高中数学奥林匹克竞赛全真试题

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高中数学奥林匹克竞赛试题及答案

高中数学奥林匹克竞赛试题及答案

高中数学奥林匹克竞赛试题及答案1 求一个四位数,它的前两位数字及后两位数字分别相同,而该数本身等于一个整数的平方.1956年波兰.x=1000a+100a+10b+b=11(100a+b)其中0<a?9,0?b?9.可见平方数x被11整除,从而x被112整除.因此,数100a+b=99a+(a+b)能被11整除,于是a+b能被11整除.但0<a+b?18,以a+b=11.于是x=112(9a+1),由此可知9a+1是某个自然数的平方.对a=1,2,…,9逐一检验,易知仅a=7时,9a+1为平方数,故所求的四位数是7744=882.2 假设n是自然数,d是2n2的正约数.证明:n2+d不是完全平方.1953年匈牙利.【证设2n2=kd,k是正整数,如果n2+d是整数x的平方,那么k2x2=k2(n2+d)=n2(k2+2k)但这是不可能的,因为k2x2与n2都是完全平方,而由k2<k2+2k<(k +1)2得出k2+2k不是平方数.3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数.1962年上海高三决赛题.【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n(n+1)(n+2)(n+3)=(n2+3n)(n2+8n+2)=(n2+3n+1)2-1因此,四个连续自然数乘积加上1,是一完全平方数,故知本题结论成立.4 已知各项均为正整数的算术级数,其中一项是完全平方数,证明:此级数一定含有无穷多个完全平方数.1963年俄【证】设此算术级数公差是d,且其中一项a=m2(m∈N).于是a+(2km +dk2)d=(m+kd)2对于任何k∈N,都是该算术级数中的项,且又是完全平方数.5 求一个最大的完全平方数,在划掉它的最后两位数后,仍得一个完全平方数(假定划掉的两个数字中的一个非零).1964年俄.【解】设n2满足条件,令n2=100a2+b,其中0<b<100.于是n>10a,即n?10a+1.因此b=n2100a2?20a+1由此得 20a+1<100,所以a?4.经验算,仅当a=4时,n=41满足条件.若n>41则n2-402?422-402>100.因此,满足本题条件的最大的完全平方数为412=1681.6 求所有的素数p,使4p2+1和6p2+1也是素数.1964年波兰【解】当p≡±1(mod 5)时,5|4p2+1.当p≡±2(mod 5)时,5|6p2+1.所以本题只有一个解p=5.7 证明存在无限多个自然数a有下列性质:对任何自然数n,z=n4+a 都不是素数.1969德国.【证】对任意整数m>1及自然数n,有n4+4m4=(n2+2m2)2-4m2n2=(n2+2mn+2m2)(n2-2mn+2m2)而 n2+2mn+2m2>n2-2mn+2m2=(n-m)2+m2?m2>1故n4+4m4不是素数.取a=4224,4234,…就得到无限多个符合要求的a.8 将某个17位数的数字的顺序颠倒,再将得到的数与原来的数相加.证明:得到的和中至少有一个数字是偶数.1970年苏【证】假设和的数字都是奇数.在加法算式中,末一列数字的和d+a 为奇数,从而第一列也是如此,因此第二列数字的和b+c?9.于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉,所得的13位数仍具有性质:将它的数字颠倒,得到的数与它相加,和的数字都是奇数.照此进行,每次去掉首末各两位数字.最后得到一位数,它与自身相加显然是偶数.矛盾!9 证明:如果p和p+2都是大于3的素数,那么6是p+1的因数.1973年加拿大【证】因p是奇数,2是p+1的因数.因为p、p+1、p+2除以3余数不同,p、p+2都不被3整除,所以p+1被3整除.10 证明:三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项(不一定是连续的).美国1973年【证】设p、q、r是不同素数.假如有自然数l、m、n和实数a、d,消去a,d,得化简得(m-n)3p=(l-n)3q+(m-l)3r+3(l-n)(m11 设n为大于2的已知整数,并设V n为整数1+kn的集合,k=1,2,….数m∈V n称为在V n中不可分解,如果不存在数p,q∈V n使得pq=m.证明:存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积.1977年荷兰【证】设a=n-1,b=2n-1,则a2、b2、a2b2都属于V n.因为a2<(n+1)2,所以a2在V n中不可分解.式中不会出现a2.r=a2b2有两种不同的分解方式:r=a22b2=a2…(直至b2分成不可分解的元素之积)与r=ab2ab=…(直至ab分成不可分解的元素之积),前者有因数a2,后者没有.12 证明在无限整数序列10001,100010001,1000100010001,…中没有素数.注意第一数(一万零一)后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成.1979年英国【证】序列1,10001,100010001,…,可写成1,1+104,1+104+108,…一个合数.即对n>2,a n均可分解为两个大于1的整数的乘积,而a2=10001=137273.故对一切n?2,a n均为合数.13 如果一个自然数是素数,并且任意地交换它的数字,所得的数仍然是素数,那么这样的数叫绝对素数.求证:绝对素数的不同数字不能多于3个.1984年苏【证】若不同数字多于3个,则这些数字只能是1、3、7、9.不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7,余数分别为0、1、2、3、4、5、6.因此对任意自然数M,1043M与上述7个四位数分别相加,所得的和中至少有一个被7整除,从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数.14正整数d不等于2、5、13.证在集合{2,5,13,d}中可找到两个不同元素a、b,使得ab-1不是完全平方数.1986年德【证】证明2d-1、5d-1、13d-1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可.用反证法,设5d-1=x2 5d-1=y2 13d -1=z2 其中x、y、z是正整数.x是奇数,设x=2n-1.代入有2d-1=(2n-1)2即d=2n2-2n+1 说明d也是奇数.y、Z是偶数,设y=2p,z=2q,代入(2)、(3)相减后除以4有2d=q2-p2=(q+p)(q-p)因2d是偶数,即q2-p2是偶数,所以p、q同为偶数或同为奇数,从而q+p和q-p都是偶数,即2d是4的倍数,因此d是偶数.这与d是奇数相矛盾,故命题正确.15 .求出五个不同的正整数,使得它们两两互素,而任意n(n?5)个数的和为合数.1987年全苏【解】由n个数a i=i2n!+1,i=1,2,…,n组成的集合满足要求.因为其中任意k个数之和为m2n!+k(m∈N,2?k ?n)由于n!=1222…2n是k的倍数,所以m2n!+k是k的倍数,因而为合数.对任意两个数a i与a j(i>j),如果它们有公共的质因数p,则p也是a i-a j=(i-j)n!的质因数,因为0<i-j<n,所以p也是n!的质因数.但a i与n!互质,所以a i与a j不可能有公共质因数p,即a i、a j(i≠j)互素.令n=5,便得满足条件的一组数:121,241,361,481,601.16 n?2,证:如果k2+k+n对于整数k素数.1987苏联(1)若m?p,则p|(m-p)2+(m-p)+n.又(m-p)2+(m-p)+n?n>P,这与m是使k2+k+n为合数的最小正整数矛盾.(2)若m?p-1,则(p-1-m)2+(p-1-m)+n=(p-1-m)(p-m)+n被p整除,且(p-1-m)2+(p-1-m)+n?n>p因为(p-1-m)2+(p-1-m)+n为合数,所以p-1-m?m,p?2m+1由得4m2+4m+1?m2+m+n即3m2+3m+1-n?0由此得17 正整数a与b使得ab+1整除a2+b2.求证:(a2+b2)/(ab+1)是某个正整数的平方.1988德国a2-kab+b2=k (1)显然(1)的解(a,b)满足ab?0(否则ab?-1,a2+b2=k(ab+1)?0).又由于k不是完全平方,故ab>0.设(a,b)是(1)的解中适合a>0(从而b>0)并且使a+b最小的那个解.不妨设a?b.固定k与b,把(1)看成a的二次方程,它有一根为a.设另一根为a′,则由韦达定理a′为整数,因而(a′,b)也是(1)的解.由于b>0,所以a′>0.但由(3)从而a′+b<a+b,这与a+b的最小性矛盾,所以k必为完全平方. 18 求证:对任何正整数n,存在n个相继的正整数,它们都不是素数的整数幂.1989年瑞典提供.【证】设a=(n+1)!,则a2+k(2?k?n+1),被k整除而不被k2整除(因为a2被k2整除而k不被k2整除).如果a2+k是质数的整数幂p l,则k=p j(l、j都是正整数),但a2被p2j整除因而被p j+1整除,所以a2+k被p j整除而不被p j+1整除,于是a2+k=p j=k,矛盾.因此a2+k(2?k?n+1)这n个连续正整数都不是素数的整数幂. 19 n为怎样的自然数时,数32n+1-22n+1-6n是合数?1990年全苏解32n+1-22n+1-6n=(3n-2n)(3n+1+2n+1)当n>l时,3n -2n>1,3n+1+2n+1>1,原数是合数.当n=1时,原数是13 20 设n是大于6的整数,且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数,如果a2-a1=a3-a2=…=a k-a k-1>0求证:n或是素数或是2的某个正整数次方.1991年罗马尼亚.证由(n-1,n)=1,得a k=n-1.令d=a2-a1>0.当a2=2时,d=1,从而k=n-1,n与所有小于n的自然数互素.由此可知n是素数.当a2=3时,d=2,从而n与所有小于n的奇数互素.故n是2的某个正整数次方.设a2>3.a2是不能整除n的最小素数,所以2|n,3|n.由于n-1=a k=1+(k-1)d,所以3d.又1+d=a2,于是31+d.由此可知3|1+2d.若1+2d<n,则a3=1+2d,这时3|(a3,n).矛盾.若1+2d?n,则小于n且与n互素自然数的个数为2.设n=2m(>6).若m为偶数,则m+1与n互质,若m为奇数,则m+2与m互质.即除去n-1与1外、还有小于n且与n互质的数.矛盾.综上所述,可知n或是素数或是2的某个正整数次方.21 试确定具有下述性质的最大正整数A:把从1001至2000所有正整数任作一个排列,都可从其中找出连续的10项,使这10项之和大于或等于A.1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列,总和都是1001+1002+…+2000=1500500,将它分为100段,每段10项,至少有一段的和?15005,所以A?15005另一方面,将1001~2000排列如下:2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402 ………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1,a2,…,a2000(表中第i行第j列的数是这个数列的第10(i-1)+j项,1?i?20,1?j?10)令S i=a i+a i+1+…+a i+9(i=1,2,…,1901)则S1=15005,S2=15004.易知若i为奇数,则S i=15005;若i为偶数,则S i=15004.综上所述A=15005.22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数?1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】(n+1)2+(n+2)2+…+(n+10)2=10n2+110n+385=5(2n2+22n+77)不难验证n≡0,1,-1,2,-2(mod 5)时,均有2n2+22n+77≡2(n2+n+1)0(mod 5)所以(n+1)2+(n+2)2+…+(n+10)2不是平方数,23 是否存在完全平方数,其数字和为1993?1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在,取n=221即可.24 能表示成连续9个自然数之和,连续10个自然数之和,连续11个自然数之和的最小自然数是多少?1993年美国数学邀请赛【解】答495.连续9个整数的和是第5个数的9倍;连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍;连续11个整数的和是第6项的11倍,所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除,这数至少是495.又495=51+52+…+59=45+46+…+54=40+41+…+5025 如果自然数n使得2n+1和3n+1都恰好是平方数,试问5n+3能否是一个素数?1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n+1=k2,3n+1=m2,则5n+3=4(2n+1)-(3n+1)=4k2-m2=(2k+m)(2k-m).因为5n+3>(3n+1)+2=m2+2>2m+1,所以2k-m≠1(否则5n+3=2k+m=2m+1).从而5n+3=(2k +m)(2k-m)是合数.26 设n是正整数.证明:2n+1和3n+1都是平方数的充要条件是n+1为两个相邻的平方数之和,并且为一平方数与相邻平方数2倍之和.1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n+1及3n+1是平方数,因为2(2n+1),3(3n+1),可设2n+1=(2k+1)2,3n+1=(3t±1)2,由此可得n+1=k2+(k+1)2,n+1=(t±1)2+2t2反之,若n+1=k2+(k+1)2=(t±1)2+2t2,则2n+1=(2k+1)2,3n+1=(3t±1)2从而命题得证.27 设a、b、c、d为自然数,并且ab=cd.试问a+b+c+d能否为素数.1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数,将它们分别记作k与l.由。

【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】

【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】
奥林匹克数学竞赛高中训练题集
目 录
数学奥林匹克高中训练题(01) ........................................................................................................................... 1 数学奥林匹克高中训练题(02) ........................................................................................................................... 3 数学奥林匹克高中训练题(03) ........................................................................................................................... 4 数学奥林匹克高中训练题(04) ........................................................................................................................... 6 数学奥林匹克高中训练题(05) ........................................................................................................................... 8 数学奥林匹克高中训练题(06) ...........................................................

数学奥林匹克高中训练题(10)及答案

数学奥林匹克高中训练题(10)及答案

数学奥林匹克高中训练题(10)第一试一、选择题(本题满分36分,每小题6分)1.(训练题15)正方体表面正方形的对角线中存在异面直线,如果其中两条异面直线距离是1,那么,正方形的体积(C). (A) 1 (B) 33 (C) 1 或33 (D) 33 或232.(训练题15)设有长度为12345,,,,a a a a a 的五条线段,其中任何三条线段都能组成一个三角形,共组成了10个三角形,这些三角形中(A).(A) 必有一个锐角三角形 (B) 必有一个直角三角形(C) 不可能有锐角三角形 (D) 是否存在锐角三角形与已知线段长有关3.(训练题15)在锐角ABC ∆中,,,A B C ∠∠∠为其内角,设cot 2cot 2cot 2T A B C =++,则一定有(C).(A) 0T > (B) 0T ≥ (C) 0T < (D) 0T ≤4.(训练题15)C 为复数集,设18{|1,}A z z z C ==∈,18{|1,}B C ωωω==∈,{|,}D z z A B ωω=∈∈.则D 中的元素的个数为(D)个.(A)864 (B)432 (C) 288 (D) 1445.(训练题15)已知正数,,a b c ,满足1995ab bc cd ++=,则c ab +a bc +bca 的最小值为(B). (A) 1995 (B) 3665 (C) 2665 (D) 6656.(训练题15)已知函数()f x 在(0,)+∞上有定义且为增函数,并满足1()(())1f x f f x x+=.则(1)f =(D). (A)1 (B)0 (C)251+ (D) 251- 二、填空题(本题满分54分,每小题9分)1.(训练题15)已知抛物线方程(0)2x y h h =-+>,点(2,4)P 在抛物线上,直线AB 在y 轴上的截距大于0,且与抛物线交于,A B 两点,直线PA 与PB 的倾斜角互补,则PAB ∆的面积的最大值是9. 2.(训练题15)设p 是一个素数,4p 的各正约数之和是一个完全平方数,则p = 3p = .3.(训练题15)方程cos(1)cos(2)cos(3)0a x b x c x +++++=在开区间(0,)π内至少有两个根,则此方程的所有根为 一切实数 .4.(训练题15)设12,x x 是实系数方程2240x kx ++=的两个非零实根,且满足221221()()7x x x x +>,则k 取值范围是k k ><5.(训练题15)设多项式()p x 的次数不超过3次,且(0)1,(3)0,(2)(2)p p p x p x ==+=-.若()p x 的首项系数为负数,则()p x = 1(1)(2)(3)6x x x ---- .6.(训练题15)在一次网球比赛中,n 个女子和2n 个男子参加,并且每个选手与其他所有选手恰好比赛一次,如果没有平局,女子胜的局数与男子胜的局数之比7:5,则n = 3 .第二试 一、(训练题15)(本题满分25分)求所有的a 的值,(,)22a ππ∈-,使方程组1arcsin(sin )1tan ()10y x y x απ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩, 在110x π≥的条件下恰有10个解. 二、(训练题15)(本题满分25分)已知,A n 均为自然数,其中21,n A n ><,且2|[]1n n A+.求A 的值. 三、(训练题15)(本题满分35分) 某厂第一天产品不超过a 件,以后每天日产量都有所增加,但每日增产数量也不超过a 件,且设,0b aq r r a =+≤≤,证明,当日产量达到b 件时,工厂生产产品总数不少于2)2)(1(r qa q ++件. 四、(训练题15)(本题满分35分) 平面上有n 个点,其中每两个点之间的连线均染成红色或黑色,若图中总存在两个没有公共边的同色三角形,求n 的最小值.。

全国高中数学奥林匹克竞赛试题

全国高中数学奥林匹克竞赛试题

全国高中数学奥林匹克竞赛试题一、设集合A为所有满足条件“能被3整除且末位数字为7”的正整数的集合,集合B为所有满足条件“能被7整除且末位数字为3”的正整数的集合。

则集合A和B的交集:A. 只含有一个元素B. 含有有限个元素C. 含有无限多个元素D. 为空集(答案)C二、在三角形ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,若a + 2b = 3c,且sin A : sinB : sinC = 3 : 4 : 5,则cos C的值为:A. 1/5B. -1/5C. 3/5D. -3/5(答案)B三、已知函数f(x) = ax3 + bx2 + cx + d的图像经过点(0,1),且在x=1处取得极值,在x=-1处取得最值。

则a+b+c的值为:A. -1B. 0C. 1D. 2(答案)D四、设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1 = -23,且S10 = S14,则S20的值为:A. -110B. -90C. -70D. -50(答案)C五、已知椭圆C的方程为x2/a2 + y2/b2 = 1 (a > b > 0),其左焦点为F,过F作直线l 交椭圆C于A、B两点。

若|AF| = 3|FB|,且cos∠BFA = -5/13,则椭圆C的离心率为:A. √2/2B. √3/2C. 2√2/3D. √5/3(答案)A六、设函数f(x) = ex - ax - 1,若存在唯一的实数x0,使得f(x0) = 0,则实数a的取值范围为:A. a < 0B. 0 < a < 1C. a > 1D. a = 1(答案)C七、已知向量a = (1,2),b = (2,m),若a与b的夹角为锐角,则m的取值范围是:A. m > -1 且 m ≠ 4B. m > 4C. m ≠ 4D. -1 < m < 4(答案)A八、设函数f(x) = ln(x + 1) - x2/2,若对所有的x ∈ [0, +∞),都有f(x) ≤ ax + b ≤ x2/2 + ln(x + 1)成立,则a + b的最大值为:A. -1B. 0C. 1/2D. 1(答案)B。

高中数学竞赛试卷及解答

高中数学竞赛试卷及解答

高中数学奥林匹克竞赛试题(9月7日上午9:00-11:00) 注意事项:本试卷共18题,满分150分一、选择题(本大题共6个小题,每小题6分,满分36分) 1.定义在实数集R 上的函数y =f(-x)的反函数是y =f -1(-x),则(A)y =f(x)是奇函数 (B)y =f(x)是偶函数(C)y =f(x)既是奇函数,也是偶函数 (D)y =f(x)既不是奇函数,也不是偶函数2.二次函数y =ax 2+bx +c 的图象如右图所示。

记N =|a +b +c|+|2a -b|,M =|a -b +c|+|2a +b|,则(A)M >N (B)M =N (C)M <N(D)M 、N 的大小关系不能确定3.在正方体的一个面所在的平面内,任意画一条直线,则与它异面的正方体的棱的条数是(A) 4或5或6或7 (B) 4或6或7或8 (C) 6或7或8 (D) 4或5或6 4.ΔABC 中,若(sinA +sinB)(cosA +cosB)=2sinC,则(A)ΔABC 是等腰三角形但不一定是直角三角形 (B)ΔABC 是直角三角形但不一定是等腰三角形 (C)ΔABC 既不是等腰三角形也不是直角三角形 (D)ΔABC 既是等腰三角形也是直角三角形5.ΔABC 中,∠C =90°。

若sinA 、sinB 是一元二次方程x 2+px +q =0的两个根,则下列关系中正确的是(A)p =q 21+±且q >21- (B)p =q 21+且q >21-(C)p =-q 21+且q >21- (D)p =-q 21+且0<q ≤216.已知A (-7,0)、B (7,0)、C (2,-12)三点,若椭圆的一个焦点为C,且过A 、B 两点,此椭圆的另一个焦点的轨迹为(A)双曲线 (B)椭圆(C)椭圆的一部分 (D)双曲线的一部分二、填空题(本大题共6个小题,每小题6分,满分36分)7. 满足条件{1,2,3}⊆ X ⊆{1,2,3,4,5,6}的集合X 的个数为____。

高中数学奥林匹克竞赛训练题

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数学奥林匹克高中训练题(27)第一试一、选择题(本题满分36分,每小题6分)1.(训练题57)若()f x 是R 上的减函数,且()f x 图像经过点(0,3)A 和点(3,1)B -,则不等式(1)12f x +-<的解集为(D).(A)(,3)-∞ (B)(,2)-∞ (C)(0,3) (D) (1,2)-2.(训练题57)若函数2()sin 2(2)cos 2f x a x a x =+-的图像关于直线8x π=-对称,则a 的值等于(C).或 (B)1或1- (C)1或2- (D)1-或2 3.(训练题57)设椭圆的方程为221,(0,1)3x y A +=-为短轴的一个端点,,M N 为椭圆上相异两点,若总存在以MN 为底边的等腰AMN ∆,则直线MN 的斜率k 的取值范围是(C).(A)(1,0]- (B)[0,1] (C)(1,1)- (D)[1,1]-4.(训练题57)()f x 是定义在R 上的函数,且对任意的x 满足(1)()f x f x +=-.已知当(2,3]x ∈时,()f x x =.那么,当(2,0]x ∈-时,()f x 的表达式为(C).(A)()4f x x =+ (B)4,(2,1]()2,(1,0]x x f x x x +∈--⎧=⎨-+∈-⎩(C)4,(2,1]()3,(1,0]x x f x x x +∈--⎧=⎨--∈-⎩ (D)1,(2,1]()3,(1,0]x x f x x x --∈--⎧=⎨--∈-⎩ 5.(训练题57)已知1111ABCD A B C D -是边长为1的正方体,P 为线段1AB 上的动点,Q 为底面ABCD 上动点.则1PC PQ +的最小值为(A).(A)12+ (C)2 (D)122+ 6.(训练题57)已知在数列{}n a 中,11,n a S =为前n 项的和,且满足2(1,2,)n n S n a n ==.则n a 的表达式为(D).(A)1(2)2n n ≥+ (B)1(3)(1)n n n ≥- (C)1(4)2(1)n n ≥+ (D)2(1)n n + 二、填空题(本题满分54分,每小题9分) 1.(训练题57)在ABC ∆中,AD BC ⊥于D ,且13AD BC =.则AC AB AB AC +的最大值为2.(训练题57)已知函数1a x y x a -=--的反函数图像关于点(1,4)-成中心对称.则实数a 的值 3 .3.(训练题57)集合11{(1)},{|}22A x a xB x x =>+=-<,当A B ⊆时,a4.(训练题57)已知线段//AD 平面α,且到平面α的距离等于8,点B 是平面α内的一动点,且满足10AB =.若21AD =,则点D 与B 距离的最小值为 17 .5.(训练题57)已知多项式21x x --整除多项式541ax bx ++.则实数a = 3 ,b =5-.6.(训练题57)设[2002]S =++++,其中整数。

高中奥数竞赛试题及答案

高中奥数竞赛试题及答案

高中奥数竞赛试题及答案1. 已知函数\( f(x) \)在区间\( [0, 1] \)上连续,且满足\( f(0)= 0 \),\( f(1) = 1 \),求证:存在至少一个\( x_0 \in (0, 1) \),使得\( f(x_0) = x_0 \)。

答案:根据介值定理,由于\( f(x) \)在\( [0, 1] \)上连续,且\( f(0) = 0 \),\( f(1) = 1 \),那么对于任意\( y \)在\( [0, 1] \)内,都存在\( x \)在\( [0, 1] \)内,使得\( f(x) = y \)。

特别地,取\( y = \frac{1}{2} \),那么存在\( x_0 \)在\( (0, 1) \)内,使得\( f(x_0) = \frac{1}{2} \)。

由于\( f(x_0) \)可以取到\( [0, 1] \)内的所有值,因此必定存在\( x_0 \)使得\( f(x_0) =x_0 \)。

2. 计算不定积分\( \int \frac{1}{x^2 + 2x + 2} dx \)。

答案:首先,我们对分母进行因式分解,得到\( x^2 + 2x + 2 = (x+ 1)^2 + 1 \)。

然后,我们使用代换法,设\( u = x + 1 \),则\( du = dx \)。

代入原积分,得到\( \int \frac{1}{(u^2 + 1)^2}du \)。

接下来,我们使用分部积分法,设\( v = \frac{1}{u^2 + 1} \),\( dw = \frac{1}{(u^2 + 1)^2} du \),则\( dv = -\frac{2u}{(u^2 + 1)^2} du \),\( w = -\frac{1}{u^2 + 1} \)。

根据分部积分公式\( \int u dv = uv - \int v du \),我们得到\( \int \frac{1}{(u^2 + 1)^2} du = -\frac{1}{u^2 + 1} + C \)。

高中数学竞赛试题及答案

高中数学竞赛试题及答案

高中数学竞赛试题及答案一、选择题(每题5分,共20分)1. 下列哪个数是无理数?A. 2B. πC. 0.5D. √4答案:B2. 已知函数f(x) = x^2 - 4x + 4,求f(2)的值。

A. 0B. 4C. -4D. 8答案:A3. 一个等差数列的前三项分别为1, 4, 7,求第四项的值。

A. 10B. 11C. 13D. 15答案:A4. 计算复数z = 1 + i的模。

A. √2B. 2C. 1D. √3答案:A二、填空题(每题5分,共20分)5. 已知等比数列的公比为2,首项为1,求第5项的值。

答案:326. 已知向量a = (3, -4),向量b = (-2, 3),求向量a与向量b的点积。

答案:-67. 计算函数y = x^3 - 6x^2 + 11x - 6在x = 2处的导数值。

答案:18. 已知圆的方程为(x - 2)^2 + (y - 3)^2 = 9,求圆心坐标。

答案:(2, 3)三、解答题(每题10分,共60分)9. 求证:对于任意正整数n,n^2 + 3n + 2总是能被3整除。

证明:设n = 3k, 3k + 1, 3k + 2,其中k为整数。

当n = 3k时,n^2 + 3n + 2 = 9k^2 + 9k + 2 = 3(3k^2 + 3k + 1),能被3整除。

当n = 3k + 1时,n^2 + 3n + 2 = 9k^2 + 6k + 1 + 9k + 3 + 2 =3(3k^2 + 5k + 2),能被3整除。

当n = 3k + 2时,n^2 + 3n + 2 = 9k^2 + 12k + 4 + 9k + 6 + 2 = 3(3k^2 + 7k + 4),能被3整除。

因此,对于任意正整数n,n^2 + 3n + 2总是能被3整除。

10. 已知函数f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x,求f(x)的单调区间。

解:首先求导数f'(x) = 3x^2 - 6x + 2。

高中的数学竞赛试题及答案

高中的数学竞赛试题及答案

高中的数学竞赛试题及答案高中数学竞赛试题一、选择题(每题5分,共20分)1. 下列哪个数不是有理数?A. πB. √2C. 0.333...(无限循环)D. 1/32. 如果函数f(x) = 2x^2 - 5x + 3在x = 2时取得最小值,那么f(2)的值是多少?A. -1B. 1C. 3D. 53. 已知等差数列的前三项分别为3, 8, 13,求第10项的值。

A. 43B. 48C. 53D. 584. 若sinx = 1/2,求cosx的值(假设x在第一象限)。

A. √3/2B. -√3/2C. 1/2D. -1/2二、填空题(每题4分,共12分)5. 计算(2x^3 - 3x^2 + 4x - 5) / (x - 1)的商式和余数。

商式为:________余数为:______6. 已知复数z = 3 + 4i,求其共轭复数。

共轭复数为:______7. 一个圆的半径为5,求其内接正六边形的边长。

边长为:______三、解答题(每题18分,共54分)8. 证明:对于任意正整数n,n^5 - n 总是能被30整除。

9. 已知函数g(x) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6,求其导数g'(x),并找出g(x)的极值点。

10. 解不等式:|x + 2| + |x - 3| > 4。

四、证明题(每题10分,共10分)11. 证明:对于任意实数a和b,(a^2 + b^2)(1/a^2 + 1/b^2) ≥ 2。

五、附加题(每题15分,共15分)12. 一个圆的半径为r,圆内接正n边形的边长为s。

证明:s =2r*sin(π/n)。

高中数学竞赛试题答案一、选择题1. A(π是无理数)2. B(f(2) = 4 - 10 + 3 = -3,但题目要求最小值,故应为B)3. C(公差d = 13 - 8 = 5,第10项a_10 = 3 + 9*5 = 53)4. A(根据勾股定理,cosx = √3/2)二、填空题5. 商式为:2x^2 - x - 5,余数为:-36. 共轭复数为:3 - 4i7. 边长为:10三、解答题8. 证明略。

高中奥林匹克竞赛试题

高中奥林匹克竞赛试题

高中奥林匹克竞赛试题高中奥林匹克竞赛试题是专为选拔和培养具有特殊数学、物理、化学、生物、信息学等学科才能的学生而设计的。

这些试题通常具有较高的难度和创新性,旨在测试学生对所学知识的深入理解和应用能力。

# 数学奥林匹克竞赛试题1. 问题一:证明对于任意正整数\( n \),\( \sum_{k=1}^{n} k^3 = ( \frac{n(n+1)}{2} )^2 \)。

2. 问题二:给定一个圆,圆内接四边形的对角线互相垂直,求证这个四边形的面积等于对角线乘积的一半。

3. 问题三:在一个平面上,有\( n \)个点,没有任何三个点共线。

求证至少存在一个点,它与其它所有点构成的线段总和不超过所有点构成的线段总和的一半。

# 物理奥林匹克竞赛试题1. 问题一:一个物体从静止开始自由下落,忽略空气阻力。

求物体在前\( t \)秒内下落的距离。

2. 问题二:两个质量分别为\( m_1 \)和\( m_2 \)的物体通过一根轻质弹簧连接,静止放置在光滑的水平面上。

当弹簧被压缩后释放,求系统达到平衡时,两物体的速度。

3. 问题三:一个质量为\( m \)的物体在水平面上以速度\( v \)运动,受到一个恒定的摩擦力\( f \)作用。

求物体停止运动所需的时间。

# 化学奥林匹克竞赛试题1. 问题一:描述如何通过化学方法区分一氧化碳和二氧化碳。

2. 问题二:给定一个化学反应方程式,求反应物和生成物的摩尔比。

3. 问题三:解释为什么在水溶液中,氯化钠(食盐)和氯化钾的溶解度不同。

# 生物奥林匹克竞赛试题1. 问题一:解释细胞分裂过程中染色体数量的变化。

2. 问题二:描述光合作用的基本过程及其在生态系统中的作用。

3. 问题三:解释基因突变如何影响生物体的表型。

# 信息学奥林匹克竞赛试题1. 问题一:编写一个程序,实现对一个整数数组的排序。

2. 问题二:设计一个算法,找出一个字符串中出现次数最多的字符。

3. 问题三:实现一个函数,计算两个字符串的最长公共子序列。

竞赛数学高中试题及答案

竞赛数学高中试题及答案

竞赛数学高中试题及答案试题一:多项式问题题目:已知多项式 \( P(x) = x^3 - 3x^2 + 2x - 5 \),求 \( P(2) \) 的值。

解答:将 \( x = 2 \) 代入多项式 \( P(x) \) 中,得到:\[ P(2) = 2^3 - 3 \times 2^2 + 2 \times 2 - 5 = 8 - 12 + 4 -5 = -5 \]试题二:几何问题题目:在直角三角形 ABC 中,角 C 是直角,若 \( AB = 10 \) 且\( AC = 6 \),求斜边 BC 的长度。

解答:根据勾股定理,直角三角形的斜边 \( BC \) 可以通过以下公式计算:\[ BC = \sqrt{AB^2 - AC^2} = \sqrt{10^2 - 6^2} = \sqrt{100 - 36} = \sqrt{64} = 8 \]试题三:数列问题题目:给定数列 \( a_n = 2n - 3 \),求数列的前 5 项。

解答:根据数列公式 \( a_n = 2n - 3 \),我们可以计算出前 5 项:\[ a_1 = 2 \times 1 - 3 = -1 \]\[ a_2 = 2 \times 2 - 3 = 1 \]\[ a_3 = 2 \times 3 - 3 = 3 \]\[ a_4 = 2 \times 4 - 3 = 5 \]\[ a_5 = 2 \times 5 - 3 = 7 \]数列的前 5 项为:-1, 1, 3, 5, 7。

试题四:概率问题题目:一个袋子里有 5 个红球和 3 个蓝球,随机抽取 2 个球,求抽到一个红球和一个蓝球的概率。

解答:首先计算总的可能组合数,即从 8 个球中抽取 2 个球的组合数:\[ \text{总组合数} = \binom{8}{2} = \frac{8 \times 7}{2} = 28 \]然后计算抽到一个红球和一个蓝球的组合数:\[ \text{有利组合数} = \binom{5}{1} \times \binom{3}{1} = 5 \times 3 = 15 \]所以,抽到一个红球和一个蓝球的概率为:\[ P = \frac{\text{有利组合数}}{\text{总组合数}} =\frac{15}{28} \]试题五:函数问题题目:若函数 \( f(x) = x^2 - 4x + 4 \),求 \( f(x) \) 的最小值。

数学奥数高中试题及答案

数学奥数高中试题及答案

数学奥数高中试题及答案试题一:几何问题题目:在平面直角坐标系中,已知点A(1,2),B(3,4),C(6,8),求三角形ABC的面积。

解答:首先,我们可以观察到点A、B、C的坐标满足线性关系y=2x。

这意味着三角形ABC的三个顶点都在一条直线上。

因此,三角形ABC的面积为0。

试题二:代数问题题目:解方程:\( x^2 - 5x + 6 = 0 \)。

解答:这是一个二次方程,我们可以使用因式分解的方法来解它。

将方程分解为 \( (x - 2)(x - 3) = 0 \)。

因此,\( x = 2 \) 或\( x = 3 \)。

试题三:数列问题题目:数列 \( a_n \) 满足 \( a_1 = 1 \) 且 \( a_{n+1} = a_n + n \),求 \( a_{10} \) 的值。

解答:我们可以通过递推的方式计算 \( a_{10} \) 的值。

\( a_2 = a_1 + 1 = 1 + 1 = 2 \)\( a_3 = a_2 + 2 = 2 + 2 = 4 \)...\( a_{10} = a_9 + 9 \)通过递推,我们可以得到 \( a_{10} = 1 + 1 + 2 + 3 + ... + 9 = 1 + \frac{9 \times (9 + 1)}{2} = 1 + 45 = 46 \)。

试题四: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,求不同的放法总数。

解答:首先,我们需要将5个球分成3组,每组至少一个球。

我们可以使用隔板法来解决这个问题。

将5个球排成一行,有4个空位可以插入隔板来分组。

我们需要在这4个空位中选择2个位置放置隔板,这样可以得到 \( C_4^2 \) 种分法。

然后,将分好的三组球分配到3个盒子中,有 \( 3! \) 种分配方式。

因此,总的放法是 \( C_4^2\times 3! = 6 \times 6 = 36 \) 种。

奥林匹克竞赛高中数学训练题

奥林匹克竞赛高中数学训练题

数学奥林匹克高中训练题第一试一、选择题(本题满分36分,每小题6分)1.(训练题37)a 是由1998个9组成的1998位数,b 是由1998个8组成的1998位数,则b a ⋅的各位数字之和为(C).(A)19980 (B)19971 (C)17982 (D)179912.(训练题37)已知)2,0(π∈x ,则方程03832=++ctgx x ctg 的所有根的和为(C).(A)π3 (B)π4 (C)π5 (D)π63.(训练题37)已知三个正数a 、b 、c 之和为10,如果它们之中没有一个大于其余数的2倍,那么abc 的最小值是(B).(A)32 (B)4131 (C)9727 (D)161374.(训练题37)已知])32()32[(21n n n x -++=)(N n ∈,n x 为正整数,则19981999x 的个位数字为(B).(A)1 (B)2 (C)6 (D)75.(训练题37)已知ABC ∆中,2lg ,2lg ,2lg Ctg B tg A tg 成等差数列,则B ∠的取值范围是(B). (A)60π≤∠<B (B)30π≤∠<B (C)323ππ≤∠≤B(D)ππ≤∠≤B 32 6.(训练题37)一只小球放入一长方形容器内,且与共点的三个面相接触,小球上有一点到这三个面的距离分别是cm 3,cm 3,cm 6,则这只小球的半径(D).(A)只为cm 3 (B)只为cm 6 (C)只为cm 9 (D)以上说法不对二、填空题(本题满分54分,每小题9分)1.(训练题37)已知!1999|1998n ,则正整数n 的最大值为 55 .2.(训练题37)已知0O 是正ABC ∆的内切圆,1O 与0O 外切且与ABC ∆的两边相切,…,1n O +与n O 外切且与ABC ∆两边相切)(N n ∈.那么,在ABC ∆内所有这些可能的圆(包括0O ,n O )(N n ∈)的面积之和与ABC ∆3.(训练题37)P 是边长为2的正ABC ∆所在平面上的一动点,且16222=++PC PB PA ,则动点P 的轨迹为 以正ABC ∆的中心为圆心,2为半径的圆 .4.(训练题37)已知方程)(88N n n z y x ∈=++有666组正整数解),,(z y x .那么n 的最大值是 304 .5.(训练题37)已知正四面体ABCD 的六条棱的长分别为cm 4,cm 7,cm 20,cm 22,cm 28,xcm 。

高中数学奥林匹克竞赛全真模拟试题及答案

高中数学奥林匹克竞赛全真模拟试题及答案

高中数学奥林匹克竞赛全真模拟试题及答

这份文档提供了一套完整的高中数学奥林匹克竞赛全真模拟试题及答案。

这些试题旨在帮助参与奥林匹克竞赛的高中学生进行练和复,以提高他们在数学竞赛中的表现。

试题内容
本文档包含多个数学奥林匹克竞赛模拟试题,涵盖了高中数学的各个领域,包括代数、几何、概率与统计等。

试题的难度逐渐增加,以适应不同水平的竞赛参与者。

每个试题都经过精心设计,以鼓励学生思考和运用创造性的解题方法。

试题答案
除了试题本身,本文档还提供了所有试题的答案。

每个题目后面都有详细的解答和步骤,帮助学生理解和掌握解题方法。

答案部分的内容经过仔细验证,确保准确无误。

使用建议
- 学生可以利用这份文档作为练材料,并按照自己的进度逐步完成试题。

- 学生可以尝试独立解答试题,并在查看答案之前,评估自己的解题能力和方法的正确性。

- 学生可以在解答完试题后,对比自己的解答和文档中的答案和解析,以便发现和纠正自己的错误。

参考书目
- 《高中数学奥林匹克竞赛真题及解析》
- 《高中数学竞赛题研究》
- 《数学奥赛理论与实战攻略》
这份文档旨在为高中数学竞赛的学生提供有用的学习资源,帮助他们在竞赛中取得更好的成绩。

祝愿每位使用这份文档的学生都能够在数学奥林匹克竞赛中大放异彩!。

高中数学奥林匹克竞赛试题

高中数学奥林匹克竞赛试题

高中数学奥林匹克竞赛试题高中数学奥林匹克竞赛试题一、选择题(共20小题,每小题2分,共40分。

从每题四个选项中选择一个正确答案,将其标号填入题前括号内)1. 已知函数f(x) = 2x^2 + bx + c, f(1) = 5, f(2) = 15,则b + c的值是:A. 4B. 6C. 8D. 122. 设等差数列{an}的公差为d,已知a₁ + a₃ + a₅ = 9d,a₂ + a₄ + a₆= 15d,则a₇的值为:A. 8dB. 9dC. 10dD. 11d3. 若复数z = a + bi满足|z - 1| = |z + 1|,则a的值为:A. -1B. 0C. 1D. 24. 若直线y = kx + m与椭圆(x + 2)²/9 + y²/16 = 1相交于点P,请问此时P点的横坐标x的取值范围是:A. [0, -4/3]B. [0, -2]C. (-∞, -2]D. (-∞, 0]5. 已知正整数a、b满足a + b = 10,ab = 15,则a/b的值是:A. 1/2B. 2/3C. 3/2D. 3/5二、填空题(共10小题,每小题4分,共40分)6. 若正整数x满足5x ≡ 15 (mod 17),则x的最小正整数解为_______。

7. 在平面直角坐标系中,一次函数y = kx + c经过点(1, 2),且该直线与x轴交于点(3, 0),则k的值为_______。

8. 设二次函数y = ax² + bx + c的图象与x轴交于A、B两点,若A、B两点间的距离为10,且判别式Δ = b² - 4ac > 0,则a/b的值为_______。

9. 设U为自然数集合,函数f: U → U满足f(f(f(x)))) = 1 + x,则f(2019)的值为_______。

10. 若平面上直线y = kx + 1与曲线y = x² + 2x相切于点P,请问k的取值范围是_______。

高中奥林匹克数学竞赛试题

高中奥林匹克数学竞赛试题

数学奥林匹克高中训练题(一)第一试一、选择题(每小题6分,共36分)1、已知sin a·cos b= –则cos a·sin b的取值范围为……………………………()(A)[–1,] (B)[–] (C)[–](D)[–]2、一个人以匀速6m/s去追停在交通灯前的汽车,当他离汽车25m时,交通灯由红变绿,汽车以1m/s2的加速度匀加速开走,那么………………………………()(A)人可在7s内追上汽车(B)人可在10s内追上汽车(C)人追不上汽车,其间最近距离为5m (D)人追不上汽车,其间最近距离为7m3、已知a、b是不相等的正数,在a、b之间插入两组数x1,x2,…,x n,y1,y2,…,y n,使a,x1,x2,…,x n,b成等差数列,a,y1,y2,…,y n,b成等比数列.则下列不等式(1)(2)(3)(4)中,为真命题的是……………………()(A)(1)、(3)(B)(1)、(4)(C)(2)、(3)(D)(2)、(4)4、已知长方体的三条面对角线长为5,4,x.则x的取值范围为………………()(A)(2,)(B)(3,9)(C)(3,)(D)(2,9)5、已知直线l1:y=a x+3a+2与l2:y= –3x+3的交点在第一象限.则a的取值范围为()(A)(–(B)(–∞,)(C)(–3,(D)(–+∞)6、已知a、b、c三人的年龄次序满足:(1)如果b不是年龄最大,那么a年龄最小;(2)如果c不是年龄最小,那么a年龄最大.则这三个人的年龄从大到小为…………………………………………………()(A)ba c(B)c ba (C)ab c(D)a c b二、填空题(每小题9分,共54分)1、不等式(x–1)≥0的解集为 .2、抛物线y=a x2+b x+c(a≠0)与x轴交于A、B两点,则以AB为直径的圆的方程为.3、圆锥的母线长为l,它和底面所成的角为θ,这个圆锥的内接正方体的棱长为(正方体有4个顶点在圆锥底面上,另4个顶点在圆锥侧面上).4、在足球比赛中,甲方边锋从乙方球门(图2中AB)附近带球过人沿直线(图2中CD)向前推进,于点C起脚射门。

高中奥数竞赛试题及答案

高中奥数竞赛试题及答案

高中奥数竞赛试题及答案【试题一】题目:设\( a, b, c \)是正整数,且满足\( a^2 + b^2 = c^2 \)。

求证:\( a, b, c \)中至少有一个是偶数。

【答案】假设\( a, b, c \)均为奇数,即\( a = 2m + 1, b = 2n + 1, c =2p + 1 \),其中\( m, n, p \)为非负整数。

将这些代入等式得:\[ (2m + 1)^2 + (2n + 1)^2 = (2p + 1)^2 \]\[ 4m^2 + 4m + 1 + 4n^2 + 4n + 1 = 4p^2 + 4p + 1 \]\[ 4m^2 + 4m + 4n^2 + 4n = 4p^2 + 4p \]\[ m^2 + m + n^2 + n = p^2 + p \]这表明左边是一个奇数,而右边是一个偶数,这是不可能的。

因此,\( a, b, c \)中至少有一个是偶数。

【试题二】题目:若\( x \)和\( y \)是实数,且满足\( x^2 - 5xy + 6y^2 = 0 \),求\( \frac{x}{y} \)的值。

【答案】将等式\( x^2 - 5xy + 6y^2 = 0 \)进行因式分解,得到:\[ (x - 2y)(x - 3y) = 0 \]这意味着\( x = 2y \)或\( x = 3y \)。

因此,\( \frac{x}{y} \)的值可以是2或3。

【试题三】题目:在直角三角形ABC中,∠C是直角,点D在斜边AB上,且满足\( CD^2 = AD \cdot DB \)。

求证:\( \angle ADC = \angle BDC \)。

【答案】由题意知,\( CD^2 = AD \cdot DB \),根据相似三角形的性质,我们可以得到:\[ \frac{CD}{AD} = \frac{DB}{CD} \]这表明\( \triangle ADC \)和\( \triangle BDC \)是相似的。

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)与答案

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)与答案

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,102024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)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21mC 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021mm,则121m a k m .若1212m m ,则22221m m m m ,即21m m r m m ,此时 2121ma 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 ma m m,由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m ma m K m m,其中K 为整数,故21n m a m .这意味着21mC m 满足要求.从而满足要求的C 的最大值为212(1)m rm 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)rr . …………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 CFCB 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 ABAL KA. …………20分同理,记,DQ CA 的延长线交于点L ,则KE ADAL KA.又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KFAB 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)2bS 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)2wS 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。

2020高中奥林匹克数学竞赛试题

2020高中奥林匹克数学竞赛试题

选择题:
1. 函数f(x) = e^x 的导函数是:
A. e^x
B. ln(x)
C. e^(x+1)
D. e^(x-1)
2. 设A 是一个3x3 的矩阵,B 是一个3x2 的矩阵,若AB 存在,则A 的列数和B 的行数分别为:
A. 3, 3
B. 3, 2
C. 2, 3
D. 1, 2
3. 在复数z = 2 - 3i 的复平面表示中,它的共轭复数是:
A. 2 + 3i
B. 2 - 3i
C. -2 + 3i
D. -2 - 3i
填空题:
1. 设函数f(x) = 3x² - 4x + 2,求f'(x) 的表达式:________.
2. 设A = [2 3; 4 1],B = [3 1; -1 2],求矩阵A 和矩阵B 的乘积:________.
3. 设复数z = -2 + 3i,则z 的模是________,z 的辐角是________.
应用题:
1. 设函数f(x) = x³ - 2x² + x + 1,求f(x) 的最小值和最大值所对应的x 值。

2. 某公司拥有两种产品A 和B,每个单位的产品A 需要3 个人工时,每个单位的产品
B 需要5 个人工时。

如果公司总共有60 个人工时,并且产品A 和产品B 的销售利润分别为10 元和15 元,问应该生产多少单位的产品A 和B 才能使利润最大化?
3. 已知直线L:2x + 3y = 6,若点P(1, -1) 在直线L 上,求直线L 的法向量。

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2003年全国高中数学联合竞赛试题一、选择题(本题满分36分,每小题6分)1、删去正整数数列1,2,3,……中的所有完全平方数,得到一个新数列.这个新数列的第2003项是( )A .2046B .2047C .2048D .20492、设a ,b ∈R ,ab ≠0,那么,直线ax -y +b =0和曲线bx 2+ay 2=ab 的图形是( )3、过抛物线y 2=8(x +2)的焦点F 作倾斜角为60°的直线.若此直线与抛物线交于A 、B 两点,弦AB 的中垂线与x 轴交于P 点,则线段PF 的长等于( )A .163 B .83C 1633D .834、若5[,]123x ππ∈--,则2tan()tan()cos()366y x x x πππ=+-+++的最大值是( ).A 1225B 1126C 1136D 12355、已知x 、y 都在区间(-2,2)内,且xy =-1,则函数224949u x y =+--的最小值是( )A .85 B .2411C .127D .125 6、在四面体ABCD 中,设AB =1,CD 3AB 与CD 的距离为2,夹角为3π,则四面体ABCD 的体积等于( )A 3B .12C .13 D 3 二、填空题(本题满分54分,每小题9分)7、不等式|x |3-2x 2-4|x |+3<0的解集是__________.8、设F 1,F 2是椭圆22194x y +=的两个焦点,P 是椭圆上的点,且|PF 1|:|PF 2|=2:1,则△PF 1F 2的面积等于__________.9、已知A ={x |x 2-4x +3<0,x ∈R },B ={ x |21-x +a ≤0,x 2-2(a +7)x +5≤0,x ∈R }.若A B ⊆,则实数a 的取值范围是__________.10、已知a ,b ,c ,d 均为正整数,且35log ,log 24a cb d ==,若a -c =9,b -d =__________.11、将八个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内,并使得每个球和其相邻的四个球相切,且与圆柱的一个底面及侧面都相切,则此圆柱的高等于__________.12、设M n ={(十进制)n 位纯小数0.12|n i a a a a 只取0或1(i =1,2,…,n -1),a n =1},T n 是M n 中元素的个数,S n 是M n 中所有元素的和,则limnn nS T →∞=__________.三、解答题(本题满分60分,每小题20分)13、设352x ≤≤,证明不等式14、设A ,B ,C 分别是复数Z 0=ai ,Z 1=12+bi ,Z 2=1+ci (其中a ,b ,c 都是实数)对应的不共线的三点.证明:曲线Z = Z 0cos 4t +2 Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (t ∈R )与△ABC 中平行于AC 的 中位线只有一个公共点,并求出此点.15、一张纸上画有半径为R 的圆O 和圆内一定点A ,且OA =a ,折叠纸片,使圆周上某一点A ′刚好与A 点重合.这样的每一种折法,都留下一条直线折痕. 当A ′取遍圆周上所有点时,求所有折痕所在直线上点的集合.加 试一、(本题满分50分)过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线,切点为A ,B .所作割线交圆于C ,D 两点,C 在P ,D 之间.在弦CD 上取一点 Q ,使∠DAQ =∠PBC .求证:∠DBQ =∠P AC . 二、(本题满分50分)设三角形的三边长分别是整数l ,m ,n ,且l >m >n .已知444333{}{}{}101010l m n==,其中{x }=x -[x ],而[x ]表示不超过x 的最大整数.求这种三角形周长的最小值. 三、(本小题满分50分)由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形,其中n =q 2+q +1,l ≥12q (q +1)2+1,q ≥2,q ∈N .已知此图中任四点不共面,每点至少有一条连线段,存在一点至少有q +2条连线段.证明:图中必存在一个空间四边形(即由四点A ,B ,C ,D 和四条连线段AB ,BC ,CD ,DA 组成的图形).答 案一、选择题1、注意到452=2025,462=2116,故2026=a 2026-45=a 1981,2115= a 2115-45= a 2070.而且在从第1981项到第2070项之间的90项中没有完全平方数.又1981+22=2003,故a 2003= a 1981+22=2026+22=2048.故选(C ).2、题设方程可变形为题设方程可变形为y =ax +b 和221x y a b+=,则观察可知应选(B ).3、易知此抛物线焦点F 与坐标原点重合,故直线AB 的方程为y. 因此,A ,B 两点的横坐标满足方程:3x 2-8x -16=0.由此求得弦AB 中点的横坐标043x =,纵坐标0y =,进而求得其中垂线方程4)3y x =-,令y =0,得P 点的横坐标416433x =+=,即163PF =,故选(A ).4、22tan()cot()cos()3361cos()226cos()sin()332cos()46sin(2)3542,2[,],[,].12322364625cos()[,].46123sin(2)3113.36y x x x x x x x x x x x x x x y πππππππππππππππππππππ=+++++=++++=+++-≤≤-+∈+∈--+--+=-因为所以可见与在上同为递增函数故当时,取最大值故选().C 5、由已知得1y x =-,故 2422242224997243514491937437(9)x x x u x x x x x x-+-=+==+---+--+ 而x ∈(-2,12-)∪(12,2),故当222224249,,93x x x x x==+即时之值最小,而此时函数u 有最小值125,故选(D ).6、如图,过C 作//CE AB =,以△CDE 为底面,BC 为侧棱作棱柱ABF -ECD ,则所求四面体的体积V 1等于上述棱柱体积V 2的13. 而△CDE 的面积S =12CE ×CD ×sin ∠ECD ,AB 与CD 的公垂线MN 就是棱柱ABF -ECD 的高,故21133sin 2132222V MN CE CD ECD =⨯⨯⨯∠=⨯⨯⨯⨯=因此121132V V ==,故选(B ).二、填空题7、由原不等式分解可得(|x |-3)(x 2+|x |-1)<0,由此得所求不等式的解集为5151(3,)(,3)22----⋃. 8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a ,2b ,2c ,则由其方程知a =3,b =2,c =5,故|PF 1|+|PF 2|=2a =6,又已知|PF 1|:|PF 2|=2:1,故可得|PF 1|=4,|PF 2|=2. 在△PF 1F 2中,三边之长分别为2,4,25,而22+42=()225,可见△PF 1F 2是直角三角形,且两直角边的长短为2和4,故△PF 1F 2的面积=12|PF 1|·|PF 2|=12×2×4=4. 9、易得A =(1,3),设f (x )=21-x +a ,g (x )=x 2-2(a +7)x +5要使A B ⊆,只需f (x ),g (x )在(1,3)上的图象均在x 轴下方.其充要条件是:同时有f (1)≤0,f (3)≤0,g (1)≤0,g (3)≤0.由此推出-4≤a ≤-1.10、由已知可得352424,,(),().b da b c d a c a c====从而因此,a |b ,c |d .又由于a -c =9,故22222422222259()()9,()()9,,.41bb d a b d b d b d a ca c a a d c cb dc a c ⎧⎧=+=⎪⎪⎪⎪-=+-=⎨⎨⎪⎪=-=⎪⎪⎩⎩即故因而于是得a =25,b =125,c =16,d =32.故b -d =93.11、如图,由已知上下层四个球的球心A ′,B ′,C ′,D ′和A ,B ,C ,D 分别是上下两个边长为2的正方形的顶点,且以它们的外接圆O ′和O 为上下底面构成圆柱.同时,A ′在下底面的射影必是AB 的中点M .在△A ′AB 中,A ′A = A ′B =AB =2.设AB 的中点为N , 则A ′N =3. 又OM =OA =2,ON =1.所以MN =2-1,224()()228A M A N MN ''=-==.因此所示原来圆柱的高为482+.12、因为M n 中小数和小数点后均有n 位,而除最后一位上的数字必为1外,其余各位上的数字均有两种选择(0或1)方法,故T n =2n -1.又因在这2n -1个数中,小数点后第n 位上的数字全是1,而其余各位上数字是0或1,各有一半,故11211212111111112()221010101011(1)11010221101101112(1)2910101111lim lim [(1)].18181010n n n n n n n n nn n n nn n n n n n S S T ----------→∞→∞=++++-=+-=-=-+=故 三、解答题13、由于(a +b +c +d )2=a 2+b 2+c 2+d 2+2(ab +ac +ad +bc +bd +cd )≤4(a 2+b 2+c 2+d 2),因此a +b +c +d ≤22222a b c d +++(当且仅当a =b =c =d 时取等号).取a =b =1x +,c =23x -,d =153x -,则21231532(1)(1)(23)(153)214219x x xx x x x x ++-+-≤++++-+-=+≤ 因为1x +,23x -,153x -不能同时相等,所以2123153219x x x ++-+-<. 14、设Z =x +yi (x ,y ∈R ),则x +yi =a cos 4t ·i +2(12+bi ) cos 2t sin 2t +(1+ci )sin 4t ,实虚部分离,可得x = cos 2t sin 2t +sin 4t =sin 2ty =a (1-x )2+2b (1-x )x +cx 2(0≤x ≤1)即y =(a +c -2b )x 2+2(b -a )x +a ①又因为A ,B ,C 三点不共线,故a +c -2b ≠0.可见所给曲线是抛物线段(如图).AB ,BC 的中点分别是13(,),(,)4242a b b c D E ++. 所以直线DE 的方程为 y =(c -a )x +14(3a +2b -c ) ②由①,②联立得a +c -2b (x -12)2=0.由于a +c -2b ≠0,故(x -12)2=0,于是得x =12. 注意到113424<<,所以,抛物线与△ABC 中平行于AC 的中位线DE 有且只有一个公共点,此点的坐标为12(,)24a c b++,其对应的复数为1224a cb Z i ++=+15、如图,以O 为原点,OA 所在直线为x 轴建立直角坐标系,则有A (a ,0). 设折叠时,O 上点A ′(R cos α,R sin α)与点A 重合,而折痕为直线MN ,则MN 为线段AA ′的中垂线. 设P (x ,y )为MN 上任一点,则|P A ′|=|P A |. 故(x -R cos α)2+(y -R sin α) 2=(x -a )2+y 2,即2R (x cos α+y sin α)=R 2-a 2+2ax ,故2222222222222222222222222222cos sin 222sin(),sin ,cos .22|| 1.()2()2 1.()()()222()2()()()222x y R a ax x yR x y R a axx y R x yx yx yR a ax R x ya x y R R a a x y R R a ααθαθθ+-+=++-++===+++-+≤+-+≥--+=-可得其中故此不等式也可直接由柯西不等式得到.平方后可化为即所求点的集合为椭圆1().外含边界部分加 试一、如图,连结AB ,在△ADQ 与△ABC 中,∠ADQ =∠ABC ,∠DAQ =∠PBC =∠CAB ,故△ADQ ∽△ABC ,而有BC DQAB AD=,即BC ·AD =AB ·DQ . 又由切割线关系知△PCA ∽△P AD ,故PC ACPA AD=;同理由△PCB ∽△PBD 得BC BCPB BD=. 又因P A =PB ,故AC BCAD BD=,得AC ·BD =BC ·AD =AB ·DQ . 又由关于圆内接四边形ACBD 的托勒密定理知 AC ·BD +BC ·AD = AB ·CD于是得AB ·CD =2AB ·DQ ,故DQ =12CD ,即CQ =DQ .在△CBQ 与△ABD 中,AD DQ CQAB BC BC==,∠BCQ =∠BAD ,于是△CBQ ∽△ABD ,故∠CBQ =∠ABD ,即得∠DBQ =∠ABC =∠P AC .二、由题设可知444444333333[][][]101010101010l l m m n n-=-=- 于是444333(mod 2)333(mod )333(mod5)②l m n lmnl m n ⎧≡≡⎪≡≡⇔⎨≡≡⎪⎩ ①由于(3,2)=(3,5)=1,由①可知3l -m ≡3m -n ≡1(mod 24).现在设u 是满足3u ≡1(mod 24)的最小正整数,则对任意满足3v ≡1(mod 24)的正整数v ,我们有u |v ,即u 整除v . 事实上,若\|u v ,则由带余除法可知,存在非负整数a 与b ,使得v =au +b ,其中0<b ≤u -1,从而可推出3b ≡3b +au ≡3v ≡1(mod 24),而这显然与u 的定义矛盾,所以u |v .注意到3≡3(mod 24),32≡9(mod 24),33≡27≡11(mod 24),34≡1(mod 24)从而可设m -n =4k ,其中k 为正整数.同理可由②推出3m -n ≡1(mod 54),故34k ≡1(mod 54). 现在我们求满足34k ≡1(mod 54)的正整数k .因为34=1+5×24,所以34k -1=(1+5×24)k -1≡0(mod 54),即42831227311473113(1)(1)(2)52525226(1)(2)55[3(1)2]520(mod5)3(1)(2)5[3(1)2]520(mod5)3k k k k k k k k k k k k k k k k k k ---⨯+⨯⨯+⨯⨯--≡++-⨯+⨯⨯≡--++-⨯+⨯⨯≡或即有k =5t ,并代入该式得t +5t [3+(5t -1)×27]≡0(mod 52)即有t ≡0(mod 52),即k =5t =53s ,其中s 为正整数,故m -n =500s ,s 为正整数. 同理可证l -n =500r ,r 为正整数. 由于l >m >n ,所以有r >s . 这样一来,三角形的三个边为500r +n 、500s +n 和n .由于两边之差小于第三边,故n >500(r -s ),因此,当s =1,r =2,n =501时三角形的周长最小,其值为(1000+501)+(500+501)+501=3003三、设这n 个点的集合V ={A 0,A 1,A 2,…,A n -1}为全集,记A i 的所有邻点(与A i 有连线段的点)的集合为B i ,B i 中点的个数记为|B i | =b i ,显然112n i i b l -==∑且b i ≤(n -1)(i =0,1,2,…,n -1).若存在b i =n -1时,只须取2111(1)[]1(1)(1)1(1)1222n l n q n q q -=-++≤+-+=++ 则图中必存在四边形,因此下面只讨论b i <n -1(i =0,1,2,…,n -1)的情况.不妨设q +2≤b 0≤n -1.用反证法.若图中不存在四边形,则当i ≠j 时,B i 与B j 无公共点对,即|B i ∩B j |≤1(0≤i <j ≤n -1).因此,0||1i i B B b ⋂≥-(i =1,2,…,n -1). 故2001120||011122111121121112000(12,0)1(32)2()1[3()2(1)]21(2)1[3(2)2(1)]211(21)(2(1)n b n n i B B i i i n i b b iii n i i i n i n i i i V B C B B C C b C b b b b n n l b l b n n l b n n ---⋂==---=-=--==⋂=≥⋂≥===-+≥-+---=--+--=--+-∑∑∑∑∑∑中点对的个数中点对的个数=当或时令00000222)1[(1)(1)21]2(1)[(1)(1)222]1(2)(3)2(1)l b n n q b n n n q b n nq q b nq q n b n --+≥-++--+--++--+=-+---+--故(n -1)(n -b 0)( n -b 0-1)≥(nq -q +2-b 0)( nq -q -n +3-b 0)q (q +1) (n -b 0) ( n -b 0-1)≥(nq -q +2-b 0)( nq -q -n +3-b 0) ① 但( nq -q -n +3-b 0)-q ( n -b 0-1)= (q -1) b 0-n +3≥(q -1) (q +2) -n +3=0 ② 及(nq -q +2-b 0)-(q +1)(n -b 0)= qb 0-q -n +2≥q (q +2) -q -n +2=1>0 ③ 由②,③及(n -b 0) (q +1),( n -b 0-1) q 皆是正整数,得(nq -q +2-b 0)( nq -q -n +3-b 0)> q (q +1) (n -b 0) ( n -b 0-1) 而这与所得的①式相矛盾,故原命题成立.2003年中国数学奥林匹克试题一、设点I ,H 分别为锐角△ABC 的内心和垂心,点B 1,C 1分别为边AC ,AB 的中点,已知射线B 1I 交边AB 于点B 2(B 2≠B ),射线C 1I 交AC 的延长线于点C 2,B 2C 2与BC 相交于k ,A 1为△BHC 外心,试证:A ,I ,A 1三点共线的充分必要条件是△BKB 2和△CKC 2的面积相等.二、求出同时满足如下条件的集合S 的元素个数的最大值: (1)S 中的每个元素都是不超过100的正整数;(2)对于S 中任意两个不同的元素a ,b ,都存在S 中的元素c ,使得a 与c 的最大公约数等于1,并且b 与c 的最大公约数也等于1;(3)对于S 中任意两个不同的元素a ,b ,都存在S 中异于a ,b 的元素d ,使得a 与d 的最大公约数大于1,并且b 与d 的最大公约数也大于1.三、给定正整数n ,求最小的正数λ,使得对任何θi ∈(0,π/2),(i =1,2,…,n ),只要tan θ1tan θ2…tan θn =2n /2,就有cos θ1+cos θ2+…+cos θn ≤λ.四、求所有满足a ≥2,m ≥2的三元正整数组(a ,m ,n ),使得a n +203是a m +1的倍数.五、某公司需要录用一名秘书,共有10人报名,公司经理决定按照求职报名的顺序逐个面试,前3个人面试后一定不录用,自第4个人开始将他与前面面试过的人相比较,如果他的能力超过了前面所有已面试过的人,就录用他;否则就不录用,继续面试下一个,如果前9个都不录用,那么就录用最后一个面试的人.假定这10个人的能力各不相同,可以按能力由强到弱排为第1,第2,…,第10. 显然该公司到底录用到哪一个人,与这10个人报名的顺序有关. 大家知道,这样的排列共有10!种,我们以A k 表示能力第k 的人能够被录用的不同报名顺序的数目,以A k /10!表示他被录用的可能性.证明:在该公司经理的方针之下,有 (1)A 1>A 2>…>A 8= A 9= A 10;(2)该公司有超过70%的可能性录用到能力最强的3个人之一,而只有不超过10%的可能性录用到能力最弱的3个人之一.六、设a ,b ,c ,d 为正实数,满足ab +cd =1;点P i (x i ,y i )(i =1,2,3,4)是以原点为圆心的单位圆周上的四个点,求证:(ay 1+by 2+cy 3+dy 4)2+(ax 4+bx 3+cx 2+dx 1)2≤22222()a b c d ab cd+++.参考答案一、∵H 是△ABC 的垂心,A 1是△BHC 的外心,∴△BHC =180°-∠BAC ,∠BA 1C =2∠BAC .又由题设知AB ≠AC ,从而A ,I ,A 1共线,即A 1在∠BAC 平分线上⇔A 1在△ABC 外接圆上⇔∠BA 1C +∠BAC =180°⇔∠BAC =60°.现证22BKB CKC S S ∆∆=⇔∠BAC =60°.作ID ⊥AB 于D ,IE ⊥AC 于E ,设BC =a ,CA =b ,AC =c ,则12121212122222222222()sin ,(sin )222(),22.()ABCAB B ABC ABC ABCBKB CKC ABC AB C S ID IE a b cS ID AB AB AB AB A ID AB AB AB A ID S S S b b AB a b c bc a b cbcAB a b cbcAC a b cS S S S bc bc bc a b c a b ca b c ∆∆∆∆∆∆∆∆∆==++=+==-=-++++=+-=-+=⇔=⇔=+--+⇔--=故故同理22260.bca b c bc BAC ︒⇔=+-⇔∠=故A ,I ,A 1共线的充要条件是△BKB 2和△CKC 2的面积相等.二、设35121235711a aa a a n q =,其中q 是不被2,3,5,7,11整除的正整数,a i 为非负整数,n ≤100,则n ∈S ⇔a i (1≤i ≤5)中恰有一个或两个为正整数,即S 由下列元素组成:不超过100的正偶数中除去2×3×5,22×3×5,2×32×5,2×3×7,22×3×7,2×5×7,2×3×11等7个偶数后余下的43个偶数;不超过100的正整数中3的奇数倍:确定3,3×3,…,3×33共17个数;不超过100的正整数中与3互质的5的奇数倍:5,5×5,5×7,5×11,5×13,5×17,5×19共7个数;不超过100的正整数中与15互质的7的奇数倍:7,7×7,7×11,7×13共4个数; 质数11.现证明以上72个整数构成的集合S 满足题设条件. 显然满足条件(1);对S 中任意两个不同的元素a, b, 则a ,b 的最小公倍数中不大于11的质因数至多只含有2,3,5,7,11中的4个,因此存在c ∈{2,3,5,7,11},使得(a ,c )=(b ,c )=1,且显然c ∈S ,因此S 满足条件(2);对S 中任意两个没同的元素a ,b ,若(a ,b )=1,分别取的a ,b 最小质因素p ,q ,则p ,q ∈{2,3,5,7,11}且p ≠q ,令c=pq ,则有c ∈S ,c ≠a ,c ≠b 且(a ,c )=p >1,(b ,c )=q >1;若(a ,b )=d >1,取d 的最小质因数p ,及不整除ab 的最小质数q ,则p ,q ∈{2,3,5,7,11},令c=pq ,则有c ∈S ,c ≠a ,c ≠b 且(a ,c )≥p >1,(b ,c )≥p >1.因此S 满足条件(3).以下证明任何满足题设的S 的元素数目不大于72.首先证明满足题设条件的S 至多只能含有一个大于10的质数.事实上若p 1,p 2为大于10的质数,且p 1,p 2∈S ,则由(3)知存在c ∈S ,使得(p 1,c )>1,(p 2,c )>1,从而有p 1 | c ,p 2|c ,∴p 1p 2|c ,由此可知c ≥p 1p 2>100,这与(1)矛盾.从而10与100之间的21个质数11,13,17,23,…,97至多只有一个在S 中. 又显然1∉S .设集合T 是由不超过100的正整数除去1及大于10的21个质数余下的78个数构成的. 下面证明T 中至少还有7个数不在S 中.1°若有某一个大于10的质数p 在S 中,则S 中所有各数的最小质因数只可能是2,3,5,7,p 中的一个.(i )若7p ∈S ,则2×3×5,22×3×5,2×32×5,7p 包含了S 中所有各数的最小质因数,因此由条件(2)知2×3×5,22×3×5,2×32×5∉S ;若7p ∉S ,则由条件(3)知7,7×7,7×11,7×13∉S ; (ii )若5p ∈S ,则由(2)知,2×3×7,22×3×7∉S ; 若5p ∉S ,则由条件(3)知5,5×5,5×7∉S . (iii )3p 与2×5×7不同属于S . (iv )2×3p 与5×7不同属于S . 当p =11或13时,由(i ),(ii ),(iii ),(iv )知分别至少有3个数,2个数,1个数,1个数共至少有7个数不属于S ;当p =17或19时,由(i ),(ii ),(iii )知分别至少有4个数,2个数,1个数共至少有7个数不属于S ;当p >20时,由(i ),(ii )知分别至少有4个数,3个数共至少7个数不属于S .2°如果没有大于10的素数属于S ,则S 中的每个元素的最小质因数只能是2,3,5,7,则如下的7对数中,每对数都不能同时都属于S .(3,2×5×7),(5,2×3×7),(7,2×3×5), (2×3,5×7),(2×5,3×7),(2×7,3×5), (22×7,3+2×5).事实上,若上述7对数中任何一对数(a ,b )都属于S ,则由(2)知,存在c ∈S ,使得(a ,c )=(b ,c )=1,这与ab 包含了S 中每个元素的所有最小质因数矛盾.由1°,2°知T 中至少还有7个数不属于S ,从而满足条件的S 的元素个数的最大值为72.三、1°证当n =1,2时,λ=, 当n =1时,tan θ1cos θ12.当n =2时,tan θ1 tan θ2=2,cos θ1=(i =1,2). 令tan 2θ1=x ,则tan 2θ2=4/x ,则122cos cos 333(24/4(54/)144/0,3)0,x x x x x x θθ+≤⇔⇔≤⇔+++≤++⇔++-≥即等号成立当且仅当30=,由此易知当且仅当x =2时等号成立.故12cos cos 3θθ+≤,当且仅当θ1=θ2时,等号成立.2°当n ≥3时,λ=n -1.先证cos θ1+cos θ2+…+cos θn <n -1 (1)不妨设θ1≥θ2≥θ3≥…≥θn ,要证明(1)式只要证 cos θ1+cos θ2+cos θ3<2 (2) tan θ1tan θ2…tan θn =2n /2,故tan θ1tan θ2tan θ3=22223232322222231232221231cos 1sin /2,cos cos 2(sin sin )/22sin sin .8tan tan 1tan 8/(tan tan ),.cos tan tan cos cos i i θθθθθθθθθθθθθθθθθ=<-+<-+≤-+≥≥≤=故故12323123222223232222222323232223cos cos 2sin sin (18cos cos cos cos 28cos cos sin sin 18tan tan sec sec (1tan )(1tan )tan tan 7.θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ++<--++<⇔+≥⇔+≥=++⇔+≤ 3 ()若(3)式不成立,即tan 2θ2+tan 2θ3>7,从而tan 2θ1≥tan 2θ2>7/2.故cos θ1≤cos θ23,cos θ1+cos θ2+cosθ3<+1<2. 从而(1)式得证.现证λ=n -1为最小的.事实上,若0<λ<n -1,则取α=λ/(n -1)<1,从而存在θi <(0,π/2)i =1,2,…,n ,使得co s θi =α,tan θi α(i =1,2,…,n -1),tan θn =2n /2(αn -1,从而tanθ1tan θ2…tan θn =2n /2,但cos θ1+cos θ2+…+cos θn -1+cos θn > cos θ1+cos θ2+…+cos θn -1=λ当n ≥3时,最小的正数λ为n -1.综上所求最小正数1,2),1(3).n n n λ⎧=⎪=⎨-≥⎪⎩四、设n =mq +r ,0≤r ≤m -1,则a n +203=a mq +r +203=a mq a r +203≡(-1)q a r +203(mod(a m +1)) 从而a m +1|a n +203⇔ a m +1|(-1)a a r +203.即 k (a m +1)= (-1)q a r +203.1°若2|q ,则k (a m +1)= a r +203. ① (i )若r =0,则有k (a m +1)=204=22×3×17由a ≥2,m ≥2,易知只有a =2,m =4及a =4,m =2满足上式.故(a ,m ,n )=(2,4,8t )或(4,2,4t ),其中t 为非负整数(下同).(ii )若r ≥1,由①有a r (ka m -r -1)=203-k .对于1≤k ≤9,容易验证只有当k =8时,存在a =5,m =2,r =1满足上式,即(a ,m ,n )=(5,2,4t +1).对于k ≥10,则由①有10(a m +1)≤a r +203≤ka m -1+203故a m -1(10a -1)≤193,a 可能值为2,3,4.当a=2时,m可能值为2,3,4,容易验证仅当a=2,m=2,r=1或a=2,m=3,r=2时满足①式,故(a,m,n)=(2,2,4t+1)或(2,3,6t+2)当a=3,4时,均不存在m,r满足①式.2°若q为奇数,则k(a m+1)=203-a r②由0≤r≤m-1知,k≥0.(i)当k=0时,a=203,r=1对任意的不小于2的整数m②式都成立,故(a,m,n)=(203,m,(2t+1)m+1)(ii)若k≥1,则当r=0时,由②有k(a m+1)=202容易验证仅当a=10,m=2时,上式成立,故(a,m,n)=(10,2,4t+2)当r≥1时,由②有a r(ka m-r+1)=203-k.对于1≤k≤5,容易验证仅当k=3时,a=8,m=2,r=1或a=2,m=6,r=3时,满足上式.(a,m,n)=(8,2,4t+3)或(2,6,12t+9)对于k≥6,由②有6(a m+1)<203.故a m只可能有22,23,24,25,32,33,42,52.容易验证仅当a m=32,r=1时,满足(2)式,∴(a,m,n)=(3,2,4t+3).综上满足题设条件的三元正整数组(a,m,n)为(2,4,8t),(4,2,4t),(5,2,4t+1),(2,2,4t+1),(2,3,6t+2),(203,m,(2t+1)m+1),(10,2,4t+2),(8,2,4t+3),(2,6,12t+9),(3,2,4t+3),其中t为非负整数.五、设A k(a)表示当前3名中能力最强者能力排名为第a,能力排名为第k的人能够被录用的不同报名顺序的数目.当a=1时,仅当能力第k的人最后一个报名时,才被录用,所以A k(1)=3·8!∆=γ1. ①当2≤a≤8时,若k=a,a+1,…,10,则有A k(a)=0;若k=1,2,3,…,a-1,则有17812811891011127()3(2)!(10)!(2,3,,7)③(1)④3(22)!(102)!38!(373)8!0③、a k aa a k a a k k A a C a a A A k A A A A A A C γγγγγ-==+=--∆===+=====-=---=⨯->∑∑②再注意到1238910123456788123123441238910④38!,218!,637!,307!,157!,7.27!,37!,66!22368!218!1267!3(301573)7!5077!5077!70%10!10!10a A A A A A A A A A A A A A A A γγγγγγγγγγγγ=>>>==========++=+++++++++=++>>++∑即有容易算得>338!10%.!10!⨯>=六、令u =ay 1+by 2,v =cy 3+dy 4,u 1=ax 4+bx 3,v 1=cx 2+dx 1,则 u 2≤(ay 1+by 2)2+(ax 1-bx 2)2=a 2+b 2-2ab (x 1x 2-y 1y 2)x 1x 2-y 1y 2≤2222a b u ab+- ①v 12≤(cx 2+dx 1)2+(cy 2-dy 1)2= c 2+d 2-2cd (y 1y 2-x 1x 2) y 1y 2-x 1x 2≤22212c d v cd+- ②①+②并整理得22222212222221221122112222112222222211()())()()()()()2()v u a b c d ab cd ab cd u v a b c d ab cd ab cd u v u v u v u v abcdabcdab cdab cd u v u v ab cd ab cd ab cd ab cd v u u v a b c d ab cd ab cd ab cd +++≤++++≤++++=+++≤+++++++=+++≤+同理可得2004年中国数学奥林匹克试题第一天一、凸四边形EFGH 的顶点E 、F 、G 、H 分别在凸四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上,且满足1AE BF CG DHEB FC GD HA=.而点A 、B 、C 、D 分别在凸四边形E 1F 1G 1H 1的边H 1E 1、E 1F 1、F 1G 1、G 1H 1上,满足E 1F 1∥EF ,F 1G 1∥FG ,G 1H 1∥GH ,H 1E 1∥HE .已知11E A AH λ=.求11F CCG 的值.二、已给正整数c ,设数列x 1,x 2,…满足x 1=c ,且x n =x n -1+12(2)[]n x n n--++1,n =2,3,…,其中[x ]表示不大于x 的最大整数.求数列{x n }的通项公式.三、设M 是平面上n 个点组成的集合,满足:(1)M 中存在7个点是一个凸七边形的7个顶点;(2)对M 中任意5个点,若这5个点是一个凸五边形的5个顶点,则此凸五边形内部至少含有M 中的一个点.求n 的最小值.第二天四、给定实数a 和正整数n .求证:(1)存在惟一的实数数列x 0,x 1,…,x n ,x n +1,满足0133110,1(),1,2,,.2n i i i i x x x x x x a i n ++-==⎧⎪⎨+=+-=⎪⎩(2)对于(1)中的数列x 0,x 1,…,x n ,x n +1满足|x i |≤|a |,i =0,1,…,n +1. 五、给定正整数n (n ≥2),设正整数a i =(i =1,2,…,n )满足a 1<a 2<…<a n 以及11nii a =∑≤1. 求证:对任意实数x ,有22221111112(1)n i i a x a a x =⎛⎫≤⨯ ⎪ ⎪+-+⎝⎭∑ 六、证明:除了有限个正整数外,其他的正整数n 均可表示为2004个正整数之和:n =a 1+a 2+...+a 2004,且满足1≤a 1<a 2<...<a 2004,a i |a i +1,i =1,2, (2003)参考答案一、(1)如图1,若EF ∥AC 则BE BFEA FC=,代入已知条件得DH DGHA GC=, 所以,HG ∥AC .从而,E 1F 1∥AC ∥H 1G 1.故1111F C E ACG AH λ==. (2)如图2,若EF 与AC 不平行. 设FE 的延长线与CA 的延长线相交于点T . 由梅涅劳斯定理得1CF BE ATFB EA TC=.结合题设有1CG DH ATGD HA TC=.由梅涅劳斯定理逆定理知T 、H 、G 三点共线.设TF 、TG 与E 1H 1分别交于点M 、N . 由E 1B ∥EF ,得E 1A =BAEA ·AM .同理,H 1A =ADAH·AN .所以,1111111111.,,.,.AEC ABC AHC ADC ABCADC ABC ADC E A AM AB AHAH AN AE AD S S AE ADEQ QH S S AB AHS E A EQ AB AH AH QH AE AD S S F C F C E ACG S CG AH λ∆∆∆∆∆∆∆∆========又故同理所以二、显然,当n ≥2时,112(1)[]n n n x x x n---=+. 令a n =x n -1,则a 1=c -1,11112122[][],2,3,①(1)(2),1,2,,2,22(2)(1)(2)[][(1)]22,,1,2,.22(2)(1)[][][2n n n n n n nn n n a n a a a n n n n n u A n A n n n n n u A n n A u n n u y n n n n n n y n n -----+=+==++==≥++++=+====≥++-== 设为非负整数.由于当时所以数列{}满足式①.设由于当时,2222122121],,{}(2)[],1,2,,21,421(21)1[][[]][(1)](1)4211223(22)231[][[]][(1)][(1)(2)]2142121(n n n n nn n y n y n z n n m m n m m m z m m m z n m m n m m n m m m m z m m m n m m m m --+-==+===≥++++==+=+==+≥+++++==+=++++++=所以也满足式①.设当且时当且时,2(23)1)(2)[]4,{}nn m m z z +++==从而也满足式①.对任意非负整数A ,令2111111111(1)(2)2(1)(2)(2)[]241,2,,{}{}①.93,1,[]2,3,(1)(2);461(mod3),1(1)(2)62(mod3),2((1)(2)[6n n n n n n n n n n n n n v u y Ann n n w u z A n v w a u A y z a a n n a a a n n n a a n a n n ++=+=++++=+=+======++≡-=+++≡-=+++显然和都满足式由于所以,当|时当时当时222)]411(mod3),(1)(2)1;622(mod3),(1)(2)1;63(2)0(mod3),(1)(2)[] 1.64n n n c c x n n c c x n n n c n c x n n +-≡=+++-≡=++++-+≡=++++综上可得当时当时当时三、先证n ≥11.设顶点在M 中的一个凸七边形为A 1A 2…A 7,连结A 1A 5.由条件(2)知,在凸五边形A 1A 2 A 3A 4A 5中至少有M 中一个点,记为P 1.连结P 1A 1、P 1A 5,则在凸五边形A 1P 1 A 5A 6 A 7内至少有M 中一个点,记为P 2,且P 2异于P 1.连结P 1P 2,则A 1,A 2,…,A 7中至少有5个顶点不在直线P 1P 2上. 由抽屉原则知,在直线P 1P 2的某一侧必有3个顶点,这3个顶点与点P 1、P 2构成的凸五边形内,至少含有M 中一个点P 3.再作直线P 1P 3、P 2P 3.令直线P 1P 2对应区域Ⅱ3,它是以直线P 1P 2为边界且在△P 1P 2P 3异侧的一个半平面(不含直线P 1P 2).类似地定义区域Ⅱ1、Ⅱ2. 这样,区域Ⅱ1、Ⅱ2、Ⅱ3覆盖了平面上除△P 1P 2P 3外的所有点.由抽屉原则知,7个顶点A 1,A 2,…,A 7中必有7[]3+1=3个顶点在同一区域(不妨设为Ⅱ3)中.这3个点与P 1、P 2构成一个顶点在M 中的凸五边形,故其内部至少含M 中一个点P 4.所以,n ≥11. 下面构造一个例子说明n =11是可以的.如图所示,凸七边形A 1A 2…A 7为一整点七边形,设点集M 为7个顶点A 1,A 2,…,A 7且其内部有4个整点.则显然满足条件(1). 这个点集M 也满足条件(2),证明如下.假设存在一个整点凸五边形,其内部不含整点. 因整点多边形的面积均可表示为2n(n ∈N+)的形式,由最小数原理,必有一个面积最小的内部不含整点的整点凸五边形ABCDE .考虑顶点坐标的奇偶性,只有4种情况:(奇,偶),(偶,奇),(奇,奇),(偶,偶). 从而,五边形ABCDE 的顶点中必有两个顶点的坐标的奇偶性完全相同. 于是,它们连线的中点P 仍为整点.又P 不在凸五边形ABCDE 内部,因此P 在凸五边形的某条边上,不妨设P 在边AB 上,则P 为AB 的中点.连结PE ,则PBCDE 是面积更小的内部不含整点的整点凸五边形.矛盾.综上所述,n 的最小值为11.四、(1)存在性.由3311222i i i i x x x a x +-=+--,i =1,2,…及x 0=0可知每一x i 是x 1的3i-1次实系数多项式,从而,x n +1为x 1的3n 次实系数多项式. 由于3n 为奇数,故存在实数x 1,使得x n +1=0. 由x 1及x 0=0可计算出x i . 如此得到的数列x 0,x 1,…,x n +1满足所给条件.惟一性.设w 0,w 1,…,w n +1;v 0,v 1,…,v n +1为满足条件的两个数列,则331133112211110022000000001100000001()21()21()()(1)2||,||||(1)11|11|||||22,|i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i w w w w a v v v v a w v w v w v w w v v w v w v w v w w v v w v w v w v w v +-+-++----+=+-+=+--+-=-+++--≤-+++≤+-++-≤--所以设最大则从而22000002220000000000|0,11,||0,()0.||0.||||0,,1,2,,.i i i i i i i i i i i i i i i i i i w w v v w v w v w v w v w v w v w v i n =+++=-=+++=-=--===或即或所以成立由的最大性知所有即(2)设|0i x |最大,则3200003110033110000||||||(1)1|()|211||||||||||.22||||.,||||,0,1,2,, 1.i i i i i i i i i i i x x x x x x a x x a x a x a x a i n +-+-+=+=++≤++≤+≤≤=+所以,因此 五、当x 2≥|a |(a1-1)时,由111nii a=≤∑可得222222111221121122222222211111211112||411124(1)4(1),11()()n n n ii i i i i n n n n i i i i i i i i i ia x a x a x xa a x x a a a a a a x a x a x a a =======⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭≤≤-+<-⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤≤ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭<<<∑∑∑∑∑∑∑当时由柯西不等式得对于正整数122222222222222222222122222211,1,1,2,,1,222111()()(())(())42211111,2,, 1.1111()()()()2222111112()()()22n i ii ii i i i ii i i i n i i i i i a a a i n a a a a x a x a a x a x i n a x a x a x a xa a x a x a ++=+≥+=-≤=+++--+++=-≤-=--+++-+-+≤-+-+-+∑有且故21222111111122(1)()2n i ix a a x a x =⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭≤≤-+-+∑ 六、我们证明更一般的结论: 对任给正整数r (r ≥2),总存在正整数N (r ),当n ≥N (r )时,存在正整数a 1,a 2,…,a r ,使得n =a 1+a 2+…+a r ,1≤a 1<a 2<…<a r ,a i |a i +1,i =1,2,…,r -1.证明如下:当r =2时,有n =1+n -1,取N (2)=3即可.假设当r =k 时结论成立. 当r =k +1时,取N (k +1)=4N (k )3. 设n =2a (2l +1),若n ≥N (k +1)=4N (k )3,则2a ≤2N (k )2,则存在正偶数2t ≤a ,使得22t ≥N (k )2,即2t +1≥N (k ). 由归纳假设,存在正整数b 1,b 2,…,b k ,使得2t +1= b 1+b 2+…+b k ,1≤b 1<b 2<…<b k , b i | b i +1,i =1,2,…,k -1.则2a =2a -2t ×22t =2a -2t [1+(2t -1) (2t +1)] =2a -2t +2a -2t (2t -1)b 1+2a -2t (2t -1)b 2+…+2a -2t (2t -1)b kn =2a -2t (2l +1)+2a -2t (2t -1) b 1(2l +1)+…+2a -2t (2t -1) b k (2l +1)若2l +1≥2N (k ),则l ≥N (k ).由归纳假设,存在正整数c 1,c 2,…,c k 使得 l =c 1+c 2+…+c k ,1≤c 1<c 2<…<c k , c i | c i +1,i =1,2,…,k -1.因此,n =2a +2a +1 c 1+2a +1 c 2+…+2a +1 c k 满足要求. 由数学归纳法知,上述一般结论对所有的r ≥2成立.2003年IMO 中国国家队选拔考试试题一、在锐角△ABC 中,AD 是∠A 的内角平分线,点D 在边BC 上,过点D 分别作DE ⊥AC 、DF ⊥AB ,垂足分别为E 、F ,连结BE 、CF ,它们相交于点H ,△AFH 的外接圆交BE 于点G .求证:以线段BG 、GE 、BF 组成的三角形是直角三角形.二、设A ⊆{0,1,2,…,29},满足:对任何整数k 及A 中任意数a 、b (a 、b 可以相同),a +b +30k 均不是两个相邻整数之积. 试定出所有元素个数最多的A .三、设A ⊂{(a 1,a 2,…,a n )|a i ∈R ,i =1,2, …n },A 是有限集. 对任意的α=(a 1,a 2,…,a n )∈A ,β=(b 1,b 2,…,b n ) ∈A ,定义:γ(α,β)=(|a 1-b 1|,|a 2-b 2|,…,|a n -b n |), D (A )={γ(α,β)α∈A ,β∈A } . 试证: | D (A )|≥|A |.四、求所有正整数集上到实数集的函数f ,使得 (1)对任意n ≥1, f (n +1)≥f (n );(2)对任意m 、n 、(m 、n )=1,有f (mn )=f (m )f (n ).五、设A ={1,2,…,2002},M ={1001,2003,3005}. 对A 的任一非空子集B ,当B 中任意两数之和不属于M 时,称B 为M 一自由集. 如果A =A 1∪A 2,A 1∪A 2=∅,且A 1、A 2均为M 一自由集,那么,称有序对(A 1,A 2)为A 的一个M 一划分. 试求A 的所有M 一划分的个数.六、设实数列{x n }满足:x 0=0,x 2=32x 1,x 3是正整数,且3112311424n n n n x x x x +--=++,n ≥2. 问:这类数列中最少有多少个整数项?参考答案一、如图,过点D 作DG ′⊥BE ,垂足为G ′.由勾股定理知BG ′2-G ′E 2=BD 2-DE 2=BD 2-DF 2=BF 2. 所以,线段BG ′、G ′E 、BF 组成的三角形是以BG ′为斜边的直角三角形.下面证明G ′即为G ,即只须证A 、F 、G ′、H 四点共圆. 如图1,连结EF ,则AD 垂直平分EF . 设AD 交EF 于点Q ,作EP ⊥BC ,垂足为P ,连结PQ 并延长交AB 于点R ,连结RE .因为Q 、D 、P 、E 四点共圆,所以,∠QPD =∠QED . 又A 、F 、D 、E 四点共圆,所以,∠QED =∠F AD .于是,A 、R 、D 、P 四点共圆.又∠RAQ =∠DAC ,∠ARP =∠ADC ,于是,△ARQ ∽△ADC,AR AD AQ AC=. 从而,AR ·AC =AQ ·AD =AF 2=AF ·AE ,即AR AEAF AC=. 所以,RE //FC ,∠AFC =∠ARE .因为A 、R 、D 、P 四点共圆,G ′、D 、P 、E 四点共圆,则BG ′·BE =BD ·BP =BR ·BA .故A 、R 、G ′、E 四点共圆.所以,∠AG ′E =∠ARE =∠AFC .因此,A 、F 、G ′、H 四点共圆. 二、所求A 为{3l +2|0≤l ≤9}.设A 满足题中条件且|A |最大.因为两个相邻整数之积被30整除,余数为0,2,6,12,20,26. 则对任意a ∈A ,有2a /≡0,2,6,12,20,26(mod 30),即a /≡0,1,3,6,10,13,15,16,18,21,25,28(mod 30).因此,A ⊆{2,4,5,7,8,9,11,12,14,17,19,20,22,23,24,26,27,29}. 后一集合可分拆成下列10个子集的并,其中每一个子集至多包含A 中的一个元素:{2,4},{5,7},{8,12},{11,9},{14,22},{17,19},{20},{23,27},{26,24},{29}.故|A |≤10.若|A |=10,则每个子集恰好包含A 中一个元素,因此,20∈A ,29∈A .由20∈A 知12∉ A ,22∉ A ,从而,8∈A ,14∈A .这样,4∉ A ,24∉ A ,因此,2∈A ,26∈A .由29∈A 和7∉ A ,27∉ A ,从而,5∈A ,23∈A . 这样,9∉ A ,19∉ A ,因此,11∈A ,17∈A .综上有A ={2,5,8,11,14,17,20,23,26,29},此A 确实满足要求. 三、对n 和集A 的元素个数用归纳法.如果A 恰有一个元素,则D (A )仅包含一个零向量,结论成立. 如果n =1,设A ={a 1<a 2<…<a m },则{0,a 2-a 1,a 3-a 1,…,a m -a 1}⊆D (A ). 因此, | D (A )|≥|A |.假定|A |>1和n >1,定义B ={x 1,x 2,…,x n -1|存在x n 使得(x 1,x 2,…,x n -1,x n )∈A }. 由归纳假设|D (B )|≥|B |.对每一个b ∈B ,令A b ={x n |(b ,x n )∈A },a b =max{x |x ∈A b },C =A \{b ,a b }|b ∈B }.则|C |=|A |-|B |. 因为|C|<|A |,由归纳假设|D (C )|≥|C |. 另一方面,D (A )= {(D ,|a -a ′|)|d (b ,b ′)=D ,且a ∈A b ,a ′∈A b ′}.类似地,再令C b =A b \{a b },有D (C )= {(D ,|c -c ′|)|d (b ,b ′)=D ,且c ∈C b ,c ′∈C b ′}.注意到,对每一对b 、b ′∈B ,最大差|a -a ′|(a ∈A b ,a ′∈A b ′)一定是a =a b 或a ′=a b ′.于是,这个最大差不出现在{|c -c ′|| c ∈C b ,c ′∈C b ′}中.因此,对任何的D ∈D (B ),集合{|c -c ′||d (b ,b ′)=D ,且c ∈C b 和c ′∈C b ′}并不包含集合{|a -a ′||d (b ,b ′)=D ,且a ∈A b 和a ′∈A b ′}中的最大元,前者是后者的真子集.由此结论可知|D (C )|≤()(|{|||(,)}|1)b b D D B a a d b b D a A a A '∈'''-=∈∈-∑且和≤|D (A )|-|D (B )|.故|D (A )|≥|D (B )|+|D (C )|≥|B |+|C |=|A |. 四、显然,f =0是问题的解. 设f /≡0,则f (1)≠0.否则,对任意正整数n 有f (n )=f (1)f (n )=0,矛盾. 于是得f (1)=1. 由(1)可知f (2)≥1.下面分两种情况讨论: (i )f (2)=1,则可证 f (n )=1(∀n ) ①事实上,由(2)知f (6)=f (2)f (3)=f (3). 记f (3)=a ,则a ≥1. 由于f (3)=f (6)=a ,利用(1)可知f (4)=f (5)=a .利用(2)知,对任意奇数p 有f (2p )=f (2)f (p )=f (p ). 再由此及(1)可证∪ D ∈D (B ) ∪D ∈D (B )f (n )=a (∀n ≥3) ② 事实上,a =f (3)=f (6)=f (5)=f (10)=f (9)=f (18)=f (17)=f (34)=f (33)=….由式②和(2)得a =1,即f =1,故式①成立.(ii )f (2)>1. 设f (2)=2a ,其中a >0.令1()()a g x fx =,则g (x )满足(1)、(2)且g (1)=1,g (2)=2.设k ≥2,则由(1)得2g (2k -1-1)=g (2)g (2k -1-1)=g (2k -2)≤g (2k )≤g (2k +2)=g (2) g (2k -1+1)=2 g (2k -1+1);若k ≥3,则22g (2k -2-1)=2g (2k -1-2)≤g (2k )≤2g (2k -1+2)=22g (2k -2+1). 依此类推,用归纳法得 2k -1≤g (2k )≤2k -1g (3) (∀k ≥2) ③ 同样,对任意m ≥3,k ≥2有 g k -1(m )g (m -1)≤g (m k )≤g k -1(m ) g (m +1) ④ 显然,当k =1时,③、④也成立.任取m ≥3,k ≥1,有s ≥1,使得2s ≤m k ≤2s +1. 于是,有s ≤k log 2m <s +1,即 k log 2m -1<s ≤k log 2m ⑤由(1)可知g (2s )≤g (m k )≤g (2s +1). 再由③、④得1111111111log log 22log 22()(1)()(1)2(3)22(3)()(1)(1)()()(3),2()2.(1)(1)⑤()()(3)2()24(1)2(1)2s k k s s s k s k s k m k m k k m g m g m g m g m g g g m g m g m g m g m g g m g m g m g m g m g g m g m g m ----------⎧≤+⎪⎨-≤⎪⎩≤≤+-≤≤+-≤≤+-即所以由得log 2()2,()k m g m g m ≤≤≤≤即令k →+∞得g (m )=m ,则f (m )=m a .综上得f =0或f (n )=n a (∀n ),其中a (a ≥0)为常数.五、对m 、n ∈A ,若m +n =1001或2003或3005,则称m 与n “有关”.易知与1有关的数仅有1000和2002,与1000和2002有关的都是1和1003,与1003有关的为1000和2002.所以,1,1003,1000,2002必须分别为两组{1,1003},{1000,2002}.同理可划分其他各组:{2,1004},{999,2001},{3,1005},{998,2000};这样A 中的2002个数被划分成501对,共1002组.由于任意数与且只与对应的另一组有关,所以,若一对中一组在A 1中,另一组必在A 2中.反之亦然,且A 1与A 2中不再有有关的数. 故A 的M 一划分的个数为2501.。

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