数学奥林匹克高中训练题94
2020四套数学奥林匹克高中训练题及答案
数学奥林匹克高中训练题（一）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题22)集合111{|log 2,}23nn n N -<<-∈的真子集的个数是(A)． (A) 7 (B)8 (C)31 (D)322．(训练题22)从1到9这九个自然数中任取两个，分别作为对数的真数和底数，共得不同的对数值(B)．(A) 52个 (B) 53个 (C) 57个 (D) 72个3．(训练题22)空间有四张不同的平面，则这四张平面可能形成的交线条数取值的集合是(C)．(A){1,2,3,4,5,6} (B) {0,1,2,3,4,5,6} (C) {0,1,3,4,5,6} (D) {0,1,2,3,5,6}4．(训练题22) 函数(),()y f x y g x ==的定义域及值域都是R ，且都存在反函数，则11((()))y f g f x --=的反函数是(B)．(A)1((()))y f g f x -= (B) 1((()))y f g f x -= (C) 11((()))y f g f x --= (D) 11((()))y f g f x --=5．(训练题22) 若cos 40sin 40o o ω=+,则1239239ωωωω-++++等于(D)． (A)1cos 2018o (B) 1sin 409o (C) 1cos 409o (D) 2sin 209o 6．(训练题22) 当01x <<时，222sin sin sin ,(),x x x x x x的大小关系是(B)． (A) 222sin sin sin ()x x x x x x << (B) 222sin sin sin ()x x x x x x << (C) 222sin sin sin ()x x x x x x << (D) 222sin sin sin ()x x x x x x<< 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题22) 已知211(),()5,()2f x x g x x g x -==-+表示)(x g 的反函数，设11()(())(())F x f g x g f x --=-．则()F x 的最小值是 703． 2．(训练题22) 在1000和9999之间由四个不同数字组成，且个位数字与千位数字之差的绝对值是2的整数共有 840 个．3．(训练题22) 四面体P ABC -中，,8,6,9,120o PC ABC AB BC PC ABC ⊥===∠=面，则二面角B AP C --的余弦值是 ． 4．(训练题22) 设{}P =不少于3的自然数，在P 上定义函数f 如下：若,()n P f n ∈表示不是n 的约数的最小自然数，则(360360)f = 16 ．5．(训练题22)n 为不超过1996的正整数，如果有一个θ，使(sin cos )sin cos ni n i n θθθθ+=+成立，则满足上述条件的n 值共有 498 个．6．(训练题22)在自然数列中由1开始依次按如下规则将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2,4；再染4后最邻近的三个连续奇数5，7，9；再染9后最邻近的四个连续偶数10，12，14，16；再染此后最邻近的五个连续奇数17，19，21，23，25，按此规则一直染下去，得一红色子列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，则红色子列中由1开始数起的第1996个数是 3929 ． 第二试一、(训练题22)(本题满分25分) 点M 是正三角形内一点，证明：由线段,MA MB 和MC 为边组成的三角形面积不超过原正三角形面积的13． 二、(训练题22)(本题满分25分) 若21x y +≥，试求函数2224u y y x x =-++的最小值．95- 三、(训练题22)(本题满分35分) 证明：从任意四个正整数中一定可以选出两个数x 和y ，使得如下不等式成立0212x y x y xy-≤<+++． 四、(训练题22)(本题满分35分)连结圆周上九个不同点的36条弦要么染成红色，要么染成蓝色，我们称它们为“红边”或“蓝边”，假定由这九个点中每三个点为顶点的三角形中都含有“红边”，证明：这九个点中存在四个点，两两连结的六条边都是红边．数学奥林匹克高中训练题（二）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题23)119963+除以19971996⨯所得的余数是(D)．(A) 1 (B) 1995 (C) 1996 (D) 19972．(训练题23)若在抛物线)0(2>=a ax y 的上方可作一个半径为r 的圆与抛物线相切于原点O ，且该圆与抛物线没有别的公共点，则r 的最大值是(A)． (A)a 21 (B)a1 (C)a (D)a2 3．(训练题23)考虑某长方体的三个两两相邻的面上的三条对角线及体对角线（共四条线段），则正确的命题是(B)．(A)必有某三条线段不能组成一个三角形的三边．(B)任何三条线段都可组成一个三角形，其中每个内角都是锐角．(C)任何三条线段都可组成一个三角形，其中必有一个是钝角三角形．(D)任何三条线段都可组成一个三角形，其形状是“锐角的”或者是“非锐角的”，随长方体的长，宽，高而变化，不能确定．4．(训练题23)若20π<<x ，则11tan cot sin cos x x x x++-的取值范围是(D)． (A)()+∞∞-, (B)()+∞,0 (C)),21(+∞ (D)()+∞,1 5．(训练题23)有5个男孩与3个女孩站成一排照相任何两个女孩都不相邻，则其可能的排法个数是(A)． (A)!5!7!8⋅ (B)!4!6!7⋅ (C) !7!3!10⋅ (D) !3!7!10⋅ 6．(训练题23)使得11cos 51sin +>n 成立的最小正整数n 是(B)．(A)4 (B)5 (C)6 (D)7二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题23)设R a ∈，若函数310),(+==xy x f y 关于直线x y =对称，且)(x f y =与)lg(2a x x y +-=有公共点，则a 的取值范围是 6a <- ．2．(训练题23)设1,,2-=∈+i R b a 且存在C z ∈，适合⎪⎩⎪⎨⎧≤+=+1z bi a z z z 则ab 的最大值等于 18 ． 3．(训练题23)设 900<<α，若ααsin 1)60tan(31=-+ ，则α等于 3050o o 或 ． 4．(训练题23)设''''D C B A ABCD -是棱长为1的正方体，则上底面ABCD 的内切圆上的点P 与过顶点'''',,,D C B A 的圆上的点Q 之间的最小距离=d2 ． 5．(训练题23)如图，在直角坐标系xOy 中，有一条周期性折线（函数）).(:1x f y l =现把该曲线绕原点O 按逆时针方向旋转45得到另一条曲线2l ，则这两条曲线与y 轴及直线()N n n x ∈=围成的图形的面积等于(12n +-- ．6．(训练题23)设b a ,都是正整数，且100)21(2+=+b a 则b a ⋅的个位数等于 4 ．第二试一、(训练题23)(本题满分25分) 求证：在复平面上，点集}01:{3=++∈=z z C z S 中，除去某一个点外的所有的点都在圆环45313<<z 中． 二、(训练题23)(本题满分25分)已知抛物线),0(22>=p px y 其焦点为F .试问：是否存在过F 点的弦AB （B A ,均在抛物线上，且A 在第一象限内），以及y ）轴正半轴上的一点P ，使得B A P ,,三点构成一个以P 为直角顶点的等腰直角三角形？证实你的回答.如果回答是肯定的，请求出直线AB 的方程．)2p y x =- 三、(训练题23)(本题满分35分)平面上给定321A A A ∆及点0P ，构造点列0P ，1P ， 2P ，使得13+k P 为点k P 3绕中心1A 顺时针旋转150时所到达的位置，而23+k P 和33+k P 为点13+k P 和23+k P 分别绕中心2A 和3A 顺时针旋转 105时所到达的位置， ,3,2,1,0=k .若对某个N n ∈，有03P P n =，试求321A A A ∆的各个内角的度数及三个顶点321,,A A A 的排列方向．四、(训练题23)(本题满分35分)设n ααα≤≤≤< 210，n b b b ≤≤≤< 210，且∑∑==≥n i i n i i b a 11又存在)1(n k k ≤≤使得当k i ≤时有i i a b ≤，当k i >时，有i i a b >.求证：∏∏==≥n i i n i ib a 11． 1。
【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】
目 录
数学奥林匹克高中训练题（01） ........................................................................................................................... 1 数学奥林匹克高中训练题（02） ........................................................................................................................... 3 数学奥林匹克高中训练题（03） ........................................................................................................................... 4 数学奥林匹克高中训练题（04） ........................................................................................................................... 6 数学奥林匹克高中训练题（05） ........................................................................................................................... 8 数学奥林匹克高中训练题（06） ...........................................................
数学奥林匹克高中训练题95
三、设三个立方体的棱长分别为x cm,y cm, z cm,且0<x≤y≤z.则可得方程组x+y+z=38,x3+y3+z3=203. ①由0<x≤y≤z,可知x3≤y3≤z3,则x3+y3+z3≤3z3,即 3z3≥203.又z3≥80003>133,则z≥14.当z=14时,如果y=14,则x=10,但不满足式①,所以,y<14.于是,x≤y≤13.故x3+y3+z3≤133+133+143<8000,矛盾.所以,z≥15.又因为z3<203,所以,z<20.则z≤19.故15≤z≤19.由式①有x3+y3=8000-z3,即(x+y)(x2-xy+y2)=8000-z3.则(x+y)︱(8000-z3),有(38-z)︱(8000-z3).②列出表1.表 1z38-z8000-z31523462516223904172130871820216819191141 由表1可知,只有z=17时才满足式②,此时, x+y=21,x3+y3=3087.③④④÷③得x2-xy+y2=147.⑤由式③、⑤得x=7,y=14或y=7,x=14.而0<x≤y≤z,所以,取x=7,y=14.则原来三个铁制立方体的棱长从大到小依次是17cm,14cm ,7cm.(杜 江 重庆师范大学数计学院,400047 贾青榕 四川省南充市嘉陵区积善中学,400047)数学奥林匹克高中训练题(95)第一试一、选择题(每小题6分,共36分)1.记正三棱锥相邻两侧面所成二面角的平面角为θ.则θ的取值范围为( ).(A)(0,π)(B)π6,π(C)π3,2π3(D)π3,π图1 2.如图1,在△ABC 中,点P是边AB上一点,记条件M:ACA P =BC CP;条件N:△ABC∽△ACP.则条件M是条件N的( ).(A)充分而不必要条件(B)必要而不充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件3.有10道单项选择题,每道题有4个选项.某人随机选定每道题中的1个选项作为答案,若恰好答对k道题的概率最大,则k 的值为( ).(A)2(B)3(C)4(D)54.对于虚数i(i2=-1),作集合S= {i,i2,i3,i4},易知,S中任两个元素相乘的积仍在S 中.现规定S 中关于乘法的单位元θ:对任意的a ∈S ,都有a θ=θa =a .则θ为( ).(A )i(B )i 2(C )i 3(D )i 45.△ABC 的三边长分别为AB =a ,BC =b ,C A =c .若c =a 2-2+b 2-2,a =b 2-3+c 2-3,b =c 2-4+a 2-4,则AB ·BC ,BC ·CA ,CA ·AB 中小于0的个数为( ).(A )3(B )2(C )1(D )06.对方程1+2+…+x =y 2的正整数解的正确判断是( ).(A )不存在 (B )有1个(C )有多于1的有限个 (D )有无限个二、填空题(每小题9分,共54分)图21.如图2,正三棱锥A -BCD 的底面与正四面体BC DE 的侧面△BC D 重合,联结A E .则A E 与面BCD 的夹角度数为.2.已知a ≥b >0,而sin α是二次方程ax 2+bx -b =0的根.则sin α的最大值为.3.不等式10x 2+20x +18(x +1)3>x 3+5x 的解为.4.对任意的a 、b ∈R ,max{|a +b |,|a -b |,|1-b |}的最小值是.5.过点A (2,-2)作曲线y =3x -x 3的切线.则切线方程为.6.将1,2,…,2006这2006个数随意排成一行,得到一个数N .则N ≡(m od 3).三、(20分)对任意的实数a 1,a 2,…,a n 及λ,证明:a 1a 2…a n=λn+[(a 1-λ)+(a 2-λ)+…+(a n -λ)]·λn -1+(a 2-λ)(a 1-λ)λn -2+(a 3-λ)(a 1a 2-λ2)λn -3+…+(a n -1-λ)(a 1a 2…a n -2-λn -2)λ+(a n -λ)(a 1a 2…a n -1-λn -1).四、(20分)正四面体ABCD 中,M 、N 、P 、Q 分别是棱AB 、CD 、BC 、DA 的中点,联结MN 、PQ 交于点O ,再联结OA 、OB 、OC 、OD .求证:(1)OA +OB +OC +OD =0;(2)OA 、OB 、OC 、OD 两两夹角相等.五、(20分)过抛物线y 2=4x 的焦点F 作直线l 与抛物线交于点A 、B .(1)求证:△AOB 不是直角三角形.(2)当l 的斜率为12时,抛物线上是否存在点C ,使△ABC 为直角三角形?若存在,求出所有的点C ;若不存在,说明理由.第二试图3一、(50分)如图3,等腰直角△ABC 中,D 为斜边AB 的中点,过直角顶点C 作CC ′∥AB ,又点E 、F 、M 分别在边AC 、BC 、EF 上,满足CEA E=B F CF =FMEM,过点M 作MH ⊥CC ′于H .试比较MD 与MH 的大小.二、(50分)设M 是由整数组成的集合,满足:(1)对一切a 、b ∈M ,a ≠b ,均有a +b∈M ;(2)存在a 、b ∈M ,使ab <0.请问,M 中是否必有元素0?M 是否必定为无穷集合?说明理由.三、(50分)平面上有7个点,每三点的两两连线都组成一个不等边三角形.求证:一定可以找到4对三角形,使每对三角形的公共边既是其中一个三角形的最长边又是另一个三角形的最短边.参考答案第一试 一、1. D.图4如图4,在正三棱锥V -ABC 中,记AB =BC =C A =a ,侧面三角形的底角为α0<α<π2.过AB 作VC 的垂面交VC 于点D ,则AD 、BD 为腰上的高线,∠ADB为三棱锥相邻侧面所成二面角的平面角.于是,AD =BD =a sin α,∠ADB =θ.在等腰△ABD 中,由余弦定理得cos θ=AD 2+BD 2-AB 22AD ·BD =2a 2sin 2α-a22a 2sin α=1-12sin 2α<12.故π3<θ<π.2.C.显然,N ]M .下面证明:M ]N .在△ABC 、△ACP 中分别用正弦定理,有sin ∠ABC =AC BCsin A ,sin ∠ACP =APCPsin A .但由已知条件可得AC BC =APCP,所以,sin ∠ABC =sin ∠ACP .又点P 在边AB 上,由于∠ABC +∠ACP <∠ABC +∠ACB <180°,则∠ACP 与∠ABC 不互补,得∠ABC =∠ACP .又∠A =∠A ,所以,△ABC ∽△ACP .3.A.选定每道题的答案是随机独立的,并且每道题答对的概率为14,答错的概率为34,属于独立重复试验,故恰好答对k 道题的概率为C k1014k 3410-k.则C k1014k3410-k≥C k -11014k -13411-k,C k1014k 3410-k≥C k +11014k +1349-k.化简得1k ≥311-k ,310-k ≥1k +1.解得74≤k ≤114.因为k 为正整数,所以,k =2.说明:这时可以算出P 10(2)=C210142348≈0128.4.D.由i 4=1知,对k =1,2,3,4均有i 4·i k=i k·i 4=i k.按定义i 4为单位元.5.A.图5如图5,以a 为斜边、2为直角边作Rt △AB E ;以b 为斜边、B E 为直角边作Rt △BCE ,使EC 在AE 的延长线上.则C A =a 2-2+b 2-2=c .同理,作Rt △CB F 、Rt △C AF 、Rt △ACD 、Rt △ABD ,使CF =3,AD =2,有AB =b 2-3+c 2-3=a ,BC =c 2-4+a 2-4=b .可见,图5所得到的△ABC 就是已知三角形(全等),这个三角形的三条高线为AD =2,B E =2,CF= 3.由三角形面积公式有AB ·CF =BC ·AD =C A ·B E =2S △ABC .则AB =2S △ABCCF=23S △ABC ,BC =2S △ABC AD=S △ABC ,C A =2S △ABCB E=2S △ABC .从而,△ABC 中的最大角为∠ABC .由余弦定理得cos ∠ABC =AB 2+BC 2-C A 22AB ·BC =312>0.可见,∠ABC 为锐角,△ABC 为锐角三角形,得AB ·BC =ab cos (π-∠ABC )<0.同理,BC ·CA <0,CA ·AB <0.6.D.易知1+2+…+8=8×92=62.故x =8,y =6是方程的一个正整数解.假设(x k ,y k )是方程的一个正整数解,即1+2+…+x k =x k (x k +1)2=y 2k ,则1+2+…+[(2x k +1)2-1]=[(2x k +1)2-1](2x k +1)22=4×x k (x k +1)2(2x k +1)2=4y 2k (2x k +1)2=(4x k y k +2y k )2.这表x k +1=(2x k +1)2-1,y k +1=4x k y k +2y k ,也是方程的一个正整数解.重复这个过程,可知方程有无限个正整数解.二、1.90°.作AH ⊥面BCD 交△BCD 于点H .由AB =AC =AD ,得H B =HC =H D ,H 为△BCD 的外心.再作EH 1⊥面BCD 交△BCD 于点H 1.由E B =EC =ED ,得H 1B =H 1C =H 1D ,H 1也是△BCD 的外心.从而,点H 1与点H 重合.由AH ⊥面BCD ,知AE ⊥面BCD ,即AE 与面BCD 的夹角为90°.2.5-12.由sin α是方程的根有a sin 2α+b sin α-b =0.显然,sin α≠0,否则与b >0矛盾.又由a ≥b >0,得0=a sin 2α+b sin α-b ≥b sin 2α+b sin α-b ,即 sin 2α+sin α-1≤0.解得-1≤sin α≤5-12.当a =b >0时,sin α取最大值5-12.3.x <-2或-1<x <1.已知不等式即2x +13+52x +1>x 3+5x .作函数f (x )=x 3+5x ,有f ′(x )=3x 2+5>0.因此,函数f (x )是单调增加的.由f2x +1>f (x ),得2x +1>x Ζ(x +2)(x +1)(x -1)<0.解得x <-2或-1<x <1.说明:设a 1<a 2<…<a n ,称(x-a 1)(x -a 2)…(x -a n )>0为奇不等式.其解在“奇区间”(如图6的“序轴”的奇数号区间)上.图6反之,偶不等式(x -a 1)(x -a 2)…(x -a n )<0的解在“偶区间”上.4.12.设x =max{|a +b |,|a-b |,|1-b |}≥0,则x ≥|a +b |,x ≥|a -b |,x ≥|1-b |]-x ≤a +b ≤x ,-x ≤a -b ≤x ,-x ≤1-b ≤x]-x ≤a +b ≤x ,-x ≤b -a ≤x ,-2x ≤2-2b ≤2x .①②③①+②+③得-4x ≤2≤4x .解得x ≥12.又当a +b =12,b -a =12,1-b =12时,有解a =0,b =12.故当a =0,b =12时,x 取到最小值12.5.y =-2或9x +y -16=0.设切点为P(x,y0),则过点P的切线方程为y-y0=k(x-x0),其中,k=y′|x=x=3-3x20.又切线经过A(2,-2),点P在曲线上,有-2-y0=(3-3x20)(2-x0),y0=3x0-x30.消去y0得x30-3x20+4=0,即(x0+1)(x20-4x+4)=0.解得x=-1或x0=2.当切点为P(-1,-2)时,k=0,切线方程为y=-2.当切点为P(2,-2)(此即为点A)时,k=-9,切线方程为y-(-2)=-9(x-2),即9x+y-16=0.说明:不能只求过点A的切线.6.0.首先考虑这2006个数的个位、十位、百位上的数字,0、3、6、9能被3整除,而1与2配对,4与5配对,7与8配对,也总能被3整除.因此,除千位上的数字外,其余各位数字之和能被3整除.千位上的数字有1000个1,7个2,其和为1014能被3整除.故N的各位数字之和能被3整除.N≡0(m od3).三、当λ=0时,显然成立.当λ≠0时,将右边的前两项移到左边,并除以λn-1后记为S n=1λn-1{a1a2…a n-λn-[(a1-λ)+…+(a n-λ)]λn-1}=a1a2…a nλn-1+(n-1)λ-(a1+a2+…+a n).则Sn-1=a1a2…a n-1λn-2+(n-2)λ-(a1+a2+…+a n-1),且 S2=a1a2λ+λ-(a1+a2)=(a1-λ)(a2-λ)λ.相减有S n-S n-1=a1a2…a n-1λn-1(an-λ)-(a n-λ)=(an-λ)(a1a2…a n-1-λn-1)λn-1.移项并递推得S n=S n-1+(an-λ)(a1a2…a n-1-λn-1)λn-1=S n-2+(an-1-λ)(a1a2…a n-2-λn-2)λn-2+(an-λ)(a1a2…a n-1-λn-1)λn-1=……=S2+(a3-λ)(a1a2-λ2)λ2+(a4-λ)(a1a2a3-λ3)λ3+…+(an-λ)(a1a2…a n-1-λn-1)λn-1=(a2-λ)(a1-λ)λ+(a3-λ)(a1a2-λ2)λ2+ …+(an-λ)(a1a2…a n-1-λn-1)λn-1.把Sn代入有a1a2…a nλn-1+(n-1)λ-(a1+a2+…+a n)=(a2-λ)(a1-λ)λ+(a3-λ)(a1a2-λ2)λ2+ …+(an-λ)(a1a2…a n-1-λn-1)λn-1.两边乘以λn-1后,移项即得所求证的恒等式.说明:由这个恒等式立即可以推出很多不等式.如对一切ai>λ>0或一切0<a i<λ,有a1+a2+…+a n<a1a2…a nλn-1+(n-1)λ.图7四、(1)如图7,易知四边形MPNQ为平行四边形,MN、PQ为对角线,互相平分于点O.于是,有OM+ON=0.又由OM为△AOB的中线知OA+OB=2OM.同理,OC+OD=2ON.相加即得OA+OB+OC+OD=2(OM+ON)=0.(2)由正四面体知AN=BN.在等腰△ANB 中,MN 为底边上的中线,也是垂直平分线,有OA =OB .同理,OA =OB =OC =OD .又由AB =AC =AD =BC =CD =BD ,得△AOB ≌△AOC ≌△AOD ≌△BOC ≌△COD ≌△BOD .故∠AOB =∠AOC =∠AOD =∠BOC=∠COD =∠BOD .图8五、(1)如图8,抛物线的焦点为F (1,0),过点F 且与抛物线交于点A 、B 的所有直线可设为ky =x -1,与抛物线y 2=4x 联立.消去x 得y 2=4ky +4,有 y A y B =-4.进而,x A x B =y 2A 4·y 2B4=1.又|OA |·|OB |cos ∠AOB =OA ·OB=x A x B +y A y B =1-4=-3<0,得∠AOB 为钝角.故△AOB 不是直角三角形.(2)当直线AB 的方程为x-2y -1=0时,解方程组x -2y -1=0,y 2=4x ,可得A (9+45,4+25)、B (9-45,4-25).假设抛物线上存在点C (t 2,2t ),使△ABC 为直角三角形,分三种情况讨论.(i )∠ACB 为直角.此时,以AB 为直径的圆的方程为(x -x A )(x -x B )+(y -y A )(y -y B )=0.把点A 、B 、C 的坐标代入得(t 2-9-45)(t 2-9+45)+(2t -4-25)(2t -4+25)=0.整理得t 4-14t 2-16t -3=0.因为点A 、B 在圆上,故当t =2±5时,必为方程的解.注意到[t -(2+5)][t -(2-5)]=t 2-4t -1,故方程可分解为(t 2+4t +3)(t 2-4t -1)=0.异于点A 、B 的点C 必对应方程t 2+4t +3=0的解,有t 1=-1,t 2=-3.故使∠ACB =90°的点C 有两个C 1(1,-2),C 2(9,-6).(ii )∠ABC 为直角.此时,以AC 为直径的圆的方程为(x -x A )(x -x C )+(y -y A )(y -y C )=0.把点A 、B 、C 的坐标代入得 (-85)(9-45-t 2)+(-45)(4-25-2t )=0.整理得t 2+t -(11-55)=0.解得t 1=2-5对应点B ,t 2=-3+5对应点C .故存在C 3(14-65,-6+25)使△ABC 3为直角三角形.(iii )∠BAC 为直角.此时,以BC 为直径的圆的方程为(x -x B )(x -x C )+(y -y B )(y -y C )=0.把点A 、B 、C 的坐标代入得(85)(9+45-t 2)+(45)(4+25-2t )=0.整理得t 2+t -(11+55)=0.解得t 1=2+5对应点A ,t 2=-3-5对应点C .故存在C 4(14+65,-6-25)使△ABC 4为直角三角形.综上知,存在4个点C ,使△ABC 为直角三角形:C 1(1,-2),C 2(9,-6),C 3(14-65,-6+25),C 4(14+65,-6-25).第二试一、由AC =BC 及CE AE =B FCF,知CE =B F .图9如图9,联结DF ,将△BDF 绕点D 逆时针旋转90°,则点B 转到点C 处,点F 转到点E 处,有△CDE ≌△BDF .从而,△DEF 为等腰直角三角形.记CD与EF 相交于点N ,作EP ⊥MH 于点P ,FQ ⊥CD 于点Q .在Rt △ECF 中,由CN 为∠ECF 的平分线及已知条件,有EN N F =CE CF =B F CF =FMEM.由合比性质得EN EN +N F =FM FM +EM ]EN EF =FM EF.故EN =FM .又由DE =DF ,∠DEN =∠DFM =45°,得△DEN ≌△DFM ,则DN =DM .①又在Rt △EPM 与Rt △FQN 中,有EM =EF -MF =EF -EN =FN .再由MH ⊥CC ′,CD ⊥AB ,AB ∥CC ′,有EP ∥CC ′∥AB ∥FQ ,则∠PEM =∠QFN .故Rt △EPM ≌Rt △FQN .进而,PM =QN .②据式①、②得MD =DN =DQ +QN =B F sin 45°+QN=CE sin 45°+PM =PH +PM =MH .说明:可以建立直角坐标系,求出点M 的轨迹为抛物线,D 恰为抛物线的焦点,CC ′恰为抛物线的准线.由抛物线的定义得MD =MH .二、首先证明0∈M .由已知条件(2)知,存在a 、b ∈M ,使ab <0.不妨设a >0>b .若a +b =0,则由a ≠b ,a ∈M ,b ∈M ,得0=a +b ∈M .若a +b ≠0,则a +b ≠a 且a +b ≠b (否则ab=0与ab <0矛盾).由条件(1)可分别加上a 、b ,得(a +b )+a ∈M ,(a +b )+b ∈M .若2a +b =0或a +2b =0,则0∈M .若(2a +b )(a +2b )≠0,则由条件(1)再分别加上a 、b .依此类推,连续加上a 、b ,或者得出和为0(找到a 或b 的相反数),或者得出和不是0也不是a 、不是b ,直到(-b -1)a +b ∈M ,a +(a -1)b ∈M .这是一对相反数,或者自身为0,0∈M ;或者自身不为0,当然也不相等.由条件(1)可相加得0=[(-b -1)a +b ]+[a +(a -1)b ]∈M .必有0∈M .由上面的证明可以看到,若一开始a +b =0,ab<0,则M ={a ,0,-a }(a ≠0)已满足题设全部条件,不需要增添新的元素,M 未必为无穷集合.三、记平面上的7个点为A 1,A 2,…,A 7.因为每三点两两连线都组成不等边三角形,故每个三角形都有最长边,也都有最短边.现将每个三角形的最长边都染上红色,剩下的边染上蓝色,则每一个三角形都有红色边.下面证明:C 37个三角形中必有4个同色三角形.(1)6阶完全图的边作二染色,至少有2个同色三角形.设A i 的引线中有x i 条红线,5-x i 条蓝线,以A i 为顶点的非同色三角形有x i (5-x i )个.由x i (5-x i )≤522,知x i (5-x i )≤6.则非同色三角形总计为12∑6i =1x i(5-x i )≤6×62=18.故同色三角形的个数N 应满足N =C 36-12∑6i =1x i(5-x i )≥20-18=2.(2)7阶完全图的边作二染色,至少有4个同色三角形.由(1)的证明知,此时,至少有2个同色三角形.不妨设其中一个为△A 1A 2A 3,去掉A 1,对剩下的6个点又应有2个同色三角形,且异于△A 1A 2A 3,这就得到3个同色三角形.这3个同色三角形有9个顶点,取自7个不同的点,故至少有2个顶点重合于某一A j (1≤j ≤7),去掉A j ,则去掉了2个同色三角形,剩下的6个点又应有2个同色三角形,它们与被去掉的2个同色三角形是不相同的,故一共有4个不同的同色三角形.(3)由于每一个三角形都有红边,这4个同色三角形必为红色三角形,每个红色三角形的最短边必为另一个三角形的最长边.这就找到了4条连线(每个红色三角形的最短边,即使是两个红色三角形的公共边也没有关系),每一条既是一个三角形的最长边(红色),又是另一个三角形(所在红色三角形)的最短边.(罗增儒 陕西师范大学数学系,710062)。
数学奥林匹克高中训练题_119及解析
数学奥林匹克高中训练题_119 注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明第II卷（非选择题）一、填空题1.若实数a、b、c、d满足a≥c≥b≥d≥0，则S=aa+b+bb+c+cc+d+dd+a的取值范围为________。
2.如图，在ΔABC的外部作ΔBDC、ΔAFB、ΔCEA，使得ΔBDC∽ΔAFB∽ΔCEA，则ΔABC和ΔDEF总有相同的________（填重心、内心、外心或垂心）.3.给定正实数a、b变量x、y满足x、y≥0，x+y=a+b，则函数f(x,y)=a√a2+x2+b√b2+y2的最小值为________.4.如图，在单位正四面体ABCD中，M、N、K分别在棱AB、AD、BD上，满足BM=DN=13，DK=14.则面ACK与面CMN所夹锐角的余弦值为________.5.数列{x n}满足：0<x1<1，x=n+1{3x n}(n≥1) .则共有________个不同的x1，使得{x n }从第一项开始是最小正周期为9的周期数列（{x }=x −[x ]，[x ]表示不超过实数x 的最大整数）. 6.在ΔABC 中，已知AC=1，BC =3√2，以AB 为斜边向ΔABC 外作等腰RtΔABD 则AB +2√2CD 的最大值是________.7.图是一个3×4的方格（其中心的方格线已被划去）.一只青蛙停在A 格处，从某一时刻起，青蛙每隔一秒钟就跳到与它所在方格有公共边的另一方格内，直至跳到B 格才停下..若青蛙经过每一个方格不超过一次，则青蛙的跳法总数为________.8.设AB 是抛物线y 2=2px 的一条焦点弦，且AB 与x 轴不垂直，P 是y 轴上异于O 的一点，满足O 、P 、A 、B 四点共圆，点A 、B 、P 的纵坐标分别为y 1、y 2、y 0.则y 1+y 2y 0的值为________.二、解答题9.实数x 、y i (i=1,2,3) 满足∑x 13i=1=∑y i 3i=1=∑y ix 13i=1=1，试求∑y ix 12+x 1x 2x 33i=1的值.10.若ΔABC 的三边所在直线均与抛物线y 2=2px (p >0)相切，证明：ΔABC 的外接圆必过某个定点，并求出定点的坐标. 11.数列{f n }(n ≥1)的通项为f n=∑C n−2k k [n3]k=0，a n 是f n 除以10以后的余数.试问{a n }是否为周期数列？如果是，请求出{a n }的最小正周期；如果不是，请说明理由. 12.求在图所示的2×6的方格中“圈”的个数.在这里，一条封闭的折线叫做圈，如果这条折线的边均由方格的边组成，且折线经过的任意一个方格顶点都只与折线的两条边相连.13.如图，在四边形ABCD 中，对角线AC 、BD 交于点O .过O 作直线H 1H 2和H 3H4，其中，H 1、H 3在线段AD 上，H 2、H 4在线段BC 上.设直线H 1H 4交线段AB 的延长线于T ，直线H 2H 3交线段CD 的延长线于S .证明：S 、Q 、T 三点共线.14.n 是大于1的整数，正实数a i (i =1,2,⋯,n ) 满足∑a i=1ni=1 .令a n+1=a 1.求证：（1）∑1−a 1a i+1ni=1≥(n −1)2∑a i1−a i+1ni=1； （2）∑a 11+a 1−a i+1≤n−1n ∑a i 1−a i n i=1n i=1； 15.试求出所有的正整数组(m,n,p )(p ≥2)，使得(pmn −1)|(m 2+n 2).参考答案1.[2，52)【解析】1. 因为a ≥c >0，所以，f (x )=x (a−c )(x+a )(x+c )=a−cx+acx+(a+c )在(0，√ac ]上是不减函数.故S=2+[a a+b−c c+b]+[c c+d−a a+d]=2+b (a−c )(b+a )(b+c)−d (a−c )(d+a )(d+c )=2+f (b )−f (d )≥2又a≥c ≥b >0，则S =1+[a a+b+b b+c]−[d c+d−d a+d]≤1+a a+b+b b+c<1+a+b a+b+b 2b=52.取a=b =c =d =1，则S =2；取a →+∞，b =c =1，d →0，则S →52.综上，S∈[2,52).2.重心【解析】2.建立复平面，设点A 在复平面内对应的复数为A ，其余类似. 由ΔBDC ∽ ΔAFB ∽ ΔCEA ，可设∠DBC=∠ECA =∠FAB =θ，|BD ||BC |=|CE||CA |=|AF ||AB |=k .令ke −iθ=z .则D−B C−B=|BD ||BC |e −i∠DBC=z ，即D −B =z (C −B ). 同理，E −C =z (A −C )，F −A =z (B −A )..将上述三式相加得A +B +C =D +E +F .这表明，ΔABC 和ΔDEF 总有相同的重心.3.(a +b )√a 2+b 2【解析】3.由柯西不等式得√a 2+x 2⋅√a 2+b2≥a 2+bx ，√b 2+y 2⋅√b 2+a 2≥b 2+ay . 则f (x,y )=2+x 2+b√b 2+y 2≥2√a 22+b 2√a 22=23√a 22=(a +b )√a 2+b 2.当且仅当x =b,y =a 时，上式等号成立.4.√69【解析】4.如图，记MN 与AK 交于点G ，并设面ACK 与面CMN 所成的锐角大小为θ. 作CO⊥面ABD 于点O .延长AO 交BD 于点X .易知O 是ΔABD 的中心.则AO =2OX ，BX =XD .又AM=2MB ，AN =2ND ，因此，M 、O 、N 三点共线，O 是MN 的中点.由AC ⊥MN ，AC ⊥CO 知AC ⊥面CMN .故ΔACG 在面CMN 上的投影为ΔOCG .由面积射影定理得cosθ=S ΔCOG S ΔACG=14SΔCMN 23SΔACK=14×√6923×12×34=√695.19656【解析】5. 不妨令0≤x 1≤1.若x 1=0或1，则当n ≥2时，x n =0.这样的数列不满足题意.设x 1在三进制下可表示为(0.a 1a 2⋯)3，a 1∈{0,1,2}.则{x n }是周期为T 的周期数列⇔{a n }是周期为T 的周期数列⇔ x 1在三进制下是循环小数，且循环节长为T . 因此，使{x n }是以T 为周期的周期数列x 1共有3个.设所有最小正周期为9的数列{x n }组成集合A ，所有周期为9的数列{x n }组成集合B ，所有周期为3的数列{x n }组成集合C ，则A ∩C =∅，A ∪C =B .从而，最小正周期为9的数列{x n }共有|A |=|B |−|C |=39−33=19656 个，这些数列所对应x 1也有19656个.6.10【解析】6.如图，以BC为直角边、C为直角顶点向外作等腰RtΔBCE，联结AE，设∠ACB=θ.由AB=√2BD，BE=√2BC，∠EBA=∠CBD，知ΔEBA∽ΔCBD.则AECB =BEBC=√2在ΔACE中，AE=√AC2+BC2−2AC⋅BC[cosθ+π2]=√19+6√2sinθ在ΔABC中，AB=√AC2+BC2−2AC⋅BCcosθ=√19-6√2cosθ故AB+√2CD=√19+6√2sinθ+√19−6√2cosθ≤√2(19+6√2sinθ+19−6√2cosθ)=√76+24[sinθ−π4]≤√100=10.当且仅当θ=3π4时，上式等号成立.7.26【解析】7.如图，分两种情况讨论.（1）如果青蛙不经过M格，则有2条路径：APCDRB，AQSEFB.（2）如果青蛙经过M格，若某时刻青蛙跳到C格，则它下一秒内一定跳至D格；若某时刻青蛙跳到D 格，则它下一秒内一定不会跳至C 格.因此，可将C 、D 两格合并为一个大方格（设之为G ）.同样地，可将E 、F 两格合并为大方格H . 如果两个方格有公共边，则在两个方格间连上虚线，如图9.由图可知，P 、G 、R 和Q 、S 、H 对称地分布在直线AB 的两侧.显然，青蛙第一步必跳入P 、Q 两格中的某格，倒数第二步必跳入R 、H 两格中的某格. 如果青蛙第一步跳至P 格，倒数第二步跳至R 格，那么，这样的路径有3条：APGMRB ，APMPB ，APMGRB .如果青蛙第一步跳至Q 格，倒数第二步跳至R 格，设青蛙第k 秒钟跳至M 格，第k −1秒跳至X 格，第k+1 秒跳至Y 格.则X 格可以是Q 、S 、H 、Y 格可以是P 、G 、R .因此，这样的路径有3×3=9条. 由对称性知，如果青蛙第一步跳至Q 格，倒数第二步跳至H 格，则这样的路径有3条；如果青蛙第一步跳P 格，倒数第二步跳至H 格，则这样的路径有9条. 综上，青蛙的跳法总数为2(9+3)+2=26. 8.4【解析】8.如图，设直线1AB :ky =x −p2，与抛物线方程联立得y 2−2pky −p 2=0.由于y 1、y 2是方程的两根，且y 1≠y 2，则由韦达定理得y 1y =2−p 2.设直线PA 、PB 的斜率分别为k 1、k 2.则k 1=y 1−y 0y 122p=2p (y 1−y 0)12，k 2=2p (y 2−y 0)22. 因为A 、P 、O 、B 四点共圆，所以，∠APB=∠AOB ，tan∠APB =tan∠AOB .而 tan∠APB =k 1−k 21+k 1k 2=2p (y 1−y 0)y 12−2p (y 2−y 0)y 221+2p (y 1−y 0)y 12⋅2p(y 2−y 02)y 22=2p (y 2−y 1)[y 1y 2−y 0(y 1+y 2)]p 4+4p 2(y 1−y 0)(y 2−y 0).令y 0=0，可得tan∠APB =2p (y 2−y 1)y 1y 2p 4+4p 2y 1y 2=2(y 2−y 1)3p.故tan∠APB =tan∠AOB ⇔2p (y 2−y 1)[y 1y 2−y 0(y 1+y 2)]p +4p (y 1−y 0)(y 2−y 0)=2(y 2−y 1)3p.又y 1−y 2≠0，则tan∠APB =tan∠AOB ⇔y 1y 2−y 0(y 1+y 2)p 2+4(y 1−y 0)(y 2−y 0)=13⇔3y 1y 2−3y 0(y 1+y 2)=p 2+4(y 1−y 0)(y 2−y 0).将−p 2=y 1y 2代入上式得y 0(y 1+y 2)=4y 02.由于y 0≠0，故y 1+y 2y 0=4.9.0【解析】9. 令a i =y i x 1(i =1,2,3).于时，∑a i =∑a i x 1=13i=13i=1.故y 1x 12+x 1x 2x 3=y 1x 1x 1(x 1+x 2+x 3)+x 2x 3=a 1(x 1+x 2)(x 1+x 3)=a 1−a 1x 1(x1+x 2)(x 2+x 3)(x 3+x 1).同理，y 2x 22+x 1x 2x 3=a 2−a 2x 2(x1+x 2)(x 2+x 3)(x 3+x 1)，y 3x 32+x 1x 2x 3=a 3−a 3x 3(x1+x 2)(x 2+x 3)(x 3+x 1).则∑y ix 12+x 1x 2x 3=∑a 1−∑a 1x 13i=13i=1(x1+x 2)(x 2+x 3)(x 3+x 1)=03i=1.10.见解析【解析】10.如图，不妨设点A 和抛物线在直线BC 的两侧，且点B 在C 的上方.并设直线AB 、BC 、CA与抛物线的切点分别为D 、E 、F 设D(y 122p ,y 1)、E(y 222p ,y 2)、F(y 322p ,y 3)、S(p 2,0).易求得k AB =py 1，k AC =py 3.则1AB :y −y 1=p y 1[x −y 122p ]， 即y 1y =px +y 122p ，1AC :y 3y=px +y 322p .联立两方程得A(y 1y 32p,y 1+y 32).同理，B(y 1y 22p,y 1+y 22)、C(y 2y 32p,y 2+y 32).故tan∠BAC=k AB −k AC 1+k AB k AC=p y 1−py 31+p 2y 1y 3=p (y 3−y 1)p 2+y 1y 3，于是，k BS=y 1+y 22y 1y 22p −p2=p (y 1+y 2)y 1y 2−p 2，k CS=p (y 3+y 2)y 3y 2−p 2.则tan∠CSB=p (y 1−y 3)p 2+y 1y 3=−tan∠BAC .因此，∠BAC+∠BSC =π.所以ΔABC 的外接圆恒过点S(p2,0).显然，ΔABC 的外接圆不可能同时通过两个不同的定点. 因此，(p2,0)是外接圆通过的唯一定点.11.见解析【解析】11.{a n }是周期数列，最小正周期为217. 易知f 1=f 2=1，f 3=2，f 4=3，f 5=4.下面证明：当n ≥4时，f n+2=f n+1+f n−1. ①（1）当n≡0或2(mod3)时，[n+23]=[n+13].则f =n+2∑C n+2−2k k [n+23]k=0=C n+10+∑C n+2−2k k−1[n+23]k=1+∑C n+1−2k k[n+23]k=1=∑C n−1−2kk[n−13]k≡0+∑C n+1−2k k[n+13]k≡0=f n+1+f n−1.（2）当n ≡1(mod3)时， 令r=n−13∈Z .则f n+2=∑C n+2−2kk =2+r+1k=0∑C n+2−2k k r k=1=∑C n−1−2(k−1)k−1+∑C n+1−2k krk=1rk=1+2=[∑C n−1−2k k +C n−1−2r rr−1k=0]+[∑C n+1−2k k +C n+10rk=1]=∑C n−1−2k k +∑C n+1−2k k[n+13]k=0[n−13]k=0=f n+1+f n−1设u k 是f k 除以2所得的余数，v k 是f k 除以5所得的余数.由式①可得{u k }的各项为：1,1,0,1,2,2,1,1,1,0,1,0,0,1,⋯ {v k }的各项为：1,1,2,3,4,1,4,3,4,3,1,0,3,4,4,2,1,0,2,3,3,0,3,1,1,4,0,1,0,0,1,1,1,2,3⋯由上可知，{u k }是最小正周期为7的周期数列；{v k }是最小正周期为31的周期数列. 它们的循环节分别如划线部分所示.又(2,5)=1，故f k 除以10所得余数是周期数列，最小正周期是7和31的最小公倍数，即217. 12.681【解析】12.定义某个圈在方格水平方向的投影长为这个圈的“圈长”. 首先求2×k 的方格（如图）中圈长为k 的圈的个数a k .这些圈中都至少包含了A 、B 格中的一个，设其中包含A 格但不包含B 格的有x k 个， 包含B 格但不包含A 格的有y k 个，包含A 、B 两格的有z k 个.因此，a k =x k +y k +z k .由对称性知x k=y k ，又包含A 、B 格的圈，必须至少包含C 、D 格中的一个，故z k =a k−1；包含A 格但不包含B 格的圈必包含C 格，故x k =x k−1+z k−1.由以上四式得a k =2a k−1+a k−2.下面计算a 1、a 2.如图（a ）,在2×1的方格中圈长为1的圈共有3个：ABDCA ，CDFEC ，ABDFECA .（a ） （b ）如图（b ），在2×2的方格中圈长为2的圈共有7个：GHILKJG ，JKLONMJ ，GHILONMJG ，GHILONKJG ，GHILKNMJG ，HILONMJKH ，GHKLONMJG .所以，a 1=3，a 2=7因此，a 3=17，a 4=41，a 5=99，a 6=239.故2×6棋盘中圈的个数为∑(7−i )a i =68161=1.13.见解析【解析】13. 先证明一个引理.引理 如图在四边形ABCD 中，对角线AC 、BD 交千点O 、P 、Q 分别是线段AB 、CD 外的点.如果P 、O 、Q 三点共线，则CQ QD ⋅DO OB ⋅BP PA ⋅AOOC =1.引理的证明：由于P 、O 、Q 三点共线，则∠AOP=∠COQ ，∠BOP =∠DOQ ，故CQ QD ⋅BPPA =SΔOCQ S ΔOQD⋅S ΔOBPS ΔOPA=SΔOCQ S ΔOAP⋅S ΔOBP S ΔOQD=OB⋅OP OD⋅OQ ⋅OC⋅OQ OA⋅OP =OC OA ⋅OB OD .因此，CQ QD ⋅DO OB ⋅BP PA⋅AO OC=1.回到原题. 分两种情况讨论.（1）如图，当AD 与BC 不平行时，设AD 与BC 交于点M .对ΔMAC 与截线H 1OH 2，有MH 1H 1A ⋅AO OC ⋅CH2H 2M =1；①对ΔMBD 与截线H 3OH 4，有H 3M DH 3⋅MH 4H 4B ⋅BOOD=1；②对MCD 与截线H 2H 3S ，有MH 2H 2C ⋅CS SD ⋅DH 3H 3M=1； ③ 对ΔMBA 与截线H 1H 4T ，有H 4M BH4⋅MH 1H 1A ⋅ATTB=1； ④ ①÷②×③÷④得CS SD ⋅DO OB ⋅BT TA ⋅AOOC=1.故BTTA=BT ′T ′A.因此，点T 与T ′重合.所以，S 、O 、T 三点共线. （2）当AD ∥BC 时，有CS SD =CH 2DH 3，DO OB =DH 3BH 4，BT TA =BH 4AH 1，AOOC =AH 1CH 2.①÷②×③÷④得CS SD ⋅DO OB ⋅BT TA ⋅AO OC=1.设射线SO 交线段AB 的延长线于点T ″.理可以证明点T 与T ′重合. 所以，S 、O 、T 三点共线. 14.（1）见解析；（2）见解析【解析】14. （1)令a 0=a n ，对任意的i (i =1,2,⋯,n )，由均值不等式得a 11−ai+1=a i∑a j1≤j≤n,j≠i+1≤i(n−1)n−1√∏a j1≤j≤n,j≠i+1=1n−1√∏a ia j1≤j≤n,j≠i+1n−1≤1(n−1)2∑a ia j1≤j≤n,j≠i+1.故∑a i 1−a i+1≤1(n−1)2∑∑a i a j=1(n−1)2[∑a i ∑1a i−ni=1ni=11≤j≤nj≠i+1n−1i=0n i=1∑a ia i+1ni=1]=1(n−1)2∑1−a i a i+1n i=1. 因此，∑1−a i a i+1≥(n −1)2∑a i1−a i+1ni=1ni=1.当且仅当a i=1n(i =1,2,⋯,n )时，上式等号成立.（2）设i 1,i 2,⋯,i n 是1,2,⋯,n 的一个排列，满足a i 1≥a i 2≥⋯≥a i n .因此11−ai 1≥11−a i 2≥⋯≥11−a i n.由排序不等式得∑a i 1−a i=∑a ij 1−a ij≥∑a i1−a i+1ni=1nj=1ni=1.①由柯西不等式得∑a i 1−a i≥[∑n i=1a ]2∑a 1−∑a 12ni=1ni=1≥[∑n i=1a ]2∑a 1n i=1−1n [∑ni=1a ]2=n n−1ni=1.②对任意的i (i=1,2,⋯,n )，由均值不等式得ai1+a i−ai+1=a ia i +(n−1)⋅1−ai+1n−1≤in √a i(1−ai+1)n−1(n−1)n−1=n−1n √1n−1[a i 1−a i+1]n−1n≤n−1n[(n −1)⋅a i 1−a i+1+1n−1].③由式①、②、③得∑a i1+a i −a i+1≤(n−1)2n 2ni=1∑a i 1−a i+1+1n ≤ni=1(n−1)2n 2∑a i 1−a i +n−1n 2∑a i1−a i=n−1n∑a i1−a in i=1ni=1ni=1. 当且仅当a i =1n(i =1,2,⋯,n )时，上式等号成立. 15.见解析【解析】15. 由题意设m 2+n 2=k (pmn −1)(k ∈N +).①下面分两种情况讨论. （1）若m =n ，则k =2m 2pm −1≥1.因此，(p −2)m 2≤1.显然，p ≤3.若p=3，则m 2≤1，故只能有m =n =1；若p =2，则k =2m 22m −1=1+12m −1是正整数，故只可能有m=n=1.（2）若m≠n，由对称性不妨假设m>n，即m≥n+1.考虑二次方程x2−pknx+(n2+k)=0，②其中，m是方程②的一个根.设方程的另一根为y.由韦达定理有是m+y=pk，my=n2+k>0.所以，y为正整数且y=pkn−m.下面证明：当n≥2时，y>n.事实上，n−y=m+n−pkn=m+n−pn⋅m2+n2 pmn−1=(pmn−1)(m+1)−pn(m2+n2)pmn−1=pmn2−pn3−m−npmn−1.又p≥2，m≥n+1，则pmn2−pn2−m−n≥2mn2−2n3−m−n= m(2n2−1)−(2n3+n)≥(n+1)(2n2−1)−(2n3+n)=2n(n−1)−1≥3≥0.所以，n−y>0，y<n成立.由于m和y=pkn−m是方程②的两个根，因此，对某个p，如果一组(m,n)=(m0,n0)(m0>n0>1)是方程①的解，那么，(m′,n′)=(n0,pkn0−m0)也是方程①的解.而m0>n0=m′>n′，可因此，对方程①的任意一个解(m,n)(m>n>1)，用(n,pkn−m)来替换原来的(m,n)，式①仍然成立.只要这里的n>1，这样的替换便可以继续下去.而每经过一次这样的替换，n的值将会减少.因此，经过有限步之后，必有n=1.下面讨论n=1时，方程①的解.（i）若k=1，则方程①即为m2−pm+2=0.而m>1，故仅有解(m,n,p)=(2,1,3).此时，k=1.（ii）若k≥2,则有m2+1≥2(pm−1).③因为k=m2+1pm−1是正整数，所以，p2k=p2m2+p2pm−1=pm+1+p2+1pm−1是正整数.故(pm−1)|(p2+1).如果m≥p+1,则p2+1≥pm−1≥p2+(p−1).解得p≤2.于是，p=2,m=p+1=3,即(m,n,p)=(3,1,2),此时，k=2.如果m≤p,代入式③可得m2+1≥2(m2−1),即m≤√3与m≥2矛盾.因此，p只能取2,3.当p=2时，方程①的任意一个解(m,n)(m>n>1)经过有限次替换以后必将变为(3,1).反过来，对(3,1)作上述替换的逆变换(m,n)→(4m−n,m)，a1)(i=1,2,⋯)，将生成方程的全部解.这些解可表示为(a,i+1在这里，数列{a n}满足a=11，a2=3以及递推关系a i+1=4a i−a i−1.同理，当p=3时，方程的全部解为(b i+1,b i)(i=1,2,⋯)，在这里，数列{b n}满足b1=1,b2=2以及递推关系b i+1=3b1−b i−1.当m<n时，由对称性可知，方程的全部解为(m,n,p)=(a i,a i+1,2)以及(b,b i+1,3)(i=1,2,⋯).因此，全部解为(m,n,p)=(a i+1,a,2),(a,a i+1,2),(b i+1,b i,3),(b,b i+1,3)(i=1,2,⋯).其中，数列{a n}满足a=1a2=1，a i+1=4a1−a i−1；数列{b n}满足b1= b2=1，b i+1=3b1−b i−1.。
高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版
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的几何题目有100道，难度较高。
这些题目涉及到各种不同的几何概念和定理，需要考生具备扎实的数学基础和丰富的解题经验。
在这些题目中，有许多需要考生进行证明，需要考生熟练掌握各种证明方法和技巧。
同时，还有一些需要考生进行画图，需要考生具备良好的几何直观和手绘能力。
这些几何题目的难度不仅仅在于其题目本身，还在于考试的时间限制。
考生需要在有限的时间内解决尽可能多的问题，因此需要考生具备快速解题的能力和良好的时间管理能力。
为了更好地应对这些几何题目，考生需要在平时的研究中注重基础知识的掌握和解题技巧的训练。
同时，还需要多做一些类似的练题目，以提高自己的解题水平和应对能力。
总之，高中数学联赛的几何题目难度较高，需要考生具备扎实的数学基础、丰富的解题经验、良好的几何直观和手绘能力、快速解题的能力和良好的时间管理能力。
考生需要在平时的研究中注重基础知识的掌握和解题技巧的训练，并多做类似的练题目，以提高自己的解题水平和应对能力。
1.研究证明角平分在这一部分中，我们将研究如何证明一个角被平分。
这是一个非常基础的几何问题，但是它的应用非常广泛。
我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用角平分线的定义、角度相等、相似三角形等。
2.研究证明四点共圆在这一部分中，我们将研究如何证明四个点共圆。
这个问题也是几何学中的基础问题之一。
我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用圆的定义、圆心角、垂直等。
3.研究证明角的倍数关系在这一部分中，我们将研究如何证明角的倍数关系。
这是一个非常重要的几何问题，因为它在许多几何证明中都有应用。
我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用角度相等、相似三角形等。
4.证明线与圆相切在这一部分中，我们将研究如何证明一条线与一个圆相切。
这是一个非常基础的几何问题，但是它的应用非常广泛。
我们将介绍几种不同的证明方法，包括使用切线的定义、圆心角等。
5.证明垂直在这一部分中，我们将研究如何证明两条线段垂直。
数学奥林匹克高中训练题(19)及答案
数学奥林匹克高中训练题（19）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题24) 对于每一对实数,x y ，函数f 满足方程()()()1f x y f x f y xy +--=+，且(1)1f =．那么，()(1)f n n n =≠的整数n 的个数共有(B)个．(A)0 (B)1 (C)2 (D)32．(训练题24)有六个座位连成一排，三人就座，恰有两个空位相邻的排法种数为(A)．(A)72 (B)96 (C) 48 (D) 以上都不对3．(训练题24)在一次体育比赛中，红白两队各有5名队员参加，比赛记分办法是：队员在比赛中获第几名就为本队得几分，且每个队员的得分均不同，得分少的队获胜，则可能获胜的分数是(C)．(A)29 (B)28 (C) 27 (D) 134．(训练题24)现有下面四个命题：①底面是正多边形，其余各面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥．②底面是正三角形，相临两侧面所成二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．③有两个面互相平行，其余四个面都是全等的等腰梯形的六面体是正四棱台．④有两个面互相平行，其余各个面是平行四边形的多面体是棱柱．其中，正确的命题的个数是(D)．(A) 3 (B) 2 (C) 1 (D)05．(训练题24)设:f N N →，且对所有正整数n ，有(1)(),(())3f n f n f f n n +>=．(1997)f 的值为(C)．(A)1997 (B)1268 (C)3804 (D)59916．(训练题24)247247(1)(1)(1)1(1)(1)(1)1x x x y y y y x ⎧+++=+⎨+++=+⎩的解(,)x y 共有(B)组． (A)4 (B)2 (C)1 (D)0二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题24)数列{}n a 的前14项是4，6，9，10，14，15，21，22，25，26，33，34，35，38，…．按此规律，则16a = 46 ．2．(训练题24)函数1()f x x=⋅的值域是 (0,1) ．3．(训练题24)16=+的解是 ．4．(训练题24)若方程2(12)30()x i x m i m R +-+-=∈有一实根、一虚根，则此虚根是 122i -+ ． 5．(训练题24)平面上有四点,,,A B C D ，其中,A B 为定点，且,AB C D =为动点，且1AD DC BC ===，记ABD S T BCD ∆=∆为的面积．则22S T +的取值范围是223748S T ≤+≤ ． 6．(训练题24)使不等式1111199512213a n n n +++<-+++对一切自然数n 都成立的最小自然数a 是 1997 ．第二试一、(训练题24)(本题满分25分)已知12,F F 是椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点，c 为半焦距，弦AB 过焦点2F ．求1F AB ∆的面积的最大值．二、(训练题24)(本题满分25分)若1110,1,,6n i i i i x x x x n +=>==>∑，求证：111!ni i i n x x =+∏>+． 三、(训练题24)(本题满分35分)已知ABC ∆是等腰三角形，,AB AC CD =是腰AB 上的高线，CD 的中点为,,M AE BM E AF CE F ⊥⊥于于．求证： 13AF AB ≤． 四、(训练题24)(本题满分35分)46个国家派代表队参加一次国际竞赛，比赛共4个题，结果统计如下：做对第一题的选手235人，做对第一、二的选手59人，做对第一、三的选手29人，做对第一、四的选手15人，全做对的3人．存在这样的选手，他做对了前三题，但没有做对第四题．求证：存在一个国家，这个国家派的选手中至少有4个人，他们只做对了第一题．。
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数学奥林匹克高中训练题（15）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）2．(训练题20)把直线L 沿Y 轴平移sin cos 0θθ-≠个单位，再沿x0个单位，所得到的直线与原直线重合，则原直线的斜率为(B)．(A) 不存在 (B) θθsin cos --- (C) θθcos sin --- (D) θθsin cos +3．(训练题20)三棱锥A BCD -中，AB ⊥平面BCD ．则CAD ∠与CBD ∠的关系为(D)．(A) CAD CBD ∠>∠ (B) CAD CBD ∠=∠ (C) CAD CBD ∠=∠ (D) 不确定4．(训练题20)设递增正数列12,,,n a a a 是分母为60的既约真分数．则1cos ni i a π==∑ (A)．(A) 0 (B)8 (C) 16 (D) 305．(训练题20)从正方体的８个顶点中取出３个顶点使至少有两个顶点在同一棱上，其取法数为(B)．(A)44 (B)48 (C)50 (D) 526．(训练题20)存在12,,,n x x x 满足210k x +=，且使1122310n n n x x x x x x x x -+++=成立的充要条件是(B)． (A) 2|n (B) 4|n (C) 6|n (D) 8|n二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题20)已知()tan(arctan )4f x x π=-则f2．(训练题20)递推数列，12211()n n n x x x ax bx n N ++==⎧⎨=+∈⎩， 若1996T =是使121T T x x ++==的最小自然数，则19961i i x -∑= 0 ． 3．(训练题20)在平面α上有一个ABC ∆，105,o ABC AC ∠==．在平面α的两侧分别有一点,S T ，满足5SA SB SC TA TB TC ======．则ST = 8 ． 5．(训练题20)在双曲线222x y -=上任取三点,,A B C ，则ABC ∆垂心H 的轨迹方程为222xy -=．6．(训练题20)对复数x，解析式u x x i x =+-+第二试一、(训练题20)(本题满分25分)在ABC ∆的AB 边上任取一点D 作//DE AC 交BC 于E ，连CD ．求证:CDE ∆的面积不超过原三角形面积的14． 二、(训练题20)(本题满分25分)求证:对于任给的正数a ，必存在一个自然数N ，使每一个大于N 的自然数n 都有唯一的自然数()f n ，使1010()1()n na f n f n <≤+． 三、(训练题20)(本题满分35分)对于坐标平面上的整点集{(,)|16,,}S x y x y x N y N =≤<≤∈∈，求证:从中任取11个点时必存在3个点，两两之间连线的斜率存在且不为零．四、(训练题20)(本题满分35分)设{1,2,,}(5)n S n n =≥.取,n n X S Y S ⊆⊆(无顺序),若X Y ⊆或Y X ⊆时，则称,X Y 为”包含子集对”，否则称为非包含子集对，问n S 中包含子集对多还是非包含子集多?证明你的结论.。
高中数学奥林匹克竞赛试题及答案0204192339
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）（m11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝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。
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。
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
高中数学奥林匹克竞赛试题及答案
1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．1956年波兰．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a≢9，0≢b≢9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≢18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．1962年上海高三决赛题．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．1963年俄【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．1964年俄．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n≣10a＋1．因此b＝n2100a2≣20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a≢4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≣422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．1964年波兰【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．7 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数．1969德国．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≣m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4²24，4²34，…就得到无限多个符合要求的a．8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．1970年苏【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c≢9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！9 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．1973年加拿大【证】因p是奇数，2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．10 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．美国1973年【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2²b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab²ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．12 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．1979年英国【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137²73．故对一切n≣2，a n均为合数．13 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．1984年苏【证】若不同数字多于3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104³M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．14正整数d不等于2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．1986年德【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 5d－1＝y2 13d －1＝z2 其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 说明d也是奇数．y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．15 .求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≢5）个数的和为合数．1987年全苏【解】由n个数a i＝i²n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m²n！＋k（m∈N，2≢k ≢n）由于n！＝1²2²…²n是k的倍数，所以m²n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．16 n≣2，证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．1987苏联（1）若m≣p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n≣n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m≢p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≣n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m≣m，p≣2m＋1由得4m2＋4m＋1≢m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n≢0由此得17 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab≣0（否则ab≢－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≢0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a≣b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．18 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．1989年瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≢k≢n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2≢k≢n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？1990年全苏解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当n＝1时，原数是13 20 设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．1991年罗马尼亚．证由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d≣n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．21 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≣15005，所以A≣15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≢i≢20，1≢j≢10）令S i＝a i＋a i＋1＋…＋a i＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，23 是否存在完全平方数，其数字和为1993？1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在，取n＝221即可．24 能表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？1993年美国数学邀请赛【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋5025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．26 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．27 设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由a＋c＞c≣c1，b＋c＞c≣c2。
数学奥林匹克高中训练题及答案
数学奥林匹克高中训练题（11）第一试一、选择题（本题满分30分，每小题5分）1．(训练题11)若,x y R ∈，则实数集2{|31}P s s x x ==++与2{|31}Q t t y y ==-+具有的关系是(D)．(A) P Q φ= (B)P Q ⊂ (C)Q P ⊃ (D)P Q =2．(训练题11)方程112log log y x x +-=的图象是(C)． 3．(训练题11)在ABC ∆中，cos2cos2B A >是A B >的(C)．(A) 充分但不必要条件 (B) 必要但不充分条件 (C) 充要条件 (D) 既不充分也不必要的条件 4．(训练题11)圆台两底面半径分别为R 和r ()R r >，平行底面的截面将圆台的侧面分成面积相等的两部分．那么，截面圆半径是(B)．(A) Rr (B) 222r R + (C) 2r R + (D) 无法确定 5．(训练题11)等差数列{}n a 中，2n ≥，公差0d <，前n 项和是n S ．则有(C)．(A)1n S na ≥ (B)n n S na ≤ (C)1n n na S na << (D)1n n na S na <<6．(训练题11)过抛物线y 2=4x 的焦点作直线与此抛物线交于P ，Q 两点。
那么，线段PQ 中点的轨迹方程是(B)．(A)221y x =- (B)222y x =- (C)221y x =-+ (D)222y x =-+二、填空题（本题满分30分，每小题5分）1．(训练题11)已知函数, 01,()1, 10.x x f x x x -<≤⎧=⎨+-≤≤⎩则它的反函数是11,(0,1](),[1,0]x x f x x x --∈⎧=⎨-∈-⎩．2．(训练题11)已知复数z 的模1z =且，111z z +=，则z=1(1)2±． 3．(训练题11)某市电话号码从六位升至七位，这一改可增加761010-个拨号．4．(训练题11)1arctan arctan 1x x x -++的值是 3144ππ-或 ． 5．(训练题11)平面α内有圆ABC (如图)AB 是直径，SA α⊥，C 是AB 上一点．若::1:2:2AC AB SA =，则二面角C SB A --的平面角的余弦值是5 ． 6．(训练题11)ABC ∆顶点在以x 轴为对称轴，原点为焦点的抛物线上，已知(6,8)A -，且ABC ∆的重心在原点，则过B ，C 两点的直线方程为480x y +-=．三、(训练题11)(本题满分20分) 如图，四棱锥S ABCD -的顶点在底面的射影恰是底面对角线的交点O ，已知棱锥S ABCD -的高恒为3，22,(,,)S ADO S BCO V m V n m n R m n +--==∈≠．问当四棱锥S ABCD -取得最小体积时，底面ABCD 是怎样的四边形？四、(训练题11) (本题满分20分) 抛物线22(0)y px p =>的焦点是F ．问：是否存在内接等腰直角三角形，该三角形的一条直角边过F 点？如果存在，存在几个？如果不存在，说明理由五、(训练题11)(本题满分20分)数列{}n a 的首项0a ≠，该数列是公比为a -的等比数列．记lg n n n b a a =，1nn i i S b ==∑．(1) 证明: 当1a ≠-时，对一切n N ∈，都有12lg [1(1)(1)](1)n n n a a S n na a a +=+-+++． (2) 当01a <<时，是否存在自燃数m ，使得对任何自然数n ，都有n m b b ≤．第二试一、(训练题11)(本题满分35分)H 为ABC ∆的垂心，,,D E F 分别是,,BC CA AB 中点，一个以H为S C B A OD圆心的H 交直线,,EF FD DE 于121212,,,,,A A B B C C ．求证：121212AA AA BB BB CC CC =====．二、(训练题11)(本题满分35分)若n 是素数，证明存在0,1,2,,1n -的一个排列12(,,,)n a a a ，使得11212312,,,,n a a a a a a a a a 被n 除的余数各不相同．三、(训练题11)(本题满分35分)某组学生进行一次考试，共有3道选择题，每题有四个选择支．已知这组学生中任何两人的答案都至多有一题相同，而且只要再加一人，则无论该人答案如何，上述性质都不再成立．问这组学生最少有多少人？。
数学奥林匹克高中训练题100
合{1 ,2 , …, n}的不同子集 ,满足下列条件 :
(i) i ∈Ai 且 Card ( Ai ) ≥3 , i = 1 ,2 , …, n ;
(ii) i ∈Aj 的充要条件是 j ∈ Ai ( i ≠j ,
i 、j = 1 ,2 , …, n) .
试回答下列问题 :
n
∑ (1) 求 Card ( Ai ) ; i =1
(A) 0 < a < b
(B) a < 0 < b
(C) a < b < 0
(D)
a<
1 2
<
b
2. 已知不等式 22x + a2 x + b ≥0 解的最
小值为 2. 则 a 的取值范围是 ( ) .
(A) ( - ∞,0)
(B) [ 0 , + ∞)
(C) [ 2 , + ∞)
(D) [ - 4 , + ∞)
>
sin (α+β) sinα·sin β
-
2sin (α+β) ·cos(αsin 2α·sin 2β
β)
=
2sin (α+β)
[2cos α·cos sin 2α·sin
β2β
cos (α-
β)
]
=
2sin
(α+ sin
β) ·cos 2α·sin
(α+β) 2β
> 0.
5. B. 由韦达定理得 α+β= - p ,αβ= q. 则 m = (α+β) 2 + 4αβ= 2 (α+β) 2 - (α- β) 2 . 又| α+β| ≤| α| + | β| ≤1 , | α- β| ≤| α| + | β| ≤1 ,
数学奥林匹克高中训练题99
99
由 ax3 + by3 = 16 ] ( ax3 + by3 ) ( x + y ) = 16 ( x + y ) ] ( ax + by ) + xy ( ax + by ) = 16 ( x + y )
4 4 2 2
四、 由 an = n3
i =1
5. D.
由对称性知截得的图形只能为四边形或六边 形 ,而四边形的两组对边分别在两组相对的面上 ,因 而 ,四边形必为平行四边形 ,但可以截得六边形 .
6. B.
的最小值 . ( 50 分 ) 证明 : 对于大于 2 的任意正 三、 整数 a ,存在无限多个 n ∈N+ ,使得
n| ( a - 1) .
时,x + y
(1) 由 f ′ ( x ) = nx n - 1 - ( n + 1) x n 三、 = x
n- 1
[ n - ( n + 1) x ] ,
n n ) 上单调递增 , 在 ( ,1 ] 上单 n+1 n+1 n 时 , f ( x) 取得极大值 n+1 n
n n +1
15.
可知 f ( x ) 在 [0 , 调递减 .
] ( ax2 + by2 ) ( x + y ) = 7 ( x + y ) ] ( ax3 + by3 ) + xy ( ax + by ) = 7 ( x + y ) ] 16 + 3 xy = 7 ( x + y ) , 联立式 ①、 ② 解得 x + y = - 14 , xy = - 38. 则 ax4 + by4 = 42 ] ( ax4 + by4 ) ( x + y ) = 42 ( x + y ) ] ( ax5 + by5 ) + xy ( ax3 + by3 ) = 42 ( x + y ) ] ax5 + by5 = 42 ( x + y) - 16 xy = 20.
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图3
的取值范围是 . 5. 若 a 是实常数 ,函数 f ( x ) 对于任何的 1 非零实数 x 都有 f = af ( x ) - x - 1 , 且
x f ( 1) = 1 ,则函数 F ( x ) = f ( x ) ( x ∈D = { x | x
∈R , x ≠ 0 , f ( x ) ≥x } ) 的取值范围是 . 6. 若从集合 S = {1 ,2 , …,20} 中 , 取出三 元子 集 A = { a1 , a2 , a3 } , 使 得 同 时 满 足 :
= ( an + 2 - an + 1 ) - ( a n + 1 - a n ) = ( an + 1 - n - 1) - ( an - n)
n n- 1 n- 1 = ( - 2 + 1) - ( - 2 + 1) = - 2 .
2
. 1
3 3 4 ( m + 1) - 1 3
⑥
PQ AQ - A P 2 故 = = QO AO - AQ 1 m-
2006 年第 12 期 = cos π - arccos 7 9 ,
41 4 =3× ・ sin 60° 1 cos α+ 3 sin α ) sin (90° -α 2 2 =3 3 + 27 . 4
所以 ,2θ=π. 故 θ=
4. C.
π . 2
由题意得
Sn +1 = 2 Sn Sn = 2Sn - 1 n ( n + 1)
在Γ2 上 ,直线 FA 交Γ1 于点 B 、 C ( 点 B 在点 F 与点 A 之间) ,Γ C 处的两条切线 1 在点 B 、 相交于点 P. 若点 A 在圆 Γ2 上运动一周 , 试 求点 P 的轨迹方程 .
第二试
( 50 分 ) 在 △ABC 中 , I 是内切圆圆 一 、 心 ,直线 BI 、 CI 分别交边 AC 、 AB 于点 D 、 E. ( 1) 试求 (2) 若
.
则 sin θ的值等于
2 2 2 2
∠ABC = 90° . 则 BC ・ AD ). 等于 (
(A) 3 3 + 25 4
2. 设 a 、 b、 c ∈R ,且满足方程组
a + b + c - 10 a - 11 = 0 , a - bc - 4 a - 5 = 0.
(B) 3 3 + (D) 3 3 +
参考答案
第一试
一、 1. C. 正方体的 6 个侧面构成 6 个不同的共面四点 组 . 另外 , 正方体有 6 个对角截面 , 每个对角截面与 正方体的中心 O 可产生 5 个不同的共面四点组 . 这 样 ,可产生 6 × 5 + 6 = 36 个不同的共面四点组 . 2. B. 由题给条件得 ( a + 1) ( a2 - a + 1) | ( a2 - a + 88) . 则 ( a2 - a + 1) | ( a2 - a + 88) = ( a2 - a + 1) + 87. 从而 , ( a2 - a + 1) | 87 = 3 × 29. ① 2 又 a - a + 1 > 0 ,故由式 ① 得 2 a - a + 1 = 1 ,3 ,29 ,87. 当 a2 - a + 1 = 1 时 , a = 0 或 1 ,符合题意 . 当 a2 - a + 1 = 3 时 , a = - 1 ( 舍去 ) 或 2 ,符合题 意. 当 a2 - a + 1 = 29 或 87 时 ,无整数解 . 综上所述 ,所求的 S = {0 ,1 ,2} . 3. C. 1 1 7 令 θ= arccos + arccos ,则 3 2 9 π π 1 π π π < θ< + × = + , 6 2 2 6 2 12 π π 即 < 2θ<π + . 3 6 2 1 1 7 因为 cos 2arccos =2 - 1= 3 3 9
a2 - a1 ≥ 5 ,4 ≤a3 - a2 ≤ 9 ,则所有这样的子
值范围 . ( 50 分 ) 试求出最小的正整数 m , 使 二、 得同时满足 : 2 2 (1) m ≥m + 2 006 ( [ x ] 表示不 1 977 大于 x 的最大整数) ; ( 2) 99 m 被 190 除所得的余数为 11. ( 50 分 ) 设 m 、 三、 n 是两个正整数 ( 允许 m 与 n 相等 ) , A 、 B 是两个由若干个实数组 成的集合 , 且 | A | = m , | B | = n ( 允许 A = B ) ,集合 A 满足 : 若 x、 y、 u、 v ∈A , 且 x + y = u + v , 则或 x = y 且 u = v ,或{ x , y } = { u , v } ( x ≠y ,且 u ≠v) . 定义一个集合 A + B = { a + b| a ∈A , b ∈B }. 试求出| A + B | 的最小可能值 ( | X | 表 示集合 X 的元素个数) .
2
+1,
① ②
( n - 1) n + 1( n ≥ 2) . 2
编者注 : 此题用复数法解答比较简洁 . 6. D. 设 AO = a ,则 a 1 AP = , VA - B1 C1 D1 = 3 VA - BCD .
m m
①- ② 得
a n + 1 = 2 an - n ( n ≥ 2) .
从而 , VBCD ③
2
BCD 是正三角形 ) , 作 AO ⊥底面 BCD , O 为
垂足 . P 为高 AO 上一 点 ,且 PA =
1
m AO ( m >
1) . 过 点 P 作 底 面
BCD 的平行截面分别
交三条棱 AB 、 AC 、 AD
图2
于点 B 1 、 C1 、 D1 . 点 Q 在线段 PO 上 , 过点 Q 作底面 BCD 的平行截面平分正三棱台 BCD
令 an - n - 1 = bn ,则
bn + 1 = 2 bn , b1 = a1 - 2 = - 1.
AQ AO
3 3
3
m +1
从而 , bn = - 2 n - 1 ( n ≥ 1) . 所以 , an = - 2 n - 1 + n + 1 ( n ≥ 1) . 由定义Δ an = an + 1 - an ,得 Δ(Δ an ) =Δ an + 1 - Δ an
- B 1 C1 D1 的体积 . 则
3 3
). 的元素个数| S | 的正确说法是 ( (A) | S | = 2 (B) | S | = 3 ( C) | S | = 4 (D) | S | ≥ 5 1 1 7 ). 3. arccos + arccos = ( 3 2 9 (A)
PQ ). 等于 ( QO
m +1
2
+1,
m +1 - 1 m +1 - m
3
).若 其中 , S n = a1 + a2 + …+ an ( n = 1 ,2 , …
定义Δ an = an + 1 - an ,则集合 Δ(Δ an ) ≥- 2 006} S = { n| n ∈N+ ,
). 的元素个数| S | 是 ( (A) 9 (B) 10 ( C) 11 5. 如图 1 , 在凸四边 (D) 12
(A) (B) ( C) (D)
3
2 ( m + 1) - 1 3 2 ( m + 1) - m
m +1 - 1
3 3 3
π π π 3 2 8 (B) ( C) (D) arcsin 8 3 2 9
n ( n + 1)
3
4. 设 a1 = 1 , S n + 1 = 2 S n -
2m 3 3 3 3
AC =
由题意得
cos θ
4 +3 =5 5 = 2 CD , 2
2
2
2 即 cos θ+ cos θ ・ sin θ=
=2×
且 ∠ADC = 90° ,则 ∠CAD = 30° . 图4 又因 ∠ADC = ∠ABC = 90° ,所以 , A 、 B、 C、 D 四点共圆 . 联结 BD ,则 ∠ABD = ∠ACD = 90° - 30° = 60° . 设 ∠BAC = α(α为锐角) ,则 3 4 (0° ). sin α= ,cos α= < α< 60° 5 5 作矩形 CBA F ,则 ) = 60° AF = BC , ∠FAD = 90° - (α+ 30° - α. 故 BC・ AD = AF・ AD = | AF | ・ | AD | cos ∠FAD
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中 等 数 学
4. 如图 3 , 设 ⊙O
是 单 位 正 方 形 ABCD 的外 接 圆 , 点 P 在 劣 弧AB 上 ( P 不 与 顶 点 A、 B 重合 ) , DP 交 AO 于点 Q . 则 k =
( 用具体的数字做答) . 集 A 的个数是 ( 20 分) 试求出所有的函数 f : R →R , 三、 使得对于任何的 x 、 y ∈R ,都有 f (4 x - y - 1) + 4 f ( x + y ) - 16 f ( x ) 2 2 = ( 6 x - 2) + 45 y . ① ( 20 分 ) 在平面直角坐标系 xOy 中 , 四、 有点 A ( 3 ,3 ) 、 B ( - 2 ,1 ) 、 C ( 1 , - 2 ) , T 表示 △ABC 的内部及三边 ( 含顶点 ) 上所有点的 集合 . 试求二元函数 f ( x , y) = max{2 x + y ,min{3 x - y ,4 x + y }} ( 点 ( x , y ) ∈T) 的取值范围 . ( 20 分 ) 已知抛物线 Γ1 : y = x2 及圆 五、 Γ2 : ( x - 3 ) 2 + y2 = 1 ,Γ1 的焦点为 F , 点 A