全国高中数学竞赛二试模拟训练题(30)
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(75)
加试模拟训练题（75）1以圆O外一点P,引圆的两条切线PA,PB,A,B为切点。
割线PCD交圆O于C,D。
又由B作CD 的平行线交圆O于E。
若F为CD中点,求证：A,F,E三点共线。
2. 设｛a n｝为有下列性质的实数列：1=a0≤a1≤a2≤...≤a n≤ (1)又｛b n｝是由下式定义的数列：证明：（a）对所有n=1,2,3,…,有0≤b n＜2；（b）对0≤c＜2的任一c,总存在一个具有性质（1）的数列｛a n｝,使得由（2）导出的数列｛b n｝中有无限多个下标n满足b n＞c．ABD F COE G3.在一平面上已知n 个点,其中n ＞4且无三点在一直线上,4.设,,m n N +∈且2m >,证明：()()2121m n-+。
加试模拟训练题（75）1 以圆O 外一点P ,引圆的两条切线PA ,PB ,A ,B 为切点。
割线PCD 交圆O 于C ,D 。
又由B 作CD 的平行线交圆O 于E 。
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OA 丄AP ,OB 丄BP , OF 丄CP ,所以P ,A ,F ,O ,B五点共圆,有∠AFP =∠AOP =∠POB =∠PFB 。
又因CD ∥BE ,所以有∠PFB =∠FBE ,∠EFD =∠FEB , 而FOG 为BE 的垂直平分线,故EF =FB ,∠FEB =∠EBF , 所以∠AFP =∠EFD ,A ,F ,E 三点共线。
2. 设｛a n ｝为有下列性质的实数列：1=a 0≤a 1≤a 2≤…≤a n≤ (1)又｛b n ｝是由下式定义的数列：证明：（a ）对所有n=1,2,3,…,有0≤b n ＜2；（b ）对0≤c ＜2的任一c,总存在一个具有性质（1）的数列｛a n ｝,使得由（2）导出的数列｛b n ｝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．所以=2第k 项是ABDFCOE G现在要求对无穷多个n,d （1+d ）（1-d n）＞c,则事实上,这时有d （1+d ）＞c ．故（3）右端为一正数．因为0＜d ＜1时,d n→0,所以存在一个确切的自然数N （如取N=[ln （1-c/（d （1+d ）/lnd ））]）,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,【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．大者设为△ABC ．过A 、B 、C 分别作对边的平行线相交得△A ′B ′C ′．因为△ABC 的面积最大,所以其余的n －3个点均在△A ′B ′C ′中(如果有一点T 在△A ′B ′C ′外,那么T 与A 、B 、C 中某两点构成的三角形的面积大于△ABC 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△ABC 三边都相交,不妨设直线DE 与BC 不相交,于是四边形BCDE4.设,,m n N +∈且2m >,证明：()()2121m n-+。
全国高中数学竞赛二试模拟训练题(84).doc
加试模拟训练题(84)1.设AD是AABC的高，且D在BC边上，若P^AD上任一点，BP、CP分别与4C、交于E和F,则ZEDA = ZFDA2.数列｛a”｝由下列条件决定：ai=l； n21时，a…+i=a…+l/a….求顷的整数部分[aim]«3.在一个平面上有100个点，其中任意三点均不共线，我们考虑以这些点为顶点的所有可能的三角形，证明：其中至多有70%的三角形是锐角三角形.4.用［x］表示不大于x的最大整数，求99召99XI加试模拟训练题(84)1 .设AD 是AABC 的咼，且D 在BC 边上，若P^AD 上任一点，BP 、CP 分别与4C 、 交于E 和F,则ZEDA = ZFDA证：过A 作4D 的垂线，与DE 、DF 的延长线分别交于M 、No 欲证 = 可以转化为证明AM =AN •: AD 丄 BC故MN//BC,可得\AME = ACDE, AANF = ABDF AM AE AN AF 十曰… AE CD XA7 AF ■ BD CD CE BD BFCEBF•: AD. BE 、CF 共点于P,根据塞瓦定理可W ：— — — = 1DC EA FB .AE CD AF BD "CE ~ BF :.AM = AN :.ZEDA = ZFDA2.数列｛為｝由下列条件决定：1; nMl 时，a n +i —a n +l/a n .求aioo 的整数部分[aioo] • 【题说】1990年日本数学奥林匹克第一轮选拔赛题12. 【解】由题有■wH =a i +2+1^®n-a? +99* 2*l + X (l/aj)I 99= 200+X Cl/aJ)因为a n+i-a n =l/an>0,所以為递增.当上2时，a n ^a 2=2,于是200<aioo>200 + SCl/22)I=200+98/4<225所以14<a1(1(><15 故[ae°]=14.3.在一个平面上有100个点，其中任意三点均不共线，我们考虑以这些点为顶点的所有可能的三角形，证明：其中至多有70%的三角形是锐角三角形.【题说】第十二届(1970年)国际数学奥林匹克题6.本题由原苏联提供.【证】任意五个点，其中没有三点共线，则一定可以找到以它们为顶点的三个非锐角三角形.这个结论可分三种情形讨论.(1)若五个点组成一个凸五边形，则这个五边形中至少有两个内角为钝角，它们可能相邻(例如ZA、ZB),也可能不相邻(例如ZA、ZC),如图a、图b.再注意四边形ACDE中至少有一个内角非锐角，这样就找到了三个不同的非锐角，相应地得到三个非锐角三角形.(2)若五个点中有四个点组成一个凸四边形ABCD(图C),另一点E在ABCD内部，则EA、EB、EC、ED相互间的夹角至少有两个钝角.再加上ABCD中的非锐内角，至少也可找到三个非锐角二角形.(3)若五个点中有二点组成一个二角形ABC(图d),另外两点D和E均在AABC内，山于ZADB、ZBDC、ZCDA中至少有两个钝角，我们可以找到四个钝角三角形.综合⑴、(2)、(3)可得结论.由于每啊昭角三角形至多厲于*介五点俎，丽五点俎共有ci, 个.所以100个点!叭三融至少有笔&卜它与三角邢总数的比为100 • 98 • 97 • 96琨 _ 3120 _ 3100 * 99 * 98 "10~2~ ・6因此,腳三角群多于三角旳融的I■詁召-70%.例2用［x］表示不大于x的最大整数，求1 ■366+_ 2_36+ •••+_2004_366366DB B 图a 图b图C讲解题目的内层有2004个高斯记号，外层1个高斯记号.关键是弄清［x］的含义，进而弄清加法谁与谁加、除法谁与谁除：(1)分子是哪些数相加，求出和来；由366x5 = 1830 < 2004 < 2196 = 366x6,知分子是0〜5的整数相加，弄清加数各有几个(2)除法谁除以366,0x365 + 366(1 + 2 + 3 + 4) + 5x17536610x366 + 87536610+2 +竺366ar-宣雷滓时道己分享一些学习的名言，让学习充实我们的生活：1、在学习中，在劳动中，在科学中，在为人民的忘我服务中，你可以找到自己的幸福。
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.。
全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(23).doc
加试模拟训练题（23）1、已知P,Q分别是AABC的边AC,AB上的点，BP,CQ相交于点D ,证明AABD和AACD的内切圆外切的充分必要条件是四边形APDQ有内切圆。
（99年保加利亚）n-\2、求证：2" >n-2v+1(“ wN)d肓当字司网3、蓝，将99边形的边染色，使得相邻边的颜色依顺时针方向为红，蓝，红，蓝，…，红，然后进行一系列的变换，每一次变换将一条边的颜色改变，变为红，蓝，黄中的一种并且相邻的边颜色不同•试问能否经过一系列的变换使得相邻边的颜色依次是红，蓝，红, 蓝，…，红，黄，蓝？4、求所有的质数I,满足%v一y*=" -19.加试模拟训练题（23）1、已知P,。
分别是AABC的边AC,AB上的点，BP,CQ相交于点D,证明AABD和AACD的内切圆外切的充分必要条件是四边形APDQ有内切圆。
（99年保加利亚）证明充分性：由AABD和AACD的内切圆外切，可得DB-DC = AB-AC o作AACQ的内切圆，过B作该圆的切线BM,交CQ于0。
由于AB-AC = D X B-D,C ,因此有DB — DC = D[B — D& ,即D = D]0必要性：设AABD和AACO的内切圆与4D分别切于点N、,N ,因为DB-DC = AB-AC ,所以有DN = DN“n-12、求证：2" >n-2v +1（" wN）k+1 亍+2 蒿圭字2网证明：当“ = 0,1,2时代入数值验证成立，下面用数学归纳法证明3时结论是否成立3-1（1）当n = 3时，左边=2‘=& 右边=3・2? +1 = 3-2 + 1 = 7,不等式成立k-l⑵假设时（宀3）,结论成立，就是2*〉12亍+1/R-1 、 那么2k+l > 2「2亍 +1 =k-2\ 丿 ( k+1、 (*+l )T k-2 2 +2一 (Ar + l)-2 2 +\ 丿 即当“ = k + l 时结论也成立，所以对于任何"w N 结论都成立证明二：____________________ n-1 2" -1 = 1 + 2 + 2? +... + 2"T > n • Vl -2-22-...-2^ = n • 2丁n-1 :.2" "2丁 +13、 将99边形的边染色，使得相邻边的颜色依顺时针方向为红，蓝，红，蓝，…，红, 蓝，黄.然后进行一系列的变换，每一次变换将一条边的颜色改变，变为红，蓝，黄中的一 种并且相邻的边颜色不同.试问能否经过一系列的变换使得相邻边的颜色依次是红，蓝，红, 蓝，…，红，黄，蓝？【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题2.【解】对每一种染色法，给这个多边形的每个顶点打分：如果按照顺时针方向过这点的两条 相邻的边染色为（红，蓝），（蓝，黄）或（黄，红），这点就打+ 1分，否则打一1分.各顶点分 数之和称为多边形的总分.不难算出（红，蓝，红，蓝，…，红，蓝，黄）的总分是+3；（红, 蓝，红，蓝，…，红，黄，蓝）的总分是一3.在每一次变换中，改变颜色的边的两条邻边一 定是颜色相同的，因此，这条边的一个顶点分由+ 1变为一1,另一个顶点分由一1变为+ 1.所 以每一次变换保持+ 2〉匕 + 1)・2 2总分不变.因而不可能由（红，蓝，红，蓝，…，红，蓝，黄）经过一系列变换，变为（红，蓝，红，蓝，…，红，黄，蓝）.4、求所有的质数3,满足x v-/=xy2-i9.分析：等式两边形式差别很大，但两边取模可以去掉某些项，从而达到化简的目的.解：等式两边取模•得/ -19(modx)；由Fermat小定理知/-Xmodx).所以y三19(modx),即兀卜-19.等式两边取模V得0三-19(mody),又由Fermat小定理知0T(mody),则有川+ 19 .如果畑,因为讪-19有My—19,即X+19R,而川+19,所以必有尸兀+19,显然无质数解.所以注19,因此V的可能值只能为2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19,经检验只有(兀』)=(2,3)满足条件.。
全国高中数学竞赛二试模拟训练题
加试模拟训练题（2）1、 设(1,2,3,4)i x i =为正实数，满足11212312341,5,14,30,x x x x x x x x x x ≤+≤++≤+++≤ 求1234111234U x x x x =+++的最大值．2、设ΛΛ,,,,21a a a k 为两两各不相同的正整数,求证:对任何正整数n,均有∑∑==≥nk n K k k k a 11213、 一个俱乐部中有3n ＋1个人，每两个人可以玩网球、象棋或乒乓球，如果每个人都有n 个人与他打网球，n 个人与他下棋，n 个人与他打乒乓球，证明俱乐部中有3个人，他们之间玩的游戏是三种俱全．4．证明：若正整数b a ,满足b b a a +=+2232，则b a -和122++b a 都是完全平方数。
加试模拟训练题（2）1、 设(1,2,3,4)i x i =为正实数，满足11212312341,5,14,30,x x x x x x x x x x ≤+≤++≤+++≤ 求1234111234U x x x x =+++的最大值．解：令112123123412341,5,14,30,y x y x x y x x x y x x x x =-⎧⎪=+-⎪⎨=++-⎪⎪=+++-⎩则 0(1,2,3,4)i y i ≤=，112123234341,4,9,16,x y x y y x y y x y y =+⎧⎪=-++⎪⎨=-++⎪⎪=-++⎩于是 ()()()()112223411114916234U y y y y y y y =++-+++-+++-++ 12341111102612410.y y y y =++++≤当 1121231234123410,50,140,300,y x y x x y x x x y x x x x =-=⎧⎪=+-=⎪⎨=++-=⎪⎪=+++-=⎩即12341,4,9,16x x x x ====时，max 10.U=2、设ΛΛ,,,,21a a a k 为两两各不相同的正整数,求证:对任何正整数n,均有∑∑==≥n k n K k k k a 1121证明: 设a a a b b b n n ,,,,,,2121ΛΛ是的从小到大的有序排列,即b b b n ≤≤21,因为b i 是互不相同的正整数.则n b b b n ≥≥≥,,2,121Λ 又因为n 222111132>>>>Λ所以由排序不等式得: n a a a n 22212+++Λ (乱序)n b b b n22212+++≥Λ (倒序)n 1211+++≥Λ即 ∑∑==≥n k n k k k k a 1121 成立. 3、 一个俱乐部中有3n ＋1个人，每两个人可以玩网球、象棋或乒乓球，如果每个人都有n 个人与他打网球，n 个人与他下棋，n 个人与他打乒乓球，证明俱乐部中有3个人，他们之间玩的游戏是三种俱全．【证】 将人看作平面上的点，得到一个有3n ＋1个点的图(假定任意三点都不在一直线上)，当两个人玩网球或象棋或乒乓球时，我们就在相应的两点之间连一条红线或黄线或蓝线，需要证明的是，一定存在一个三条边的颜色互不相同的三角形．自一点引出的3n 条线段中，如果某两条线段的颜色不同，就称它们构成一个“异色角”．考虑异色角的个数．由于自每一点引出n 条红线，角形中有3个异色角．这个三角形的三条边颜色互不相同，即相应的三个人之间玩的游戏是三种俱全．4．证明：若正整数b a ,满足b b a a +=+2232，则b a -和122++b a 都是完全平方数。
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(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(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 。
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。
全国高中数学竞赛二试模拟训练题(30).doc
设a >O,ne N, 2. 加试模拟训练题(30)1、设/敬膺是凸六边形，满足DE=EF=FA, ZBCD= ZEFA=2° .设6■和召是这六边形内部的两点，使得/AGB= ZDHE/12Q 试证：AG+ GB+GH+DH+HE^CF.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.求出最小正整数n,使其恰有144个不同的正因数，且其中有10个连续整数.加试模拟训练题(30)2 . 设a >O,ne N,1、设/敬膺是凸六边形，满足DE=EF=FA, ZBCD= ZEFA=2° .设6■和召是这六边形内部的两点，使得/AGB= ZDHE/12Q试证：AG+ GB+GH+DH+HE^CF.【题说】第三十六届（1995年）国际数学奥林匹克题5.【证】连BD, AE.由于BC= CD, /BCD=6过,所以BD =BC=AB.同样AE=ED.连BE,则A.〃关于班'对称.设G、〃关于班'的对称点分别为G、则△鬼〃与△砌关于座对称，所以/BG D= ZBGA=1溯，C在正二角形3%的外接圆上.熟知CG =DG +G B=AG+GB 同理HF=AH +〃 E=DH*HE因此AG+ GB+ GH+DH+HE= CG *G H 哼CF1 + a" + a4+ ••• + a. 3 . , 2n—lO + O + • • • + O证明设数列｛%｝的通项公式为1 + / ++ ... +1。
+ 尸+... +。
" T 一板6i + 6Z3+,,, + 6Z2n n则a n+l~a n1 1 1 1 1 1---- -- ------ T—--- T-— + 1 — 1 --------------------- - --------- TTi -- 1 + 1 -----i + + n +1 ci ci + , , , + n_/袒____________________ _1(o + O, +・• *+^2n 1 2n+1 )(6/ + t23+• • •+。
全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(77).doc
加试模拟训练题（77）1 设戸为厶ABC内一点，ZAPB-ZACB=ZAPC~ ZABC.又设D, E分别是△ APB 及ZX/iPC的内心。
证明：AP, BD, CE交于一点。
2.考察数列｛c n｝：C1-C1+C2+---+08C2=*?+^+-+lJC.=*l+»5+- +*8其中5, 02,…，08是不全为0的实数.假定该数列中有无限多项5=0.求出所有使Cn=0的自然数n.3.在平面上给定六个点，其中任何三点都不在一直线上.证明：在这六个给定的点中，可以挑出这样三个点，使得在这三个点构成的三角形中，有一个角不小于120° .4.设”wN+，求证：512|(32"-32n2+24«-l).加试模拟训练题（77）1 设戸为厶ABC内一点，ZAPB-ZACB=ZAPC~ ZABCo又设D, E分别是△ APB及/XAPC的内心。
证明：AP, BD, CE交于一点。
证如图，过P向三边作垂线，垂足分别为R, S,几连RS, ST, RT,设BD 交AP 于M, CE 交AP 于N。
易知P,R, A, S；P, T, B, R；P，S, C, 7■分别四点共圆，则ZAPB~ZACB=ZPAC+ZPBC= ZPRS+ZPRT=ZSRTo同理，ZAPC- ZABC=ZRST,由条件知ZSRT=ZRST,所以RT=ST。
又RT=PBsinB, ST=PCsinC,所以PBs^PCsinC,那么詈PC— oACAC AB AM由角平分线定理知竺NP PC PB MP故M, N重合，即AP,BD, CE交于一点。
2.考察数列｛c n｝：C1-c.= .?+«3+- +专其中a” a2）-,a8是不全为0的实数.假定该数列中有无限多项5=0.求出所有使6=0的自然数n.【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题5.本题由原苏联提供. 【解】不妨设ai的绝对值为最大，贝！］必有某个a“满足ai=-ai （iHl）.否则，当n充分大时，卜4负“（计）（刊II>0不失一般性可设a2=-Q1由于使％=0的血是奇数.侨臥a"硏=0.把屮屿去拝后所得的和6仍然有无穷多个为0.根据上面的推理，有（适当调整编号）：口3二-。
全国高中数学竞赛二试模拟训练题(8)(1)
加试模拟训练题（8）序内切于圆O ，设一、已知圆1234,,,O O O O 按顺时针的顺证明依次以圆(),14i j O O i j ≤<≤的外公切线长为ij l ，的凸四边形是圆内12233414,,,l l l l 为边长，以1324,l l 为对角线组成接四边形。
2.设ABC ∆三边长为c b a ,,，有不等式∑∑-+≥-,)(31)(22c b a c b c b ------① 试证不等式①中的系数31是最优的. 3、设M={ 1,2,3,…,2m n} (m,n N *)是持续2m n 个正整数组成的集合，求最小的正整数k ，使得M 的任何k 元子集中都存在m+1个数，a 1,a 2,…a m+1，知足a i |a i+1 (i=1,2,…,m).4．已知*,,,N n m b a ∈，且2,1),(>=a b a ，试问m m n n b a b a ++|的充要条件是m n |吗？ 2006年山东省第二届夏令营试题）加试模拟训练题（8）序内切于圆O ，设一、已知圆1234,,,O O O O 按顺时针的顺证明依次以圆(),14i j O O i j ≤<≤的外公切线长为ij l ，的凸四边形是圆内12233414,,,l l l l 为边长，以1324,l l 为对角线组成接四边形。
证明 设圆1234,,,,O O O O O 的半径别离为1234,,,,R r r r r ，圆1234,,,O O O O 与圆O 的切点别离为 ,,,A B C D ，1234,,,OO a OO b OO c OO d ====，1223,O OO O OO αβ∠=∠=，3414,O OO O OO γδ∠=∠=，因为12R a r b r =+=+，因此有()()()22222221212122cos 21cos 4sin 2l O O r r a b ab a b ab ab ααα=--=+---=-=，即122sin 2l ab α=。
全国高中数学竞赛二试模拟训练题(23)(1)
加试模拟训练题（23）一、已知,P Q 别离是ABC ∆的边,AC AB 上的点，ACD ∆的内切圆外,BP CQ 相交于点D ，证明ABD ∆和有内切圆。
（99年保切的充分必要条件是四边形APDQ加利亚）二、求证：()12221n n n n N -≥⋅+∈3、 将99边形的边染色，使得相邻边的颜色依顺时针方向为红，蓝，红，蓝，…，红，蓝，黄．然后进行一系列的变换，每一次变换将一条边的颜色改变，变成红，蓝，黄中的一种而且相邻的边颜色不同．试问可否通过一系列的变换使得相邻边的颜色依次是红，蓝，红，蓝，…，红，黄，蓝？4、求所有的质数,x y ，知足219y x x y xy -=-. 加试模拟训练题（23）一、已知,P Q 别离是ABC ∆的边,AC AB 上的点，,BP CQ 相交于点D ，证明ABD ∆和ACD ∆的内切圆外切的充分必要条件是四边形APDQ 有内切圆。
（99年保加利亚）证明 充分性：由ABD ∆和ACD ∆的内切圆外切，可得DB DC AB AC -=-。
作ACQ ∆的内切圆，过B 作该圆的切线BM ，交CQ 于1D 。
由于11AB AC D B D C -=-，因此有11DB DC D B D C -=-，即1D D =。
必要性：设ABD ∆和ACD ∆的内切圆与AD 别离切于点1,N N ，因为DB DC AB AC -=-，因此有1DN DN =。
二、求证：()12221n n n n N -≥⋅+∈3、 将99边形的边染色，使得相邻边的颜色依顺时针方向为红，蓝，红，蓝，…，红，蓝，黄．然后进行一系列的变换，每一次变换将一条边的颜色改变，变成红，蓝，黄中的一种而且相邻的边颜色不同．试问可否通过一系列的变换使得相邻边的颜色依次是红，蓝，红，蓝，…，红，黄，蓝？【题说】第二十三届(1994年)美国数学奥林匹克题2．【解】对每一种染色法，给那个多边形的每一个极点打分：若是依照顺时针方向过这点的两条相邻的边染色为(红，蓝)，(蓝，黄)或(黄，红)，这点就打＋1分，不然打－1分．各极点分数之和称为多边形的总分．不难算出(红，蓝，红，蓝，…，红，蓝，黄)的总分是＋3；(红，蓝，红，蓝，…，红，黄，蓝)的总分是－3．在每一次变换中，改变颜色的边的两条邻边必然是颜色相同的，因此，这条边的一个极点分由＋1变成－1，另一个极点分由－1变成＋1．因此每一次变换维持总分不变．因此不可能由(红，蓝，红，蓝，…，红，蓝，黄)通过一系列变换，变成(红，蓝，红，蓝，…，红，黄，蓝)．4、求所有的质数,x y ，知足219y x x y xy -=-. 分析：等式两边形式不同专门大，但两边取模能够去掉某些项，从而达到化简的目的.解：等式两边取模x ，得19(mod )x y x ≡，由Fermat 小定理知(mod )x y y x ≡. 因此19(mod )y x ≡，即19x y -.等式两边取模y 得19(mod )y x y ≡-，又由Fermat 小定理知(mod )y x x y ≡，那么有19y x +.若是y >19，因为19x y -有19x y ≤-，即19x y +≤，而19y x +，因此必有19y x =+，显然无质数解.因此19y ≤，因此y 的可能值只能为2，3，5，7，11，13，17，19，经查验只有(,)(2,3)x y =知足条件.。
全国高中数学竞赛二试模拟训练题(75)(1)
加试模拟训练题（75）1 以圆O 外一点P ，引圆的两条切线PA ，PB ，A ，B 为切点。
割线PCD 交圆O 于C ，D 。
又由B 作CD 的平行线交圆O 于E 。
假设F 为CD 中点，求证：A ，F ，E 三点共线。
2. 设｛a n ｝为有以下性质的实数列： 1=a 0≤a 1≤a 2≤...≤a n ≤ (1)又｛b n ｝是由下式概念的数列：证明：（a ）对所有n=1，2，3，…，有0≤b n ＜2；（b ）对0≤c ＜2的任一c ，总存在一个具有性质（1）的数列｛a n ｝，使得由（2）导出的数列｛b n ｝中有无穷多个下标n 知足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，4.设,,m n N +∈且2m >，证明：()()2121m n -+。
加试模拟训练题（75）1 以圆O 外一点P ，引圆的两条切线PA ，PB ，A ，B 为切点。
割线PCD 交圆O 于C ，D 。
又由B 作CD 的平行线交圆O 于E 。
假设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OA 丄AP ，OB 丄BP ，OF 丄CP ，因此P ，A ，F ，O ，B五点共圆，有∠AFP =∠AOP =∠POB =∠PFB 。
又因CD ∥BE ，因此有∠PFB =∠FBE ，∠EFD =∠FEB ， A BD F C OE G ABD F C OE G而FOG 为BE 的垂直平分线，故EF =FB ，∠FEB =∠EBF ，因此∠AFP =∠EFD ，A ，F ，E 三点共线。
2. 设｛a n ｝为有以下性质的实数列：1=a 0≤a 1≤a 2≤...≤a n ≤ (1)又｛b n ｝是由下式概念的数列：证明：（a ）对所有n=1，2，3，…，有0≤b n ＜2；（b ）对0≤c ＜2的任一c ，总存在一个具有性质（1）的数列｛a n ｝，使得由（2）导出的数列｛b n ｝中有无穷多个下标n 知足b n ＞c ．【题说】第十二届（1970年）国际数学奥林匹克题3．此题由瑞士提供．因此=2第k 项是此刻要求对无穷多个n ，d （1+d ）（1-d n ）＞c ，那么事实上，这时有d （1+d ）＞c ．故（3）右端为一正数．因为0＜d ＜1时，d n →0，因此存在一个确切的自然数N （如取N=[ln （1-c/（d （1+d ）/lnd ））]），使适当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，【题说】 第十一届(1969年)国际数学奥林匹克题5．此题由蒙古提供．大者设为△ABC ．过A 、B 、C 别离作对边的平行线相交得△A ′B ′C ′．因为△ABC 的面积最大，因此其余的n －3个点均在△A ′B ′C ′中(若是有一点T 在△A ′B ′C ′外，那么T 与A 、B 、C 中某两点组成的三角形的面积大于△ABC 的面积，矛盾！)．除A 、B 、C 外的n －3个点中，任取二点D 、E ，那么直线DE 不可能与△ABC 三边都相交，不妨设直线DE 与BC 不相交，于是四边形BCDE4.设,,m n N +∈且2m >，证明：()()2121m n -+。
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加试模拟训练题（30）
1、 设ABCDEF 是凸六边形，满足AB ＝BC ＝CD ，
DE ＝EF ＝FA ，∠BCD ＝∠EFA ＝60º．设G 和H 是这六边形内部的两点，使得∠AGB ＝∠DHE ∠120
º
试证：AG ＋GB ＋GH ＋DH ＋HE ≥CF ．
2. 设,,0N n a ∈>求证n n a a a a a a n n 1
11
23242+≥
+++++++-ΛΛ
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．求出最小正整数n，使其恰有144个不同的正因数，且其中有10个连续整数.
加试模拟训练题（30）
1、 设ABCDEF 是凸六边形，满足AB ＝BC ＝CD ，
DE ＝EF ＝FA ，∠BCD ＝∠EFA ＝60º．设G 和H 是这六边形内部的两点，使得∠AGB ＝∠DHE ∠120
º
试证：AG ＋GB ＋GH ＋DH ＋HE ≥CF ．
【题说】 第三十六届(1995年)国际数学奥林匹克题 5． 【证】 连BD ，AE ．由于BC ＝CD ，∠BCD ＝60º，所以BD ＝BC ＝AB ．同样AE ＝ED ．
连 BE ，则 A 、D 关于 BE 对称．设 G 、H 关于 BE 的对称点分别为G '、H '．则△BG 'D 与△BGA 关于BE 对称，所以∠BG 'D ＝∠BGA ＝120º，G '在正三角形BCD 的外接圆上． 熟知
CG '＝DG '＋G 'B ＝AG ＋GB 同理
HF ＝AH '＋H 'E ＝DH ＋HE 因此
AG ＋GB ＋GH ＋DH ＋HE ＝CG '＋G 'H '＋H 'F ≥CF
2. 设,,0N n a ∈>求证n n a a a a a a n n 1
11
23242+≥
+++++++-ΛΛ 证明 设数列}{n a 的通项公式为
n a a a a a a a n n n 1
111
23242-
-+++++++=-ΛΛ n a a
a a n 1111
23--++++=
-Λ. 则 n n a a -+1
111112123+--+++++=
+-n a a
a a a n n Λn a a a a n 1
111
23++-+++--Λ )
)((1
231212312-+-++++++++-=n n n n a a a a a a a a ΛΛ )1(1
++n n 由1123121
23
)1(+++-⋅⋅⋅+≥++++n n n n a a a n a a
a a ΛΛ.)1(1++=n a n
n n n a a a n a a a 123123--⋅⋅⋅≥+++ΛΛ.n na =
得)
)((1
231212312-+-++++++++-n n n n a a a a a a a a ΛΛ)1(1
+-≥n n . 故 n n a a -+10≥.
所以数列}{n a 为单调递增数列,又 0)1(21221≥-=-+=a
a a a a .
所以 .0≥n a 即 n n a
a a a a a n n 1
11
23242+≥+++++++-ΛΛ. 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10×9＝90＜13×7，故必有一个位置的和≤6．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．求出最小正整数n ，使其恰有144个不同的正因数，且其中有10个连续整数.
（第26届IMO 预选题）
【解】根据题目要求，n 是10个连续整数积的倍数，因而必然能被2，3，…，10整数.
由于8=23，9=32，10=2×5，故其标准分解式中，至少含有23·32
·5·7的因式，因此，若设
,11753254321Λααααα⋅⋅⋅⋅=n 则.1,1,2,34321≥≥≥≥αααα由
,144)1)(1)(1)(1(4321=++++Λαααα而,482234)1)(1)(1)(1(4321=⋅⋅⋅≥++++αααα故最
多还有一个,2),5(0≤≥>j j j αα且为使n 最小，自然宜取.025≥≥α由
)0(144)1)(1)(1)(1()0(144)1)(1)(1)(1)(1(54321554321时或时==++++≠=+++++ααααααααααα,考虑
144的可能分解，并比较相应n 的大小，可知合乎要求的（最小）,2,521==αα
,1543===ααα故所求的.11088011753225=⋅⋅⋅⋅=n。