−1},其中，B0=∅，B2n=B，B i∪B2n+i=B，B i∩B2n+i=∅(i=0,1,⋅⋅⋅,2n−1). 定义映射φ:B→B，φ(B i)=B i+1(i=0,1,⋅⋅⋅,2n−1)，φ(B2n+1−1)=B0，则对任意的B i∈B，均有φ2n(B i)=B−B i.定义映射f:A→A，对于任意的Y∈A，设Y∩B=B i，Y∩(A−B)=X.则Y= B i∪X.定义f(Y)={φ(B i)∪X,0≤i≤2n−2;φ(B i)∪X,2n−1≤i≤2n+1−2;X,i=2n+1−1,其中，X=(A−B)−X.则对任意的Y∈A，均有f2n(Y)=A−Y.因此，对于映射f:A→A，若不存在集合Y∈A，使得f2n(Y)≠A−Y，则|A|≤n. 其次证明：对任何有限集A，|A|=m≤n，均满足题设条件.反证法.假设存在映射f:A→A，使得对任意的Y∈A，均有f2n(Y)=A−Y.任取X∈A，由A是有限集，故必存在整数k，使得f k(X)=X，且对任意的i、j(1≤i、j<k≤2m,i≠j)，有f i(X)≠f j(X).设2n=pk+l(1≤l<k).则f2n(X)=f l(X)=A−X.同理，f l+1(X)=A−f(X)，f l+2(X)=A−f2(X)，……f2l−1(X)=f k−1(X)=A−f l−1(X).由此知k=2l.所以，2n=pk+l=(2p+1)l，与2n不含不为1的奇数因子矛盾.因此，不存在这样的映射f:A→A，使得对任意的Y∈A，均有f2n(Y)=A−Y，即对任一映射f:A→A，均存在Y∈A，有f2n(Y)≠A−Y.从而，A必为所有元素个数小于或等于n的实数的集合.。
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2012中考数学竞赛预赛试题及答案
1.计算： 12-22+32-42+52-62+…-1002+1012=________。
2.一个两位数等于其个位数字的平方与十位数字之和，这个两位数是________。
3.五个连续自然数，每个数都是合数，这五个连续自然数的和最小是________。
4.有红、白球若干个。
若每次拿出一个红球和一个白球，拿到没有红球时，还剩下50个白球；若每次拿走一个红球和3个白球，则拿到没有白球时，红球还剩下50个。
那么这堆红球、白球共有________个。
5.一个年轻人今年（2000年）的岁数正好等于出生年份数字之和，那么这位年轻人今年的岁数是________。
6.如下图， ABCD是平行四边形，面积为72平方厘米，E，F分别为AB，BC的中点，则图中阴影部分的面积为_____平方厘米。
7.a是由2000个9组成的2000位整数，b是由2000个8组成的2000位整数，则a×b 的各位数字之和为________。
8.四个连续自然数，它们从小到大顺次是3的倍数、5的倍数、7的倍数、9的倍数，这四个连续自然数的和最小是____。
9.某区对用电的收费标准规定如下：每月每户用电不超过10度的部分，按每度0.45元收费；超过10度而不超过20度的部分，按每度0.80元收费；超过20度的部分，按每度1.50元收费。
某月甲用户比乙用户多交电费7.10元，乙用户比丙用户多交3.75元，那么甲、乙、丙三用户共交电费 ________元（用电都按整度数收费）。
10.一辆小汽车与一辆大卡车在一段9千米长的狭路上相遇，必须倒车，才能继续通行。
已知小汽车的速度是大卡车的速度的3倍，两车倒车的速度是各自速度的；小汽车需倒车的路程是大卡车需倒车的路程的4倍。
如果小汽车的速度是50千米/时，那么要通过这段狭路最少用________小时。
11.某学校五年级共有110人，参加语文、数学、英语三科活动小组，每人至少参加一组。
已知参加语文小组的有52人，只参加语文小组的有16人；参加英语小组的有61人，只参加英语小组的有15人；参加数学小组的有63人，只参加数学小组的有21人。
那么三组都参加的有________人。
12.有8级台阶，小明从下向上走，若每次只能跨过一级或两级，他走上去可能有________种不同方法。
参考答案：
1、5151
2、89
3、130
4、250
5、19
6、48
7、18000
8、642
9、24.05 10、9/10 11、8 12、34。