全国联赛代数选【学生版】

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2022全国高中数学联赛a1

2022全国高中数学联赛a11、?方程x2?+2X-3=0的根是（? ? ? ??）[单选题] *A、X1=-3, X2=1(正确答案)B、X1=3 ,X2=-1C、X1=3, X2=1D. X1=-3, X2=-12、8、下列判断中：1.在平面内有公共原点而且互相垂直的两条数轴，就构成了平面直角坐标系；2.坐标平面内所有的点与所有实数之间是一一对应的；3.在直角坐标平面内点(x,y)与点(y,x)表示不同的两点；4.原点O的坐标是(0,0)，它既在x轴上，又在x轴上。

其中错误的个数是（）[单选题] *A.1B.2(正确答案)C.3D.43、17、已知点P，且是方程的解，那么点P在（）[单选题] *A. 第一象限B. 第二象限(正确答案)C. 第三象限D. 第四象限4、下面哪个式子的计算结果是9﹣x2() [单选题] *A. (3﹣x)(3+x)(正确答案)B. (x﹣3)(x+3)C. (3﹣x)2D. (3+x)25、已知cosα=7，则cos（7π-α）=（）[单选题] *A.3B.-3C.7D.-7(正确答案)下列函数式正弦函数y=sin x 的周期的是（）[单选题] *6、13.不等式x+3＞5的解集为（）[单选题] *A. x＞1B. x＞2(正确答案)C. x＞3D. x＞47、8. 下列事件中，不可能发生的事件是(? ? )．[单选题] *A．明天气温为30℃B．学校新调进一位女教师C．大伟身长丈八(正确答案)D．打开电视机，就看到广告8、20．下列说法正确的是（）[单选题] *A．符号相反的两个数互为相反数B．一个数的相反数一定是正数C．一个数的相反数一定比这个数本身小D．一个数的相反数的相反数等于原数(正确答案)9、多项式x2+ax+b=(x+1)(x-3)，则a、b的值分别是（）[单选题] *A. a=2，b=3B. a=-2，b=-3(正确答案)C. a=-2，b=3D. a=2，b=-310、31、点A(-2,-3)关于y轴对称的点的坐标是（）[单选题] * (2,3)(-2,-3)(3,-2)(2,-3) (正确答案)11、30.圆的方程+=4,则圆心到直线x-y-4=0的距离是（）[单选题] *A.√2(正确答案)B.√2/2C.2√2D.212、16．“x2（x平方）－4x－5=0”是“x=5”的( ) [单选题] * A．充分不必要条件B．必要不充分条件(正确答案)C．充要条件D．既不充分也不必要条件13、x? ?1·()＝x? ?1，括号内应填的代数式是( ) [单选题] *A. x? ?1B. x? ?1C. x2(正确答案)D. x14、-2/5角α终边上一点P（-3，-4），则cosα=（）[单选题] *-3/5(正确答案)2月3日-0.333333333-2/5角α终边上一点P（-3，-4），则tanα=（）[单选题] *15、37．若x2+2（m﹣1）x+16是完全平方式，则m的值为（）[单选题] * A．±8(正确答案)B．﹣3或5C．﹣3D．516、-330°是第（）象限角？[单选题] *第一象限(正确答案)第二象限第三象限第四象限17、按顺时针方向旋转形成的角是（）. [单选题] *A. 正角B. 负角(正确答案)C. 零角D. 无法判断18、下列计算正确是（）[单选题] *A. 3x﹣2x=1B. 3x+2x=5x2C. 3x?2x=6xD. 3x﹣2x=x(正确答案)19、18．下列各对数中，互为相反数的是（）[单选题] *A．﹣（+1）和+（﹣1）B．﹣（﹣1）和+（﹣1）(正确答案)C．﹣（+1）和﹣1D．+（﹣1）和﹣120、8．数轴上一个数到原点距离是8，则这个数表示为多少（）[单选题] * A．8或﹣8(正确答案)B．4或﹣4C．8D．﹣421、一个直二面角内的一点到两个面的距离分别是3cm和4 cm ，求这个点到棱的距离为（）[单选题] *A、25cmB、26cmC、5cm(正确答案)D、12cm22、5．已知集合A={x|x=3k＋1，k∈Z}，则下列表示不正确的是( ) [单选题] *A．－2∈AB．2 022?AC．3k2＋1?A(正确答案)D．－35∈A23、已知二次函数f（x）=2x2-x+2，那么f（2）的值为（）。

代数综合【解析版】

全国联赛代数问题选1. 已知实数 a, b, c 满足 a b c 1，111 1 ，则b cb cac a baabc____．【答】 0.由题意知111 1，所以2c 1 2a1 2b1(1 2a)(12b) (1 2b)(1 2c) (1 2a)(1 2c) (1 2a)(1 2b)(12c)整理得 22(a b c) 8abc ，所以 abc0.2．使得不等式9 n k8对唯一的整数 k 成立的最大正整数n为．17 n 15【答】 144.由条件得7 k8 ，由 k 的唯一性，得 k 17 且 k 1 8 ，所以8 n 9 n8 n 92 k 1 k18 7 1 144 .nnn9 8 ，所以 n7 2当 n144 时，由7k8 可得 126 k 128 ， k 可取唯一整数值127.8n 9故满足条件的正整数n 的最大值为 144.3．已知 x, y 为整数，且满足 (11)( 1212 )2(1414 ) ，则 xy 的可能的值x y xy3 xy有 _________ 个【答】由已知等式得xy x 2 y 22 x 4 y 4 ，显然 x, y 均不为 0，所以 xy ＝ 0xyx 2 y 2 3 x 4 y 4或 3xy2( x y) .若，则又 x, y 为整数，可求得 x ，3xy 2( x y)( 3x2 ) (y32 ). 4y2,x，y 1或 xy1.所以 xy 1.因此， xy 的可能的值有 3 个 .4．已知非负实数 x, y, z 满足 x y z 1，则 t2xyyz 2zx 的最大值为 _________【答】471( y t 2 xy yz 2zx 2x( y z) yz 2x( y z)z)242x(1 x)1 (1 x) 27 x 23 x 17(x 3) 2 4 ，442 44 7 7易知：当 x32 时， t2xyyz 2zx 取得最大值 4， yz.777 5. 张不同的卡片上分别写有数字2， 2， 4， 4， 6， 6，从中取出 3 张，则这 3 张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的概率是【】【答】25若取出的 3 张卡片上的数字互不相同，有2× 2×2＝ 8 种取法；若取出的 3 张卡片上的数字有相同的，有 3× 4＝ 12 种取法 . 所以，从 6 张不同的卡片中取出3 张，共有 8＋12＝ 20种取法 .要使得三个数字可以构成三角形的三边长，只可能是：（ 2，4，4），（ 4，4， 6），（ 2， 6，6），（ 4， 6， 6），由于不同的卡片上所写数字有重复，所以，取出的 3 张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的情况共有4×2＝ 8 种 .82因此，所求概率为.2056．设 [t ] 表示不超过实数t 的最大整数，令 {t } t [ t] . 已知实数 x 满足 x 3118 ，3{ 1}x则 { x} _________x【答】 1设 x1 a ，则 x31(x1)( x21 1) ( x1)[( x 1 ) 2 3] a( a 2 3) ，xx 3xx 2x x所以 a( a 2 3) 18，因式分解得 ( a3)(a 2 3a6) 0 ，所以 a3.由 x1 3解得 x1(35) ，显然 0{ x} 1,0 {1} 1，所以 { x} { 1} 1.x2xx7．小明某天在文具店做志愿者卖笔，铅笔每支售 4 元，圆珠笔每支售 7 元．开始时他有铅笔和圆珠笔共 350 支，当天虽然笔没有全部卖完，但是他的销售收入恰好是 2013 元．则他至少卖出了支圆珠笔．【答案】 207【解答】设 x ， y 分别表示已经卖出的铅笔和圆珠笔的支数，则4x 7 y 2013，x y 350，所以 x2013 7 y(503 2 y)y 14 4，于是y1是整数．又 20134( xy) 3 y4 350 3y ，4所以 y204 ，故 y 的最小值为 207，此时 x 141 ．8. 实数 a ， b ， c ， d 满足：一元二次方程x 2 cx d0 的两根为 a ， b ，一元二次方程x 2 ax b 0 的两根为 c ， d ，则所有满足条件的数组 ( a ，b ，，c d )为．【答案】 (1， 2，1，2) ， (t，0， t，0) （t为任意实数）a b c，【解答】由韦达定理得ab d，c d a，cd b．由上式，可知 b a c d ．若 b d0 ，则a d1，cb1，进而 b d a c 2 ．b d若 b d0 ，则c a ，有(a，b，，c d )(t，0， t，0) （t为任意实数）．经检验，数组(1， 2，1，2) 与 (t，0， t，0) （t为任意实数）满足条件9. 已知正整数a， b ， c满足 a b2 2 c 2 0， 3a28b c0，则 abc 的最大值为．【答案】 2013【解答】由已知 a b22c 2 0 ， 3a28b c0 消去c，并整理得b826a2a66．由a 为正整数及6a2a≤，可得≤ ≤ ．661 a 3若 a 1 ，则 b8259，无正整数解；若 a 2 ，则 b8240，无正整数解；若 a 3 ，则 b829 ，于是可解得 b11 ， b5．（ i）若b11 ，则 c61 ，从而可得 abc311612013 ；（ ii ）若b 5，则c13 ，从而可得 abc3513195．综上知 abc 的最大值为2013．10.对于任意实数 x，y， z，定义运算“ * ”为：x y 3x3 y3x2 y2xy345，x3y36011且 x y z x y z ，则201320123 2 的值为（）．【答案】5463967【解答】设 20132012 4 m ，则20132012 4 3m33m333m29m2745，m33m23m164960于是2013 20123 2 92 3 932 3 92 22 92345 5463 ．103 33 6096711. 设非零实数 a ， b ， c 满足a 2b 3c 0，则 ab bc ca 的值为（）．2a 3b 4c 0， a 2 b 2 c 2【答案】12【解答】由已知得 a b c (2 a 3b 4c)( a2b 3c) 0 ，故 ( a b c) 2 0 ．于是 ab bcca1 (a2 b2c 2) ，所以abbc ca 1 ．2a 2b 2c 2212. 如果关于的方程有两个有理根，那么所有满足条件的正整数的个数是 _________个答案： 2解：由于方程的两根均为有理数，所以根的判别式≥0，且为完全平方数．≥0，又 2≥，所以，当时，解得；当时，解得．13. 设 a n =（ n 为正整数），则 a 1+a 2+, +a 2012 的值 1.（填“＞”，“＝”或“＜” ）【答案】＜解：由 a n == ，得a 1+a 2+, +a 2012==＜ 1.14. 红、黑、白三种颜色的球各10 个．把它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色的球都有，且甲、乙两个袋子中三种颜色的球数之积相等，那么共有法．种放【答案】25解：设甲袋中红、黑、白三种颜色的球数分别为，则有1≤≤9，且，（1）即，（ 2）于是．因此中必有一个取 5．不妨设，代入（ 1）式，得到．此时， y 可取 1，2， , ， 8，9（相应地 z 取 9，8， , ， 2，1），共 9 种放法．同理可得y=5，或者 z=5 时，也各有 9 种放法．但时，两种放法重复．因此共有9× 3－ 2 = 25 种放法．15.5 32)( x 3) 的值为 ( ).设 x，则代数式 x( x 1)( x2【答】﹣ 1解：由已知得 x 23x 1 0，于是x( x 1)(x 2)( x 3) ( x 2 3x)( x 2 3x2)( x 2 3x 1)211.16. 已知 x ， y ，z 为实数，且满足 x 2y5z 3 ， x 2 y z 5，则 x 2y 2z 2 的最小值为 _____________【答】5411，x 3z，x 2 y 5z 31解：由x2 y 可得 y z 2.，z 5于是x 2 y 2 z 2 11z 2 2z5 ．因此，当 z1 时， x 2y2z 2的最小值为54．111117. 若 x 1 ， y0 ，且满足 xyx y ， xx 3 y ，则 x y 的值为 ().y【答】92解：由题设可知 yx y 1，于是x yx 3 yx4y 11 1 ．，所以 4 y故 y1 4．于是 x y9 ，从而 x2 ．218.设S1 111 4S 的整数部分等于 ().32 333 ，则132011【答】 4解：当 k2，3，，2011 ，因为111 1 1 ，k 3k k 2 1 2 k 1 k k k 1 所以 1 S11 1 1 11 1 152333201132 22011 2012．4于是有 4 4S 5 ，故 4S 的整数部分等于4．19. 一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，2，2，3，3，4；另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1， 3， 4，5， 6， 8. 同时掷这两枚骰子，则其朝上的面两数之和为7 的概率是 .【答】 1．6解：在 36 对可能出现的结果中，有6 对：（1， 6），（ 2， 5），（ 2，5），（3， 4），（3， 4），（4， 3）的和为7，所以朝上的面两数字之和为 7 的概率是6 1 .36 620. 若 y1 xx 1 的最大值为 a ，最小值为 b ，则 a 2b 2 的值为.2【答】 3．21≥ 0，得 1≤ x ≤ 1．解：由 1 x ≥ 0，且 x22y 21 2 x 2 3 x 1 1 2 ( x3 )2 1 ．22 2 2 4 16由于1<3<1 ，所以当 x = 3 时， y 2 取到最大值 1，故 a = 1．2 4 4当 x = 1 或 1 时， y 2取到最小值1，故 b =2 ．所以， a 2 b 23 ．222221. 若方程 x 2 3x 1 0 的两根也是方程 x 4 ax 2 bx c 0 的根，则 a b 2c 的值为___________答案：﹣ 1122.对于自然数n ，将其各位数字之和记为 a n，如 a2009200911，a2010 2 0 1 0 3 ，则 a1a2a3a2009 a2010_________【答案】 28068.23.将若干个红、黑两种颜色的球摆成一行，要求两种颜色的球都要出现，且任意中间夹有5 个或 10 个球的两个球必为同一种颜色的球.按这种要求摆放，最多可以摆放___ 个球 .【答案】 1524.已知 t 是实数，若a, b是关于 x 的一元二次方程x22x t 10的两个非负实根，则( a21)(b2 1)的最小值是___________.【答案】﹣ 325.如果实数 a, b 满足条件 a2b21，|12a b |2a 1b2a2，则 a b ______.【答案】﹣ 126.已知 a, b 是正整数，且满足2(1515 ) 是整数，则这样的有序数对(a, b) 共有_____ a b对.【答案】 7 对27.设n是大于 1909 的正整数，使得n 1909为完全平方数的n的个数是 ______个2009n【答案】 4 个28.设 a7 1，则3a312 a26a 12__________【答案】 2429.用 [ x] 表示不大于x的最大整数，则方程x22[ x]30 的解为_________【答案】﹣ 3,1，或根号 530.已知实数 x， y 满足423， y4y23，则4y4的值为________x4x2x4【答】 7解：因为 x20 ，y2≥0，由已知条件得1 2 4 4 4 3 1 13 ，y21 1 4 3 1 13，x28422所以4y42 3 3 y22y2 6 7．x4x2x2(22 (222另解：由已知得：2 )x 2)302，以2为根的一元x ，显然x 2 y x 2 , y( y 2 ) y 23 0二次方程为 t 2t 30 ，所以( 2 ) y 21,( 2 )y 23x 2x 24422 2 2 (2 222(3)7故 x4y ＝ [( x 2)y ]x 2 ) y( 1)31. 将 1，2，3，4，5 这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，那么满足要求的排法有_______种【答】5种解：设 a 1， a 2，a 3，a 4，a 5 是 1，2， 3， 4， 5 的一个满足要求的排列．首先，对于 a 1，a 2，a 3，a 4 ，不能有连续的两个都是偶数，否则，这两个之后都是偶数，与已知条件矛盾．又如果 a （ 1≤ i ≤ 3）是偶数， a i 1 是奇数，则 a2是奇数，这说明一个偶数后面一定ii要接两个或两个以上的奇数，除非接的这个奇数是最后一个数．所以 a 1， a 2， a 3，a 4，a 5 只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5 种情形满足条件：2， 1， 3，4， 5；2， 3，5， 4， 1；2， 5， 1， 4， 3；4， 3， 1， 2， 5； 4， 5，3， 2， 1．32. 对于实数 u v* ”为： u v uvv ．若关于 x的方程 x (a x)，，定义一种运算 “14有两个不同的实数根，则满足条件的实数a 的取值范围是．【答】 a 0 ，或 a 1 ．解：由 x ( a x)1，得 ( a 1)x 2(a 1)x1 0 ，44a 1，依题意有( a2(a 1)，1) 0解得， a 0 ，或 a 1 ．33. 关于 x ， y 的方程 x 2y 2 208( xy) 的所有正整数解为．x 48， x 160，【答】y 32， y32.解：因为 208 是 4 的倍数，偶数的平方数除以4 所得的余数为 0，奇数的平方数除以4所得的余数为 1，所以 x ， y 都是偶数．设 x2a, y 2b ，则a 2b 2 104( a b) ，同上可知， a ， b 都是偶数．设 a2c, b 2d ，则c 2d 2 52( c d ) ，所以， c ， d 都是偶数．设 c2s, d2t ，则s 2 t 226( s t) ，于是( s 13)2 (t 13)2 ＝ 2 132 ，其中 s ， t 都是偶数．所以(s 13)2 2 132 (t 13)2 ≤ 2 132 152 112 ．所以 s13 可能为 1，3，5， 7， 9，进而 (t 13)2 为 337， 329，313，289， 257，故只s ，s，能是 (t13)2＝289，从而 s13 ＝ 7．于是620t；t，44x ，x，因此48 160y ， y 32.3222 1) b(b 2a)40 ， a(b 1) b8 ，求 1 1的值．34．设实数 a,b 满足 a (ba2b 2解由已知条件可得 a 2b 2 (a b)240， ab ( a b)8 .设 ab x ， aby ，则有 x 2y 2 40 ， x y 8 ，,,,, 5 分联立解得 ( x, y) (2,6) 或 ( x, y)(6,2) .,,,10 分若 ( x, y)(2,6) ，即 ab2 ， ab 6 ，则 a, b 是一元二次方程 t 22t 6 0的两根，但这个方程的判别式( 2)224200，没有实数根；,,,, ,15 分若 ( x, y) (6,2) ，即 ab 6 ，ab 2 ，则 a, b 是一元二次方程 t 2 6t2 0 的两根，这个方程的判别式( 6)2 8 28 0 ，它有实数根 . 所以11a2b2( a b) 22ab 62 2 28 .,,,20 分a2b2a2b2a2 b22235. 已知 c≤ b≤ a，且，求的最小值．解：已知，又，且，所以 b， c 是关于 x 的一元二次方程的两个根 .故≥0，≥ 0，即≥0，所以≥20．于是≤-10，≥ 10，从而≥≥ 10，故≥ 30，当时，等号成立．36.求关于 a， b， c，d 的方程组的所有正整数解.解：将 abc=d 代入 10ab+10bc+10ca=9d 得10ab+10bc+10ca=9 abc.因为 abc≠ 0，所以，.不妨设 a≤ b≤ c，则≥≥＞0.于是，＜≤，即＜≤，＜a≤.从而， a=2，或 3.若 a=2，则.因为＜≤，所以，＜≤，＜b≤ 5.从而， b=3 ， 4，5. 相应地，可得c=15，(舍去 )， 5.当a=2， b=3， c=15 时， d=90 ；当a=2， b=5， c=5 时， d=50.若 a=3，则.因为＜≤，所以，＜≤，＜b≤.从而， b=2（舍去）， 3.当 b=3 时， c=(舍去 ).因此，所有正整数解为(a， b， c，d)=(2 ，3， 15， 90)， (2， 15，3， 90)， (3， 2，15， 90)，(3， 15， 2， 90)， (15， 2， 3， 90)， (15，3， 2， 90)，(2， 5， 5，50)， (5， 2，5， 50)， (5， 5，2， 50).37. 已知关于x 的一元二次方程x2cx a 0 的两个整数根恰好比方程x2ax b0 的两个根都大 1，求a b c 的值.解：设方程 x2ax b 0 的两个根为，，其中，为整数，且≤ ，则方程 x2cx a0 的两根为1， 1 ，由题意得a，1 1 a ，,,,,,,,,,,,, 5 分两式相加，得221 0，即 (2)(2)3，2 ，2 ，所以，1或 3,,,,,,,,,,,,10 分2 ；21.3解得，或，15； 3.1又因为 a （），b ， c （[ 1）（ 1）]，所以 a 0， b 1， c2 ；或者 a8， b 15， c 6 ，故 a b c 3 ，或 29.,,,,,,,,,,,,,,,,,,20 分38. 设整数 a,b, c （ a b c ）为三角形的三边长，满足a 2b 2c 2 abac bc 13 ，求符合条件且周长不超过30的三角形的个数 .解由已知等式可得(a b)2 (b c)2(a c)226①令 a b m, b cn ，则 a c m n ，其中 m,n 均为自然数 .于是，等式①变为m 2 n 2 (m n)226，即m 2 n 2 mn 13②由于 m, n 均为自然数，判断易知，使得等式②成立的 m, n 只有两组：m 3, m 1,n和n3.1（ 1）当 m 3, n 1 时， b c 1， ab 3c 4 .又 a, b, c 为三角形的三边长，所以 b c a ，即 (c 1) c c 4，解得 c 3.又因为三角形的周长不超过 30，即a b c( c4) ( c 1)c25 3 c25 ，所以 c 可以取值 4， 5，30，解得 c.因此 336， 7， 8，对应可得到5 个符合条件的三角形 .（ 2）当 m 1,n 3 时， b c 3 ， ab 1c 4. 又 a,b, c 为三角形的三边长，所以 b c a ，即 (c 3) c c 4，解得 c 1.又因为三角形的周长不超过 30，即a b c( c4) ( c 3)c23 1 c23 ，所以 c 可以取值 2， 3，30，解得 c.因此 334， 5， 6， 7，对应可得到 6 个符合条件的三角形 .综合可知：符合条件且周长不超过30 的三角形的个数为 5＋ 6＝ 11.39. 已知 a, b, c 为正数，满足如下两个条件：a b c 32① b c a c a ba b c1②bccaab4是否存在以 a, b, c 为三边长的三角形？如果存在，求出三角形的最大内角.解法 1将①②两式相乘，得 (bc a c a ba bc)( a b c)8 ，bccaab即(b c)2a 2(c a)2 b 2( a b) 2 c 28 ，bccaab即 (b c)2a 24 (c a) 2 b 24 (a b)2c 2 0，bccaab即 (b c)2a 2(c a)2 b 2 (a b) 2 c 20 ，bccaab即 (bc a)(b c a)(c a b)(c ab) ( a b c)( a b c)0 ，bccaab即 (bca) [ a(b c a)b(c a b) c( a bc)]0 ，abc即 (b c a)[2 ab a2b2c 2] 0 ，即(b ca) [ c 2( a b)2 ] 0 ，abcabc即 (bc a) (c a b)(c a b) 0 ，abc所以 b c a 0 或 c a b 0 或 c ab 0 ，即 b ac 或 ca b 或 c b a .因此，以a ,b ,c 为三边长可构成一个直角三角形，它的最大内角为90°. 解法 2结合①式，由②式可得32 2a32 2b32 2c1bccaab，4变形，得 10242(a2b2c 2)1abc③4又由①式得 (ab c) 2 1024 ，即 a 2 b 2c 2 1024 2(ab bcca) ，代入③式，得 10242[1024 2( ab bcca)]1abc ，4即 abc 16( ab bc ca) 4096 .(a 16)(b 16)(c 16) abc16(ab bc ca) 256(ab c) 1634096256 32 163 0 ，所以 a16 或 b 16 或 c 16 .结合①式可得 b a c 或 c a b 或 c b a .因此，以a ,b ,c 为三边长可构成一个直角三角形，它的最大内角为90°.40. 已知 a,b 为正整数，关于x 的方程 x 2 2ax b 0 的两个实数根为 x 1，x 2 ，关于 y的方程 y 22ay b 0的两个实数根为 y 1，y 2，且满足x 1 y 1 x 2 y 2 2008.求 b 的最小值 .解：由韦达定理，得x 1 x 2 2a,x 1 x 2b ； y 1 y 22a,y 1 y 2b即y 1 y 2 2a (x 1x 2)( x 1) ( x 2),y 1 y 2 b ( x 1 ) ( x 2 )解得：y 1 x1或y1x 2y 2x 2y 2x 1把y 1 , y 2的值分别代入x 1 y 1 x 2 y 2 2008得x 1 ( x 1 ) x 2 ( x 2 )2008或 x 1 ( x 2 ) x 2 ( x 1 ) 2008 （不成立）即x 2 2 x 12 2008 ， ( x 2 x 1 )( x 2 x 1 ) 2008因为x 1x 2 2a 0, x 1 x 2b 0所以 x 1 0, x 2 0于是有 2a 4a 2 4b2008即 a a 2b502 1 5022 251因为a,b都是正整数，所以a 1或a 505或a 22或a 251a 2b2a 2a 2ba 2b 4502 b 1251a 1a 502 a 2 a 251分别解得：b 1 2 或 b 2 或 b 2 2 或24502 502 1 251 b 251经检验只有： a 502 ， a 251 符合题意 .b 5022 b 2512 41所以 b 的最小值为：b 最小值2512 4＝62997。

2024年全国高中数学联赛

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联合竞赛一试试题(A )一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1.若实数m >1满足98m log log =2024，则32m log log 的值为.2.设无穷等比数列{a n }的公比q 满足0<q <1.若{a n }的各项和等于{a n }各项的平方和，则a 2的取值范围是.3.设实数a ，b 满足：集合A ={x ∈R |x 2-10x +a ≤0}与B ={x ∈R |bx ≤b 3}的交集为4,9 ，则a +b 的值为.4.在三棱锥P -ABC 中，若PA ⏊底面ABC ，且棱AB ，BP ，BC ，CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为.5.一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列.独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为a ,b ．若事件a +b =7发生的概率为17，则事件“a =b ”发生的概率为.6.设f (x )是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数g (x )=f (2x )在区间0,5 上的零点个数为25，则g (x )在区间［1,4）上的零点个数为.7.设F 1,F 2为椭圆Ω的焦点，在Ω上取一点P （异于长轴端点），记O 为△PF 1F 2的外心，若PO ∙F 1F 2 =2PF 1 ∙PF 2 ，则Ω的离心率的最小值为.8.若三个正整数a ,b ,c 的位数之和为8，且组成a ，b ，c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(a ,b ,c )为“幸运数组”，例如（9,8,202400）是一个幸运数组.满足10<a <b <c 的幸运数组（a ，b ，c ）的个数为.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ΔABC 中，已知cos C =sinA +cosA 2=B sin +cosB 2,求cos C 的值.10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线Γ：x 2-y 2=1的右顶点为A .将圆心在y 轴上，且与Γ的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”.若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA的所有可能的值.11.（本题满分20分）设复数z ，w 满足z +w =2，求S =z 2-2w +w 2-2z 的最小可能值.2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联合竞赛加试试题(A卷)一．(本题满分40分)给定正整数r,求最大的实数C,使得存在一个公比为r的实数等比数列a nn≥1,满足a n≥C对所有正整数n成立.(x 表示实数x到与它最近整数的距离.)二．(本题满分40分)如图，在凸四边形ABCD中，AC平分∠BAD,点E,F分别在边BC,CD上，满足EF||BD,分别延长FA,EA至点P,Q,使得过点A,B,P的圆ω1及过点A,D,Q的圆w2均与直线AC相切.证明：B,P,Q,D四点共圆.(答题时储将图画在答卷纸上)三．(本题满分50分)给定正整数n.在一个3×n的方格表上，由一些方格构成的集合S称为“连通的”,如果对S 中任意两个不同的小方格A,B,存在整数l≥2及S中l个方格A=C1,C2,…,C l=B,满足C i与C i+1有公共边(i=1, 2,⋯,l-1).求具有下述性质的最大整数K:若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S,使得S中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K.四.(本题满分50分)设A,B为正整数，S是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1)对任意非负整数k,有A K∈S;(2)若正整数n∈S,则n的每个正约数均属于S;(3)若m,n∈S,且m,n互素，则mn∈S;(4)若n∈S,则An+B∈S.证明：与B互素的所有正整数均属于S.。

数学奥林匹克竞赛训练题：代数部分(1)集合、数与式

数学奥林匹克竞赛训练题：代数部分（1）集合、数与式B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5.【解】将12个元素排成一列有12！种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法.[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种.确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种.如此继续下去，得到6个2元子集.共有11³9³7³5³3=10395种分法.B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5.【证】设有限集A含n个元素.当n=1时，子集序列φ，A即满足条件.假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求.因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求.于是命题对一切自然数n均成立.B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2.这n－k个数中选出）.所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S 的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12.【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65.如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）.这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件.所以，S的和≤61.特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61.B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}.求有限集合A的元素的最少个数.【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4.另一方面，令A={0，1，2，3}.对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除.因而f是满足条件的函数.于是，A的元素个数最少为4.B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）.原题为选择题.【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}.A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍.若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.本题答案为67.B1－008设集合S n={1，2，…，n）.若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）.若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集.（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等.（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和.【题说】1992年全国联赛二试题2.【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立.对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集.在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2²i.奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等.B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和.设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11.若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n.试求满足上述要求的a10的最小值.【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3.【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）.若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1 （1）又由题设得S1=a1=1.于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750.又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248.另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n.当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n.于是a10的最小值为248.B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）.求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°.【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4.【证】现对任意正整数n给以证明.设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝.对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和.S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大.若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大.如比等等.因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模.这样的划分，条件（1）显然满足.若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|.a r－Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾.若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|.a r＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾.因此，所述划分满足条件（1）～（3）.【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集.B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝.如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p.（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16].因为366=17³21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数.当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p.当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462³7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集.故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21³7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）.若S是由正整数组成的有限集合.证明对所有的正整数m≥σ（S）成立.【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5.【证】设S={a1，a2，…，a n}.长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段a n个数.前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个.个.根据容斥原理，即本题的等式成立.B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值.【题说】1995年全国联赛一试题2（6）.原为填空题.【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件.它恰好有1780个元素.故｜A｜的最大数是1870.B1-016 已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}.求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数.集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个（即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2}）；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个.于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3（即{1，3}，{2，4}，{1，4}）.所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133.B1-017 对任意非空实数集S，令σ（S）为S的元素之和.已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ（S）的集.证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n.令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j≤2e j（1≤j≤n）.每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间（f j-1，f j]中.因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j].这样σ（S）被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类（1≤j≤n），f j本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.B1-018 设S={1，2，3，4），n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B（B的元素个数记为｜B｜），在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B.求n的最小值.【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.【解】n的最小值为8.首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次.事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.由此可见n≥8.另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8.B1-019 求两个正整数m与n之间（m＜n），一切分母为3的既约分数的和.【题说】1962年成都市赛高三二试题1.3（n-m）+1项.其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020 证明cos10°是无理数.【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cos x，可得cos30°=4cos310°-3cos10°（1）即若cos10°是一个有理数，则（1）右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数.B1-021 求出所有四元实数组（x1，x2，x3，x4），使其中任一个数与其余三数积的和等于2.【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1.有以下五种情况：所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3.B1-022设P（x）是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P（x）=x2-10x-22成立的自然数.【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.【解】设n位数x满足P（x）=x2-10x-22 （1）若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P（x）=x（x-10）-22≥90x-22≥90²10n-1-22=9²10n-22＞10n矛盾.若n=1，则x=P（x）=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解.因此n=2.若x≥20，则x2-10x-22=x（x-10）-22≥10x-22≥200-22＞92≥P（x）因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}.（1）变成y=（10+y）2-10（10+y）-22易知y=2，x=12.B1-023证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1.【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题2.【证】设这三个数为a，b，c，则（a-1）（b-1）（c-1）=abc-（ab+bc+ca）+（a+b+c）-1左边有一个或三个因子为正.但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1.B1-024若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值.【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4（1≤i≤n），这是因为当a i≥4时a i≤2（a i-2），故把a i换成2和a i-2不会使积减小.再注意2³2³2＜3³3，所以只需考虑积2a²3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976.由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2³3658.B1-025确定最大的实数z，满足x+y+z=5 （1）xy+yz+zx=3 （2）并且x、y也是实数.【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题3.【解】由（1）得（x+y）2=（5-z）2，由（2）得xy=3-z（5-z）.于是0≤（x-y）2=（x+y）2-4xy=（5-z）2-4[3-z（5-z）]=-3z2+10z+13=（13-3z）（1+z）因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3.因此z最大值是13/3.B1-026已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，（1）a2+b2+c2+d2+e2=16 （2）的实数，试确定e的最大值.【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题1.【解】由Cauchy不等式，（8-e）2=（a+b+c+d）2≤4（a2+b2+c2+d2）=4（16-e2），即B1-027已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字.【题说】1979年安徽省赛二试题1.【解】因为lg20001979=1979（3+lg2）=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5³106532＜20001979＜6³106532所以20001979的首位数字是5.B1-028已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 （1）a1a2…a8=4 （2）试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1.【题说】1979年湖北省赛二试题5.【证】用反证法.如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i（b i＞0，i＝1，2， (8)再由（1）即得B1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=（1+b1）（1+b2）…（1+b8）＝1+（b1+b2+…+b8）+…+b1b2…b8≥1+（b1+b2+…+b8）=1+12=13与条件（2）矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1.B1-029 求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0.因此，只能有下面两种情况：（1）x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；（2）某个x k=c≠0，其余x i=0（i≠k）.这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3.从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程. B1-030下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正.【题说】1981年全国联赛题2.【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误，故三者都对.同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对.再若lg7=2（b+c），则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2（b+c）对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对.应为lg7=lg l4-lg2=2b+c.lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.B1－001把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5.【解】将12个元素排成一列有12！种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法.[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种.确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种.如此继续下去，得到6个2元子集.共有11³9³7³5³3=10395种分法.B1－002证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素.【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5.【证】设有限集A含n个元素.当n=1时，子集序列φ，A即满足条件.假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，x k+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，x k}的子集可排成序列B1，B2，…，B t（t=2k）满足要求.因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，B t，B t∪{x k+1}，B t-1∪{x k+1}，…，B2∪{x k+1}B1∪{x k+1}，满足要求.于是命题对一切自然数n均成立.B1－003设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2.这n－k个数中选出）.所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现B1－004定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S 的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12.【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65.如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）.这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件.所以，S的和≤61.特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61.B1－006对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}.求有限集合A的元素的最少个数.【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4.另一方面，令A={0，1，2，3}.对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除.因而f是满足条件的函数.于是，A的元素个数最少为4.B1－007集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）.原题为选择题.【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}.A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍.若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2a B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.本题答案为67.B1－008设集合S n={1，2，…，n）.若X是S n的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）.若X的容量为奇（偶）数，则称X为S n的奇（偶）子集.（1）求证：S n的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，S n的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等.（3）当n≥3时，求S n所有奇子集的容量之和.【题说】1992年全国联赛二试题2.【证】设S为S n的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立.对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集.在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2²i.奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等.B1－009用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和.设A=｛a1，a2，…，a n｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11.若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n.试求满足上述要求的a10的最小值.【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3.【解】令S k=a1＋a2＋…＋a k（1≤k≤11）.若a k＞S k-1＋1，则不存在S A，使σ（S）=S k-1＋1所以，S k=S k-1＋a k≤2S k-1＋1 （1）又由题设得S1=a1=1.于是由（1）及归纳法易得S k≤2k－1（1≤k≤m）（2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750.又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248.另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n.当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在S A，使σ（S）=n.于是a10的最小值为248.B1－010给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）.求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°.【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4.【证】现对任意正整数n给以证明.设非零复数集S=｛Z1，…，Z n｝.对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和.S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大.若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大.如比等等.因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，S k，它们的和a1，a2，…，a k的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪S k-1）的非空子集和的最大模.这样的划分，条件（1）显然满足.若某个S r中有一元素Z与a r的夹角＞90°，则如图a，|a r－Z|＞|a r|.a r－Z是S\（S1U…US r-1）的非空子集S r\{Z}之和，与S r的选取矛盾.若a r与a t（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|a r＋a t|＞|a r|.a r＋a t是S\（S1∪…∪S r-1）不空子集S r∪S t之和，这又与S r选取矛盾.因此，所述划分满足条件（1）～（3）.【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集.B1－011设集合A=｛1，2，3，…，366｝.如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p.（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16].因为366=17³21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数.当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p.当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462³7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集.故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21³7＋22=179（个）B1－012设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）.若S是由正整数组成的有限集合.证明对所有的正整数m≥σ（S）成立.【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5.【证】设S={a1，a2，…，a n}.长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段a n个数.前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有a i种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有a l a2…a n＝П（S）个.个.根据容斥原理，即本题的等式成立.B1－015设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15x A，试求A中元素个数的最大值.【题说】1995年全国联赛一试题2（6）.原为填空题.【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，...，8}∪{134， (1997)满足条件.它恰好有1780个元素.故｜A｜的最大数是1870.B1-016已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}.求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.【解】设a n是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数.集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有a n+n个（即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2}）；第二类子集不包含n+2，这样的子集有a n+1个.于是，有a n+2=a n+a n+1+n显然，a3=1，a4=3（即{1，3}，{2，4}，{1，4}）.所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133.B1-017对任意非空实数集S，令σ（S）为S的元素之和.已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ（S）的集.证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，a n}，a1＜a2＜…＜a n.令f j=a1+a2+…a j，e j=max{a j，f j-1}｝，则f j=f j-1+a j ≤2e j（1≤j≤n）.每个和a i1+a i2+…+a it，i1＜i2＜…＜i t，必在某个区间（f j-1，f j]中.因为a i1+a i2+a it＞f j-1=a1+a2+…a j-1所以i t≥j从而a i1+a i2+…+a it≥a j于是a i1+a i2+…+a it∈[e j，f j].这样σ（S）被分为n个类，在e j与f j之间的和为第j类（1≤j≤n），f j本身在第j类，而e j=f j-1时，e j不在第j类；e j＞f j-1时，e j在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.B1-018设S={1，2，3，4），n项的数列：a1，a2，…，a n有下列性质，对于S的任何一个非空子集B（B的元素个数记为｜B｜），在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B.求n的最小值.【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.【解】n的最小值为8.首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，a n中至少出现2次.事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.由此可见n≥8.另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8.B1-019求两个正整数m与n之间（m＜n），一切分母为3的既约分数的和.【题说】1962年成都市赛高三二试题1.3（n-m）+1项.其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020证明cos10°是无理数.【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cos x，可得cos30°=4cos310°-3cos10°（1）即若cos10°是一个有理数，则（1）右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数.B1-021求出所有四元实数组（x1，x2，x3，x4），使其中任一个数与其余三数积的和等于2.【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1.有以下五种情况：所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.所以d=1，x1=x2=x3=x4=1.综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3.B1-022设P（x）是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P（x）=x2-10x-22成立的自然数.【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.【解】设n位数x满足P（x）=x2-10x-22 （1）若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P（x）=x（x-10）-22≥90x-22≥90²10n-1-22=9²10n-22＞10n矛盾.若n=1，则x=P（x）=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解.因此n=2.若x≥20，则x2-10x-22=x（x-10）-22≥10x-22≥200-22＞92≥P（x）因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}.（1）变成y=（10+y）2-10（10+y）-22易知y=2，x=12.B1-023证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1.【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题2.【证】设这三个数为a，b，c，则（a-1）（b-1）（c-1）=abc-（ab+bc+ca）+（a+b+c）-1左边有一个或三个因子为正.但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1.B1-024若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值.【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.【解】设这些正整数为a1，…，a n，则a1+…+a n=1976不妨设a i＜4（1≤i≤n），这是因为当a i≥4时a i≤2（a i-2），故把a i换成2和a i-2不会使积减小.再注意2³2³2＜3³3，所以只需考虑积2a²3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976.由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2³3658.B1-025确定最大的实数z，满足x+y+z=5 （1）xy+yz+zx=3 （2）并且x、y也是实数.【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题3.【解】由（1）得（x+y）2=（5-z）2，由（2）得xy=3-z（5-z）.于是0≤（x-y）2=（x+y）2-4xy=（5-z）2-4[3-z（5-z）]=-3z2+10z+13=（13-3z）（1+z）因此有-1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3.因此z最大值是13/3.B1-026已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8，（1）a2+b2+c2+d2+e2=16 （2）的实数，试确定e的最大值.【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题1.【解】由Cauchy不等式，（8-e）2=（a+b+c+d）2≤4（a2+b2+c2+d2）=4（16-e2），即B1-027已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字.【题说】1979年安徽省赛二试题1.【解】因为lg20001979=1979（3+lg2）=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5³106532＜20001979＜6³106532所以20001979的首位数字是5.B1-028已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 （1）a1a2…a8=4 （2）试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1.【题说】1979年湖北省赛二试题5.【证】用反证法.如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设a i=1+b i（b i＞0，i＝1，2， (8)再由（1）即得B1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=（1+b1）（1+b2）…（1+b8）＝1+（b1+b2+…+b8）+…+b1b2…b8≥1+（b1+b2+…+b8）=1+12=13与条件（2）矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1.B1-029求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在x k≠0时，由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0.因此，只能有下面两种情况：（1）x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；（2）某个x k=c≠0，其余x i=0（i≠k）.这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3.从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程.B1-030下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正.【题说】1981年全国联赛题2.【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误，故三者都对.同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对.再若lg7=2（b+c），则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2（b+c）对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对.应为lg7=lg l4-lg2=2b+c.lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.把n2个互不相等的实数排成下表：a11，a12，…，a1na21，a22，…，a2n…a n1，a n2，…，a nn取每行的最大数得n个数，其中最小的一个是x；再取每列的最小数，又得n个数，其中最大的一个是y，试比较x n与y n的大小.【题说】1982年上海市赛二试题2【解】设x=a ij，y=a pq，则a ij≥a iq≥a pq所以x≥y.（1）当n是奇数时，x n≥y n.（2）当n是偶数时（i）如果x≥y≥0，则x n≥y n；（ii）如果0≥x≥y，则x n≤y n；（iii）如果x≥0≥y，则当x≥-y时，x n≥y n；当x≤-y时，x n≤y n.B1-032对任意实数x、y.定义运算x*y为：x*y=ax+by+cxy其中a、b、c为常数，等式右端运算是通常的实数的加法和乘法.现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x，都有x*d=x，求d的值.【题说】1985年全国联赛一试题2（4）.原题为填空题.【解】由所设条件，有1*2=a+2b+2c=3 （1）2*3=2a+3b+6c=4 （2）x*d=ax+bd+cxd=（a+cd）x+bd=x（3）由（3）得a+cd=1 （4）B d=0 （5）因d≠0，故由（5）式得b=0.再解方程（1）及（2），得a=5，c=-1，最后由（4）式得d=4.B1-033计算下式的值：【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题14.注意324=4³34.【解】x4+4y4=（x2+2y2）2-（2xy）2=[（x2+2y2）-2xy][（x2+2y2）+2xy]=[（x-y）2+y2][（x+y）2+y2]。

数学竞赛代数入门书籍

数学竞赛代数入门书籍1.引言1.1 概述数学竞赛代数作为数学竞赛中的一个重要领域，对于学生的数学实力和解题能力要求较高。

因此，针对初学者而言，选择合适的入门书籍是非常关键的。

在这篇文章中，我们将介绍有关数学竞赛代数入门书籍的选择。

代数是数学中的一个重要分支，它研究数与符号之间的关系，并通过运算规则来探索未知量和变量之间的关系。

在数学竞赛中，代数题目通常要求考生能够灵活运用代数概念和技巧，解决复杂的方程和不等式等问题。

对于初学者来说，建议选择一些适合入门的代数教材。

这些教材应该具备较为全面的知识点和问题类型，能够帮助学生建立起代数思维，并提供一些典型的数学竞赛代数题目进行训练。

在进一步介绍具体的入门书籍之前，需要明确一点：数学竞赛代数并非一蹴而就的学科，它需要学生具备扎实的数学基础和丰富的解题经验。

因此，在初学阶段，我们推荐学生首先牢固掌握中学代数的基本知识，比如一元二次方程、多项式运算等内容。

只有基础扎实了，才能更好地进行数学竞赛代数的学习和应用。

针对初学者，有一些经典的入门书籍值得推荐。

例如，高中数学竞赛教材《数学分析与数学竞赛》中的代数部分，讲解较为深入，涵盖了数学竞赛中常见的代数概念和技巧，同时也提供了大量的习题进行练习。

这些习题不仅能让学生熟悉代数题目的解题思路，还能够培养学生的逻辑思维和数学推理能力。

此外，还有一些经典的数学竞赛题集，如《中学数学奥林匹克竞赛题集》和《国际数学奥林匹克竞赛题集》等，其中的代数题目都是经过精选和归纳的。

这些题集可以帮助学生系统地了解数学竞赛代数题型的特点和解题技巧，对于快速提高解题能力具有较大的帮助。

总之，在数学竞赛代数的学习过程中，选择合适的入门书籍对于建立坚实的基础和培养良好的解题思维非常重要。

希望通过本文对于数学竞赛代数入门书籍的选择给初学者一些参考和指导，让大家能够在数学竞赛中取得更好的成绩。

1.2 文章结构文章结构部分，主要介绍本文的组织结构和各章节的主要内容。

2022_年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题与解析

２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题与解析张志刚(山东省宁阳县复圣中学ꎬ山东泰安２７１４００)摘㊀要:文章给出２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题及其解析ꎬ部分试题从多个视角尝试解答ꎬ启迪学生敏锐捕捉解题灵感ꎬ多方位搭建解题思路ꎬ从而提高解题效益.关键词:竞赛数学ꎻ试题解析ꎻ极值问题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１６－００４９－０４收稿日期:２０２３－０３－０５作者简介:张志刚(１９８３－)ꎬ男ꎬ山东省宁阳人ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题共１４道题目ꎬ包括１０道填空题和４道解答题.考查内容主要有代数运算(第１㊁２题)㊁数列(第４㊁９题)㊁函数与不等式(第３㊁６㊁１１㊁１３题)㊁三角函数(第１０题)㊁平面解析几何(第８㊁１２题)㊁概率(第８题)㊁平面几何图形(第５题)㊁立体几何(第７题)㊁组合数学(第１４题)等.该套试卷设计简洁清新ꎬ构思别具匠心ꎬ解法灵活多变ꎬ饱含数学思想ꎬ凝聚教学智慧ꎬ富有较高的研究价值.与高考试题相比ꎬ竞赛试题综合性更强ꎬ思维跨度更大ꎬ需要考生具备较高的数学抽象㊁逻辑推理㊁数学运算等核心素养ꎬ以及转化与化归㊁函数与方程㊁分类讨论㊁换元法㊁配方法等数学思想方法ꎬ颇具挑战性和选拔性.命题组只给出了填空题的结果ꎬ未给出具体的解答过程ꎬ解答题也只提供了一种解法供阅卷参考.为此ꎬ笔者尝试对每道试题剖析解答ꎬ部分试题给出了有别于参考答案的精彩解法.题１㊀用ｘ[]表示不超过ｘ的最大整数ꎬ则方程２２ｘ－１[]２＋２ｘ－１[]－１＝０的解集是.解析㊀解方程２２ｘ－１[]２＋２ｘ－１[]－１＝０ꎬ得２ｘ－１[]＝－１(２ｘ－１[]＝１２舍)ꎬ则－１ɤ２ｘ－１<０ꎬ解得０ɤｘ<１２ꎬ故解集是０ꎬ１２[öø÷.题２㊀设ａꎬｂꎬｃɪＲꎬａ㊁ｃʂ０ꎬ方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０的两个虚根ｘ１ꎬｘ２满足ｘ２１ｘ２ɪＲꎬ则ð２０２２ｋ＝０ｘ１ｘ２æèçöø÷ｋ＝.解析㊀由于ｘ１ꎬｘ２是方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０的两个虚根ꎬ所以ｘ２＝ｘ－１ꎬｘ２１ｘ２＝ｘ２１ｘ－１ɪＲꎬｘ２１ｘ１－＝ｘ－２１ｘ１ꎬ即ｘ３１－ｘ－３１＝０ꎬ从而ｘ２１＋ｘ１ｘ－１＋ｘ－２１＝０ꎬ即ｘ１ｘ－１＝ωꎬ故ð２０２２ｋ＝０ｘ１ｘ２æèçöø÷ｋ＝ð２０２２ｋ＝０ωｋ＝１－ω２０２３１－ω＝１.题３㊀已知ｆｘ()是－ɕꎬ＋ɕ()上单调递增的奇函数ꎬ满足对一切实数θ恒有ｆａ－ｃｏｓ２θ()＋ｆａ＋ｓｉｎθ()ȡ０.则实数ａ的取值范围是.解析㊀对一切实数θ恒有ｆａ＋ｓｉｎθ()ȡｆｃｏｓ２θ－ａ()ꎬ则ａ＋ｓｉｎθȡｃｏｓ２θ－ａ.从而２ａȡ－２ｓｉｎ２θ－ｓｉｎθ＋１＝－２ｓｉｎθ＋１４æèçöø÷２＋９８.从而２ａȡ９８ꎬ解得ａȡ９１６.题４㊀数列ａｎ{}共１００项ꎬａ１＝０ꎬａ１００＝４７５ꎬ且ａｋ＋１－ａｋ＝５ꎬｋ＝１ꎬ２ꎬ ꎬ９９.则满足这种条件的不同数列的个数为.解析㊀由题意得ａｋ＋１－ａｋ＝ʃ５ꎬａ１００＝ａ１００－ａ９９()＋ａ９９－ａ９８()＋＋ａ２－ａ１()＝４７５ꎬ设９９个差ａｋ＋１－ａｋ中有ｘ个５和ｙ个－５ꎬ则有５ｘ－ｙ()＝４７５ꎬｘ＋ｙ＝９９ꎬ{解得ｘ＝９７ꎬｙ＝２.{所以９９个差ａｋ＋１－ａｋ中ꎬ有９７个取５和２个取－５.这９７个５和２个－５的每一个排列都唯一对应一个满足条件的数列ꎬ故满足这种条件的不同数列的个数为９９!９７!ˑ２!＝９９ˑ４９＝４８５１个.题５㊀单位圆内接四边形对角线互相垂直ꎬ则该四边形四条边平方和是.解析㊀如图１示ꎬ设四边形ＡＢＣＤ的边ａꎬｂꎬｃꎬｄꎬ对角线ＡＣꎬＢＤ的中点分别是Ｏ１ꎬＯ２ꎬ交点为Ｉꎬ记ＩＡ＝ｘꎬＩＢ＝ｙꎬＩＣ＝ｚꎬＩＤ＝ｗꎬＯＯ１＝ｆꎬＯＯ２＝ｅꎬ则ａ２＋ｂ２＋ｃ２＋ｄ２＝２ｘ２＋ｙ２＋ｚ２＋ｗ２()＝２[(Ｏ１Ａ＋ｅ)２＋(Ｏ２Ｂ－ｆ)２＋(Ｏ１Ａ－ｅ)２＋(Ｏ２Ｂ＋ｆ)２]＝４Ｏ１Ａ２＋Ｏ２Ｂ２＋ｅ２＋ｆ２()＝４ˑ１＋１()＝８.所以该四边形四条边平方和是８.图１题６㊀已知０<ａ<ｂ<１ｅꎬ则ａａꎬｂｂꎬａｂꎬｂａ从小到大排列为.解析㊀易知ａｂ<ａａꎬｂｂ<ｂａꎬａａ<ｂａꎬａｂ<ｂｂꎬ即有ａｂ<ａａ<ｂａꎬａｂ<ｂｂ<ｂａ.下面比较ａａ与ｂｂ的大小.设ｆｘ()＝ｘｌｎｘ０<ｘ<１ｅæèçöø÷ꎬ则ｆᶄｘ()＝ｌｎｘ＋１<０ꎬ所以ｆｘ()在０ꎬ１ｅæèçöø÷上单调递减.又０<ａ<ｂ<１ｅꎬ所以ｆａ()>ｆｂ().即ａｌｎａ>ｂｌｎｂ.即ｌｎａａ>ｌｎｂｂ.从而ａａ>ｂｂ.综上ꎬａｂ<ｂｂ<ａａ<ｂａ.题７㊀将３个１２ˑ１２的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分(如图２)ꎻ将这６部分接于一个边长为６２的正六边形上(图３)ꎬ若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图ꎬ则该多面体的体积是.图２㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图３解析㊀折成的多面体如图４所示ꎬ将其补形为正方体(如图５)ꎬ所求多面体体积为正方体体积的一半ꎬ即Ｖ＝１２ˑ１２３＝８６４.图４㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图５题８㊀设ａꎬｂ是从集合１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５{}中随机选取的数ꎬ则直线ｙ＝ａｘ＋ｂ与圆ｘ２＋ｙ２＝２有公共点的概率是.解析㊀易知ｙ＝ａｘ＋ｂꎬｘ２＋ｙ２＝２{即ａ２＋１()ｘ２＋２ａｂｘ＋ｂ２－２＝０有实根ꎬ则Δ＝２ａｂ()２－４ａ２＋１()ｂ２－２()ȡ０ꎬ解得ｂ２ɤ２ａ２＋１().当ｂ＝１ꎬ２时ꎬａ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝３时ꎬａ＝２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝４时ꎬａ＝３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝５时ꎬａ＝４ꎬ５.所以使得ｂ２ɤ２ａ２＋１()的ａꎬｂ()共有１９个ꎬ所求概率为１９２５.题９㊀已知正数列ａｎ{}满足对∀ｎɪＮ∗ꎬðｎｉ＝１ａ３ｉ＝ðｎｉ＝１ａｉ()２ꎬ则ａｎ＝.解析㊀由ａ３１＝ａ２１得ａ１＝１.由１＋ａ３２＝１＋ａ２()２得ａ２＝２.设当ｎɤｋ时ꎬａｋ＝ｋꎬ则当ｎ＝ｋ＋１时ꎬðｋ＋１ｉ＝１ａ３ｉ＝ðｋ＋１ｉ＝１ａｉ()２ꎬａ３ｋ＋１＋ðｋｉ＝１ａ３ｉ＝ａｋ＋１＋ðｋｉ＝１ａｉ()２ꎬａ３ｋ＋１＝ａ２ｋ＋１＋２ａｋ＋１ðｋｉ＝１ａｉꎬ从而ａ２ｋ＋１＝ａｋ＋１＋ｋｋ＋１()ꎬ解得ａｋ＋１＝ｋ＋１ꎬ故ａｎ＝ｎ.题１０㊀已知０<ｘꎬｙ<π２ꎬ则ｆ＝１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙ＋９ｓｉｎ２ｘ的最小值是.解法１㊀(柯西不等式法)ｆ＝９ｓｉｎ２ｘ＋ｓｉｎ２ｙ＋ｃｏｓ２ｙｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙ＝９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋１ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙꎬ解析式ｆ中三个分式分母之和ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ＝１－ｃｏｓ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝－ｃｏｓｘ－１２æèçöø÷２＋５４ɤ５４.由柯西不等式ꎬ得５４ｆȡ(ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ)[９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋１ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ]ȡ３＋１＋１()２＝２５ꎬ当ｘ＝π３ꎬｙ＝π４时取等号.所以ｆ的最小值是２０.解法２㊀(基本不等式＋柯西不等式法)ｆ＝９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙȡ９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘ[(ｃｏｓ２ｙ＋ｓｉｎ２ｙ)/２]２ȡ９ｓｉｎ２ｘ＋４ｃｏｓｘȡ３＋２()２ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝２５１－ｃｏｓ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝２５－ｃｏｓｘ－１/２()２＋５/４ȡ２５５/４＝２０ꎬ当且仅当ｘ＝π３时取等号ꎬ所以ｆ的最小值是２０.题１１㊀已知函数ｆｘ()满足对任意实数ｘꎬｙ有ｆｘｙ()＋ｆｙ－ｘ()ȡｆｘ＋ｙ().求证:对于任意实数ｘ均有ｆｘ()ȡ０.证明㊀取实数ｘꎬｙ满足ｘｙ＝ｘ＋ｙꎬ即ｘ－１()ｙ－１()＝１.令ｙ－１＝ｔｔʂ０()ꎬ则ｙ＝ｔ＋１ꎬｘ＝１ｔ＋１ꎬ则ｆｔ－１ｔæèçöø÷ȡ０ꎬ对于任意ｕɪＲꎬ令ｕ＝ｔ－１ｔꎬ则ｔ２－ｕｔ－１＝０.由Δ＝ｕ２＋４>０得ꎬ存在实数ｔꎬ使得ｕ＝ｔ－１ｔꎬｆｕ()ȡ０ꎬ即对于任意实数ｘꎬ均有ｆｘ()ȡ０.题１２㊀已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()ꎬ证明:存在圆心在原点的定圆ꎬ使该圆上任一点的切线与椭圆Ｃ恒有两个交点ＡꎬＢ且ＯＡң ＯＢң＝０.证法１㊀(命题组提供)当ＡꎬＢ分别为椭圆Ｃ的长㊁短轴端点时ꎬ原点到直线ＡＢ的距离为ａｂａ２＋ｂ２.下面证明圆ｘ２＋ｙ２＝ｒ２(其中ｒ＝ａｂａ２＋ｂ２)上任意一点处的切线与椭圆Ｃ恒交于两点ꎬ且满足ＯＡң ＯＢң＝０.由ｒ＝ａｂａ２＋ｂ２<ｂ知圆ｘ２＋ｙ２＝ｒ２在椭圆Ｃ内部ꎬ故该圆上任意一点处的切线与椭圆Ｃ恒交于两点.易得该圆上任意一点ｘ０ꎬｙ０()处的切线为ｘ０ｘ＋ｙ０ｙ＝ｒ２ꎬ代入ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ得ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ｘ２－２ａ２ｒ２ｘ０ｘ＋ａ２ｒ４－ｂ２ｙ２０()＝０ꎬ消去ｘꎬ得ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ｙ２－２ｂ２ｒ２ｙ０ｙ＋ｂ２ｒ４－ａ２ｘ２０()＝０.设Ａｘ１ꎬｙ１()ꎬＢｘ２ꎬｙ２()ꎬ则ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＝ｒ４ａ２＋ｂ２()－ａ２ｂ２ｘ２０＋ｙ２０()ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０＝ｒ４ａ２＋ｂ２()－ａ２ｂ２ｒ２ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０＝ａｂ()４－ａｂ()４ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ａ２＋ｂ２()＝０.即ＯＡң ＯＢң＝０.故圆ｘ２＋ｙ２＝ａｂ()２ａ２＋ｂ２满足条件.证法２㊀(极坐标法)设Ａρ１ｃｏｓθꎬρ１ｓｉｎθ()ꎬＢρ２ｃｏｓθ＋π２æèçöø÷ꎬρ２ｓｉｎθ＋π２æèçöø÷æèçöø÷ꎬ即Ｂ－ρ２ｓｉｎθꎬρ２ｃｏｓθ().代入ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ得ρ２１ｃｏｓ２θａ２＋ρ２１ｓｉｎ２θｂ２＝１ꎬρ２２ｓｉｎ２θａ２＋ρ２２ｃｏｓ２θｂ２＝１.故１ρ２１＋１ρ２２＝１ａ２＋１ｂ２＝ａ２＋ｂ２ａ２ｂ２.在ＲｔәＡＯＢ中ꎬＯＭʅＡＢꎬ故ＡＢＯＭ＝ＯＡＯＢꎬ１ＯＭ２＝ＡＢ２ＯＡ２ＯＢ２＝ＯＡ２＋ＯＢ２ＯＡ２ＯＢ２＝１ＯＡ２＋１ＯＢ２＝１ρ２１＋１ρ２２＝ａ２＋ｂ２ａ２ｂ２.所以ｒ２＝ａ２ｂ２ａ２＋ｂ２是定值ꎬ即存在圆ｘ２＋ｙ２＝ａｂ()２ａ２＋ｂ２满足条件.题１３㊀设ａꎬｂꎬｃ>０且ａ２＋ｂ＋ｃ＝５３ꎬａｂｃ＝２８.求ｆ＝ａ＋ｂ＋２ｂ＋ｃ＋ｃ＋ａ的最小值.解析㊀设ａ＝７ｘꎬｂ＝２ｙꎬｃ＝２ｚꎬ则ｘｙｚ＝１ꎬ４９ｘ２＋２ｙ＋２ｚ＝５３ꎬ即２ｙ＋ｚ()＝５３－４９ｘ２.①由１＝ｘｙｚɤｘ＋ｙ＋ｚ３æèçöø÷３得ｘ＋ｙ＋ｚȡ３ꎬ即２ｘ＋５３－４９ｘ２ȡ６ꎬ即０<ｘɤ１.由１＝ｘｙｚɤｙｚɤｙ＋ｚ２æèçöø÷２ꎬ得ｙ＋ｚȡ２ꎬｙｚȡ１.②故ｂ＋ｃ＝２ｙ＋２ｚȡ２.由①②ꎬ得ａ＋ｂ＋ｃ＋ａ＝７ｘ＋２ｙ＋２ｚ＋７ｘ＝７ｘ＋２ｙ＋２ｚ＋７ｘ()２＝１４ｘ＋２ｙ＋ｚ()＋２４９ｘ２＋１４ｘｙ＋ｚ()＋４ｙｚȡ１４ｘ＋５３－４９ｘ２＋２４９ｘ２＋２８ｘ＋４＝－４９ｘ２＋２８ｘ＋５７.因为ｙ＝－４９ｘ２＋２８ｘ＋５７０<ｘɤ１()的图象的对称轴为ｘ＝２７ꎬ所以当ｘ＝１时ꎬｙ取得最小值３６ꎬ从而ａ＋ｂ＋ｃ＋ａȡ６ꎬｆȡ１０ꎬ显然ꎬ当且仅当ｘ＝ｙ＝ｚ＝１ꎬａ＝７ꎬｂ＝ｃ＝２时等号成立ꎬ故ｆ的最小值为１０.题１４㊀把集合Ａ＝１０１１ꎬ１０１２ꎬ ꎬ２０２２{}任意划分为两个不交的非空子集.证明:至少有一个子集中包含两个数ꎬ这两个数之和为完全平方数.证明㊀先找三个正整数ｘ<ｙ<ｚ使得两两之和为完全平方数ꎬ令ｘ＋ｙ＝ｍ２ꎬｘ＋ｚ＝ｍ＋１()２ꎬｙ＋ｚ＝ｍ＋２()２ꎬ则ｍ为奇数(否则ꎬｘ㊁ｙ同奇偶ꎬｙ㊁ｚ同奇偶ꎬ得ｘ㊁ｙ㊁ｚ同奇偶ꎬ故ｘ＋ｚ＝ｍ＋１()２为偶数ꎬ矛盾).令ｍ＝２ｋ－１ｋɪＮ∗()ꎬ解ｘ＋ｙ＝２ｋ－１()２ꎬｘ＋ｚ＝４ｋ２ｙ＋ｚ＝２ｋ＋１()２ìîíïïïï得ｘ＝２ｋ２－４ｋꎬｙ＝２ｋ２＋１ꎬｚ＝２ｋ２＋４ｋ.{由ｘ＝２ｋ２－４ｋȡ１０１１ꎬ得ｋȡ２４.当ｋ＝２４时ꎬｘ＝１０５６ꎬｚ＝１２４８<２０２２.由ｘ＝２ｋ２－４ｋɤ２０２２得ｋɤ３０ꎬ故当２４ɤｋɤ３０时ꎬ１０１１ɤｘ<ｙ<ｚɤ２０２２.将Ａ中１０１２个数任意划分成两不交的非空子集时ꎬ对２４ɤｋɤ３０中的任一整数ｋ对应的ｘꎬｙꎬｚ中必有两个属于同一子集ꎬ这两个数之和为完全平方数.参考文献:[１]张志刚.一道联考试题命制背景与破解研究[Ｊ].数理化学习(高中版)ꎬ２０２２(０３):３－６.[责任编辑:李㊀璟]。

代数综合【解析版】

全国联赛代数问题选1.已知实数,,a b c 满足1a b c ++=，1111a b c b c a c a b++=+-+-+-，则abc =____．【答】 0. 由题意知1111121212c a b++=---，所以 (12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)(12)a b b c a c a b c --+--+--=---整理得22()8a b c abc -++=，所以abc =0. 2．使得不等式981715n n k <<+对唯一的整数k 成立的最大正整数n 为．【答】144.由条件得7889k n <<，由k 的唯一性，得178k n -≤且189k n +≥，所以2118719872k k n n n +-=-≥-=，所以144n ≤. 当144n =时，由7889k n <<可得126128k <<，k 可取唯一整数值127.故满足条件的正整数n 的最大值为144.3．已知,x y 为整数，且满足22441111211()()()3x y x y x y++=--，则x y +的可能的值有_________个【答】由已知等式得2244224423x y x y x y xy x y x y++-⋅=⋅，显然,x y 均不为0，所以x y +＝0或32()xy x y =-.若32()xy x y =-，则(32)(32)4x y +-=-.又,x y 为整数，可求得12,x y =-⎧⎨=⎩，或21.x y =-⎧⎨=⎩，所以1x y +=或1x y +=-. 因此，x y +的可能的值有3个.4．已知非负实数,,x y z 满足1x y z ++=，则22t xy yz zx =++的最大值为_________ 【答】4721222()2()()4t xy yz zx x y z yz x y z y z =++=++≤+++212(1)(1)4x x x =-+-2731424x x =-++2734()477x =--+，易知：当37x =，27y z ==时，22t xy yz zx =++取得最大值47.5. 张不同的卡片上分别写有数字2，2，4，4，6，6，从中取出3张，则这3张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的概率是【】【答】25若取出的3张卡片上的数字互不相同，有2×2×2＝8种取法；若取出的3张卡片上的数字有相同的，有3×4＝12种取法.所以，从6张不同的卡片中取出3张，共有8＋12＝20种取法.要使得三个数字可以构成三角形的三边长，只可能是：（2，4，4），（4，4，6），（2，6，6），（4，6，6），由于不同的卡片上所写数字有重复，所以，取出的3张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的情况共有4×2＝8种.因此，所求概率为82205=. 6．设[]t 表示不超过实数t 的最大整数，令{}[]t t t =-.已知实数x 满足33118x x+=，则1{}{}x x+=_________【答】 1 设1x a x +=，则32223211111()(1)()[()3](3)x x x x x a a x x x x x+=++-=++-=-，所以2(3)18a a -=，因式分解得2(3)(36)0a a a -++=，所以3a =.由13x x +=解得1(32x =±，显然10{}1,0{}1x x <<<<，所以1{}{}x x+=1. 7．小明某天在文具店做志愿者卖笔，铅笔每支售4元，圆珠笔每支售7元．开始时他有铅笔和圆珠笔共350支，当天虽然笔没有全部卖完，但是他的销售收入恰好是2013元．则他至少卖出了支圆珠笔．【答案】207【解答】设x ，y 分别表示已经卖出的铅笔和圆珠笔的支数，则472013350，，+=⎧⎨+<⎩x y x y所以201371(5032)44y y x y -+==-+，于是14y +是整数．又20134()343503x y y y =++<⨯+，所以204y >，故y 的最小值为207，此时141x =．8. 实数a ，b ，c ，d 满足：一元二次方程20x cx d ++=的两根为a ，b ，一元二次方程20x ax b ++=的两根为c ，d ，则所有满足条件的数组()，，，a b c d为．【答案】(1212)，，，--，(00)，，，-t t （t 为任意实数）【解答】由韦达定理得，，，．+=-⎧⎪=⎪⎨+=-⎪=⎪⎩a b c ab d c d a cd b由上式，可知b a c d =--=．若0b d =≠，则1==d a b ，1==bc d，进而2b d a c ==--=-．若0b d ==，则c a =-，有()(00)，，，，，，=-a b c d t t （t 为任意实数）．经检验，数组(1212)--，，，与(00)，，，-t t （t 为任意实数）满足条件9. 已知正整数a ，b ，c 满足2220+--=a b c ，2380-+=a b c ，则abc 的最大值为．【答案】2013【解答】由已知2220+--=a b c ，2380-+=a b c 消去c ，并整理得()228666b a a -++=．由a 为正整数及26a a +≤66，可得1≤a ≤3．若1a =，则()2859b -=，无正整数解；若2a =，则()2840b -=，无正整数解；若3a =，则()289b -=，于是可解得11=b ，5b =．（i ）若11b =，则61c =，从而可得311612013abc =⨯⨯=；（ii ）若5b =，则13c =，从而可得3513195abc =⨯⨯=．综上知abc 的最大值为2013．10. 对于任意实数x ，y ，z ，定义运算“*”为：()()32233333451160x y x y xy x y x y +++*=+++-，且()x y z x y z **=**，则2013201232****的值为（）．【答案】5463967【解答】设201320124m ***=，则()20132012433m ****=*32323339274593316460m m m m m m ⨯+⨯+⨯+==++++-，于是()201320123292****=*3223333923929245546310360967⨯⨯+⨯⨯+⨯+==+-． 11. 设非零实数a ，b ，c 满足2302340a b c a b c ++=⎧⎨++=⎩，，则222ab bc ca a b c ++++的值为（）．【答案】12-【解答】由已知得(234)(23)0a b c a b c a b c ++=++-++=，故2()0a b c ++=．于是2221()2ab bc ca a b c ++=-++，所以22212ab bc ca a b c ++=-++． 12. 如果关于的方程有两个有理根，那么所有满足条件的正整数的个数是_________个答案：2解：由于方程的两根均为有理数，所以根的判别式≥0，且为完全平方数．≥0，又2≥，所以，当时，解得；当时，解得．13. 设a n =（n 为正整数），则a 1+a 2+…+a 2012的值 1.（填“＞”，“＝”或“＜”）【答案】＜解：由a n ==，得a 1+a 2+…+a 2012==＜1.14. 红、黑、白三种颜色的球各10个．把它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色的球都有，且甲、乙两个袋子中三种颜色的球数之积相等，那么共有种放法．【答案】25解：设甲袋中红、黑、白三种颜色的球数分别为，则有1≤≤9，且，（1）即，（2）于是．因此中必有一个取5．不妨设，代入（1）式，得到．此时，y 可取1，2，…，8，9（相应地z 取 9，8，…，2，1），共9种放法．同理可得y =5，或者z =5时，也各有9种放法．但时，两种放法重复．因此共有9×3－2 = 25种放法． 15. 设532x =，则代数式(1)(2)(3)x x x x +++的值为( ). 【答】﹣1 解：由已知得2310x x ++=，于是2222(1)(2)(3)(3)(32)(31)1 1.x x x x x x x x x x +++=+++=++-=-16. 已知x y z ，，为实数，且满足253x y z +-=，25x y z --=-，则222x y z ++的最小值为_____________【答】5411解：由 25325x y z x y z +-=⎧⎨--=-⎩，，可得 312.x z y z =-⎧⎨=+⎩，于是 22221125xy z z z ++=-+．因此，当111z =时，222x y z ++的最小值为5411． 17. 若1x >，0y >，且满足3yy xxy x x y==，，则x y +的值为( ). 【答】92解：由题设可知1y y x -=，于是 341y y x yx x -==，所以411y -=．故12y =，从而4=x ．于是92x y +=．18. 设333311111232011S =++++，则4S 的整数部分等于( ). 【答】4解：当2 3 2011k =，，，，因为()()()32111112111k k k k k k k ⎡⎤<=-⎢⎥-+-⎣⎦，所以333111111511123201122201120124S ⎛⎫<=++++<+-< ⎪⨯⎝⎭．于是有445S <<，故4S 的整数部分等于4．19. 一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，2，2，3，3，4；另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，3，4，5，6，8. 同时掷这两枚骰子，则其朝上的面两数之和为7的概率是 .【答】16．解：在36对可能出现的结果中，有6对：（1，6），（2，5），（2，5），（3，4），（3，4），（4，3）的和为7，所以朝上的面两数字之和为7的概率是61366=.20. 若y =a ，最小值为b ，则22a b +的值为 . 【答】32．解：由1x -≥0，且12x -≥0，得12≤x ≤1．21122y =+=+ 由于13124<<，所以当34x =时，2y 取到最大值1，故1a =．当12x =或1时，2y 取到最小值12，故2b =．所以，2232a b +=．21. 若方程2310x x --=的两根也是方程420x ax bx c +++=的根，则2a b c +-的值为 ___________答案：﹣1122. 对于自然数n ，将其各位数字之和记为n a ，如2009200911a =+++=，201020103a =+++=，则12320092010a a a a a +++++= _________【答案】28068.23. 将若干个红、黑两种颜色的球摆成一行，要求两种颜色的球都要出现，且任意中间夹有5个或10个球的两个球必为同一种颜色的球.按这种要求摆放，最多可以摆放___个球.【答案】1524. 已知t 是实数，若,a b 是关于x 的一元二次方程2210x x t -+-=的两个非负实根，则22(1)(1)a b --的最小值是___________.【答案】﹣325. 如果实数,a b 满足条件221a b +=，22|12|21a b a b a -+++=-，则a b +=______.【答案】﹣126. 已知,a b 是正整数，且满足是整数，则这样的有序数对(,)a b 共有_____对.【答案】7对27. 设n 是大于1909的正整数，使得19092009n n--为完全平方数的n 的个数是______个【答案】4个28. 设1a =，则32312612a a a +--=__________【答案】2429. 用[]x 表示不大于x 的最大整数，则方程22[]30x x --=的解为_________ 【答案】﹣3,1，或根号5 30. 已知实数x y ，满足 42424233y y x x -=+=，，则444y x+的值为________ 【答】 7解：因为20x >，2y ≥0，由已知条件得212184x ++==， 21122y -+-+==，所以444y x +=22233y x ++- 2226y x=-+=7．另解：由已知得：2222222()()30()30x xy y ⎧-+--=⎪⎨⎪+-=⎩，显然222y x -≠，以222,y x -为根的一元二次方程为230t t +-=，所以 222222()1,()3y y x x-+=--⨯=- 故444y x +＝22222222[()]2()(1)2(3)7y y x x-+-⨯-⨯=--⨯-= 31. 将1，2，3，4，5这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，那么满足要求的排法有_______种【答】5种解：设12345a a a a a ，，，，是1，2，3，4，5的一个满足要求的排列．首先，对于1234a a a a ，，，，不能有连续的两个都是偶数，否则，这两个之后都是偶数，与已知条件矛盾．又如果i a （1≤i ≤3）是偶数，1i a +是奇数，则2i a +是奇数，这说明一个偶数后面一定要接两个或两个以上的奇数，除非接的这个奇数是最后一个数．所以12345a a a a a ，，，，只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5种情形满足条件： 2，1，3，4，5； 2，3，5，4，1； 2，5，1，4，3； 4，3，1，2，5； 4，5，3，2，1．32. 对于实数u ，v ，定义一种运算“*”为：u v uv v *=+．若关于x 的方程1()4x a x **=-有两个不同的实数根，则满足条件的实数a 的取值范围是．【答】0a >，或1a <-．解：由1()4x a x **=-，得21(1)(1)04a x a x ++++=，依题意有 210(1)(1)0a a a +≠⎧⎨∆=+-+>⎩，，解得，0a >，或1a <-．33. 关于x ，y 的方程22208()x y x y +=-的所有正整数解为．【答】481603232.x x y y ==⎧⎧⎨⎨==⎩⎩，，，解：因为208是4的倍数，偶数的平方数除以4所得的余数为0，奇数的平方数除以4所得的余数为1，所以x ，y 都是偶数．设2,2x a y b ==，则22104()a b a b +=-，同上可知，a ，b 都是偶数．设2,2a c b d ==，则2252()c d c d +=-，所以，c ，d 都是偶数．设2,2c s d t ==，则2226()s t s t +=-，于是 22(13)(13)s t -++＝2213⨯，其中s ，t 都是偶数．所以222(13)213(13)s t -=⨯-+≤2222131511⨯-<．所以13s -可能为1，3，5，7，9，进而2(13)t +为337，329，313，289，257，故只能是2(13)t +＝289，从而13s -＝7．于是62044s s t t ==⎧⎧⎨⎨==⎩⎩，，；，因此 481603232.x x y y ==⎧⎧⎨⎨==⎩⎩，，，34．设实数,a b 满足22(1)(2)40a b b b a +++=，(1)8a b b ++=，求2211a b+的值．解由已知条件可得222()40a b a b ++=，()8ab a b ++=.设a b x +=，ab y =，则有2240x y +=，8x y +=， …………5分联立解得(,)(2,6)x y =或(,)(6,2)x y =. ………10分若(,)(2,6)x y =，即2a b +=，6ab =，则,a b 是一元二次方程2260t t -+=的两根，但这个方程的判别式2(2)24200∆=--=-<，没有实数根； ………… … 15分若(,)(6,2)x y =，即6a b +=，2ab =，则,a b 是一元二次方程2620t t -+=的两根，这个方程的判别式2(6)8280∆=--=>，它有实数根.所以2222222222211()262282a b a b ab a b a b a b ++--⨯+====. ………20分35. 已知c ≤b ≤a ，且，求的最小值．解：已知，又，且，所以b ，c 是关于x 的一元二次方程的两个根.故≥0，≥0，即 ≥0，所以≥20．于是≤-10，≥10，从而≥≥10，故≥30，当时，等号成立．36. 求关于a ，b ，c ，d 的方程组的所有正整数解.解：将abc =d 代入10ab +10bc +10ca =9d 得10ab +10bc +10ca =9abc .因为abc ≠0，所以，.不妨设a ≤b ≤c ，则≥≥＞0.于是，＜≤，即＜≤，＜a ≤.从而，a =2，或3.若a =2，则.因为＜≤，所以，＜≤，＜b ≤5.从而，b =3，4，5. 相应地，可得 c =15，(舍去)，5.当a =2，b =3，c =15时，d =90；当a =2，b =5，c =5时，d =50.若a =3，则.因为＜≤，所以，＜≤，＜b ≤.从而，b =2（舍去），3.当b =3时，c =(舍去).因此，所有正整数解为(a ，b ，c ，d )=(2，3，15，90)，(2，15，3，90)，(3，2，15，90)，(3，15，2，90)，(15，2，3，90)，(15，3，2，90)，(2，5，5，50)，(5，2，5，50)，(5，5，2，50).37. 已知关于x 的一元二次方程20x cx a ++=的两个整数根恰好比方程20x ax b ++=的两个根都大1，求a b c ++的值.解：设方程20x ax b ++=的两个根为αβ，，其中αβ，为整数，且α≤β，则方程20x cx a ++=的两根为11αβ++，，由题意得()()11a a αβαβ+=-++=，， ………………………………5分两式相加，得2210αβαβ+++=，即 (2)(2)3αβ++=，所以，2123αβ+=⎧⎨+=⎩，；或232 1.αβ+=-⎧⎨+=-⎩， ………………………………10分解得 11αβ=-⎧⎨=⎩，；或53.αβ=-⎧⎨=-⎩，又因为[11]a b c αβαβαβ=-+==-+++（），，（）（），所以012a b c ==-=-，，；或者8156a b c ===，，，故3a b c ++=-，或29. ………………………………………………20分38. 设整数,,a b c （a b c ≥≥）为三角形的三边长，满足22213a b c ab ac bc ++---=，求符合条件且周长不超过30的三角形的个数.解由已知等式可得222()()()26a b b c a c -+-+-=①令,a b m b c n -=-=，则a c m n -=+，其中,m n 均为自然数. 于是，等式①变为222()26m n m n +++=，即2213m n mn ++=②由于,m n 均为自然数，判断易知，使得等式②成立的,m n 只有两组：3,1m n =⎧⎨=⎩和1,3.m n =⎧⎨=⎩（1）当3,1m n ==时，1b c =+，34a b c =+=+.又,,a b c 为三角形的三边长，所以b c a +>，即(1)4c c c ++>+，解得3c >.又因为三角形的周长不超过30，即(4)(1)30a b c c c c ++=++++≤，解得253c ≤.因此2533c <≤，所以c 可以取值4，5，6，7，8，对应可得到5个符合条件的三角形.（2）当1,3m n ==时，3b c =+，14a b c =+=+.又,,a b c 为三角形的三边长，所以b c a +>，即(3)4c c c ++>+，解得1c >.又因为三角形的周长不超过30，即(4)(3)30a b c c c c ++=++++≤，解得233c ≤.因此2313c <≤，所以c 可以取值2，3，4，5，6，7，对应可得到6个符合条件的三角形.综合可知：符合条件且周长不超过30的三角形的个数为5＋6＝11.39. 已知,,a b c 为正数，满足如下两个条件：32a b c ++= ① 14b c a c a b a b c bc ca ab +-+-+-++= ②. 解法1 将①②两式相乘，得()()8b c a c a b a b ca b c bc ca ab+-+-+-++++=，即222222()()()8b c a c a b a b c bc ca ab +-+-+-++=，即222222()()()440b c a c a b a b c bc ca ab +-+-+--+-+=，即222222()()()0b c a c a b a b c bc ca ab----+-++=，即()()()()()()0b c a b c a c a b c a b a b c a b c bc ca ab-+---+--+++-++=，即()[()()()]0b c a a b c a b c a b c a b c abc -+----++++=，即222()[2]0b c a ab a b c abc -+--+=，即22()[()]0b c a c a b abc -+--=，即()()()0b c a c a b c a b abc-++--+=，所以0b c a -+=或0c a b +-=或0c a b -+=，即b a c +=或c a b +=或c b a +=.90°.解法2 结合①式，由②式可得32232232214a b c bc ca ab ---++=，变形，得222110242()4a b c abc -++= ③又由①式得2()1024a b c ++=，即22210242()a b c ab bc ca ++=-++，代入③式，得110242[10242()]4ab bc ca abc --++=，即16()4096abc ab bc ca =++-.3(16)(16)(16)16()256()16a b c abc ab bc ca a b c ---=-+++++-3409625632160=-+⨯-=，所以16a =或16b =或16c =.结合①式可得b a c +=或c a b +=或c b a +=.90°. 40. 已知,a b 为正整数，关于x 的方程220x ax b -+=的两个实数根为12x x ，，关于y的方程220y ay b ++=的两个实数根为12y ，y ，且满足11222008x y x y -=.求b 的最小值. 解：由韦达定理，得12122,x x a x x b +==　；12122,y y a y y b +=-=　即12121212122()()(),()()y y a x x x x y y b x x +=-=-+=-+-⎧⎨==--⎩ 解得：11122221y x y x y x y x =-=-⎧⎧⎨⎨=-=-⎩⎩或把12,y y 的值分别代入11222008x y x y -= 得1122()()2008x x x x ---=或1221()()2008x x x x ---=（不成立）即22212008x x -=，2121()()2008x x x x +-=因为121220,0x x a x x b +=>=>　所以120,0x x >>　于是有 22442008aa b -=即250215022251aa b -==⨯=⨯因为a,b都是正整数，所以2222221505225150212514a a a a ab a b a b a b ====⎧⎧⎧⎧⎨⎨⎨⎨-=-=-=-=⎩⎩⎩⎩或或或分别解得：2222150222511502502122512514a a a ab b b b ====⎧⎧⎧⎧⎨⎨⎨⎨=-=-=-=-⎩⎩⎩⎩或或或经检验只有：2250225150212514a ab b ==⎧⎧⎨⎨=-=-⎩⎩，　符合题意. 所以b 的最小值为：2251462997b =-最小值＝。

代数竞赛试题及答案高中

代数竞赛试题及答案高中试题一：设\( a \)和\( b \)是实数，且满足\( a^2 - 4ab + 4b^2 = 0 \)。

求\( a \)和\( b \)的值。

答案：将给定的方程\( a^2 - 4ab + 4b^2 = 0 \)视为关于\( a \)的一元二次方程，可以写成\( (a - 2b)^2 = 0 \)。

因此，\( a - 2b = 0 \)，得到\( a = 2b \)。

试题二：解不等式：\( |x - 3| + |x + 1| \geq 4 \)。

答案：根据绝对值的性质，我们可以将不等式分为三个区间进行讨论：1. 当\( x < -1 \)时，不等式变为\( -(x - 3) - (x + 1) \geq 4 \)，即\( -2x + 2 \geq 4 \)，解得\( x \leq -1 \)。

2. 当\( -1 \leq x < 3 \)时，不等式变为\( (x - 3) - (x + 1)\geq 4 \)，即\( -4 \geq 4 \)，这是不成立的，所以这个区间没有解。

3. 当\( x \geq 3 \)时，不等式变为\( (x - 3) + (x + 1) \geq 4 \)，即\( 2x - 2 \geq 4 \)，解得\( x \geq 3 \)。

综合以上三个区间，不等式的解集为\( x \in (-\infty, -1] \cup [3, \infty) \)。

试题三：已知\( \frac{1}{x - 1} + \frac{1}{x} = 1 \)，求\( x \)的值。

答案：将方程\( \frac{1}{x - 1} + \frac{1}{x} = 1 \)进行合并，得到\( \frac{x + (x - 1)}{x(x - 1)} = 1 \)。

化简得\( 2x - 1 = x^2 - x \)。

整理后得到\( x^2 - 3x + 1 = 0 \)。

2024年全国高中数学联赛(浙江预赛)试题(含答案)

2024年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题本卷共15道题目，12道填空题，3道解答题，所有答案填写在答题纸上，满分150分一、填空题（每小题8分，共计96分）1.设集合10,21x A xx ⎧−⎫=≤⎨⎬−⎩⎭集合2{20}B x x x m =++≤。

若A B ⊆，则实数m 的取值范围为。

2.设函数{}{}:1,2,32,3,4f → 满足 ()()1()ff x f x −=，则这样的函数有_______个。

3.函数22sin sin 1sin 1x x y x ++=+的最大值与最小值之积为。

4.已知数列{}n x满足：11,12n x x x n +==≥，则通项n x =__________。

5 .已知四面体A BCD −的外接球半径为1，1,60BC BDC =∠=，则球心到平面BDC 的距离为______________。

6.已知复数z 满足24510(1)1zz =−=，则z =__________________。

7.已知平面上单位向量,a b 垂直，c 为任意单位向量，且存在(0,1)t ∈，使得向量(1)a t b +−与向量c a −垂直，则a b c +−的最小值为__________________________。

8. 若对所有大于2024的正整数n ，成立202420240, ii n i i na C a ==∈∑，则12024a a +=_________。

9.设实数,,(0,2]a b c ∈，且3b a ≥或43a b +≤，则max{,,42}b a c b c −−−的最小值为 ___ __ __。

10.在平面直角坐标系xOy 上，椭圆E 的方程为221124x y +=，1F 为E 的左焦点；圆C 的方程为222())x a y b r −+−=（，A 为C 的圆心。

直线l 与椭圆E 和圆C 相切于同一点(3,1)P 。

则当1OAF ∠最大时，实数r =_____________________。

2023全国高中生数学联赛题解析

2023全国高中生数学联赛题解析在2023全国高中生数学联赛中，出现了一系列具有挑战性的数学题目。

本文将对其中的几道题目进行解析，以帮助读者更好地理解解题思路和方法。

1. 空间几何题题目：已知点A(-1, 2, 3)，B(2, -3, 1)，C(4, 1, -1)是平面π上的三个点，若平面π与直线L：x+1=y-2=z相交于点D，则求点D的坐标。

解析：首先，我们可以确定平面π的法向量。

由AB和AC两个向量的叉积可以得到平面π的法向量。

接着，根据直线与平面的关系，我们可以设直线上一点为(λ+1, λ-2, λ)，并将其代入平面π的方程，解得λ的值。

最后，代入λ的值计算点D的坐标。

2. 概率统计题题目：有15个人参加某次抽奖活动，他们每人抽一次。

已知每人中奖的概率是1/3，且各人中奖与否相互独立。

求恰有7人中奖的概率。

解析：根据题目描述，每个人中奖的概率是1/3，因此不中奖的概率是2/3。

考虑到各人中奖与否相互独立，我们可以使用二项式分布来计算恰有7人中奖的概率。

根据二项式分布的公式，我们可以得到结果。

3. 代数题题目：已知方程组{x+y+3z=6，3x-2y+5z=7，2x+4y-kz=8}有唯一解，求k的值。

解析：要使方程组有唯一解，首先需要判断方程组的行列式是否为非零。

我们可以利用行列式的性质进行计算，得到关于k的表达式。

接着，令行列式不为零，解方程求解k的值。

4. 函数题题目：函数f(x)满足f(2x-1)=3x+2，求函数f(x)的表达式。

解析：根据题目给出的条件，我们可以通过代入合适的数值来确定函数f(x)的表达式。

令x=1，可以得到f(1)。

然后，令x=2，可以得到f(3)。

通过对比f(1)和f(3)之间的关系，我们可以将函数f(x)的表达式确定下来。

通过以上几个例子，我们可以看到在2023全国高中生数学联赛中，出题者希望考察学生对不同数学领域的知识掌握和解题能力。

这些题目涉及到空间几何、概率统计、代数和函数等多个数学分支。

高二数学联赛二试真题分析代数

本讲收录了1998年以来所有的联赛二试代数真题二试代数向来是联赛的必考内容甚至在最近10年中最少有4年占两道.从以往试题来看，二试代数问题往往偏于对学生代数功力的考察，其主要类型为不等式（占50%）、方程组求解等代数经典问题（占30%）以及数列相关问题（占20%）.在08年前只考三道题的时候，为了尽可能全面考察四大板块，经常还出现代数与数论、组合相交叉的综合性问题,不等式问题占的比重相对较小.从09年开始变为四道题之后，四道题分别考察四个独立的内容成为可能，这也使以前联赛问题总是与其它主流竞赛问题“不像”这个问题得以解决.但是这明显让绝大部分未进行过专业数论、组合板块训练的同学失去对竞赛的兴趣和信心（因为最后两道题很难得分，前面的题目也不一定就能拿到高分）.为了解决这个问题，从今年开始又将一试分数调整到120分，相应地二试从每题50分变到两道40分题加上两道50分题.虽然从理论上说，二试的两道40分题可能为四个板块中任意两种，但因为数论与组合常规下总是较难，所以绝大部分情况下二试问题结构为第一题平几与第二题代数40分，第三题数论与第四题组合各50分.在不与数论、组合发生交叉的情况下，代数问题仍以不等式为主（也可能以递归数列形式出现的不等式），但不排除其它两种可能.下面的例习题也将按此比例大致分配.考虑到代数部分极可能为40分题，因此其难度不会太大；但联赛代数历年来也不会命那些只要简单的几步即可完成的题，总是会出现较大的计算量(一般在20行内难以完成)以实现分步给分.如果是不太难的不等式，则总是会出现两问或“两头堵”以增加难度，实现选拔功能.板块一不等式与极值不等式是联赛二试改为四道题之后代数部分最主要的题型，其解决方法多样，内容繁多，且基本没有通法，需要考生创造性地解决问题.以下内容为联赛考察重点：1、均值不等式，在用均值的时候往往需要根据取等条件来凑配相应的系数；2、柯西不等式，特别要注意柯西不等式的几个重要变形特别是主动变形即222221211111()()ni i n nn ni i ii i i ni i i i ii a b a ba b a b======≥⇔≥∑∑∑∑∑∑二试代数概述例题精讲第1讲二试真题分析（1）代数右方这个式子的诸i b 往往是根据题目特点主动构造的.3、对离散量或整值问题按照逐步调整（或磨光变换）方法得到极值；4、有时需要用到其它的重要不等式（如排序，切比雪夫不等式等），但用的不多；5、由于三元轮换对称不等式的普通变式基本已经被研究透彻，且容易被暴力破解；新的三元不等式往往极难，因此这种几年前的主流不等式问题近年来已越来越少见. 6、利用某方法（如构造某函数并利用增减性、求导等）得到局部不等式并求和得证的问题近年较多见，其主要难点在于局部不等式的右方为何种形式难以想到.根据单墫、陈计等不等式专家的观点，不等式问题最关键的是培养大小的感觉，也就是说做不等式问题第一步不是考虑用哪个不等式，而是对题目中各变量对大小的影响有一个较明晰的感觉并将这种感觉细化与具体化.这种感觉需要长期的培养与练习，一般可以通过固定其它变量单独看某变量变化的方法来进行.【例1】 (2010年第3题)给定整数2n >，设正实数12,,,n a a a 满足1,1,2,,k a k n ≤=，记12,1,2,,kk a a a A k n k+++==．求证：1112n nk k k k n a A ==--<∑∑．【解析】由01k a <≤知，对11k n ≤≤-，有110,0kniii i k ak an k ==+<≤<≤-∑∑。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛加试(A卷)试题(含答案)

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024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）给定正整数r ．求最大的实数C ，使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ，满足n a C 对所有正整数n 成立．（x 表示实数x 到与它最近整数的距离．）解：情形1：r 为奇数．对任意实数x ，显然有12x ，故满足要求的C 不超过12．又取{}n a 的首项112a ，注意到对任意正整数n ，均有1n r 为奇数，因此1122n n r a ．这意味着12C 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为12． …………10分情形2：r 为偶数．设*2()r m m N ．对任意实数，我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ，从而21m C m ．事实上，设1a k ，其中k 是与1a 最近的整数（之一），且102．注意到，对任意实数x 及任意整数k ，均有x k x ，以及x x ．若021m m ，则121m a k m ．若1212m m ，则22221m m m m ，即21m m r m m ，此时 2121m a a r kr r r m ． …………30分另一方面，取121m a m ，则对任意正整数n ，有1(2)21n n m a m m ，由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m m a m K m m ，其中K 为整数，故21n m a m ．这意味着21m C m 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为212(1)m r m r ．综上，当r 为奇数时，所求C 的最大值为12；当r 为偶数时，所求C 的最大值为2(1)r r ． …………40分二．（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD 中，AC 平分BAD ，点,E F 分别在边,BC CD 上，满足||EF BD ．分别延长,FA EA 至点,P Q ，使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切．证明：,,,B P Q D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ，故,BP CA 的延长线相交，记交点为L ．由||EF BD 知CE CF CB CD．在线段AC 上取点K ，使得CK CE CF CA CB CD ，则||,||KE AB KF AD ． …………10分由ABL PAL KAF ，180180BAL BAC CAD AKF ，可知ABL KAF ∽，所以KF AB AL KA． …………20分同理，记,DQ CA 的延长线交于点L ，则KE AD AL KA．又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KF AB CA AD，即KE AD KF AB ．所以AL AL ，即L 与L 重合．由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ，所以,,,B P Q D 四点共圆．…………40分三．（本题满分50分）给定正整数n .在一个3n ×的方格表上，由一些方格构成的集合S 称为“连通的”，如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ，存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==，满足iC 与1i C +有公共边(1,2,,1i l −).求具有下述性质的最大整数K ：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S ，使得S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解：所求最大的K n =.对一个由小方格构成的集合S ，记b S 是S 中的黑格个数，w S 是S 中的白格个数. 用[,]i j 表示第i 行第j 列处的方格，这里13i ≤≤,1j n ≤≤.对于两个方格[,]A i j =，[,]B i j ′′=, 定义它们之间的距离为(,)||||d A B i i j j ′′=−+−.首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合S ，均有||b w S S n −≤，这表明K n ≤.设[1,1]是黑格，并记{0,1}ε∈，满足(mod 2)n ε≡.先证b w S S n −≤.可不妨设S 包含所有黑格，这是因为若S 不包含所有黑格，取不属于S 的黑格A 满足(,)d A S 最小，这里(,)min (,)B Sd A S d A B ∈=.易知(,)1d A S =或2.若(,)1d A S =，取{}S S A ′=，则S 仍是连通的，且b w S S ′′−更大. 若(,)2d A S =，则存在与A 相邻的白格C ，而C 与S 中某个方格B 相邻，取{,}S S A B ′= ，则S 仍是连通的，且bw S S ′′−不变. 因而可逐步扩充S ，使得S 包含所有黑格，保持S 的连通性，且b w S S −不减.考虑白格集合{[,]|}k W i j i j k =+=，3,5,,1k n ε++，每个k W 中至少有一个方格属于S ，否则不存在从黑格[1,1]A S =∈到黑格[3,1]B n ε=−+的S 中路径.故1()2w S n ε≥+，而1(3)2b S n ε=+，故b w S S n −≤. …………10分类似可证w b S S n −≤.同上，可不妨设S 包含所有白格, 从而1(3)2w S n ε=−. 再考虑黑格集合{[,]|}k B i j i j k =+=, 4,6,,2k n ε+−，每个k B 中至少有一个黑格属于S ，否则不存在从白格[1,2]A =到白格[3,]B n ε=−的S 中路径. 从而1()2b S n ε≥−，故w b S S n −≤. …………20分下面证明K n =具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合S ，使得b w S S n −≥.设表格中共有X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有x 个黑格和y 个白格. 于是3X Y n +=, x y n +=.故()()()()2X y Y x X Y x y n −+−=+−+=.由平均值原理可知max{,}X y Y x n −−≥.不妨设X y n −≥.取S 为第二行中的y 个白格以及所有X 个黑格.由于S 包含第二行中所有方格，因而S 是连通的. 而b S X =，w S y =，b w S S X y n −=−≥.综上所述，max K n =. …………50分四．（本题满分50分）设,A B 为正整数，S 是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1) 对任意非负整数k ，有k A S ；(2) 若正整数n S ，则n 的每个正约数均属于S ；(3) 若,m n S ，且,m n 互素，则mn S ；(4) 若n S ，则An B S ．证明：与B 互素的所有正整数均属于S ．证明：先证明下述引理．引理：若n S ，则n B S ．引理的证明：对n S ，设1n 是n 的与A 互素的最大约数，并设12n n n ，则2n 的素因子均整除A ，从而12(,)1n n ．由条件(1)及(2)知，对任意素数|p A 及任意正整数k ，有k p S ．因此，将11k A n 作标准分解，并利用(3)知11k A n S ．又2|n n ，而n S ，故由(2)知2n S ．因112(,)1k A n n ，故由(3)知112k A n n S ，即1k A n S ．再由(4)知k A n B S （对任意正整数k ）． ① …………10分设n B C D ，这里正整数C 的所有素因子均整除A ，正整数D 与A 互素，从而(,)1C D ．由(1)及(2)知C S （见上面1k A n S 的证明）．另一方面，因(,)1D A ，故由欧拉定理知()1D D A ．因此()()(1)()0(mod )D D A n B A n n B D ，但由①知()D A n B S ，故由(2)知D S ．结合C S 及(,)1C D 知CD S ，即n B S ．引理证毕． …………40分回到原问题．由(1)，取0k 知1S ，故反复用引理知对任意正整数y ，有1By S ．对任意*,(,)1n n B N ，存在正整数,x y 使得1nx By ，因此nx S ，因|n nx ，故n S ．证毕． …………50分。

全国高中数学联赛代数部分

全国高中数学联赛代数部分全国高中数学联赛（代数部分）1.(1988年全国高中数学联赛加试第三题) 在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多直线¼¼,,,,21nl ll 的直线族，它满足条件： ⑴ 点(1，1)∈nl ，),3,2,1(¼=n ；⑵ nnn b a k -=+1，其中1+n k 是1+n l 的斜率，n a 和nb 分别是nl 在x 轴和y 轴上的截距，),3,2,1(¼=n ； ⑶ 01³+n nk k ，),3,2,1(¼=n ．并证明你的结论．2. (1989年全国高中数学联赛加试第二题)已知)2;,,2,1(³¼=În n i R x i，满足,0,111==åå==ni i ni i x x 求证：nix ni i 21211-£å=.3.(1998年全国高中数学联赛加试第二题)设n a a a ,,,21¼，n b b b ,,,21¼[]2,1Î 且åå===ni i ni i b a 1212求证：åå==£ni i ni ii a b a 12131017并问等号成立的充要条件.全国高中数学联赛代数部分4.(1997年全国高中数学联赛加试第二题) 试问：当且仅当实数)2(,,,1³¼n x x x n满足什么条件时.存在实数n y y y ,,,10¼使得2222120n z z z z +¼++=成立. 其中k k k iy x z +=，i 为虚数单位，).,,2,1(n k ¼= 证明你的结论.5.(1999年全国高中数学联赛加试第二题)给定实数c b a 、、已知复数321z z z 、、满足： 1321===z z z1133221=++z z z z z z求321cz bz az ++的值6. (2002年全国高中数学联赛加试第二题) 设),,2,1(0n i xi¼=³，且12112=+åå£<£=nj k j k nk i x x j k x ，求å=nk ix 1的最大值与最小值全国高中数学联赛代数部分7.(2002年全国高中数学联赛加试第二题) 实数a 、b 、c 和正数l ，使得f ( x ) = c bx ax x x f +++=23)(有三个实数根321x x x 、、,且满足(1)l =12-x x ;(2))(21213x x x +>.求339272labc a -+的最大值.8.(2004年全国高中数学联赛加试第二题)在平面直角坐标系xOy 中, y 轴正半轴上的点列{n A }与曲线)0(2³=x x y 上的点列{n B }满足nOB OA n n1==,直线n n B A 在x 轴上的截距为n a ,点nB 的横坐标为n b ,+ÎNn .证明: (1) na > 1+n a > 4 ,+ÎNn .(2) 存在+ÎN n 0,使得对任意的0n n > 都有 2004. -n b b bb b b b b n1n 1-n n 2312<++¼+++全国高中数学联赛代数部分设正数z y x c b a 、、、、、满足a bz cy =+，b cx az =+，c ay bx =+ 求函数zz yy xx z y x f +++++=111),,(222的最小值.10.(2006年全国高中数学联赛加试第二题) 已知无穷数列{na }满足:x a =0，y a =1),2,1(1111¼=++=--+n a a a a a nn n n n(1) 对于怎样的实数y 、x ,总存在+ÎN n 0使得当0n n ³ 时，n a 恒为常数？(2) 求数列{na }的通项公式.11. (2006年全国高中数学联赛加试第三题)解方程组: 2=-+-w z y x 62222=-+-w z y x 203333=-+-w z y x 664444=-+-w z y x全国高中数学联赛代数部分设).2008,,2,1(0¼=>k a证明：当且仅当120081>å=k k a 时，存在数列{nx }满足以下条件（1）),2,1(010¼=<<=+n x x x n n（2）n nx ¥®lim 存在（3）åå=++=+--=-200701200811k k n k k k n k n n x a x a x x ),2,1(¼=n13. (2009年全国高中数学联赛加试第二题) 求证： 21ln )1(1-12£-+<å=n k k nk，¼=,2,1n14.(2010年全国高中数学联赛加试第三题)给定整数)2(>n n ，设正实数n a a a ,,,21¼满足).,,2,1(1n k a k¼=£记).,,2,1(21n k ka a a A kk ¼=+¼++=求证：.2111-<-åå==n A a nk nk k k。

全国高中数学联合竞赛代数题汇总

二、求证不等式：21ln )1(112≤-+<-∑=n kk nk ， ,2,1=n三、（本题满分50分）设0>k a ，2008,,2,1 =k 。

证明：当且仅当120081>∑=k ka时，存在数列{}n x 满足以下条件：（ⅰ）100+<<=n n x x x ， ,3,2,1=n ；（ⅱ）n n x ∞→lim 存在；（ⅲ）∑∑=++=+--=-200701200811k k n k k k n kn n x a x ax x ， ,3,2,1=n 。

[证] 必要性：假设存在{}n x 满足（ⅰ），（ⅱ），（iii ）．注意到（ⅲ）中式子可化为2008111()n n k n k n k k x x a x x -++-=-=-∑，n ∈*N ，其中00x =．将上式从第1项加到第n 项，并注意到00x =得111222200820082008()()()n n n n x a x x a x x a x x +++=-+-++-． …10分由（ⅱ）可设lim n n b x →∞=，将上式取极限得112220082008()()()b a b x a b x a b x =-+-++-20081122200820081()k k b a a x a x a x ==⋅-+++∑20081k k b a =<⋅∑，因此200811k k a =>∑． …20分充分性：假设200811k k a =>∑．定义多项式函数如下：20081()1k k k f s a s ==-+∑，[0,1]s ∈，则()f s 在[0,1]上是递增函数，且(0)10f =-<，20081(1)10k k f a ==-+>∑．因此方程()0f s =在[0,1]内有唯一的根0s s =，且001s <<，即0()0f s =． …30分下取数列{}n x 为01nkn k x s ==∑，1,2,n =，则明显地{}n x 满足题设条件（ⅰ），且100101n nkn k s s x s s +=-==-∑．因001s <<，故1l i m 0n n s +→∞=，因此100000lim lim 11n n n n s s s x s s +→∞→∞-==--，即{}n x 的极限存在，满足（ⅱ）． …40分最后验证{}n x 满足（ⅲ），因0()0f s =，即2008011kk k a s ==∑，从而200820082008100001111()()n k n n kn n k k k n k n k k k k x x s a s s a s a x x +-++-===-====-∑∑∑．综上，存在数列{}n x 满足（ⅰ），（ⅱ），（ⅲ）． …50分在此记号系统下，原方程组的第一个方程为 2+=s p （3.1）于是二、（本题满分50分）实数c b a ,,和正数λ使得c bx ax x x f +++=23)(有三个实根321,,x x x ，且满足：①λ=-12x x ；②)(21213x x x +>。

数学全国竞赛试题及答案

数学全国竞赛试题及答案试题一：代数问题题目：已知 \( a, b, c \) 是一个二次方程 \( ax^2 + bx + c = 0 \) 的根，且 \( a, b, c \) 都是正整数。

若 \( a + b + c = 14 \)，求 \( a, b, c \) 的可能值。

解答：根据韦达定理，我们知道 \( a + b + c = -\frac{b}{a} \) 且\( ab + ac + bc = \frac{c}{a} \)。

由于 \( a, b, c \) 都是正整数，我们可以设 \( a = 1 \)，因为如果 \( a > 1 \)，那么 \( a + b + c \) 将大于 14。

此时，\( b + c = 13 \)。

考虑到 \( b \) 和\( c \) 都是正整数，我们可以列出所有可能的 \( b \) 和 \( c \) 的组合：- \( b = 1, c = 12 \)- \( b = 2, c = 11 \)- \( b = 3, c = 10 \)- \( b = 4, c = 9 \)- \( b = 5, c = 8 \)- \( b = 6, c = 7 \)这些组合都满足 \( a + b + c = 14 \) 的条件。

试题二：几何问题题目：在直角三角形 ABC 中，∠C = 90°，AB 是斜边，且 AB = 10，BC = 6。

求 AC 的长度。

解答：根据勾股定理，我们有 \( AC^2 + BC^2 = AB^2 \)。

将已知数值代入，得到 \( AC^2 + 6^2 = 10^2 \)。

解这个方程，我们得到 \( AC^2 = 100 - 36 = 64 \)，所以 \( AC = 8 \)。

试题三：组合问题题目：有 5 个不同的球和 3 个不同的盒子，每个盒子至少放一个球。

求所有可能的放球方式。

解答：首先，我们把 5 个球分成 3 组，每组至少一个球。

1990-2011全国高中数学联赛代数分类试题答案

1990-2011全国⾼中数学联赛代数分类试题答案11990——2011年全国数学竞赛试题分类代数部分⼀、填空题 1、已知82121=+-xx ，则xx12+=_____62________. （90年） 2、2223,2,1，…，1234567892的和的个位数的数字是 __5__. （90年）3、⽅程01)8)((=---x a x ，有两个整数根，则=a ____8__. （90年）4、已知关于x 的⼀元⼆次⽅程02=++c bx ax 没有实数解．甲由于看错了⼆次项系数，误求得两根为２和４；⼄由于看错了某⼀项系数的符号，误求得两根为－１和４，那么=+ac b 32____6__.（91年）5、设m ，n ，p ，q 为⾮负数，且对⼀切x >０，qpn m xx x x )1(1)1(+=-+恒成⽴，则=++q p n m 22)2(__9__.（91年）6、若0≠x ,则xxx x 44211+-++的最⼤值是（92年）7、若b a ,都是正实数，且0111=+--ba b a ，则=+33)()(b a a b （92年） 8、当x 变化时,分式15632212++++x x x x 的最⼩值是_____2______.（93年）9、放有⼩球的1993个盒⼦从左到右排成⼀⾏,如果最左⾯的盒⾥有7个⼩球,且每四个相邻的盒⾥共有30个⼩球,那么最右⾯的盒⾥有____7__个⼩球. （93年）10、若⽅程k x x =--)4)(1(22有四个⾮零实根,且它们在数轴上对应的四个点等距排列,则k =_____7/4_______.（93年）11、若在关于 x 的恒等式b x c a x x x N Mx --+=-++222 中，2x 2-++x x NM 为最简分式，且有a ＞b ，a+b=c 则N=____-8__. （94年）12、在12，22，32…，952这95个数中，⼗位数字为奇数的数共有____19________个. （95年）13、已知 a 是⽅程 x 2 + x - 41 = 0 的根，则 234531a a a a a --+-的值等于__20___.（95年）14、设 x 为正实数，则 y = x 2 - x +x1的最⼩值是__1_____.（95年） 15、实数x,y 同时满⾜y=x1及y=|x|+1，则x+y=_____．（96年）16、当a 取遍0到5的所有实数值时,满⾜3b=a(3a-8)的整数b 的个数是____13_____.（97年） 17、若a,b 满⾜3a +5|b|=7,则S=22-3|b|的取值范围是_215_______.（97年） 18、若正整数x,y 满⾜x 2+y 2=1997,则x+y 等于_____63__.（97年） 19、已知⽅程() 015132832222=+-+--a a x a a x a （其中a 是⾮负整数），⾄少有⼀个整数根，那么a =___1,3,5________。

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