全国高中数学竞赛二试模拟训练题(35)
全国高中数学联赛模拟试题及参考答案
全国高中数学联赛训练题(1)第一试一、填空题1.函数3()2731x x f x +=-+在区间[0,3]上的最小值为_____.2.在数列{}n a 中,11a =且21n n n a a a ++=-.若20002000a =,则2010a =_____.3.若集合{|61,}A x x n n N ==-∈,{|83,}B x x n n N ==+∈,则A B 中小于2010的元素个数为_____.4.若方程sin (1)cos 2n x n x n ++=+在π<<x 0上有两个不等实根,则正整数n 的最小值为_____.5.若c b a >>,0=++c b a ,且21,x x 为02=++c bx ax 的两实根,则||2221x x -的取值范围为_____.6.有n 个中心在坐标原点,以坐标轴为对称轴的椭圆的准线都是1x =.若第k (1,2,,)k n = 个椭圆的离心率2k k e -=,则这n 个椭圆的长轴之和为_____.7.在四面体-O ABC 中,若点O 处的三条棱两两垂直,则在四面体表面上与点A 距离为2的点所形成的曲线长度之和为_____.8.由ABC ∆内的2007个点122007,,,P P P 及顶点,,A B C 共2010个点所构成的所有三角形,将ABC ∆分 割成互不重叠的三角形个数最多为_____.二、解答题9.设抛物线22y px =(0)p >的焦点为F ,点A 在x 轴上F 的右侧,以FA 为直径的圆与抛物线在x 轴上方交于不同的两点,M N ,求证:FM FN FA +=.10.是否存在(0,)2πθ∈,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列?并说明理由.11.已知实数123123,,,,,a a a b b b 满足:123123a a a b b b ++=++,122331122331a a a a a a bb b b b b ++=++,且123min{,,}a a a 123min{,,}b b b ≤,求证:123max{,,}a a a 123max{,,}b b b ≤.第二试一、设圆的内接四边形ABCD 的顶点D 在直线,,AB BC CA 上的射影分别为,,P Q R ,且ABC ∠与ADC ∠的平分线交于点E ,求证:点E 在AC 上的充要条件是PR QR =.二、已知周长为1的i i i ABC ∆(1,2)i =的三条边的长分别为,,i i i a b c ,并记2224i i i i i i i p a b c a bc =+++(1,2)i =,求证:121||54p p -<.三、是否存在互不相同的素数,,,p q r s ,使得它们的和为640,且2p qs +和2p qr +都是完全平方数？若存在,求,,,p q r s 的值；若不存在,说明理由.四、对n 个互不相等的正整数,其中任意六个数中都至少存在两个数,使得其中一个能整除另一个.求n 的最小值,使得在这n 个数中一定存在六个数,其中一个能被另外五个整除.全国高中数学联赛训练题(1)参考答案:令3xt =,[0,3]x ∈则3()()271f x g t t t ==-+,[1,27]t ∈,而'()3(3)(3)g t t t =-+.故当[1,3]t ∈时,'()0g t <,()g t 单调递减,当[3,27]t ∈时,'()0g t >,()g t 单调递增.所以当3t =,()g t 取得最小值min ()(3)53g t g ==-,即当1x =时,()f x 取得最小值53-.:设2a t =,则由21n n n a a a ++=-依次写出数列{}n a 的前8项为:1,,1,1,,1,1,t t t t t - - - - .于是易知:该数列是以周期6T =的一个周期数列,故由20002000a =可得20006333222000a a a t ⨯+====,从而2010335661120001999a aa t ⨯===-=-=-,即20101999a =-. :由题意若x A ∈,则5(mod 6)x ≡ ,若x B ∈,则3(mod 8)x ≡ ,故若x AB ∈ ,则11(mod 24)x ≡ ,即若x A B ∈ ,则2411x k =+,于是可得满足题意的元素共有84个.:由已知得11sin 12cos x n x --=---,而1sin 2cos xx---表示上半个单位圆(不包括端点)上的动点(cos ,sin )P x x 与定点(2,1)Q -的斜率k ,要满足题意就要直线PQ 与上半个单位圆(不包括端点)有两个不同的交点,此时4(,1)3k ∈--,从而可得11(0,)3n ∈,故3n >,即正整数n 的最小值为4.:由0=++c b a 知方程02=++c bx ax 有一个实数根为1,不妨设11x =,则由韦达定理可知2c x a=.而c b a >>,0=++c b a ,故0,0a c ><,且a a c c >-->,则122c a -<<-,故2221()44c x a<=<,从而可得2212||[0,3)x x -∈.:设第k 个椭圆的长半轴为k a ,焦半径为k c ,则由题意有21k ka c =,2k k k k ce a -==,故可得2k k a -=,于是可得121222212n n n a a a ----+++=+++=- ,故这n 个椭圆的长轴之和为12(12)22n n---=-.:如图,点,M N 分别在棱,AB AC 上,且2AM AN ==,点,E F 分别在棱,OB OC 上,且1OE OF ==,则2AE AF ==,因此,符合题意的点形成的曲线有:①在面OBC 内,以O 为圆心,1为半径的弧EF ,其长度为2π；②在面AOB 内,以A 为圆心,2为半径的弧EM ,其长度为6π；③在面AOC 内,以A 为圆心,2为半径的弧FN ,其长度为6π；④在面ABC 内,以A 为圆心,2为半径的弧MN ,其长度为23π.所以,所求的曲线长度之和为2326632πππππ+++=.:设三角形最多有n 个,则根据角度相等可得20072n πππ⨯+=⨯,故2200714015n =⨯+=.: 令1122(,),(,)M x y N x y ,设点(,0)A a ,则由(,0)2p F 得12FA a p =-,故以FA 为直径的圆为22222()()44a p a p x y +--+=,则可知12,x x 是方程2222()2()44a p a p x px +--+=的两个实根,即是说12,x x 是方程22(23)0x a p x ap --+=,由韦达定理得1223322a p x x a p -+==-. 故121131()()()2222FM FN x p x p a p p a p FA +=+++=-+=-=,即FM FN FA +=.:当(0,)2πθ∈时,函数s i n y x =与cos y x =的图像关于直线4x π=对称,函数t a n y x =与cot y x =的图像也关于直线4x π=对称,且当4πθ=时,sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的任一排列均不可能成等差数列.故只需考虑是否存在(0,)4πθ∈使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列即可.假设存在(0,)4πθ∈符合题意,则由sin cos tan cot θθθθ<<<可知cot tan cos sin θθθθ-=-,从而有s i n c o s s i n c o s θθθθ+=⋅,故2(sin cos )12sin cos 1sin 2θθθθθ⋅=+⋅=+.而2(sin cos )1θθ⋅<,且1sin 21θ+>,故假设不成立.即,不存在这样的θ,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列.:设123123a a a b b b p ++=++=,122331122331a a a a a a bb b b b b q ++=++=,且123a a a r =,123'b b b r =, 则123,,a a a 是函数32()f x x px qx r =-+-的零点,123,,b b b 是函数32()'g x x px qx r =-+-的零点.不妨设123123,a a a b b b ≤≤ ≤≤,则由123min{,,}a a a 123min{,,}b b b ≤知11a b ≤. 而1()0f a =,1111213()()()()0g a a b a b a b =---≤,故11()()g a f a ≤,即3232111111'a pa qa r a pa qa r -+-≤-+-,故3232333333'a pa qa r a pa qa r -+-≤-+-, 即33()()g a f a ≤,也即是33132333()()()()()0g a a b a b a b f a =---≤=.若33a b >,则313233()()()0a b a b a b --->,这与33132333()()()()()0g a a b a b a b f a =---≤=矛盾! 所以有123max{,,}a a a 123max{,,}b b b ≤.:由西姆松定理知,,P Q R 共线.由题意易知,,,C Q D R 四点共圆,则有DCA DQR DQP ∠=∠=∠,同样有,,,A P R D 四点共圆,则有DAC DPR DPQ ∠=∠=∠.故DAC ∆∽DPQ ∆,同理可得:DAB ∆∽DRQ ∆,DBC ∆∽DPR ∆,因此有:PRDB DA DP PR BA BC DC DQ QR BCDB BA⋅===⋅⋅.从而PR QR =的充要条件是DA BABC =.又由角平分线的性质得,ABC ADC ∠∠的平分线分AC 的比分别为,BA DABC DC.故命题成立. :由题意知1i i i a b c ++=,且不妨设i i i a b c ≤≤,则由于三角形的三边关系可得102i i i a b c <≤≤<,即可得312121210(12)(12)(12)()327i i i i i i a b c a b c -+-+-<---≤=.2222222(12)(12)(12)12()4()814()812[()()]812(4)12i i i i i i i i i i i i i i ii i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i ia b c a b c a b b c c a a b c a b b c c a a b c a b c a b c a b c a b c a b c p ---=-+++++-=-+++-=-+++-++-=-+++=- 从而可得131272i p ≤<,所以121||54p p -<. :由640p q r s +++=,及,,,p q r s 是不同的素数知,,,p q r s 都是奇数.设2222p qs m p qr n ⎧+=⎪⎨+= ⎪⎩ ①②, 并不妨设s r <,则m n <.由①,②可得()()()()m p m p qsn p n p qr-+=⎧⎨-+=⎩.若1m p ->,则由m p n p n p -<-<+可得m p q n p +==-,故2q m n =+,,s m p r n p =-=+,从而2s r m n q +=+=,故23640p q r s p q q p q +++=++=+=.又由23s m p q p =-=-≥,故可得90p ≤,逐一令p 为不大于90的素数加以验证便知此时无解.若1m p -=,则21qs m p p =+=+,故12qs p -=.而q m p n p <+<+,故,2q n p r n p p q =-=+=+. 故332(1)26402p q r s p q s qs q s +++=++=-++=,即有(32)(34)3857719q s ++==⨯⨯于是得3419,3272s q +=+=⨯,故5,67s q ==,从而167,401p r ==.综上可得167,67,401,5p q r s ====或167,67,5,401p q r s ====. :所求的最小正整数26n =.我们分两步来证明,第一步说明25n ≤不行,我们构造如下的25个正整数:543215432154321543215432122222;33333;55555;7,7777;1111111111,,,,,,,,,,,,,,,,,,,①②③④⑤.如上,我们把这25个正整数分成5组,则任意选取六个数都一定会有两个数在同一组,显然在同一组中的这两个数中的一个能整除另一个；另一方面,由于每一组数只有5个,因此所选的六个数必然至少选自两组数,即是说在所选的六个数中不存在其中一个能被另五个整除的数.所以,当25n =时是不行的.对于25n <,也可类似地证明.第二步说明26n =是可以的.我们首先定义“好数组”.如果一数组中的数都在所给定的26个正整数中,其中最大的一个记为a ,除a 外的25个数中没有a 的倍数,且这25个数中所有a 的约数都在这组数中,那么我们称这个数组为“好数组”.(一个“好数组”中的数可以只有一个).现证这样的“好数组”至多有五个.否则,必存在六个“好数组”,我们考虑这六个“好数组”中的最大数,分别记为,,,,,a b c d e f ,由题知六个数,,,,,a b c d e f 中必然存在一个能整除另一个,不妨记为|b a ,即是说a 的约数b 不在a 所在的“好数组”中,这与“好数组”的定义不符,故“好数组”至多有五个.由于“好数组”至多有五个,而所给的正整数有26个,因此至少存在一个“好数组”中有六个数,考虑这个“好数组”中的最大数,由“好数组”的定义知这个数组中至少另有五个数都能整除该数.综上可得,所求的最小正整数26n =.陕西师范大学附中 王全 710061 wangquan1978@。
全国高中数学竞赛二试模拟训练题(63)(1)
加试模拟训练题（63）1．△ABC 中∠C =30°，O 是外心，I 是内心，边AC 上的D 点与边BC 上的E 点使得AD =BE =AB .求证：OI 丄DE ，OI =DE .2. 若x 为正实数，n 为正整数．证明：其中[t]表示不超过t 的最大整数．3. 在黑板上写下n 个数，每次许诺擦掉任意两个数，例如a 和b ，换成(a ＋b)/4．如此的运算重复n －1次，结果在黑板上只剩下一个数．证明：假设开始时在黑板上写的是n 个1，那么最后留在黑板上的数不小于1/n ．4.已知p 为大于3的素数.且,,,)1(131********N b a ba p ∈=-++++ .（a,b ）=1，证明p a 。
加试模拟训练题（63）1．△ABC 中∠C =30°，O 是外心，I 是内心，边AC 上的D 点与边BC 上的E 点使得AD =BE =AB .求证：OI 丄DE ，OI =DE .(1988，中国数学奥林匹克集训题)分析：辅助线如下图，作∠DAO 平分线交BC 于K .易证△AID ≌△AIB ≌△EIB ，∠AID =∠AIB =∠EIB .利用内心张角公式，有 ∠AIB =90°+21∠C =105°， ∴∠DIE =360°-105°×3=45°. ∵∠AKB =30°+21∠DAO =30°+21(∠BAC -∠BAO ) =30°+21(∠BAC -60°) O AB CD E F I K30°1∠BAC=∠BAI=∠BEI.=2∴AK∥IE.由等腰△AOD可知DO丄AK，∴DO丄IE，即DF是△DIE的一条高.同理EO是△DIE之垂心，OI丄DE.由∠DIE=∠IDO，易知OI=DE.2.若x为正实数，n为正整数．证明：其中[t]表示不超过t的最大整数．【题说】第十届（1981年）美国数学奥林匹克题5．【证】用数学归纳法．当n=1，2时，（1）显然成立．假设（1）对n≤k－1均成立．kx k=kx k-1+[kx]=（k－1）x k-1+x k-1+[kx] （2）（k-1）x k-1=（k-2）x k-2+x k-2+[（k-1）x] （3）…2x2=x1+x1+[2x] （k）将（2）至（k）式相加，得kx k=x k-1+x k-2+…+x1+x1+[kx]+[（k－1）x]+…+[2x]因此，由归纳假定，kx k≤[kx]+2（[（k－1）x]+[（k－2）x]+…+[x]）可是[（k －m ）x]+[mx]≤[（k －m ）x+mx]（m ＜k ），因此kx k ≤[kx]+（[（k －1）x ）]+[x]）+…+（[x]+[（k －1）x]）≤k[kx]即x k ≤[kx]．此即所欲证之（1）式．3. 在黑板上写下n 个数，每次许诺擦掉任意两个数，例如a 和b ，换成(a ＋b)/4．如此的运算重复n －1次，结果在黑板上只剩下一个数．证明：假设开始时在黑板上写的是n 个1，那么最后留在黑板上的数不小于1/n ．【题说】第二十五届(1991年)全苏数学奥林匹克九年级题2．【解】易知因此通过一次运算后，黑板上各数的倒数和不大于运算前的倒数和．最4.已知p 为大于3的素数.且,,,)1(131********N b a ba p ∈=-++++ .（a,b ）=1，证明p a 。
全国高中数学联赛模拟试题(三)
全国高中数学联赛模拟试题(三)第一试一、选择题(共36分)1. 化简cos 2π7＋cos 4π7＋cos 6π7的值为 ( )A.－1B.1C.－12D.122. S n 和T n 分别是等差数列{a n }和{b n }的前n 项和，且对任意的自然数n 都满足S n T n ＝7n ＋44n ＋27，那么a 11b 11＝ ( )A.43B.74C.32D.7871 3. 直线xcos θ＋y ＋m ＝0(式中θ是△ABC 的最大角)，则此直线的倾斜角变化范围是( )A.(－arctan 12，π4)B.[0，π4)∪(2π3，π)C.[0，π4]D.[0，π4]∪[π－arctan 12，π]4. 设实数m ，n ，x ，y 满足m 2＋n 2＝a ，x 2＋y 2＝b ，其中a ，b 为正常数且a ≠b ，那么mx＋ny 的最大值为 ( )A.a ＋b 2B.abC.2ab a ＋bD.a 2＋b 225. 如图，平面α中有△ABC 和△A 1B 1C 1分别在直线m 的两侧，它们与m 无公共点，并且关于m 成轴对称，现将α沿m 折成一个直二面角，则A ，B ，C ，A 1，B 1，C 1六个点可以确定的平面个数为 ( ) A.14 B.11 C.17 D.凸n边形的各边为直径作圆，使这个凸n 边形必能被这n个圆面所覆盖，则n 的最大值为( ) A.3 B.4 C.5 D.6二、填空题(共54分)6. 已知0＜x ＜π2，log sinx cosx 与log cosx tanx 的首数均为零，尾数和为1，则x ＝_________.7. 设＝n 21a a a 222+++ ，其中a 1，a 2，……，a n 是两两不等的非负整数，则a 1＋a 2＋…＋a n ＝___________.8. 已知不等式a ≤34x 2－3x ＋4≤6的解集为{x|a ≤x ≤b}，其中0＜a ＜b，则b ＝___________.9.已知f(x)＝x2＋(lga＋2)x＋lgb，且f(－1)＝－2，f(x)≥2x对一切x∈R都成立，则a＋b＝_____________.10.正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高为25，AB＝8，A1B1＝4，则异面直线A1B与B1C的距离为____.11.方程(x2－x－1)x＋2＝1的解集为_________________.三、解答题(共计60分)12.(设f(x)＝(1＋x＋x2)n＝c0＋c1x＋c2x2＋……＋c2n x2n，则c0＋c3＋c6＋……＝c1＋c4＋c7＋……＝c2＋c5＋c8＋……＝3n－1.13.(已知满足不等式lg(x2)＞lg(a－x)＋1的整数x只有一个，试求常数a的取值范围.14.(设y＝f(x)是定义在R上的实函数，而且满足条件：对任意的a，b∈R，有f[af(b)]＝ab，试求|f()|.第二试一、(50分)如图，D ，E ，F 分别为△ABC 的边BC ，CA ，AB 上的点，且∠FDE ＝∠A ，∠DEF ＝∠B ，又设△AFE ，△BDF 和△DEF 均为锐角三角形，他们的垂心分别为H 1，H 2，H 3.求证：(1)∠H 2DH 3＝∠FH 1E ；(2)△H 1H 2H 3≌△DEF.二、(50分)设C 0，C 1，C 2，……是坐标平面上的一族圆(周)，其定义如下：(1)C 0是单位圆x 2＋y 2＝1；(2)任取n ∈Z 且n ≥0，圆C n ＋1位于上半平面y ≥0内及C n 的上方，与C n 外切并且与双曲线x 2－y 2＝1相切于两点，C n 的半径记为r n (n ∈Z 且n ≥0) (1)证明：r n ∈Z ； (2)求r n .三、(50分)称自然数为“完全数”，如果它等于自己的所有(不包括自己)的正约数的和，例如，6＝1＋2＋3，如果大于6的“完全数”可以被3整除，证明，它一定可以被9整除.C全国高中数学联赛模拟试题(三)参考答案 第一试一、选择题 1. Ccos 2π7＋cos 4π7＋cos 6π7＝∑∑==π+π=π61k e 61k )]7k 2sin i 7k 2(cos [R 217k 2cos 21令z ＝cos 2π7＋isin 2π7，于是z 7＝1则上式＝12(z ＋z 2＋z 3＋z 4＋z 5＋z 6)＝……＝－122. Aa 11b 11＝21a 1121b 11＝S 21T 21＝7×21＋44×21＋27＝43 3. Dθ∈[π3，π)，cos θ∈(－1，12]，则斜率k ∈[－12，1)4. B由柯西不等式ab ＝(m 2＋n 2)(x 2＋y 2)≥(mx ＋ny)2，当mx ＝ny 时取等号，所以mx ＋ny ≤ab5. B三点确定一个平面，但需除去三组四点共面重复的个数，共确定平面个数为3436C 3C -＋3＝11个6. B注意到：当且仅当∠C ≥90°时，△ABC 能被以AB 为直径的圆覆盖.从而易证n ≤4，当n ＝4时，正方形满足条件. 二、填空题 7.arcsin5－12； log sinx cosx ＋log cosx tanx ＝1 ⇒ log sinx cosx ＝12∴ sinx ＝cos 2x ∴ sin 2＋sinx －1＝0 ∴ sinx ＝5－12(负值舍去) 8.44；＝210＋29＋28＋27＋26＋249.4；分情况讨论得：a ＝43，b ＝410.110；f(－1)＝1＋lgb －(2＋lga)＝－2∴ lga ＝lgb ＋1，而(lga)2－4lgb ≤0∴ (lgb －1)2≤0 ∴ lgb ＝1 ∴ b ＝10，a ＝100 11.4105；过B 1作A 1B 的平行线交AB 于E ，转化为求B 点到平面B 1CE 的距离. 12.{－2，－1，0，2}若x 2－x －1＝1，则x ＝2，－1若x 2－x －1＝－1且x ＋2为偶数，得x ＝0若x ＋2＝0且x 2－x －1≠0得x ＝－2 三、13．令ω＝－12＋32i ，则有f ⑴＝c 0＋c 1＋c 2＋c 4＋c 5＋……＋c 2n ＝3n…………………①f(ω)＝c 0＋ωc 1＋ω2c 2＋c 3＋ωc 4＋ω2c 5＋……＋ω2nc 2n ＝0…………………②f(ω2)＝c 0＋ω2c 1＋ωc 2＋c 3＋ω2c 4＋ωc 5＋……＋ω4nc 2n ＝0…………………③①＋②＋③得3(c 0＋c 3＋c 6＋……)＝3n，∴ c 0＋c 3＋c 6＋……＝3n －1.②－①得c 1＋c 4＋c 7＋……＝c 2＋c 5＋c 8＋……于是c 1＋c 4＋c 7＋......＝c 2＋c 5＋c 8＋......＝c 0＋c 3＋c 6＋ (3)，14．∵ x 2＞0，∴ |x|≤1，∴ x ＝－1或0或1x ＝－1时，lg15＞lg(a ＋1)＋1，∴ －1＜a ＜12x ＝0时，lgga ＋1 ∴ 0＜a ＜2x ＝1时，lg15＞lg(a －1)＋l ∴ 0＜a ＜52又因为满足条件的整数x 只有一个，∴ a 的取值范围是(－1，0]∪[12，1]∪[2，52)15．令a ＝1，则f(f(b))＝b ，∴ f(f(x))＝x∴ f(f(f 2(x)))＝f 2(x)∴ f(f(f 2(a)))＝f 2(a)再令a ＝f(b)，则f(f 2(b)＝bf(b)∴ f(f(f 2(b)))＝f(bf(b))＝b 2.∴ f(f(f 2(a)))＝a 2.∴ f 2(a)＝a 2， ∴ |f(a)|＝|a| ∴ f()＝第二试一、⑴∵ H 1为△AEF 的垂心，∴ ∠EH 1F ＝180°－∠A ＝∠B ＋∠C∠H 2DH 3＝180°－∠H 2DB －∠H 3DC ＝180°－(90°－∠B)－(90°－∠C)＝∠B ＋∠C ∴ ∠EH 1F ＝∠H 2DH 3⑵连结FH 2，EH 3，则FH 2⊥BD ，EH 3⊥BC∴ FH 2∥EH 3 由⑴中所证∠EH 1F ＋∠EOF ＝180° ⇒ E ，D ，F ，H 1四点共圆.同理，E ，D ，H 1，H 2四点共圆，H 1，D ，F ，H 3四点共圆，E ，D ，F ，H 1，H 2，H 3六点共圆. 二圆内接四边形EH 2H 3F 中，EH 2∥FH 3， ∴ EF ＝H 2H 3，同理，DE ＝H 1H 3，DF ＝H 1H 2， ∴ △H 1H 2H 3≌△DEF.二、⑴由对称性可知r n 的圆心在y 轴上，设r n 的方程为x 2＋(y －s n )2＝r n 2，其中s n ＝r 0＋2(r 1＋r 2＋……＋r n －1)＋r n .将x 2＝y 2＋1代入其中得 y 2＋1＋y 2＋s n 2－2ys n －r n 2＝0△＝4s n 28S n 2＋8r n 2－8＝0 ⇒ 2r n 2＝S n 2＋2 从而易得r n ＝6r n －1－r n －2，∵ r 0＝1，r 1＝3，∴ 对任意n ∈N ，有r n ∈N (2)由特征根方程可得r n ＝A(3＋22)n＋B(3－22)n，将r 0＝1，r 1＝3代入其中，得r n ＝12[(3＋22)n ＋(3－22)n]三、设“完全数”等于3n ，其中n 不是3的倍数，于是3n 的所有正约数(包括它自己)可以分为若干个形如d 和3d 的“数对”，其中d 不可被3整除，从而3n 的所有正约数的和(它等于6n)是4的倍数，因此是2的倍数.我们注意到，此时32n ，n ，12n 和1是3n的互不相同的正约数，但它们的和等于3n ＋1＞3n ，从而3n 不可能是“完全数”，得到矛盾.。
全国高中数学竞赛二试模拟训练题(88)(1)
加试模拟训练题（88）1．以O为圆心的圆通过⊿ABC的两个极点A、C，且与AB、BC两边别离相交于K、N两点，⊿ABC和⊿KBN的两外接圆交于B、M两点．证明：∠OMB为直角．2. 设a和b为实数，且使方程x4+ax3+bx2+ax+1=0至少有一个实根，对所有这种数对(a，b)，求出a2+b2的最小可能值．3 一条平行于x轴的直线，若是它与函数y＝x4＋px3＋qx2＋rx＋s的图像相交于互异的四点A、B、C、D，而线段AB、AC与AD能够组成某个三角形的三条边，那么就称此直线为“三角形的”．证明；平行于x轴而与上述函数的图像相交于四个不同点的直线中，要么全都是三角形的，要么没有一条是三角形的．4.已知实函数(,)f x y知足(,0)1,f x=①((,),)(,).f f x y z f z xy z=+②求(,)f x y的表达式.加试模拟训练题（88）1．以O为圆心的圆通过⊿ABC的两个极点A、C，且与AB、BC两边别离相交于K、N两点，⊿ABC和⊿KBN的两外接圆交于B、M两点．证明：∠OMB为直角．分析关于与圆有关的问题，常可利用圆幂定理，假设能找到BM上一点，使该点与点Ｂ关于圆O等幂即可．证明：由BM、KN、AC三线共点P，知PM·PB=PN·PK=PO2-r2．⑴由PMN =BKN =CAN，得P、M、N、C共圆，故BM·BP=BN·BC=BO2-r2．⑵⑴－⑵得，PM·PB-BM·BP= PO2 - BO2，即(PM-BM)(PM+BM)= PO2 - BO2，确实是OA CBKNMPM2 -BM2= PO2 - BO2，于是OM⊥PB．2. 设a和b为实数，且使方程x4+ax3+bx2+ax+1=0至少有一个实根，对所有这种数对(a，b)，求出a2+b2的最小可能值．【题说】第十五届(1973年)国际数学奥林匹克题3．此题由瑞典提供．【解】设实数x使x4+ax3+bx2+ax+1=0则从而方程y2+ay+(b-2)=0此式即平方整理得2｜a｜≥2+b从而程x4+ax3+bx2+ax+1的实根)．3 一条平行于x轴的直线，若是它与函数y＝x4＋px3＋qx2＋rx＋s的图像相交于互异的四点A、B、C、D，而线段AB、AC与AD能够组成某个三角形的三条边，那么就称此直线为“三角形的”．证明；平行于x轴而与上述函数的图像相交于四个不同点的直线中，要么全都是三角形的，要么没有一条是三角形的．【题说】1980年四国国际数学竞赛题5．此题由芬兰提供．【证】设有一条直线是三角形的，不妨设它确实是x轴，而且交点A在最左面(若是B在最左，A为左起第二个，那么BA、BC、BD也成三角形，其它情形令x＝－t就能够够化成这两种)，A确实是原点．这时B、C、D 的横坐标是三次方程x3＋px2＋qx＋r＝0的三个根，它们能够作为三角形的三条边的充分必要条件是P＜0，q＞0， r ＜0及p 3＞4pq －8r ．任一条平行于x 轴的直线y ＝y 0与y ＝x 4＋px 3＋qx 2＋rx ＋s 的四个交点的横坐标记为x 0＜x 1＜x 2＜x 3，那么正数a ＝x 1－x 0，b ＝x 2－x 0，C ＝x 3－x 0及0知足方程 y 0＝(x ＋x 0)4＋p(x ＋x 0)3＋q(x ＋x 0)2＋r(x ＋x 0)＋s 从而a 、b 、c 是方程的根．由于＝p3－4pq ＋8r ＞0 因此a 、b 、c 能够作为三角形的边长．即直线y ＝y 0是三角形的．4.已知实函数(,)f x y 知足(,0)1,f x = ① ((,),)(,).f f x y z f z xy z =+ ② 求(,)f x y 的表达式.解 把①代入②，有()()()()1,,0,,01f y f f x y f y y y ==+=+， ③ 进而 ()()(),111,1f x f x =+- ()()()1,1,1f f x =- （由③） 1x =+ ④ 一方面由④有()()(),,1,1,f f x y f x y =+ ⑤ 另一方面由②、③有()()(),,11,11 1.f f x y f xy xy =+=++ ⑥ 由⑤、⑥得(),111f x y xy +=++，即 (),1f x y xy =+.查验知(),1f x y xy =+为所求.。
全国高中数学竞赛二试模拟训练题(43).doc
Q -a 若n>cf Cf Cii+b))若加试模拟训练题(43)1、 如图，已知两个半径不相等的OQ 和OQ 相交于弘"两点，且。
久与©0内切于S 、 7两点，求证：施侧的充分必要条件是S 、N 、7三点共线.2、假设a 、b 、c 是已知的自然数且a<b<c.1) .证明函数f ： N-N 是唯一的，f 是由下列规则定义f(n)= 2) .找出至少有一个不动点(即f(x)=x)的充分必要条件.3) •用a 、b 、c 来表示这样的一个不动点.严格递减•证明：在这段时间内，必有某个步彳丁者，他与其它人的距离之和也严格递减.4、设a,b,cE Z使得a+b + c\a2 + b2 +c2,证明：存在无穷多个正整数"，使得a+b + c\a" +b" + c"加试模拟训练题(43)人如图，已知两个半径不相等的04和相交于弘"两点，且©«> 04与00内切于S、7两点，求证：如必V的充分必要条件是厂、、S、N、7二点共线.\ 【证】如图，山题设，知0、久S共线，0、@、7共线.连结OS、\f xl OT、SN、NT、0\M、ON OM、0,N,则有0S= OT.1⑴充分性设S、N、7三点共线，则Z5=ZZ因△Q5M AO脖都是?等腰三角形，故…Z5=Z O\NS= Z7=Z0>NT,从而ONI OS, 0,N// OT0久也为平行四边形，故00, = 0.N= 0-M, 00.= 0^= O.M.所以\0用咤\0伽,则S^ai,0=S.亠aa//OM；又山于aaLMN,故如丄侧(2)必要性设创丄恣山图知oo-oa= JOT— o①-{os-= as-O,T{定值)=Ma-Mo,所以，加/分别在以久4为焦点的双曲线的(左、右)两支上.由OMLMN, ao亠MN,知饷〃OiOi.又由双曲线对称性，知OOMO是等腰梯形.所以00-=0iM=0iN, 00Y=M0-=0I N,从而04血是平彳亍四边形.所以2Z0\NS+ 2Z0iNT+ 2Z0\N0〔 = (Z0.NS+ ZS+Z SOZ + (Z0.NT+ AT+ANO-T) = 360°, Z O.NS+ Z O.NT+ Z 180° , S、N、7三点共线.2、假设a、b、c是已知的自然数R. a<b<c.1).证明函数f： N-N是唯一的，f是由下列规则定义F f_ Q-a 奇〉c2 =，f(f(Q+b) )«D<CL2).找出至少有一个不动点(即f (x) =x)的充分必要条件.3)•用a、b、c来表示这样的一个不动点.【解】我们可以逐步求出f(x)的表达式.在n>c 时，f (n) =n—a在c$n>c— (b —a)时，f (n) =f (f (n+b)) =f (n+b—a) =n+ (b —a) —a在 c — (b—a) Mn>c —2(b—a)时，f (n) =f (f (n+b)) =f (n+2(b —a)) =n+2(b —a) —a一般地，在c—k(b—a) $n>c— (k+1) (b—a)时,f (n) =n+ (k+1) (b—a) —a, k=0, 1,…，q这里qWN,满足q(b—a) WcV (q+1) (b—a)因此，f(n)是唯一的.若f有不动点n,则n=n+k(b —a)—a即(b —a) | a上式不但是必要条件，而且也是充分条件.事实上，在这一条件成立时，设a=k(b-a),则满足c—(k—1) (b—a) Mn>c—k(b—a)的自然数n都是不动点.严格递减•证明：在这段时间内，必有某个步行者，他与其它人的距离之和也严格递减.【题说】第二十二届(1996年)全俄数学奥林匹克十一年级题2.【证】设有n个步行者，分别用m p2,…，p”表示，用兀表示p占p」彼此靠近的速度(1 WiWjWn).这个量可能正，也可能负.注意，在整个考察时间内牡不会增大(仅当pi与p」相遇，或其中一人追上另一人时才会减小).已知在考察时间的最后时刻，这些速度之和是正数：送因为Vij=Vji(lWiVjWn),所以乙 "U1从而必有某个步行者Pj,使得c*)UI因为所有的Vij在整个考察时间内不增，所以不等式(*)在整个考察时间内成立.从而原命题得证.4、设a,b,ce Z使得a + b + c\a2 + b2 +c2,证明：存在无穷多个正整数左，使得a +b + c\a n + b n +c n证明设a m+b m+c m=S m(rnEN+).可知数列+满足递推公式S m+3 =(a + b + c)S m+2 - (ab +bc + ca)S m+l + abcS m .(牛顿幕和公式) ①由a+b + c\a2 + b2 +c2, (a + b + c)2 = (a1 + + c2) + 2(ab + bc + ca),可以得至!Ja +b + c\ 2(ab + bc + ca). ②下面证明：若a + b + cIS加，贝^a+b + c\ S m+3,(1) a + b + c为奇数，由a + b + c\ ab+ bc + ca .又因为a + b + c丨S肌，所以d+Z? + cl[(a + b + c)S肌+2 一(ab + be + ca)S m+l + abcS m],即a+b + c\ S祝+3・(2) a + b + c为偶数,因为&和a m+1,方和b m+19 c和c〃+i奇偶性相同，所以a+b + c和a m+i+b m+i + c m+l奇偶性相同，S朋+]也是偶数，结合②，有a + b + c \ {ab + /?c + ca)S m+l,又因为 a + b + cIS耕,所以a+Z? + cl[(a + b + c)S m+2— (ab + be + ca)S m+x— abcS m],即a+b + c\ S祝+3・因为S,能被a + b + c整除，所以54,57,5|0…也能被a+b + c整除符合要求的"有无穷多个.。
全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(20).pdf
加试模拟训练题（20） 1、设点是凸四边形的对角线的交点，过的重心与的重心引一条直线，过的垂心与的垂心引一条直线，证明这两条直线互相垂直。
2、已知，求证： 3、一群小孩围坐一圈分糖果，老师让他们每人先取偶数块，然后按下列规则调整：所有的小孩同时把自己的糖分一半给右边的小孩．糖的块数变成奇数的人，向老师补要一块．证明：经过有限次调整之后，大家的糖就变得一样多了． 4、求所有的素数，使与也是素数。
加试模拟训练题（20） 1、设点是凸四边形的对角线的交点，过的重心与的重心引一条直线，过的垂心与的垂心引一条直线，证明这两条直线互相垂直。
（6届全苏） 证明 设的重心分别为，则四边形是平行四边形，并满足分别平行于，，从而有。
设的垂心分别为，则均三点共线，且四边形是平行四边形，并满足分别垂直于。
设，不妨假设，则，所以有，即。
同理，于是有。
因此平行四边形与相似，若把其中的一个平行四边形旋转，那么不仅它们的对应边而且它们对应的对角线都互相平行，因此有。
2、已知，求证： 3、一群小孩围坐一圈分糖果，老师让他们每人先取偶数块，然后按下列规则调整：所有的小孩同时把自己的糖分一半给右边的小孩．糖的块数变成奇数的人，向老师补要一块．证明：经过有限次调整之后，大家的糖就变得一样多了． 【证】设在某次调整前糖最多的人有2m块，最少的有2n块，m＞n，那末可以看出： (1)调整后每人的糖的块数仍然在2n与2m之间．因为若某孩子原有2k块，在他左边的有2h块，n≤k≤m，n≤h≤m．那么调整后这孩子所得的块数k＋h满足2n≤k＋h≤2m．只有当k＋h是奇数时(这时k＋h＜2m)，可补要一块，仍不超过2m块． (2)原来拿糖超过2n块的，调整后仍超过2n块，因为由k＞n，h＞n，得k＋h＞2n． (3)至少有一个原来糖为2n块的孩子调整后糖至少增加一块．因为至少有一个拿2n块的孩子左邻拿着2k＞2n块，调整后这个孩子至少要拿n＋k＞2n块． 由于每调整一次，拿2n块的孩子至少少了一个，所以若干次后，每个孩子的糖的块数都大于2n，又由于每人的糖的块数始终≤2m，所以若干次调整后，糖块最多与最少的差至少减少1．因此，有限次调整后，各人的糖的块数就会变成相同了． 4、求所有的素数，使与也是素数。
全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(75).doc
的数列｛%｝,加试模拟训练题(75)1以圆。
外一点P,引圆的两条切线以，PB, A, B 为切点。
割线PCD 交圆。
于 C, Do 又由B 作CD 的平行线交圆。
于£。
若F 为CD 中点，求证：A, F, E 三点共线。
2.设｛%｝为有下列性质的实数列：l=a°WaiWa2W“・WanW …(1)又 ｛ 况 ｝ 是 由 下 式 定 义 的 数 列b.=WQ- ~~)* i» = l* 2, 3— 证明：(a)对所有n=l, 2, 3,…，有0<b n <2；(b)对0Wc<2的任一 c,总存在一个具有性质(1)得由(2)导出的数列｛鼐｝中有无限多个下标n 满足b n >c.3.在一平面上已知n个点，其中n>4且无三点在一直线上，证明,至少可找个以上述改点为顶点的四四蜘.4.设且秫>2,证明：（2'"—1）«2"+1）。
（1）加试模拟训练题（75）1以圆。
外一点P,引圆的两条切线以，PB, A, B为 切点。
割线PCD 交圆。
于C, Do 又由B 作CD 的 平行线交圆。
于£。
若F 为CD 中点，求证：A, F, E三点共线。
证 如图，连 AF, EF, OA, OB, OP, BF, OF, 延长FC 交BE 于G 。
易如 0A ± AP, OB ± BP,OF ± CP,所以 P, A, F, 0, B五点共圆，有ZAFP=ZAOP=ZPOB=ZPFBo又因 CD//BE,所以有ZPFB=ZFBE, ZEFD=ZFEB,而FOG 为BE 的垂直平分线，故EF=FB, ZFEB=ZEBF,所以ZAFP=ZEFD, A, F, E 三点共线。
2.设｛%｝为有下列性质的实数列:1 二 a°WaiWa2W ・・・WanW …又｛"｝是由下式定义的数列： b B = t （1-B ） - Q = L 2. 3“ （2）证明：（a ）对所有n=l, 2, 3,…，有0W&<2；（b ）对0Wc<2的任一 c,总存在一个具有性质（1）的数列｛%｝,使 得由（2）导出的数列｛"｝中有无限多个下标n 满足b n >c.【题说】第十二届（1970年）国际数学奥林匹克题3.本题由瑞士提供.E 3 J 艾）*蚩—）■其（Rr 法）（左-为 -庐+ A ）（仁彳） <2（舄£）所以皿 Q-芒）土弦（史才d*<l- d Q-d)=20>）令"成=小，J«当（KKl 时彖件Q ） 球 又利式b.中第k 项是浦-2 (k-4 )Q-『因此 b .■支(1-玲 d k -Cl-d 2)丸*o #dQ+d) S现在要求对无穷多个n, d (1+d) (1-cT) >c,贝U为此，只要Wd,航£<<K L事实上，这时有d （1+d ） >c.故（3）右端为一正数.因为0<d<l 时, d —0,所以存在一个确切的自然数N （如取N=[ln （1-c/ （d （1+d ） /Ind ））]）, 使得当n>N 时（3）成立.于是（b ）得证.3.在一平面上已知n 个点，其中n>4且无三点在一直线上，证明,至少可找个以上述己如点为顶点的四四蜘.【题说】第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题5.本题由蒙古提供.皿 以》点中任毒三点为项点作三角琢 可作C ：个，其中面积景大者设为AABC.过A 、B 、C 分别作对边的平行线相交得B ，以.因为AABC 的面积最大，所以其余的n-3个点均在左A ，B ，C ，中（如果有一点T 在AA ，B ， C ，夕卜，那么T 与A 、B 、C 中某两点构成的三角形的面积大于AABC 的面积，矛盾！）. 除A 、B 、C 外的n-3个点中，任取二点D 、E,则直线DE 不可能与AABC 三边都相交，不妨 设直线DE 与BC 不相交，于是四边形BCDE为四四妍.田轻。
全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(83).pdf
加试模拟训练题（83） 2.?数列｛an｝定义为a1=a2=1，an+2=an+1+an．求证：当n≥2时，a2n-1必是数列中某两项的平方和，a2n必是数列中某两项的平方差． 3. 已知平面上n(n＞2)个点，其中任意三点都不在一直线上．试证：在经过这些点的所有闭折线中，长度最短的一定是简单闭折线． 4 .设，。
（1）若，求证：是完全平方数 （2）存在无穷多个，使得 加试模拟训练题（83） 2.?数列｛an｝定义为a1=a2=1，an+2=an+1+an．求证：当n≥2时，a2n-1必是数列中某两项的平方和，a2n必是数列中某两项的平方差． 【题说】1990年南昌市赛二试题1．此数列即为斐波拉契数列． 【证】数列的前4项为1，1，2，3， 因此对一切自然数n≥2， ? 3. 已知平面上n(n＞2)个点，其中任意三点都不在一直线上．试证：在经过这些点的所有闭折线中，长度最短的一定是简单闭折线． 【题说】 1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题2．简单闭折线即不自身相交的闭折线． 【证】 设已知点为A1，A2，…，An，L为经过这些点的最短的闭折线． 若L不是简单闭折线，则L有两段，设为AiAj、AsAt相交于内点P，这时 AiAt＋AsAjAiP＋PAt＋AsP＋PAj ＝AiAj＋AsAt L中的线段AiAj、AsAt改为AiAt、AsAj，则折线的长度减少，与L的最小性矛盾，从而L一定是简单闭折线． 4 .设，。
（1）若，求证：是完全平方数 （2）存在无穷多个，使得 解析：， ，。
可以得到，得证。
可以得到，取即可。
A B C M N L K A B C M N L K。
全国高中数学联赛第二试试题
全国高中数学联赛第二试试题一、选择题1、试找出最大的正整数N ，使得无论怎样将正整数1至400填入20×20方格表的各个格中，都能在同一行或同一列中找到两个数，它们的差不小于N 。
2、设非负整数数列a 1,a 2,…,a 2007满足：a i +a j ≤a i+j ≤a i +a j +1，对一切i,j ≥1,i+j ≤2007成立。
证明：存在实数x ，使对一切1≤n ≤2007，有a n =[nx].3、以ΔABC 的三边向外作正方形ABED ，BCGF 和CAIH ，直线DI ，EF ，GH 交成ΔLMK ，其中K=DI ∩EF ，M=DI ∩GH ，L=EF ∩HG 。
求证：ΔKLM 中KM 上的中线LN ⊥BC 。
以下是答案一、选择题1、解 N=209。
先证明N ≤209，用正中的竖直直线将方格表分成两个20×10的方格表，将1至200逐行按递增顺序填入左表中，再在右表中按同样的原则填入201至400，这样一来，在每一行中所填之数的最大差不超过210-1=209，在每一列中所填之数的最大差都不超过191-1=190，所以N ≤209。
再证N 不能小于209。
考察子集M 1={1，2，…，91}和M 2={300，301，…，400}，将凡是填有M 1中的数的行和列都染为红色；将凡是填有M 2中的数的行和列都染为蓝色，只要证明红色的行和列的数目不小于20，而蓝色的行和列的数目不小于21。
那么，就有某一行或某一列既被染为红色，又被染为蓝色，从而其中必有两个数的差不小于300-91=209。
设有i 行和j 列被染为红色，于是，M 1中的元素全部位于这些行与这些列的相交处，所以ij ≥91,从而i+j ≥2ij ≥291≥19.同理，被染为蓝色的行数与列数之和.201012''2''>≥≥+j i j i2、 证明 先证对任意m,n ∈N +,1≤m,n ≤2007，有ma n a m n 1+<，即ma n <na m +n. ① （1）当m=n=1时a 1<a 1+1，结论成立；（2）设m,n 都小于k 时，命题成立，ⅰ）当m=k,n<k 时，设m=nq+r ，则a m ≥a nq +a r ≥q an +a r ，所以na m ≥nqa n +na r ，所以na m +n ≥nqa n +na r +n=ma n -ra n +na r +n>ma n ；ⅱ）当n=k, m<k 时，设n=mq+r, 0≤r<m ，则a n ≤a qm +a r +1≤a (q-1)m +a r +a m +2≤…≤q am +a r +q ，由归纳假设ra m +r ≥ma r ,所以ma n ≤mqa m +ma r +mq<mqam+ra m +r+mq=na m +n ，所以当m,n 至少有一个为k 时结论成立，而m=n=k 时，结论也成立，所以由数学归纳法，①得证。
全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(59).doc
加试模拟训练题(59)1.设人⑷力3人4为00内接四边形，Hi，H2, H3,皿依次为△力2力3人4, △力3人4人1，△人招胡2, 人3的垂心.求证:H], H2, H3,也四点共圆，并确定出该圆的圆心位置.2.设a、b、c是正实数，并满足abc=l •证明:并指明等号在什么条件下成立.3.设有两个完全相同的齿轮A、B, B被平放在一个水平面上，A放在B上面并使两者完全重合（从而两者在水平面上的投影完全重合），然后任意去掉四对重合的齿.如果两齿轮各有14 个齿，试问：能否将齿轮A绕两齿轮的公共轴旋转一个适当的位置，使得两齿轮在水平面上的投影合为一个完整齿轮的投影？如果两齿轮各原有13个齿,又是怎样呢？请证明你的论断.4.将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，求出这个数列的第2010项。
点共圆，并确定出该圆的圆心位置. （1992,全国高中联赛）分析：连接A 2H lf AH ，皿兄，记圆半径 为R.由力3人4知加试模拟训练题（59）1.设人風人3人4为。
0内接四边形，Hi ，H 2, H 3,也依次为△力2人3人4, △力3力4人1，△人必胡2，△力胡2人3的垂心.求证:H” H 2, H 3,也四-------- --- ——=2R => /\2H I =2/?COS Z/43^2^4； sinZA 2A 3H l由△人1人3人4得A]H2=2/?COS /人3人1力 4・但ZA 3A 2A 4=ZA 3A 1A 4,故 A 2H^A r H 2. 易证A 2H 1//A 1A 2,于是，A 2Hr 如出, 故得仙2如2如设H/i 与H 2A 2的交点为M,故HH 与A,A 2关于M 点成 中心对称.同理，H2H3与A 2A 3, H3H4与A 3A 4, H4H1与ZUS 都关于M 点成中心对称.故 四边形H1H2H3H4与四边形人胡2人3人4关于M 点成中心对称，两者是全等四边 形，H 2, H3,也在同一个圆上.后者的圆心设为Q, Q 与O 也关于M 成 中心对称.由O, M 两点，Q 点就不难确定了.2.设a 、b 、c 是正实数，并满足abc=l.证明:abbecaf *ab*b‘ *bc 7 .ca*"" *并指明等号在什么条件下成立.【题说】第三十七届(1996年)IMO 预选题. 【证】由 a 5+b 5-a 2b 2 (a+b) = (a 2-b 2) (a 3-b 3> 診0 得a 5+b 5^a 2b 2 (a+b)(1)協 elab a?b"c -_ ca 1*b J*ab a 1 <■ b J * a a b ac a a b J (a * b) *a*b° c a + b+c同理,j. afc> ] be ] ca < c * a * b a s +b J *ab b‘*•』+bc c 5 +a s *ca a *b *c a*b *c a*b *c=1当且仅当a=b=c=l 时，以上各式中等号均成立.3. 设有两个完全相同的齿轮A 、B, B 被平放在一个水平面上，A 放在B 上面并使两者完全重 合（从而两者在水平面上的投影完全重合），然后任意去掉四对重合的齿.如果两齿轮各有14 个齿，试问：能否将齿轮A 绕两齿轮的公共轴旋转一个适当的位置，使得两齿轮在水平面上 的投影合为一个完整齿轮的投影？如果两齿轮各原有13个齿,又是怎样呢？请证明你的论断. 【题说】第五届（1990年）全国冬令营选拔赛题5.【解】将每个断齿赋值“0”，好齿赋值“1”.对A 齿轮的每个位置，作两轮对应位置齿值的 乘积之和，初始位置除外的13个位置总和为10X9 = 90<13X7,故必有一个位置的和W6.此 时必定任二断齿不相重合.当齿数为13时，将A 、B 重合时各对齿依顺时针记为0, 1, 12.锯掉0, 1, 5, 11四对齿.0, 1, 5, 11两两之差恰取遍1, 2, 12 （mod 13）.故对A 的任一位置总有两个断齿重合，始终得不到完整的投影.4. 将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，求出这个数列的第2010项。
全国高中数学竞赛二试模拟训练题(82)
加试模拟训练题（82）1 如图，四边形ABCD 内接于圆，AB ，DC 延长线交于E ，AD 、BC 延长线交于F ，P 为圆上任意一点，PE ，PF 分别交圆于R ，S . 若对角线AC 与BD 相交于T . 求证：R ，T ，S 三点共线。
2.对于每个实数x 1，由x n+1=x n （x n +1/n ），n ≥1，构成序列x 1，x 2，…，证明：存在唯一的x 1，使得0＜x n ＜x n+1＜1（n=1，2，…）．3.九条直线中的每一条直线都把正方形分成面积比为2:3的两个四边形．证明：这九条直线EB RC TA P S DF中至少有三条经过同一点．4. 已知49个正整数的集合M，M中的每个数的质因数不大于10，证明：M中有4个互不相同的元素，它们的乘积等于某个整数的四次方。
加试模拟训练题（82）1如图，四边形ABCD内接于圆，AB，DC延长线交于E，AD、BC延长EB RC线交于F ，P 为圆上任意一点，PE ，PF 分别交圆于R ，S . 若对角线AC 与BD 相交于T . 求证：R ，T ，S 三点共线。
先证两个引理。
引理1:A 1B 1C 1D 1E 1F 1为圆内接六边形，若A 1D 1，B 1E 1，C 1F 1交于一点，则有1111111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A . 如图，设A 1D 1，B 1E 1，C 1F 1交于点O ，根据圆内接多边形的性质易知 △ OA 1B 1∽△OE 1D 1，△OB 1C 1∽△OF 1E 1， △ OC 1D 1∽△OA 1F 1，从而有 △O D O B E D B A 111111=， O B O F C B F E 111111=， OF OD A F D C 111111=. 将上面三式相乘即得1111111111111=⋅⋅A F FE E D D C C B B A ，引理2：圆内接六边形A 1B 1C 1D 1E 1F 1，若满足1111111111111=⋅⋅A F F E E D D C C B B A 则其三条对角线A 1D 1，B 1E 1，C 1F 1交于一点。
全国高中数学竞赛二试模拟训练题(56)(1)
加试模拟训练题（56）1．M 是△ABC 边AB 上的任意一点.r 1，r 2，r 别离是△AMC ，△BMC ，△ABC 内切圆的半径，q 1，q 2，q 别离是上述三角形在∠ACB 内部的旁切圆半径.证明：11q r ·22q r =qr . 2. 设a i ≥0（i=1，2，…，n ），a=min{a 1，a 2，…，a n }，试证式中a n+1=a 1．3. 数1，2，…，n 以任意方式写在圆周上，每次许诺调换相邻两数的位置，若是它们差的绝对值大于1的话．证明：经有限次的调换后，所有的数可按自然数列的顺序排列．4.设,,a b c Z ∈使得222|a b c a b c ++++，证明：存在无穷多个正整数n ，使得 加试模拟训练题（56）1．M 是△ABC 边AB 上的任意一点.r 1，r 2，r 别离是△AMC ，△BMC ，△ABC 内切圆的半径，q 1，q 2，q 别离是上述三角形在∠ACB 内部的旁切圆半径.证明：11q r ·22q r =qr. (IMO -12)分析：对任意△A ′B ′C ′，由正弦定理可知OD =OA ′·2'sin A=A ′B ′·'''sin 2'sinB O A B ∠·2'sin A=A ′B ′·2''sin2'sin2'sin B A B A +⋅， O ′E = A ′B ′·2''sin2'cos2'cos B A B A +.∴2'2''B tg A tg E O OD =. 亦即有11q r ·22q r =2222B tg CNB tg CMA tg A tg ∠∠=22B tg A tg =qr . A ...'B 'C 'OO 'ED2. 设a i ≥0（i=1，2，…，n ），a=min{a 1，a 2，…，a n }，试证式中a n+1=a 1．【题说】1992年第七届数学冬令营题2．3. 数1，2，…，n 以任意方式写在圆周上，每次许诺调换相邻两数的位置，若是它们差的绝对值大于1的话．证明：经有限次的调换后，所有的数可按自然数列的顺序排列． 【题说】第十五届(1989年)全俄数学奥林匹克十年级题2．【证】第一将数1与其相邻的数调换位置，沿同一方向直至与2相邻；然后一、2两数沿前述方向向3靠拢(先调换2，然后调换1)；继而一、二、3三数向4靠拢，等等．如此便能将写出的数(沿顺时针或反时针方向)调整成按自然数列的顺序排列．4.设,,a b c Z ∈使得222|a b c a b c ++++，证明：存在无穷多个正整数n ，使得证明 设()m m m m a b c S m N +++=∈．可知数列m S 知足递推公式321()()m m m m S a b c S ab bc ca S abcS +++=++-+++．（牛顿幂和公式） ① 由于222|a b c a b c ++++，2222()()2()a b c a b c ab bc ca ++=+++++，能够取得|2()a b c ab bc ca ++++．②下面证明：假设|m a b c S ++，那么3|m a b c S +++．（1）a b c ++为奇数，由②得|a b c ab bc ca ++++．又因为|m a b c S ++，因此21|[()()]m m m a b c a b c S ab bc ca S abcS ++++++-+++，即3|m a b c S +++．（2）a b c ++为偶数，因为a 和1m a +，b 和1m b +，c 和1m c +奇偶性相同，因此a b c ++和111m m m a b c +++++奇偶性相同，1m S +也是偶数，结合②，有1|()m a b c ab bc ca S +++++，又因为|m a b c S ++，因此21|[()()]m m m a b c a b c S ab bc ca S abcS ++++++-++-， 即3|m a b c S +++．因为1S 能被a b c ++整除，因此4710,,S S S 也能被a b c ++整除，符合要求的n 有无穷多个．。
全国高中数学联赛二试平面几何赛题精选
历年全国高中数学联赛二试几何题汇总1 （类似九点圆）如图，在锐角∆ABC 中，AB<AC ，AD 是边BC 上的高，P 是线段AD 内一点。
过P 作PE ⊥AC ，垂足为E ，作PF ⊥AB ，垂足为F 。
1O 、2O 分别是∆BDF 、∆CDE 的外心。
求证：1O 、2O 、E 、F 四点共圆的充要条件为P 是∆ABC 的垂心。
证明：连BP 、CP 、1O 2O 、E 2O 、EF 、F 1O 。
因为PD ⊥BC ，PF ⊥AB ，则B 、D 、P 、F 四点共圆，且BP 为该圆的直径。
又因为1O 是∆BDF 的外心，故1O 在BP 上且是BP 的中点。
同理可证，C 、D 、P 、E 四点共圆，且2O 是CP 的中点。
于是，1O 2O 平行于BC ，则∠P 2O 1O =∠PCB 。
因为AF*AB = AP*AD = AE*AC ，所以B 、C 、E 、F 四点共圆。
充分性：设P 是∆ABC 的垂心，由于PE ⊥AC ，PF ⊥AB ，所以，B 、1O 、P 、E 四点共线，C 、2O 、P 、F 四点共线，∠F 2O 1O =∠FCB =∠FEB = ∠FE 1O ，故1O 、2O 、E 、F 四点共圆 必要性：设1O 、2O 、E 、F 四点共圆，则∠1O 2O E + ∠EF 1O = π注意到∠P 2O 1O =∠PCB=∠ACB - ∠ACP ，又因为2O 是直角∆CEP 的斜边中点，也就是∆CEP 的外心，所以∠P 2O E=2∠ACP 。
ABDCEFP1O 2O因为1O 是直角∆BFP 的斜边中点，也就是∆BFP 的外心，从而∠PF 1O =2π - ∠BF 1O = 2π- ∠ABP 因为B 、C 、E 、F 四点共圆，所以∠AFE =∠ACB ，∠PFE =2π- ∠ACB 于是，由∠1O 2O E + ∠EF 1O = π得： （∠ACB - ∠ACP+ 2∠ACP ）+ (2π - ∠ABP +2π- ∠ACB) = π ， 即∠ABP =∠ACP 。
全国高中数学竞赛二试模拟训练题(10)
加试模拟训练题（10）1、已知凸四边形ABCD ， ,AB DC 交于点P ， ,AD BC 交于点Q ，O为四边形 ABCD 内一点，且有 BOP DOQ ∠=∠，证明180AOB COD ∠+∠=︒。
2、已知),0(,,∞+∈z y x ，且1=++z y x ，证明：274222≤++x z z y y x 成立的条件.3．圆周上有800个点，依顺时针方向标号为1,2,…,800它们将圆周分成800个间隙.今选定某一点染成红色，然后按如下规则，逐次染红其余的一些点：若第k 号点染成了红色，则可依顺时针方向转过k 个间隙，将所到达的点染成红色，试求圆周上最多可以得到多少个红点？4．求不定方程21533654321=+++++x x x x x x 的正整数解的组数．加试模拟训练题（10）1、已知凸四边形ABCD ， ,AB DC 交于点P ， ,AD BC 交于点Q ，O为四边形 ABCD 内一点，且有 BOP DOQ ∠=∠，证明180AOB COD ∠+∠=︒。
证明 设 BOP DOQ α∠=∠=，则()sin sin ,sin sin AOD QD AQ OQD OD OQD OAαα+∠==∠∠，从而有()sin sin AOD AQ OD OA QDαα+∠=g 。
类似地，有()sin sin AOB AP OB OA BP αα+∠=g ，因此有()()sin sin AOD AQ OD BP AOB AP OB QD αα+∠=+∠g g 。
同理，由()sin sin ,sin sin COD BOQ BQ QC OQB OB OQB OC α∠-∠==∠∠，可得()()sin sin ,sin sin COD BOC QC OB PC OD BOQ OC BQ DOP OC PD αα∠-∠-==∠∠g g ，因此有()()sin sin COD QC OB PD BOC PC OD QBαα∠-=∠-g g 。
全国高中数学竞赛二试模拟训练题(93)
加试模拟训练题（93）1．设∆ABC的内切圆分别切三边BC、CA、AB于D、E、F,X是∆ABC内的一点,∆XBC的内切圆也在点D处与BC相切,并与CX、XB分别切于点Y、Z,证明,EFZY是圆内接四边形．分析：圆幂定理的逆定理与Menelaus定理．证明：延长FE、BC交于Q．AF FB ·BDDC·CEEA=1,XZZB·BDDC·CYYA=1,⇒AFFB·CEEA=XZZB·CYYA．由Menelaus定理,有AFFB·BQQC·CEEA=1．于是得XZZB·BQQC·CYYA=1．即Z、Y、Q三点共线．但由切割线定理知,QE·QF=QD2=QY·QZ．故由圆幂定理的逆定理知E、F、Z、Y四点共圆．即EFZY是圆内接四边形．2.若实数a、b、x、y满足ax+by=3,ax2+by2=7,ax3+by3=16,ax4+by4=42,求ax5+by5的值．【题说】第八届（1990年）美国数学邀请赛题15．【解】由ax3+by3=（ax2+by2）（x+y）－（ax+by）xy得16=7（x+y）－xy （1）由ax4+by4=（ax3+by3）（x+y）－（ax2+by2）xy得42=16（x+y）－7xy （2）由（1）、（2）解得x+y=－14,xy=－38．因此,ax5+by5=（ax4+by4）（x+y）－（ax3+by3）xy=42×（－14）－16×（－38）=203.用任意的方式,给平面上的每一个点染上黑色或白色．求【题说】首届(1986年)全国冬令营赛题6．【证】先证引理：平面上若有两个异色点的距离为2．那么必定可以找出符合要求的三角形．QPIZYXFEAB CD如图a,若平面上AB＝2,A为白点,B为黑点．AB中点O不妨设为白色,以AO为边作正三角形,顶点E或F中若有一个为白色,则符合条件的三角形已经找出；若E和F都为黑色,则正三角形BEF边长在平面上任取一点O,不妨设O为白点,以O为圆心,4为半径作圆(如图b)．若圆内的点均为白点,则圆内边长为1的正三角形顶点都为白色；若圆内有一点P为黑点,则OP＜4,以OP为底边作腰长为2的等腰三角形OPR,则R至少与O、P中的一点异色．根据引理,也有符合要求的三角形．4. 证明：方程（x+y+z）2+2（x+y十z）=5（xy+yz+zx）的正整数解有无穷多个．【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛十、十一年级题1．【证】显然,（1,1,1）是所给方程的一组解．设原方程有一组正整数解（a,b,c）,不妨设其中c最小．将原方程改写为z的一元二次方程z2－（3x+3y－2）z+x2+y2－3xy+2x+2y=0 （1）在x=a,y=b时,由韦达定理,（1）有解z=c及z=3a+3b－2－c显然3a+3b－2－c＞c,因此原方程又有一组新的正整数解（a,b,3a+3b－2－c）．用这个方法,从解（1,1,1）出发,可以不断产生新的解（x,y,z）,x+y+z 的值严格增加．所以原方程有无穷多组正整数解．。
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。
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加试模拟训练题（35）
1、 平面上给定一个锐角三角形ABC ．过顶点B 的高交以AC 为直径的圆于P ，Q ，过顶点C 的高交以AB 为直径的圆于M 、N ．求证：M 、N 、P 、Q 四点共圆．
2. 设c b a ,,是正实数,且满足1=abc ,证明:
1111111≤⎪⎭
⎫
⎝⎛+
-⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝
⎛
+-a c c b b a (第41届国际数学奥林匹克试题)
3、某足球邀请赛有十六个城市参加，每市派出甲、乙两个队．根据比赛规则，每两队之间至多赛一场，并且同一城市的两队之间不进行比赛．比赛若干天后进行统计，发现除A市甲队外，其它各队已比赛过的场数各不相同．问A市乙队已赛过多少场？请证明你的结论．
4．求不定方程5x－3y=2的正整数解。
加试模拟训练题（35）
1、 平面上给定一个锐角三角形ABC ．过顶点B 的高交以AC 为直径的圆于P ，Q ，过顶点C 的
高交以AB 为直径的圆于M 、N ．求证：M 、N 、P 、Q 四点共圆． 【题说】 1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克(最后一轮)题6． 【证】 由于MN 和PQ 的垂直平分线分别是AB 和AC ．所以，AM ＝AN ，AP ＝AQ ．
设B '，C '分别是AC 与AB 边上高的垂足，于是由射影定理，得 AM 2＝AC '·AB ＝AB ·ACcos ∠BAC AP 2＝AC ·AB '＝AB ·ACcos ∠BAC
所以AM ＝AP ，从而M 、N 、P 、Q 四点在以A 为圆心的圆上． 2. 设c b a ,,是正实数,且满足1=abc ,证明:
1111111≤⎪⎭
⎫
⎝⎛+
-⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛
+-a c c b b a (第41届国际数学奥林匹克试题) 分析与证明: 令333,,c z b y a x ===.易知1=xyz .则
33
1111y
x b a +-=+-=3
23)(y xyz xyz x +-)(222x z z y y x y x +-= 同理有其它两式,再令 x z w z y v y x u 2
2
2
,,===.
则原不等式等价于齐次不等式:uvw v u w u w v w v u ≤-+-+-+))()((.
因为 ))((u w v w v u -+-+2
2
2v u w v w v u =⎪⎭
⎫ ⎝⎛-++-+≤
同理有2
))((w v u w u w v ≤-+-+; 2
))((u w u v v u w ≤-+-+. 故 2
2
))])()([(uvw v u w u w v w v u （≤-+-+-+. 从而原不等式成立.
3、 某足球邀请赛有十六个城市参加，每市派出甲、乙两个队．根据比赛规则，每两队之间
至多赛一场，并且同一城市的两队之间不进行比赛．比赛若干天后进行统计，发现除A 市甲队外，其它各队已比赛过的场数各不相同．问A 市乙队已赛过多少场？请证明你的结论． 【题说】 1985年全国联赛二试题3．
【解】 32个队参加比赛，根据规则，每队至多赛30场．除A 市甲队外，31个队比赛过的场数各不相同，因此这些队比赛场数分别为0，1．2， (30)
设赛过k 场的队为T(k)(k ＝0，1，2，…，30)．首先考察T(30)．由于它已赛完30场，所以其它各市的每一个队都和它比赛过，只有T(0)队未和T(30)队比赛过．于是T(30)队和T(0)队必为同一城市的队．
再考察T(29)队．除T(0)队及T(29)队同一城市的另一队外，T(29)队显然与其它各队都比赛过． T(1)队只和T(30)队比赛过，所以T(29)队和T(1)队必为同一城市的队．
同理，T(28)队和T(2)队，T(27)队和T(3)队，…，T(16)队和T(14)队各为同一城市的两队．所以A 市乙队只能是T(15)队．即：A 市乙队已赛过15场． 4．求不定方程5x
－3y
=2的正整数解。
解：显然x =1，y =1是原方程的解，若x ≠1，则y ≠1。
因≡x 51(m od4)，)4(mod )1(3y
y
-≡，1－)4(mod 2)1(≡-y
，故y =2y 1+1是奇数(y 1∈N ) 因)9(mod 03≡y
，故)9(mod 25≡x。
因)9(mod 25),9(mod 15),9(mod 155
6
3
≡≡-≡， 故)9(mod 255
556≡≡+q ，正整数x 为6q+5形式的整数。
因为)7(mod 1)2(56
6
≡-≡，所以)7(mod 3)2(555
5
≡-≡≡x
， 而)7(mod 356323
3111
2⨯⨯≡⨯≡≡+y y y
，故对任意不为1的正整数x ，y ，
y
x 35-2(m od7)。
此时原方程无解。
综上，原方程只有一组正整数解：（1，1）。