奥林匹克训练题库·分析计算
小学三年级数学奥林匹克竞赛题及分析
小学三年级数学奥林匹克竞赛题及分析三年级乘除法中的速算（一）小学三年级奥数题：乘除法中的速算三年级乘除法中的速算（二）小学三年级奥数题：乘除法中的速算（二）三年级乘除法中的速算（三）小学三年级奥数题：乘除法中的速算（三）三年级奥数题：吨的认识、测量小学三年级奥数题：差倍问题（一）小学三年级奥数题：差倍问题（一）小学三年级奥数题：差倍问题（二）小学三年级奥数题：差倍问题（二）小学三年级奥数题：差倍问题（三）小学三年级奥数题：差倍问题（三）小学三年级奥数题：差倍问题（四）小学三年级奥数题：差倍问题（四）三年级奥数题：加减法的验算小学三年级奥数题：加减法的验算三年级奥数题：循环问题（一）小学三年级奥数题：循环问题（一）三年级奥数题：循环问题（二）小学三年级奥数题：循环问题（二）小学三年级奥数题：循环问题（三）三年级奥数题：循环问题（三）三年级奥数题：年月日问题（一）三年级奥数题：年月日问题（一）三年级奥数题：年月日问题（二）三年级奥数题：年月日问题（二）三年级奥数题：火柴棒问题三年级奥数题：火柴棒问题三年级奥数题：和差倍数问题（一）1、南京长江大桥共分两层，上层是公路桥，下层是铁路桥。
铁路桥和公路桥共长11270米，铁路桥比公路桥长2270米，问南京长江大桥的公路和铁路桥各长多少米？分析：和差基本问题，和1127米，差2270米，大数=(和+差)/2，小数=(和-差)/2。
解：铁路桥长=(11270+2270)/2=6770米，公路桥长=(11270-2270)/2=4500米。
2、三个小组共有180人，一、二两个小组人数之和比第三小组多20人，第一小组比第二小组少2人，求第一小组的人数。
分析：先将一、二两个小组作为一个整体，这样就可以利用基本和差问题公式得出第一、二两个小组的人数和，然后对第一、二两个组再作一次和差基本问题计算，就可以得出第一小组的人数。
解：一、二两个小组人数之和=(180+20)/2=100人，第一小组的人数=(100-2)/2=49人。
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.。
奥林匹克数学训练题集 pdf
1.已知一张桌子的价钱是一把椅子的10倍，又知一张桌子比一把椅子多288元，一张桌子和一把椅子各多少元？2. 3箱苹果重45千克。
一箱梨比一箱苹果多5千克，3箱梨重多少千克？3. 甲乙二人从两地同时相对而行，经过4小时，在距离中点4千米处相遇。
甲比乙速度快，甲每小时比乙快多少千米？4. 李军和张强付同样多的钱买了同一种铅笔，李军要了13支，张强要了7支，李军又给张强0.6元钱。
每支铅笔多少钱？5.甲乙两辆客车上午8时同时从两个车站出发，相向而行，经过一段时间，两车同时到达一条河的两岸。
由于河上的桥正在维修，车辆禁止通行，两车需交换乘客，然后按原路返回各自出发的车站，到站时已是下午2点。
甲车每小时行40千米，乙车每小时行45千米，两地相距多少千米？（交换乘客的时间略去不计）6. 学校组织两个课外兴趣小组去郊外活动。
第一小组每小时走4.5千米，第二小组每小时行3.5千米。
两组同时出发1小时后，第一小组停下来参观一个果园，用了1小时，再去追第二小组。
多长时间能追上第二小组？7. 有甲乙两个仓库，每个仓库平均储存粮食32.5吨。
甲仓的存粮吨数比乙仓的4倍少5吨，甲、乙两仓各储存粮食多少吨？8. 甲、乙两队共同修一条长400米的公路，甲队从东往西修4天，乙队从西往东修5天，正好修完，甲队比乙队每天多修10米。
甲、乙两队每天共修多少米？9. 学校买来6张桌子和5把椅子共付455元，已知每张桌子比每把椅子贵30元，桌子和椅子的单价各是多少元？10. 一列火车和一列慢车，同时分别从甲乙两地相对开出。
快车每小时行75千米，慢车每小时行65千米，相遇时快车比慢车多行了40千米，甲乙两地相距多少千米？11. 某玻璃厂托运玻璃250箱，合同规定每箱运费20元，如果损坏一箱，不但不付运费还要赔偿100元。
运后结算时，共付运费4400元。
托运中损坏了多少箱玻璃？12. 五年级一中队和二中队要到距学校20千米的地方去春游。
第一中队步行每小时行4千米，第二中队骑自行车，每小时行12千米。
奥林匹克训练题库·分析计算
分析计算72甲、乙、丙三人都是业余射箭爱好者，在一次练习中，他们箭箭命中，甲、乙、丙分别射了8发、7发和6发，成绩都是51环。
根据练习用的靶纸（见左下图），请你正确填写出右下表所示的成绩表。
73甲、乙、丙3人射击，每人打5发子弹，中靶的位置在右图中用点表示，计算成绩时发现3人得分相同。
甲说：“我头2发打了8环。
”乙说：“我头2发打了9环。
”请你判断唯一的10环是谁打的？74六个人参加乒乓球比赛，每两个人都要赛一场，胜者得2分，负者得0分。
比赛结果，第二名和第五名都是两人并列。
问：第一名和第四名各得多少分？75A，B，C，D四个队举行足球循环赛（即每两个队都要赛一场），胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分。
已知：（1）比赛结束后四个队的得分都是奇数；（2）A队总分第一；（3）B队恰有两场平局，并且其中一场是与C队平局。
问：D队得几分？76甲、乙、丙三个班进行棋类比赛，比赛设象棋、军棋和跳棋三项。
前四名得分标准是：第一名5分，第二名3分，第三名2分，第四名1分。
比赛结果：甲班得名次的人最少，总分却是第一；乙班没人得第一，总分比甲班少1分；丙班得名次的人最多，总分却比乙班还少1分。
问：三个班各得了几个什么名次？77四人进行跳远、百米、铅球、跳高四项比赛，各个单项的一、二、三、四名（没有并列名次）分别得5，3，2，1分。
已知总分第一名的跳高得分低于其它项得分，总分第三名的跳高得分高于其它项得分。
请将下表填写完整。
78有A，B，C三个足球队，两两比赛一场，共赛了三场。
A队两胜，进6球失2球；B队一胜一负，进4球失4球；C队两负，进2球失6球。
试写出三场比赛的具体比分。
79五年级三个班举行年级运动会，设跳高、跳远和百米三项，各项均取前三名，第一名得5分，第二名得3分，第三名得1分。
已知一、二班总分相等，并列第一名，而二班进入前三名的人数是一班的两倍。
问：三班总分多少？80五支足球队进行循环赛，即每两个队之间都要赛一场。
数学奥林匹克高中训练题_111及解析
数学奥林匹克高中训练题_111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.给出下列两个命题：命题P ：存在函数f (x )、g (x )及区间I ，使得f (x )在I 上是增函数，g (x )在I 上也是增函数，但f(g (x ))在I 上是减函数；命题Q ：存在奇函数f (x )(x ∈A )、偶函数g (x )(x∈B )，使得函f (x )g (x )(x ∈A ∩B )是偶函数，那么，（）。
A. P 、Q 都真B. P 、Q 都假C. P 真Q 假D. Q 真P 假 2.△ABC 满足AB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 。
则△ABC 是（）。
A. 直角三角形 B. 锐角三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰三角形 3.设曲线f (x )=acosx +bsinx 的一条对称轴为x =π5。
则曲线y =f (π10−x)的一个对称点为（）。
A. (π5,0) B. (2π5,0) C. (3π5,0) D. (4π5,0) 4.设函数f (x )满足：对任何实数x ≥0，有f (2x +1)=√x 。
则这样的函数f (x )（）。
A. 不存在B. 恰有一个C. 恰有两个D. 有无数个5.甲、乙两人做下面的游戏：有一个由两个同轴圆柱组成的有盖容器，如图，里面的实心圆柱底面半径为r ，外面的圆柱面的底面半径为3r ，容器的高为4r 。
在容器内放入6个半径为r 且质地相同的小球，其中红、黄、蓝色各2个，随意翻动容器，然后将容器直立在桌面上。
当小球全部停止后，如果有两个颜色相同的小球相邻，则甲胜，否则乙胜。
那么，甲胜的概率为（）。
A. 12B. 13C. 215D. 4156.有一种特别列车，沿途共有20个车站（包括起点与终点），因安全需要，规定在同一车站上车的旅客不能在同一车站下车。
数学奥林匹克 习题五与参考答案
数学奥林匹克 兴趣习题五与参考答案【编号】ZSWD2023B00781、计算：20022003×20032002－20022002×20032003= 。
2、把一张纸剪成6块，从所得的纸片中取出若干块 ，每块各剪成6块；再从所有的纸片中取出若干块，每块各剪成6块……如此进行下去，到剪完某一次后停止。
所得的纸片总数可能是2000，2001，2002，2003这四个数中的 。
3、去年某校参加各种体育小组的同学中，女生占总数的，今年全校的学生和去年一样，为迎接2008年奥运会，全校今年参加各种体育小组的学生增加了20%，其中女生站总数的 。
那么，今年女生参加体育小组的的人数比去年增加 %4、一类自然数，它们各数位上的和为2003，那么这类自然数中最小的一个是 。
5、小明家的计数器是一个很巧的七位数ABCDEF。
把它中间断开，分成一个三位数ABC和一个四位数DEFG，或者分成一个四位数ABCD和一个三位数EFG，但无论前三位数和后四位数的和，还是前四位数和后三位数的和都是两个相等的四位数。
小亮家后来也买了同小明家计数器一样的号码，而且七位数比小明家的还要大。
家长认真说，这样的号码小明家的是最大的。
那么小明家的号码是 。
6、某校六年级的80名同学与2名老师共82人去公元春游，学校只准备了180瓶汽水。
总务主任向老师交待，每人供应3瓶汽水（包括老师），不足部分可到公园里购买，回校后报销。
到了公园，商店贴有告示：每5个空瓶可换一瓶汽水。
于是要求大家喝完汽水后空瓶由老师统一退瓶。
那么用最佳的方法筹划，至少还要购买 瓶汽水回学校报销。
7、小明坐在火车的窗口位置，火车从大桥的南端驶向北端，小明测得共用时80秒。
爸爸问小明这座桥有多长，于是小明马上从铁路旁的某一根电线杆计时，到第十根电线杆用时25秒。
如果路旁每两根电线杆的间隔为50米，小明就算出了大桥的长度。
那么，大桥的长为 米。
8、如图所示，在三角形ABC中，BD=2DC，AE=2ED。
信息学奥林教材匹克联赛培训习题跟解答(附程序解析主要是动态规划)
例13-4迷宫寻宝【问题描述】一个n行m列的迷宫（1<=n,m<=5），入口在左上角，规定只能向下或向右走。
迷宫的某些地方藏有不同价值（>0）的宝藏，同时又存在一些障碍无法通过。
求到达右下角出口时收集宝藏的最大值。
【输入】第一行n和m一下n行m列描述迷宫矩阵a[I,j]（-1：障碍）；最大值【样例输入】342-150513-16-18910【样例输出】33【分析】A[I,j]保存第i行第j列的宝藏价值。
令f[I,j]为从（1，1）走到第i行第j列时所能收集的宝藏的最大价值。
状态转移方程：F[I,j]=max{f[I-1,j],f[I,j-1]}+a[I,j](i<=n,1<=m)条件：n[I,j]<>-1初始：f[1,1]=a[1,1]目标：f[n,m]【参考程序】Const maxn=50;maxm=50;Fin=’b1.in’;Fout=’b1.out’;VarF,a:array[0..maxn+1,0..maxm+1]of integer;I,j,k,n,m,t:integer;Procedure init;BeginAssign(input,fin);Reset(input);Readln(n,m);For i:=0to n+1doFor j:=0to m+1do a[I,j]:=-1;A[0,1]:=0;For i:=1to n doFor j:=1to m doBeginRead(a[I,j]);If(a[I,j-1]=-1)and(a[i-1,j]=-1)then a[I,j]:=-1;//很关键的预处理End;Close(input);End;Function max(a,b:integer):integer;Begin max:=a;if b>a then max:=b;end;Procedure work;BeginFillchar(f,sizeof(f),0);For i:=1to n doFor j:=1to m doIf a[I,j]<>-1Then f[I,j]:=max(f[i-1,j],f[I,j-1])+a[I,j];End;Procedure print;BeginAssign(output,fout);Rewrite(output);Writeln(f[n,m]);Close(output);End;BeginInit;Work;Print;End.13-5花店橱窗布置（IOI1999）【问题描述】假设你想以最美观的方式布置花店的橱窗。
小学数学奥林匹克常规训练试题库
小学数学奥林匹克常规训练试题库1、计算：(4.8 x 7.5×8.1)÷(2.4×2.5×2.7)=( )2、我们把0.00000000025简单记作0.00……025。
下面有两个小数a=0.00……0125，b=0.00……08，求a 十b ，a 一b ， a ×b ，a ÷b3、比较下面两个积的大小 A=5.4321×1.2345 B=5.4322×1.2344 A( )B4、在□里填上合适的数，使等式成立。
0.27×1.5＋□×1.5＋1.5×0.32=0.77×1.55、小明前几次数学测验的平均成绩是84分，这一次要考100分，才能把平均成绩提高到86分，这一次是第( )次测验。
6、甲、乙两人的平均身高是1.68米，乙、丙两人的平均身高是1.73米，丙与甲的平均身高是1.60米，那么甲、乙、丙三人的平均身高是( )米。
7、五年级(1)班42名同学合影留念。
拍6寸合影照片可附送2张照片，费用为5.2元，如果需加印,每张加收0.71元。
现在每人各得一张照片，平均每人需付( )元。
8、某班统计数学考试成绩，得平均成绩87.26分，复查试卷时，发现把李伟的成绩98分误作89分计算。
经重新计算后，该班平均成绩是87.44分，那么该班有( )名学生。
9、有八个数字排成一列，它们的平均数是9.3。
已知前五个数的平均数是10.5，后四个数的平均数是11.3，第五个数是( )。
10、寒假中，小明兴致勃勃地读《西游记》，第一天读83页，第二天读74页，第三天读71页，第四天读64页，第五天读的页数，比五天中平均读的页数还多3.2页，问小明在第五天读了( )页。
10个0 1990个01986个011．甲、乙、丙三人，平均体重63千克，甲与乙的平均体重比丙的体重多3千克，甲比丙重2千克。
求乙的体重是( )千克。
小学数学奥林匹克辅导及练习速算与巧算(一)(含答案)-
速算与巧算（一）速算与巧算是在运算过程中，根据数的特点与数之间的特殊关系，恰当，准确，灵活地运用定律，性质及和、差、积、商的变化规律，进行一种简便、迅速的计算。
（一）指导探索：例1. 计算889899899989999++++分析与解：观察题目的特点发现：8可以看作9189-，可以看作901-，899可以看作9001-……，又是连加的算式。
根据这个特点，可以看作9，90，900，9000与90000的和再减去5个1的和。
还可以这样想：889899899989999++++例2. 计算：20191817161514134321…+--++--+++--分析与解：这是一道加，减混合算式，由于加、减数较多，要仔细观察能不能简化计算。
观察发现：，，，，…，20182191721614215132422-=-=-=-=-=-=，因此通过前后次序的交换，把某些数结合在一起算，比较312简便。
例3. 44425⨯分析与解：25是个特殊数，它与4相乘可以得到100，因此25与一个数相乘时，就要想办法从这个数中分离出4。
方法一：44425⨯方法二：44425⨯方法三：44425⨯例4. 375480625048⨯+⨯分析与解：观察题目的特点发现：“乘、加，乘”的形式符合乘法分配律的符号特征，另外480比48末尾多了一个0，如果去掉6250末尾的0就与375凑成1000。
例5. 计算：333333333333⨯分析与解：如果把一个因数改变成连续几个9的形式，就可以把它看成一个整十（整百、整千，整万……）数-1的形式，从而利用乘法分配律简算，我们知道3333333999999⨯=，因此根据积不变的规律，把一个因数扩大3倍，变成999999，另一个因数缩小3倍，变成111111。
例6. 计算：343535353434⨯-⨯分析与解：题目中的各数都与34，35有直接的关系。
方法一：343535353434⨯-⨯方法二：343535353434⨯-⨯【模拟试题】（答题时间：40分钟）1. 用简便方法计算（1）678354322++() （2）283147171653+++（3）38437184-+() （4）29041327173--（5）653197- （6）12517125⨯-（7）23599⨯ （8）()130052013-÷（9）672118218579⨯+⨯+⨯ （10）222222999999⨯ 2. 计算：（1）399999399993999399393+++++（2）201918174321-+-++-+-…（3）10099989796959493929190898810++---+++---++++…（4）8888125⨯3. 计算:34534515015÷.【试题答案】1. 用简便方法计算（1）678354322++() （2）283147171653+++（3）38437184-+() （4）29041327173--=-+=--=-=384184373841843720037163()=-+=-=29041327173290415001404() （5）653197- （6）12517125⨯-（7）23599⨯ （8）()130052013-÷（9）672118218579⨯+⨯+⨯ （10）222222999999⨯2. 计算：（1）399999399993999399393+++++（2）201918174321-+-++-+-…（3）10099989796959493929190898810++---+++---++++…（4）8888125⨯3. 计算。
国际奥林匹克数学竞赛题目解析
国际奥林匹克数学竞赛29.04.20211.（本题5分）计算 (210010002)2021.2.（本题10分）在点集 ｛(x,y,z)｜x 232+y 222+z 252=1 ｝中求函数 u =4x −6y +12z −5 的最小值。
3.（本题9分）求级数 ∑sin nx n!∞n=1 的和函数。
4.（本题5分）计算极限: lim n→∞(cos x 2∙cos x 4∙…∙cos x 2n ).5.（本题5分）给定一个平行六面体，从任一顶点都可引出三条面对角线。
求证：以这些面对角线为棱所构建的平行六面体的体积是原平行六面体的2倍。
6.（本题6分）计算定积分：∫lnx 1+x 2dx a 1/a .7.（本题5分）已知方程 (x −1)f (x+1x−1)−f (x )=x 对任意的 x ∈R, x ≠1 均成立，求出所有满足上述条件的函数f(x)。
8.（本题9分）求微分方程y′′cos x+y′(5cos x−2sin x)+y(3cos x−5sin x)=e−x的通解。
9.（本题5分）证明不等式1 2∙34∙56∙78∙…∙99100<110.10.（本题11分）计算不定积分I=∫x2dx(sin x−x cos x)2.11.（本题8分）设p和q分别是闭区间[2,6],[0,4]中的数。
求方程x2+px+q=0有两个不相等实根的概率。
12.（本题9分）求解柯西方程:xyy′′−x(y′)2=2yy′,y(1)=e,y′(1)=3e.13.（本题7分）证明：多项式P(x)=x n sinϕ−ρn−1x sin nϕ+ρn sin(n−1)ϕ能被x2−2ρx cosϕ+ρ2整除。
14.（本题6分）求解微分方程: y′+2ye x−y2=e2x+e x.。
数学奥林匹克高中训练题(276)
数学奥林匹克高中训练题(276)数学奥林匹克是研究学术领域，专注于提高学生数学能力和发展学术竞争性的比赛。
此次，我们将进行数学奥林匹克高中阶段的训练和练习，比如276题。
1. 问题描述：给定正整数$k$，数 $1，1+\frac{1}{2}，1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3},\cdots,1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+ \cdots +\frac{1}{k}$的和为多少？2. 思路：根据求和公式：$S=\sum_{i=1}^{k}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{i}\right )$，我们可以使用数学归纳法证明，这里有一个公共项$1$，一个最高阶项$\frac{1}{k}$，可以通过求和来进行计算。
3. 计算过程：根据求和公式，我们可以将计算表示为：$S= \sum_{i=1}^{k}\frac{1}{i} + (1+1)+ (1+\frac{1}{2}+1)+\cdots+ \left (1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+ \cdots + \frac{1}{k-2}+1\right )$$\Rightarrow S=\sum_{i=1}^{k}\frac{1}{i}+\sum_{i=1}^{k-1}1=\sum_{i=1}^{k}\frac{1}{i} + k-1=1 + \frac{1}{k} + \cdots +\frac{1}{2} + 1 + k-1$上式可以化简为$S=\frac{k(k+1)}{2}$，所以数 $1，1+\frac{1}{2}，1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3},\cdots,1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+ \cdots + \frac{1}{k}$的和为$\frac{k(k+1)}{2}$。
4. 证明过程：我们考虑基本情况$n=1$，由求和公式可知，$1+\frac{1}{2}$的和为$\frac{1(1+1)}{2}=1$。
一、奥林匹克训练题库·运算及运算规律
运算及运算规律1减数、被减数与差三者之和除以被减数，商是多少？2被减数比差大61，减数比差小22，请写出这个减法算式。
3甲、乙两数之和加上甲数是220，加上乙数是170，甲、乙两数之和是多少？4在一个减法算式中，被减数是120，减数是差的3倍，减数是几？5被减数、减数与差的和是100，减数比差大10，差是几？6小明做两个整数的加法，他把万位上的8看成了3，百位上的7看成了9，个位上的5看成了6，算得的结果是49920。
问：正确的结果是多少？7两数相乘，若被乘数增加14，乘数不变，则积增加84；若乘数增加14，被乘数不变，则积增加168。
原来的积是多少？8两个数的和是94，有人计算时将其中一个加数个位上的0漏掉了，结果算出的和是31。
求这两个数。
9两个整数相除，商是5，余数是11，被除数、除数、商及余数的和是99，求被除数和除数。
10两个数的乘积是被乘数的5倍，是乘数的12倍，这两个数的乘积是多少？11两个数的商是23，和是672，求这两个数中大数减小数之差。
12已知两个数的差是2345，两数相除的商是8，求这两数之和。
13甲、乙、丙三数的和是100，甲数除以乙数与丙数除以甲数的结果都是商5余1。
问：乙数是多少？14被除数比除数的3倍多1，并且已知被除数、除数、商和余数的和是81，求被除数和除数。
15一个整数除以15余2，被除数、商和余数的和是100，求被除数和商。
16两个整数相除，商是4，余数是8。
已知被除数比除数大59，求被除数。
17两个自然数相除，商是4，余数是15，被除数、除数、商、余数之和是129。
请写出这个带余数的除法算式。
18一个两位数除以一个一位数，商仍是两位数，余数是8。
问：被除数、除数、商及余数之和是多少？19某数除以87，商5余5，这个数除以5的商是多少？20在101到200这100个自然数中，相邻两数相加不需进位的有多少对？21甲数各位数字之和是10，乙数各位数字之和是5。
小学数奥练习题
小学数奥练习题在小学数学教育中，数学奥林匹克习题是一种重要的训练方式。
这些习题旨在提高学生的数学思维能力和解决问题的能力。
本文将为大家介绍一些小学数学奥林匹克习题，帮助学生更好地掌握数学知识。
一、加法与减法1. 小明的苹果总数是20个，他吃掉了8个，又买了10个。
请问他现在有多少个苹果？解答：小明原本有20个苹果，吃掉了8个，剩下12个。
又买了10个，所以他现在有22个苹果。
2. 在一个篮子里有15个苹果，小红从篮子里拿走了9个苹果。
请问篮子里还有多少个苹果？解答：篮子里原本有15个苹果，小红拿走了9个，所以篮子里还剩下6个苹果。
二、乘法与除法1. 一袋米重5千克，小明买了3袋，他一共买了多少千克的米？解答：一袋米重5千克，小明买了3袋，所以他一共买了3 × 5 = 15千克的米。
2. 一根绳子长8米，小亮想把这根绳子分成2段，每段长度相等。
他每段应该有多长？解答：一根绳子长8米，小亮想把它分成2段，每段长度相等。
所以每段的长度应该是8 ÷ 2 = 4米。
三、几何图形1. 有一个正方形，边长为6厘米。
请问它的周长是多少？解答：正方形的周长等于四条边的长度之和，而边长为6厘米，所以它的周长是4 × 6 = 24厘米。
2. 一个矩形的长是14厘米，宽是6厘米。
请问它的面积是多少？解答：矩形的面积等于长乘以宽，而长为14厘米，宽为6厘米，所以它的面积是14 × 6 = 84平方厘米。
四、逻辑推理1. 有一组数：1，3，5，7，9，11，13。
请问下一个数是多少？解答：这组数的规律是每个数都比前一个数大2。
所以下一个数应该是13 + 2 = 15。
2. 有一组数：2，4，8，16，32，64。
请问下一个数是多少？解答：这组数的规律是每个数都是前一个数的2倍。
所以下一个数应该是64 × 2 = 128。
通过以上习题的训练，小学生可以提高他们的数学思维能力和解决问题的能力。
数学奥林匹克高中训练题(7)及解析
数学奥林匹克高中训练题（7）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.设f x=x+x≤a)，其中，a为常数，那么，（）.A. 当a>0时，f(x)有最大值B. 当a>0时，f(x)有最小值C. 当a<0时，f(x)有最大值D. 当a<0时，f(x)有最小值2.将等差数列3,7,11，⋅⋅⋅，2007的各项紧凑地排列在一起，得到一个“大数”：A= 371115⋅⋅⋅2007.则A除以9的除数为（）.A. 0B. 2C. 4D. 63.如图，在空间四边形ABCD中，E、F分别是AB、CD上的点，使AE EB=DF FC=2007,则EF=（）.A. AC+2007BD2008 B. 2007AC+BD2008C. AC+2008BD2007 D. 2008AC+BD20074.已知中心在原点、焦点在x轴上、焦距为4的椭圆与直线x+y=9相切于点P，那么，点P的坐标为（）.A. (356,196)B. (219,609)C. (8518,7718)D. (11521,7421)5.在ΔABC中，∠A≤∠B≤∠C，sinA+sinB+sinCcosA+cosB+cosC=√3，则∠B的取值范围是（）.A. (π3,π2)B. (0,π2)C. π3D. (π4,π3)6.设S1,S2,S3都是整数集合Z的无限子集，且满足：（1）对1,2,3的任一排列i,j,k，若x∈S i,y∈S j，则x−y∈S k；（2）存在1≤i<j≤3，使S i∩S j=ϕ.那么，这样的三集合组(S1,S2,S3)的个数为（）.A. 1B. 3C. 6D. 大于6第II卷（非选择题）二、填空题7.过抛物线<0)的焦点F作弦PQ，若|PF|=2007,|QF|=10,那么，a=______.8.设u、v、w为复数，其中，w=a+bi(a、b>3,a2+b2=25)，u−w= 3v，若|v|=1，则当u的辐角主值最小时，uw的值为______.9.正整数序列{a n}满足：对任何n∈N+，a n+a n+1=2007，且3|(a n2+a n a n+1+a n+12)，则数列{a n}的前2007项和的所有不同取值的和为______.10.有一道数学竞赛题，甲、乙、丙单独解出的概率分别为1a、1b、1c，其中，a、b、c都是一位正整数，现甲、乙、兵同时独立解答此题，若他们中恰有一人解出此题的概率为7 15，那么，他们三人都未解出此题的概率为______.11.满足[p2]+[p3]+[p6]=q的质数对(p,q)的个数为______.12.已知f(x)是定义在R上的函数，f(π4)=0，且对任意的x、y∈R，有f(x)+f(y)=2f(x+y2)f(x−y2)，则f(π4)+f(3π4)+f(5π4)+⋅⋅⋅+f(2007π4)=______.三、解答题13.设x、y、z≥0,x+y+z=1，求A=(x−16)(y−16)(z−16)2的最大值.14.设α、β∈C,α、β≠0,a、β的辐角主值不相同，证明：||α|β−α|αβ|β|α|−α|β||≥1+|α|2. 15.在圆周上依次有n个点A1,A2,⋅⋅⋅,A n，今随机地选取其中k个点为顶点作凸k边形B1B2⋅⋅⋅B k，已知选取与否的可能性是相同的，试求对每个i∈{1,2,⋅⋅⋅,k}，k边形的两个相邻顶点B i、B i+1（规定B k+1=B1）之间至少有X={A1,A2,⋅⋅⋅,A n}中的r i个点的概率，其中，r1,r2,⋅⋅⋅,r k是给定的一组正整数.16.设D是给定ΔABC的边BC上一动点，P分AD为定比λ，设BP交CD于E，CP交AB于F，求ΔAEF面积的最大值.17.求具有如下性质的质数p的最大值：存在1,2，⋅⋅⋅，p的两个排列（可以相同）a1,a2,⋅⋅⋅,a p与b1,b2,⋅⋅⋅,b p，使a1b1,a2b2,⋅⋅⋅,a p b p被p除所得的余数互不相同.18.n个人在某个节日期间互通电话问候，已知其中每个人至多打通了三个朋友家的电话，任何两个人之间至多进行一次通话，且任何三个人中至少有两人，其中一个人打通了另一个人家里的电话，求n的最大值.参考答案1.C【解析】1.（1）当a>0时，令x→−∞，则f(x)→−∞，令x→0+，则f(x)→+∞. （2）当a<0时，f′(x)=1−a x2>0，所以，f(x)在(−∞,a]上是增函数.因此，f(x)≤f(a).选C.2.D【解析】2.显然，存在正整数k1,k2,⋅⋅⋅,k668，使A=3×10k1+7×10k2+⋅⋅⋅+2007×10k668≡3×1k1+7×1k2+⋅⋅⋅+2007×1k668≡3+7+11+⋅⋅⋅+2007≡6(mod9).选D.3.A【解析】3.设AEEB =2007=a,FCDF=12007=b,有ab=1，则1a+1+1b+1=1a+1+11a+1=1a+1+aa+1=1，故EF=EB+BC+CF=ABa+1+BC+CDb+1=ABa+1+(BCa+1+BCb+1)+CDb+1=AB+BCa+1+BC+CDb+1 =ACa+1+BDb+1=ACa+1+BD1a+1=ACa+1+aBDa+1=AC+aBDa+1=AC+2007BD2008.选A.4.C【解析】4.如图，设A、B是椭圆的焦点，P′是直线x+y=9上任意一点，则P′在椭圆外或与点P重合，又设P′A与椭圆相交于Q,则P′A+P′B=P′B+P′Q+QA≥QB+QA=PA+PB.于是，点P是直线x+y=9上到椭圆两焦点距离的和最小的点.易知A(−2,0),B(2,0)，点B关于直线x+y=9的对称点为M(9,7)，连结AM与直线x+y=9交于点N(8518,7718)，对直线x+y=9上任一点P′,有P′A+P′B=P′A+P′M≥AM=NA+NM=NA+NB，所以，点N与P重合.选C.5.C【解析】5.由条件有sinA+sinB+sinC=√3(cosA+cosB+cosC)⇒2sin A+C2°cos A−C2+sinB=√3(2cos A+C2°cos A−C2+cosB)⇒(2√3cos A+C2−2sin A+C2)cos A−C2=sinB−√3cosB.利用辅助角公式有2sin(π3−A+C2)cos A−C2=sin(B−π3)⇒2sin(B2−π6)cos A−C2=2sin(B2−π6)cos(B2−π6)⇒2sinB−60°2(cosA−C2−cosB−60°2)=0⇒sin B−60°2°sin A−C+B−60°4°sin B−A+C−60°4=0，所以，∠B−60°=0或者∠A−∠C+∠B−60°=0或者∠B−∠A+∠C−60°=0,即∠B=60°或者∠C=60°或者∠A=60°,亦即∠A、∠B、∠C中有一个为60°. 若∠B<60°,则∠A≤∠B<60°，所以，只能∠C=60°，此时，∠A+∠B+∠C<180°,矛盾；若∠B >60°，则∠C ≥∠B >60°,所以，只能∠A =60°，从而，∠A +∠B +∠C >180°，亦矛盾. 选C .6.D【解析】6.对任何正整数k ，取S 1=S 2={x |x ≡k (mod2k )},S 3={x |x ≡0(mod2k ) }.满足条件，即这样的三集合组(S 1,S 2,S 3)的个数有无数个，选D. 7.−102802017【解析】7.设焦点到准线的距离为p ，记|PF |=2007=x,|QF |=10=y . 由图中两个三角形相似得x−p p−y=x y ，故p =2xy x+y=501402017.所以，a=−2p =−102802017.8.1625−1225i【解析】8.因为|v |=1，所以，|u −w |=3|v |=3.于是，u 对应的点P 在以w 对应的点M 为圆心，3为半径的圆C 上.当u 的辐角主值最小时，OP 与圆C 相切，而|OM |=5,|PM |=3，则|OP |=4, 于是，|w ||u |=54， 又w u的辐角主值θ=∠POM,cosθ=45,sinθ=35，所以.wu =54(45+35i )=1+34i ，故u w =1625−1225i . 9.1345368366【解析】9.由3|(a n2+a n a n+1+a n+12) ，得3|[a n 2+a n+1(a n +a n+1)] ，又3|(a n +a n+1) ，所以，3|a n ， 因为a 1=2007−a 2<3006，所以a 1≤2004，a 1=3k (k =1,2,⋅⋅⋅,668)，故a 1+a 2+⋯+a 2007 =a 1+(a 2+a 3)+(a 4+a 5)+⋯+(a 2006+a 2007)=a 1+2007×1003=3k +2007×1003，则S=∑(3k +2007×1003)=1345368366668k=1.10.415【解析】10. 依题意有1a ∙b−1b ∙c−1c +a−1a ∙1b ∙c−1c +a−1a∙b−1b ∙1c =715，即15[(a −1)(b −1)+(b −1)(c −1)+(c −1)(a −1)]=7abc ，所以，5|abc .不妨设5|c ，于是，c =5.则3[(a −1)(b−1)+4(b −1)+4(a −1)]=7ab ，即3(3a +3b −7)=4ab .所以，3|ab ，不妨设3|b ，于是，b =3,6,9，当b =3时，a =2；当b =6时，3a+11=8a ，无整数解； 当b=9时，3a +20=12a ，无整数解，故只有a =2,b =3,c =5，于是，三人都未解出此题的概率为415.11.2【解析】11. （1）当p =2时，q =[p 2]+[p 3]+[p6]=1，非质数，矛盾.（2）当p =3时， q =[p 2]+[p 3]+[p6]=1+1=2为质数.（3）当p =5时，q =[p 2]+[p 3]+[p6]=2+1=3为质数.（4）当p >5时，因为p 为质数，所以，p =6k +1或6k +5.若p =6k +1，则q =[p 2]+[p 3]+[p 6]=3k +2k +k =6k ，非质数，矛盾； 若p=6k +5，则q =[p2]+[p3]+[p6]=(3k +2)+(2k +1)+k =6k +3，非质数，矛盾.所以，质数对(p,q )的个数为2. 12.0【解析】12. 令x−y2=π4，得f (x )+f (x −π2)=2f (x −π4)f (π4)=0， 故f (π4)+f (3π4)+f (5π4)+⋯+f (2007π4)=0.13.251296【解析】13. （1）当x −16与y −16异号时，A ≤0.（2）当x −16<0,y −16<0时，x +y <16+16=13,z ≥1−13=23.所以，0<z −16≤1−16=56，由0≤x <16，得−16≤x −16<0，则|x −16|≤16. 同理，|y −16|≤16. 故A=|x −16|⋅|y −16|(z −16)2≤16×16×(56)2=251296.（3）当x −16>0,y −16>0,z −16<0时，x+y >13,0≤z <16，所以A≤(x−16+y−162)2(z −16)2≤(x+y−132)2(0−16)2≤(1−132)2(0−16)2=19×136=1324<251296.（4）当x−16>0,y −16>0,z −16>0时，A =(x −16)(y −16)(z −16)(z −16) =4(x −16)(y −16)(z2−112)(z 2−112)≤4(x−16+y−16+z 2−112+z 2−1124) =4×(18)4=11024<251296，综上所述，恒有A ≤251296,又当x=y =0,z =1时，A =251296,故A 的最大值为251296. 14.见解析【解析】14. 只要证明：|β|β|−α||β|β|−α|α||≥1+|α|2，于是，只要证明：当|z |=1时，|z−α||z−α|α||≥1+|α|2， ①当|α|=1时，式①显然成立. 当|α|≠1时，设z 、α、α|α|对应复平面上的点A 、B 、C ，则A 、C 在单位圆上，设O 为原点，D 为点C 在⊙O 上的对径点， 则AB=|z −α|,AC =|z −α|a||，CD =2,BD =1+|α|,于是，式①等价于BDCD ≤ABAC . 作∠BAC 的外角平分线AE , 当|α|>1时，∠CAE=180°−∠BAC2<180°2=90°=∠CAD .所以，点E 在线段CD 上，如图则BDCD =BC+CD CD =1+BC CD ≤1+BC CE =BE CE =ABAC, 当|α|<1时，∠FAE =180°−∠BAC2<180°2=90°=∠FAD .所以，点E 在线段CD 的延长线上，如图则BDCD =CD−BC CD =1−BC CD ≤1−BC CE =BE CE =ABAC. 所以，式①成立，在式①中，令z =β|β|，原不等式获证.15.C n−S (r )−1k−1C n−1k−1【解析】15.设A i 1A i 2⋯A i k 是合乎条件的凸k 边形，令P ={A i 1,A i 2,⋯,A i k },设X 中A i t 与A i t+1之间有x t 个不属于P (t =1,3,⋯,k ，规定A i k+1=A i t )，则x 1+x 2+⋯+x k =n −k ，其中，x 1≥r 1,⋯⋯x k ≥r k ，于是(x 1−r 1+1)+(x 2−r 2+1)+⋯+(x k −r k +1)=n −S (r )， ①其中，S (r )=r 1+r 2+⋯r k .这样，每个组合P 与方程①的整数解(x 1−r 1+1,x 2−r 2+1,⋯,x k −r k +1)建立了一一对应，而且方程①的整数解的个数为C n−S (r )−1k−1.所以，符合条件的组合P 有C n−S (r )−1k−1个.将每一个组合排在圆周上，有n 种不同的排法（每个顶点轮换一次），但每个凸k 边形有k 个顶点，每个点作为B 1以相应的间隔（不定方程的解）计算一次，从而，凸k 边形被计算k 次（比如三角形A2B3C4,以点A 、B 、C 分别作为B 1时，其分别在间隔方式2、3、4、3、4、2、4、2、3中各计算一次），于是，所以符合条件的凸k 边形有n k C n−S (r )−1k−1个. 又从圆周上n 个点中取k 个点有C n k种方法， 故所求的概率为：nC n−S (r )−1k−1kC nk =nC n−S (r )−1k−1nC n−1k−1=C n−S (r )−1k−1C n−1k−1，其中，S (r )=r 1+r 2+⋯+r k .16.(λλ+2)2S ΔABC【解析】16.AF FB =u,AE EC=v ，由塞瓦定理得BD DC ⋅CE EA ⋅AFFB=1⇒BD DC =EA CE ⋅FB AF =vu⇒BC DC=CD+DB DC=1+vu，由ΔABD 被直线CPF 所截得AP PD ⋅DC CB ⋅BFFA=1⇒AP PD =CB DC ⋅AF FB =(1+vu )u =u +v ⇒u +v =λ，故S ΔABCS ΔAEF=AB⋅AC AF⋅AE =AF+FB AF⋅AE+ECAE =(1+1u)(1+1v)=1+λ+1uv，由λ=u +v ≥2√uv ⇒uv ≤λ24⇒1uv≥4λ⇒S ΔABC S ΔAEF=1+λ+1uv≥1+4λ+4λ=(λ+2λ)2⇒S ΔAEF ≤(λλ+2)2S ΔABC .当且仅当u=v 时，上式等号成立此时，BDDC =vu =1，即D 为BC 的中点.故ΔAEF 面积的最大值为(λλ+2)2S ΔABC . 17.2【解析】17. 先证明引理.引理（威尔逊定理）对任何质数p ，有(p −1)!≡−1(modp )， ① 引理的证明：当p =2,3时，式①显然成立.当p>3时，我们证明：对任何2≤k ≤p −2，必存在k ′(2≤k ′≤p −2,k′≠k )，使kk ′≡1(modp ).实际上，对2≤k ≤p −2，有(k,p )=1.从而，k,2k,⋅⋅⋅,pk 构成模p 的完系. 于是，必存在k ′(1≤k ′≤p )，使kk ′≡1(modp )，显然k′≠p ，否则kk ′≡0(modp )，矛盾此外，如k ′=1，则由kk ′≡0(modp )，得k ≡1(modp )，与2≤k ≤p −2矛盾.如果k′=p −1，则由k (p −1)≡1(modp )，得−k ≡1(modp )，与2≤k ≤p −2矛盾.如果k′=k ，由kk ′≡1(modp )，得k 2≡1(modp )，所以，p|(k+1)(k−1)，但1≤k−1<k+1≤p−1<p矛盾.因此，2≤k′≤p−2，且k′≠k.由此可知，乘积2×3×⋯×(p−2)的各个因数可以配成p−32对，每对中两个数的积模p的余数为1.从而，2×3×⋯×(p−2)≡1(modp).所以，(p−1)!≡1×(p−1)≡−1(modp).现在解决原题.不妨设a1=1,a2=2,⋯a p=p，并设b i=p.若i≠p，此时，a p b p≡0(modp).又a1b1,a2b2,⋯a p b p被p除的余数互不相同.所以，a1b1,a2b2,⋯a p−1b p−1被p除的余数分别为1,2,⋯,p−1.则a1b1⋅a2b2⋅⋯⋅a p−1b p−1≡1×2×⋯×(p−1)=(p−1)!≡−1(modp). 但另一方面，a1,a2,⋯a p−1与b1,b2,⋯,b p−1是1,2,⋯,p−1的两个排列，所以a1b1⋅a2b2⋅⋯⋅a p−1b p−1=(a1⋅a2⋅⋯⋅a p−1)(b1⋅b2⋅⋯⋅b p−1)=(p−1)!⋅(p−1)!≡(−1)×(−1)≡1(modp)，于是，−1≡1(modp). ②若p>2，则与式②矛盾，所以，p≤2，又当p=2时，令a1=1,a2=2,b1=1,b2=2,此时，a1b1=1≡1(mod2)，a2b2=4≡0(mod2).所以，p=2符合条件，故p max=2.18.n=14【解析】18.先证明引理.引理n阶简单图G中不存在K3，则f(G)≤[n2 4 ].其中，f(G)表示G的边数.引理的证明：设A是各项顶点中度最大的顶点，设与A相邻的点的集合为M={A1,A2,⋯,A r}，与A不相邻的点的集合为N={B1,B2,⋯,B s}(r+s+1=n)，由于G中无三角形，从而，G在M中没有边，则G的其他边都在N中或M 、N 之间，这样的边都是由顶点B 1,B 2,⋯,B s 引出的.于是，f (G )≤d (A )+d (B 1)+d (B 2)+⋯+d (B s )≤r +r +⋯+r =(s +1)r ≤(s+r+12)2=n 24，又f (G )∈Z s 个，所以，f (G )≤[n 24].下面证明原题.用n 个点表示n 个人，如果一个人A 打通了另一个人B 家里的电话，则连一条从A 到B 的有向边，得到一个简单的有向图G . 一方面，G 中无三角形，由引理有f (G )≤[n 24]，故f (G )=C n2−f (G )≥C n2−[n 24]=[(n−1)24]，另一方面，f (G )=∑d +(x i )≤∑3=3n n i=1ni=1.所以， [(n−1)24]≤3n ， ①当n 为奇数时，式①变为(n−1)24≤3n ，解得n ≤13； 当n 为偶数时，式①变为n 2−2n4≤3n ，解得n ≤14.综上所述，n ≤14.最后，n=14是可能的，构造两个K 7,对其中每个七边形A 1A 2⋯A 7，令A 1指向A i+1,A i+2,A i+3(i =1,2,⋯,7,A i+7=A i )，则构图合乎条件，首先，每个点作为始点都恰引出3条有向边，从而，每个人至多打通了3个朋友家的电话. 其次，对任何三个点，由抽屉原理知，必有两个点，A i 、A j (i <j )在同一个K 7中，若j −i ≤3，则A i 打通了A j 家中的电话，若j −i >3,则A j 打通了A i 家中的电话.。
数学奥林匹克高中训练题(131)及解析
数学奥林匹克高中训练题(131)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.已知正整数n 满足的末两位数构成一个二位的质数。
则不超过2010的所有满足条件的n 之和为____________。
2.设[x ]表示不超过实数x 的最大整数。
则[ √2010+√2009+√⋯+√3+√2] 的值为_____（共有2009个根号)。
3.对正整数k ，方程(a 2−k )(b 2−k )=c 2−k 的整数解组(a,b,c )有_____个。
4.已知A=172012n +4×174n +7×197n (n ∈N )可以表示成k (k ∈N,k >1)个连续整数的乘积则n +k =_________。
5.设f (x )=(x +1−√3i 2)2010=∑a k x k 2010k=0+i ∑b k x k 2010k=0，其中， a k 、b k ∈R,k =0,1,⋯,2010。
则∑(a 3k +b 3k )=670k=0____________。
6.一名摄影师在一次聚会中给八个人拍了一些照片，任意两个人(有28种可能的组合)恰出现在一张照片上，每张照片可以是两人合影，也可以是三人合影。
则摄影师至少要拍_________张照片。
7.一个半径为r 的小球与一个半径为R 的大球在一个内壁棱长为l 的正四面体容器内向各个方向自由运动。
若r =1,R =2,l=14√63，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是_________。
8.如图，给定由n (n+1)2个点组成的正三角形点阵。
在其中任意取三个点，以这三点为顶点构成的正三角形的概率为__________。
二、解答题9.已知抛物线P，及焦点F(1,0)。
求ΔOPF的内切圆半径r的最大值。
10.已知A={1,2,⋯,2014}的非空子集，满足其元素之和为5的倍数。
数学奥林匹克高中训练题_191及解析
数学奥林匹克高中训练题_191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.设f(x)＝e−1，g(x)＝ln（x＋1）.则不等式f(g(x))−g(f(x))⩽1的解集为_______.2.在三棱锥P-ABC中，PA＝PB＝4，PC＝3，∠APB＝∠APC＝60°，∠BPC＝90°.则三棱锥P-ABC的体积为_______.3.已知数列{}na是等差数列，且761a a <-，它的前n项和nS有最小值，则nS取到最小正数时n的值为．4.二元函数f(x,y)√cos4x+7+√cos4y+7+√cos4x+cos4y−8sin2x⋅sin2y+6的最大值为_______.5.将一个1×2014的方格表从左到右的2014个小方格依次标上1，2，…，2014.现用三种颜色g、r、y将各小方格分别染色，使得偶数格可以染g、r、y中任意一种颜色，奇数格只可以染g、y中的一种颜色，且有邻边的小方格不同色则此方格表的染色方法有种_______.6.若f(x)=a0+a1x+a2x2+⋯+a4028x4028是(x2+x+2)2014的展开式，则2a0−a1−a2+2a3−a4−a5+⋯+2a4026−a4027−a4028的值为_______.7.称联结椭圆上两不同点的线段为椭圆的一条弦.则椭圆x 24+y2=1上长为√5的弦的中点的轨迹方程为_______.8.设A＝｛1，2，…，2014｝，B={x i，y i}(i=1,2,⋯,t)是A的t个两两不交的二元子集，且满足条件x i+yi ⩽2014(i=1,2,⋯.t),x i+yi ≠x j+yi(1⩽i<j⩽t).则t的最大值为_______.二、解答题9.设函数f(x)=a x−x.若对任意的x∈(14,1)，均有f(x)|x−12|⩽1，求实数a的取值范围10.设正数x、y满足x3+y3＝x−y.求使x2＋λy2⩽1恒成立的实数λ的最大值.11.如图，已知⊙G:(x−2)2+y2=r2是椭圆x216+y2=1的内接△ABC的内切圆，其中，A为椭圆的左顶点.（1）求⊙G的半径r；（2）过点M（0，1）作⊙G的两条切线与椭圆交于E、F两点，证明:直线EF与⊙G相切.12.在△ABC中，AD、BE、CF分别为边BC、CA、AB上的高，作以AD为直径的圆T分别与AC、AB交于点M、N，过点M、N作圆T的切线，交于点P，O为△ABC的外心，延长AO，与BC交于点Q，AD与EF交于点R.证明:PD∥QR13.已知正整数集合S={a1,a2,⋯,a n}满足对任意S1、S2⊆S，且S1≠S2，有∑i∈S1i≠∑i∈S2j.试求√a1+√a2+⋯+√a n的最小值.14.设D={(i,j)∈Z2|1⩽i、j⩽n}用［x］表示不超过实数x的最大整数.证明:存在S⊂D，满足|S|⩾[35n(n+1)]，使得对任意(x1,y1)、(x2,y2)∈S，均有(x1+x2,y1+y2)∉S.15.对于素数p，定义集合S1(p)={(a,b,c)∈Z3|a2b2+b2c2+c2a2+1≡0(modp)}.及S2(p)={(a,b,c)∈Z3|a2b2c2+(a2b2c2+a2+b2+c2)≡0(modp)}.试求所有的素数p，使得S1(p)⊆S2(p).参考答案1.(−1,1]【解析】1.注意到f(g (x ))−g(f (x ))=2x .故f(g (x ))−g(f (x ))=x 2.又定义域为(−1,+∞)，从而，不等式的解集为(−1,1]. 2.4√2【解析】2.如图，过点A 作AH⊥面PBC 于点H ，过H 作HD⊥PB 于点D 、HE⊥PC 于点E 由∠APB＝∠APC＝60°及PA ＝4，知PD ＝PE ＝2.从而，PH 为∠BPC 的平分线，即∠DPH ＝45°则，PH =√2PD =2√2，AH =√PA 2−PH 2=2√2.故三棱锥P-ABC 的体积为13AH ⋅S ΔBPC =4√2.3.12.【解析】3.试题分析：∵等差数列{}n a ，∴211(1)()222n n n d d S na d n a n -=+=+-，∵n S 有最小值，∴0d >，令0n S >，即21()022d d n a n +->，∴0n <（舍去）或121a n d>-， 又∵761a a <-，∴761116121111110055522a a a d a d a d a a d d ++<⇒<⇒-<<-⇒-<<-+， ∴1211112a d <-<，∴满足n S 取到最小正数时的12n =. 4.6√2.【解析】4.设cos 2x ＝a ，cos 2y ＝b .则0≤a、b≤1，f =2√2(√a 2−a +1+√a 2−ab +b 2).由0⩽a ⩽1⇒a 2⩽a ⇒√a 2−a +1⩽1.类似地，√b 2−b +1⩽1.注意到，√a 2−ab +b 2⩽√a −ab +b =√1−(1−a )(1−b )⩽1.故f ⩽6√2.当a ＝b ＝1或a ＝0，b ＝1或a ＝1，b ＝0时，f 取得最大值6√2. 5.S 2014=4×31006【解析】5.设g n 、r n 、y n 分别表示在1×n 的方格表中第n 格染上颜色g 、r 、y 的染法数 则{g 1=g 2=1,r 1=0,r 2=2,y 1=y 2=1,且{ g n =y n ,g 2n+1=y 2n +r 2n ,g 2n+2=y 2n+1,r 2n−1=0,r 2n =g 2n−1+y 2n−1.故g 2n+1=y 2n +g 2n−1+y 2n−1=3g 2n−1， 又g 1=1，则g 2n−1=3n−1=g 2n ，且r 2n =2×3n−1.设全部染法有S n 种.则S 2n =2g 2n +r 2n =2×3n−1＋2×3n−1=4×3n−1.从而，S 2014=4×31006. 6.2.【解析】6.令x =ω(ω=−12+√32i).则x 2+x +2=1.故a 0+a 1ω+a 2ω2+a 3+a 4ω+⋯+a 4026+a 4027ω+a 4028ω2=1.上式取共轭得a 0+a 1ω2+a 2ω+a 3+a 4ω2+⋯+a 4026+a 4027ω2+a 4028ω=1.以上两式相加得2a 0−a 1−a 2+2a 3−a 4−a 5+⋯+2a 4026−a 4027−a 4028=2.7.x 4+20x 2y 2+64y 4+x 2−44y 2=0.【解析】7.设弦的两个端点为 A (2cosθ,sinθ),B (2cosφ,sinφ)，线段AB 的中点为C (x 0,y 0).则{x 0=2cos θ+φ2⋅cos θ−φ2,y 0=sin θ+φ2⋅cos θ−φ2. 两式相除得tan θ+φ2=2y 0x 0，再由万能公式得cos (θ+φ)=1−tan 2θ+φ21+tan 2θ+φ2=x 02−4y 02x 02+4y 02.方程组中两式平方后相加得x 02+4y 02=2+2cos (θ−φ)⇒cos (θ−φ)=12(x 02+4y 02)−1. 故{cosθ⋅cosφ=14(x 02+4y 02)−12+x 02−4y 022(x 02+4y 02)sinθ⋅sinφ=14(x 02+4y 02)−12−x 02−4y 022(x 02+4y 02) 则5=(2cosθ−2cosφ)2+(sinθ−sinφ)2=4(cosθ+cosφ)2−16cosθ⋅cosφ+(sinθ+sinφ)2−4sin ⋅sinφ=−x 02−16y 02+10−6(x 02−4y 02)x 02+4y 02.因此，(x 0,y 0)满足的方程为x 4+20x 2y 2+64y 4+x 2−44y 2=0.8.805.【解析】8.一方面，对任意1≤i＜j≤t，有{x i ,y i }∩{x j ,y i }=∅.于是，x 1,x 2,⋯,x i ,y 1,y 2,⋯,y i 为2t 个不同整数.则∑(x i +y i )ti=1⩾∑2t i=1i =t (2t +1).①另一方面，对任意1≤i＜j≤t，有x i +y i ≠x j +y i ，且x i +y i ⩽2014，则∑(x i +y i )ti=1⩽∑(2015−i )=4(4029−t )2t i=1.②由式①、②得t≤805.下举两例，说明t=805符合要求.1.{k,1028+k}(k=1,2,…,402),{k,403+k}(k=403,404,…,805);2. {k,1611-2k}(k=1,2,…,402),{k,2016-k}(k=403,404,…,805);9.(−∞,1716]【解析】9.当x=12时，不等式显然成立.1.若x∈(14,12)，则不等式为a⩽x2−1−12x−1.令g(x)=x2−1−12x−1(x∈(14,12)).则g′(x)=2x+2(2x−1)2>0.故函数g(x)在区间(14,12)上单调递增.于是，g(x)>g(14)=1716.因此，只需a⩽17 16.2.若x∈(12,1)，则不等式为a⩽x2+1+12x−1.令ℎ(x)x2+1+12x−1(x∈(12,1)).则ℎ′(x)=2x−2(2x−1)2=2(4x2+1)(x−1)(2x−1)2<0(x∈(12,1)).故函数ℎ(x)在区间(12,1)上单调递减.于是，ℎ(x)>ℎ(1)=3.因此，只需a⩽3.综上，实数a的取值范围是(−∞,1716].10.2+2√2【解析】10.由正数x、y满足x3+y3=x−y，知x>y>0.令t=xy>1.则x2+λy2⩽1⇔x2+λy2⩽x3+y3x−y⇔λy 2⩽x 3+y 3x −y −x 2=x 2y +y 3x −y⇔λ⩽x 2y +y 3(x −y )y 2⇔λ⩽x 2+y 2xy−y 2=t 2+1t−1.注意到，f (t )=t 2+1=2+(t −1)+2 ⩾2+2√(t −1)2t−1=2+2√2. 当t −1=2t−1，即t =1+√2时，上式等号成立.所以，实数λ的最大值为2+2√2.11.(1) r=23 (2)见解析【解析】11.1.设点B (2+r,y 0)，过圆心G 作GD⊥AB 于点D ，BC 与x 轴交于点H. 由GD AD =HB AH ⇒√2=y06+r ⇒y 0=√6+r√6−r .①由点B 在椭圆上得y 02=1−(2+r )216=12−4r −r 216 =−(r−2)(r+6)16.②由式①、②得15r 2+8r −12=0. 解得r =23或r =−65（舍去）.2.设过点M (0,1)与圆(x −2)2+y 2=49相切的直线方程为 y −1=kx .③则23=√1+k⇒32k 2+36k +5=0 ⇒k 1=−9+√4116,k 2=−9−√4116.将式③代入x 216+y 2=1得(16k 2+1)x 2+32kx =0于是，异于零的解为x=−32k 16k 2+1. 设点F (x 1,k 1x 1+1),E (x 2,k 2x 2+1). 则x 1=−32k 116k 12+1，x 2=−32k 216k 22+1.于是，直线EF 的斜率为k 2−x 2x 2−x 1=k 1+k 21−16k 1k 2=34. 故直线EF 的方程为y +32k 1216k 12+1−1=34(x +32k 116k 12+1)， 即y =34x −73. 因此，圆心（2，0）到直线EF 的距离为 d =|32−73|√1+916=23. 12.见解析【解析】12.设AQ 与EF 的交点为H ，PN 、PM 与BC 分别交于点T 、S ，联结DE 、DF 、DH.注意到，∠DEF ＝∠BEF ＋∠BED＝180°-2∠ABC ＝∠BTN ＝∠PTS.类似地，∠DFE＝∠PST所以，△PTS∽△DEF又FH EH =tan∠BAQ tan∠CAQ =tan∠CAD tan∠BAD =CD BD， 且在Rt△DMC、Rt△BND 中，分别有MS =12DC,NT =12BD . 从而，FH EH =CD BD =DS DT .故∠DHE＝∠PDT.由P 、Q 、H 、R 四点共圆得∠RHD ＝∠RQD.因此，∠RQD＝∠PDT.于是，PD∥QR.13.[(√2)n −1](√2+1)【解析】13.不妨设a 1＜a 2＜⋯＜a n 记 T i ={a 1,a 2,⋯,a i }(−1⩽i ⩽n ).则T i 所有子集元素和均不同故a 1+a 2+⋯+a i⩾2i−1(1⩽i ⩽n ) 令b 1=1,b 2=2.⋯,b i =2i−1,⋯,b n =2n−1. 则b 1＜b 2＜⋯＜b n ，且a 1+a 2+⋯+a i ⩾b 1+b 2+⋯+b i (1⩽i ⩽n ). 下面先证明一个引理引理 设x 、y∈R +则 2√x ⩽√x −√y ，当且仅当x ＝y 时，等号成立证明x +y ⩾2√xy ⇒x −y ⩽2x −2√xy⇒x −y ⩽2√x(√x −√y)⇒2√x ⩽√x −√y . 回到原题.注意到，∑√a i −∑√b in i=1=∑(√a i −b i )ni=1n i=1 ⩾a −b 2a i n i=1∑(√i 2a )(∑a j i j=1−∑b j i j=1)⩾0ni=1.当且仅当a i=b i (1⩽i ⩽n )时，上式等号成立.而S ′={b 1,b 2,⋯,b n }={1,2,4,⋯,2n−1}也恰满足题目要求. 故(∑√a i n i=1)min =∑√b i ni=1 =[(√2)n −1](√2+1).14.见解析【解析】14.取S ={(i,j )|k ⩽i +j ⩽2k −1 }，其中，k ∈Z +，n 2<k ⩽n 则对任意(x 1,y 1)、(x 2,y 2)∈S ，均有(x 1,y 1)+(x 2,y 2)⩾2k >2k −1. 从而，(x 1+x 2,y 1+y 2)∉S .下面估计|S |.因为满足i ＋j ＜k 的数对（i ，j ）共有k −2+k −3+⋯+1=(k−1)(k−2)2，满足i+j≥2k 的数对(i,j)共有2n −2k +1+2n −2k +⋯+1=(n −k +1)(2n −2k +1)， 所以，|S |=n 2−12(k −1)(k −2)−(n −k1)(2n −2k +1) =−52k 2−n 2+4nk +92k −3n −2. 将上式右端记作f （k ）.则f （k ）为关于k 的开口向下的二次函数，其对称轴为45n +910.若n ≡1(mod5)，则取k=[45n]+2=45n+65.故f(k)=35n2+3n−15>35n(n+1)−1.由于f(k)∈Z+，于是，|S|⩾[35n(n+1)].若n≠1(mod5)，则取k=[45n]+1∈[45n+25,45n+1].故f(k)⩾f(45n+25)=35n(n+1)−35>35n(n+1)−1.从而，|S|⩾[35n(n+1)]综上，满足条件的S⊂D存在.15.满足条件的所有素数p为2、3、5、13、17.【解析】15.1.首先验算当p＝2，3，5，13，17时，满足题意.i.当p＝2时，对任意(a、b、c)∈S1(p)，a、b、c均为奇数或两奇一偶，此时，(a、b、c)∈S2(p).故S1(p)⊆S2(p).ii.当p＝3时，由平方数模3余0或1得a2b2+b2c2+c2a2+1≡1或2(mod3).因此，S1(p)=∅⊆S2(p)iii.当p＝5时，若(a、b、c)∈S1(p)⇒a2b2+b2c2+c2a2+1≡0(mod5).由a2、b2、c2模5余0或±1，得a2、b2、c2不能模5同为1或-1，此时必有a2b2c2(a2b2c2+a2+b2+c2)≡0(mod5)⇒(a、b、c)∈S2(p).因此，S1(p)⊆S2(p).iv.当p=13时，若(a、b、c)∈S1(p)⇒a2b2+b2c2+c2a2+1≡0(mod13).由a2、b2、c2模13余0或±1或±3或±4，经验算得a2、b2、c2中有一个模13为0或-1，此时必有a2b2c2(a2+1)(b2+1)(c2+1)≡0(mod13)⇒a2b2c2≡0(mod13)或(a2+1)(b2+1)(c2+1)≡0(mod13)⇒a2b2c2≡0(mod13)或a2b2c2+a2+b2+c2≡0(mod13)⇒(a、b、c)∈S2(p)因此,S1(p)⊆S2(p)v.当=p=17时,若(a、b、c)∈S1(p)⇒a2b2+b2c2+c2a2+1≡0(mod17).由a2、b2、c2模17余0或±1或±2或±4或±8，经验算得a2、b2、c2中有一个模17为0或-1，此时必有a2b2c2(a2+1)(b2+1)(c2+1)≡0(mod17)⇒a2b2c2≡0(mod17)或(a2+1)(b2+1)(c2+1)≡0(mod17)⇒a2b2c2≡0(mod17)或a2b2c2+a2+b2+c2≡0(mod17)⇒(a、b、c)∈S2(p)因此,S1(p)⊆S2(p).2.证明:当p≡3(mod4),且p>3时,不满足题意.只需证明存在(a、b、c)∈S1(p),而(a、b、c)∉S2(p)即可.事实上,由p>3,知存在整数c,使得c2≠0,±1(modp).由p≡3(mod4)⇒x2+c2≡0(modp)无解.在模p意义下,定义函数f:{0,1,⋯,p−12}→Z,f (a )=−a 2c 2+1a 2+c 2. 若f (a )=f (a ′),则(a 2−a ′2)(c 4−1)⇒a =a ′.于是,f 为单射(在模p 意义下).因此,f 的值域中共有p+12个值. 由抽屉原理,知存在整数b,使得f (a )=b 2⇔(a 、b 、c)∈S 1(p ).注意到,b≠0(否则,a 2c 2+1=0与p ≡3(mod4),矛盾),且a≠0(否则,b 2=f (0)=−(c −1)2与p ≡3(mod4),矛盾).若(a 、b 、c )∈S 2(p ),则由{a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2+1≡0(modp )a 2b 2c 2+a 2+b 2+c 2≡0(modp ) (a 2+1)(b2+1)(c 2+1)≡0(modp ). 而a 2≠−1,b 2≠−1,c 2≠−1,于是,(a 、b 、c )∉S 2(p )⇒S 1(p )⊄S 2(p ).故当p ≡3(mod4)且p>3时,不满足题意.3.证明:当p≡1(mod4),且p>17时,不满足题意. 先证明两个引理.引理1 若p 为奇素数,kt≠0,则∑t+kv 2p v∈z =−(k p), 其中,Z 为模p 的完系,(k p )表示勒让德符号.引理1的证明 设模p 的二次非零剩余构成集合A,非二次剩余构成集合B. 若k ∈A ,则(k p)=1. 而kv 2遍历0一次,遍历集合A 中每个元素恰两次,故 ∑t+kv 2p v∈z =(t p )+2∑t+x p x∈A =∑t+v 2p v∈z . 若k ∈B ,则(k p)=−1. 而kv 2遍历0一次,遍历集合B 中每个元素恰两次,故∑t +kv 2p v∈z =(t p )+2∑t +x px∈B=2∑t+x px∈Z −[(t p )+2∑t+x p x∈A ] =−∑t+v 2p v∈z.因此, ∑t+kv 2p v∈z =−(k p). 引理2 设x 2+1≡0(modp ).则方程a 2+ab +b 2=x ①至少有p-1组解.引理2的证明 方程①等价于(2a +b )2+3b 2=4x ⇔u 2+3v 2=t (t =4x ≠0)至少有p-1组解. 固定v,u 2=t −3v 2有1+(t−3v 2p )组解.于是,(u,v )共有p +∑t−3v 2p v∈z 组解.由引理1及(−3,p )=1,得p +∑t−3v 2p v∈z =p −(−3p )⩾p −1. 回到原题.令c=a+b,其中(a,b )∈S ,S 为a 2+ab +b2=x 的解集,则 a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2+1=(ab +bc +ca )2+1=(a 2+ab +b 2)2+1=x 2+1=0. 于是, (a 、b 、c )∈S 1(p ).若(a 、b 、c )∈S 2(p ),则有下列四种情形: ⅰ.a=0⇒b 2=x 至多有两个值(a,b). ⅱ.b=0⇒a 2=x 至多有两个值(a,b). ⅲ.c =0⇒a +b =0且b 2=x 至多有两个值(a,b).ⅳ.a 2b 2c 2+a 2+b 2+c 2≡0,此时,a 2+b 2+c 2=2a 2+ab +b 2=2x . 而a 2c 2=[a (a +b )]2=(x −b 2)2,故2x +b 2(x −b 2)2=0 至多6个b 的解.又一个b 至多可确定两个a,于是,至多有12个值(a,b). 综上,至多有18个值(a,b )∈S ,使得(a 、b 、c )∈S 2(p ).又p>17时,p+1>18,则必存在一组(a 、b 、c )∈S 1(p ),而(a 、b 、c )∉S 2(p ). 故S 1(p )⊄S 2(p ).因此,满足条件的所有素数p 为2、2、5、13、17.。
数学奥林匹克高中训练题_58及解析
数学奥林匹克高中训练题_58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.空间中个平面，其中任意三个平面无公垂面.那么，下述四个结论1没有任何两个平面互相平行； 2没有任何三个平面相交于一条直线； 3平面间的任意两条交线都不平行； 4平面间的每一条交线均与n −2个平面相交. 其中，正确的各数为（ ）. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2.若函数y=f (x )在[a,b ]上的一段图像可以近似地看作直线段，则当c ∈(a,b )时，f (c )的近似值可表示为（ ）.A. f (a )+f (b )2 B. f (a+b 2) C.(b−c )f (a )+(c−a )f (b )(b−a )D. f (a )−c−a b−a[f (b )−f (a )]3.设a >b >c ，a +b +c =1，且a 2+b 2+c 2=1，则（ ）.A. a +b >1B. a +b =1C. a+b <1 D. 不能确定，与a 、b 的具体取值有关4.设椭圆x 2a 2+y 2b2=1的离心率为e =√32，已知点P (0,32)到椭圆上的点的最远距离是74.则短半轴之长b=（ ）.A. 116B. 18C. 14D. 125.S={1,2,⋅⋅⋅,2003}，A 是S 的三元子集，满足：A 中的元素可以组成等差数列.那么，这样的三元子集A 共有（ ）个.A. C 20033B. C 10013+C 10022C. P 10012+P 10022D. P 200336.长方体ABCD−A 1B 1C 1D 1中，AC 1为体对角线.现以A 为球心.AB 、AD 、AA 1、AC 1为半径作四个同心球，其体积依次为V 1、V 2、V 3、V 4.则有（ ）.A. V 4<V 1+V 2+V 3B. V 4=V 1+V 2+V 3C. V 4>V 1+V 2+V 3 D. 不能确定,与长方体的棱长有关第II 卷（非选择题）二、填空题7.已知sinβ=cosβ=k ，则k 的取值范围为______. 8.等差数列{a n }的首项a 1=8，且存在唯一的k 使得点(k,a k )在圆x 2+y 2=102上，则这样的等差数列共有______个. 9.在四面体P−ABC 中，PA =PB =a ，PC =AB =BC =CA =b ，且a <b .则ab的取值范围为______. 10.动点A 对应的复数为z=4(cosθ+isinθ)，定点B 对应的复数为2，点C 为线段AB的中点，过点C 作AB 的垂线交OA 于D .则点D 所在的轨迹方程为______. 11.∑3k 2002k=1被8除所得的余数为______.12.圆周上有100个等分点，以这些点为顶点组成的钝角三角形的个数为______.三、解答题13.已知抛物线(p >0)的一条长为l 的弦AB .求AB 中点M 到y 轴的最短距离，并求出此时点M 的坐标. 14.单位正方体ABCD−A 1B 1C 1D 1中，正方形ABCD 的中心为点M ，正方形A 1B 1C 1D 1的中心为点N ，连AN 、B 1M .（1）求证：AN,B 1M 为异面直线； （2）求证：AN 与B 1M 的夹角. 15.对正实数a 、b 、c .求证：√a 2+8bca+√b 2+8acb+√c 2+8abc≥9.16.设ABCD 是面积为2的长方形，P 为边CD 上的一点，Q 为ΔPAB 的内切圆与边AB 的切点，乘积PA ⋅PB 的值随长方形ABCD 及点P 的变化而变化.当PA ⋅PB 取最小值时， （1）证明：AB ≥2BC ；（2）求AQ⋅BQ 的值.17.给定由正整数组成的数列{a 1=1,a 2=2,a n+2=a n+1+a n (n ≥1).（1）求证：数列相邻项组成的无穷个整点(a1,a2),(a3,a4),⋅⋅⋅,(a2k−1,a2k),⋅⋅⋅均在曲线x2+xy−y2+1=0上.（2）若设f(x)=x n+x n−1−a n x−a n−1,g(x)=x2−x−1，证明：g(x)整除f(x).18.我们称非空集合A1,A2,⋅⋅⋅,A n为集合A的一个n分化，如果： 1. A1∪A2∪⋅⋅⋅∪A n= A； 2A i∩A j=∅,1≤i<j≤n.求最小的正整数m，使得对A={1,2,⋅⋅⋅,m}的任意一个13分划A1,A2,⋅⋅⋅,A13，, 一定存在某个集合A i(1≤i≤13)，在A i中有两个元素a、b满足b<a≤98 b.参考答案1.D【解析】1.若有两个平面α1、α2互相平行，则α1、α3的公垂面也是α2的垂面，与任意三个平面无公垂面矛盾.结论1真.若有三个平面相交于一条直线，则这条直线的垂面便是三个平面的公垂面，与已知矛盾.结论2真.若有两条交线平行，则这两条直线的垂面至少是三个平面的公垂面，与已知矛盾.结论3真. 若有α1与α2的交线l 与平面α3不相交，则有两种可能：l 在α3上（α1、α2、α3相交于l ），或l 与α3平行（α3与α1、α2中某一个平行，或α3与α1、α2相交于三条平行直线）.这都与已知条件矛盾.结论4真. 选D. 2.C【解析】2.思路1：求出过两点(a,f (a ))、(b,f (b ))的直线方程f (x )=f (a )+f (b )−f (a )b−a(x −a ).取x=c 可得f (c )=(b−c )f (a )+(c−a )f (b )(b−a ), 选C.思路2：由定比分点公式得{c =a+λb 1+λ,①f (c )=f (a )+λf (b )1+λ.②由①解出λ=c−a b−c>0，代入②得f (c )=(b−c )f (a )+(c−a )f (b )(b−a ), 选C.3.A【解析】3.取满足条件的a =1+√54,b =12,c =1−√54，可以否定B 、C ，但不能否定D .为了确定A可用反证法.假设存在a 0、b 0，使a 0+b 0≤1.则存在c 0≥0，更有a 0>b 0>0，得0<a 0b 0+b 0c 0+c 0a 0=12[(a 0+b 0+c 0)2−(a 02+b 02+c 02)] =12(1−1)=0.这一矛盾说明c <0,a +b >1. 选A.4.C【解析】4.由e=ca=√32得a2−b2a2=34，有a2=4b2.椭圆方程为x24b2+y2b2=1.①设椭圆上的点(x,y)到点P的距离为d，则d2=x2+(y−32)2=(4b2−4y2)+(y2−3y+94)=−3y2−3y+4b2+94②=−3(y−12)2+4b2+3.③其中y∈[−b,b].1.若b≥12，则y=−12可使d2（从而d）取最大值.依题意由式③有(7 4)2=4b2+3，得b=18.与b≥12矛盾.2.若b<12，则由单调性得y=−b可使d2（从而d）取最大值.依题意由式②有(7 4)2=b2+3b+94，得b=14.此问题的几何意义是，点P到椭圆的最远距离恰在椭圆短半轴的下顶点上取到.d=32+b,b=74−32=14.若把d=74代入式②转化为y的二次方程3y2+3y−4b2+1316=0，再用判别式Δ=9+4×3(4b2−1316)=0，会得出b=18.但此时，椭圆16x2+64y2=1与圆x2+(y−32)2=(74)2无交点.选C.5.B【解析】5.若a1、a2、a3成等差数列，则a1+a3=2a2，从而首、末两项a1、a3的奇偶性相同，且首、末两项一旦确定，等差数列也确定.值得注意的是，虽然a1、a2、a3成等差数列时，a3、a2、a1也成等差数列，但它们对应着同一个集合A={a1,a2,a3}.将S按奇偶性分成两个集合S1={1,3,⋅⋅⋅,2001,2003}，S 2={2,4,⋅⋅⋅,2000,2002}.从S 1中取两个元素作等差数列的首末项有C 10022种取法，从S 2中取两个元素作等差数列的首末项C 10012种取法.共计有C 10022+C 10012个满足条件的三元子集. 选B. 6.C【解析】6. 记AB =a,AD =b,AA 1=c ，则d =AC 1=√a 2+b 2+c 2. 若取a=b =c =1，则d =√3，有d 3=3√3>3=a 3+b 3+c 3.这可否定A 、B ，但还不能否定D . 下面证明C 成立.a 3=a 2⋅a <a 2√a 2+b 2+c 2=a 2d .同理，b3<b 2d,c 3<c 2d .相加得a 3+b3+c 3<d 3.两边乘以43π得V 1+V 2+V 3<V 4. 选C.7.(−1,12]∪[12,1)【解析】7.由已知得{sin 3α=ksinβ,cos 3α=kcosβ.平方相加得k 2=sin 6α+cos 6α=(sin 2α+cos 2α)3−3sin 2α⋅cos 2α(sin 2α+cos 2α) =1−34sin 22α.由0≤sin 22α≤1，得14≤k 2≤1（必要条件）. 当sin22α=1时，可取α=±π4，使得k =±12；但当sin22α=0时，原式不成立，k 2≠1.故k 的取值范围为(−1,−12]∪[12,1)（充分必要条件）. 8.17【解析】8.显然，点(1,8)在圆内，且圆上的点(1,±√99)不满足等差数列的通项公式a k =a 1+(k −1)d.①但圆k2+a k 2=100②的点(k,±√100−k 2)(k =2,3,⋅⋅⋅,10)，可以满足等差数列①，只须其公差为d=±√100−k 2−8k−1.当k =2,3,⋅⋅⋅,10时，可得出17个公差，对应着首项相同的17个等差数列.说明：此处是直线①与圆②相交于一个点，若联立①、②，再计算判别式等于0 会得出无解，因为相交的点不是切点. 9.(√2−√3,1)【解析】9.不管b 取什么正数，ΔABC 都存在,且高为√32b .而要使ΔPAB 存在，应有b <2a ，且底边上的高PD =√a 2−b 24（如图）过P 作四面体的高PH ，再作PD ⊥AB ，则D 为AB 的中点；连HD ，则HD 为AB 的垂直平分线，从而HD 通过C .要使四面体P −ABC 存在，须且只须ΔPCD 存在.由于PC=b ，CD =√32b <b ，PD =√a 2−b 24<a <b ，故ΔPCD 存在的充要条件是（两条短边之和大于最长边）：CD+PD >PC .移项、代入得√a 2−b24>b −√32b ，平方得a 2>(2−√3)b 2，则a b>√2−√3.故ab 的取值范围为(√2−√3,1).说明：对满足这个范围的a 、b ，可先作出ΔPCD ，再确定A 、B .进一步考虑棱长恰取两个数值a 、b 的四面体，是件很有意思的事情. 10.(x−1)24+y 23=1【解析】10.由CD 垂直平分AB 得，DA=DB .有DO +DE =DO +DA =0A =4.可见，点D 到定点O 、B 的距离之和为定长4，故其轨迹为以O 、B 为焦点、2a =4的椭圆.又2c=2，故b 2=a 2−c 2=3.因此，所满足的轨迹方程为(x−1)24+y 23=1.11.4【解析】11.由∑3k=32003−32=322002k=1(91001−1) =32[(1+8)1001−1] =32C 100118+32∑C 1001k 8k−21001k=2 =1501×8+4+8×12∑C 1001k 1001k=28k−2.得∑3k ≡4(mod8)2002k=1.12.50×49×48（或117600）.【解析】12.设以A i 为钝角顶点，∠A i 所对的弧占x 等分，另两角所对的弧为y 、z 等分，有{x +y +z =100,x ≥51,y ≥1,z ≥1.即{(x −50)+y +z =50,x −50≥1,y ≥1,z ≥1.①将①写成50个1之和，中间有49个加号.从49个加号中任取两个，并把这两个加号所隔开的数合并便得到方程①的一个正整数解；反之，对方程①的一个正整数解.也可以拆开，对应着“从49个加号中取2个的一种取法”.这就得到不定方程①有C 492个正整数解.让i 取遍1,2,⋅⋅⋅,100得钝角三角形的个数为100C 492=50×49×48=117600.13.点M 到y 轴的最短距离为x min =l−p 2，此时点M 的坐标为(l−p 2,√pl2−p 2)【解析】13. 由抛物线方程y 2=2px ，可设A 、B 的坐标分别为A (a 22p,a),B (b 22p,b).则中点M 的坐标为{x =a 2+b24p ,y =a+b 2.有(a +b )2=4y 2,①(a −b )2=8px −4y 2.②又由|AB |=l ，有t 2=(a 2−b22p )2+(a −b )2 =(a −b )2⋅(a+b )2+4p 24p 2.把式①、②代入得4(2px −y 2)(y 2+p 2)−p 2t 2=0.③1.当t≥2p 时，由式③有x =12p[(y 2+p2)+p 2t 24(y 2+p2)]−p 2≥1p√p 2l 24−p 2=l−p 2.④等号成立当且仅当y 2+p 2=p 2l 24(y 2+p 2)⇒y =√pl 2−p 2.⑤故点M 到y 轴的最短距离为x min=l−p 2，此时点M 的坐标为(l−p 2,√pl2−p 2). 说明：这个问题的几何意义如图.设F 为抛物线的焦点，CD 为准线，则x M =MN −p 2=AC+BP 2−p2=FA+FB 2−p 2≥AB 2−p 2=l−p 2.当AB 通过焦点F 时，x min=l−p 2.但当l <2p 时，AB 不能通过焦点，或说式⑤开平方没有意义，式④不取等号，此时需另行讨论.我们用函数的单调性来处理. 2.当x<t <2p 时，由式③有x =18p (p 2l 2y 2+p 2+4y 2).⑥对0≤y 12<y 22，有x 2−x 1 =(y 22−y 12)[4y 12y 22+4p 2(y 12+y 22)+p 2(4p 2−l 2)]8p(y 12+p 2)(y 22+p 2) >0.可见，函数⑥关于自变量y 2 是增函数.当y=0时，有最小值x min =t 28p，点M 的坐标为(t 28p,0). 综上得x min={l28p ,l−p2,0<l <2p 时,l ≥2p 时.14.（1）见解析（2）arccos 23【解析】14.1.如图，连BD 、B 1D 1得平面BB 1D 1D .由于点N 在平面BB 1D 1D 上，但不在直线B 1M 上；而直线AA 1∥平面BB 1D 1D ，点A 不在平面BB 1D 1D 上，故AN 与B 1M 为异面直线.2.如图，连D 1M ，去D 1M 的中点P ，连NP ，则NP ∥B 1M .从而∠ANP 为异面直线AN与B 1M 的夹角.易知AN =B 1M =D 1M =√62.则NP=12B M 1=√64.连AM 、AP ，由AM⊥平面BB 1D 1D 知AM ⊥MP,MP =12D 1M =√64.在RtΔAMP 中，由AP 2=AM 2+MP 2=12+38=78.在ΔANP 中，由余弦定理得cos∠ANP =AN 2+NP 2−AP 22AN⋅NP=32+38−782×√62×√64=23.故AN 与B 1M 的夹角为arccos 23. 15.见解析【解析】15. 证法1：设x=√a 2+8bca>1,y =√b 2+8acb >1,z =√c 2+8abc>1.则(x 2−1)(y 2−1)(z 2−1) =8bc a2⋅8ac b2⋅8ab c 2=83.83=[(x −1)(y −1)(z −1)]⋅[(x +1)(y +1)(z +1)]≤(x+y+z−33)3(x+y+z+33)3=[(x+y+z )2−99]3.开方变形得(x +y +z )2≥72+9=81，则x +y +z ≥9.证法2：由平均值不等式，有√a 2+8bca=√a 2+bc+bc+bc+bc+bc+bc+bc+bca≥√9√a 2b 8c 89a=3√ab 4c 49a.同理，√b 2+8acb≥3√a 4bc 49b，√c 2+8abc ≥3√a 4b 4c9c. 相加后再用平均值不等式，有√a 2+8bca+√b 2+8acb+√c 2+8abc≥3(√ab 4c 49a+√a 4bc 49b+√a 4b 4c 9c)≥3×3√√a 9b 9c 99abc3=9.16.（1）见解析（2）1【解析】16.如图，设ΔPAB 的内切圆与PA 的切点为R ，与PB 的切点为S ；记AQ =AR =x ，BQ =BS =y ，PS =PR =z ，则ΔPAB 的面积为S ΔPAB =√p (p −a )(p −b )(p −c ) =√(x +y +z )xyz =12S 四边形ABCD =1.故(x +y +z )xyz =1.①又PA ⋅PB=(x +z )(y +z )=xy +(x +y +z )z ≥2√xyz x +y +a =2（定值）.② 当xy=(x +y +z )z ③时，PA ⋅PB 取最小值2.1.对式③两边乘以2后加上x 2+y 2，得(x +y )=2(x +z )2+(y +z )2， 即AB 2=PA 2+PB 2.从而ΔPAB 为直角三角形，BC 等于直角三角形斜边上的高.2BC =2PA ⋅PB ≤PA 2+PB 2=AB2.对式③两边加上xy ，得2xy =(x +z )(y +z )，即2AQ ⋅BQ =PA ⋅PB =2，故AQ⋅BQ =1.17.（1）见解析（2）见解析【解析】17. 1.用数学归纳法 显然{x =a 1=1,y =a 2=2在曲线上.现设整点(a 2k−1,a 2k )在曲线上，有a 2k−12+a 2k−1a 2k −a 2k 2+1=0.配方、变形，得(a 2k−1+a 2k )2+(a 2k−1+a 2k )(a 2k−1+2a 2k ) −(a 2k−1+2a 2k )2+1=0.把a n+2=a n+1+a n 代入得a 2k+12+a 2k+1a 2k+2−a 2k+22+1=0.这表明整点(a 2k+1,a 2k+2)在曲线x 2+xy −y 2+1=0上.由数学归纳法得整点(a 1,a 2),(a 3,a 4),⋅⋅⋅,(a 2k−1,a 2k ),⋅⋅⋅均在曲线x 2+xy −y 2+1=0上.2.将f (x )按照g (x )的要求分组分解，使能提取出公因式g (x )，有f (x )=a 1x n +(a 2−a 1)x n−1−(a n−1+a n−2)x −a n−1=a 1x n +(a 2−a 1)x n−1+∑(a k+2−a k+1−a k )x n−k−1n−3k=1 −(a n−1+a n−2)x −a n−1=a 1x n +a 2x n−1+∑a x k+2n−k−1−a 1x n−1n−3k=1−∑a k+1x n−k−1−a n−1x −∑a k x n−k−1n−3k=1n−3k=1−a n−2x −a n−1 =∑a k xn−k−1−∑a x x n−k −∑a k x n−k−1n−1k=1n−1k=1n−1k=1 =(x 2−x −1)∑a k x n−k−1n−1k=1.由a k 均为正整数知，g (x )=x 2−x −1整除f (x ).18.m =117【解析】18. 1.先证m ≥117若不然m<117，令A i ={a |a ≡i (mod13),a ∈A }，则对每一对a,b ∈A i (i =1,2,⋅⋅⋅,13)，均有{b <a <117,a −b ≥13.得b≤a −13<104.从而，ab =1+a−bb ≥1+13b >1+13104≥98. 这与b<a ≤98b 矛盾，故m ≥117.2.再证m=117时满足条件，因为，此时最大的14个数104,105,⋅⋅⋅,117分布在13个集合中，由抽屉原理知，必有两个数a 、b (b<a )属于同一集合A i (1≤i ≤13)，则104≤b <a ≤117=98×104≤98b .综上得最小的m =117.。
奥林匹克数学试题及答案
奥林匹克数学试题及答案1. 题目：求证对于任意正整数n，n^3 + 2n 能被3整除。
答案：首先，我们可以将n^3 + 2n进行因式分解，得到n(n^2 + 2)。
由于n是任意正整数，n可以被3整除或者不能被3整除。
如果n能被3整除，那么n^3 + 2n显然能被3整除。
如果n不能被3整除，那么n^2 + 2也是3的倍数，因为n^2除以3的余数只能是0或1，加上2后，余数变为2或0，即n^2 + 2能被3整除。
因此，无论n是否能被3整除，n^3 + 2n都能被3整除。
2. 题目：一个长方体的长、宽、高分别为a、b、c，且a、b、c均为正整数。
如果长方体的体积是其表面积的两倍，求证a、b、c中至少有一个是偶数。
答案：长方体的体积为abc，表面积为2(ab + bc + ac)。
根据题意，我们有abc = 2(ab + bc + ac)。
将等式两边同时除以abc，得到1 = 2(1/a + 1/b + 1/c)。
由于1/a、1/b、1/c均为正数，且它们的和为1/2，那么至少有一个数必须大于等于1/3。
这意味着a、b、c中至少有一个数必须小于等于3。
由于a、b、c均为正整数，那么这个数必须是2，即a、b、c中至少有一个是偶数。
3. 题目：已知实数x、y满足x^2 + y^2 = 1，求证x^4 + y^4 ≥1/2。
答案：我们可以利用平方和公式将x^4 + y^4进行变形。
首先，我们知道(x^2 + y^2)^2 = x^4 + 2x^2y^2 + y^4。
由于x^2 + y^2 = 1，我们可以得到1 = x^4 + 2x^2y^2 + y^4。
接下来，我们需要证明x^4 + y^4 ≥ 1/2。
由于x^2y^2是非负数，我们有x^4 + y^4 = 1 -2x^2y^2 ≥ 1 - 2((x^2 + y^2)/2)^2 = 1/2。
因此，x^4 + y^4 ≥1/2。
结束语：以上是奥林匹克数学试题及答案的示例，希望对你有所帮助。
数学奥林匹克高中训练题(15)及答案.doc
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.。
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分析计算
72甲、乙、丙三人都是业余射箭爱好者，在一次练习中，他们箭箭命中，甲、乙、丙分别射了8发、7发和6发，成绩都是51环。
根据练习用的靶纸（见左下图），请你正确填写出右下表所示的成绩表。
73甲、乙、丙3人射击，每人打5发子弹，中靶的位置在右图中用点表示，计算成绩时发现3人得分相同。
甲说：“我头2发打了8环。
”乙说：“我头2发打了9环。
”请你判断唯一的10环是谁打的？
74六个人参加乒乓球比赛，每两个人都要赛一场，胜者得2分，负者得0分。
比赛结果，第二名和第五名都是两人并列。
问：第一名和第四名各得多少分？
75A，B，C，D四个队举行足球循环赛（即每两个队都要赛一场），胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分。
已知：
（1）比赛结束后四个队的得分都是奇数；
（2）A队总分第一；
（3）B队恰有两场平局，并且其中一场是与C队平局。
问：D队得几分？
76甲、乙、丙三个班进行棋类比赛，比赛设象棋、军棋和跳棋三项。
前四名得分标准是：第一名5分，第二名3分，第三名2分，第四名1分。
比赛结果：甲班得名次的人最少，总分却是第一；乙班没人得第一，总分比甲班少1分；丙班得名次的人最多，总分却比乙班还少1分。
问：三个班各得了几个什么名次？
77四人进行跳远、百米、铅球、跳高四项比赛，各个单项的一、二、三、四名（没有并列名次）分别得5，3，2，1分。
已知总分第一名的跳高得分低于其它项得分，总分第三名的跳高得分高于其它项得分。
请将下表填写完整。
78有A，B，C三个足球队，两两比赛一场，共赛了三场。
A队两胜，进6球失2球；B队一胜一负，进4球失4球；C队两负，进2球失6球。
试写出三场比赛的具体比分。
79五年级三个班举行年级运动会，设跳高、跳远和百米三项，各项均取前三名，第一名得5分，第二名得3分，第三名得1分。
已知一、二班总分相等，并列第一名，而二班进入前三名的人数是一班的两倍。
问：三班总分多少？
80五支足球队进行循环赛，即每两个队之间都要赛一场。
每场比赛胜者得2分，输者得0分，平局两队各得1分。
比赛结果各队得分互不相同，并且
（1）第一名的队没有平过；
（2）第二名的队没有输过；
（3）第四名的队没有胜过。
问：第一～五名各得多少分？全部比赛共平过几场？
81某次考试，A，B，C，D，E五人的得分是互不相同的整数。
A说：“我得了94分。
”
B说：“我在五人中得分最高。
”
C说：“我的得分是A和D的平均分。
”
D说：“我的得分恰好是五人的平均分。
”
E说：“我比C多得2分，在我们五人中是第二名。
”
问：这五个人各得多少分？
82在一次考试中，A，B，C，D四人的得分是不小于90且互不相同的整数，四人的平均分也是整数，A，B，C平均95分，B，C，D平均94分，B得96分是第二名。
问：他们各得多少分？
83春天时，小明比小强高1厘米，比小军高2厘米，比小华高3厘米。
经过一个夏天，四个人都长高了，但各人所长高度互不相同，不过都长高了整数厘米，秋天量身高时，四个人仍然是一个比一个矮1厘米，只是小华紧接在小明之后。
现在谁的个头最高？
84A，B，C，D四个足球队进行循环比赛，赛了若干场后，A，B，C 三队的比赛情况如下：
问：D赛了几场？D赛的几场的比分各是多少？
85A，B，C，D，E五个足球队两两各赛一场，胜一场得3分，负者得0分，平一场两队各得1分。
十场球赛完后，五个队的得分互不相同。
A 队未败一场，且打败了B队，可B队得了冠军；C队也未败一场，名次却在D队之后。
问：E队得了多少分？
86有五所小学，每所小学派出2支足球队参加足球赛。
比赛规定：同一学校的2队不赛，不同学校的各队间都要赛一场。
当比赛进行了若干天后，某个球队发现，其他9支球队比赛的场数各不相同。
问：这支球队以及与他同校的另一支球队，这时各比赛了几场？
8710名选手参加象棋比赛，每两名选手间都要比赛一次。
比赛结果：选手们所得分数各不相同，前两名选手都没输过，前两名的总分比第三名多20分，第四名得分与后四名所得总分相等。
问：前六名的分数各为多少？（胜得2分、和得1分、输得0分）
88四对夫妇坐在一起闲谈。
四个女人中，A吃了3个梨，B吃了2个，C吃了4个，D吃了1个；四个男人中，甲吃的梨和他妻子一样多，乙吃的是妻子的2倍，丙吃的是妻子的3倍，丁吃的是妻子的4倍。
四对夫妇共吃了32个梨。
问：丙的妻子是谁？。