凸m边形的剖分问题──兼谈1993年高中数学联赛二试一题的论证
高中数学联赛二试概念集锦
1、平面几何基本要求：掌握高中数学竞赛大纲所确定的所有内容。
补充要求：面积和面积方法。
梅涅劳斯定理（Menelaus' theorem ）是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。
它指出：如果一条直线与△ABC的三边AB、BC、CA或其延长线交于F、D、E点，那么(AF/FB) ×(BD/DC)×(CE/EA)=1。
或：设X、Y、Z 分别在△ABC的BC、CA、AB所在直线上，则X、Y、Z 共线的充要条件是(AZ/ZB)*(BX/XC)*(CY/YA)=1 。
塞瓦定理在△ABC内任取一点O，直线AO、BO、CO分别交对边于D、E、F，则(BD/DC)*(CE/EA)*(AF/FB)=1托勒密定理: 指圆内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。
西姆松定理: 有三角形ABC，平面上有一点P。
P在三角形三边上的投影（即由P到边上的垂足）共线（此线称为西姆松线, Simson line ）当且仅当P在三角形的外接圆上。
几个重要的极值：到三角形三顶点距离之和最小的点-- 费马点。
（1）对于任意三角形△ABC，若三角形内或三角形上某一点E,若EA+EB+EC有最小值, 则取到最小值时E为费马点。
（2）如果三角形有一个内角大于或等于120°，这个内角的顶点就是费马点；如果 3 个内角均小于120°，则在三角形内部对 3 边张角均为120°的点，是三角形的费马点。
到三角形三顶点距离的平方和最小的点-- 重心。
三角形内到三边距离之积最大的点-- 重心。
几何不等式。
题简单的等周问等周定理，又称等周不等式，是一个几何中的不等式定理，说明了欧几里得平面上的封闭图形的周长以及其面积之间的关系。
其中的“等周”指的是周界的长度相等。
等周定理说明在周界长度相等的封闭几何形状之中，以圆形的面积最大；另一个说法是面积相等的几何形状之中，以圆形的周界长度最小。
，能以“翻折”凹的部分以成为凸的图形，以增解释：不完全凸的封闭曲线的话加面积，而周长不变一个狭长的图形可以通过“压扁”来变得“更圆”，从而使得面积更大而周长不变。
凸函数的判别和应用
学号：2004104509 姓名：林庆 年级：2004 级 专业：数学与应用数学
专业答辩小组意见：
林庆同学在论文答辩过程中，回答问题较准确，
流畅，概念清晰，反映出该同学数学基础较好，论文写
作态度认真，准备较充分，并能了解新问题和解决问题
的方法，能充分利用所学知识解决问题.该同学所写论文
指导教师意见
选题符合要求、进度安排合理、同意开题.
教研室主任意见
准备充分，同意开题.
签字： 签字：
年月日 年月日
3
毕业论文（设计）成绩评定表一
学号：2004104509 姓名：林庆 年级：2004 级 专业：数学与应用数学
指导教师意见：
林庆同学所写论文《凸函数的判别和应用》，选题有意义， 文中主要给出了凸函数的三个定义以及用意义、定理和几何意 义判别函数的凸函数的三种方法，然后应用凸函数的性质证明 几个重要而又常用的不等式，并给出凸函数在高等数学和初等 数学中的一些应用.这进对一步认识和理解凸函数有一定的帮 助和实用价值.
例如判别函数2fxx?的凸性则可在其定义域????上任取123xxx且123xxx??由该定理得222321132213xxxxxxxxx?????22232112232213xxxxxxxxxxx????????222232122132xxxxxxxx??????321212213232xxxxxxxxxxxx????????32121223xxxxxxxx??????3221310xxxxxx?????
例如判别函数 f (x) ex 的凸性，在其定义域 (, ) 上，可取 x1 x2 x3 ，则
f (x2 ) f (x1) x2 x1
ex2 ex1 x2 x1
米勒问题帮你解题_陈晓鹏
中学生数学·２０１３年１２月上·第４７９期（高中） 网址：ｚｘｓｓ．ｃｂｐｔ．ｃｎｋｉ．ｎｅｔ 电子邮箱：ｚｘｓｓ＠ｃｈｉｎａｊｏｕｒｎａｌ．ｎｅｔ．ｃｎ数学史话首都师范大学数学科学学院（１０００４８） 陈晓鹏导师 姚芳 米勒（Ｊｏｈａｎｎｅｓ Ｍｉｉｌｌｅｒ １４３６－１４７６），德国数学家，对三角学做出了巨大贡献，是斐波那契以来欧洲最有影响的数学家．米勒１５３３年发表的名著《三角全书》是使三角学在欧洲取得独立地位的第一部系统性著作．该书共分五册，前两册讲平面三角，后三册讲球面三角．此外，他还讨论到一个新颖的极值问题：天花板挂一垂直的杆，长１０尺，下端离地面４尺，在地面上找一点（或这点的轨迹）使对杆的张角最大（即可见角最大）．【答案：以悬杆的延长线和水平地面的交点为圆心，以悬杆两端点到地面的距离的积的算术平方根（２槡１４尺）为半径在地面上作圆，圆周上的点对悬杆的可见角最大．】上述极值问题就是著名的米勒问题．该问题本身并不难，然而作为数学史上第一次明确讨论的极值问题而引人注目．米勒问题一般化：设点Ｍ，Ｎ是∠ＡＯＢ（锐角或直角）的一边ＯＡ上的两点，试在射线ＯＢ上找一点Ｐ使得∠ＭＰＮ最大．【答案：当点Ｐ为过Ｍ，Ｎ两点且和射线ＯＢ相切的圆Ｃ的切点，即当｜ＯＰ｜＝｜ＯＭ｜·｜ＯＮ槡｜时，∠ＭＰＮ最大．】图１证明 （反证法）在射线ＯＢ上除点Ｐ外任取点Ｐ′，则Ｐ′在圆外，连接ＭＰ′，ＮＰ′．设ＮＰ′与圆Ｃ交于点Ｄ，连接ＭＤ．假设∠ＭＰ′Ｎ最大，则由平面几何知识得∠ＭＰＮ＝∠ＭＤＮ＞∠ＭＰ′Ｎ，与∠ＭＰ′Ｎ最大矛盾，从而∠ＭＰＮ最大．此时由切割线定理，得｜ＯＰ｜２＝｜ＯＭ｜·｜ＯＮ｜，于是｜ＯＰ｜＝｜ＯＭ｜·｜ＯＮ槡｜．图２问题 （２０１０年江苏省理科高考题）某兴趣小组要测电视塔ＡＥ的高度Ｈ（单位：ｍ），如图２，垂直放置的标杆ＢＣ的高度ｈ＝４ｍ，仰角∠ＡＢＥ＝α，∠ＡＤＥ＝β．（Ⅰ）略．（Ⅱ）该小组分析若干测得的数据后，认为适当调整标杆到电视塔的距离ｄ（单位：ｍ），使α与β之差较大，可以提高测量精度，若电视塔的实际高度为１２５ｍ，试问ｄ为多少时，α－β最大？解 在线段ＡＥ上取点Ｆ，使ＥＦ＝ＣＢ，连接ＢＦ（如图２）．于是四边形ＢＦＥＣ为平行四形，∴ ∠ＣＥＢ＝∠ＥＢＦ．由于α为△ＤＢＥ的外角，∴ α－β＝∠ＣＥＢ．于是α－β＝∠ＥＢＦ．由米勒问题，我们知道当ｄ＝｜ＡＥ｜·｜ＡＦ槡｜＝５５槡５时，∠ＥＢＦ最大，即α－β最大．于是当ｄ＝５５槡５ｍ时，α－β最大．图３编后 其实米勒定理的应用早在１９８６年高考全国理科试卷第五题就已经出现：“如图３，在平面直角坐标系中，在ｙ轴的正半轴（坐标原点除外）上给定两点Ａ，Ｂ．试在ｘ轴的正半轴（坐标原点除外）上求点Ｃ，使∠ＡＣＢ取得最大值．”有兴趣的读者，不妨用米勒定理来解答本题．（责审 周春荔）·２２·。
鸡爪定理推广
鸡爪定理推广
鸡爪定理，也叫鸡脚定理，是初中阶段的一道简单的几何证明题。
其
内容为：任何一个凸n边形的三角形数量都等于该凸n边形边数减2个。
这个定理的证明，依靠的是将该凸n边形分解成n-2个三角形，
然后计算出三角形的数量，具体推导过程相当简单。
但是，尽管鸡爪定理非常的简单，且看起来没有太多的实际意义，它
在初中教育中却扮演着至关重要的角色。
鸡爪定理的推广，可以帮助
孩子们更好地理解几何学，进而提高他们解决各种几何问题的能力。
一方面，鸡爪定理可以引导孩子们思考如何用三角形来划分凸n边形。
在这个过程中，孩子们可以通过自我逻辑推理，从中抽象出更高的几
何概念。
这些概念包括面积、角度和对称性等。
这些概念对于高中和
大学的更深入的几何学习都具有极为重要的作用。
另一方面，鸡爪定理的推广还可以帮助孩子们在解决几何问题时，提
高他们的思维方法和策略。
因为这个定理在各种几何问题中都有应用。
孩子们可以把一个复杂的几何问题化简成一个简单的三角形数量问题，进而用鸡爪定理解决问题。
甚至，在数学竞赛中，鸡爪定理也是一个重要的工具。
数学竞赛中的
几何问题，常常包含具有一定难度的多边形题目。
这些题目在解法上
常常需要前面讲到的几何概念和思维策略，其中就包括鸡爪定理。
综上所述，鸡爪定理看似简单，实际上却是初中阶段几何学习的基石。
通过它，可以引导孩子们对几何学的深入理解，并提高他们的思维方
法和策略。
当然，鸡爪定理仅仅是初中几何学习的一个入门，想要获
得更深入的认识和更高的实力，还需要更多的学习和实践。
2024年全国高中数学联赛北京赛区预赛一试试题(解析版)
2024年全国高中数学联赛北京赛区预赛一试试题考试时间:8:00-9:20填空题(1-8题每题8分，第9题16分，第10，11题每题20分，共120分)1．设整数集合{}12345A a a a a a =，，，，，若A 中所有三元子集的三个元素之积组成的集合为{}30,15,10,6,5,3,26,10,15B =------，，则集合A =.2．已知函数()201ln 102x x f x x x +<⎧⎪=⎨⎛⎫+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩，，若关于x 的方程()()f f x m =恰有三个不相等的实数根123,,x x x 且满足123x x x <<，则()1229ln 4x x ++的取值范围是.3．从1,2,,2024 中任取两个数()a b a b ≤，，则37a b +的值中，个位数字为8的数有个.4．设复数z 满足32i 6z -=，令21107457iz z z z -+=-+，则1z 的最大值是.5．已知函数()*,1,,,N ,,,x x f x q q x p q p q p q p p ⎧⎪=+⎨=∈>⎪⎩若为无理数若其中且互质，则函数()f x 在区间89,910⎛⎫ ⎪⎝⎭上的最大值为.6．对于0c >，若非零实数a b ，满足224240a ab b c -+-=，且使2a b +最大，则342a b c -+的最小值为.7．已知函数()44cos sin sin4f x x x a x b =++-，且π6f x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭为奇函数.若方程+=0在[]0,π上有四个不同的实数解1234，，，x x x x ，则12344x x x x f +++⎛⎫ ⎪⎝⎭的平方值为.8．已知{}1,2,,2625A ⊆ ，且A 中任意两个数的差的绝对值不等于4，也不等于9，则A 的最大值为.9．设多项式202320240()i i f x x cx ==+∑，其中{}1,0,1i c ∈-.记N 为()f x 的正整数根的个数（含重根）.若()f x 无负整数根，N 的最大值是.10．在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1AA 上的一点，且11,A EF =为截面1A BD 上的动点，则AF FE +的最小值等于.11．数列{}n a 定义如下：设()()2!!2024!n n n +写成既约分数后的分母为(),n A n a 等于()2A n 的最大质因数，则n a 的最大值等于.2024年全国高中数学联赛北京赛区预赛二试试题考试时间:9:40-12:3012．设,,a b c 是三个正数，求证：++13．如图所示，锐角ABC V 的三条高线AD ，BE ，CF 交于点H ，过点F 作//FG AC 交直线BC 于点G ，设 CFG 的外接圆为O O ，与直线AC 的另一个交点为P ，过P 作//PQ DE 交直线AD 于点Q ，连接OD ，OQ .求证:OD OQ =.14．有n 个球队参加比赛，球队之间的比赛计划已经安排好了.但是每场比赛的主场客场还没有分配好.这时每个球队都上报了自己能够接受的客场比赛的最大次数.最终组委会发现这些次数加在一起恰好是比赛的总场次，并且组委会还发现任意挑出若干支球队，他们能够接受的客场次数之和都要大于等于他们之间的比赛总场次.请问组委会能否安排好主客场使得每支球队都满意，请证明你的结论.15．设12n a a a ，，，为n 个两两不同的正整数且12n a a a 恰有4048个质因数.如果12n a a a ，，，中任意多个数相乘均不是一个整数的4049次方，求n 的最大值.1．{}2,1,1,3,5--【分析】依据总的乘积，绝对值最大的乘积，绝对值最小的乘积去分析集合A 中的各元素即可.【详解】A 中所有三元子集共有35C 10=个，A 中的每个元素在这些三元子集中均出现了10365⨯=次，故()()()()()()()612345301510653261015a a a a a =-⨯-⨯-⨯-⨯-⨯-⨯⨯⨯⨯，1234530a a a a a =，因为集合B 中的元素有6个负数4个正数，故集合A 中的元素有2个负数3个正数，所以1234530a a a a a =，不妨设12345a a a a a ≤≤≤≤，三个元素之积绝对值最大时，34530a a a =-，121a a =-，又A 为整数集合，所以11a =，21a =-或者11a =-，21a =；三个元素之积绝对值最小时，1232a a a =，又121a a =-，所以32a =-，4515a a =，因为集合A 中的元素有2个负数3个正数，故4a 、5a 均为正整数，所以43a =，55a =，故{}2,1,1,3,5A =--.故答案为：{}2,1,1,3,5--.【点睛】关键点点睛：本题考查集合的子集，关键是理解题目的意思，并从“总的乘积，绝对值最大的乘积，绝对值最小的乘积”这些不同的角度去分析集合A 中的各元素.2．11,1ln 22ln 2⎡⎫+⎪⎢⎣⎭【分析】求出嵌套函数解析式4,2,1(())ln 2,20,211ln ln 11,022x x f f x x x x x ⎧⎪+<-⎪⎪⎪⎛⎫=+-≤<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎡⎤⎛⎫++≥⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎪⎣⎦⎩，作出其图象，得到0ln 2m ≤<，化简得()121ln 229221ln 4ln 2x x m ⎛⎫- ⎪+=- ⎪++ ⎪⎝⎭，设右边为新函数，根据其单调性得到范围.【详解】当2x <-时，则20x +<，则()()224f f x x x =++=+，当20x -≤<时，022x £+<，则()()()11ln 21ln 222f f x x x ⎡⎤⎛⎫=++=+ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，当0x ≥时，()()11ln ln 1122f f x x ⎡⎤⎛⎫=++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，即4,2,1(())ln 2,20,211ln ln 11,022x x f f x x x x x ⎧⎪+<-⎪⎪⎪⎛⎫=+-≤<⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎡⎤⎛⎫++≥⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎪⎣⎦⎩方程(())f f x m =恰有三个不相等的实数根等价于直线y m =与函数(())y f f x =的图象有三个不同交点，因此0ln 2m ≤<.此时14x m +=且21ln 22x m ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则14x m =-，()2ln 4ln 2x m +=+，从而()121ln 22921221ln 4ln 2ln 2x m x m m ⎛⎫- ⎪++==- ⎪+++ ⎪⎝⎭，设()1ln 2221ln 2h m m ⎛⎫- ⎪=- ⎪+ ⎪⎝⎭，则其在[0,ln 2)上单调递增，因此()1229ln 4x x ++的取值范围是11,1ln 22ln 2⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.故答案为：11,1ln 22ln 2⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用分段函数的解析式求出()()y f f x =的表达式，然后利用转化法、数形结合思想进行求解.。
个人精心整理高中数学联赛竞赛平面几何四大定理~及考纲
1、数学竞赛考纲二试1、平面几何根本要求：驾驭高中数学竞赛大纲所确定的全部内容。
补充要求：面积与面积方法。
几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
几个重要的极值：到三角形三顶点间隔之与最小的点--费马点。
到三角形三顶点间隔的平方与最小的点--重心。
三角形内到三边间隔之积最大的点--重心。
几何不等式。
简洁的等周问题。
理解下述定理：在周长肯定的n边形的集合中，正n边形的面积最大。
在周长肯定的简洁闭曲线的集合中，圆的面积最大。
在面积肯定的n边形的集合中，正n边形的周长最小。
在面积肯定的简洁闭曲线的集合中，圆的周长最小。
几何中的运动：反射、平移、旋转。
复数方法、向量方法。
平面凸集、凸包及应用。
2、代数在一试大纲的根底上另外要求的内容：周期函数与周期，带肯定值的函数的图像。
三倍角公式，三角形的一些简洁的恒等式，三角不等式。
第二数学归纳法。
递归，一阶、二阶递归，特征方程法。
函数迭代，求n次迭代，简洁的函数方程。
n个变元的平均不等式，柯西不等式，排序不等式及应用。
复数的指数形式，欧拉公式，棣莫佛定理，单位根，单位根的应用。
圆排列，有重复的排列与组合，简洁的组合恒等式。
一元n次方程（多项式）根的个数，根与系数的关系，实系数方程虚根成对定理。
简洁的初等数论问题，除初中大纲中所包括的内容外，还应包括无穷递降法，同余，欧几里得除法，非负最小完全剩余类，高斯函数，费马小定理，欧拉函数，孙子定理，格点及其性质。
3、立体几何多面角，多面角的性质。
三面角、直三面角的根本性质。
正多面体，欧拉定理。
体积证法。
截面，会作截面、外表绽开图。
4、平面解析几何直线的法线式，直线的极坐标方程，直线束及其应用。
二元一次不等式表示的区域。
三角形的面积公式。
圆锥曲线的切线与法线。
圆的幂与根轴。
5、其它抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
集合的划分。
覆盖。
梅涅劳斯定理托勒密定理西姆松线的存在性及性质(西姆松定理)。
赛瓦定理及其逆定理。
1993年全国高中数学联赛试题及解答
1993年全国高中数学联合竞赛试卷第一试一、选择题(每小题5分，共30分)1．若M={(x ，y )| |tan πy |+sin 2πx=0}，N={(x ，y )|x 2+y 2≤2}，则M ∩N 的元素个数是（ ） (A )4 (B )5 (C )8 (D )92．已知f (x )=a sin x +b 3x +4(a ，b 为实数)，且f (lglog 310)=5，则f (lglg3)的值是（ ） (A )-5 (B )-3 (C )3 (D )随a ，b 取不同值而取不同值3．集合A ，B 的并集A ∪B={a 1，a 2，a 3}，当A ≠B 时，(A ，B )与(B ，A )视为不同的对，则这样的(A ，B )对的个数是（ ）（A ）8 （B ）9 （C ）26 （D ）274．若直线x =π4被曲线C :(x -arcsin a )(x -arccos a )+(y -arcsin a )(y +arccos a )=0所截的弦长为d ，当a 变化时d 的最小值是( )(A ) π4 (B ) π3 (C ) π2(D )π5．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，若c -a 等于AC 边上的高h ，则sin C －A 2+cosC +A 2的值是( )(A )1 (B ) 12 (C ) 13(D )-16．设m ，n 为非零实数，i 为虚数单位，z ∈C ，则方程|z +ni |+|z -mi |=n 与|z +ni |-|z -mi |=-m 在同一复平面内的图形(F 1，F 2为焦点)是( )二、填空题（每小题5分，共30分）1．二次方程(1-i )x 2+(λ+i )x +(1+i λ)=0(i 为虚数单位，λ∈R )有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为________．2．实数x ，y 满足4x 2-5xy +4y 2=5，设 S=x 2+y 2，则1S max +1S min =_______．3．若z ∈C ，arg(z 2-4)=5π6，arg(z 2+4)= π3，则z 的值是________. 4．整数⎣⎡⎦⎤10931031+3的末两位数是_______.5．设任意实数x 0>x 1>x 2>x 3>0，要使log x 0x 11993+log x 1x 21993+log x 2x 31993≥k ·log x 0x 31993恒成立，则k 的最大值(A)(B)(C)(D)是_______.6．三位数(100，101， ，999)共900个，在卡片上打印这些三位数，每张卡片上打印一个三位数，倒过来看仍为三位数，如198倒过来看是861；有的卡片则不然，如531倒过来看是，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____张卡片．三、（本题满分20分）三棱锥S－ABC中，侧棱SA、SB、SC两两互相垂直，M为三角形ABC的重心，D为AB的中点，作与SC平行的直线DP．证明：(1)DP与SM相交；(2)设DP与SM的交点为D'，则D'为三棱锥S－ABC的外接球球心．四、（本题满分20分）设0<a<b，过两定点A(a，0)和B(b，0)分别引直线l和m，使与抛物线y2=x有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l与m的交点P的轨迹．五、（本题满分20分）设正数列a0，a1，a2，…，a n，…满足a n a n－2－a n－1a n－2=2a n－1，(n≥2)且a0=a1=1，求{a n}的通项公式．第二试一、（35分）设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有∠D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n应满足的充分必要条件是n≥4．二、（35分）设A是一个有n个元素的集合，A的m个子集A1,A2, ,A m两两互不包含．试证：(1)mΣi=11C|A|n≤1；(2)mΣi=1C|A i|n≥m2．其中|A i|表示A i所含元素的个数，C|A i|n表示n个不同元素取|A i|个的组合数．三、（35分）水平直线m通过圆O的中心，直线l⊥m，l与m相交于M，点M在圆心的右侧，直线l上不同的三点A,B,C在圆外，且位于直线m上方，A点离M点最远，C点离M点最近，AP,BQ,CR为圆O的三条切线，P,Q,R为切点．试证：(1)l与圆O相切时，AB⨯CR+BC⨯AP=AC⨯BQ；(2)l与圆O相交时，AB⨯CR+BC⨯AP ＜AC⨯BQ；(3)l与圆O相离时，AB⨯CR+BC⨯AP＞AC⨯BQ.1993年全国高中数学联合竞赛解答第一试一、选择题(每小题5分，共30分)1．若M={(x ，y )| |tan πy |+sin 2πx =0}，N={(x ，y )|x 2+y 2≤2}，则M ∩N 的元素个数是（ ） (A )4 (B )5 (C )8 (D )9解：tan πy=0，y=k (k ∈Z )，sin 2πx =0，x=m (m ∈Z )，即圆x 2+y 2=2及圆内的整点数．共9个．选D ．2．已知f (x )=a sin x +b 3x +4(a ，b 为实数)，且f (lglog 310)=5，则f (lglg3)的值是（ ） (A )-5 (B )-3 (C )3 (D )随a ，b 取不同值而取不同值解：设lglog 310=m ，则lglg3=－lglog 310=－m ，则f (m )=a sin m +b 3m +4=5，即a sin m +b 3m=1． ∴ f (－m )=－(a sin m +b 3m )+4=－1+4=3．选C ．3．集合A ，B 的并集A ∪B={a 1，a 2，a 3}，当A ≠B 时，(A ，B )与(B ，A )视为不同的对，则这样的(A ，B )对的个数是（ ）（A ）8 （B ）9 （C ）26 （D ）27解：a 1∈A 或∉A ，有2种可能，同样a 1∈B 或∉B ，有2种可能，但a 1∉A 与a 1∉B 不能同时成立，故有22－1种安排方式，同样a 2、a 3也各有22－1种安排方式，故共有(22－1)3种安排方式．选D ．4．若直线x =π4被曲线C :(x -arcsin a )(x -arccos a )+(y -arcsin a )(y +arccos a )=0所截的弦长为d ，当a 变化时d 的最小值是( )(A ) π4 (B ) π3 (C ) π2(D )π解：曲线C 表示以(arcsin a ，arcsin a )，(arccos a ，－arccos a )为直径端点的圆．即以(α，α)及(π2－α，－π2+α)(α∈[－π2，π2])为直径端点的圆．而x=π4与圆交于圆的直径．故d=(2α－π2)2+(π2)2≥π2．故选C ．5．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，若c -a 等于AC 边上的高h ，则sin C －A 2+cosC +A2的值是( )(A )1 (B ) 12 (C ) 13(D )-1解：2R (sin C －sin A )=c sin A=2R sin C sin A ，⇒sin C －sin A=sin C sin A ，⇒2cos C +A 2sin C －A 2=－12[cos(C +A )－cos(C －A )]= 12[1－2sin 2C －A 2－2cos 2C +A2+1]．⇒(sin C －A 2+cos C +A 2)2=1，但sin C －A 2+cos C +A2>0，故选A ．226．设m ，n 为非零实数，i 为虚数单位，z ∈C ，则方程|z +ni |+|z -mi |=n 与|z +ni |-|z -mi |=-m 在同一复平面内的图形(F 1，F 2为焦点)是( )解：方程①为椭圆，②为双曲线的一支．二者的焦点均为(－ni ，mi )，由①n >0，故否定A ，由于n 为椭圆的长轴，而C 中两个焦点与原点距离(分别表示|n |、|m |)均小于椭圆长轴，故否定C ． 由B 与D 知，椭圆的两个个焦点都在y 轴负半轴上，由n 为长轴，知|OF 1|=n ，于是m <0，|OF 2|=－m ．曲线上一点到－ni 距离大，否定D ，故选B ． 二、填空题（每小题5分，共30分）1．二次方程(1-i )x 2+(λ+i )x +(1+i λ)=0(i 为虚数单位，λ∈R )有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为________．解：即此方程没有实根的条件．当λ∈R 时，此方程有两个复数根，若其有实根，则 x 2+λx +1=0，且x 2－x －λ=0．相减得(λ+1)(x +1)=0．当λ=－1时，此二方程相同，且有两个虚根．故λ=－1在取值范围内．当λ≠－1时，x=－1，代入得λ=2．即λ=2时，原方程有实根x=－1．故所求范围是λ≠2．2．实数x ，y 满足4x 2-5xy +4y 2=5，设 S=x 2+y 2，则1S max +1S min =_______．解：令x=r cos θ，y=r sin θ，则S=r 2得r 2(4－5sin θcos θ)=5．S=54－52sin2θ．∴1S max +1S min =4+525+4－525=85． 3．若z ∈C ，arg(z 2-4)=5π6，arg(z 2+4)= π3，则z 的值是________. 解：如图，可知z 2表示复数4(cos120°+i sin120°)． ∴ z=±2(cos60°+i sin60°)=±(1+3i )． 4．整数⎣⎡⎦⎤10931031+3的末两位数是_______.解：令x=1031，则得x 3x +3=x 3+27－27x +3=x 2－3x +9－27x +3．由于0<27x +3<1，故所求末两位数字为09－1=08． 5．设任意实数x 0>x 1>x 2>x 3>0，要使log x 0x 11993+log x 1x 21993+log x 2x 31993≥k ·log x 0x 31993恒成立，则k 的最大值是_______.解：显然x 0x 3>1，从而log x 0x 31993>0．即1lg x 0－lg x 1+1lg x 1－lg x 2+1lg x 2－lg x 3≥klg x 0－lg x 3．就是[(lg x 0－lg x 1)+(lg x 1－lg x 2)+(lg x 2－lg x 3)](1lg x 0－lg x 1+1lg x 1－lg x 2+1lg x 2－lg x 3)≥k ．(A)(B)(C)(D)其中lg x 0－lg x 1>0，lg x 1－lg x 2>0，lg x 2－lg x 3>0，由Cauchy 不等式，知k ≤9．即k 的最大值为9． 6．三位数(100，101， ，999)共900有的卡片所印的，倒过来看仍为三位数，如198倒过来看是861；有的卡片则不然，如531倒过来看是 ，因此，有些卡片可以一卡二用，于是至多可以少打印_____张卡片．解：首位与末位各可选择1，6，8，9，有4种选择，十位还可选0，有5种选择，共有4×5×4=80种选择．但两端为1，8，中间为0，1，8时，或两端为9、6，中间为0，1，8时，倒后不变；共有2×3+2×3=12个，故共有(80－12)÷2=34个． 三、（本题满分20分）三棱锥S -ABC 中，侧棱SA 、SB 、SC 两两互相垂直，M 为三角形ABC 的重心，D 为AB 的中点，作与SC 平行的直线DP ．证明：(1)DP 与SM 相交；(2)设DP 与SM 的交点为D '，则D '为三棱锥S —ABC 的外接球球心．⑴ 证明：∵ DP ∥SC ，故DP 、CS 共面．∴ DC ⊆面DPC ，∵ M ∈DC ，⇒M ∈面DPC ，SM ⊆面DPC ．∵ 在面DPC 内SM 与SC 相交，故直线SM 与DP 相交．⑵ ∵ SA 、SB 、SC 两两互相垂直，∴ SC ⊥面SAB ，SC ⊥SD ． ∵ DP ∥SC ，∴ DP ⊥SD ．△DD 'M ∽△CSM ，∵ M 为△ABC 的重心，∴ DM ∶MC=1∶2．∴ DD '∶SC=1∶2． 取SC 中点Q ，连D 'Q ．则SQ=DD '，⇒平面四边形DD 'QS 是矩形． ∴ D 'Q ⊥SC ，由三线合一定理，知D 'C=PS ．同理，D 'A= D 'B= D 'B= D 'S ．即以D '为球心D 'S 为半径作球D '．则A 、B 、C 均在此球上．即D '为三棱锥S —ABC 的外接球球心． 四、（本题满分20分）设0<a <b ，过两定点A (a ，0)和B (b ，0)分别引直线l 和m ，使与抛物线y 2=x 有四个不同的交点，当这四点共圆时，求这种直线l 与m 的交点P 的轨迹．解：设l ：y=k 1(x －a )，m ：y=k 2(x －b )．于是l 、m 可写为(k 1x －y －k 1a )(k 2x －y －k 2b )=0．∴ 交点满足⎩⎨⎧y 2=x ，(k 1x －y －k 1a )(k 2x －y －k 2b )=0．若四个交点共圆，则此圆可写为(k 1x －y －k 1a )(k 2x －y －k 2b )+λ(y 2－x )=0． 此方程中xy 项必为0，故得k 1=－k 2，设k 1=－k 2=k ≠0． 于是l 、m 方程分别为y=k (x －a )与y=－k (x －b )． 消去k ，得2x －(a +b )=0，(y ≠0)即为所求轨迹方程． 五、（本题满分20分）设正数列a 0、a 1、a 2、…、a n 、…满足a n a n －2 －a n －1a n －2 =2a n －1，(n ≥2) 且a 0=a 1=1，求{a n }的通项公式． 解：变形，同除以a n －1a n －2 得：a na n －1=2a n －1a n －2+1， 令a na n －1+1=b n ，则得b n =2b n －1． 即{b n }是以b 1=11+1=2为首项，2为公比的等比数列． ∴ b n =2n ． ∴a na n －1=(2n －1)2．故 D‘Q M SA DCBP∴ ⎩⎨⎧a 0=1， a n =(2n －1)2(2n －1－1)2…(21－1)2．(n ≥1)第二试 一、（35分）设一凸四边形ABCD ，它的内角中仅有∠D 是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n 个钝角三角形，但除去A 、B 、C 、D 外，在该四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证n 应满足的充分必要条件是n ≥4．证明 充分性 ⑴当n=4时，如图，只要连AC ，并在ΔABC 内取一点F ，使∠AFB 、∠BFC 、∠CF A 都为钝角(例如，可以取ΔABC 的Fermat 点，由于ΔABC 是锐角三角形，故其Fermat 点在其形内)．于是，ΔADC 、ΔAFB 、ΔBFC 、ΔAFC 都是钝角三角形．⑵当n=5时，可用上法把凸四边形分成四个钝角三角形．再在AF 上任取一点E ，连EB ，则ΔAEB 也是钝角三角形，这样就得到了5个钝角三角形． 一般的，由⑴得到了4个钝角三角形后，只要在AF 上再取n －4个点E 1、E 2、…E n －4，把这些点与B 连起来，即可得到均是钝角三角形的n 个三角形．必要性n=2时，连1条对角线把四边形分成了2个三角形，但其中最多只能有1个钝角三角形．n=3时，无法从同一顶点出发连线段把四边形分成3个三角形，现连了1条对角线AC 后，再连B 与AC 上某点得到线段，此时无法使得到的两个三角形都是钝角三角形．∴当n=2，3时无法得到满足题目要求的解．只有当n ≥4时才有解． 二、（35分）设A 是一个有n 个元素的集合，A 的m 个子集A 1,A 2, ,A m 两两互不包含． 试证：(1)mΣi=11C|A |n≤1；(2)mΣi=1C |A i |n ≥m 2．其中|A i |表示A i 所含元素的个数，C |A i |n表示n 个不同元素取|A i |个的组合数． 证明：⑴ 即证：若k 1+k 2+…+k m =n ，则k 1!(n －k 1)!+k 2!(n －k 2)!+…+k m !(n －k m )!≤n !．由于n !表示n 个元素的全排列数，而k i !(n －k i )!表示先在这n 个元素中取出k i 个元素排列再把其其余元素排列的方法数，由于A i 互不包含，故n !≥k 1!(n －k 1)!+k 2!(n －k 2)!+…+k m !(n －k m )!成立．⑵ ∵ (m Σi=11C |A |n)(mΣi=1C |A i |n)≥(1+1+1+…+1)2=m 2． 但0<mΣi=11C|A |n≤1，故mΣi=1C|A i |n≥m 2． 三、（35分）水平直线m 通过圆O 的中心，直线l ⊥m ，l 与m 相交于M ，点M 在圆心的右侧，直线l 上不同的三点A,B,C 在圆外，且位于直线m 上方，A 点离M 点最远，C 点离M 点最近，AP ,BQ,CR 为圆 O 的三条切线，P ,Q,R 为切点．试证：(1)l 与圆O 相切时，AB ⨯CR +BC ⨯AP=AC ⨯BQ ；(2)l 与圆O 相交时，AB ⨯CR +BC ⨯AP ＜AC ⨯BQ ；(3)l 与圆O 相离时，AB ⨯CR +BC ⨯AP ＞AC ⨯BQ .证明：设MA=a ，MB=b ，MC=c ，OM=d ，⊙O 的半径=r ． 且设k=d 2－r 2．则当k >0时，点M 在⊙O 外，此时，直线l 与⊙O 相离；当k=0时，点M 在⊙O 上，此时，直线l 与⊙O 相切； C BAD FE当k <0时，点M 在⊙O 内，此时，直线l 与⊙O 相交．∴ AP=a 2+d 2－r 2=a 2+k ，同理，BQ=b 2+k ，CR=c 2+k ．则AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ= AB ⨯CR +BC ⨯AP －(AB +BC )⨯BQ=BC ×(AP －BQ )－AB ×(BQ －CR ) =BC ×AP 2－BQ 2AP +BQ －AB ×BQ 2－CR 2BQ +CR=(b －c )(a －b )(a +b )AP +BQ －(a －b )(b －c )(b +c )BQ +CR=(a －b )(b －c )(a +b AP +BQ －b +c BQ +CR )=(a －b )(b －c )a ·BQ +a ·CR +b ·CR －b ·AP －c ·AP －c ·BQ(AP +BQ )(BQ +CR )．注意到a ∙BQ －b ∙AP=a 2·BQ 2－b 2·AP 2b ·AP +a ·BQ =(a 2－b 2)kb ·AP +a ·BQ．故k >0时，a ∙BQ －b ∙AP >0，k=0时，a ∙BQ －b ∙AP=0，k <0时，a ∙BQ －b ∙AP <0；同理可得，k >0时，b ∙CR －c ∙BQ >0，k=0时，b ∙CR －c ∙BQ =0，k <0时，b ∙CR －c ∙BQ <0； k >0时，a ∙CR －c ∙AP >0，k=0时，a ∙CR －c ∙AP =0，k <0时，a ∙CR －c ∙AP <0； 即当k >0时，AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ >0； 当k=0时，AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ=0，当k <0时，AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ <0．故证．、。
凸函数的性质及其应用2
证明：坌x1,x2∈(a,b)对且 x1＜x2 和坌λ∈(0,1)，因为 f(x)与 g(x)在[a, b]上单调递增。
故[f(x1)- f(x2)][g(x2)- g(x1)]≤0 f(x1)g(x2)+f(x2)g(x1)≤f(x1)g(x1)+f(x2)g(x2) 又因为 f(x)与 g(x)为[a,b]上的凸函数
因此有 f(xi)≥f(c)+f'(c)(xi- c),i=(1,2,…n)
n
所以Σf(xi)≥nf(c) i=1
n
Σ 故
1 n
i
=
1
f(xi)≥f(c)=f(
x1+x2+…+xn n
)
3 凸函数的应用
在许多证明题中，我们常常遇到一些不等式的证明，其中有一
类不等式利用凸函数的性质来证明可以非常简洁、巧妙。证明不等
定义：设函数 f(x)在开区间 I 有定义，若 坌x1,x2∈I,坌t∈(0,1)有 f [tx1+(1- t)x2]≤tf(x1)+(1- t)f(x2) ，若上式中 x1≠x2,且不等号是严格不等 号，“<”则称 f(x)在区间 I 是严凸函数。
几何解释：设函数 y=f(x)在区间 I 内有定义，如果对于坌x1,x2∈ I,连接(x1,f(x1))和两点的弦都在介于这两点的弧段之下，则称该函数 在区间内是凸函数。
式就是凸函数的一个应用领域但是关键是构造能够解决问题的凸
函数。
3.1 利用凸函数的性质证明初等不等式
例:证明:当
x,y＞0
且
x≠y
时，有
xlnx+ylny＞(x+y)ln
x+y 2
高中数学论文题目大全
1、数学中的研究性学习2、数字危机3、中学数学中的化归方法4、高斯分布的启示5、a2 b2≧2ab的变形推广及应用6、网络优化7、泰勒公式及其应用8、浅谈中学数学中的反证法9、数学选择题的利和弊10、浅谈计算机辅助数学教学11、论研究性学习12、浅谈发展数学思维的学习方法13、关于整系数多项式有理根的几个定理及求解方法14、数学教学中课堂提问的误区与对策15、中学数学教学中的创造性思维的培养16、浅谈数学教学中的“问题情境”17、市场经济中的蛛网模型18、中学数学教学设计前期分析的研究19、数学课堂差异教学20、浅谈线性变换的对角化问题21、圆锥曲线的性质及推广应用22、经济问题中的概率统计模型及应用23、通过逻辑趣题学推理24、直觉思维的训练和培养25、用高等数学知识解初等数学题26、浅谈数学中的变形技巧27、浅谈平均值不等式的应用28、浅谈高中立体几何的入门学习29、数形结合思想30、关于连通性的两个习题31、从赌博和概率到抽奖陷阱中的数学32、情感在数学教学中的作用33、因材施教因性施教34、关于抽象函数的若干问题35、创新教育背景下的数学教学36、实数基本理论的一些探讨37、论数学教学中的心理环境38、以数学教学为例谈谈课堂提问的设计原则39、不等式证明的若干方法40、试论数学中的美41、数学教育与美育42、数学问题情境的创设43、略谈创新思维44、随机变量列的收敛性及其相互关系45、数字新闻中数学应用46、微积分学的发展史47、利用几何知识求函数最值48、数学评价应用举例49、数学思维批判性50、让阅读走进数学课堂51、开放式数学教学52、浅谈中学数列中的探索性问题53、论数学史的教育价值54、思维与智慧的共享——从建构主义到讨论法教学55、微分方程组中的若干问题56、由“唯分是举”浅谈考试改革57、随机变量与可测函数58、二阶变系数齐次微分方程的求解问题59、一种函数方程的解法60、积分中值定理的再讨论对原函数存在条件的试探分块矩阵的若干初等运算函数图像中的对称性问题泰勒公式及其应用微分中值定理的证明和应用一元六次方程的矩阵解法‘数学分析’对中学数学的指导作用“1”的妙用“数形结合”在解题中的应用“数学化”及其在数学教学中的实施“一题多解与一题多变”在培养学生思维能力中的应用《几何画板》与数学教学《几何画板》在圆锥曲线中的应用举例Cauchy中值定理的证明及应用Dijkstra最短路径算法的一点优化和改进Hamilton图的一个充分条件HOLDER不等式的推广与应用n阶矩阵m次方幂的计算及其应用R积分和L积分的联系与区别Schwarz积分不等式的证明与应用Taylor公式的几种证明及若干应用Taylor公式的若干应用Taylor公式的应用Taylor公式的证明及其应用Vandermonde行列式的应用及推广艾滋病传播的微分方程模型把数学和生活融合起来伴随矩阵的秩和特殊值保持函数凸性的几种变换变量代换在数学中的应用不变子空间与若当标准型之间的关系不等式的几种证明方法及简单应用不等式的证明方法探索不等式证明的若干方法不等式证明中导数有关应用不同型余项泰勒公式的证明与应用猜想，探求，论证彩票中的数学常微分方程的新的可解类型常微分方程在一类函数项级数求和中的应用抽奖活动的概率问题抽屉原理及其应用抽屉原理及其应用抽屉原理思维方式的若干应用初等变换在数论中的应用初等数学命题推广的几种方式传染病模型及其应用从趣味问题剖析概率统计的解题技巧从双曲线到双曲面的若干性质推广从统一方程看抛物线、椭圆和双曲线的关系存贮模型的若干讨论带peano余项的泰勒公式及其应用单调有界定理及其应用导数的另外两个定义及其应用导数在不等式证明中的应用导数在不等式证明中的应用导数在不等式证明中的应用等价无穷小在求函数极限中的应用及推广迪克斯特拉(Dijkstra)算法及其改进第二积分中值定理“中间点”的性态对均值不等式的探讨对数学教学中开放题的探讨对数学教学中开放题使用的几点思考对现行较普遍的彩票发行方案的讨论对一定理证明过程的感想对一类递推数列收敛性的讨论多扇图和多轮图的生成树计数多维背包问题的扰动修复多项式不可约的判别方法及应用多元函数的极值多元函数的极值及其应用多元函数的极值及其应用多元函数的极值问题多元函数极值问题二次曲线方程的化简二元函数的单调性及其应用二元函数的极值存在的判别方法二元函数极限不存在性之研究反对称矩阵与正交矩阵、对角形矩阵的关系反循环矩阵和分块对称反循环矩阵范德蒙行列式的一些应用方差思想在中学数学中的应用及探讨方阵A的伴随矩阵放缩法及其应用分块矩阵的应用分块矩阵行列式计算的若干方法分析近年三角各种题型，提高学生三角问题解决能力分形几何进入高中数学课程的尝试辅助函数的应用辅助函数在数学分析中的应用辅助元法在中学数学中的应用复合函数的可测性概率的趣味应用概率方法在其他数学问题中的应用概率论的发展简介及其在生活中的若干应用概率论在彩票中的应用概率统计在彩票中的应用概率统计在实际生活中的应用概率在点名机制中的应用概率在中学数学中的应用高等几何知识对初等几何的指导作用高等数学在不等式证明中的应用高观点下的中学数学高阶等差数列的通项，前n项和公式的探讨及应用高中数学教学中的类比推理高中数学开放题及其编制问题高中数学实践“问题解决”的几点思考2、高中数学研究性学习的课题选择高中数学研究性学习教学及其设计给定点集最小覆盖快速近似算法的进一步研究及其应用构建数学建模意识培养创新思维构造的艺术关联矩阵的一些性质及其应用关于2004年全国高教杯大学生数学建模竞赛题的探究与拓展关于2循环矩阵的特征值关于Gauss整数环及其推广关于g-循环矩阵的逆矩阵关于不等式在中学的选修的处理关于不等式证明的高等数学方法关于传染病模型的建立与分析关于二重极限的若干计算方法关于反函数问题的讨论关于非线性方程问题的求解关于函数一致连续性的几点注记关于矩阵的秩的讨论_关于两个特殊不等式的推广及应用关于幂指函数的极限求法关于扫雪问题的数学模型关于实数完备性及其应用关于数列通项公式问题探讨关于椭圆性质及其应用地探究、推广关于线性方程组的迭代法求解关于一类非开非闭的商映射的构造关于一类生态数学模型的几点思考关于圆锥曲线中若干定值问题的求解初探关于置信区间与假设检验的研究关于中学数学中的图解方法关于周期函数的探讨哈密尔顿图初探函数的一致连续性及其应用函数定义的发展函数级数在复分析中与在实分析中的关系函数极值的求法函数幂级数的展开和应用函数项级数的收敛判别法的推广和应用函数项级数一致收敛的判别函数最值问题解法的探讨蝴蝶定理的推广及应用化归中的矛盾分析法研究环上矩阵广义逆的若干性质积分中值定理的再讨论积分中值定理正反问题‘中间点’的渐近性基于高中新教材的概率学习基于集合论的中学数学基于最优生成树的海底油气集输管网策略分析级数求和的常用方法与几个特殊级数和级数求和问题的几个转化级数在求极限中的应用极限的求法与技巧极值的分析和运用极值思想在图论中的应用集合论悖论几个广义正定矩阵的内在联系及其区别几个特殊不等式的巧妙证法及其推广应用几个学科的孙子定理几个重要不等式的证明及应用几个重要不等式在数学竞赛中的应用几何CAI课堂教学软件的设计几何画板与圆锥曲线几何画板在高中数学教学中的应用几类数学期望的求法几类特殊线性非齐次微分方程的特殊解法几种特殊矩阵的逆矩阵求法假设检验与统计推断简单平面三角剖分图交错级数收敛性判别法及应用交通问题中的数学模型解题教学换元思想能力的培养解析几何中的参数观点经济学中蛛网模型的数学分析居民抵押贷款购房决策模型矩阵变换在求多项式最大公因式中的应用矩阵的单侧逆矩阵方幂的正反问题及其应用矩阵分解矩阵可交换成立的条件与性质矩阵秩的一些性质与某些数学分支的联系矩阵中特征值、特征向量的几个问题的思考具有不同传染率的SI流行病模型的研究均值不等式在初高等数学中的应用均值极限及stolz定理开放性问题编制的原则柯西不等式的推广及其应用柯西不等式的应用与推广柯西不等式的证明及妙用柯西不等式的证明及应用空间曲线积分与曲面积分的若干计算方法空间旋转曲面面积的计算拉格朗日中值定理n元上推广立体几何的平面化思考利用导数解题的综合分析与探讨利用级数求极限连锁经营企业效益模型邻接矩阵在判断Hamilton性质中的一些应用留数定理及应用论辅助函数的运用论概率论的产生及概率对实际问题解释和应用论数学分析课程对中学数学的功能及应用论数学史及其应用罗尔定理的几种类型及其应用幂级数与欧拉公式幂零矩阵的性质和应用幂零矩阵的性质及其应用幂零矩阵的性质及其应用模糊集合与经典集合的简单比较模糊数学在学校教学评估中应用平面和空间中的Pick定理齐次马尔柯夫链在教学评估中的应用浅谈导数在中学数学教学中的应用浅谈分类讲座及其解题应用浅谈极值问题及其解法浅谈在解题中构造“抽屉浅谈中学生数学解题能力的培养求极限的若干方法求极值的若干方法全概率公式的推广与应用全概率公式的优化及应用人口性别比例的统计和概率分析若干问题的概率解法若干问题的概率论解法的探索三对角行列式及其应用三角函数的解题应用三角函数最值问题的研究三种积分概念的极限式定义和确界式定义的比较山核桃造林及管理的数学模型上、下极限的定义、性质及其应用实变方法在经典微积分中的应用实分析计算中的几种方法实际问题解决中数学语言能力的培养实数完备性定理的等价性证明及其应用试论四分块矩阵试以斐波那契数列为例谈谈中学生数学兴趣的培养输电阻塞模型的灵敏度分析及算法的改进树在数据结构中的简单应用数理统计在教育管理中的应用数理统计在生产质量管理中的两个应用数列求和问题的探讨数学变式教学的认识和实践数学猜想及其培养途径数学的对称美及其在中学数学解题中的应用数学分析中的化归思想数学分析思想在中学数学解题中的应用数学分析在初等数学中的应用数学分析中求极限的方法数学高考内容分布及命题趋向数学归纳法的初探数学归纳法的七种变式及其应用数学归纳法的原理推广及应用数学归纳法及其一些非常见形式和归纳途径数学建模在生物领域的应用（没做）数学建模中的排队论模型数学竞赛的解题策略数学竞赛中的抽屉原理数学竞赛中的图论问题数学开放题的设计与教学建议数学开放性问题的编拟与解决数学课程改革和教师观念的转变数学模型方法在教学中的应用及其价值数学模型在人口问题中的应用数学认知结构与数学教学数学史对数学教育的启示3、数学史上对方程求根公式的探索及其现代意义数学史在中学数学教学中的运用数学文化在中学数学教学中的渗透数学问题提出与CPFS结构关系的研究数学游戏及其价值数学中的游戏因素及其对于数学的影响四面体中不等式的探究泰勒公式的应用泰勒公式及其应用泰勒公式及其应用泰勒公式在若干数学分支中的应用泰勒展开的应用探讨导数在函数单调性中的应用探讨平面三角的实际应用探讨线性规划最优整数解的解法特殊欧拉图的判定同余理论在数学竞赛中的应用头脑风暴法及其在数学课堂教学的运用凸函数的若干性质凸函数的拓展凸函数的性质及其应用凸函数的性质与应用凸函数及其在不等式证明中的应用凸函数以及一类内积表达的函数的凸性凸函数在不等式中的一个特殊应用图的余树是树的条件研究图和矩阵的运算图解法在资源分配中的应用浅析图论在高中数学中的若干应用图论在数学模型中的应用图论在中学数学竞赛中的应用椭圆的几个特征及其在天体、物理中的应用网络可靠度计算新法微分方程平衡点的稳定性及在力学中的应用微分中值定理的背景及证明微分中值定理的逆问题及其渐近性微分中值定理的探讨及应用微分中值定理的推广及其应用微分中值定理的证明及其应用微积分的某些实际应用微积分理论在中等数学中的影响及其应用微积分在行列式计算中的应用。
2021全国高中联赛二试
2021 全国高中数学联赛二试
一、如图，在等腰三角形 ABC 中，AB=BC ，I 为内心，M 为 BI 的中点，P 为边 AC 上的一点，满足 AP=3PC ，PI 延长线上一点 H 满足 MH⊥PH，Q 为△ABC 的外接圆上劣弧 AB 的中点，证明：BH⊥ QH
二、给定整数 n≥3，设a 1, a 2 , a 3..., a 2n ,b 1,b 2 ,...,b 2n 是 4n 个非负实数，满足
a 1 + a 2 + ...a 2n =
b 1 + b 2 + ...+ b 2n > 0 ，
且对任意i =1, 2,..., 2n ，有a i a i +2 ≥ b i + b i +1 ，（这里a 2n +1 = a 1, a 2n +2 = a 2 ,b 2n +1 = b 1 ），
求a 1 + a 2 + ... + a 2n 的最小值。
三、设a 1 =1, a 2 = 2, a n = 2a n -1 + a n -2 , n = 3, 4,... 证明：对整数n ≥ 5, a n 必有一个模 4 余 1 的素因子
四、给定凸 20 边形 P ，用 P 的 17 条在内部不相交的对角线将 P 分割成 18 个三角形，所得图形成为P 的一个三角形剖分图。
对 P 的任意一个三角剖分图 T ，P 的 20 条边以及添加的 17 条对角线均称为T 的边，T 的任意 10 条两两无公共端点的边的集合称为 T 的一个完美匹配。
当 T 取遍 P 的所有三角剖分图时，求 T 的完美匹配个数的最大值。
《全国高中数学联赛真题暨答案(2011-202
−−→ AF1
·
−−→ AF2
+
−−→ BF1
·
−−→ BF2
=
0,
则
|AB| |F1F2|
的值为
．
3.
设a
>
0，函数 f (x)
=
x+
100 x
在区间 (0, a] 上的最小值为 m1，在区间 [a, +∞) 上的
最小值为 m2，若 m1m2 = 2020，则 a 的值为 .
4.
设z
为复数，若
z−2 z−i
为实数（i 为虚数单位），则 |z + 3| 的最小值为
.
5. 在 △ABC 中，AB = 6，BC = 4，边 AC 上的中线长为 √10，则 sin6 A + P − ABC 的所有棱长均为 1，L, M, N 分别为棱 P A, P B, P C 的中点，则该 正三棱锥的外接球被平面 LM N 所截的截面面积为 ．
2011 年全国高中数学联赛二试 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 2020 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 2020 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 2020 年全国高中数学联赛一试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 2020 年全国高中数学联赛二试答案(B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 2019 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 2019 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 2019 年全国高中数学联赛一试答案(B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 2019 年全国高中数学联赛二试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 2018 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 2018 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 2018 年全国高中数学联赛一试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 2018 年全国高中数学联赛二试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122 2017 年全国高中数学联赛一试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 2017 年全国高中数学联赛二试答案 (A 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 2017 年全国高中数学联赛一试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 2017 年全国高中数学联赛二试答案 (B 卷) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 2016 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 2016 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 2015 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 2015 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170 2014 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175 2014 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184 2013 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 2013 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 2012 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198 2012 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 2011 年全国高中数学联赛一试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211 2011 年全国高中数学联赛二试答案 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221
凸函数的性质及应用(0907142王波波).docx
目录1引言 (2)2凸函数的定义及性质 (2)2.1凸函数的几种不同定义及其关联 (2)2.2凸函数的判定定理及证明 (4)2.3凸函数的性质 (5)3凸函数的应用 (6)3.1詹森不等式及应用 (6)3.2凸函数在微分学的应用 (8)3.3凸函数在积分学的应用 (9)结论 (11)参考文献 (11)凸函数的性质及应用王波波，数学计算机科学学院扌商要：凸函数是高等数学中的一个基本内容，它在证明比较复杂的不等式方面有着重要的作用•在本文中，我们分析总结了凸函数的性质及相关定理•最后用凸函数方法和詹森不等式推证几种重要的不等式，并对某些结论作一些讨论. 关键i司：凸函数;方法；不等式；推论Properties of Convex Function and Its ApplicationWangbobo , College of Mathematic and Computer Science Abstract：Convex function is a basic content of higher maths.lt plays an important role in proving more complex inequality. In this paper，we summarized some properties and theorem of convex function . And finally we proved some important inequality using the method of Convex function and Jensen inequality of convex function and discussed some conclusion.Key words：Convex function; Method; Inequality; Inference1引言在很多数学问题的分析与证明中，我们都需要用到凸函数，例如在数学分析、函数论、泛函分析、黎曼集合、最优化理论等当中•常用的凸函数有两种，一种叫上凸函数，即曲线位于每一点切线的下方或曲线上任意两点间的弧段总在这两点连线上方的函数；另一种叫下凸函数，即曲线位于每一点切线的上方或曲线上任意两点间的弧段总在这两点连线下方的函数。
全国高中数学联赛竞赛大纲(修订稿)及部分定理内容
全国高中数学联赛竞赛大纲（修订稿）及部分定理内容全国高中数学联赛竞赛大纲命题要求：根据现行“高中数学竞赛大纲”的要求，“全国高中数学联赛（一试）”所涉及的知识范围不超过教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高．主要考查学生对基本知识和基本技能的掌握情况，以及综合运用和灵活运用的能力。
试卷包括6道选择题，6道填空题和3道解答题，全卷满分为150分。
“全国高中数学联赛加试（二试）”与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲以外的内容，试卷包括3道解答题，其中一道是平面几何题，全卷满分为150分。
一先行:全国高中数学联赛的一试竞赛大纲，全然按照全日制中学《数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，即为中考所规定的科学知识范围和方法，在方法的建议上有所提升，其中概率和微积分初步不托福。
二先行:1、平面几何基本要求：掌握初中数学竞赛大纲所确定的所有内容。
补充要求：面积和面积方法。
几个重要定理：梅涅劳斯定理梅涅劳斯（menelaus）定理（缩写梅氏定理）就是由古希腊数学家梅涅劳斯首先证明的。
它表示：如果一条直线与△abc的三边ab、bc、ca或其延长线处设f、d、e点，那么(af/fb)×(bd/dc)×(ce/ea)=1。
或：设x、y、z分别在△abc的bc、ca、ab所在直线上，则x、y、z共线的充要条件就是(az/zb)*(bx/xc)*(cy/ya)=1。
、塞瓦定理、在△abc内任取一点o，直线ao、bo、co分别交对边于d、e、f，则(bd/dc)×(ce/ea)×(af/fb)=1。
托勒密定理、指圆内直奔圆锥四边形两对对边乘积的和等同于两条对角线的乘积。
西姆松定理。
西姆松定理是一个几何定理。
表述为：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足共线。
（此线常称为西姆松线）。
高中数学联赛真题分类图论与对策(解析版)
备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题30图论与对策历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛A卷（第02试）】给定凸20边形P.用P的17条在内部不相交的对角线将P分割成18个三角形,所得图形称为P的一个三角剖分图.对P的任意一个三角剖分图T,P的20条边以及添加的17条对角线均称为T的边.T的任意10条两两无公共端点的边的集合称为T的一个完美匹配.当T取遍P的所有三角剖分图时,求T的完美匹配个数的最大值.【答案】89【解析】将20边形换成2n边形,考虑一般的问题.对凸2n边形P的一条对角线,若其两侧各有奇数个P的顶点,称其为奇弦,否则称为偶弦.首先注意下述基本事实:对P的任意三角剖分图T,T的完美匹配不含奇弦.(*)如果完美匹配中有一条奇弦e1,因为T的一个完美匹配给出了P的顶点集的一个配对划分,而e1两侧各有奇数个顶点,故该完美匹配中必有T的另一条边e2,端点分别在e1的两侧,又P是凸多边形,故e1与e2在P的内部相交,这与T 是三角剖分图矛盾.记f(T)为T的完美匹配的个数.设F1=1,F2=2,对k≥2, F k+2=F k+1+F k,是Fibonacci数列.下面对n归纳证明:若T是凸2n边形的任意一个三角剖分图,则f(T)≤F n.设P=A1A2⋯A2n是凸2n边形.从P的2n条边中选n条边构成完美匹配,恰有两种方法, A1A2,A3A4,⋯,A n−1A n或A2A3,A4A5,⋯,A2n−2A2n−1,A2n A1.当n=2时,凸四边形P的三角剖分图T没有偶弦,因此T的完美匹配只能用P的边,故f(T)=2=F2.当n=3时,凸六边形P的三角剖分图T至多有一条偶弦.若T没有偶弦,同上可知f(T)=2.若T含有偶弦,不妨设是A1A4,选用A1A4的完美匹配是唯一的,另两条边只能是A2A3,A5A6,此时f(T)=3.总之f(T)≤3=F3.结论在n=2,3时成立.假设n≥4,且结论在小于n时均成立.考虑凸2n边形P=A1A2⋯A2n的一个三角剖分图T.若T 没有偶弦,则同上可知f(T)=2.对于偶弦e,记e两侧中P的顶点个数的较小值为w(e).若T含有偶弦,取其中一条偶弦e使w(e)达到最小.设w(e)=2k,不妨设e为A2n A2k+1,则每个A i(i=1,2,⋯,2k)不能引出偶弦.事实上,假设A i A j是偶弦,若j∈{2k+2,2k+3,⋯,2n−1},则A i A j与e在P的内部相交,矛盾.若j∈{1,2,⋯,2k+1,2n},则w(A i A j)<2k,与w(e)的最小性矛盾.又由(∗)知完美匹配中没有奇弦,故A1,A2,⋯,A2k只能与其相邻顶点配对,特别地, A1只能与A2或A2n配对.下面分两种情况.情形1:选用边$A_1A_2$.则必须选用边A3A4,⋯,A2k−1A2k.注意到A2n A2k+1的两侧分别有2k,2n−2k−2个顶点, 2n−2k−2≥w(A2n A2k+1)=2k,而n≥4,因此2n−2k≥6.在凸2n-2k边形P1=A2k+1A2k+2⋯A2n上,T的边给出了P l的三角剖分图T1,在T中再选取n-k条边e1e2⋯e n−k,与A1A2,A3A A⋯A2k−1A2k一起构成T的完美匹配,当且仅当e1,e2⋯e n−k是T1的完美匹配.故情形1中的T的完美匹配个数等于f(T1).情形2:选用边A1A2n.则必须选用边A2A3,⋯,A2k A2k+1.在凸2n-2k-2边形P2=A2k+2A2k+3⋯A2n−1中构造如下的三角剖分图T2:对2k+2≤i<j≤2n−1,若线段A i A j是T的边,则也将其作为T2的边,由于这些边在内部互不相交,因此可再适当地添加一些P2的对角线,得到一个P2的三角剖分图T2﹐它包含了T的所有在顶点A2k+2,A2k+3,⋯,A2n−1之间的边.因此每个包含边A2n A1,A2A3,⋯,A2k A2k+1的T的完美匹配,其余的边必定是T2的完美匹配.故情形2中的T的完美匹配个数不超过f(T2).由归纳假设得f(T1)≤F n−k,f(T2)≤F n−k−1,结合上面两种情形以及k≥1,有f(T)⩽f(T1)+f(T2)⩽F n−k+F n−k−1=F n−k+1⩽F n.下面说明等号可以成立.考虑凸2n边形A1A2⋯A2n的三角剖分图Δn:添加对角线A2A2n,A2n A3,A3A2n−1,A2n−1A4,A4A2n−2,⋯,A n+3A n,A n A n+2.重复前面的论证过程, f(Δ2)=2,f(Δ3)=3.对Δn,n≥4,考虑偶弦A n A3.情形1,用A1A2,由于在凸2n-2边形A3A4⋯A2m中的三角剖分图恰是Δn−1,此时有f(Δn−1)个T的完美匹配.情形2,用A1A2n,由于在凸2n-4边形A4A5⋯A2n−1中T的边恰构成三角剖分图Δn−2,不用添加任何对角线,故这一情形下T的完美匹配个数恰为f(Δn−2).从而对n≥4,有f(Δn)=f(Δn−1)+f(Δn−2).由数学归纳法即得f(Δn)=F n,.结论得证.因此,对凸20边形P, f(T)的最大值等于F10=89.2．【2019高中数学联赛B卷（第02试）】将一个凸2019边形的每条边任意染为红、黄、蓝三种颜色之一，每种颜色的边各673条.证明:可作这个凸2019边形的2016条在内部互不相交的对角线将其剖分成2017个三角形，并将所作的每条对角线也染为红、黄、蓝三种颜色之一，使得每个三角形的三条边或者颜色全部相同或者颜色互不相同.【答案】证明见解析【解析】我们对n≥5归纳证明加强的命题:如果将凸n边形的边染为三种颜色a，b，c，并且三种颜色的边均至少有一条，那么可作满足要求的三角形剖分.当n=5时，若三种颜色的边数为1、1、3，由对称性，只需考虑如下两种情形，分别可作图①中所示的三角形剖分.若三种颜色的边数为1、2、2，由对称性，只需考虑如下三种情形，分别可作图②中所示的三角形剖分.假设结论对n(n≥5)成立，考虑n+1的情形，将凸n+1边形记为A1A2⋯A n+1.情形1:有两种颜色的边各只有一条.不妨设a、b色边各只有一条.由于n+1≥6，故存在连续两条边均为c色，不妨设是A n A n+1A1.作对角线A1A n，并将A1A n染为c色，则三角形A n A n+1A1的三边全部同色.此时凸n边形A1A2⋯A n的三种颜色的边均至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分.情形2:某种颜色的边只有一条，其余颜色的边均至少两条.不妨设a色边只有一条，于是可以选择两条相邻边均不是a色，不妨设A n A n+1,A n+1A1均不是a色，作对角线A1A n，则A1A n有唯一的染色方式，使得三角形A n A n+1A1的三边全部同色或互不同色.此时凸n边形A1A2⋯A n的三种颜色的边均至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分.情形3:每种颜色的边均至少两条.作对角线A1A n，则A1A n有唯一的染色方式，使得三角形A n A n+1A1的三边全部同色或互不同色.此时凸n边形A1A2⋯A n的三种颜色的边均至少有一条由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分.综合以上3种情形，可知n+1的情形下结论也成立.由数学归纳法，结论获证.3．【2017高中数学联赛A卷（第02试）】将33×33方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等.若相邻两个小方格的颜色不同，则称它们的公共边为“分隔边”试求分隔边条数的最小值.【答案】56【解析】记分隔边的条数为L.首先，将方格纸按如图分成三个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分隔边，此时共有56条分隔边，即L=56.下面证明L≥56.将方格纸的行从上至下依次记为A1,A2,⋯,A33，列从左至右依次记为B1,B2,⋯,B33.行A i中方格出现的颜色个数记为n(A i)，列B i中方格出现的颜色个数记为n(B i).三种颜色分别记为c1,c2,c3.对于一种颜色c j ，设n(c j )是含有c j 色方格的行数与列数之和. 记δ(A i ,c j )={1,若A i 行含有c j 色方格0,否则，类似地定义δ(B i ,c j ).于是∑[n (A i )+n (B i )]33i=1=∑∑[δ(A i ,c j )+δ(B i ,c j )]3j=133i=1=∑∑[δ(A i ,c j )+δ(B i ,c j )]33i=13j=1=∑3j=1n(c j ).由于染c j 色的方格有13⋅332=363个，设含有c j 色方格的行有a 个，列有b 个，则c j 色的方格一定在这a 行和b 列的交叉方格中，因此ab ≥363，从而n(c j )=a +b ⩾2√ab ⩾2√363>38， 故n(c j )⩾39,j =1,2,3①由于在行A i 中有n (A i )种颜色的方格，因此至少有n (A i )−1条分隔边. 同理在列B j 中，至少有n(B j )−1条分隔边.于是L ⩾∑[n (A i )−1]33i=1+∑[n (B i )−1]33i=1=∑[n (A i )+n (B i )]33i=1−66 ②=∑3j=1n(c j )−66③下面分两种情形讨论.情形1有一行或一列全部方格同色不妨设有一行全为c 1色，从而方格纸的33列中均含有c 1色的方格，由于c 1色方格有363个，故至少有11行中含有c 1色方格，于是n (c 1)⩾11+33=44. 由①、③及④即得L ⩾n (c 1)+n (c 2)+n (c 3)−66⩾44+39+39−66=56.情形2没有一行也没有一列的全部方格同色.则对任意1≤i ≤33，均有n (A i )⩾2,n (B i )⩾2.从而由②知L ⩾∑[n (A i )+n (B i )]33i=1−66⩾33×4−66=66>56. 综上所述，分隔边条数的最小值等于56.4．【2016高中数学联赛（第02试）】给定空间中10个点，其中任意四点不在一个平面上将某些点之间用线段相连，若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确定所连线段数目的最大值. 【答案】所求边数的最大值为15【解析】以这10个点为顶点，所连线段为边，得到一个10阶简单图G .我们证明G 的边数不超过15.设G 的顶点为v 1,v 2,⋯,v 10，共有k 条边，用deg (v i )表示顶点v i 的度.若deg (v i )⩽3对i =1，2，…，10都成立，则k =12∑deg 10i=1(v i )⩽12×10×3=15.假设存在v i 满足deg (v i )⩾4.不妨设deg (v 1)=n ⩾4，且v 1与v 2,⋯,v n+1均相邻.于是v 2,⋯,v n+1之间没有边，否则就形成三角形.所以v 1,v 2,⋯,v n+1之间恰有n 条边.对每个j (n +2≤j ≤10)，v j 至多与v 2, v 3,⋯, v n+1中的一个顶点相邻(否则设v j ，与v s ,v t (2⩽s <t ⩽n +1)相邻，则v 1,v s 、v j ,v t 就对应了一个空间四边形的四个顶点这与题设条件矛盾.)， 从而v 2,⋯,v n+1与v n+2,⋯,v 10之间的边数至多10－(n +1)=9－n 条. 在v n+2,⋯,v 10这9－n 个顶点之间，由于没有三角形，由托兰定理，至多[(9−n)24]条边.因此G 的边数k ⩽n +(9−n)+[(9−n)24]=9+[(9−n)24]⩽9+[254]=15.如图给出的图共有15条边，且满足要求.综上所述，所求边数的最大值为15.5．【2011高中数学联赛（第02试）】设A 是一个3×9的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数.称A 中的一个m ×n (1≤m ≤3，1≤n ≤9)方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的倍数.称A 中的一个1×1的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”.求A 中“坏格”个数的最大值.【答案】25【解析】首先证明A 中“坏格”不多于25个.用反证法.假设结论不成立，则方格表A 中至多有1个小方格不是“坏格”由表格的对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格”.设方格表A 第i 列从上到下填的数依次为a i ,b i ,c i ，i =1，2， (9)记S k =∑a i k i=1,T k =∑(b i +c i )ki=1 (k =0,1,2,⋯,9)，这里S 0=T 0=0.我们证明：三组数S 0,S 1,⋯,S 9，T 0,T 1,⋯,T 9及S 0+T 0,S 1+T 1,⋯,S 9+T 9都是模10的完全剩余系. 事实上，假如存在m ，n ，0≤m <n ≤9，使S m ≡S n ( mod 10)， 则∑a i n i=m+1=S n −S m ≡0( mod 10)，即第1行的第m +1列至第n 列组成一个“好矩形”，与第1行都是“坏格”矛盾. 又假如存在m ，n ，0≤m <n ≤9，使T m ≡T n ( mod 10)， 则∑(b i +c i )n i=m+1=T n −T m ≡0( mod 10)，即第2行至第3行、第m +1列至第n 列组成一个“好矩形”，从而至少有2个小方格不是“坏格”，矛盾. 类似地，也不存在m ，n ，0≤m <n ≤9，使S m +T m ≡S n +T n ( mod 10)， 因此上述结论得证.故∑S k 9k=0≡∑T k 9k=0≡∑(S k +T k )9k=0≡0+1+2+⋯+9≡5( mod 10).所以∑(S k +T k )9k=0≡∑S k 9k=0+∑T k 9k=0≡5+5≡0( mod 10)，矛盾.故假设不成立.即“坏格”不可能多于25个.另一方面，构造如下一个3×9的方格表，可验证每个不填10的小方格都是“坏格”，此时有25个“坏格”.综上所述，“坏格”个数的最大值是25.6．【2010高中数学联赛（第02试）】一种密码锁的密码设置是在正n 边形A 1A 2⋯A n 的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同.问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置? 【答案】答案见解析【解析】对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻2个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a ，如果颜色不同，则标上b ，如果数字和颜色都相同，则标上c .于是对于给定的点A 1上的设置(共有4种)，按照边上的字母可以依次确定点A 2,A 3,⋯,A n 上的设置.为了使得最终回到A 1时的设置与初始时相同，标有a 和b 的边都是偶数条.所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a ，b ，c ，使得标有a 和b 的边都是偶数条的方法数的4倍.设标有a 的边有2i 条，0⩽i ⩽[n 2]，标有b 的边有2j 条，0⩽j ⩽[n−2i 2]，选取2i 条边标记a 的有C n 2i 种方法，在余下的边中取出2j 条边标记b 的有C n−2i 2j种方法，其余的边标记c . 由乘法原理，此时共有C n 2i C n−2i 2j种标记方法.对i ，j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为4∑(C n 2i ∑C n−2i 2j[n−2i2]j=0)[n2]i=0①这里我们约定C 00=1.当n 为奇数时n −2i >0，此时∑C n−2i 2j[n−2i2]j=0=2n−2i−1②代入式①中，得4∑(C n2i ∑C n−2i 2j[n−2i2]j=0)[n2]i=0=4∑(C n 2i 2n−2i−1)[n 2]i=0=2∑(C n 2i 2n−2i)[n 2]i=0=∑C nk n k=02n−k+∑C n k n k=02n−k(−1)k =(2+1)n +(2−1)n =3n +1， 当n 为偶数时，若i <n2，则式②仍然成立；若i =n2，则正n 边形的所有边都标记a ，此时只有1种标记方法.于是，当n 为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为4∑(C n 2i ∑C n−2i 2j [n−2i 2]j=0)[n2]i=0=4×(1+∑(C n 2i 2n−2i−1)[n2]−1i=0)=2+4∑(C n 2i 2n−2i−1)[n 2]i=0=3n +3. 综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时，有3n +1种；当n 为偶数时，有3n +3种.7．【2009高中数学联赛（第02试）】在非负数构成的3×9数表P (x 11x 12x 13x 14x 15x 16x 17x 18x 19x 21x 22x 23x 24x 25x 26x 27x 28x 29x 31x 32x 33x 34x 35x 36x 37x 38x 39) 中每行的数互不相同，前六列中每列的三个数之和为1，x 17=x 28=x 39=0，x 27,x 37,x 18,x 38,x 19,x 29均大于1.如果P 的前三列构成的数表S =(x 11x 12x 13x 21x 22x 23x 31x 32x 33) 满足下面的性质(O )：对于数表P 中的任意一列(x 1kx 2k x 3k )(k =1,2,⋯,9)均存在某个i ∈{1，2，3}使得x ik ⩽u i =min {x i1,x i2,x i3} ①求证：(i )最小值u i =min {x i1,x i2,x i3},i =1,2,3一定取自数表S 的不同列. (ii )存在数表P 中唯一的一列(x 1k ∗x 2k ∗x 3k ∗),k ∗≠1,2,3使得3×3数表S ′=(x 11x 12x 1k ∗x 21x 22x 2k ∗x 31x 32x 3k ∗)仍然具有性质(O ). 【答案】证明见解析【解析】(1)假设最小值u i=min{x i1,x i2,x i3}(i=1,2,3)，不是取自数表S的不同列.则存在一列不含任何u i.不妨设u i≠x i2(i=1,2,3)，由于数表P中同一行中的任何两个元素都不等，于是u i<x i2(i=1,2,3)，另一方面，由于数表S具有性质(O)，在式①中取k=2，则存在某个i0∈{1,2,3}使得x i02⩽u i.矛盾.(2)由抽屉原理知min{x11,x12},min{x21,x22},min{x31,x32}中至少有两个值取在同一列.不妨设min{x21,x22}=x22,min{x31,x32}=x32，由前面的结论知数表S的第一列一定含有某个u i，所以只能是x11=u1，同样，第二列中也必含某个u i，i=1，2.不妨设x22=u2，于是u3=x33.即u i是数表S中的对角线上的数字S=(x11x12x13 x21x22x23 x31x32x33).记M={1,2,⋯,9}，令集合I={k∈M|x ik>min{x i1,x i2},i=1,3}，显然I={k∈M|x1k>x11,x3k>x32}，且1,2,3∉I.因为x18,x38>1⩾x11,x32，所以8∈I.故I≠∅.于是存在k*∈I使得x2k∗=max{x2k|k∈I}，显然，k*≠1，2，3.下面证明3×3数表S′=(x11x12x1k∗x21x22x2k∗x31x32x3k∗)具有性质(O)从上面的选法可知u i′=min{x i1,x i2,x ik⋅}=min{x i1,x i2}(i=1,3)，这说明x1k∗>min{x11,x12}⩾u1,x3k∗>min{x31,x32}⩾u3，又由S满足性质(O)，在式①中取k=k*，推得x2k∗⩽u2，于是u2′=min{x21,x22,x2k,}=x2k，下证对任意的k∈M，存在某个i=1，2，3使得u i′⩾x ik，假若不然，则x ik>min{x i1,x i2},i=1,3且x2k>x2k∗.这与的最大性矛盾.因此，数表S'满足性质(O).下证唯一性.设有k∈M使得数表Ŝ=(x11x12x1kx21x22x2kx31x32x3k)具有性质(O).不失一般性，我们假定u1=min{x11,x12,x13}=x11，u2=min{x21,x22,x23}=x22，u3=min{x31,x32,x33}=x33，②x32<x31，由于x32<x31,x22<x21及情形(1)，有û1=min{x11,x12,x1k}=x11，又由情形(1)知：或者(a)û3=min{x31,x32,x3k}=x3k，或者(b)û2=min{x21,x22,x2k}=x2k.如果情形(a)成立，由数表Ŝ具有性质(O)，则û1=min{x11,x12,x1k}=x11，û2=min{x21,x22,x2k}=x22，û3=min{x31,x32,x3k}=x3k③由数表Ŝ满足性质(O)，则对于3∈M至少存在一个i∈{1，2，3}使得ûi⩾x i3，又由式②与③知û1=x11<x13,û2=x22<x23，所以只能有û3=x3k⩾x33，同样由数表S满足性质(O)，可推得x33⩾x3k，于是k=3，即数表S=Ŝ，如果情形(b)成立，则û1=min{x11,x12,x1k}=x11，û2=min{x21,x22,x2k}=x2k，û3=min{x31,x32,x3k}=x32④由数表Ŝ满足性质(O)，对于k*∈M，存在某个i=1，2，3使得ûi⩾x ik∗，由k*∈I及式②和④知x1k∗>x11=û1,x3k=>x32=û3，于是只能有x2k,⩽û2=x2k，类似地，由S'满足性质(O)及k∈M可推得x2k⩽u2′=x2k，从而k∗=k.8．【2007高中数学联赛（第02试）】如图，在7×8的长方形棋盘的2个小方格的中心点各放1个棋子.如果2个棋子所在的小方格共边或共顶点，那么称这2个棋子相连.现从这56个棋子中取出一些，使得棋盘上剩下的棋子，没有5个在一条直线(横、竖、斜方向)上依次相连.问最少取出多少个棋子才可能满足要求?并说明理由.【答案】11【解析】最少要取出11个棋子，才可能满足要求.其原因如下：如果1个方格在第i行第j列，则记这个方格为(i，j).第1步，证明若任取10个棋子，则余下的棋子必有1个五子连珠，即5个棋子在1条直线(横、竖、斜方向)上依次相连.用反证法.假设可取出10个棋子，使余下的棋子没有一个五子连珠.如图，在每一行的前五格中必须各取出1个棋子，后三列的前五格中也必须各取出1个棋子.这样，10个被取出的棋子不会分布在右下角的阴影部分同理，由对称性，也不会分布在其他角上的阴影部分.第1，2行必在每行取出1个，且只能分布在(1，4)，(1，5)，(2，4)，(2，5)这些方格.同理，(6，4)，(6，5)，(7，4)，(7，5)这些方格上至少要取出2个棋子.在第1，2，3列，每列至少要取出1个棋子，分布在(3，1)，(3，2)，(3，3)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，2)，(5，3)所在区域，同理(3，6)，(3，7)，(3，8)，(4，6)，(4，7)，(4，8)，(5，6)，(5，7)，(5，8)所在区域内至少要取出3个棋子这样，在这些区域内至少已取出10个棋子因此，在中心阴影区域内不能取出棋子.由于①，②，③，④这4个棋子至多被取出2个，从而，从斜的方向看必有五子连珠了矛盾.第2步，构造1种取法，共取走11个棋子，余下的棋子没有五子连珠.如图2，只要取出有标号位置的棋子，则余下的棋子不可能五子连珠.综上所述，最少取出11个棋子，才可能使得余下的棋子没有五子连珠.9．【2002高中数学联赛（第02试）】在世界杯足球赛前，F 国教练为了考察A 1,A 2,⋯,A 7，这七名队员，准备让他们在三场训练比赛(每场90分钟)都上场假设在比赛的任何时刻，这些队员中有且仅有一人在场上，并且A 1,A 2,A 3,A 4每人上场的总时间(以分钟为单位)均被7整除，A 5,A 6,A 7每人上场的总时间(以分钟为单位)均被13整除如果每场换人次数不限，那么按每名队员上场的总时间计算，共有多少种不同的情况.【答案】52244【解析】设第i 名队员上场的时间为x i 分钟(i =1，2，…，7)，问题即求不定方程x 1+x 2+⋯+x 7=270 ①在条件7|x i (1⩽i ⩽4)且13|x j (5⩽j ⩽7)下的正整数解的组数.若(x 1,x 2,⋯,x 7)是满足条件①的一组正整数解，则应有∑X i 4i=1=7m,∑X i 7i=5=13n (m,n ∈N +)，于是m ，n 是不定方程7m +13n =270②在条件m ≥4且n ≥3下的一组正整数解.由于7(m −4)+13(n −3)=203，令m ′=m −4,n ′=n −3，有7m ′+13n ′=203 ③所以，求式②满足条件m ⩾4,n ⩾3的正整数解等价于求式③的非负整数解.易观察到7×2+13×(−1)=1，故有7×406+13×(−203)=203，即m 0=406,n 0=−203是式③的整数特解，从而式③的整数同解为m ′=406−13k,n ′=−203+7k (k ∈Z)，令m ′⩾0,n ⩾0，解得26⩽k ⩽31，取k =29，30，31，得到式③满足条件的三组非负整数解{m ′=29n ′=0 ，{m ′=16n ′=7 ，{m ′=3n ′=14， 从而得到式②满足条件的三组正整数解{m =33n =3 ，{m =20n =10，{m =7n =17 ， (1)当m =33,n =3时，显然x 5=x 6=x 7=13仅有一种可能.又设x i =7y i (i =1,2,3,4)，于是由不定方程y 1+y 2+y 3+y 4=33有C 32−14−1=C 323=4960组正整数解.可知此时式①有满足条件的4960组正整数解.(2)当m =20,n =10时，设x i =7y i (i =1,2,3,4)，x j =7y j (j =5,6,7)，由y 1+y 2+y 3+y 4=20有C 193组正整数解，以及y 5+y 6+y 7=10有C 92C 91组正整数解.可知此时式①有满足条件的C 193C 92=34884组正整数解.(3)在m =7,n =17时，设x i =7y i (i =1,2,3,4)，x j =7y j (j =5,6,7)，由y1+y2+y3+y4=7与y5+y6+y7=17分别有C63C162组正整数解可知此时式①有满足条件的C162C63=2400组正整数解.综上，式①满足条件的正整数解的组数为：C323+C193C92+C162C63=4960+34884+2400=42244.10．【2001高中数学联赛（第02试）】将边长为正整数m，n的矩形划分成若干边长均为正整数的正方形，每个正方形的边均平行于矩行的相应边，试求这些正方形边长之和的最小值.【答案】答案见解析【解析】记所求最小值为f(m，n)，可以证明f(m,n)=m+n−(m,n)①其中(m，n)表示m和n的最大公约数，事实上，不妨设m≥n，则：(1)关于m归纳，可以证明存在一种合乎题意的分法，使所得正方形边长之和恰为rn+n−(m,n)，当m=1时，命题显然成立假设当m≤k时，结论成立(k≥1).当m=k+1时，若n=k+1，则命题显然成立.若n<k+1，从矩形ABCD中切去正方形AA1D1D，得到矩形A1BCD1，有一种分法使得所得正方形边长之和恰为D，得到矩m−n+n−(m−n,n)=m−(m,n)，于是原矩形ABCD有一种分法使得所得正方形边长之和为rn+n−(m,n).(2)关于m归纳可以证明式①成立.当m=1时，由于n=1，显然f(m,n)=rn+n−(m,n)，假设当m≤k时，对任意1≤n≤m有f(m,n)=rn+n−(m,n)，若m=k+1，当n=k+1时，显然f(m,n)=k+1=rn+n−(m,n)，当1≤n≤k，设矩形ABCD按要求分成了p个正方形，其边长分别为a1,a2,⋯,a p.不妨a1⩾a2⩾⋯⩾a p，显然a1=n或a1<n.若a1<n，则在AD与BC之间的与AD平行的任一直线至少穿过两个分成的正方形(或其边界).于是a1+a2+⋯+a p不小于AB与CD之和.所以a1+a2+⋯+a p⩾2m>rn+n−(m,n).若a1=n，则一个边长分别为m－n和n的矩形可按题目要求分成边长分别为a2,⋯,a p的正方形，由归纳假设a2+⋯+a p⩾m−n+n−(m−n,n)=rn−(m,n)，从而a1+a2+⋯+a p⩾rn+n−(m,n).于是当rn=k+1时f(m,n)⩾rn+n−(m,n)，再由情形(1)可知f(m,n)=rn+n−(m,n).11．【2000高中数学联赛（第02试）】有n个人，已知他们中的任意两个人至多通电话一次，他们中的任意n－2个人之间通电话的总次数相等，都是3k次，其中k是自然数，求n的所有可能值.【答案】答案见解析【解析】显在，n≥5.不妨设n个人是A1,A2,⋯,A n，又设A i通话的次数为m i,A i与A j之间通话的次数为λi,j,1⩽i,j⩽n.有m i+m j−λi,j=12∑m sns=1−3k=c①c为常数，且1≤i，j≤n.由上式知|m i−m j|=|(m i+m s)−(m j+m s)|=|λi,s−λj,s|⩽1(1⩽i,j,s⩽n)，即|m i−m j|⩽1(1⩽i,j⩽n)，设m i=max{m s,1⩽s⩽n}，m j=min{m s,1⩽s⩽n}，有m i−m j⩽1，当m i−m j=1时，对任意的s≠i，j，1≤s≤n，均有(m i+m s−λi,s)−(m j+m s−λj,s)=1−(λi,s−λj,s)≡0.即λi,s−λj,s≡1，有λi,s≡1,λj,s≡0(s≠i,j,1⩽s⩽n).所以m i⩾n−2,m j⩽1.可知m i−m j⩾n−2−1⩾2，矛盾，故m i−m j=0，即m s(1≤s≤n)恒为常数.又由式①知λi,j≡0或λi,j≡1.当λi,j≡0时，有m s≡0,1⩽s⩽n与已知条件矛盾.n(n−1)−(2n−3)=3k，即(n−2)(n−3)=2×3k，所以12设n−2=2×3k1,n−3=3k2(k1⩾k2)，有2×3k1−3k2=1，所以3k2(2×3k1−k2−1)=1，有3k2=1，2×3k1−k2−1=1.所以k1=0,k2=0，但这与k≥1矛盾.所以设n−2=3k1,n−3=2×3k2(k1⩾k2+1)，有3k1−2×3k2=1，同上作法，有k1=1,k2=0,n=5.当5个人中每2个人之间都通话一次时，其中任意3个人之间通话的总次数是31次.故n=5为所求. 12．【1999高中数学联赛（第02试）】给定正整数n，已知用克数都是正整数的k块砝码和一台天平可以称出质量为1，2，3，…，ng的所有物品.(1)求k 的最小值f (n )；(2)当且仅当n 取什么值时，上述f (n )块砝码的组成方式是唯一确定的?并证明你的结论.【答案】(1) f(n)=m (3m −12<n ⩽3m+1−12)；(2)答案见解析.【解析】(1)设这k 块砝码的质量数分别为a 1,a 2,⋯,a k ，且1⩽a 1⩽a 2⩽⋯⩽a k ,a i ∈Z,1⩽i ⩽k .因为天平两端都可以放砝码，故可称质量为∑x i k i=1a i ,x i ∈{－1，0，1}.若利用这k 块砝码可以称出质量为1，2，…，n ，由对称性易知也含有0，－1，－2，…，－n ，即{∑x i k i=1a i ,x i ∈{−1,0,1}}⊇{0,±1,⋯,±n}，所以2n +1=|{0,±1,⋯,±n}| ⩽|{∑x i k i=1a i ,x i ∈{−1,0,1}}}|⩽3k ，即n ⩽3k −12.设3m−1−12<n ⩽3m −12 (m ⩾1,m ∈Z)，则k ⩾m ，且k =m 时，可取a 1=1,a 2=3,⋯,a m =3m−1.由数的三进制表示可知，对任意0⩽p ⩽3m −1都有p =∑y i 3−1m i=1，其中y i ∈{0，1，2}.则p −3m −12=∑y i m i=13i−1−∑3i−1m i=1=∑(y i −1)m i=13i−1, 令x i =y i −1，有x i ∈{−1,0,1}，故对一切−3m −12<n ⩽3m −12的整数1，都有l =∑x i m i=13i−1，其中x ∈{－1，0，1}. 由于n ⩽3m +12，因此对一切−n ⩽l ⩽n 的整数1，也有上述表示.综上，可知k 的最小值f(n)=m (3m −12<n ⩽3m+1−12).(2)(i )当3m −12<n ⩽3m+1−12时，由情形(1)可知1,3,⋯,3m−1,3m 就是一种砝码的组成方式.下面相应证明1,3,⋯,3m−1,3m −1也是一种方式.若1⩽l ⩽3m −12，由情形(1)可知l =∑x i m i=13i−1 (x i ∈{−1,0,1})， 则有l =∑x i m i=13i−1+0⋅(3m −1)， 当3m −12<l ⩽n <3m+1−12时，有3m −12<l +1⩽n <3m+1−12，由情形(1)可知l +1=∑x i i−1m+1i=1，其中x i ∈{−1,0,1}.所以知x m+1=1.(否则l ⩽∑3i−1m i=1−1=3m −12−1矛盾).则l =∑x i m i=13i−1+1⋅(3m −1)， 所以当n ≠3m −12时，f (n )块砝码的组成方式不唯一.(ii )当n =3m −12时，f (n )=m 块砝码的组成方式是唯一的，即a i =3i−1 (1⩽i ⩽m)，若对每个−3m −12⩽l ⩽3m −12都有l =∑x i m i=1a i (x i ∈{−1,0,1})，即{∑x i m i=1a i |x i ∈{−1,0,1}}⊇{0,±1,⋯,±3m −12}.由于左边的集合中至多有3m 个元素.故必有{∑x i m i=1a i |x i ∈{−1,0,1}}={0,±1,⋯,±3m −12}. 从而，对每个l ，有−3m −12⩽l ⩽3m −12都可以唯一的表示为l =∑x i m i=1a i ，其中x i ∈{−1,0,1}.所以∑a i m i=1=3m −12，有∑(x i +1)m i=1a i =∑x i m i=1a i +∑a i m i=1=∑x i m i=1a i +3m −12.令y i =x i +1，有y i ∈{0,1,2}，由上可知，对每个0⩽l ⩽3m −1，都可以唯一的表示为l =∑y i m i=1a i (y i ∈{0,1,2}).特别地，易知1⩽a 1<a 2<⋯<a m ，用归纳法证明a i =3i−1 (1⩽i ⩽m).当i =1时，易知∑y i m i=1a i 中最小的正整数是a 1，故a 1=1.假设当1≤i ≤p 时a i =3i−1，由于∑y i p i=1a i =∑y i p i=13i−1 (y i ∈{0,1,2})就是数的三进制表示，易知它们正好是0,1,⋯,3p −1.故a p+1应是除上述表示外{∑y i m i=1a i |y i ∈{0,1,2}}中最小的数，因此a p+1=3p .综合情形(i )与(ii )可知，当且仅当n =3m −12时，上述f (n )块砝码的组成方式是唯一确定的.13．【1997高中数学联赛（第02试）】在100×25的长方形表格中每一格填入一个非负实数，第i 行第j 列中填入的数为x (i =1，2，…，100；j =1，2，…，25)(表1).然后将表1没列中的数按由大到小的次序从上到下重新排列为x 1,j ′⩾x 2,j ′⩾⋯⩾x 100,j ′(j =1,2,⋯,25)(表2).求最小的自然数k ，使得只要表1中填入的数满足∑x i,j 25j=1⩽1(i =1,2,⋯100)，则当i ≥k 时，在表2中就能保证∑x 1,j ′25j=1⩽1 (i =1,2,⋯100)成立.表1表2【答案】97【解析】k 的最小值为97.(1)取x i,j ={0(4(j −1)+1≤i ≤4j )124(其余的i)(j =1,2,⋯25)， 这时∑x i,j 25j=1=0+24×124(i =1,2,⋯,100)，满足题设条件，重排后有x i,j′={124(1⩽i ⩽96)0(97⩽i ⩽100)(j =1,2,⋯,25) ，这时∑x i,j ′25j=1=25×124>1 (1⩽i ⩽96)，故k 的最小值不小于97.(2)首先证明：表1中必有一行(设为第r 行)的所有数x r,1,x r,2,x r,25必在重排后所得表2的前97行中都出现. 事实上，若上述结论不成立.则表1的第一行中至少有一个数不在表2的前97行中出现，即表2的前97行中至多共有表1中100×24=2400个数.这与表2的前97行共有个数25×97=2425矛盾.其次，由重排要求知表2中每列的数从上到下是由大到小排列的，故当≥97时，x i,j ′⩽x 97,j ′⩽x r,j (j =1,2,⋯,25)，故当i ≥97时∑x i,j ′25j=1⩽∑x r,j 25j=1⩽1，综合情形(1)与(2)知k 的最小值为97.14．【1996高中数学联赛（第02试）】有n (n ≥6)个人聚会，已知：(1)每人至少同其中[n 2]个人互相认识；(2)对于其中任意[n2]个人，或者其中有2个人相识，或者余下的人中有2个人相识.证明：这n 个人中必有3个人两两相识.【答案】证明见解析【解析】假设这n个人中无3人彼此认识不妨设a，b是这n个人中互相认识的2个人，可由假设推出余下的n]个不同的人，其中每个人或与a相识，或与b相识.－2个人中，无1个人与a，b都认识因此，至少有2[n2当n为偶数时，由讨论可知，这n个人中恰有一半人与a相识，而另一半人则与b相识.所以，由题设可推出在某一半人中必含2个相互认识的人，这与假设矛盾.]+1，当n为奇数时n=2[n2若这n个人中每人都与a或b相识，与假设矛盾.]个人中必有一半是与a互相认识的，另一半是不然，若存在c，他不认识a和b，则n个人中除了c之外的2[n2与b互相认识的，且所有与a相认识的人互不认识，所有与b相认识的人也互不认识此时，假设有k个人同a，c都认识，1个人与b，c都认识.可由题设推出k，l≥1且这k+个人构成与c相识的人的全部.].因而k+c⩾[n2可设k≥1，由于n≥6，有k≥2.]个他们中除c外，因此，可设a1同b，c都认识，b1与b2和a，c都认识因为n个人中同a1相识的人至少为[n2同a都相识，故a1必与b1，b2之一相识，不妨设a1与b1相识，则a1，b1和c是彼此相识的人，与假设矛盾，综上，命题为真.15．【1995高中数学联赛（第02试）】将平面上的每个点都以红，蓝两色之一着色.证明：存在这样两个相似的三角形，它们的相似比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色.【答案】证明见解析【解析】首先证明平面上一定存在三顶点同色的直角三角形.如图2，在平面上任作直线l，则l上必有两点同色，设此两点为B'，C'.过B'，C'分别作l的垂线l1,l2.如果l1或l2上有与B′，C′同色的点A'，则△A'B'C'即为三顶点同色的直角三角形.如l1或l2上除B'与C'外其余点均与B'，C'异色，则在l2上取异于C'的两点A，C，并过C作l3⊥l1，垂足为B，则△ABC即为三顶点同色的直角三角形.因此，平面上一定存在三顶点同色的直角三角形，设其中之一为Rt△ABC.将Rt△ABC对称地补成矩形ABCD.用两组分别平行于AC与CB的n等分平行线，将矩形ABCD等分成n2个与原矩形相似的小矩形.如图1.以下用反证法证明：若n为奇数，则在这些小矩形中必有一个，它的顶点中至少有三个同色，即存在一个三顶点同色的小直角三角形.假设不存在三顶点同色的小直角三角形线段AC的端点及分点共n+1个，n+1为偶数，因此AC上必有相邻的两点同色(若每相邻两点异色，则A，B亦应异色，与已知矛盾)，不妨设为E，F.则E，F所在的小矩形的另两个顶点必与E，F异色(否则已出现同色小三角形)，依次类推.可知矩形EFGH中，每条竖线上的两顶点都同色同理，线段BC上有相邻两点M，N同色，也有矩形MNPQ，其中每条横线上的两顶点都同色.设矩形EHGF 与MNPQ 的公共部分为小矩形UVWX ，由以上所说，U 与V 同色且V 与W 同色，从而△UVW 即是三顶点同色的小直角三角形，这与假设矛盾. 所以必定存在一个三顶点同色的小直角三角形.这个顶点同色的小直角三角形与原直角三角形是相似的，相似比为n ，当n =1995时，就是题目所要证明的结论. 16．【1994高中数学联赛（第02试）】给定平面上的点集P ={P 1,P 2,⋯,P 1,994},P 中任三点均不共线，将P 中的所有的点任意分成83组，使得每组至少有3个点，且每点恰好属于一组，然后将在同一组的任两点用一条线段相联结，不在同一组的两点不联结线段，这样得到一个图案G ，不同的分组方式得到不同的图案，将图案G 中所含的以P 中的点为顶点的三角形个数记为m (G ). (1)求m (G )的最小值m 0.(2)设G *是使m (G *)=m 0的一个图案，若G *中的线段(指以P 的点为端点的线段)用4种颜色染色，每条线段恰好染一种颜色，证明存在一个染色方案，使G *染色后不含以P 的点为顶点的三边颜色相同的三角形. 【答案】证明见解析【解析】显然每个图案由P 的点的分组方法唯一确定 (1)设m(G)=m 0，G 由分组X 1,X 2,⋯,X 83得到，其中X i 为每组的点构成的集合，i =1，2，…，83，令|X i |=x i (i =1,2,⋯,83)，则有x 1+x 2+⋯+x 83=1994且m 0=C x 13+C x 23+⋯+C x 833.下面证，当1≤i ≠j ≤83时，有|x i −x j |⩽1.事实上，若存在i ，j (1≤i ，j ≤83)使得|x i −x j |⩾2，不妨设x 1>x 2，则作P 的点的分组Y 1,Y 2,⋯,Y 83，Y i 为第i 组的点构成的集合，1≤i ≤83. 使得y k =|Y k |={x k (k ≠i 且k ≠j)x i −1(k =i)x i +1(k =j).这样的分组显然存在，于是对于由分组Y 2，Y 3,⋯,Y 83得到的图案G'，有m (G ′)=C Y 13+C Y 23+⋯+C Y 833.而。
凸函数的延拓
判 别方法 ! 设)% " " 二阶可导 " 且E% 严格单调 " 则)% 为N上的广义凸函数的 *& *& E% *& *& *& 9% 充分必要条件是
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广义凸函数的定义将一类特殊凸函数的定义作了相对的统一给出了一个一般的表达形式通过选择适当的gxhx就可以得到相当多的特殊函数的定义并且通过具体的判别方法和琴生型不等式可以建立许多重要的形式优美的不等式从而丰富了凸函数的理论对不等式的理论也是一个很好的补充
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相似文献(10条) 1.期刊论文 吴利丰.周轩伟.WU Lifeng.ZHOU Xuanwei 一类非光滑广义凸函数的数值解法 -温州大学学报 （自然科学版）2009,30(5)
讨论一类非光滑广义凸函数(即:一个可微严格拟凸函数加上一个凸函数)的全局优化算法问题.通过引入广义梯度,给出下降方向和终止 条件,提出一种算法,并且证明了这种算法是全局收敛的.
数学专业毕业论文题目
数学专业毕业论文题目反常积分的敛散性判别法含参量反常积分一致收敛与非一致收敛判别法含两个参量的广义积分的连续性, 可微性与可积性隐函数及隐函数组的求导问题浅谈中值定理导数与不等式的证明的应用极限思想在数学解题中的运用关于对称矩阵的若干问题集合及其子集的概念在不等式中的作用关于反对称短阵的性质一、常微分方程1.一阶常微分方程的奇解的求法(或判定)2.微分方程中的补助函数3.关于奇解的运用4.曲线的包络与微分方程的奇解5.用微分方程定义初等函数6.常微分方程唯一性定理及其应用7.求一阶显微分方程积分因子的方法8.二阶线性微分方程另几种可积类型9.满足某些条件黎卡提方程的解法10.一阶常微分方程方向场与积分曲线11.变换法在求解常微分方程中用应用12.通解中任意常数C的确定及意义13.三阶常系数线笥齐次方程的求解14.三维线性系统15.二阶常系数线性非齐次方程新解法探讨16.非线性方程的特殊解法17.可积组合法与低阶方程(方程组)二、数学分析18.多元函数连续、偏导数存在及可微之间的关系19.费尔马最后定理初探20.求极值的若干方法21.关于极值与最大值问题22.求函数极值应注意的几个问题23.n元一次不定方程整数解的矩阵解法24.导数的运用25.泰勒公式的几种证明法及其应用26.利用一元函数微分性质证明超越不等式27.利用柯西——施瓦兹不等式求极值28.函数列的各种收敛性及其相互关系29.复合函数的连续性初探30.关于集合的映射、等价关系与分类31.谈某些递推数列通项公式的求法32.用特征方程求线性分式递推数列的通项33．谈用生成函数法求递归序列通项34.高级等差数列35.组合恒等式证明的几种方法36.斯特林数列的通项公式37.一个递归数列的极限38.关于隶属函数的一些思考39.多元复合函数微分之难点及其注意的问题40.由数列递推公式求通项的若干方法41.定积分在物理学中的应用42.一个极限不等式的证明有及其应用43.可展曲面的几何特征44.再谈微分中值公式的应用45.求极限的若干方法点滴46.试用达布和理论探讨函数可积与连续的关系47.不定积分中的辅助积分法点滴三、复变函数48.谈残数的求法49.利用复数模的性质证解某些问题50.利用复函数理论解决中学复数中的有关问题51.谈复数理论在中学教学中的运用52.谈解析函数四、实变函数53. 可测函数的等价定义54. 康托分集的几个性质55.可测函数的收敛性56.用聚点原理推证其它实数基本定理57.可测函数的性质及其结构58.凸函数性质点滴59.凸(凹)函数在证明不等式中的应用60.谈反函数的可测性61.Lebesgue积分与黎曼广义积分关系点滴62.试用Lebesgue积分理论叙达黎曼积分的条件63.再谈CANTOR集五、高等几何64.二阶曲线渐近线的几种求法65.笛沙格定理在初等数学中的运用66.巴斯加定理在初等数学中的运用67.布里安香定理在初等数学中的运用68.二次曲线的几何求法69.二维射影对应的几何定义、性质定义、代数定义的等价性70.用巴斯加定理证明锡瓦一美耐劳斯定理71.仿射变换初等几何中的运用72.配极理论在初等几何中的运用73.二次曲线的主轴、点、淮线的几种求法74.关于巴斯加线和布利安香点的作图75.巳斯加和布利安香定理的代数证明及其应用76.关于作第四调和点的问题77.锡瓦一美耐劳斯定理的代数证明及应用78.关于一维几何形式的对合作图及应用六、概率论79.态分布浅谈80.用概率思想计算定视分的近似值81.欧拉函数的概率思想证明82.利用概率思想证明定积分中值定理83.关于均匀分布的几个问题84件概率的几种类型解题浅析85．概率思想证明恒等式86.古典概率计算中的模球模型87.独立性问题浅谈七、近世代数88集合及其子集的概念在不等式中的作用89论高阶等差数列90谈近世代数中与素数有关的重点结论91商集、商群与商环92关于有限映射的若干计算方法93关于环(Z2×2,+,、)94关于环(ZP2×2,+,、)(这里Zp是模p的剩余环,p为素数) 95关于环(Z23×3,+,、)96关于环(zPQ2×2,+,、)(这里p、q是两个素数)97关于环(Znxn, +、)八、高等代数98.关于循环矩阵99.行列式的若干应用100.行列式的解法技巧101.欧氏空间与柯两不等式102.《高等代数》在中学数学中的指导作用103.关于多项式的整除问题104.虚根成对定理的又一证法及其应用105.范德蒙行列式的若干应用106.几阶行列式的一个等价定义107.反循环矩阵及其性质108.矩阵相似及其应用109.矩阵的迹及其应用110.关于整数环上的矩阵111.关于对称矩阵的若干问题112.关于反对称短阵的性质113.关于n阶矩阵的次对有线的若干问题114.关于线性映射的若干问题115.线性空间与整数环上的矩阵九、教学法116.关于学生能力与评价量化的探索117.浅谈类比在教学中的若干应用118.浅谈选择题的解法119.谈谈中学数学课自学能力的培养120.怎样培养学生列方程解题的能力121.谈通过平面几何教学提高学生思维能力122.谈数列教学与培养学生能力的体会123.创造思维能力的培养与数学教学124.数学教学中的心理障碍及其克服125.关于启发式教学126.浅谈判断题的解法127.对中学数学教学中非智力因素的认识128.数学教学中创新能力培养的探讨129.计算机辅助数学教学初探130.在数学课堂教学中运用情感教育131.在数学教学中恰当进行数学实验132.数学语言、思维及其教学133.在平面几何教学中渗透为类比、猜想、归纳推理的思想方法134.试论数学学习中的迁移135.数学例题教学应遵循的原则十、初等数学136.数学证题中的等价变换与充要条件137.关于充要条件的理解和运用3.参数方程的运用138.极坐标方程的运用139.怎样证明条件恒等式140.不等式证明方法141.极值与不等式142.证明不等式的一种重要方法143.谈中学二次函数解析式的求法144.二元二次方程组的解145.谈数列求和的若干146.谈立体几何问题转化为平面几何问题的方法147.求异面直线距离的若干方法148.利用对称性求平面几何中的极值149.浅谈平面几何证明中的辅助线150.浅谈对称性在中学数学解题中的运用151.浅谈韦达定理的运用152.论分式方程的增根153.数列通项公式的几种推导方法154.函数的周期及其应用155.数学归纳法的解题技巧156.等价关系的几种判定方法157.数学归纳法及其推广和变形158.浅谈用几何方法证明不等式159.浅谈初等数学中的不等式与极值160.几个不等式的推广161.函数的概念及发展162.组合恒等式的初等证明法163.谈用生成函数计算组合与排列164.试论一次函数的应用。
函数凸性在高考中的应用例谈
（2）设函数 h（x）=（f x）-g（x），当 h（x）存在最小 值时，求其最小值 渍（a）的解析式。
（3）对（2）中的 渍（a）和任意的 a＞0，b ＞0，证 明：渍（忆 a+2b）≤ 渍（忆 a）+2渍（忆 b）≤渍（忆 a2+abb）。
解：（1）略。
（2）由条件 h（x）= 姨 x -alnx（x＞0），根据函数
解：由题意得，对任意 x∈（0，1），恒有（f x）＞1，
即
1+x 1-x
e -ax＞1圳
e -ax＞
1+x 1-x
。
两边同时取自然对数，得
-ax＞ln
1+x 1-x
对任意
Байду номын сангаас
x∈（0，1）恒成立。
令
g（1 x）=-ax，g（2 x）=ln
1+x 1-x
，
则 g（1 x）＞g（2 x），
且
g2（忆 x）=
本题考查导数在解决函数的单调性、函数与 不等式的综合问题中的应用，运用凸函数的性质 分析图像的特征，使得解题过程更加巧妙、简洁流 畅。关键是构造能解决问题的凸函数，考查了学生 的运算求解能力及灵活转化的思维。
数学竞赛中组合几何问题的常见解法
2中等数学数学竞赛中组合几何问题的常见解法程振峰I李宝毅$（1■北京市第二十中学附属实验学校,100085 2.天津师范大学数学科学学院,300387）中图分类号:0124.1文献标识码：A文章编号：1005-6416（2020）05-0002-07（本讲适合高中）组合几何是高中数学联赛加试中的常见问题之一，解决组合几何问题既需要较扎实的几何基础，又需要掌握组合问题的灵活多变的解题技巧，因此，组合几何问题的难度相对较大，得分率偏低•本文旨在介绍组合几何问题的一些常见解法，提高学生分析问题和解决问题的能力.例1设整数口工4.证明：可以将任意一个三角形剖分为H个等腰三角形.⑴（第六届陈省身杯全国高中数学奥林匹克）【分析】先注意两个平面几何中的事实：（1）直角三角形斜边上的中线将之剖分为两个等腰三角形；（2）三角形最长边上的高的垂足在该边的内部.利用数学归纳法易证:任意三角形可以剖分为k（心2）个直角三角形.故当n5工4）为偶数时,先将三角形剖分为号个直角三角形，再剖分为n个等腰三角形.当n=211（工5）为奇数时，若/\ABC 为非等边三角形，不妨设AB<AC,在边AC 上取点使得仙'=AB.显然，为等 腰三角形，再将△BB'C剖分为2k个等腰三角形即可.收稿日期:2020-04-09若AABC为正三角形，当n=2—1（工7）为奇数时，先将△ABC剖分为两个直角三角 形，再将一个直角三角形剖分为两个等腰三角形，另一个直角三角形剖分为2—1（25）个等腰三角形即可；当n=5时，设0为正△ABC的外心，联结0A、0B、0C,在边AB上选取点D、E,使得ZAOD=ZBOE=30。
,联结OD、OE,即将正剖分为5个等腰三角形.综上,原命题成立.本题充分利用平面几何中的两个常见事实，运用数学归纳法分n为偶数和奇数两种情况展开讨论,n为偶数时结论比较容易证明，重点是讨论n为奇数的情况•最后针对正三角形剖分为5个等腰三角形的情况进行单独研究.例2用不相交于内点的对角线将凸多边形剖分为一系列三角形，必要时可以在形内取若干个点作为所分出的三角形的顶点,这些顶点称为“辅助顶点”•辅助顶点之间的连线、辅助顶点与顶点之间的连线均称为对角线•任何两条对角线均不得相交于内点•这种将多边形划分为一系列三角形的方法称为 多边形的“三角形剖分”.设"为不小于5的正整数.为了将一个正n边形剖分为一系列的钝角三角形，试求所分成的三角形个数m的最小可能值.⑵（第丿US陈省身杯全国高中数学奥林匹克）2020年第5期3解答见文[2].解答是先利用多边形内角和与外心的基本性质，证明了所分出钝角三角形个数□，然后分情况利用构造法证明可将正n边形剖分成n个满足题意的钝角三角形.例3用两种颜色按任意方式给正三角形的边上的每个点染色.证明：必存在直角△PQR,使得P、Q、R均在正三角形的三边上且同色.（第24届IMO）【分析】设正三角形为AABC,其边上的每个点均染成红、蓝两种颜色之一，作△ABC 各边的三等分点并顺次相连，如图1,得到正六边形人2人3人4人5人6・此正六边形的对角线4淤4、人2人5、人3人6・(1)存在一条主对角线的两端同色，不妨设儿、人同色，且同为红色•若仏显3、厶、人6中有一点为红色，例如A2为红色，则必存 在顶点均为红色的直角若出、43、人5、人均为蓝色，则存在顶点均为蓝色的直角/\a2a3a5.(2)每条主对角线的两端均不同色，此时，必存在正六边形在正三角形的同一边上的两个顶点不同色(否则,人4同色,A3.A4同色同色,其中必有两组点同色，不妨设41、人2与4,a4同色，则a^a4为一条主对角线的端点，且同色，矛盾)，不妨假设令、A2不同色，假设A1为红色,人2为蓝色，则A4为蓝色,虫为红色•于是,人、厶同为红色,人2、人同为蓝色,且易知a x a5丄ab,a2a4±ab.下面考虑点A的颜色.(i)若A为红色，则AA4M,是顶点均为红色的直角三角形；(ii)若A为蓝色，则是顶点均为蓝色的宜角三角形.故必存在顶点在此三角形的边上且有相同颜色的直角三角形.本题针对正三角形的特点，考虑各边的三等分点形成的正六边形，利用正六边形的特性展开分类讨论•本题可以加强为下面的推广.推广用两种颜色按任意方式给正三角形的边上的每个点染色•则必存在两个满足下面条件的直角三角形:三个顶点在正三角形的边上且有相同颜色.【分析】考虑各边上的三等分点对应的正六边形a x a2a3a4a5a6.(1)存在一条主对角线的两端同色，不妨设41、人4同色，且同为红色，若A2>A3,A5> A6中有两个点为红色,则存在两个顶点均为红色的宜角三角形；若42、人3、45、虫中有一个点为红色、三个点为蓝色，则存在顶点均为红色和顶点均为蓝色的直角三角形各一个;若a2^a^a5>a6均为蓝色，则存在两个顶点均为蓝色的直角三角形.(2)每条主对角线的两端均不同色，此时，必存在正六边形在正三角形的同一边上的两个顶点不同色,不妨假设A^A2不同色，假设人为红色,人2为蓝色，则人为蓝色显5为红色，于是，儿、厶同为红色,4^4同为蓝色,且易知4祖5丄^B,A2A4丄AB.下面考虑点A的颜色.⑴若4为红色，则是顶点均为红色的宜角三角形；(ii)若4为蓝色，则是顶点均为蓝色的直角三角形.类似考虑点B,可得与点B同色的直角三角形.例4两个全等的七棱锥底面重叠组成陀螺形多面体P,公共面为仏仏…令，其他两个顶点为B x、场.将多面体P除去七边形A.A.-A,的边之外其他任意两点间线段染4中等数学成红色或蓝色•证明：存在P的三个顶点，使其间相连的三条线段同色.（1993,保加利亚数学奥林匹克）【分析】固定匚若5勺这七条侧棱中有五条同色，则面的七个顶点中必存在不相邻的三点U,,使得目&、B内、B.A,同色，设为红色.（1）若公共面三条对角线A r A^A s A,^A t A r 均为蓝色，则△人人4为三边同色三角形；（2）若公共面三条对角线人人、人4八儿人至少有一条为红色,则有一个红色三角形.若结论不成立，则存在内这七条侧棱中必有五条同色.不妨假设B x B2染红色，考虑有序对（B/i，402）（i=1,2,-,7）,分成（红,红）、（红，蓝）、（蓝，红）和（蓝，蓝）四类.若某个有序对为（红，红），则△三边为红色.若所有的有序对均不为（红，红），由抽屉原理，知在七个有序对中，必有三个属于同一类的情况.若三个同类有序对均为（红,蓝）（同为（蓝，红）时，则两个顶点B\、B2对调即可），不妨设有序对为（红，蓝），其中则4r a A中必有两点不相邻,不妨设A、人不相邻.AA无论染红色还是蓝^,^A r B x A,^A r B2A,中都有一个是同色三角形.若三个同类的有序对为（蓝，蓝），则其余的几个（至多四个）有序对必为（红，蓝）或者（蓝，红）•设（蓝，蓝）有a个，（红，蓝）有6个,（蓝，红）有c个.则a+b+c=7,aM3,b+c W4・由抽屉原理，知b、c中至少有一个不大于2.若bw2,则目％中蓝边的个数为a+c=7一b^5；若cW2,则厶尽中蓝边的个数为a+6=7一c M5・故由顶点耳或场引出的七条侧棱中至少有五条为蓝色.综上,原命题成立.染色问题是组合中常见的题型之一•本题充分利用凸七边形儿仏…令的特性进行分类讨论,利用反证法证明结论成立.例5凸n边形P中的每条边和每条对角线都被染成"种颜色之一•问:对于怎样的",存在一种染色方式，使得对于这n种颜色中的任何三种不同颜色，都能找到一个三角形，其顶点为多边形P的顶点，且它的三条边分别被染成这三种颜色？（2009冲国数学奥林匹克）【分析】首先进行数学实验.当n=3时，对于448（7,43染颜色1, BC染颜色2,AC染颜色3，满足题意.当…=4时,考虑凸四边形ABCD,不妨 设AB染颜色1,与边4B相关的三角形只有两个，而包含颜色1的三颜色组的个数为霍=3,即存在三个包含颜色1的三角形，从而,颜色为1的边至少有两条.类似地，颜色为2、颜色为3、颜色为4的边均至少有两条.而凸四边形4BCD的边与对角线共6条,矛盾.因此,“=4时不满足题意.总结n=4时的推理过程，进行如下讨论.对于某种颜色X,包含此颜色的三颜色组有个,同时一条颜色X的线段恰出现在n-2个三角形中，于是，颜色X的线段至少有务=弓条.n-22类似地，每一种颜色的线段都至少有2贰当“为偶数时，专&Z.于是,各种颜2020年第5期5色的边至少有今条，而凸n边形的边及对角线共有c：=n(ra2~1)条，矛盾，即不存在符合要求的染法.当n为奇数时，若存在满足题意的染色方案,则各种颜色的边必恰有专条.下面构造满足题意的染色方案.对于满足条件的染法,C：个三角形恰对应C：个三颜色组,一一对应，即不同三角形的三颜色组必不同.接下来给出n=2m+l时的染色方案.采用数论构造法:用s0,s1?.-,s2m分别表示这n=2m+1色；而孑表示整数％除以n=2m+1的余数，即x6{0,1,…,2/n};对于任意两点人、舛(i M力，将连线A.A.染第用色S苻.显然，从同一个顶点引出的2加条线段的颜色两两不同，即一个三角形的三边恰有三种颜色.于是,对于任意两条线段如哲、九心，颜色相同的充分必要条件为i,+ji—i2+h(mod2m+1).若存在两个三角形^AjA^A.A^三组边颜色分别相同，则几+j i三心+h(mod2m+1),①ij+ky=i2+A:2(mod2m+1),②+ji=k2+j2(mod2m+1).③①+②-③得2ij=2i2(mod2m+1)=>=i2(mod2m+1)—I］=乙2・类似地，Ji=ii,k x=k2.因此,444內］、44/)2血2是同一个三角形，即不同三角形对应不同的三颜色组，满足题意.数学实验是组合问题的常见解题思路之-•本题利用数学实验总结经验，先证明n为偶数时不存在满足题意的染色方案，存在染色方案的«只可能为奇数，再利用数论中同余的知识，构造一种满足题意的染色方案•本题所用的数学思想较多，综合性强，可以较全面地考查学生的数学修养.例6求最大实数筑使对任意n(n^3)阶简单图G,有/工伽2,其中为G的边数, y为G中三角形的个数.［分析】首先考虑特殊的n阶完全图,有(0)3只(©)2Q令n—>+oo,则kW込.再用数学归纳法证明:宀弊对于任意的"阶简单图G成立.当n=3时，显然成立.假设当n=m时，结论成立.当n=m+l时，取4为zn+1阶简单图中度数最小的顶点，设其度数为5并设余下的m个点构成的简单图中有%条边、y个三角形.引理设口阶简单图有％条边』个三角形•则y w廿2.证明口阶简单图中y个三角形共有3y 条边，每条边至多出现在n-2个三角形中.故=>y^~x.①n—Z j引理得证.由归纳假设知由于点A度数最小,于是，(m+1)aW度数和=2(%+a)m—16中等数学又设和A相邻的a个顶点之间连有b条边，这6条边每条和点A都形成一个三角形,故只需证明(x+a)3^y(y+6)2.④易知x’xc7=笔山故9by W9•0(于1丄y.将式①、③代入上式得9切＜9(°_1).二^.巴2 942m-13=3(a-l)(叫二2)异w3妙2.⑤⑥771-1又由式⑤知即2今.吟乌W奢尺3虑由式②、⑥、⑦知式④成立，即当n=m+\时,x3^|-y2对于任意的n阶简单图G成立.从而，对于所有的"工3结论成立.9因此/max•练习题1•将平面内的每个点染成红色或蓝色.证明：(1)存在三个顶点同色的边长为67373或2019的正三角形；(2)存在三个顶点同色的腰长为1010Q 或2020的等腰直角三角形.提示(1)在平面上取点A,不妨设为红色，以673血为半径作如图2.若圆周上均为红点，则圆内接正三角形即是边长为2019的正三角形.若圆周上存在蓝点，在圆周上取蓝点B,则AB=673石.以AB为底作腰长为1346血的 等腰AABC.显然，C与A、B之一同色不妨设C为蓝色，取AC的中点必与A、C之一同色，不妨设D为红色此时,AD=673屁以4D为边作等边△ADE、等边△ ADE'.若E或E'为红点，则存在三个顶点为红色、边长为673#的等边三角形•若E、E'均为蓝色，则△CEE，是三个顶点同为蓝色、边长为2019的等边三角形.(2)平面上任取一点4,不妨设4为红色，以1010Q为半径作©4•如图3.⑦若圆周上的点均为红色，则存在川(蓝)腰长为1020Q的MV三个顶点是红色的Z等腰直角三角形.(/\若圆周上存在1転■严(蓝)蓝色点，在圆周上\丿取蓝色点B,以AB-/为底作腰长为图32020Q的等腰△ABC,C与A、B之一不同色.不妨设C为蓝色，取AC的中点必与4、C之一同色,不妨设D为红色，过D作AC的垂线，在垂线上取点M、M,使得DM=DM'=1010Q.若M、M，之一为红色，则存在腰为1010Q、三个顶点均为红色的等腰直角三角形;若M、W均为蓝色，则是三个顶点同为蓝色、腰长为2020的等腰直角三角形.2.将八个单位正方体的任意24个面染为黑色，其余24个面染为白色•证明:可将这八个单位正方体拼成一个边长为2的大正方体,使得大正方体的六个面上黑、白区域的面积相同.2020年第5期7提示记随意组成的一个边长为2的大正方体六个面上的黑、白区域的面积分别为a,b.由于每一个单位正方体露在外面的只有三个面，于是,a+b=24.考虑a—b.若a-6=0,则组成的大正方体满足条件.若a_bM0,则a-b必为偶数,进行如下操作.(1)将任何一个单位正方体绕连接其相对两面中心的直线旋转90。
2020年全国高中数学联赛一试二试试题整理详解汇编(一试二试为A卷)(含解答)
仅需再使 5 号盒中不超过 2 张卡片，即{2, 5}, {3, 5}, {4, 5} 有 0 张或 1 张在 5 号盒
中，对应 C30 C13 4 种放法． 因此 N 6 1 2 4 14 ．由对称性，在情况二下有 4N 综上，好的放法共有 64 56 120 种．
56 种好的放法．
二、解答题：本大题共 3 小题，满分 56 分．解答应写出文字说明、证明过 程或演算步骤．
9.（本题满分 16 分） 在 ABC 中，sin A 范围．
2 ．求 cos B 2
2 cosC 的取值
解：记 f cos B 2 cosC ．
由条件知 A 或 A 3 ．
4
4
当 A 时， B 3 C ，其中 0 C 3 ，此时
4
4
4
…………………4 分
f cos 3 C 4
2 cosC 2 sin C 2 cosC sin C
卡片．能放入 1 号盒的卡片仅有{1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {1, 5} ．
情况一：这 4 张卡片都在 1 号盒中，此时其余每个盒中已经不可能达到 4 张
卡片，故剩下 6 张卡片无论怎样放都符合要求，有 26 64 种好的放法．
情况二：这 4 张卡片恰有 3 张在 1 号盒中，且其余每盒最多仅有 2 张卡片．
m1 f (a), m2 f (10) ；当 a [10, ) 时， m1 f (10), m2 f (a) ．因此总有
f (a) f (10) m1m2 2020 ，
即 a 100 2020 101，解得 a 1或 a 100． a 20
4. 设 z 为 复 数 ． 若 z 2 为 实 数 （ i 为 虚 数 单 位 ）， 则 z 3 的 最 小 值 zi
2020年全国高中数学联合竞赛二试试题卷(高联二试含答案及评分标准)
2020全国高中数学联赛二试一、如图，在等腰三角形ABC 中，AB=BC ，I 为内心，M 为BI 的中点，P 为边AC 上的一点，满足AP=3PC ，PI 延长线上一点H 满足MH ⊥PH ，Q 为△ABC 的外接圆上劣弧AB 的中点，证明：BH ⊥QH二、给定整数n ≥3，设1232122,,...,,,,...,n n a a a a b b b 是4n 个非负实数，满足122122......0n n a a a b b b ++=+++>，且对任意1,2,...,2i n =，有21i i i i a a b b ++≥+，（这里211222211,,n n n a a a a b b +++===）， 求122...n a a a +++的最小值。
三、设12121,2,2,3,4,...n n n a a a a a n −−===+=证明：对整数5,n n a ≥必有一个模4余1的素因子 四、给定凸20边形P ，用P 的17条在内部不相交的对角线将P 分割成18个三角形，所得图形成为P 的一个三角形剖分图。
对P 的任意一个三角剖分图T ，P 的20条边以及添加的17条对角线均称为T 的边，T 的任意10条两两无公共端点的边的集合称为T 的一个完美匹配。
当T 取遍P 的所有三角剖分图时，求T 的完美匹配个数的最大值。
B2020年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1． 评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2． 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图，在等腰ABC 中，AB BC ，I 为内心，M 为BI 的中点，P 为边AC 上一点，满足3AP PC ，PI 延长线上一点H 满足MHPH ，Q 为ABC 的外接圆上劣弧AB 的中点．证明：BHQH ．证明：取AC 的中点N ．由3AP PC ，可知P 为NC 的中点．易知,,B I N 共线，90INC ．由I 为ABC 的内心，可知CI 经过点Q ，且QIB IBC ICB ABI ACQ ABI ABQ QBI ，又M 为BI 的中点，所以QM BI ．进而||QM CN ． ……………10分考虑HMQ 与HIB ．由于MH PH ，故90HMQ HMI HIB ．又90IHM INP ，故HM NPHI NI，于是 1122HM NP NC MQ MQHI NI NI MI IB．所以HMQ ∽HIB ，得HQMHBI ． ……………30分 从而,,,H M B Q 四点共圆．于是有90BHQBMQ ，即BH QH ． ……………40分二．（本题满分40分）给定整数3n ．设122122,,,,,,,n n a a a b b b 是4n 个非负实数，满足1221220n n a a a b b b ， 且对任意1,2,,2i n ，有21i i i i a a b b （这里211222211,,n nna a a ab b ）．求122n a a a 的最小值．解：记122122n n Sa a ab b b ． 不失一般性，设13212nS T a a a ． 当3n时，因为32212113k kk Ta a 2221335511()()()02a a a a a a ，故结合条件可知233221212121133()34k k k k k k S T a a b b S ． 又0S ，所以12S ．当2(16)i i a b i 时，S 取到最小值12． ……………10分当4n时，一方面有212121211()nnk kkk k k a a b b S ．另一方面，若n 为偶数，则22121152337211()()4nk kn n k T a a a a a a a a ， 其中第一个不等式是因为15233721()()n n a a a a a a 展开后每一项均非负，且包含2121(1)k k a a k n 这些项，第二个不等式利用了基本不等式．……………20分若n 为奇数，不妨设13a a ，则12121212121311n n k k k kn k k a a a a a a215213723()()4n n T a a a a a a ． 从而总有2221211416nk k k T S S a a ．又0S ，所以16S ． ……………30分 当1234124,0(52),0,16,0(32)i i a a a a a i n b b b i n 时，S 取到最小值16．综上，当3n 时，S 的最小值为12；当4n 时，S 的最小值为16．……………40分。