16高中数学奥林匹克竞赛训练题(2)编辑版
2020四套数学奥林匹克高中训练题及答案
数学奥林匹克高中训练题（一）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题22)集合111{|log 2,}23nn n N -<<-∈的真子集的个数是(A)． (A) 7 (B)8 (C)31 (D)322．(训练题22)从1到9这九个自然数中任取两个，分别作为对数的真数和底数，共得不同的对数值(B)．(A) 52个 (B) 53个 (C) 57个 (D) 72个3．(训练题22)空间有四张不同的平面，则这四张平面可能形成的交线条数取值的集合是(C)．(A){1,2,3,4,5,6} (B) {0,1,2,3,4,5,6} (C) {0,1,3,4,5,6} (D) {0,1,2,3,5,6}4．(训练题22) 函数(),()y f x y g x ==的定义域及值域都是R ，且都存在反函数，则11((()))y f g f x --=的反函数是(B)．(A)1((()))y f g f x -= (B) 1((()))y f g f x -= (C) 11((()))y f g f x --= (D) 11((()))y f g f x --=5．(训练题22) 若cos 40sin 40o o ω=+,则1239239ωωωω-++++等于(D)． (A)1cos 2018o (B) 1sin 409o (C) 1cos 409o (D) 2sin 209o 6．(训练题22) 当01x <<时，222sin sin sin ,(),x x x x x x的大小关系是(B)． (A) 222sin sin sin ()x x x x x x << (B) 222sin sin sin ()x x x x x x << (C) 222sin sin sin ()x x x x x x << (D) 222sin sin sin ()x x x x x x<< 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题22) 已知211(),()5,()2f x x g x x g x -==-+表示)(x g 的反函数，设11()(())(())F x f g x g f x --=-．则()F x 的最小值是 703． 2．(训练题22) 在1000和9999之间由四个不同数字组成，且个位数字与千位数字之差的绝对值是2的整数共有 840 个．3．(训练题22) 四面体P ABC -中，,8,6,9,120o PC ABC AB BC PC ABC ⊥===∠=面，则二面角B AP C --的余弦值是 ． 4．(训练题22) 设{}P =不少于3的自然数，在P 上定义函数f 如下：若,()n P f n ∈表示不是n 的约数的最小自然数，则(360360)f = 16 ．5．(训练题22)n 为不超过1996的正整数，如果有一个θ，使(sin cos )sin cos ni n i n θθθθ+=+成立，则满足上述条件的n 值共有 498 个．6．(训练题22)在自然数列中由1开始依次按如下规则将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2,4；再染4后最邻近的三个连续奇数5，7，9；再染9后最邻近的四个连续偶数10，12，14，16；再染此后最邻近的五个连续奇数17，19，21，23，25，按此规则一直染下去，得一红色子列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，则红色子列中由1开始数起的第1996个数是 3929 ． 第二试一、(训练题22)(本题满分25分) 点M 是正三角形内一点，证明：由线段,MA MB 和MC 为边组成的三角形面积不超过原正三角形面积的13． 二、(训练题22)(本题满分25分) 若21x y +≥，试求函数2224u y y x x =-++的最小值．95- 三、(训练题22)(本题满分35分) 证明：从任意四个正整数中一定可以选出两个数x 和y ，使得如下不等式成立0212x y x y xy-≤<+++． 四、(训练题22)(本题满分35分)连结圆周上九个不同点的36条弦要么染成红色，要么染成蓝色，我们称它们为“红边”或“蓝边”，假定由这九个点中每三个点为顶点的三角形中都含有“红边”，证明：这九个点中存在四个点，两两连结的六条边都是红边．数学奥林匹克高中训练题（二）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题23)119963+除以19971996⨯所得的余数是(D)．(A) 1 (B) 1995 (C) 1996 (D) 19972．(训练题23)若在抛物线)0(2>=a ax y 的上方可作一个半径为r 的圆与抛物线相切于原点O ，且该圆与抛物线没有别的公共点，则r 的最大值是(A)． (A)a 21 (B)a1 (C)a (D)a2 3．(训练题23)考虑某长方体的三个两两相邻的面上的三条对角线及体对角线（共四条线段），则正确的命题是(B)．(A)必有某三条线段不能组成一个三角形的三边．(B)任何三条线段都可组成一个三角形，其中每个内角都是锐角．(C)任何三条线段都可组成一个三角形，其中必有一个是钝角三角形．(D)任何三条线段都可组成一个三角形，其形状是“锐角的”或者是“非锐角的”，随长方体的长，宽，高而变化，不能确定．4．(训练题23)若20π<<x ，则11tan cot sin cos x x x x++-的取值范围是(D)． (A)()+∞∞-, (B)()+∞,0 (C)),21(+∞ (D)()+∞,1 5．(训练题23)有5个男孩与3个女孩站成一排照相任何两个女孩都不相邻，则其可能的排法个数是(A)． (A)!5!7!8⋅ (B)!4!6!7⋅ (C) !7!3!10⋅ (D) !3!7!10⋅ 6．(训练题23)使得11cos 51sin +>n 成立的最小正整数n 是(B)．(A)4 (B)5 (C)6 (D)7二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题23)设R a ∈，若函数310),(+==xy x f y 关于直线x y =对称，且)(x f y =与)lg(2a x x y +-=有公共点，则a 的取值范围是 6a <- ．2．(训练题23)设1,,2-=∈+i R b a 且存在C z ∈，适合⎪⎩⎪⎨⎧≤+=+1z bi a z z z 则ab 的最大值等于 18 ． 3．(训练题23)设 900<<α，若ααsin 1)60tan(31=-+ ，则α等于 3050o o 或 ． 4．(训练题23)设''''D C B A ABCD -是棱长为1的正方体，则上底面ABCD 的内切圆上的点P 与过顶点'''',,,D C B A 的圆上的点Q 之间的最小距离=d2 ． 5．(训练题23)如图，在直角坐标系xOy 中，有一条周期性折线（函数）).(:1x f y l =现把该曲线绕原点O 按逆时针方向旋转45得到另一条曲线2l ，则这两条曲线与y 轴及直线()N n n x ∈=围成的图形的面积等于(12n +-- ．6．(训练题23)设b a ,都是正整数，且100)21(2+=+b a 则b a ⋅的个位数等于 4 ．第二试一、(训练题23)(本题满分25分) 求证：在复平面上，点集}01:{3=++∈=z z C z S 中，除去某一个点外的所有的点都在圆环45313<<z 中． 二、(训练题23)(本题满分25分)已知抛物线),0(22>=p px y 其焦点为F .试问：是否存在过F 点的弦AB （B A ,均在抛物线上，且A 在第一象限内），以及y ）轴正半轴上的一点P ，使得B A P ,,三点构成一个以P 为直角顶点的等腰直角三角形？证实你的回答.如果回答是肯定的，请求出直线AB 的方程．)2p y x =- 三、(训练题23)(本题满分35分)平面上给定321A A A ∆及点0P ，构造点列0P ，1P ， 2P ，使得13+k P 为点k P 3绕中心1A 顺时针旋转150时所到达的位置，而23+k P 和33+k P 为点13+k P 和23+k P 分别绕中心2A 和3A 顺时针旋转 105时所到达的位置， ,3,2,1,0=k .若对某个N n ∈，有03P P n =，试求321A A A ∆的各个内角的度数及三个顶点321,,A A A 的排列方向．四、(训练题23)(本题满分35分)设n ααα≤≤≤< 210，n b b b ≤≤≤< 210，且∑∑==≥n i i n i i b a 11又存在)1(n k k ≤≤使得当k i ≤时有i i a b ≤，当k i >时，有i i a b >.求证：∏∏==≥n i i n i ib a 11． 1。
【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】
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(16)及答案
数学奥林匹克高中训练题（16）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题21)集合M 由两个以上连续自然数构成，其元素之和为1996．这样的集合M （B ）．(A) 不存在 (B) 只有一个 (C) 有两个 (D) 有三个以上2．(训练题21)[0,]x π∈，sin(cos )y x =最小值为a ，cos(sin )y x =最小值为b ，tan(sin )y x =最小值为c ，cot(cos )y x =最小值为d ．则,,,a b c d 大小关系是（C ）(A) d a c b <<< (B) c a b d <<< (C)a d c b <<< (D)b a d c <<<3．(训练题21)若方程sin sin 294380x x a a a ++-=有解，则a 的取值范围是（D ）(A) 0a ≥或8a ≤- (B) 0a ≥ (C) 8031a ≤≤(D) 8723123a ≤≤ 4．(训练题21)椭圆长轴为6，左顶点在圆22(3)(2)4x y -+-=上，左准线为y 轴．则椭圆离心率e 的取值范围是（A ） (A) 3384e ≤≤ (B) 1348e ≤≤ (C) 1142e ≤≤ (D) 1324e ≤≤ 5．(训练题21)设{1,2,,100}I =．M 表示I 中最大元素为66的子集个数，N 表示I 中最小元素为33的子集个数，P 表示I 中最大元素为最小元素3倍的子集个数．则（B ）(A) M N P << (B) M P N << (C) N P M << (D) P M N <<6．(训练题21)设复数z ≠1，z 13=1．则z 1+z 3+z 4+z 9+z 10+z 12的值为（B ）(A) 有理数 (B) 无理数 (C) 虚数 (D) 纯虚数二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题21)设实数,x y 满足方程2294320x y x y +-+=．则32z x y =+的最大值是____1____． 2．(训练题21)设,M N 是线段AB 上两点，13,42AM AN MB NB ==，以AB 为斜边任作Rt ABC ∆．再作MD BC ⊥于D ，ME AC ⊥于E ，NF BC ⊥于F ，NG AC ⊥于G ．则比值MD ME NF NG y AB BC AC+++=++之最大可能值为1043-_____. 3．(训练题21) 动直线l 交y 轴于A ，交x 轴于B ，设AOB ∆面积S 为定值．过原点O 作l 垂线，垂足为(,)P x y ．则P 点的轨迹方程是 222()2x y S xy += .4．(训练题21) 正四棱锥S ABCD -．延长底面一边CD 至E ，使2DE CD =．过,B E 和棱SC 中点F 作一平面，这个平面将四棱锥分为两部分．则这两部分体积之比为____31：29___.5．(训练题21) 把676)1N N +N 为则自然数。
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＿＿＿＿。
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)加试参考答案与评分标准(A卷)(2)
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。
高中数学竞赛模拟试题及参考答案(可编辑)
数学奥林匹克高中训练题第一试一、填空题（每小题8份，共64分）1.函数3()2731xx f x +=-+在区间[0,3]上的最小值为_____.2.在数列{}n a 中,113a =,且12[]n n n a a a +=-,则20092010a a +=_____. 3.若集合{|61,}A x x n n N ==-∈,{|83,}B x x n n N ==+∈,则A B 中小于2010的元素个数为_____. 4.若方程sin (1)cos 2n x n x n ++=+在π<<x 0上有两个不等实根,则正整数n 的最小值为_____. 5.若c b a >>,0=++c b a ,且21,x x 为02=++c bx ax 的两实根,则||2221x x -的取值范围为_____.6.在四面体-O ABC 中,若点O 处的三条棱两两垂直,,则在该四面体的表面上与点A 距离为2的点形成的曲线长度之和为_____.7.有n 个中心在坐标原点,以坐标轴为对称轴的椭圆的准线都是1x =.若第k (1,2,,)k n = 个椭圆的离心率2kk e -=,则这n 个椭圆的长轴之和为_____.8.某校进行投篮比赛,共有64人参加.已知每个参赛者每次投篮的命中率均为34,规定只有连续命中两次才能被录取,一旦录取就停止投篮,否则一直投满4次.设ξ表示录取人数,则E ξ=_____.二、解答题（共56分）9.(16分)设抛物线22y px =(0)p >的焦点为F ,点A 在x 轴上点F 的右侧,以FA 为直径的圆与抛物线在x 轴上方交于不同的两点,M N ,求证:FM FN FA +=.10.(20分)是否存在(0,)2πθ∈,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列?并说明理由.11.(20分)设函数32()f x ax bx cx d =+++的图像Γ上有两个极值点,P Q ,其中P 为坐标原点, (1)当点Q 的坐标为(1,2)时,求()f x 的解析式；(2)当点Q 在圆22(2)(3)1x y -+-=上时,求曲线Γ的切线斜率的最大值.加试一、(40分)设圆的内接四边形ABCD 的顶点D 在直线,,AB BC CA 上的射影分别为,,P Q R ,且ABC∠与ADC ∠的平分线交于点E ,求证:点E 在AC 上的充要条件是PR QR =.二、(40分)已知周长为1的i i i A B C ∆(1,2)i =的三条边的长分别为,,i i i a b c .设2224i i i i i i i p a b c a b c =+++(1,2)i =,求证:121||54p p -<.三、(50分)是否存在互不相同的素数,,,p q r s ,使得它们的和为640,且2p qs +和2p qr +都是完全平方数？若存在,求,,,p q r s 的值；若不存在,说明理由.四、(50分)对n 个互不相等的正整数,其中任意六个数中都至少存在两个数,使得其中一个能整除另一个.求n 的最小值,使得在这n 个数中一定存在六个数,其中一个能被另外五个整除.参 考 答 案 第一试一、1.53-.令3xt =,[0,3]x ∈,则有3()()271f x g t t t ==-+,[1,27]t ∈,而2'()3273(3)(3)g t t t t =-=-+.故当[1,3]t ∈时,'()0g t <,()g t 单调递减,当[3,27]t ∈时,'()0g t >,()g t 单调递增.所以当3t =,()g t 取得最小值min ()(3)53g t g ==-,即当1x =时,()f x 取得最小值53-.2.2009. 由已知可得113a =,223a =,343a =.下面用数学归纳法证明:21n n a a +-=,1n n a a n ++=.显然,当1n =时,结论成立.假设当n k =时,结论成立,即是有21k k a a +-=,1k k a a k ++=.则当1n k =+时,3122222[](2[])2()([][])2[1][])1k k k k k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a ++++++-=---=---=-+-=（. 121(1)1k k k k a a a a k ++++=++=+. 即,当1n k =+时,结论也成立.综上所述,21n n a a +-=,1n n a a n ++=总成立.故200920102009a a +=.3.84.由题意若x A ∈,则5(mod 6)x ≡ ,若x B ∈,则3(mod 8)x ≡ ,故若x A B ∈ ,则11(mod 24)x ≡ ,即若x A B ∈ ,则2411x k =+,于是可得满足题意的元素共有84个.4.4. 由已知得11sin 12cos x n x --=---,而1sin 2cos xx---表示上半个单位圆(不包括端点)上的动点(cos ,sin )P x x 与定点(2,1)Q -的斜率k ,要满足题意就要直线PQ 与上半个单位圆(不包括端点)有两个不同的交点,此时4(,1)3k ∈--,从而可得11(0,)3n ∈,故3n >,即正整数n 的最小值为4. 5.[0,3).由0=++c b a 知方程02=++c bx ax 有一个实数根为1,不妨设11x =,则由韦达定理可知2cx a=.而c b a >>,0=++c b a ,故0,0a c ><,且a a c c >-->,则122c a -<<-,故2221()44c x a<=<,从而可得2212||[0,3)x x -∈.6.32π. 如图,点,M N 分别在棱,AB AC 上,且2AM AN ==,点,E F 分别在棱,OB OC 上,且1OE OF ==,则2AE AF ==,因此,符合题意的点形成的曲线有:①在面OBC 内,以O 为圆心,1为半径的弧EF ,其长度为2π；②在面AOB 内,以A 为圆心,2为半径的弧EM ,其长度为6π；③在面AOC 内,以A 为圆心,2为半径的弧FN ,其长度为6π；④在面ABC 内,以A 为圆心,2为半径的弧MN ,其长度为23π.所以,所求的曲线长度之和为2326632πππππ+++=. 7.122n --.设第k 个椭圆的长半轴为k a ,焦半径为k c ,则由题意有21k k a c =,2k k k kce a -==,故可得2k k a -=,于是可得121222212n nn a a a ----+++=+++=- ,故这n 个椭圆的长轴之和为12(12)22n n---=-.8.1894. 由于每位参赛者被录取的概率均为331331133189444444444256p =⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯=,故录取人数ξ服从二项分布,即189(64,)256B ξ~,所以189189642564E ξ=⨯=.二、9.由已知得(,0)2p F ,设点(,0)A a ,则12FA a p =-,故以FA 为直径的圆为22222()()44a p a p x y +--+=.令1122(,),(,)M x y N x y ,则可知12,x x 是方程2222()2()44a p a p x px +--+=的两个实数根,将该方程化简得:22(23)0x a p x ap --+=,由韦达定理得1223322a p x x a p -+==-.故121131()()()2222FM FN x p x p a p p a p FA +=+++=-+=-=,即FM FN FA +=.10.当(0,)2πθ∈时,函数sin y x =与cos y x =的图像关于直线4x π=对称,函数tan y x =与cot y x =的图像也关于直线4x π=对称,且当4πθ=时,sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的任一排列均不可能成等差数列.故只需考虑是否存在(0,)4πθ∈使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列即可.假设存在(0,)4πθ∈符合题意,则由sin cos tan cot θθθθ<<<可知cot tan cos sin θθθθ-=-,从而有sin cos sin cos θθθθ+=⋅,故2(sin cos )12sin cos 1sin 2θθθθθ⋅=+⋅=+.而2(sin cos )1θθ⋅<,且1sin 21θ+>,故假设不成立.即,不存在这样的θ,使得sin ,cos ,tan ,cot θθθθ的某一排列成等差数列.11.因为32()f x ax bx cx d =+++,所以'2()32f x ax bx c =++.因为图像Γ上有一个极值点P 为坐标原点,所以'(0)0f =,且(0)0f =.故0c d ==.(1)当点Q 的坐标为(1,2)时,由'(1)0f =与(1)2f =可得:320a b +=,且2a b +=.解之,得:4,6a b =-=.此时,32()46f x x x =-+.(2)∵'2()32f x ax bx =+,且由题意点Q 在圆22(2)(3)1x y -+-=上知0a <,∴曲线Γ的切线斜率k 的最大值为'()f x 的最大值2max3b k a=-.设点Q 的坐标为(,)m n ,则有'()0f m =,且()f m n =,∴2320am bm +=,且32am bm n +=.∴32b m a =-,23nb m=. ∴2max 332b n k a m =-=⋅. ∵n m表示过原点且与圆22(2)(3)1x y -+-=有公共点的直线的斜率,而过原点且与圆22(2)(3)1x y -+-=有公共点的直线斜率的最大值为2∴2max33(23322b n k a m =-=⋅≤=+∴曲线Γ的切线斜率的最大值为3加 试一、由西姆松定理知,,P Q R 三点共线.由题意易知,,,C Q D R 四点共圆,则有DCA DQR DQP ∠=∠=∠,同样有,,,A P R D 四点共圆,则有D A C D P R D P ∠=∠=∠.故DAC ∆∽DPQ ∆,同理,可得:DAB ∆∽DRQ ∆,DBC ∆∽DPR ∆,因此有:PR DB DA DP PR BA BC QR DC DQ QR BCDB BA⋅===⋅⋅. 从而PR QR =的充要条件是DA BADC BC=.又由三角形的角平分线的性质定理可得,ABC ADC ∠∠的平分线分AC 的比分别为,BA DABC DC.故命题成立. 二、由题意知1i i i a b c ++=,且不妨设i i i a b c ≤≤,则由于三角形的三边关系可得102i i i a b c <≤≤<,于是不难得312121210(12)(12)(12)()327i i i i i i a b c a b c -+-+-<---≤=. 2222222(12)(12)(12)12()4()814()812[()()]812(4)12i i i i i i i i i i i i i i ii i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i i ia b c a b c a b b c c a a b c a b b c c a a b c a b c a b c a b c a b c a b c p ---=-+++++-=-+++-=-+++-++-=-+++=- 从而可得131272i p ≤<,所以121||54p p -<. 三、由640p q r s +++=,且,,,p q r s 是互不相同的素数知,,,p q r s 都是奇数.设2222p qs m p qr n ⎧+=⎪⎨+= ⎪⎩ ①②, 并不妨设s r <,则m n <.由①,②可得()()()()m p m p qsn p n p qr-+=⎧⎨-+=⎩.若1m p ->,则由m p n p n p -<-<+可得m p q n p +==-,故2q m n =+,,s m p r n p =-=+,从而2s r m n q +=+=,故23640p q r s p q q p q +++=++=+=.又由于23s m p q p =-=-≥,故可得90p ≤,逐一令p 为不大于90的素数加以验证便知此时无解.若1m p -=,则21qs m p p =+=+,故12qs p -=.而q m p n p <+<+,故,2q n p r n p p q =-=+=+. 故3(1)3226402qs p q r s p q s q s -+++=++=++=,即是有(32)(34)385771929q s ++==⨯⨯,于是得3419,32729s q +=+=⨯,故5,67s q ==,从而167,401p r ==.综上可得167,67,401,5p q r s ====或167,67,5,401p q r s ====.四、所求的最小正整数26n =.我们分两步来证明,第一步说明25n ≤不行,第二步说明26n =是可以的.首先说明当25n ≤时是不行的.我们构造如下的25个正整数:543215432154321543215432122222;33333;55555;7,7777;1111111111,,,,,,,,,,,,,,,,,,,①②③④⑤.如上,我们把这25个正整数分成5组,则任意选取六个数都一定会有两个数在同一组,显然在同一组中的这两个数中的一个能整除另一个；另一方面,由于每一组数只有5个,因此所选的六个数必然至少选自两组数,即是说在所选的六个数中不存在其中一个能被另五个整除的数.所以,当25n =时是不行的.对于25n <,也可类似地证明.其次说明当26n =时是可以的.我们首先定义“好数组”.如果一数组中的数都在所给定的26个正整数中,其中最大的一个记为a ,除a 外的25个数中没有a 的倍数,且这25个数中所有a 的约数都在这组数中,那么我们称这个数组为“好数组”.(一个“好数组”中的数可以只有一个).现证这样的“好数组”至多有五个.否则,必存在六个“好数组”,我们考虑这六个“好数组”中的最大数,分别记为,,,,,a b c d e f ,由题知六个数,,,,,a b c d e f 中必然存在一个能整除另一个,不妨记为|b a ,即是说a 的约数b 不在a 所在的“好数组”中,这与“好数组”的定义不符,故“好数组”至多有五个.由于“好数组”至多有五个,而所给的正整数有26个,因此至少存在一个“好数组”中有六个数,考虑这个“好数组”中的最大数,由“好数组”的定义知这个数组中至少另有五个数都能整除该数.综上可得,所求的最小正整数26n =.陕西师范大学附中 王全 710061 wangquan1978@。
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一试(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一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.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，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．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 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 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“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 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 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 取到最小值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10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分16分） 在ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 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． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。
2024全国高中数学奥林匹克竞赛试题
1、设a，b，c为正实数，且满足a+b+c=1，则1/(3a+2)+1/(3b+2)+1/(3c+2)的最小值为多少？A. 1B. 3/2C. 2D. 5/2解析：本题主要考察不等式的应用及求解最值问题。
通过运用柯西不等式，我们可以推导出1/(3a+2)+1/(3b+2)+1/(3c+2)的最小值。
经过计算，当且仅当a=b=c=1/3时，取得最小值1。
（答案）A2、在三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=√3，b=3，且三角形ABC的面积为(3√3)/4，则c的值为多少？A. 1B. 2C. √7D. √13解析：本题主要考察三角形的面积公式及余弦定理。
根据三角形面积公式S=(1/2)absinC，我们可以求出sinC的值，再利用余弦定理c²=a²+b²-2abcosC，结合sin²C+cos²C=1，可以求出c的值。
经过计算，c=√7。
（答案）C3、设正整数n满足：对于任意的正整数k(1≤k≤n)，n都能整除k⁵-k，则n的最大值为多少？A. 60B. 120C. 240D. 360解析：本题主要考察整除的性质及数论知识。
我们需要找到一个正整数n，使得对于任意的正整数k(1≤k≤n)，n都能整除k⁵-k。
通过分解k⁵-k，我们可以发现其包含因子2, 3, 4,5等，结合这些因子的性质，我们可以求出n的最大值。
经过推导，n的最大值为120。
（答案）B4、已知数列{an}满足a₁=1，且对于任意的n∈N*，都有aₙ₊₁=aₙ+n+1，则a₁₀的值为多少？A. 46B. 50C. 55D. 66解析：本题主要考察数列的递推关系及求和公式。
根据题目给出的递推关系aₙ₊₁=aₙ+n+1，我们可以逐步求出数列的项，或者通过求和的方式直接求出a₁₀。
经过计算，a₁₀=55。
（答案）C5、在平面直角坐标系xOy中，设点A(1,0)，B(0,1)，C(2,3)，则三角形ABC外接圆的圆心到原点O的距离为多少？A. √2/2B. √5/2C. √10/2D. √13/2解析：本题主要考察三角形外接圆的性质及距离公式。
数学奥林匹克高中训练题16
數學奧林匹克高中訓練題（11）第一試一、選擇題（每小題6分，共36分）1．(訓練題16)一元二次複係數方程02=++b ax x 恰有兩個純虛根，則（C ）．（A ）a 是零，b 是負實數 （B ）a 是零，b 是純虛數（C ）a 是純虛數，b 是實數（D ）a 是純虛數，b 是純虛數2． (訓練題16)n 是一個正整數，n y xy x =++22的整數組解的數目是（B ）．（A ）4的倍數 （B ）6的倍數（C ）2的倍數 （D ）8的倍數3．(訓練題16)滿足211x x x x x x -+->+-+的所有實數x 在（D ）．（A ）（3,31）內 （B ）（3，+∞）內 （C ）（－∞，31）內 （D ）（－∞，31）∪（3，+∞）內 4．(訓練題16)d cx bx ax x x f ++++=234)(，這裏d c b a ,,,是實數．已知,15)3(,10)2(,5)1(===f f f 則)4()8(-+f f 是（C ）．（A ）2500 （B ）不確定的 （C ）2540 （D ）8605．(訓練題16)平面內，設函數)(x f 的圖像與x y 2-=的圖像關於直線32+=x y 對稱，則)(x f 的解析運算式是（A ）．（A ）2)1234(52643---=++x y x y （B ）2)1234(10643---=++x y x y （C ）2)34(5243x y x y --=+ （D ）2)1234(52643---=-+x y x y 6．(訓練題16),3≥n 方程n x x x x x x x x x x x x x n n n n n n =+++---1321121121 的有序整數組解一共有（B ）． （A ）n 組 （B ）12-n 組 （C ）n 2組 （D ）12+n 組二、填充題（每小題9分，共54分）1．(訓練題16)任意整數,,,z y x 滿足等式z y x bz ay cx az cy bx cz by ax ++=++++++++的所有實數c b a ,,是 (1,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,1,0),(0,0,1),(0,0,1)---共6組 ．2．(訓練題16)使得zy x z y x 111,++++和xyz 都是整數的全部正有理數組（),,z y x （)z y x ≤≤是 (1,1,1),(1,2,2),(2,3,6),(2,4,4),(3,3,3)共5組 ．3．(訓練題16)圓臺上的上底半徑r 與下底半徑R （R.>r ）之和是母線l 的6倍,而上底面積、側面積、下底面積成等比數列，此圓臺的高為2023r -，此圓臺體積的最大值是 500(29π+ ． 4．(訓練題16)設x x x kx x x f (11)(2424++++=∈R ），對任意三個實數a,b,c,已知存在一個三角形，三邊長分別為),(),(),(c f b f a f 則滿足上述條件的所有實數k 的範圍是 1(,4)2- ． 5．(訓練題16)設),6sin 6(cos 3)(ππi z z f +=這裏z 是複數，用A 表示點),31(i f +B 表示點),0(f C 表示點)4(i f ，則∠ABC= 6π ． 6．(訓練題16)b a ,是正實數，),1(21,,1110n n n x x x b x a x +===-+這裏x ∈N 。
数学奥林匹克高中训练题(02)及答案
数学奥林匹克高中练习题〔02〕第一试一、选择题〔此题总分值30分,每题5分〕1．(练习题07)十个元素组成的集合{19,93,1,0,25,78,94,1,17,2}M =----．M 的所有非空子集记为(1,2,,1023)i M i =,每一非空子集中所有元素的乘积记为(1,2,,1023)i m i =.那么10231i i m ==∑〔C 〕．〔A 〕0 〔B 〕1 (C) -1 (D)以上都不对2．(练习题07)ABC ∆△ABC 的三个内角,,A B C 依次成等差数列,三条边,,a b c 上的高,,a b c h h h 也依次成等差数列．那么ABC ∆为〔B 〕〔A 〕等腰但不等边三角形 〔B 〕等边三角形 〔C 〕直角三角形 〔D 〕钝角非等腰三角形3．(练习题07)对一切实数x ,不等式42(1)10x a x +-+≥恒成立．那么a 的取值范围是〔A 〕 〔A 〕1a ≥- (B) 0a ≥ (C) 3a ≤ (D) 1a ≤4．(练习题07)假设空间四点,,,A B C D 满足8,10,13AB CD AC BD AD BC ======,那么这样的三棱锥ABCD 共有〔A 〕个．〔A 〕0 〔B 〕1 〔C 〕2 〔D 〕多于25．(练习题07)不等式21log 0(0,)2m x x x -<∈在时恒成立,那么m 的取值范围是〔B 〕 〔A 〕01m << (B)1116m ≤< (C) 1m > (D) 1016m << 6．(练习题07)方程20(,,,0)ax b x c a b c R a ++=∈≠在复数集内根的个数为n .那么〔C 〕〔A 〕n 最大是2 〔B 〕n 最大是4 〔C 〕n 最大是6 〔D 〕n 最大是8二、填空题〔此题总分值30分,每题5分〕1．(练习题07)函数y =的值域是________2．(练习题07)椭圆22198x y +=,焦点为1F ,2F ,P 为椭圆上任意一点〔但P 点不在x 轴上〕,12PF F ∆的内心为I ,过I 作平行于x 轴的直线交12,PF PF 于,A B .那么12PAB PF F S S ∆∆=___916_____. 3．(练习题07),,A B C 为ABC ∆的三个内角,且cotcot cot 2(cot cot cot )222A B C A B C T ++-++≥.那么max T =__.4．(练习题07)实数,,a b c 满足22223,285a b c a b c c +-=-+++=.那么ab 的最小值是__2516__. 5．(练习题07)在一次足球冠军赛中,要求每一队都必须同其余的各个队进行一场比赛,每场比赛胜队得2分,平局各得1分,败队得0分．有一队得分最多,但它胜的场次比任何一队都少．假设至少有n 队参赛,那么n =__6____.6．(练习题07)假设1013222m ++是一个完全平方数,那么自然数m = 14 ．三、(练习题07)〔此题总分值20分〕假设正三棱锥底面的一个顶点与其所对侧面的重心距离为4,求这个正三棱锥的体积的最大值．(18)四、(练习题07)〔此题总分值20分〕一个点在x 轴上运动的速度为2米/秒,在平面其它地方速度为1米/秒．试求该点由原点出发在1秒钟内所能到达的区域的边界线．五、(练习题07)〔此题总分值20分〕x 为虚数,且1x x+是方程210y ay a -++=的实根．求实数的取值范围．(25a a ≤->) 第二试一、(练习题07)〔此题总分值20分〕在ABC ∆中,M 为BC 边上的任一点,ME AB ⊥于E ,MF AC ⊥于F ,AN EF ⊥交BC 于N ．求证：AM AN AB AC ⋅+=⋅．二、(练习题07)〔此题总分值35分〕用n 个数〔允许重复〕组成一个长为N 的数列,且2n N ≥.证实：可在这个数列中找出假设干个连续的项,它们的乘积是一个完全平方数．三、(练习题07)〔此题总分值35分〕空间中有100个点,其中每四点都不在同一平面上,每三点都不在同一条直线上,每一点都与其它33点连红线,与另33点连黄线,与最后的33点连蓝线．证实：一定会出现一个三边均不同色的三角形．。
高中数学奥林匹克竞赛试题及答案0204192339
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＝4·24，4·34，…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＝a2·b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab·ab＝…（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＝137·73．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，104×M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＝i·n！＋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m·n！＋k（m∈N，2≤k≤n）由于n！＝1·2·…·n是k的倍数，所以m·n！＋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a＋c＞c≥c1，b＋c＞c≥c2。
高中奥林匹克竞赛数学平面几何100题——珍藏版
高中数学联赛难度几何题100道第一题：学习证明角平分 (4)第二题：学习证明四点共圆 (5)第三题：学习证明角的倍数关系 (6)第四题：证明线与圆相切 (7)第五题：证明垂直 (8)第六题：证明线段相等 (9)第七题：证明线段为比例中项 (10)第八题：证明垂直 (11)第九题：证明线段相等 (12)第十题：证明角平分 (13)第十一题：证明垂直 (14)第十二题：证明线段相等 (15)第十三题：证明角相等 (16)第十四题：证明中点 (17)第十五题：证明线段的二次等式 (18)第十六题：证明角平分 (19)第十七题：证明中点 (20)第十八题：证明角相等 (21)第十九题：证明中点 (22)第二十题：证明线段相等 (23)第二十一题：证明垂直 (24)第二十二题：证明角相等 (25)第二十三题：证明四点共圆 (26)第二十四题：证明两圆相切 (27)第二十五题：证明线段相等 (28)第二十六题：证明四条线段相等 (29)第二十七题：证明线段比例等式 (30)第二十八题：证明角的倍数关系 (31)第二十九题：证明三线共点 (32)第三十题：证明平行 (33)第三十一题：证明线段相等 (34)第三十二题：证明四点共圆 (35)第三十三题：证明三角形相似 (36)第三十四题：证明角相等 (37)第三十五题：证明内心 (38)第三十六题：证明角平分 (39)第三十七题：证明垂直 (40)第三十八题：证明面积等式 (41)第三十九题：证明角平分 (42)第四十题：证明角相等 (43)第四十二题：证明中点 (45)第四十三题：证明角相等 (46)第四十四题：证明垂直 (47)第四十五题：证明角相等 (48)第四十六题：证明垂直 (49)第四十七题：证明四点共圆 (50)第四十八题：证明四点共圆 (51)第四十九题：证明四点共圆 (52)第五十题：证明角平分 (53)第五十一题：证明线段相等 (54)第五十二题：证明两圆外切 (55)第五十三题：证明垂直 (56)第五十四题：证明垂直 (57)第五十五题：证明垂直 (58)第五十六题：证明垂直 (59)第五十七题：证中点 (60)第五十八题：证明角相等 (61)第五十九题：证明角相等 (62)第六十题：证明四点共圆 (63)第六十一题：证明四点共圆 (64)第六十二题：证明四点共圆 (65)第六十三题：证明角相等 (66)第六十四题：证明角的倍数关系 (67)第六十五题：证明中点 (68)第六十六题：伪旁切圆 (69)第六十七题：证明垂直 (70)第六十八题：证明平行 (71)第六十九题：证明圆心在某线上 (72)第七十题：证明三线共点 (73)第七十一题：证明垂直 (74)第七十二题：证明垂直 (75)第七十三题：证明中点 (76)第七十四题：证明垂直 (77)第七十五题：证明垂直 (78)第七十六题：证明三线共点 (79)第七十七题：证明平行 (80)第七十八题：证明平行 (81)第七十九题：证明三线共点、证明垂直 (82)第八十题：证明三点共线（牛顿定理） (83)第八十一题：证明角平分 (84)第八十二题：证明角相等 (85)第八十三题：证明三点共线 (86)第八十四题：证明四圆共点 (87)第八十六题：证明线段相等 (89)第八十七题：证明角相等 (90)第八十八题：证明线段相等 (91)第八十九题：证明线段相等 (92)第九十题：证明线段相等 (93)第九十一题：证明中点 (94)第九十二题：证明四点共圆 (95)第九十三题：证明西姆松定理及逆定理 (96)第九十四题：证明线段的和差关系等式 (97)第九十五题：证明角相等 (98)第九十六题：证明托勒密定理及逆定理 (99)第九十七题：证明线段的和差关系等式 (100)第九十八题：证明角相等 (101)第九十九题：证明四点共圆 (102)第一百题：证明两三角形共内心 (103)第一题：证明角平分已知PE 、PF 是⊙O 的切线，A 、B 是一组对径点，PB 交⊙O 于另一点C ，直线AF 、BE 交于D 点。
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)一试预测卷二(含解析)
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛一试仿真模拟卷（二）一、填空题（每题8分，共64分）1．若sin cos sin 222θθα⋅=，sin sin cos θβθ、、成等比数列，则2cos cos2αβ-=________. 2．已知正实数列{}n a 满足：11a =，27a =，21214(2,3,)12n n nn n a a a a n a +-+==+，则2018a =________.3．已知定义在R 上的函数()y f x =（x ），对任意满足222p q r +=的p 、q 、r 均有()f p +()()0f q f r +=，M 、m 分别为函数()()tan 3g x f x x =++，在(),22x ππ∈-上的最大值和最小值，则M m +=________.4．在直三棱柱111ABC A B C -中，已知1AB BC ==，1BB =90ABC ∠=︒，E 、F 分别为边111AA B C 、的中点，则点E 沿棱柱的表面到点F 的最短路径的长度为________.5．设复数123z z z 、、满足1232018z z z ===．则123123111z z z z z z ++++的值为________.6．已知：211111()11121212n n a n +-=++++∈++++N ，则[]20181k k a ==∑________. 7．已知1F 、2F 为椭圆和双曲线的公共焦点，P 为其中的一个公共点，且123F PF π∠=，设椭圆和双曲线的离心率分别为1e 和2e ，则2212e e +的最小值为________.8．用1、2、3、4、5、6、7这七个数字组成没有重复数字的七位数，使其恰好是11的倍数的概率为________. 二、解答题（共56分）9．（16分）设正整数数列{}n a 满足：24a =，且对于任何*n ∈N ，有11112111n n n a a a n n ++++<<-+12na +．求数列{}n a 的通项n a ．10．（20分）如图，设动点P 到点(1,0)A -和(1,0)B 的距离分别为1d 和2d ，2APB θ∠=，且存在常数(01)λλ<<，使得212sin d d θλ=．（1）证明：动点P 的轨迹C 为双曲线，并求出C 的方程；（2）过点B 作直线交双曲线C 的右支于M 、N 两点，试确定λ的范围，使0OM ON ⋅=，其中点O 为坐标原点．11．（20分）已知函数()f x =(0,)x ∈+∞． （1）当8a =时，求()f x 的单调区间； （2）对任意正数a ，证明：1()2f x <<．2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛一试仿真模拟卷（二）详细解析1．1-．解：由题意得：sin sin cos αθθ=+，2sin sin cos βθθ=⋅． 故222222cos cos21sin (12sin )sin 2sin (sin cos )2sin cos 1.αβαβαβθθθθ-=---=-+=-++⋅=-2．201832-．解：由题意得，()2111112222722(2,3,)3222212n n n n n n n n n a a a a a n a a a a +++--+++++=-⇒==⇒==+++++． 故数列{}2n a +是以123a +=为首项，3q =为公比的等比数列． 从而，1332n n a -=⨯-．故2018201832a =-．3．6．解：令0p q r ===，则(0)0f =．令0q =，p x =，r x =-，则()(0)()0()()f x f f x f x f x ++-=⇒=--． 所以()f x 为奇函数．故()3y g x =-也为奇函数．因此，6M m +=．4．32．解：比较以下三种情形下的线段EF 的长度：分别将以下三个二面角11111111A A B C A BB C A AC B ------、、展成平面， 利用余弦定理计算即可． 5．14072324．解：因为2018(1,2,3)i z i ==，所以22018i i z z =．从而，212018i i z z =．故原式12312322221231231120182018201820184072324z z z z z z z z z z z z ++++===++++． 6．2016．解：一方面，211111112212222n n n a --<++++=-<． 另一方面，当3n ≥时，11111111123512235n n a -=++++≥++>+．所以当3n ≥时，[]1n a =．又112a =，256a =，从而12[][]0a a ==．故[]201812016k k a ==∑．7．12+．解： 设1PF x =，2PF y =（不妨x y >），椭圆的长轴长为2m ，双曲线的实轴长为2n ，122F F c =．则2x y m +=，2x y n -=，2224x y xy c +-=．故22234m n c+=，所以2212134e e +=． 于是，222212122212134()()4e e e e e e ⎛⎫+=++≥+ ⎪⎝⎭．所以221212e e +≥+． 当221222213e e e e =，且2212134e e +=，即2114e =，2234e =时，2212min ()12e e +=+． 8．435．解：注意到，一个正整数被11整除当且仅当其奇数位上的数字之和与偶数位上的数字之和的差被11整除．记七位数为7654321a a a a a a a ．则满足题意的七位数共有7!个． 又()()75316420(mod11)a a a a a a a +++-++≡． 而()()7531642max 456712316a a a a a a a +++-++=+++---=．故只能是7531642a a a a a a a +++=++， 即：753164214a a a a a a a +++=++=．于是，分组只能是：{2,3,4,5}和{1,6,7}，{1,2,4,7}和{3,5,6}，{1,2,5,6}和{3,4,7}，{1,3,4,6}和{2,5,7}．和共四种情形．每种情形可以组成4!3!⨯个被11整除的七位数．故所求的概率为44!3!47!35⨯⨯=． 9．解法一：易得：11a =，24a =，39a =，猜想：n a n =． 下面用数学归纳法证明．（1）当1n =，2时，易知2n a n =均成立； （2）假设(2)n k k =≥成立，则2k a k =，且满足1111122111k k k ka a a a k k ++++<<+-+ ①当1n k =+时， 由①得221122122221211112(1)2(1)(1)11(1)1(1)(1).11k k k k k k a ka k k k k k k a k k k k k a k k k ++++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝⎭++-⇒<<-+-+⇒+-<<+++- 因为2k ≥时，22(1)(1)(1)(2)0k k k k k +-+=+-≥，所以22(1)(0,1]1k k +∈+． 又11k -≥，所以1(0,1]1k ∈-． 又*1k a +∈N ，所以221(1)(1)k k a k ++≤≤+． 故21(1)k a k +=+，即1n k =+时，2n a n =成立．由（1），（2）知，对任意*n ∈N ，2n a n =．解法二：易得：11a =，24a =，39a =，猜想：2n a n =.. 下面用数学归纳法证明（1）当1n =，2时，易知2n a n =均成立； （2）假设(2)n k k =≥成立，则2k a k =，且满足1111122111k k k ka a a a k k ++++<<+-+ ①当1n k =+时， 由①得221111112(1)2k k k k a k a k ++⎛⎫+<++<+ ⎪⎝⎭． ①即21111(1)122k k k k k a k a k+++++<+<+． ②由②左式，得2111k k k k k a +-+-<，即321(1)k k a k k k +-<+-，因为两端为整数， 则3221(1)1(1)(1)k k a k k k k k +-≤+--=+-于是21(1)k a k +≤+．③又由②右式，22221(1)21(1)1k k k k k k k k a k k +++-+-+<=． 则231(1)(1)k k k a k k +-+>+．因为两端为正整数，则2431(1)1k k k a k k +-+≥++，所以4321221(1)11k k k ka k k k k k +++≥=+--+-+．又因2k ≥时，1k a +为正整数，则21(1)k a k +≥+．④据③④得，21(1)k a k +=+，即1n k =+时，2n a n =成立． 由（1），（2）知，对任意*n ∈N ，2n a n =．10．解法一：（1）在△P AB 中，||2AB =，即222121222cos2d d d d θ=+-，2212124()4sin d d d d θ=-+，即122d d -==<（常数），点P 的轨迹C 是以A 、B为焦点，实轴长2a =的双曲线，方程为：2211x y λλ-=-． （2）设11(,)M x y ，22(,)N x y①当MN 垂直于x 轴时，MN 的方程为1x =，(1,1)M 和(1,1)N -在双曲线上．即111λλ-=-211102λλλ-⇒+-=⇒=，因为01λ<<，所以12λ=． ②当MN 不垂直于x 轴时，设MN 的方程为(1)y k x =-．由2211(1)x y y k x λλ⎧-=⎪-⎨⎪=-⎩，得：2222[(1)]2(1)(1)()0k x k x k λλλλλ--+---+=， 由于该方程有两个不同的解，故2[(1)]0k λλ--≠，所以21222(1)(1)k x x k λλλ--+=--，2122(1)()(1)k x x k λλλλ--+=--．于是，22212122(1)(1)(1)k y y k x x kλλλ=--=--． 因为0OM ON ⋅=，且M 、N 在双曲线右支上，所以2121222122212(1)0(1)121011231001x x y y k x x k x x λλλλλλλλλλλλλλλ-⎧+==⎧-⎧⎪>⇒<<⎪⎪+-+>⇒⇒⎨⎨⎨+--⎪⎪⎪>+->>⎩⎩⎩-．由①②知，1223λ-≤<． 解法二：（1）同解法一（2）设11(,)M x y ，22(,)N x y ，MN 的中点为()00,E x y ①当121x x ==时，22||1101MB λλλλλ=-=⇒+-=-，因为01λ<<．所以λ=②当12x x ≠时，22110222211111MN x y x k y x y λλλλλλ⎧-=⎪⎪-⇒=⋅⎨-⎪-=⎪⎩-． 又001MN BE y k k x ==-所以22000(1)y x x λλλ-=-； 由2MON π∠=得()2220||2MN x y +=，第二定义得()()221220200||2221(1)21.MN e x x a x x x λλ+-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦=-=+---所以222000(1)2(1)(1)y x x λλλλ-=--+-．于是由22000222000(1)(1)2(1)(1)y x x y x x λλλλλλλ-=-⎧⎨-=--+-⎩ 得20(1)23x x λ-=-．因为01x >，所以2(1)123x x ->-，又01λ<<，解得：1223λ-<<由①②知1223λ≤<． 11．（1）当8a =时，11()33f x =+=+．则(1)(1()1x f x x+⋅=+=='''令()0f x '>，结合0x >，解得01x <<．故()f x 在(0,1)单调递增，同理()f x 在(1,)+∞单调递减．所以8a =时，()f x 单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+∞．（2）对任意给定的0a >，0x >因()f x =，若令8b ax=，则8abx =． ①则()f x =②先证()1f x >：因为11x >+11a >+11b >+．又由28a b x +++≥=，从而6a b x ++≥．所以111()11132()9()()(1)(1)(1)(1)(1)(1)1()() 1.(1)(1)(1)f x x a ba b x ab bx ax a b x ab bx ax x a b x a b a b x ab bx ax abx x a b =+>+++++++++++++++++=≥+++++++++++++==+++ 再证：()2f x <：由①、②的关于x 、a 、b 的对称性，不妨设x a b ≥≥，则02b <≤，1°当7a b +≥，则5a ≥，从而5x a ≥≥，1<1≤=<．所以()2f x =++<． 2°若7a b +<，由①得8x ab=，则=因为222111114()2(1)b b b b b a b b ⎛⎫<-+=- ⎪++++⎝⎭．12(1)bb <-+．12(1)a a <-+，于是1()2211a b f x a b ⎛<-+- ++⎝．现证明11a b a b +>++因为11a b a b +>++> 只要(1)(1)8a b ab ++<+，即证18a b ab ab +++<+，即7a b +<，由假设知该式成立．综上，对任意正数a ，1()2f x <<．。
高中数学竞赛典型题目(二)
数学竞赛典型题目（二）1.（1994年伊朗数学奥林匹克） 设a、b、c、S分别为锐角三角形ABC的三边的边长及它的面积。
证明在三角形ABC内存在一点P，由P到顶点A、B、C的距离为x、y、z的充份和必要条件是存在三个三角形：第一个的边长分别是a、y、z及其面积为S1，第二个的边长分别是b、z、x及其面积为S2，第三个的边长分别是c、x、y及其面积为S3及S=S1+S2+S3。
2 .（1995年伊朗数学奥林匹克） 假设ABCD为一正方形及K、N分别在线段AB和AD的点使得AK x AN = 2 BK x DN.设L和M分别为对角线BD与CK及CN的交点。
证明K、L、M、N和A五点共圆。
（1995年伊朗数学奥林匹克）A,B,C三点在圆O上,线CO交AB于D且BO交AC 于E,如果角度都是,求.（1995年伊朗数学奥林匹克）内切圆和边AB,AC及BC交于M,N,P,证明:垂心, 外心和内心三点共线.3.（1996年伊朗数学奥林匹克）中，，O、H、I、分别为外心、垂心、内心和关于A的旁心. 和分别在AC和AB上，且证明：（1）八点B、C、H、O、I、、、共圆；（2）若OH交AB、AC分别于E、F，则周长等于（3）4.（1996年伊朗数学奥林匹克）为不等边三角形，从A、B、C出发的中线交外接圆于另一点L、M、N.若证明：5.（1996年伊朗数学奥林匹克）中，D在AB上，E在AC上，且DE//BC.P为内任一点，PB和PC交DE分别于F、G.若为外心，为外心，证明：6.(1997年伊朗数学奥林匹克)边BC的中点是N,以AB和AC为直角边向外构造等腰直角,证明:也是等腰直角三角形.7.(1997年伊朗数学奥林匹克)圆心为O,直径为AB的圆上有两点C,D,直线CD交AB于M,且MB<MA,MD<MC,K是和外接圆的交点(不是O),证明:即有向角8.(1997年伊朗数学奥林匹克)锐角外心为O,垂心为H,且BC>CA,F为高CH的垂足,过F作OF的垂线交AC于P,证明:有向角9.(1997年伊朗数学奥林匹克) 外接圆弧AB上有一个动点(不包含A),分别为的内心,证明:(1)的外接圆是否过定点?(2)以为直径的圆过定点.(3) 中点在定圆上.10. (1998年伊朗数学奥林匹克)KL和KN是圆C的切线，切点是L，N，M为KN延长线上一点，的外接圆交圆C的另一交点为P，点Q是N向ML所引垂线的垂足，证明：11. (1998年伊朗数学奥林匹克)锐角的高是AD，角B和C的内角平分线交AD于点E，F；若BE=CF，证明：是等腰三角形。
高中数学奥林匹克竞赛---集合
A B C A (B C)(结 合 律)； （4）A B C A B A C A B C A B A C（ 分 配 律 ） ; (5)A B A A, A A B A（ 吸 收 律 ） ;
（6） 设 全 集U，A, B为U的 子 集 ， 则
3、设A a1, a 2 , a3 ,...,a n ,则A的所有子集中元素之总和为
S 2n1(a1 a 2 ... a n ),其中a i Z
4、 集 合 间 的 交 集 、 并 集、 补 集 有 以 下 性 质 ： （1）A A A, A A A（ 幂 等 律 ） ； （2）A B B A, A B B A（ 交 换 律 ） ；
赛题精讲:
例4 （: 1994年北京市高一数学竞赛初试）已知x R, y R ，
集合A
x2
x
1,x,x
1
,B
y,
y 2
,
y
1.若A
B,
则x 2 y2
CU (A B) (CU A) (CU B)
CU (A B) (CU A) CU B
赛题精讲:例1（:ຫໍສະໝຸດ 1996 年全国高中数学联赛一试）
求集合A
x
1
log
10 1
x
1，1 2
x
N的真子集的个数.
赛题精讲:
例2 （: 1983年上海市一试）在集合1,2,...,n中，随意取出一个子集，
高中数学奥林匹克竞赛 ---集合
1、集合中的元素具有三个特征 : 确定性、互异性、无序性.
2、 若 非 空 有 限 集A中 有n个 元 素 ， 则 有 如 下 结 论： (1)A的子集的个数是2n ; (2)A的“非空子集”和“真子集”的个数都是2n 1; (3)A的“非空真子集”的个数是2n 2.
完整版-2023年数学联赛试题及答案(学科竞赛圈)
2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.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，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 设复数910i z （i 为虚数单位），若正整数n 满足2023n z ，则n 的最大值为 ．答案：2．解： 22910181n nn n z z ．因21812023z ，而当3n 时， 181132023nn n z ，故n 的最大值为2． 2. 若正实数,a b 满足lg 2b a ，lg lg 5a b a b ，则lg ()ab ab 的值为 ． 答案：20．解：因为lg lg lg lg 102a a b b b a ，所以lg lg lg lg lg lg lg ()()()52220ab a b a b b a ab ab a b a b ．3. 将一枚均匀的骰子独立投掷三次，所得的点数依次记为,,x y z ，则事件“777C C C x y z ”发生的概率为 ． 答案：127． 解：由于162534777777C C C C C C ，因此当,,{1,2,3,4,5,6}x y z 时，事件“777C C C x y z ”发生当且仅当“{1,6},{2,5},{3,4}x y z ”成立，相应的概率为321627 ． 4. 若平面上非零向量,, 满足 ，2|| ，3|| ，则|| 的最小值为 ．答案：23． 解：由 ，不妨设(,0),(0,)a b ，其中,0a b ，并设(,)x y ，则由2|| 得2by a ，由3|| 得3ax b ． 所以2232||2223b a x y xy a b ． 取3,2a b ，此时6x y ，|| 取到最小值23．5. 方程sin cos2x x 的最小的20个正实数解之和为 ．答案：130 ．解：将2cos212sin x x 代入方程，整理得(2sin 1)(sin 1)0x x ，解得532,2,2()662Z x k k k k ． 上述解亦可写成2()36Z k x k ，其中0,1,,19k 对应最小的20个正实数解，它们的和为1902219202013036326k k ． 6. 设,,a b c 为正数，a b ．若,a b 为一元二次方程20ax bx c 的两个根，且,,a b c 是一个三角形的三边长，则a b c 的取值范围是 ．答案：7,518． 解：由条件知2222()()()ax bx c a x a x b ax a ab x a b ，比较系数得22,b a ab c a b ，故24,11a a b c a a，从而 24231a a a b c a a a a a． 由于201a a b a，故112a ．此时显然0b c ．因此，,,a b c 是一个三角形的三边长当且仅当a c b ，即4211a a a a a，即2(1)0a a a ，结合112a ，解得15122a ． 令23()f x x x x ，则()abc f a ．显然当0x 时()f x 连续且严格递增，故a b c 的取值范围是151,22f f，即7,518 ． 7. 平面直角坐标系xOy 中，已知圆 与x 轴、y 轴均相切，圆心在椭圆2222:1(0)x y a b a b内，且 与 有唯一的公共点(8,9)．则 的焦距为 ．答案：10．解：根据条件，可设圆心为(,)P r r ，则有222(8)(9)r r r ，解得5r 或29r ．因为P 在 内，故5r ． 椭圆 在点(8,9)A 处的切线为2289:1x y l a b ，其法向量可取为2289,n a b ． 由条件，l 也是圆 的切线，故n 与PA 平行，而(3,4)PA ，所以223227a b． 又2264811a b，解得22160,135a b ．从而 的焦距为22210a b ．8. 八张标有,,,,,,,A B C D E F G H 的正方形卡片构成下图．现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边（例如可按,,,,,,,D A B E C F G H 的次序取走卡片，但不可按,,,,,,,D B A E C F G H 的次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为 ．A BCD E F G H答案：392．解：如左下图重新标记原图中的八张卡片．现将每张卡片视为顶点，有公共边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边，得到一个八阶图，该图可视为右下图中的2m n 阶图(,)G m n 在3,3m n 时的特殊情况．231-3-20P -1G (m , n )P n ...210-1-2-m ... 取卡片（顶点）的规则可解释为：(i) 若顶点P 已取走，则以下每步取当前标号最小或最大的顶点，直至取完； (ii) 若顶点P 未取走，则必为某个(,)(,0)G m n m n 的情形，此时若0m ，则将P 视为1 号顶点，归结为(i)的情形；若0,0m n ，则将P 视为1号顶点，归结为(i)的情形；若,1m n ，则当前可取P 或m 号顶点或n 号顶点，分别归结为(i)或(1,)G m n 或(,1)G m n 的情形．设(,)G m n 的符合要求的顶点选取次序数为(,)f m n ，本题所求即为(3,3)f ． 由(i)、(ii)知1(,0)2(0)m f m m ，1(0,)2(0)n f n n ，且(,)2(1,)(,1)(,1)m n f m n f m n f m n m n ．由此可依次计算得(1,1)12f ，(1,2)(2,1)28f f ，(1,3)(3,1)60f f ，(2,2)72f ，(2,3)(3,2)164f f ，(3,3)392f ，即所求数目为392．二、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）平面直角坐标系xOy 中，抛物线2:4y x ，F 为 的焦点，,A B 为 上的两个不重合的动点，使得线段AB 的一个三等分点P 位于线段OF 上（含端点），记Q 为线段AB 的另一个三等分点．求点Q 的轨迹方程．解：设1122(,),(,)A x y B x y ．不妨设AP PQ QB ，则121222,33x x y y P． 易知(1,0)F ．由于点P 位于线段OF 上，故122[0,1]3x x ，12203y y ． ……………4分可设12,2y t y t ，则2212,4t x x t ．此时有2122[0,1]32x x t ，且由,A B 不重合知0t ，所以2(0,2]t ． ……………8分设(,)Q Q Q x y ，则21212232,343Q Q x x y y x t y t ，有243Q Q y x ． 注意到2330,42Q x t ，故点Q 的轨迹方程为243(0)32y x x ． ……………16分10.（本题满分20分）已知三棱柱111:ABC A B C 的9条棱长均相等．记底面ABC 所在平面为 ．若 的另外四个面（即面111111111,,,A B C ABB A ACC A BCC B ）在 上投影的面积从小到大重排后依次为23,33,43,53，求 的体积．解：设点111,,A B C 在平面 上的投影分别为,,D E F ，则面11111,,A B C ABB A 1111,ACC A BCC B 在 上的投影面积分别为,,,DEF ABED ACFD BCFE S S S S ．由已知及三棱柱的性质，DEF 为正三角形，且,,ABED ACFD BCFE 均为平行四边形．由对称性，仅需考虑点D 位于BAC 内的情形（如图所示）．显然此时有ABED ACFD BCFE S S S ． ……………5分 XFE B D C A由于,,,23,33,43,53DEF ABED ACFD BCFE S S S S ，故,ABED ACFD S S 必为23,33的排列，53BCFE S ，进而43DEF S ，得DEF 的边长为4，即正三棱柱 的各棱长均为4． ……………10分 不妨设23,33ABED ACFD S S ，则333,2ABD ACD S S ． 取射线AD 与线段BC 的交点X ，则23ABD ACD BX S CX S ，故85BX ．因此 2242cos60195AX AB BX AB BX ， 而58ABD ACD ABC AD S S AX S ，故192AD ． ……………15分 于是 的高221352h AA AD ． 又43ABCS ，故 的体积615ABC V S h ． ……………20分11.（本题满分20分）求出所有满足下面要求的不小于1的实数t ：对任意,[1,]a b t ，总存在,[1,]c d t ，使得()()1a c b d ．解：记[1,]t I t ，()()S a c b d ．假如2t ，则当a b t 时，对任意,t c d I ，均有2(1)1S t ，不满足要求． 假如312t ，则当1,2a b t 时，对任意,t c d I ，均有 21a c t ，12t b d ．若,a c b d 同正或同负，则2(1)1S t ，其余情况下总有01S ，不满足要求． ……………5分 以下考虑322t 的情形．为便于讨论，先指出如下引理． 引理：若1,2u v ，且52u v ，则1uv ． 事实上，当32u v 时，22225312244u v u v uv ． 当32u v 时，1131222uv ．引理得证． 下证对任意,t a b I ，可取11,t c d I ，使得111()()1S a c b d ．① 若12a b ，则取111c d ，此时 1(1)(1)(1)(1)S a b a b ， 其中31311,12222a b b a ，且5(1)(1)2()2a b a b ，故由引理知11S ． 若12a b ，则取1132t c d I ，此时 13322S a b， 其中331,222a b ，且3353222a b a b ，故由引理知11S ． ……………15分 注意到，当,t a b I 时，可取2t c I ，使得21a c （例如，当[1,1]a 时取20c ，当(1,]a t 时取21c ），同理，可取2t d I ，使得21b d ．此时22222()()1S a c b d a c b d ． ②根据①、②，存在一个介于12,c c 之间的实数c ，及一个介于12,d d 之间的实数d ，使得()()1a c b d ，满足要求．综上，实数t 满足要求当且仅当322t ． ……………20分2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图， 是以AB 为直径的固定的半圆弧， 是经过点A 及 上另一个定点T 的定圆，且 的圆心位于ABT 内．设P 是 的弧 TB（不含端点）上的动点，,C D 是 上的两个动点，满足：C 在线段AP 上，,C D 位于直线AB 的异侧，且CD AB ．记CDP 的外心为K ．证明：(1) 点K 在TDP 的外接圆上；(2) K 为定点． ΩωPD ABT C证明：(1) 易知PCD 为钝角，由K 为CDP 的外心知2(180)2PKD PCD ACD ．由于90APB ，CD AB ，故PBA ACD ATD ．……………10分 所以2180PTD PKD PTA ATD ACD PTA PBA ． 又,K T 位于PD 异侧，因此点K 在TDP 的外接圆上． ……………20分(2) 取 的圆心O ，过点O 作AB 的平行线l ，则l 为CD 的中垂线，点K 在直线l 上． ……………30分由,,,T D P K 共圆及KD KP ，可知K 在DTP 的平分线上，而9090DTB ATD PBA PAB PTB ，故TB 为DTP 的平分线．所以点K 在直线TB 上．显然l 与TB 相交，且l 与TB 均为定直线，故K 为定点． ……………40分 ωΩl D P OK B ATC二．（本题满分40分）正整数n 称为“好数”，如果对任意不同于n 的正整数m ，均有2222n m n m ⎧⎫⎧⎫⎪⎪⎪⎪≠⎨⎬⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎩⎭⎩⎭，这里，{}x 表示实数x 的小数部分． 证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数．证明：引理：设n 是正奇数，且2模n 的阶为偶数，则n 是好数．引理的证明：反证法．假设n 不是好数，则存在异于n 的正整数m ，使得2222n m n m ．因此22n n 与22m m 写成既约分数后的分母相同．由n 为奇数知22n n 是既约分数，故2m 的最大奇因子为2n ，从而m 的最大奇因子为n ．设2t m n ，其中t 为正整数（从而m 是偶数）．于是22222m m t m n． 由22222m t n n n可得2222(mod )m t n n ，故 222(mod )m t n n ． （*）设2模n 的阶为偶数d ．由（*）及阶的基本性质得2(mod )m t n d ，故2m t n 是偶数．但2m t 是偶数，n 是奇数，矛盾．引理得证．……………20分回到原问题．设221(1,2,)k k F k ．由于1221k k F ，而k F 221k，因此2模k F 的阶为12k ，是一个偶数．对正整数l ，由221(mod )l k F 可知21(mod )l k F ，故由阶的性质推出，2模2k F 的阶被2模k F 的阶整除，从而也是偶数．因2k F 是奇数，由引理知2k F 是好数．……………30分对任意正整数,()i j i j ，211(,)(,(21)2)(,2)1i i j i i i j i F F F F F F F ，故123,,,F F F 两两互素．所以222123,,,F F F 是两两互素的合数，且均为好数． ……………40分三．（本题满分50分） 求具有下述性质的最小正整数k ：若将1,2,,k 中的每个数任意染为红色或者蓝色，则或者存在9个互不相同的红色的数129,,,x x x 满足1289x x x x +++< ，或者存在10个互不相同的蓝色的数1210,,,y y y 满足12910y y y y +++< ．解：所求的最小正整数为408．一方面，若407k =时，将1,55,56,,407 染为红色，2,3,,54 染为蓝色，此时最小的8个红数之和为1555661407++++= ，最小的9个蓝数之和为231054+++= ，故不存在满足要求的9个红数或者10个蓝数．对407k <，可在上述例子中删去大于k 的数，则得到不符合要求的例子． 因此407k ≤不满足要求． ……………10分 另一方面，我们证明408k =具有题述性质．反证法．假设存在一种1,2,,408 的染色方法不满足要求，设R 是所有红数的集合，B 是所有蓝数的集合．将R 中的元素从小到大依次记为12,,,m r r r ，B 中的元素从小到大依次记为12,,,n b b b ，408m n +=．对于R ，或者8R ≤，或者128m r r r r +++≥ ；对于B ，或者9B ≤，或者129n b b b b +++≥ ．在1,2,,16 中至少有9个蓝色的数或至少有8个红色的数．情形1：1,2,,16 中至少有9个蓝色的数．此时916b ≤．设区间9[1,]b 中共有t 个R 中的元素12,,,(08)t r r r t ≤< ．记12t x r r r =+++ ，则112(1)2x t t t ≥+++=+ ． 因为12912,,,,,,,t b b b r r r 是9[1,]b 中的所有正整数，故{}{}12912,,,,,,,1,2,,9t b b b r r r t =+ ．于是 12912(9)n b b b b t x ≤+++=++++- 1(9)(10)2t t x =++-． （*） ……………20分 特别地，116171362n b ≤⨯⨯=．从而9R ≥． 对任意(1)i i m t ≤≤-，由（*）知1(9)(10)2t i n r b i t t x i +≤+≤++-+．从而 811811(9)(10)2t m t t i r r r r r x t t x i -+=⎛⎫ ⎪≤+++++≤+++-+ ⎪⎝⎭∑ 11(9)(10)(8)(8)(9)(7)22t t t t t t x =++-+---- 111(9)(10)(8)(8)(9)(7)(1)222t t t t t t t t ≤++-+----⋅+ 2819396407t t =-++≤（考虑二次函数对称轴，即知1t =时取得最大）． 又136n b ≤，这与,n m b r 中有一个为408矛盾． ……………40分情形2：1,2,,16 中至少有8个红色的数．论证类似于情形1．此时816r ≤．设区间8[1,]r 中共有s 个B 中的元素12,,,(09)s b b b s ≤< ．记1s y b b =++ ，则1(1)2y s s ≥+． 因为12128,,,,,,,s b b b r r r 是8[1,]r 中的所有正整数，故 {}{}12128,,,,,,,1,2,,8s b b b r r r s =+ ． 于是1(8)(9)2m r s s y ≤++-． 特别地，116171362m r ≤⨯⨯=．从而10B ≥． 对任意(1)i i n s ≤≤-，有1(8)(9)2s i m b r i s s y i +≤+≤++-+．从而 911911(8)(9)2s n s s i b b b b b y s s y i -+=⎛⎫ ⎪≤+++++≤+++-+ ⎪⎝⎭∑ 11(9)(8)(9)(8)(9)(10)22s s s s y s s =-++--+--111(9)(8)(9)(8)(1)(9)(10)222s s s s s s s s ≤-++--⋅++-- 2727369395s s =-++≤（在2s =时取得最大）， 又136m r ≤，这与,n m b r 中有一个为408矛盾．由情形1、2知408k =具有题述性质．综上，所求最小正整数k 为408． ……………50分四．（本题满分50分）设4110a -=+．在20232023⨯的方格表的每个小方格中填入区间[1,]a 中的一个实数．设第i 行的总和为i x ，第i 列的总和为i y ，12023i ≤≤．求122023122023y y y x x x 的最大值（答案用含a 的式子表示）． 解：记2023n =，设方格表为(),1,ij a i j n ≤≤，122023122023y y y x x x λ= ． 第一步：改变某个ij a 的值仅改变i x 和j y ，设第i 行中除ij a 外其余1n -个数的和为A ，第j 列中除ij a 外其余1n -个数的和为B ，则jij i ij y B a x A a +=+．当A B ≥时，关于ij a 递增，此时可将ij a 调整到,a λ值不减．当A B ≤时，关于ij a 递减，此时可将ij a 调整到1,λ值不减．因此，为求λ的最大值，只需考虑每个小方格中的数均为1或a 的情况． ……………10分第二步：设{}1,,1,ij a a i j n ∈≤≤，只有有限多种可能，我们选取一组ij a 使得λ达到最大值，并且11n nij i j a ==∑∑最小．此时我们有,,1,.i j ij i j a x y a x y ⎧>⎪=⎨≤⎪⎩（*） 事实上，若i j x y >，而1ij a =，则将ij a 改为a 后，行和及列和变为,i j x y ''，则11j j j i i iy y a y x x a x '+-=>'+-， 与λ达到最大矛盾，故ij a a =．若i j x y ≤，而ij a a =，则将ij a 改为1后，λ不减，且11n nij i j a ==∑∑变小，与ij a 的选取矛盾．从而（*）成立．通过交换列，可不妨设12n y y y ≤≤≤ ，这样由（∗）可知每一行中a 排在1的左边，每一行中的数从左至右单调不增．由此可知12n y y y ≥≥≥ ．因而只能12n y y y === ，故每一行中的数全都相等（全为1或全为a ）.……………20分 第三步：由第二步可知求λ的最大值，可以假定每一行中的数全相等.设有k 行全为a ,有n k -行全为1,0k n ≤≤．此时()()()n nk k n k n k ka n k ka n k na nn a λ-+-+-==． 我们只需求01,,,n λλλ 中的最大值． ()11(1)1111()(1)nn n k k n k n kk a n k a n a ka n k a k a n n a λλ++++--⎛⎫- ⎪==+ ⎪+--+⎝⎭． 因此1111(1)n k k a a k a n λλ+⎛⎫- ⎪≥⇔+≥ ⎪-+⎝⎭ 11(1)n n x x k x n-⇔+≥-+（记n x a =） 2111(1)n n x x x k x n-++++⇔≥-+ 2111n n x x x n k x -++++-⇔≤- 211(1)(1)1n n x x x x x--+++++++=+++ ． 记上式右边为y ,则211(2)1n n n n x x y x x ---+-++=+++ ． 下面证明(1010,1011)y ∈． ……………30分 首先证明1011y <．1011y < 2021202220222021101110111011x x x x ⇔+++<+++1010101210132021202210111010210101011x x x x x x ⇔+++<++++ ．由于220221x x x <<<< ，故101010101012011(1011)101110121011101222k k k x x x =-<⋅⋅<⋅⋅∑101110110k k kx +=<∑． ……………40分 再证明1010y >，等价于证明2021202200(2022)1010kk k k k x x ==->∑∑． 由于2021202100(2022)(2022)10112023k k k k x k ==->-=⨯∑∑， 20222022010101010202310102023k k x x a =<⨯<⨯∑，只需证明1011202310102023a ⨯>⨯，而410111101010a -=+<，故结论成立． 由上面的推导可知1k k λλ+≥当且仅当1010k ≤时成立，从而1011λ最大．故 2023max 101120231011(10111012)2023a aλλ+==． ……………50分。
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_______。
数学奥林匹克高中训练题_2_
图1
10 3 10
5.
x
x
10 3
因此 ,这样的五位数总共有 14 个 .
1 2. . 2
3 - ( x - 1)
.
x
3 2
由于 f ( x ) =
1 2 2 3 1 = f (3) + 2 ; 3 = - 2f 2 3 1 2 + 2. +2; 1 =1f ( x)
的最小值 . ( 50 分 ) 设 p 为奇质数 , a 、 三、 b 是小于
p 的正整数 . 证明 : a + b = p 的充分必要条件
cos 2α n = . 1 - sin 2α 1 - m
n m + n+1 , n- m +1 m - n+1 . m+ n- 1
又由比例性质得
1+ m
n
是 ,对任何小于 p 的正整数 n ,均有
中 等 数 学
因为 2 a + 2 b + 1 与 3 a + 3 b + 1 互质 , 所以 , 两 者皆为平方数 . 二、 1. 14. 考虑 侧 ,有 4 种排列 :
24135 ,24153 ,35142 ,53142 ; (2) 若 a = 2 ,则 4 与 5 在 a 异侧 ,1 、 3 不与 a 相
2
接下来再复制前面所有的项 1 ,1 ,2 ,1 ,
1 ,2 ,3 ,再添加 3 的后继数 4 ,于是 ,得前 15 项
为 1 ,1 ,2 ,1 ,1 ,2 ,3 ,1 ,1 ,2 ,1 ,1 ,2 ,3 ,4. 如此继续下去 . 试求 a2 006 及数列前 2 006 项的和 S 2 006 . 第 二 试
数学奥林匹克高中训练题_16
数学奥林匹克高中训练题_16学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、填空题1．斜边长为2009的直角三角形，若两条直角边长也为整数，则其面积为______． 2．正三棱柱ABC A B C '''-的侧棱及底面边长都是1．则四面体A ABC '、B ABC '、C ABC '的公共部分的体积是______．3．设{}1,2,,2009M =⋅⋅⋅．若n M ∈，使得()333112n S n n=++⋅⋅⋅+的值为一平方数，则这样的n 共有个______． 4．设()4231148f x x x x =--+．则cos 7f π⎛⎫= ⎪⎝⎭______．5．若三位数abc 满足19a b c ≤≤≤≤，则称abc 为“上坡数”．那么，上坡数的个数是______．6．50个正数的和为231，它们的平方和为2009．则这50个数中，最大数的最大值是______．7．函数()f x =______．8．设{}1,2,,17M =⋅⋅⋅．若有四个互异数a 、b 、c 、d M ∈，使()mod17a b c d +≡+，就称{},a b 与{},c d 是集M 的一个“平衡对”．则集合M 中平衡对的个数是______．二、解答题9．在平面上给定不共线的三点A 、B 、C ，以线段AB 为一条轴（长轴或短轴）作一个不经过点C 的椭圆，与另两条直线AC 、BC 分别交于点E 、F ，过E 、F 分别作椭圆的切线，设这两条切线交于点0C ；类似地，再以线段BC 、CA 为一条轴各作椭圆，分别相应地得到切线的交点0A 、0B ．证明：不论每个椭圆的另一条轴的长度如何选择，三条直线0AA 、0BB 、0CC 都经过一个定点．10．设(),,f x y z =求最大的实数λ，使得对于任何满足4x y z ++=的正数x 、y 、z ，都有(),,f x y z λ>．11．正整数数列{}n a 满足：416a =，()2211111211n n n na a a n n a ++<+-<+．试求通项公式n a ．12．如图，在ABC ∆中，D 是A ∠平分线上的任一点，E 、F 分别是AB 、AC 延长线上的点，且CEBD ，BFCD ．若M 、N 分别是CE 、BF 的中点，证明：AD MN ⊥．13．在锐角ABC ∆，证明：()()()()()()sin sin sin sin sin sin 0sin 2sin 2sin 2A B A C B A B C C A C B ABC-⋅--⋅--⋅-++≥．14．如果既约分数n m 满足：2009mn ≤（m 、n 为正整数），则称nm为“牛分数”．现将所有的牛分数按递增顺序排成一个数列1212,,n n m m ⋅⋅⋅，称为“牛数列”．证明：对于牛数列中的任两个相邻项k k n m 、11k k n m ++，都满足111k k k k m n m n ++-=． 15．从圆周的九等分点中，任取五点染为红色．证明：存在以红点为顶点的不同的六个三角形1,2,,6∆∆⋅⋅⋅∆，满足12∆≅∆，34∆≅∆，56∆≅∆．参考答案1．432180 【解析】 【详解】设两直角边为x 、y ．则2222009x y +=．据勾股数及x 、y 的对称性，有正整数m 、n 、()k m n >， 使2x mnk =，()22y m nk =-，()222009mn k =+．由于22009417=⨯，又21,7,7,741⨯都不能表为两个正整数的平方和， 故只有49k =，2241m n +=．解得5m =，4n =．所以，1960x =，441y =． 则14321802S xy ==． 故答案为：432180 2．36【解析】 【详解】如下图，根据对称性，面1C AB 、1A BC 、1B AC 的交点O 在底面ABC 上的射影H 为正ABC ∆的中心．设AB 、BC 的中点分别为D 、E ．则OH 是1EAA ∆、1DCC ∆的交线．故113OH DH C C DC ==．所以，13OH =． 从而，四面体A ABC '、B ABC '、C ABC '的公共部分的体积（即四面体OABC 的体积）为111333ABC V OH S ∆=⋅=⨯=．3．44 【解析】 【详解】注意到()()2211124n n n n n S n ⎡⎤++==⎢⎥⎣⎦． 由于n 与1n +互质，故若n S 为平方数时，n 必为平方数．当n 为偶平方数时，4n为平方整数；当n 为奇平方数时，()214n +为平方整数．因此，n 可取M 中的所有平方数，这样的数共有44个． 故答案为：44 4．1516【解析】 【详解】记cos 7x π=．则224221cos 7cos 72x ππ⎛⎫+ ⎪⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭22212coscos 774ππ++=2434cos cos 778ππ++=， 2233cos 3748x π---=，cos 788x π-=-， 故423148x x x -- 124cos coscos 8777πππ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭1246cos cos cos 8777πππ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭ 112108cos cos cos 8777πππ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭6610121211cos cos 1671671616k k k k ππ====-=-∑∑． 于是，42311514816x x x --+=，即15cos 716f π⎛⎫= ⎪⎝⎭.故答案为：15165．165 【解析】 【详解】对于确定的b ，数c 可取,1,,9b b +⋅⋅⋅，共10b -个值；而对于确定的数a ，数b 可取,1,,9a a +⋅⋅⋅．故三位上坡数的个数为()9991011110a a b aa kb k -====-=∑∑∑∑ ()()9110112a a a =--=∑()9211211102a a a ==-+∑ 19101991021990165262⨯⨯⨯⎛⎫=-⨯+= ⎪⎝⎭． 故答案为：165 6．35 【解析】 【详解】设最大数为x ，其余49个数为1249,,,a a a ⋅⋅⋅，且1249x a a a ≥≥≥⋅⋅⋅≥．则491231i i a x ==-∑，24949222111200949ii i i x a x a ==⎛⎫=+≥+ ⎪⎝⎭∑∑ ()22123149x x =+-， 即2250462231492009x x -+≤⨯．解得35x ≤． 当且仅当12494a a a ==⋅⋅⋅==时，35x =． 故答案为：357．574【解析】 【详解】显然，()13f x = ①令23x y =．此为抛物线方程，其焦点为30,4F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，准线方程为34y =-．记点()3,4A ，如下图．则式①可改写为()13f x =．它表示抛物线上的点(),M x y 到点A 与到焦点F 的距离之和，即13f MA MF =+． 注意到点A 在抛物线上方，点M 到焦点的距离等于其到准线的距离，即MF MH =， 故当点M 移至1M 使其在垂线1AH 上时，MA MH +的值最小为111319444AM MH AH +==+=，即11957344f f ≥⇒≥． 故答案为：5748．476 【解析】 【详解】将圆周17等分，其分点按顺时针方向顺次记为1217,,,A A A ⋅⋅⋅． 则()mod17m n k l +≡+ m nk l A A A A ⇒．注意到圆周17等分点的任一对分点连线都不是直径，因此，全部弦共有17个方向（分别与过()1,2,,17i A i =⋅⋅⋅的切线平行）．与过i A 的切线平行的弦有8条，共形成2828C =个“平行弦对”．若考虑所有17个方向，共得2817476⨯=个平行弦对．因此，M 中有476个平衡对． 故答案为：476 9．见解析 【解析】 【详解】先考虑以边AB 为一条轴的椭圆，如下图建立直角坐标系，设该椭圆的方程为()22221x y a b a b+=≠，它与直线AC 、BC 分别交于点E 、F ，过E 、F 分别作椭圆的两条切线交于点0C ．设(),0A a -、(),0B a 、()cos ,sin E a b αα、()cos ,sin F a b ββ． 则()sin :1cos AE y b l x a a αα=++，()sin :1cos BF y b l x a a ββ-=--． 解得点C 的横坐标cos2cos2C a x αββα+=-．故椭圆过点E 、F 的切线方程分别为cos sin 1x y a b αα+=，cos sin 1x y a b ββ+=． 由此解得点0C 的横坐标0cos2cos2C a x αββα+=-． 由0C C x x =知，0CC AB ⊥．同理，0AA BC ⊥，0BB AC ⊥．因此，直线0AA 、0BB 、0CC 分别重合于ABC ∆的三条高线．故它们都经过ABC ∆的垂心．10．见解析【解析】 【详解】一般地，可证明：对于函数()()()()111,,111n n n f x y z x y z =+++++， 其中，正整数2n ≥，有125n λ=+ . 为此，记()11na x =+ ，()11nb y =+ ，()11n c z =+ .则115n a <<，115n b <<，115n c <<，且(),,f x y z a b c =++. 注意到，()()()1211211115551n n nn n n n nx a a aaa a ----⎛⎫=-=-++⋅⋅⋅++<-++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭.故()()()15151141nx a a ⎛⎫-<--=- ⎪⎝⎭. 类似地，()15141ny b ⎛⎫-<- ⎪⎝⎭，()15141n z c ⎛⎫-<- ⎪⎝⎭.三式相加得()()()()151434,,3nx y z a b c f x y z ⎛⎫-++<++-=- ⎪⎝⎭()()14514,,3nf x y z ⎛⎫⇒-<- ⎪⎝⎭()1,,25n f x y z ⇒>+另外，当x y ε==，42z ε=- ，且0ε→时，(),,f x y z 的值无限接近125n +. 故数值125n+不能再改进.11．2n a n =【解析】 【详解】 据条件22111n na a +<知，数列严格递增．于是，1231,2,3,a a a ≥≥≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 先在条件式中取3n =，得到224343111116a a a a <+-<， 即22331111116166a a <+-<． ①据式①左端得2311118316616768a >+-=． 则37682198383a <=+． ② 又由式①右端得233548480a a -+>，且33a ≥，故3488 4.5488.410a +⨯>+>=． ③ 据式②、③得整数39a =．再对条件式中取2n =，得到223232111113a a a a <+-<， 即222111118193a a <+-<． ④ 由式④左端得21121981981a >+<． 则281541919a <=+． 由式④右端得2222990a a -+>，即()()223230a a -->．因22a ≥，所以，23a >．故24a =．继而在已知式中取1n =，得21111111164a a <+-<， 即211131131644a a +<<+． ⑤ 又1a 为正整数，故式⑤右端恒成立． 而由式⑤左端有111316a >，故116311313a <=+，得11a =． 由11a =，24a =，39a =，416a =，猜想2n a n =． ⑥首先，若将式⑥代入已知式得()()()422411121111n n n n n n <+-<+++，即()()24411111n n nn ⎡⎤<<⎢⎥++⎢⎥⎣⎦，或()()2211111n n n n <<++． 此式显然成立．下证：2n a n =是满足条件的唯一数列．对n 归纳．当4n ≤时已验证．若式⑥对于()4n n ≥成立，则对于1n +，据已知式有()22411111211n n a n a n n n ++<+-<+． ⑦ 由式⑦右端得()()3242411121111n n n n a n n n n n n +-++<+-=++． 则()()542221323223111111n n n n n a n n n n n n n n ++++>=+->+--++-++． ⑧ （这里用到，当4n ≥时，()()3221231n n n n n -++-++()()23232n n n n n n ⎡⎤=--=--⎣⎦ ()20n n ≥->．）据式⑦左端得()22111111n n n a a n n ++-<-+， 即()()()222111110n n n a n n a n n ++--+++<． ⑨其判别式()()()2221411n n n n n ⎡⎤∆=+-+-⎣⎦()()(){}221411n n n n n ⎡⎤=+-+-⎣⎦(){}22124n n n n ⎡⎤=+-+⎣⎦()222240n n n n ⎡⎤=+-+>⎢⎥⎣⎦． 设与式⑨对应的关于1n a +的一元二次方程的两根为α、()βαβ<． 则()()21121n n n a n β++<=-==()()2121112n n n n n ⎤+⎥=++++⎥-⎥⎦()()()2224221112nn n n n n n +-+=+++-()()()22242211122nn n n n n n +-+<+++⋅-()()()22211112n n n n n =+++--+()()22222211132n n n n n n +-=++<++-+． ⑩（这里用到，当4n ≥时，()()323222n n n n -+-+- 32244n n n =--+()()22320n n n =-+->．）据式⑧、⑩得()211n a n +=+．故由归纳法知，对任意的n N +∈，式⑥成立，即2n a n =．12．见解析 【解析】 【详解】如下图，延长BD 、CD ，分别与AC 、AB 交于点H 、G ．注意到DBG ∆、DCH ∆关于顶点D 的等高性及等角性，由面积比定理得DBG DCH S BG DB DGCH S DC DH∆∆⋅==⋅． 所以，BG DC DH CH DB DG ⋅⋅=⋅⋅． ①又由CE BD ，BF CD 得GB GD BE DC =，HC HDCF DB=． 故BE BG DC DHCF CH DB DG⋅⋅=⋅⋅． ② 由式①、②得1BECF=，即BE CF =．取BC 的中点K ，由中位线定理知12MK BE =，12NK CF =．故KM KN =．作MKN ∠的平分线KP ，则KP MN ⊥．因MK AB ，NK AC ，所以，AD KP ．又KP MN ⊥，故AD MN ⊥．13．见解析 【解析】 【详解】 证法1：注意到()()sin sin sin2A B A C A-⋅-()()sin cos sin sin cos sin 2sin cos A B A C B A A C A A⋅⋅--⋅⋅-=⋅()()cos sin cos cos sin sin sin cos cos sin 2cos 2sin B A C A C B A C A C AA⋅-⋅⋅-⋅=-cos cos sin cos sin sin cos sin sin cos 2cos 222sin B C A B C B C B C AA A⋅⋅⋅⋅⋅⋅=--+()sin cos cos sin sin sin cos 2cos 22sin B C B C A B C AA A +⋅⋅⋅⋅=-+cos cos sin sin sin sin cos 2cos 22sin B C A A B C AA A⋅⋅⋅⋅=-+．同理，()()sin sin sin2B A B C B-⋅- cos cos sin sin sin sin cos 2cos 22sin C A B B C A BB B⋅⋅⋅⋅=-+，()()sin sin sin2C A C B C-⋅- cos cos sin sin sin sin cos 2cos 22sin A B C C A B CC C⋅⋅⋅⋅=-+． 因此，所证不等式化为sin sin cos cos cos sin sin cos A B C A B C C C ⋅⋅⋅⋅⎛⎫+ ⎪⎝⎭sin sin cos cos cos sin sin cos B C A B C A A A ⋅⋅⋅⋅⎛⎫++ ⎪⎝⎭sin sin cos cos cos sin sin cos C A B C A B B B ⋅⋅⋅⋅⎛⎫++ ⎪⎝⎭sin sin sin A B C ≥++． ①令cot x A =，cot y B =，cot z C =．则x 、y 、z R +∈，1xy yz zx ++=． 因此，sin sin cos cos cos sin sin cos A B C A B CC C⋅⋅⋅⋅+1z z =2=．同理，sin sin cos cos cos sin sin cos B C A B C A A A⋅⋅⋅⋅+2=， sin sin cos cos cos sin sin cos C A B C A B B B⋅⋅⋅⋅+2=于是，222≥+②又()()221x xy yz zx x x y x z +=+++=++，()()221y xy yz zx y x y y z +=+++=++， ()()221z xy yz zx z x z y z +=+++=++，222≥上式关于x 、y 、z 对称，故设x y z ≥≥．22x x y z yz-++=x y x z--=，2y z y x--=2z x z y--=，即要证：x y x z y z y x z x z y------≥．③x y x z--≥，y z y x z x z y----()y z⎛⎫=-(0y z=--≥，所以，式③成立．因此结论得证．证法2：据对称性，不妨设A B C∠≥∠≥∠．则6090A︒≤∠<︒，90B C∠+∠>︒，45B A︒<∠≤∠．所以，()sin2sin802A A=︒-()sin1802sin2B B≤︒-=，()()()()sin sin sin sinsin2sin2A B B C A B B CA B-⋅---≥．则()()()()sin sin sin sinsin2sin2B A BC B A B CB A-⋅--⋅-≥．故()()()()sin sin sin sinsin2sin2A B A C B A B CA B-⋅--⋅-+()()()()sin sin sin sinsin2sin2A B A C B A B CA A-⋅--⋅-≥+≥．因()()sin sinsin2C A C BC-⋅-≥，所以，()()()()()()sin sin sin sin sin sin 0sin2sin2sin2A B A C B A B C C A C B ABC-⋅--⋅--⋅-++≥．14．见解析 【解析】 【详解】对任一正整数n ，将牛数列中分母不大于n 的子数列记为n T ． 当1n =时，数列11232009,,,,1111T ⎛⎫=⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭显然满足条件． 对n 进行归纳．据数列1T 知，当2n <时结论成立．设结论对于()()()()22222222k k k k k k f k f k a x y a x y ---+-=-++-+成立，考虑数列k T ．注意到1k k T T -⊂，而1\k k T T -中的分数ab满足：分母b k =，(),1a b =． 设a b 、,1c a c bc ad d b d ⎛⎫<-= ⎪⎝⎭是1k T -中的一对相邻分数． 如果它们在k T 中也相邻，则显然满足条件； 如果它们在k T 中不相邻，即有1\k k T T -中的分数mk插入它们之间（2009mk ≤，(),1m k =），即a m c b k d <<（插入的分数中总有一个与a b 或c d 相邻，不妨设m k 与cd相邻）． 于是，111c m m a b d bd d k k b dk bk bdk+⎛⎫⎛⎫=-+-≥+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． ① 所以，k b d ≥+． 又易知，分数a cb d ++也介于a b 与c d之间（这是由于()10a c a b d b b b d +-=>++，()10c a c d b d d b d +-=>++）． 注意到()()1b a c a b d bc ad +-+=-=，知a c +与b d +互质，即a cb d++为既约分数． 若()()2009a c b d ++>，由2009mk ≥及k b d ≥+，相乘得a c m +>．由()2009m b d mk +≤≤，得k mT b d∈+． 又m m a c c k b d b d d +≤<<++，且m k 、c d 在k T 中相邻，则k b d =+，且式①中等号成立． 故1c m c a c c a c d k dk d b d d k++-==-=-+． 从而，a c m +=，这与a c m +>矛盾． 因此，()()2009a c b d ++≤．若分数1\k k a cT T b d -+∈+，则b d k +=． ② 若a b 、a c b d ++、c d是k T 中的相邻项，那么，对于前一对分数而言有()()1b a c a b d bc ad +-+=-=；而对于后一对分数而言有()()1c b d d a c bc ad +-+=-=．因此，插入a cb d++后的分数列符合条件． 又由式②知，式①等号成立．于是，1c m d k dk -=以及1m a k b bk-=．由()11c m c a c c a cd k dk d b d d b d d k++-===-=-++，得a c m +=． ③ 因此，m a ck b d +=+． 又a c b d ++是k T 中能够插入1k T -中的一对相邻分数a b 、c d之间的唯一分数，即在由数列1k T -过渡到数列k T 时，不论相邻分数间是否插入了新的分数，所得数列k T 都满足条件． 因此，对于每个正整数n ，结论成立．特别是数列2009T 满足条件，故本题得证． 15．见解析 【解析】 【详解】 注意如下事实：（1）以AD 、BC 为底的等腰梯形ABCD 中，存在两对全等三角形：ABC DCB ∆≅∆，BAD CDA ∆≅∆，并且梯形的每个顶点都在其中一对全等三角形中两次出现．（2）若M 是等腰梯形ABCD 两底AD 、BC 中垂线上的任一点，则MAB MCD ∆≅∆． （i ）先证明，五个红点中，必有某四点构成等腰梯形的四个顶点．不妨设圆周上九等分点相邻两个分点间的弧长为1．再设一条弦，如果其所对的劣弧长为k，则称该弦的“刻度”为k．于是，以分点为端点的弦的刻度只有1、2、3、4四种情况．显然，两弦相等当且仅当其刻度相等．五个红点共得2510C=条红端点的弦，其中必有三条弦具有相同的刻度，由于对每个k，同一点只能发出两条刻度为k的弦．注意到以九等分点为端点的任一条弦不为直径，因此，若两条等弦无公共端点，则其四个端点便构成等腰梯形的四个顶点．若这三条等弦不围成三角形，则其中有两条等弦无公共端点．于是，其四个端点构成等腰梯形的四个顶点．若这三条等弦围成三角形，则是正三角形．于是，这三条弦的刻度皆为3．若还有刻度为3的弦l，则该弦与正三角形的每条边无公共端点．此时，弦l与正三角形的每一条边所形成的四个端点都构成等腰梯形的四个顶点．若除了正三角形的边之外，再无刻度为3的弦，去掉这三条弦，剩下的7条弦只有1、2、4这三种刻度，其中必有三条弦具有相同的刻度，这三条等弦不可能围成三角形．因此，其中有两条等弦无公共端点．于是，其四个端点便构成等腰梯形的四个顶点．（ii）由于弦的刻度只有1、2、3、4四种情况，故等腰梯形上下两底的“刻度对”只有()1,2，()1,3，()1,4，()2,3，()2,4，()3,4这六种可能，顺次如下图所示．以下用梯形两底的刻度对表示相应的梯形图．据（1）知，每个等腰梯形中都存在两对全等三角形．再考虑第五个红点．若该红点为两底中垂线上的点M ，据（2）知，存在另一对全等三角形MAB MDC ∆≅∆．若该红点异于点M ，据图形的对称性，只需考虑红点为P 或Q的情况．再证明：无论增加红点P 或Q ，图形中都将新增一个等腰梯形． i ）若增加红点P ，则在图()1,2中增加了梯形PBAD ，在图()1,3中增加了梯形PDCB ，在图()1,4中增加了梯形PCBD ，在图()2,3中增加了梯形PBAD ，在图()2,4中增加了梯形PADC ，在图()3,4中增加了梯形PBAC ．ii ）若增加红点Q ，则在图()1,2中增加了梯形QDBC ，在图()1,3中增加了梯形QACD ，在图()1,4中增加了梯形QBCD ，在图()2,3中增加了梯形QABC ，在图()2,4中增加了梯形QCAB ，在图()3,4中增加了梯形QABD ．而据（1），新增红点必在新增梯形的一对全等三角形中两次出现，也就是增加了一对新的全等三角形．因此，给出的五个红点中，存在六个以红点为顶点的三角形，它们可配成全等的三对． 故本题得证．。
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高中数学奥林匹克竞赛训练题（02）
第一试
一、选择题（本题满分30分，每小题5分）
1．(训练题07)十个元素组成的集合．的所有非空子集记为，每一非空子集中所有元素的乘积记为.则（C）．
（A）0 （B）1 (C) -1 (D)以上都不对
2．(训练题07)△ABC的三个内角依次成等差数列，三条边上的高也依次成等差数列．则为（B）
（A）等腰但不等边三角形（B）等边三角形（C）直角三角形（D）钝角非等腰三角形
3．(训练题07)对一切实数，不等式恒成立．则的取值范围是（A）
（A）(B) (C) (D)
4．(训练题07)若空间四点满足，则这样的三棱锥共有（A）个．
（A）0 （B）1 （C）2 （D）多于2
5．(训练题07)已知不等式时恒成立，则的取值范围是（B）
（A）(B) (C) (D)
6．(训练题07)方程在复数集内根的个数为.则（C）
（A）最大是2 （B）最大是4 （C）最大是6 （D）最大是8
二、填空题（本题满分30分，每小题5分）
1．(训练题07)函数的值域是________
2．(训练题07)已知椭圆，焦点为，，为椭圆上任意一点（但点不在x轴上），的内心为，过作平行于轴的直线交于.则________.
3．(训练题07)为的三个内角，
且.则_____.
4．(训练题07)实数满足.则的最小值是____.
5．(训练题07)在一次足球冠军赛中，要求每一队都必须同其余的各个队进行一场比赛，每场比赛胜队得2分，平局各得1分，败队得0分．已知有一队得分最多，但它胜的场次比任何一队都少．若至少有队参赛，则=__6____.
6．(训练题07)若是一个完全平方数，则自然数14 ．
三、(训练题07)（本题满分20分）若正三棱锥底面的一个顶点与其所对侧面的重心距离为4，求这个正三棱锥的体积的最大值．(18)
四、(训练题07)（本题满分20分）一个点在轴上运动的速度为2米/秒，在平面其它地方速度为1米/秒．试求该点由原点出发在1秒钟内所能达到的区域的边界线．
五、(训练题07)（本题满分20分）已知为虚数，且是方程的实根．求实数的取值范围．()
第二试
一、(训练题07)（本题满分20分）在中，为边上的任一点，于，于，交于．
求证：．
二、(训练题07)（本题满分35分）用个数（允许重复）组成一个长为的数列，且.证明：可
在这个数列中找出若干个连续的项，它们的乘积是一个完全平方数．
三、(训练题07)（本题满分35分）空间中有100个点，其中每四点都不在同一平面上，每三点都不在同一条直线上，每一点都与其它33点连红线，与另33点连黄线，与最后的33点连蓝线．证明：一定会出现一个三边均不同色的三角形．。