2019年中国数学奥林匹克完整试题及解析
2019年小学数学奥林匹克竞赛试题及答案三年级
2019年小学数学奥林匹克竞赛试题及答案三年级(红色为正确答案)1、根据下列数中的规律在括号里填入合适的数:17、2、14、2、11、2、( )、( )。
A 2、8B 8、2C 5、4D 2、22、甲乙丙三个数平均数是150,甲数48,乙数与丙数相同,那么乙数是( )。
A 201B 402C 51D 1023、同学们做操,排成一个正方形的队伍,从前,后,左右数,小红都是第5 个,问一共有( )人.A 81 B25 C 32 D1204、在“A 9=B …..C ”算式里,其中B 、C 都是一位数,那么A 最大是多少?A 90B 91C 89D 875、妈妈从蛋糕店买来一块方形蛋糕,(如图),让小红动手分成8块,最小要切( )刀。
A 2B 4C 3D 56、在所有四位数中,各位数字之和等于35的数共有( )个。
A 4B 5C 3D 67、如图,在小方格里最多放入一个,要想使得同一行、同一列或对角连线上的三个小方格最多不出现三个,那么在这九个小方格里最多能放入( )个。
()A 4 B7 C 6 D 58、甲乙二人买同一种杂志,甲买一本差2角8分,乙买一本差2角6分,而他俩的钱合起来买一本还剩2角6分,那么这种杂志每本价钱是( )。
A 1元B 7角C 8角D 9角9、从1—9中选出6个数填在算式:(+)(-),使结果最大。
那么这个结果是( )。
A 190B 702C 630D 89010、夏令营基地小买部规定:每三个空汽水瓶可一瓶汽水。
李明如果买6瓶汽水,那么他最多可以让( )位小伙伴喝到汽水。
A 11B 8C 10D 9个11、图中阴影部分是一个正方形,那么最大长方形的周长是( A 26 B 28 C 24 D 25在这串数中,从第三个数开始,每个都前两个数相乘后积的尾数(个位数字),1991991…….,那么把这串数写到第40位时的总和是()。
A 290B 248C 250D 210附送:2019年小学数学奥林匹克网上竞赛试题及答案(四年级上)宁波5.现有1分,2分和5分的硬币各四枚,用其中的一些硬币支付2角3分钱,一共有多少种不同的支付方法?(1)4 (2) 56.右图中,7.用0--4五个数字组成的最大的五位数与最小的五位数相差( ). (1)30870 (2)32900 (3)32976 (4)10000 8.用0、5、8、7这四个数字,可以组成()个不同的四位数?(1)10 (2)18 (3)11 (4)99.学校进行乒乓球选拔赛,每个参赛选手都要和其他所有选手各赛一场,一共进行了21场比赛,有多少人参加了选拔赛?(1)7 (2)8 (3)11 (4)910 一个长方形的纸对折成三等份后变成了一个正方形,正方形的周长是40厘米,那么原来长方形的周长是多少?(1)70 (2)80 (3)100 (4)9611.小明每分钟走50米,小红每分钟走60 米,两人从相距660米的两村同时沿一条公路相对出发,8分钟后两人相距( )米.(1)75 (2)200 (3)220 (4)9012甲、乙、丙、丁四位同学的运动衫上印有不同的号码。
2019年第十六届中国东南地区数学奥林匹克高一年级试题答案及评析
1.求最大的实数k ,使得对任意正数a ,b ,均有2()(1)(1)a b ab b kab +++≥.2.如图,两圆1Γ,2Γ交于A ,B 两点,C ,D 为1Γ上两点,E ,F 为2Γ上两点,满足A ,B 分别在线段CE ,DF 内,且线段CE ,DF 不相交.设CF 与1Γ,2Γ分别交于点()K C ≠,()L F ≠,DE 与1Γ,2Γ分别交于点()M D ≠,()N E ≠.证明:若ALM ∆的外接圆与BKN ∆的外接圆相切,则这两个外接圆的半径相等.3.函数**:f →N N 满足:对任意正整数a ,b ,均有()f ab 整除(){}max ,f a b .是否一定存在无穷多个正整数k ;使得()1f k =?证明你的结论.4.将一个25⨯方格表按照水平方向或者竖直方向放置,然后去掉其四个角上的任意一个小方格,剩下由9个小方格组成的八种不同图形皆称为“五四旌旗”,或“八一旌旗”,简称为“旌旗”,如图所示.现有一个固定放置的918⨯方格表.若用18面上述旌旗将其完全覆盖,问共有多少种不同的覆盖方案?说明理由.5.称集合{1928,1929,1930,,1949}S =的一个子集M 为“红色”的子集,若M 中任意两个不同的元素之和均不被4整除.用x ,y 分别表示S 的红色的四元子集的个数,红色的五元子集的个数.试比较x ,y 的大小,并说明理由.6.设a ,b ,c 为给定的三角形的三边长.若正实数x ,y ,y 满足1x y z ++=,求axy byz czx ++的最大值.7.设ABCD 为平面内给定的凸四边形.证明:存在一条直线上的四个不同的点P ,Q ,R ,S 和一个正方形A B C D '''',使得点P 在直线AB 与A B ''上,点Q 在直线BC 与B C ''上,点R 在直线CD 与C D ''上,点S 在直线DA 与D A ''上.8.对于正整数1x >,定义集合()(){},,,mod 2x p S p p x p x v x αααα=≡为的素因子为非负数且,其中()p v x 表示x 的标准分解式中素因子p 的次数,并记()f x 为x S 中所有元素之和.约定()11f =. 今给定正整数m .设正整数数列1a ,2a ,,n a ,满足:对任意整数n m >,()()(){}11max ,1,,n n n n m a f a f a f a m +−−=++.(1)证明:存在常数A ,B ()01A <<,使得当正整数x 有至少两个不同的素因子时,必有()f x Ax B <+; (2)证明:存在正整数Q ,使得对所有*n ∈N ,n a Q <.第十六届中国东南地区数学奥林匹克参考答案1.原不等式()()2221(1)a b b a b b kab ⇔++++≥ ()221(1)b ab b b kb a ⎛⎫⇔++++≥ ⎪⎝⎭ 单独考虑左边,左边可以看成是一个a 的函数、b 为参数,那么关于a 取最小值的时候有()()2231(1)1(1)(1)b ab b b b b b a ⎛⎫⎛⎫++++≥++=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭于是我们只需要取32(1)k b b −≤+即可.设32(1)()b f b b +=,那么23(1)(2)()b b f b b+−'=,演算可知2b =是f 的极小值点,那么min 27(2)4f f ==,即max 274k =,取极值时有1a =,2b =. 评析1.不等号的左边和右边都不对称,但是右边只是一个2kab ,所以可以考虑一下类似于分离变量的方法把a 或2b 挪到左边去.本答案用的是把a 挪到左边的方法.把2b 挪到左边也有类似的做法,但是会变得比较复杂,有兴趣的同学不妨一试.该题做法非常多,本篇答案给出的做法只是一种以高中课本知识即可解决的方法,但是如果不想用到函数求导这种比较偏流氓的方法的话,纯粹不等式的方法也是可行的.比如, ()(1)(1)11222222b b ab ab b b a b ab b a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=++++++ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1/31/31/333131222222b b ab ab b b a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 2274ab = 2.如图.记G 为CF ,DE 的交点,ALM ∆和BKN ∆的外接圆圆心为A O ,B O .取两圆切线上任意一点为1H ,切线另一边的任意一点为2H ,连接CD .LN ,AB ,MK ,EF ,A B O O ,由于180DCA DBA FBA FEA ∠+∠=∠+∠=︒,我们有180DCA FEA ∠+∠=︒,即//CD EF .另外,由圆幂定理我们有~GLN GEF ∆∆,~GKM GDC ∆∆,于是我们有GLN GDC GEF GKM ∠=∠=∠=∠,即//LN MK .另一方面,那么因为//CD EF ,我们有180180180LGM CDG EFG CAM EAL LAM ∠=∠+∠=−∠+−∠=−∠︒︒︒,即G 在A O 上.同理G 在B O 上.由于A O 与B O 相切,我们知道G 在A B O O 上.那这个时候G 在LK ,MN ,A B O O 上,我们知道12GKN NGH MGH GLM ∠=∠=∠=∠,故//LM KN .由于//LM KN ,我们知道LMKN 是一个平行四边形,那么LGM KGN ∆≅∆,那么两个三角形的外接圆半径相等,ALM ∆和BKN ∆的外接圆半径相等.评析2.熟悉平面几何的同学应该很快就可以凭经验知道//CD EF ,//LN MK ,且G 在这两个外接圆上.余下的部分,观察题图可以猜测//LM NK ,如果有这一条的话我们很容易推出两个外接圆的半径相等,剩下就是一些比较角度的工作.总体来说本题偏简单题.3.一定存在无穷多个这样的k ,使得()1f k =.若不然,假设只有有限多个k 使得()1f k =,我们分两种情况讨论.若这样的k 不止一个,那我们可以取到最大的一个,还是记为k ,那么对任意n k >,我们有()1f n >.对任意一个素数p ,由于pk k >,我们有()1f pk >.但是由于()f pk 整除max{(),}max{1,}f k p p p ==.我们知道()f pk p =.对任意两个素数p ,q ,不妨p q ≤,那么()f pqk 整除max{(),}max ,}f pk q p q q ==.那么我们现在亏虑三个素数p ,q ,r 满足p q r ≤≤,但是pq r >(比如,2p =,3q =,5r =).那么一方面,()f pqrk 整除max{(),}max{,}f rk pq r pq pq ==.另一方面,()f pqrk 整除max{(),}max{,}f pqk r q r r ==.但是(,)1pq r =,所以()|1f pqrk 即()1f pqrk =.但是pqrk k >,矛盾.所以一定存在无穷多个k ,使得()1f k =.评析3.欧几里德证明素数无限的方法是数论里面很典范的一种证明方式,在证明某一类数字有无限多个的时候,通过反证假设这一类数字只有有限个,不妨设为12n k k k ⋅<<,套路上我们可以考虑n k ,1n k +,12n k k k ,121n k k k +.[]12,,,n k k k 等数字来找到矛盾,本题也是如此.值得一说的是,在这个题目中,对于任何整数n ,我们可以定义一个新的函数()()n f a f an =,那么()()n f ab f abn =要整除{}max{(),}max (),n f an b f a b =.也就是说n f 也是一个满足相同性质的函数.那么实际上,我们可以证明对任意一个k 满足()1f k =.那么1{}m mk ∞=中有无限多个m 满足()1f mk =.更复杂的话,有兴趣的同学可以自行尝试推导一下这个()1f k =的解的密度.4.首先显然,一个92⨯的格子里面放置两面旌旗一共有两种方法,如下图:或那么918⨯的格子中可以放入9个92⨯的格子,所以每个92⨯的格子里有两种可能,一共92512=种放法.下面证明没有别的放法.首先我们考察918⨯的侧边,即变成为9这条边.若我们用18面旌旗把这些格子填满了,那么我们考察这条边上放的旌旗.旌旗的几条边长为5,4,2,1.若旌旗边长为1的边靠着底边,那么1的左右某一边的格子只能用另一面旌旗的边长为5的边来填,如图:那么这条边上剩下三个格子,无法用2和1来填满(因为1需要伴随5).若旌旗边长为2的边靠着底边,那么这时侧边只能是9522=++用三条旌旗来覆盖,这个时候两条旌旗横着用边长为2的底边来接触侧边.同时第二列只有一个空着的格子,若要填住这个格子只能用一条旌旗的旗头来填,所以只能是如图的填法:其中虚线表示两面用边长为2的底边填充格子侧边的旌旗可以放在用边长为5的底边填充侧边的旌旗的上面或者下面.于是无论如何在第三列总会出现三个连续的空格无法被旌旗填充,所以侧边只能用54+的填法,那么消去这两列之后新的侧边也只能用54+的填法来填充,这种归纳的想法可知没有其他的填法. 评析4.本题的答案非常送分,证明的方法却变得非常朴素.一般遇到填格子的题目的话很常规的一种套路就是用染色的方法,我们可以斑马条纹染色,也可以国际象棋棋盘染色,但是这个题目似乎用染色的方法做不出来,反而用这种硬讨论的朴素方法可以做,似乎有时也需要跳出套路来想问题.5.显然,若m M ∈满足(mod 4)m i ≡,那么任何n 满足()4mod 4n i ≡−都不能在4里面.所以将S 按照模4的余数分为4种:0{1928,1932,1936,1940,1944,1948}S =1{1929,1933,1937,1941,1945,1949}S =2{1930,1934,1938,1942,1946}S =3{1931,1935,1939,1943,1947}S = 那么016S S ==,235S S ==.那么入前所述,0S ,2S 的元素顶多有一个在M 中,1S ,3S 的元素不能同时在M 中,所以四元红色子集有四种情况:四个元素都属于1S 或3S ;一个元素属于0S ,剩下三个元素都属于1S 或3S ;一个元素属于2S ,剩下三个元素都属于1S 或3S ;一个元素属于0S .一个元素属于2S ,剩下两个元素都属于1S 或3S ,所以4433332265656565665565651100x C C C C C C C C =++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯=.同理,5544443365656565665565651127y C C C C C C C C =++⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯+⨯⨯=.所以x y <评析5.这个题目就算是出自高考全国卷都不会让人感觉到任何奇怪……6.考虑拉格朗日乘子(1)axy byz czx x y z λ=++−⋅++−,那么ay cz x λ∂=−++∂ ax bz y λ∂=−++∂ cx by z λ∂=−++∂ 1x y z λ∂=−−−∂ 那么0L L x y z λ∂∂∂∂====∂∂∂∂的解为: 222()222b c a b x ab bc ca a b c +−=++−−−,222()222c a b c y ab bc ca a b c+−=++−−− 222()222a b c a z ab bc ca a b c +−=++−−−,2222222abc ab bc ca a b c λ−=++−−− 于是max 222()222abc axy byz czx ab bc ca a b c ++=++−−− 评析6.三元二次极值问题用拉格朗日乘子比较容易解决,因为拉格朗日量的各种偏导数都是线性的,最终我们只需要解决一个线性方程即可,所以这篇答案中用了最简单暴力的方法.事实上,这个题目可以用几何不等式的方法来做,或者直接用嵌入不等式来做,但是我不会.7.对于任意的四边形ABCD (甚至不要求凸),我们都可以找一条直线l 使得l 不在任何一条边上,也不与任何一条边平行,并且AB ,BC ,CD ,DA 分别与l 交于四个不同的点P ,Q ,R ,S .我们将证明一个更强的结论:若P ,Q ,R ,S 是一条直线l 上的四个不同的点,那么我们可以找到一个正方形A B C D '''',使得A B '',B C '',C D '',D A ''分别过P ,Q ,R ,S 点.我们不妨设l 就是y 轴(不然通过旋转即可),P ,Q ,R ,S 的纵坐标为p ,q ,r ,s .那么考虑一个斜率参数k ,过P ,R 做斜率为k 的直线y kx p =+和y kx r =+,过Q ,S 做斜率为1k−的直线1y x q k =−+和1y x s k=−+.那么设这四条直线就是A B '',C D '',B C '',D A '',于是我们可以解得 ()2221(),11k A s p k s p k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭,()2221(),11k B q p k q p k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭ ()2221(),11k C q r k q r k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭,()2221(),11k D s r k s r k k ⎛⎫=−+ ⎪++⎝⎭于是22222||()||()AB k q s l AD p r −==− 即p r k q s−=±− 那么由于p ,q ,r ,s 互不相同可知存在这样的斜率,使得A B C D ''''是正方形.评析7.这道平面几何的题目非常的非主流,同学们如果直接从平几方法来构造的话可能会被卡很久,这里给了一种解析的方法.实际上这个题目也可以用复数做,假设A B C D ''''的中心所对应的复数为z ,那么正方形的四个点可以设为z t +,z it +,2z i t +,3z i t +,这种做法也一样可行.8.(1)设11k s s k x p p =(2)k ≥,直接计算可以有 22221010()i i i i s s k k s j s j i i i i i i j f x p p p ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦−−====⎛⎫ ⎪==⋅ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑∑∑222112111111i i i s k k s s i ii i i ii p p p p p ⎡⎤⎢⎥⎣⎦−==−=⋅<⋅−−∑∑ 21114123i i k s s i i i i p p −==<⋅=−∑∑(因为i p 最小为2) 记录i s i i a p =,,那么2i a ≥,我们重点考虑i a ∑和i a ∏之间的大小关系. 令()1,,k i i f a a a a λ=⋅−∑∏,那么j i j if a a λ≠∂=−∏∂,所以事实上若j i j a λ≠≤∏,对任意i 都成立,那么在i a 变小的时候f 变大,则()1,,(2,,2)22k k f a a f k λ≤=−.用求导的方法很容易知道22k k λ−会在()()()1111ln 2ln2ln (2)ln 22ln (2)ln (2)3k λ−−−−=⋅⋅≤⨯⨯⋅<的时候取到,那么在整数的取值上,我们取2k =,3得到 222244λλ⨯−=−323268λλ⨯−=−由于2λ≤,我们知道2244kk λλ−≤−.于是1144()2233k kk i i i i f x a k a λλ==⎛⎫<≤⋅−+ ⎪⎝⎭∑∏ 14416144333k i i a x λλλλλ=−⎛⎫≤⋅−+=⋅+⋅ ⎪⎝⎭∏ 那么我们只需要取一个λ使得423λ<≤即可,比如我们取2λ=就会得到28()33f x x <+. (2)若不存在这样的Q ,那么存在n a 使得28n a m >+,不妨设n a ,1n a −,,n m a −中最大的是a ,那么显然28a m >+.于是()()(){}11max ,1,,n n n n m a f a f a f a m +−−=++ ()2828max ,,3333n n m a a m −⎧⎫<+++⎨⎬⎩⎭()()2828max ,,3333n n m a m a m −⎧⎫≤++++⎨⎬⎩⎭ {}228max ,,333n n m a a m −=++ 22833m a a +≤+< 所以归纳可证明n k a a +<,这与无上界是矛盾的.所以一定存在这么一个Q ,使得n a Q <对所有*n N ∈都成立.评析8.数论中出现素因子的加法一般都会变得很难,但是这个题目主要通过估计就可以达到要求,所有同学做题的时候一定要注意看题目,不要看一眼觉得很复杂就马上放弃,这个题还是可做的.从答案上看这个估计并不太难,只要敢拆敢放就能做出来,实际上这种估计也的确没有用到任何解析数论的方法,所有的步骤都是高中生都可以做出来的,但是我还是建议各位同学在学习潘承洞,潘承彪两位先生的《初等数论》的时候把后面章节的内容也看一看,素数定理和 Eratosthenes 筛法的基础知识并不会太难,了解一下并没有什么坏处.另外,这篇答案的放缩放得非常狠,比如公式第二行的不等号基本上是i s 直接放到无穷,第三行的不等号就直接把所有i p ;都放成2,之后讨论函数的时候又把所有i s i p 当2来做,可以说23是一个非常粗略的答案.有兴趣的同学可以算算2k =的情况玩玩,看看自己能把这个不等号放到多小.。
2019年度高一数学奥林匹克竞赛决赛试题及答案解析
2019年**一中高一数学竞赛奥赛班试题(决赛)及答案(时间:5月16日18:40~20:40)满分:120分一、 选择题(本大题共6小题,每小题5分,满分30分)1.已知M =},13|{},,13|{},,3|{Z n n x x P Z n n x x N Z n n x x ∈-==∈+==∈=,且P c N b M a ∈∈∈,,,设c b a d +-=,则∈d ( )A. MB. NC. PD.P M 2.函数()142-+=xx x x f 是( )A 是偶函数但不是奇函数B 是奇函数但不是偶函数C 既是奇函数又是偶函数 C 既不是奇函数也不是偶函数3.已知不等式m 2+(cos 2θ-5)m +4sin 2θ≥0恒成立,则实数m 的取值范围是( )A . 0≤m ≤4B . 1≤m ≤4C . m ≥4或x ≤0D . m ≥1或m ≤04.在△ABC 中,c b a ,,分别是角C B A ,,所对边的边长,若0sin cos 2sin cos =+-+B B A A ,则cba +的值是( ) A.1 B.2 C.3 C.2 5. 设 0ab >>, 那么 21()a b a b +- 的最小值是A. 2B. 3C. 4D. 56.设ABC ∆的内角A B C ,,所对的边,,a b c 成等比数列,则B CBAC Acos tan sin cos tan sin ++的取值范围是( )A. (0,)+∞B.C.D. )+∞.二、填空题(本大题共10小题,每小题5分,满分50分)7.母线长为3的圆锥中,体积最大的那一个的底面圆的半径为 8.函数|cos sin |2sin )(x x ex x f ++=的最大值与最小值之差等于 。
个个9.设函数,:R R f →满足1)0(=f ,且对任意的R y x ∈,,都有)1(+xy f =2)()()(+--x y f y f x f ,则________________)(=x f 。
2019年中国数学奥林匹克(CMO)试题和详细解答
2019中国数学奥林匹克解答一、给定锐角三角形PBC ,PC PB ≠.设A ,D 分别是边PB ,PC 上的点,连接AC ,BD ,相交于点O. 过点O 分别作OE ⊥AB ,OF ⊥CD ,垂足分别为E ,F ,线段BC ,AD 的中点分别为M ,N .(1)若A ,B ,C ,D 四点共圆,求证:EM FN EN FM ⋅=⋅;(2)若 EM FN EN FM ⋅=⋅,是否一定有A ,B ,C ,D 四点共圆?证明你的结论. 解(1)设Q ,R 分别是OB ,OC 的中点,连接EQ ,MQ ,FR ,MR ,则11,22EQ OB RM MQ OC RF ====,又OQMR 是平行四边形,所以OQM ORM ∠=∠,由题设A ,B ,C ,D 四点共圆,所以ABD ACD ∠=∠,于是 图1 22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠,所以 E Q M E Q OO Q M F R O O R M ∠=∠+∠=∠+∠=∠, 故 E Q M M R F ∆≅∆,所以 EM =FM , 同理可得 EN =FN , 所以 E M F N E N F M⋅=⋅. (2)答案是否定的.当AD ∥BC 时,由于B C ∠≠∠,所以A ,B ,C ,D 四点不共圆,但此时仍然有EM FN EN FM ⋅=⋅,证明如下:如图2所示,设S ,Q 分别是OA ,OB 的中点,连接ES ,EQ ,MQ ,NS ,则11,22NS OD EQ OB ==,所以N S O D E Q O B=. ①CB又11,22ES OA MQ OC==,所以ES OAMQ OC=.②而AD∥BC,所以OA ODOC OB=,③由①,②,③得NS ES EQ MQ=.因为2NSE NSA ASE AOD AOE∠=∠+∠=∠+∠,()(1802) EQM MQO OQE AOE EOB EOB∠=∠+∠=∠+∠+︒-∠(180)2AOE EOB AOD AOE=∠+︒-∠=∠+∠,即NSE EQM∠=∠,所以NSE∆~EQM∆,故EN SE OAEM QM OC==(由②).同理可得,FN OAFM OC=,所以EN FN EM FM=,从而EM FN EN FM⋅=⋅.CB二、求所有的素数对(p ,q ),使得q p pq 55+.解:若pq |2,不妨设2=p ,则q q 55|22+,故255|+q q .由Fermat 小定理, 55|-q q ,得30|q ,即5,3,2=q .易验证素数对)2,2(不合要求,)3,2(,)5,2(合乎要求.若pq 为奇数且pq |5,不妨设5=p ,则q q 55|55+,故6255|1+-q q .当5=q 时素数对)5,5(合乎要求,当5≠q 时,由Fermat 小定理有15|1--q q ,故626|q .由于q 为奇素数,而626的奇素因子只有313,所以313=q .经检验素数对)313,5(合乎要求.若q p ,都不等于2和5,则有1155|--+q p pq ,故)(m od 05511p q p ≡+--. ①由Fermat 小定理,得 )(m od 151p p ≡- , ② 故由①,②得)(m od 151p q -≡-. ③设)12(21-=-r p k ,)12(21-=-s q l , 其中s r l k ,,,为正整数. 若l k ≤,则由②,③易知)(mod 1)1()5(5)5(1112121)12)(12(2)12(21)12(2p r r q s r s p s lkl kl -≡-≡==≡=----------,这与2≠p 矛盾!所以l k >.同理有l k <,矛盾!即此时不存在合乎要求的),(q p . 综上所述,所有满足题目要求的素数对),(q p 为)3,2(,)2,3(,)5,2(,)2,5(,)5,5(,)313,5(及)5,313(.三、设m ,n 是给定的整数,n m <<4,1221+n A A A 是一个正2n +1边形,{}1221,,,+=n A A A P .求顶点属于P 且恰有两个内角是锐角的凸m 边形的个数.解 先证一个引理:顶点在P 中的凸m 边形至多有两个锐角,且有两个锐角时,这两个锐角必相邻.事实上,设这个凸m 边形为m P P P 21,只考虑至少有一个锐角的情况,此时不妨设221π<∠P P P m ,则)13(2122-≤≤>∠-=∠m j P P P P P P m m j ππ,更有)13(211-≤≤>∠+-m j P P P j j j π.而321P P P ∠+11P P P m m -∠>π,故其中至多一个为锐角,这就证明了引理. 由引理知,若凸m 边形中恰有两个内角是锐角,则它们对应的顶点相邻. 在凸m 边形中,设顶点i A 与j A 为两个相邻顶点,且在这两个顶点处的内角均为锐角.设i A 与j A 的劣弧上包含了P 的r 条边(n r ≤≤1),这样的),(j i 在r 固定时恰有12+n 对.(1) 若凸m 边形的其余2-m 个顶点全在劣弧j i A A 上,而j i A A 劣弧上有1-r 个P中的点,此时这2-m 个顶点的取法数为21--m r C .(2) 若凸m 边形的其余2-m 个顶点全在优弧j i A A 上,取i A ,j A 的对径点i B ,j B ,由于凸m 边形在顶点i A ,j A 处的内角为锐角,所以,其余的2-m 个顶点全在劣弧j i B B 上,而劣弧j i B B 上恰有r 个P 中的点,此时这2-m 个顶点的取法数为2-m r C .所以,满足题设的凸m 边形的个数为))()()(12()12()()12(11111111121211221∑∑∑∑∑==--+---=-=--=----+-+=⎪⎭⎫⎝⎛++=++nr nr m rm r m r m r n r m r n r m r nr m rm r C C C C n C C n CCn))(12(111--+++=m nm n C C n .四、给定整数3≥n ,实数n a a a ,,,21 满足 1min 1=-≤<≤j i nj i a a .求∑=nk k a 13的最小值.解 不妨设n a a a <<< 21,则对n k ≤≤1,有k n a a a a k k n k n k 2111-+≥-≥++-+-,所以()∑∑=-+=+=nk kn knk ka a a13131321()()()∑=-+-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=n k k n k kn k k n k a a a a a a 121211414321 ()∑∑==-+-+≥+≥n k nk kn k k n a a 13131218181. 当n 为奇数时,222113313)1(412221-=⋅⋅=-+∑∑-==n i k n n i nk . 当n 为偶数时,32113)12(221∑∑==-=-+n i nk i kn⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==21313)2(2ni n j i j)2(4122-=n n . 所以,当n 为奇数时,2213)1(321-≥∑=n a nk k,当n 为偶数时,)2(3212213-≥∑=n n a nk k ,等号均在n i n i a i ,,2,1,21=+-=时成立. 因此,∑=nk k a 13的最小值为22)1(321-n (n 为奇数),或者)2(32122-n n (n 为偶数).五、凸n 边形P 中的每条边和每条对角线都被染为n 种颜色中的一种颜色.问:对怎样的n ,存在一种染色方式,使得对于这n 种颜色中的任何3种不同颜色,都能找到一个三角形,其顶点为多边形P 的顶点,且它的3条边分别被染为这3种颜色? 解 当n 3≥为奇数时,存在合乎要求的染法;当n 4≥为偶数时,不存在所述的染法。
2019年高中数学竞赛试题及答案及答案
高中数学竞赛试题及答案一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分.每小题各有四个选择支,仅有一个选择支正确.请把正确选择支号填在答题卡的相应位置.)1.集合{0,4,}A a =,4{1,}B a =,若{0,1,2,4,16}A B ⋃=,则a 的值为A .0B .1C .2D .2.一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示,则其俯视图不可能... 是.①长方形;②正方形;③圆;④菱形. 其中正确的是 A .①② B .②③ C .③④ D .①④ 3.设0.50.320.5,log 0.4,cos3a b c π-===,则A .c b a <<B .c a b <<C .a b c <<D .b c a <<4. 平面上三条直线210,10,0x y x x ky -+=-=-=,如果这三条直线将平面划分为六部分,则实数k 的值为A . 1B . 2C . 0或2D . 0,1或2 5.函数()sin()f x A x ωϕ=+(其中0,||2A πϕ><)的图象如图所示,为了得到()cos 2g x x =的图像,则只要将()f x 的图像A .向右平移6π个单位长度 B .向右平移12π个单位长度 C .向左平移6π个单位长度 D .向左平移12π个单位长度6. 在棱长为1的正四面体1234A A A A 中,记12(,1,2,3,4,)i j i j a A A A A i j i j =⋅=≠,则i j a 不同取值的个数为A .6B .5C .3D .2二、填空题(本大题共6小题,每小题6分,共36分.请把答 案填在答题卡相应题的横线上.) 7.已知)1,(-=m a ,)2,1(-=b ,若)()(b a b a -⊥+,则m = .8.如图,执行右图的程序框图,输出的T= . 9. 已知奇函数()f x 在(,0)-∞上单调递减,且(2)0f =, 则不等式0)()1(<⋅-x f x 的解集为 .10.求值:=+250sin 3170cos 1 . 11.对任意实数y x ,,函数)(x f 都满足等式)(2)()(22y f x f y x f +=+,且0)1(≠f ,则(第5题图)(第8题图)3侧视图正视图2222=)2011(f .12.在坐标平面内,对任意非零实数m ,不在抛物线()()22132y mx m x m =++-+上但在直线1y x =-+ 上的点的坐标为 .答 题 卡一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分.)二、填空题(本大题共6小题,每小题6分,共36分.)7. 8. 9. 10. 11. 12.三、解答题(本大题共6小题,共78分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.) 13.(本小题满分12分)为预防(若疫苗有效已知在全体样本中随机抽取1个,抽到B 组的概率是0.375. (1)求x 的值;(2)现用分层抽样的方法在全部测试结果中抽取360个,问应在C 组中抽取多少个? (3)已知465≥y ,25≥z ,求该疫苗不能通过测试的概率.已知函数x x x f 2sin )12(cos 2)(2++=π.(1)求)(x f 的最小正周期及单调增区间; (2)若),0(,1)(παα∈=f ,求α的值. 15.(本题满分13分)如图,在直三棱柱111C B A ABC -中,21===AA BC AC ,︒=∠90ACB ,G F E ,,分别是AB AA AC ,,1的中点.(1)求证://11C B 平面EFG ; (2)求证:1AC FG ⊥;(3)求三棱锥EFG B -1的体积.ACBB 1A 1C 1FGE已知函数t t x x x f 32)(22+--=.当∈x ),[∞+t 时,记)(x f 的最小值为)(t q . (1)求)(t q 的表达式;(2)是否存在0<t ,使得)1()(tq t q =?若存在,求出t ;若不存在,请说明理由.已知圆22:228810M x y x y +---=和直线:90l x y +-=,点C 在圆M 上,过直线l 上一点A 作MAC ∆.(1)当点A 的横坐标为4且45=∠MAC 时,求直线AC 的方程; (2)求存在点C 使得45=∠MAC 成立的点A 的横坐标的取值范围.18.(本题满分14分)在区间D 上,若函数)(x g y =为增函数,而函数)(1x g xy =为减函数,则称函数)(x g y =为区间D 上的“弱增”函数.已知函数()1f x =-. (1)判断函数()f x 在区间(0,1]上是否为“弱增”函数,并说明理由; (2)设[)1212,0,,x x x x ∈+∞≠,证明21211()()2f x f x x x -<-; (3)当[]0,1x ∈时,不等式xax +≥-111恒成立,求实数a 的取值范围.参考答案一、选择题:C B A D D C二、填空题:7. 2± 8.29 9. ),2()1,0()2,(+∞--∞10.3 11.2201112. 31(,),(1,0),(3,4)22-- 三、解答题:13. (本题满分12分) 解:(1)因为在全体样本中随机抽取1个,抽到B 组的概率0.375,所以375.0200090=+x , ………………2分 即660x =. ………………3分(2)C 组样本个数为y +z =2000-(673+77+660+90)=500, ………………4分 现用分层抽样的方法在全部测试结果中抽取360个,则应在C 组中抽取个数为360500902000⨯=个. ………………7分 (3)设事件“疫苗不能通过测试”为事件M.由(2)知 500y z +=,且,y z N ∈,所以C 组的测试结果中疫苗有效与无效的可能的情况有: (465,35)、(466,34)、(467,33)、……(475,25)共11个. ……………… 9分 由于疫苗有效的概率小于90%时认为测试没有通过,所以疫苗不能通过测试时,必须有9.02000660673<++y, …………………10分即1800660673<++y , 解得467<y ,所以事件M 包含的基本事件有:(465,35)、(466,34)共2个. …………………11分所以112)(=M P , 故该疫苗不能通过测试的概率为211. …………………12分14. (本小题满分12分) 解:x x x f 2sin )62cos(1)(+++=π…………………1分x x x 2sin 6sin2sin 6cos 2cos 1+-+=ππx x 2sin 212cos 231++= ………………… 2分 1)32sin(++=πx . …………………4分(1))(x f 的最小正周期为ππ==22T ; …………………5分 又由]22,22[32πππππ+-∈+k k x , …………………6分得)](12,125[Z k k k x ∈+-∈ππππ, …………………7分 从而)(x f 的单调增区间为)](12,125[Z k k k ∈+-ππππ. …………………8分 (2)由11)32sin()(=++=πααf 得0)32sin(=+πα, …………………9分所以ππαk =+32,62ππα-=k )(Z k ∈. …………………10分又因为),0(πα∈,所以3πα=或65π. …………………12分15. (本题满分13分) 解:(1)因为E G 、分别是AC AB 、的中点,所以BC GE //;……1分 又BC C B //11,所以GE C B //11; …………2分又⊆GE 平面EFG ,⊄11C B 平面EFG ,所以//11C B 平面EFG . …………3分 (2)直三棱柱111C B A ABC -中,因为︒=∠90ACB ,所以⊥BC 平面C C AA 11; ……………4分 又BC GE //,所以⊥GE 平面C C AA 11,即1AC GE ⊥; ……………5分 又因为21==AA AC ,所以四边形11A ACC 是正方形,即11AC C A ⊥; ……………6分 又F E ,分别是1,AA AC 的中点,所以C A EF 1//,从而有1AC EF ⊥, ……………7分 由E GE EF =⋂,所以⊥1AC 平面EFG ,即1AC FG ⊥. ……………8分 (3)因为//11C B 平面EFG ,所以111EFC G EFG C EFG B V V V ---==. ……………10分由于⊥GE 平面C C AA 11,所以GE S V EFC EFC G ⋅=∆-1131,且121==BC GE .…………11分 又由于2321114111111=---=---=∆∆∆∆ECC FC A AEF A ACC EFC S S S S S 正方形,……………12分所以21123313111=⋅⋅=⋅=∆-GE S V EFC EFC G ,即211=-EFG B V . ……………13分16. (本题满分13分)解:(1)t t x x x f 32)(22+--=13)1(22-+--=t t x . ……………1分①当1≥t 时,)(x f 在∈x ),[∞+t 时为增函数,所以)(x f 在∈x ),[∞+t 时的最小值为t t f t q ==)()(;……………3分②当1<t 时,13)1()(2-+-==t t f t q ; ……………5分 综上所述,2(1)()31(1)t t q t t t t ≥⎧=⎨-+-<⎩. ……………6分ACBB 1A 1C 1FGE(2)由(1)知,当0<t 时,13)(2-+-=t t t q ,所以当0<t 时,131)1(2-+-=tt tq . ……………7分 由)1()(t q t q =得:1311322-+-=-+-tt t t , ……………8分即013334=-+-t t t , ……………9分 整理得0)13)(1(22=+--t t t , ……………11分解得:1±=t 或253±=t . ……………12分 又因为0<t ,所以1-=t .即存在1-=t ,使得)1()(tq t q =成立. ……………13分17. (本题满分14分)解:(1)圆M 的方程可化为:2217(2)(2)2x y -+-=,所以圆心M (2,2),半径r=2. ……1分由于点A 的横坐标为4,所以点A 的坐标为(4,5),即AM =……………2分 若直线AC 的斜率不存在,很显然直线AM 与AC 夹角不是45,不合题意,故直线AC 的斜率一定存在,可设AC 直线的斜率为k ,则AC 的直线方程为5(4)y k x -=-,即540kx y k -+-=. ……………3分由于45=∠MAC 所以M 到直线AC 的距离为226||22==AM d ,此时r d <,即这样的点C 存在. ……………4分2=,2=,解得15 5k k =-=或. ……………5分 所以所求直线AC 的方程为0255=-+y x 或0215=+-y x . ……………6分 (2)当r AM 2||=时,过点A 的圆M 的两条切线成直角,从而存在圆上的点C (切点)使得45=∠MAC . ……………7分设点A 的坐标为),(y x ,则有⎪⎩⎪⎨⎧=-+=⋅=-+-09172342)2()2(22y x y x , ……………8分解得⎩⎨⎧==63y x 或⎩⎨⎧==36y x . ……………9分记点)6,3(为P ,点)3,6(为Q ,显然当点A 在 线段PQ 上时,过A 的圆的两条切线成钝角,从而必存在圆上的一点C 使得45=∠MAC ;……当点A 在线段PQ 的延长线或反向延长线上时,过A 的圆的两条切线成锐角,从而必不存在圆上的点C 使得45=∠MAC , …………所以满足条件的点A 为线段PQ 上的点,即满足条件的点的横坐标取值范围是.……14分18.(本题满分14分) 解:(1)由()1f x =-可以看出,在区间(0,1]上,()f x 为增函数. ………………1分 又11()(1f x x x ===3分 显然)(1x f x在区间(0,1]∴ ()f x 在区间(0,1]为“弱增”函数. ………………4分(2)21()()f x f x -===.…6分[)1212,0,,x x x x ∈+∞≠,∴111≥+x ,112≥+x ,21121>+++x x ,即2>,………………8分21()()f x f x ∴-2112x x <-. ………………9分 (3)当0x =时,不等式xax +≥-111显然成立. ………………10分“当(]0,1x ∈时,不等式xax +≥-111恒成立”等价于“ 当(]0,1x ∈时,不等式)111(1xx a +-≤即)(1x f x a ≤恒成立” . ………………11分也就等价于:“ 当(]0,1x ∈时, min )](1[x f xa ≤成立” . ………………12分 由(1)知1()f x x 在区间(0,1]上为减函数, 所以有221)1()](1[min -==f x f x . ……………13分 ∴221-≤a ,即221-≤a 时,不等式xax +≥-111对[]0,1x ∈恒成立. ……………14分。
2019年第10届陈省身杯全国高中数学奥林匹克试题及答案
2019年陈省身高中数学夏令营2019陈省身高中数学夏令营测试评析乙一本文所有题II和答案出自Q群网友的回忆和他们与我的讨论.题1.在等腰MBC中.AB = AC. ^ABC内切惋I为©7. bBIC外按関为0O. D为优弧BC上的•点.E为也上的-•点.证明:若过E所做的HI)平行线可「3相切.那么过E所做的CD rn线也可于0/ +HW.答案1・显然由1.BCD人:恻我们冇EBDI = 180 - IBID - JBD = 180。
-£BID-"BJCBD= 180 -z5/D-z//?C-zC/D = z/Ca M理 zCD/ = "BC. ill f- AB = AC我们易得到L BDI = dCB = dBC = zCD/.即DI是1BDC 的角平分线.A在E点做Ol的两条切线EF. EG.山題II知.EF // BD. iGEl = L FEI=LtiDl = ZCW.则EG // CD.评析1.这个题11应该参加夏令营的所冇人都做出來了吧?似乎没什么特别好评论的.题2.〃是•个大f 1的iE幣数.例・他・・..・心为n个两两互异的正整数.记M = 3・©)皿©] I !</<;<川.求M所倉元素个数的最小值.答案2.对任何仃限iF•整数集A.我们=伽・©).[%如| a,丰a, G川.即题II中的M是弧的简写.固定•个大F I的正整数a,取①=川.则M=⑷......... ©}•此时M的兀索个数为n.下证M的元素卜数不可能小「〃•若“ =2.若|M| < 2,那么\M\只能=1.也就是说(«|.«2)=⑷・“2】・即fl| = “2, L i ""2不相等矛氏若/! = 2.…・R - 1时都成立,在〃=A•时,考股任总a l(i2…心中的素因数p.令s = nuxhsS)},并且定义S =沏I v P(a t) = y|. F = M\S, f*是可以分两种情况: [;了,.〕「1. |S| > 1.于是对任总a,.aj€ S,我们都有%((%©))= ipdflj.nJ) = s. 而对任盘a® € T.我们都有y(a・切))・兮([心①])< $.也就是说M s和M T 互不郴交.由数学I丿」纳法可知|M$| > |S|, \M T\> I几那么M D Ms U M T可知2. |S| = 1.不妨S = g F是对干任总g® € I.我们都有卩,((心©))・*,([如①])< 5.但是%([",])= £,也就是说⑷间< M"即|M| > |M r| + 1 同样山U I 纳法\M T\> ID.那么|M| > \M r\ + 1 >|7|+ I = /».评析2.本題中最开始给的例F町以写成满足血|也1・・・1弘的•列整数.则此时也有・...・亦•但是在证明的过程中必须耍完全摒界这种极端条件的想法.在n = 2时只能等J- 2.而M可以不等F的如・部分同学可能会想在01纳的时候证明•个也强的结论.比如|M| > n井且在n > 3 的时仗• T兮成«q iiL仅“i © I心|...| %这种方法会山採把与工I、•死.因为这个命題虽然很漂亮.但是零实上它是完全错误的.比如考虑M = 4.四个整数为1.2.X6.就没右这种整除的关系.若考虑证明等号成立出且仅半M = ••…a n\.这种方法似乎也不可行(至少我们没讨论出來).任这种想证明漂亮结论的想法行不通的同时我们不妨考世•些不太优雅的数论題的套路想法.比如比较索因数,这样•下就归纳出來r.题3.甲乙两个人由甲先开始轮流将1至2019这些数的某个染红色或好雉色.相邻的两个整数不能染成不冋颜色.若所仃数7均被染成冋•种颜色. 则乙胜.若还有数7:没被染色但是轮到的仁没法继续染色「•则此人输•请问谁冇毕胜策略?答案3.乙有必胜策略.先讲乙的策略・ill » = 1010.则2019 = 2/1 - L M为[至In - 1的中间的那个数'乙每•回介屮先染色•若屮所染的数Z'jnZ间的数7全部被染J'(柑同的)颜色.不妨设i到/都彼染了(相同的)颜色.而/-I 和j+1没存被染颜色,那么弔虑三种恃况:1.1.廿,+ 2”.则乙在/-I染上与”相同的颜色;1.2. T;i七j <2”.则乙在A 1染I儿“相同的颜色(即乙尽中间同色数殷的对称性);1.3.若2;=2/i(即中间的同色数段是对称的情况下),乙任i- 1或./+ 1 I••的某个可以染色的地方染上弓n 相同的颜色即可.廿甲所染的数7 k n之间的数7之间仃未被染色的数7或者异色的数孕,同样不妨设/到都被染F(相同的)颜色.而i-1和/♦ 1 没有被染颜色,则也分三种情况:2.1.若U jH而甲U + 2染了9 〃相同的顾色,则乙任j+ I上染上相同的颜色;22 n i + j = 2/i - 1而甲任2i-2染了—相同的颜色.则乙在/-I I•.染I:相同的颜色(即将k与中间同色数「殳连任•总):2.3.杆以I•两种悄况都没发生.则乙隹5-k (即对称点)上染I:相反的颜色.接若先证明一条引理:引理1.在收盘时若1和2/1-1异色.则乙贏.若1和2//-1同色.则乙高半且仅嗎1至2—1骨同色.引理的证明:苻先我们考察收盘时的染色情况.”某个数「未被染色.那么/-I fili+l异色,占则「可继续染色・9收仮刊1•所以我们可以看出來柱收盘时若不是所有数字皆同色的情况•那么1至2—1中间有很多个区间[ai.bi]….・阪吋(的=1. b t = 2— 1. a可以等F bi), b, g 相差为2•而这/个区间交错染色.所以在收盘时未被染色的数7只有仞+ 1•.…g + 1,J«</- 1个.子是染过色的数字有S个.故如果/是偶数,那么M 后•次染色的人是乙•此时乙贏.2; /是奇数.那么最后•次染色的人是屮. 此时屮嬴.而/是偶数半且仪艸⑷•如与⑷沏]异色,I是奇数半且仅出[仆如4 la h b f]同色.所以若1和2/1-1异色.则乙羸.若1和2//-1同色.而中间还有爪他颜色J!艸贏.引理得证.最后我们用归纳法说明乙的策略是可以保证乙可以赢.对n进行归纳. 若〃 =2.此时我们只在1到3 Z间进行染色.那么若屮第•步在1 I:染色,乙任3 I.染反色.此时屮输.若屮第•步染J'3,则同理屮还是输.若屮6 - 步染了2.则这时乙在1或3处染同•种颜色.那么下•步甲只能隹最后• 个数7 I:染同•种颜色,此时1至3全部同色,屮还是输./; n-\时是这个策略是必胜的,在n我们将2至2〃-2这2/1-2个数对应到//-I的情况中.我们重点考察屮乙在染1和2—1时的行为.苦屮在某•次染色的时候将1染了色,此时我们知道2未被染色或者2与I同色.若此时2号1同色.那么按照乙的操作策喙此百有两种情况.若2/1-2 与2井色.则乙右加-1处染与1郴反的颜色.按!阳I理可知乙BL若2/1-2 4 2同色.払!H乙的策略.这种情况只会任2至2/1-2皆同色的时候出现. 所以乙将2//-1染成■样的颜色.那么全部数字颜色相同.乙齋.若此时2 未被染色,而2n-2也栄被染色或与1异色那么乙将2—1染成与]相反的颜色即可胜利•若加-2被染了£1相冋的颜色,而按照乙的策略,这种悄况只可能在3到2n-2皆同色的情况F发生,那么接下*乙在2〃- 1处染与1相同的颜色.F -步甲只能在2处染牙1相同的颜色・F是全部故字同色,乙贏.若甲某•次先染了2n- I,同理乙会亂若乙先染了1,那么按照乙的策略.此时2到2/1-2皆同色.那么剩F这•步屮只能在2—1 I:染相同的颜色,还是乙範.同理若乙先染F 2n-\的话他还是会贏.所以由归纳法可知乙按照这个策略水远会裱.评析3. II接观察收盘情况很容易得到引理,那么在得到引理的情况下.甲」定想便1和2019同色.乙•定!ft!使1和2019异色.那么在屮乙某人先将这2019个数的•端进行染色的时候.另个人下•步就必须耍将另•端染I •对同色或反色.听以屮和乙的套路中就不能主动地先染边缘.由F甲魁先手,那么按照某种归纳的也法.屮染中间点是战保险的染淤此时乙并不能染对称点•所以甲F •步可以考虑乙的对称同色染法.但是乙也知道屮肯定会世耍这种食路.所以按照胜利规则的第条,乙姒保险的办法就是•步步让屮把所fj的数都染成同色,那么这个时候屮就必须跳出这种套路來染-个异色的点•之后乙就可以按照对称异色染法來套路甲.所以由于胜利规则第•条的保障.乙可以破坏屮的套路井H坚持按照自己的套路*染色.那么乙稳麻.这个題的关键在于怎么去吗.本拎案的药仏罪常长,感兴趣的同学可以 考渥有没有也好更简油也更淸楚的写法.答案4.先证明个引理: 引理2. 口;霊,(1 +宀皿)=(】-(一irr.引理的讦•明:任川=1时川I $ 1在这里取.V 二一1即得证.若m> l t 由于严=m,实际上wjr-l m 加7 剛 1>・1[](1 +^4°) = P 口(I + 严”) = []II (1 心/") = (]_(_])"严AS /s| 側 /*! AN ) 所以我们來考察]1嚮(1 +^).若“ 92019直素.那么%仏2“••…2018« 也是2019的一个完全剩余系,所以山引理可知3)18 2018P] (1 + e 湍)=仃(I + e 巧fiuB Jan*若<1 4 2019不互素・那么山F 2019的因子都是奇数.由引理可得2018 3)18 .・・.;・ 3)18 3018 “・. 20IX [][](1+ 禺)=220*9•仃仃(I + e 诩)二仃 2心叫 Z»=O 4f —I frsO 题 I. ilW所以2018 . 3>I8 r n (i +r^)=n (i />«O \Ill J* 2019 = 3x673.那么 £出论・20⑼= 3x(2019m3-l)+673*(20]g673-1 )+1x(2018-(2019^3-1)-(201X673-I)) = 3x672+ 673x2+ 1344 = 4706. 所以原式■ 2019 + 4706 = 6725. 评析4.题II 中的 严巾在数论研完中被称作•个完全剩余系的乘法待征, 这种乘法特征的操作在数论研究中II :常常见.我佔il 华罗庚先工的《数论导 引》里面都可以找到同样的问题或者引理.题5.已知锐角MBC 三边满足BC>CA> AB. JC-内切關O/ 9边BUCXAB 的切点为Ao.Bo.Co .设^ABC 垂心为H. HA.HB.HC 的中点为A r ,B,.C h 点 A|,B\^C\ 关 J■ B (Q ),G )AoMuBo 的对称点为 A2.B2.C2.证明:A 2.B 2.C 2三点共线,HA tan 鲁^ - tan 丛孕= lan 奉 _ian 如;£ * I w答案5.我们先证明42,B 2,C 2都在山线Ol I K 中o 是 从BC 外接岡闘 心.如图.设/2O 用2<)|S 呢Fl 3)IS =2019+》"BX在AC.AB I••的廉足为B心 h为MB3C3的内心.D为A1与B O C Q的交点.那么昭然AB, = ABcosA・AG = ACcosA.那么L ABC ~ M执C\,且相似比为cos4.另•方阿由f- LAByH = lACyH = 90 .我们冇AByHCy WW.其圆心为AH中点A h即cAByCy的外心为A hIll F /A在砌G的半分线I:,而ZBMG就是zCAB.「•是AJ A J兵线,且显然矗山于&C0.由^ABC ~ MB J G我们有Ah = Al cos A.那么11A = Al - (l-cos/l). ill f* z/^oCo = |z4.我们ff ID = rsin 4.其中r为内切闘半径.但是由内切恻的件质我们ill道Al = -A-.所以II)= 4/sin2 4 = M/(l - cosA).故11A = 2/D. I A为7 关f ft>C0的对称点•则M2= g H. €Z AM2 = /Ml.那么M/0+ Z AM2 = zA/.Si + Z/Mi = 180°?即AJO共线. 同理,B2C2IO线.则A2B2C2共线.由于MftC31 j L ABC的相似比为cosA.所以IAi = I A A I = IO cos A.同理IB: = IO cos B. IC2 = /O cosC.由BC > CA > AB 我们有 /A: < IB2 < IC2. 那么A2B2 _ /O(cosB-cosA) _ sin 学sin 宁_ cos § (sin 4 cos f - cos 4 sin ?) BG /O(cosC - cos B) sin 半sin 学cos 牛(sin £ cos ¥-cos g sin £) tan 4 - tan ?_■ ■ ■tan 5 - tan 5评析5.这个题的关键在于我们耍发现1.0也任这条M线I..同学们考试的时候如果没右•思路的话不奶多腑两个图,甘先就可以发现/在这条宜线I:. 另方而.如果同学们很熟悉三角形丘心的性质的话•可以想到AH = 2AAi应该是0到BC距离的两倍,并且A|4・C|也在九点圆L,而九点恻心应该是HO 的中点.此时会引导我们考暹0,在图I:価惚完全可以作出AuBzXi在OI上的这种猜想.余F的证明比较巧妙地考世了 /关F E)G)的对称点.若没有想到这个方法的同7也完全可以按照三角函数眾力汁只的方法來r[按求IA.JB.JC2的长度,但足这种方法太复朵•我们就不写在这篇答案中了.題6.设& > 1是•个正整数,是否存在无穷冬个正罄数X.使得x可以写为两个匸整数的士次基的并.但是不能写成两个正整補 &次慕的和.答案6.令& = (2计-(2”)\那么心可以写成两个疋整数的k次無的羌. 下而用I丿I纳法证明&都不可以写成两个正熬数的k次幕的和•那么这样的数有无穷多个.'*1 // = 0 时,xo = 2k - 1.若.v()=(, + 从那么(hb < 2.此时a.b = 1.即总=I’ +广=2.才盾. ........ .. ........若 3 不能被歸为两个正整数的k次幕之和,若心 T + #.我们分集中情况讨论:(1) a.b不同奇偶.由于此时“ > 1, .v…为偶数.不对能.⑵仏b同为偶数.设a = la^h = 2你.那么(F - 1)2皿=心=2畑七). 则3 = (2 J 1)2吩皿=朮+处,£01纳假设不府.(3) a.b同为奇数.且k是偶数.那么= 1 (mod 4)•但是2皿> 2. 即4 | s不可能模4余2,矛盾.(4) a.b.k都是奇数.此时 + // = (“ + ")(</」-(f~~b + ... + M-1), Ji “A」_ 严b + ... + M-* 为奇数.那么ill于.V” = (2l - I)2" = S + b)(^ - 十%+ …+ //- *).我们疔2滅 | a + b.则(十:-a^-b + ...+M-*)|2A- 1.那么a+b>2nk > 2* - I 2 丹1-+... + M7即(a + dp > a* + M.不Hi a > b.那么此时4(r > (a + h)2 > </ + // > a k >则a <4.即n S 3. d + b S 2a S 6.但足由于1? | 2川 | (a+b).即a + b> 23 = 8. 才H.评析6.本题也可以考虑升茶定理•比如对于•个奇索数p、a1 j p互素. b = a (mod p).那么v p((f -//) = v p(a -6) + v p(k).接下來我们可以用同余分析的方法选取塑特殊的b使得於- M模p的余数彳、可能是两个k次鄢之和模P的余数.有兴趣的同学不妨•试.题7. A.B.C.D足半面上四个点,任意三点不共线,且四个点形成的六条线段的长度的平方皆为冇理数.i正明:严•为有理数.答案7.设AB中点为M.C.l) (l.AH I.的垂足为E.F•那么我们有:若E任线匸殳AM I: (AM-A/£p + EC2 = AE2+ EC1= AC2€ Q. (BM + ME)2+ EC2= BE- + EC2 = BC-€ Q.所以两式相减得到ME - AB = ^(AE2 - BE2) E Q■两式相加得到ME2 + EC2 = {(AC1 + BC2) - AM2€ Q.若E任线「殳BM I •我们也一样冇ME • AB, ME2 + EC-€ Q.所以MF =理泸€ Q.则AE- = AM2 + ME2 - 2AM - ME€ Q・并H.同理BE2 e Q?另外还仃EC2 = AC2- AE2€ Q.对从 BD同理也冇MF\AF2, BF\ FD~€ Q.列外.ME MF = € Q,而n AE . AF = (AM ±ME) • (AM ±MF) = AM1±AM ME ±AM - MF ± ME-AfF € Q (iH负号取决J;E.F在M 6右的位比但并碑响它们都属于Q).由F CD2= (EC ± FD)2 + (4E - AF)2€ Q (这个iE 负号取决F GD {£ AB的同侧还址并侧).拆开半方项之后我们得到EC FDw Q.则比 = 爲=爵s€ Q.评析7.这个题中.从1角形面积之比想到高之比,所以考虑E.F作帑自然. 那在列方程看AE, BE.AF. BF的有理性的时候也会扳门然地出现AE2+ BE2 和AE2- BE1这种式几所以不妨也占渥•下AH的中点M把这个式J'•改成+ MF或±2ME AB.么余I:的余四毛在住稿纸I角儿个只式就看出來了.题& /』2是-个止粋数•“是个实数,满足0 v“v岩•芟数z满足广| 一岀 + 血一I = 0. i正明:|zl = I.答案&记/(£)=尹I -曲+血- 1 •若• £ = cos Q + i sin b我们f jF" — 1 = cos(” +1)0-1 + /sin( n + 1 )。
2019年中国数学奥林匹克完整试题及解析
题 5. 数列 {an } 定义如下: 正整数 a1 > 1, an+1 = an + P (an ), n ≥ 1, 其中, P (x) 表示正整数 x 的最 大素因子. 证明: 数列 {an } 中有完全平方数.
题 6. 是否存在正实数 a1 , a2 , · · · , a19 ,使得多项式 P (x) = x20 + a19 x19 + · · · + a1 x + a0 无实数根, 但是任意调换两个系数 ai , aj 形成的新多项式都有实根.
(1)设序列 (ai ) 使 a + b + c + d 取到最大, 令 ci = 根
,下标模 40 理解.
据上一段, ci 满足题目条件, 而且(1) 中目标函数在序列 (ai ) 和 (ci ) 上取值相同, 因此可以只对具有
周期 10 的序列考虑这个最大值. 此时 a = b = c = d.
a20+k = − k (0 ≤ k ≤ 10), a30+k = a40 − k = − − k (0 ≤ k ≤ 5)
时取等.
(解题人:龚 固)
题 2. 已知: △ABC 中, AD 为角平分线, E 为 AD 上一点, EF 、EG 为 △ABD 、△ACD 外接圆 切线, F 、G 分别为切点, CF 交 BG 于 J . 过 J 的 BC 平行线交 DF 、DG 、DE 于 H 、I 、K .
(a29+k + a41 − k ) + (a15 + a35 )
≥ (x − 2k) + (x − 2k) + (x − 18 − 2k) + (x − 20)
2019小学四年级数学奥林匹克竞赛题及分析
小学四年级数学奥林匹克竞赛题及分析统筹规划(一)【试题】1、烧水沏茶时,洗水壶要用1分钟,烧开水要用10分钟,洗茶壶要用2分钟,洗茶杯用2分钟,拿茶叶要用1分钟,如何安排才能尽早喝上茶。
【分析】:先洗水壶然后烧开水,在烧水的时候去洗茶壶、洗茶杯、拿茶叶。
共需要1+10=11分钟。
【试题】2、有137吨货物要从甲地运往乙地,大卡车的载重量是5吨,小卡车的载重量是2吨,大卡车与小卡车每车次的耗油量分别是10公升和5公升,问如何选派车辆才能使运输耗油量最少?这时共需耗油多少升?【分析】:依题意,大卡车每吨耗油量为10÷5=2(公升);小卡车每吨耗油量为5÷2=2.5(公升)。
为了节省汽油应尽量选派大卡车运货,又由于137=5×27+2,因此,最优调运方案是:选派27车次大卡车及1车次小卡车即可将货物全部运完,且这时耗油量最少,只需用油10×27+5×1=275(公升)【试题】3、用一只平底锅烙饼,锅上只能放两个饼,烙熟饼的一面需要2分钟,两面共需4分钟,现在需要烙熟三个饼,最少需要几分钟?【分析】:一般的做法是先同时烙两张饼,需要4分钟,之后再烙第三张饼,还要用4分钟,共需8分钟,但我们注意到,在单独烙第三张饼的时候,另外一个烙饼的位置是空的,这说明可能浪费了时间,怎么解决这个问题呢?我们可以先烙第一、二两张饼的第一面,2分钟后,拿下第一张饼,放上第三张饼,并给第二张饼翻面,再过两分钟,第二张饼烙好了,这时取下第二张饼,并将第三张饼翻过来,同时把第一张饼未烙的一面放上。
两分钟后,第一张和第三张饼也烙好了,整个过程用了6分钟。
统筹规划问题(二)【试题】4、甲、乙、丙、丁四人同时到一个小水龙头处用水,甲洗拖布需要3分钟,乙洗抹布需要2分钟,丙用桶接水需要1分钟,丁洗衣服需要10分钟,怎样安排四人的用水顺序,才能使他们所花的总时间最少,并求出这个总时间。
【分析】:所花的总时间是指这四人各自所用时间与等待时间的总和,由于各自用水时间是固定的,所以只能想办法减少等待的时间,即应该安排用水时间少的人先用。
2019年中国香港数学奥林匹克竞赛试卷(含答案)
2019年中国香港数学奥林匹克竞赛试卷
1、两个数列定义如下:
a1=1,a2=10,a n+1=2a n+3a n-1,n=2,3,4,…
b1=1,b2=8,b n+1=3b n+4b n-1,n=2,3,4,…
请证明:除1之外,两个数列没有相同的数字。
2、集合S=1,2,…,100。
对于正整数n,将S划分为非空且互不相交的集合S1,S2,…,S n,此时S=。
设a i表示S i的元素的平均值。
求
的最小值。
3、等腰ABC中,AB=AC,ABC内心为I,内切圆Γ与AB和AC分别切于点F和E,设Ω为AFE的外接圆,Γ与Ω的两条外公切线交于点P。
若其中一条外公切线与AC平行,求证:∠PBI=90
4、某国有n3个城市,对任意两个城市A和B,要么存在一条从A 往B的单向道路,要么存在一条从B往A的单向道路,但不会两条道路都存在。
假设从任意一个城市都可以经过若干条道路到达任意另一个城市,设d(A,B)表示从A到达B最少要经过的道路个数,考虑所有满足条件的设置道路的方法,求的最小值。
参考答案。
2019年第十六届中国东南地区数学奥林匹克高一年级试题答案及评析
第十六届中国东南地区数学奥林匹克1.求最大的实数k ,使得对任意正数a,b,均有(a b)(ab 1)(b 1) kab2.2.如图,两圆1,2交于A,B两点,C,D为1上两点,E,F 为2上两点,满足A,B分别在线段CE ,DF内,且线段CE ,DF不相交.设CF 与1,2分别交于点K C ,L F ,DE与1,证明:若ALM 的外接圆与BKN 的外接圆相切,则这两个外接圆的半径相等.3.函数f :N* N *满足:对任意正整数a,b,均有f ab 整除max f a ,b .是否一定存在无穷多个正整数k ;使得f k 1?证明你的结论.4.将一个2 5 方格表按照水平方向或者竖直方向放置,然后去掉其四个角上的任意一个小方格,剩下由9简称为“旌旗” ,如图所示.2 分别交于点M D ,N E现有一个固定放问共有多少种不同的覆盖方明理由.第十六届中国东南地区数学奥林匹克5.称集合S {1928,1929,1930,L ,1949}的一个子集M 为“红色”的子集,若M 中任意两个不同的元素之和均不被4整除.用x ,y分别表示S的红色的四元子集的个数,红色的五元子集的个数.试比较x,y 的大小,并说明理由.6.设a ,b ,c为给定的三角形的三边长.若正实数x,y,y满足x y z 1,求axy byzczx的最大值.7.设ABCD为平面内给定的凸四边形.证明:存在一条直线上的四个不同的点P,Q,R ,S和一个正方形ABCD ,使得点P在直线AB与AB 上,点Q在直线BC与BC 上,点R在直线CD 与CD 上,点S 在直线DA 与D A 上.8.对于正整数x 1 ,定义集合S x p p为x的素因子 , 为非负数 , p x,且 v p x mod 2 ,其中v p x 表示x 的标准分解式中素因子p 的次数,并记f x 为S x中所有元素之和.约定f 1 1 .今给定正整数m .设正整数数列a1,a2 ,L ,a n ,L 满足:对任意整数n m ,max f a n , f a n 1 1 ,L , f a n m ma n 1(1)证明:存在常数A,B 0 A 1 ,使得当正整数x有至少两个不同的素因子时,必有f (x) Ax B; (2)证明:存在正整数Q ,使得对所有n N*,a n Q.第十六届中国东南地区数学奥林匹克参考答案1.原不等式2 2 2a2b 1 b2 a b (b 1) kab 22 b 2ab 1 b2(b 1) kb 2a单独考虑左边,左边可以看成是一个a 的函数、b为参数,那么关于a 取最小值的时候有ab 1 b2 b(b 1) 2 ab b1 b2(b 1) (b 1)3aa于是我们只需要取k (b 1)3b 2即可.设 f(b)32(b21) ,那么f (b)(b 1)3(b 2) ,演算可知b 2是 f 的极小值点,那么 f min f (2) 27, b b4 即k max27 ,取极值时有 a 1, b 2.4评析 1 .不等号的左边和右边都不对称,但是右边只是一个 kab 2,所以可以考虑一下类似于分离变量的方法把 a 或 b 2挪到左边去.本答案用的是把 a 挪到左边的方法.把 b 2挪到左边也有类似的做法,但是会变得 比较复杂,有兴趣的同学不妨一试.该题做法非常多,本篇答案给出的做法只是一种以高中课本知识即可解决的方法,但是如果不想用到函数 求导这种比较偏流氓的方法的话,纯粹不等式的方法也是可行的.比如,为H 1,切线另一边的任意一点为 H 2,连接 CD .LN ,AB ,MK ,EF ,O A O B ,由于 DCA DBA FBA FEA 180 ,我们有 DCA FEA 180 ,即CD / /EF .另外,由 圆幂定理我们有 GLN ~ GEF , GKM ~ GDC ,于是我们有 GLN GDC GEF GKM , 即 LN / / MK . 另一方面,那么因为 CD / / EF ,我们有LGM CDG EFG 180 CAM 180 EAL 180 LAM ,即 G 在 e O A 上.同理 G 在 e O B 上.由于 e O A与e O B 相切,我们知道 G 在O A O B 上.那这个时候G 在 LK ,MN ,O A O B 上,我们知道 GKNNGH 1 MGH 2 GLM ,故LM / / KN .由于 LM / /KN ,我们知道 LMKN 是一个平行四边形,那么 LGM KGN ,那么两个三角形的外接圆半径相等, ALM 和 BKN 的外接圆半径相等.b b ab ab(a1)(b 1) a12 2 2 21/31/31/3b bab abbb3a31 31 2 2 2 22227 2ab 242.如图.记 G 为CF , DE 的交点, ALM BKN 的外接圆圆心为 O A ,O B .取两圆切线上任意一点 bb1 22评析 2.熟悉平面几何的同学应该很快就可以凭经验知道CD//EF ,LN //MK ,且G在这两个外接圆上.余下的部分,观察题图可以猜测LM / / NK ,如果有这一条的话我们很容易推出两个外接圆的半径相等,剩下就是一些比较角度的工作.总体来说本题偏简单题.3.一定存在无穷多个这样的k ,使得f k 1.若不然,假设只有有限多个k 使得f k 1,我们分两种情况讨论.若这样的k 不止一个,那我们可以取到最大的一个,还是记为k ,那么对任意n k ,我们有f n1.对任意一个素数p ,由于pk k ,我们有f pk 1 .但是由于f pk 整除max{ f (k), p} max{1,p} p .我们知道f pk p .对任意两个素数p ,q,不妨p q,那么f pqk 整除max{ f ( pk), q} max p,q} q.那么我们现在亏虑三个素数p,q,r 满足p q r ,但是pq r(比如,p 2,q 3,r 5).那么一方面,f pqrk 整除max{ f (rk ), pq} max{r, pq} pq .另一方面,f pqrk 整除max{ f ( pqk), r} max{q,r} r.但是(pq,r) 1,所以f ( pqrk ) |1即f( pqrk) 1.但是pqrk k,矛盾.所以一定存在无穷多个k ,使得f k 1 .评析 3.欧几里德证明素数无限的方法是数论里面很典范的一种证明方式,在证明某一类数字有无限多个的时候,通过反证假设这一类数字只有有限个,不妨设为k1 k2 L k n,套路上我们可以考虑k n,k n 1,k1k2L k n,k1k2L k n 1.k1,k2,L ,k n 等数字来找到矛盾,本题也是如此.值得一说的是,在这个题目中,对于任何整数n ,我们可以定义一个新的函数f n (a) f (an) ,那么f n(ab) f (abn)要整除max{ f (an),b} max f n(a),b .也就是说f n也是一个满足相同性质的函数.那么实际上,我们可以证明对任意一个k满足f k 1.那么{ mk}m 1中有无限多个m满足f mk 1.更复杂的话,有兴趣的同学可以自行尝试推导一下这个f k 1 的解的密度.4.首先显然,一个9 2 的格子里面放置两面旌旗一共有两种方法,如下图:那么9 18的格子中可以放入9个9 2的格子,所以每个9 2的格子里有两种可能,一共29512种放法.下面证明没有别的放法.首先我们考察9 18的侧边,即变成为9这条边.若我们用18 面旌旗把这些格子填满了,那么我们考察这条边上放的旌旗.旌旗的几条边长为5,4,2 ,1.若旌旗边长为1的边靠着底边,那么1的左右某一边的格子只能用另一面旌旗的边长为5 的边来填,如图:那么这条边上剩下三个格子,无法用2 和1来填满(因为1需要伴随5).若旌旗边长为2 的边靠着底边,那么这时侧边只能是9 5 2 2用三条旌旗来覆盖,这个时候两条旌旗横着用边长为2 的底边来接触侧边.同时第二列只有一个空着的格子,若要填住这个格子只能用一条旌旗的旗头来填,所以只能是如图的填法:其中虚线表示两面用边长为2 的底边填充格子侧边的旌旗可以放在用边长为5的底边填充侧边的旌旗的上面或者下面.于是无论如何在第三列总会出现三个连续的空格无法被旌旗填充,所以侧边只能用5 4 的填法,那么消去这两列之后新的侧边也只能用5 4 的填法来填充,这种归纳的想法可知没有其他的填法.评析 4.本题的答案非常送分,证明的方法却变得非常朴素.一般遇到填格子的题目的话很常规的一种套路就是用染色的方法,我们可以斑马条纹染色,也可以国际象棋棋盘染色,但是这个题目似乎用染色的方法做不出来,反而用这种硬讨论的朴素方法可以做,似乎有时也需要跳出套路来想问题.5.显然,若m M 满足m i( mod 4) ,那么任何n满足n 4 i mod4 都不能在4里面.所以将S按照模4 的余数分为4 种:S0 {1928,1932,1936,1940,1944,1948}S1 {1929,1933,1937,1941,1945,1949}S2 {1930,1934,1938,1942,1946}S3 {1931,1935,1939,1943,1947}那么S0 S1 6,S2 S3 5.那么入前所述,S0 ,S2的元素顶多有一个在M 中,S1 ,S3的元素不能同时在M 中,所以四元红色子集有四种情况:四个元素都属于S1或S3;一个元素属于S0 ,剩下三个元素都属于S1或S3;一个元素属于S2 ,剩下三个元素都属于S1或S3;一个元素属于S0 .一个元素属于S2,剩下两个元素都属于S1或S3,4 4 3 3 3 3 2 2所以 x C 64C 546 C 636 C 53 5 C 63 5 C 53 6 5 C 62 6 5 C 521100 .同理, y C 65C 556 C 646 C 545 C 645 C 546 5 C 636 5 C 531127 . 所以 x y评析 5.这个题目就算是出自高考全国卷都不会让人感觉到任何奇怪⋯⋯xyL0 的解为:abc2222ab 2bc 2ca a 2 b 2 c 2评析 6.三元二次极值问题用拉格朗日乘子比较容易解决, 因为拉格朗日量的各种偏导数都是线性的, 最终我们只需要解决一个线性方程即可, 所以这篇答案中用了最简单暴力的方法. 事实上, 这个题目可以用几何 不等式的方法来做,或者直接用嵌入不等式来做,但是我不会.7.对于任意的四边形 ABCD (甚至不要求凸) ,我们都可以找一条直线 l 使得 l 不在任何一条边上,也不与 任何一条边平行,并且 AB , BC , CD , DA 分别与 l 交于四个不同的点 P ,Q ,R ,S .我们将证明一6.考虑拉格朗日乘子 L axy byz czx(x y z 1),那么ay czaxbz cx by那么b(c a 2 2ab 2bc 2ca a 2b)b 2c 2 c(a b c)2ab 2bc 2ca a 2 b 2 c 2a(b c a)z 2ab 2bc 2ca222abc2abc2ab 2bc 2ca a 2 b 2 c 2(axy byz czx)max个更强的结论:若P ,Q ,R,S是一条直线l 上的四个不同的点,那么我们可以找到一个正方形ABCD ,使得AB ,BC ,CD ,DA 分别过P,Q,R,S点.我们不妨设l就是y轴(不然通过旋转即可),P,Q,R ,S的纵坐标为p,q,r,s .那么考虑一个斜率参数k ,过P ,R 做斜率为k 的直线ykxkx1r ,过Q ,S 做斜率为的直线k1k1x q和s.那么设这四条直线就是CD ,BC ,DA ,于是我们可以解得kk2(sp),k2s,Bkk2 (qk p),11 k22k2q pkk2(qkr),11k21kk2q 1k k2 (s r), 11k2 k 2s r1k|AB|2|AD|2k 2(qs)2( p r )2即k pr qs那么由于p ,q ,r ,s互不相同可知存在这样的斜率,使得ABC D 是正方形.评析 7.这道平面几何的题目非常的非主流,同学们如果直接从平几方法来构造的话可能会被卡很久,这里给了一种解析的方法.实际上这个题目也可以用复数做,假设A B C D 的中心所对应的复数为z ,那么正方形的四个点可以设为z t ,z it ,z i 2t ,z i3 t ,这种做法也一样可行.8.(1)设x p1s1Lskp ksksif(x)k2p isi2 jk i1i0 i1k1 2s i2k s i p ipi1 i i112 p iik s i1 4p i1 i 1 2 2i131sipii记录a ipisip isi(k2),直接计算可以有si2p i2jj011 pi2因为p i 最小为2 )sp i si,,那么a i2,我们重点考虑a i和a i之间的大小关系.令f a1,L , a k a i a i ,那么a ij i a j ,所以事实上若j i a j ,对任意i都成立,那么在 a i 变小的时候 f 变大,则 f a 1,L ,a k f (2,L ,2) 2 k 2k.用求导的方法很容易知道2 k 2kln 2 2 ln 1(2) ln 1(2) 3的时候取到, 那么在整数的取值上, 我们 4 4 .于是k ai i116 1328 2即可,比如我们取 2就会得到 f (x) x .33(2)若不存在这样的 Q ,那么存在 a n 使得 a n 2m 8 ,不妨设 a n ,a n 1,L ,a n m 中最大的是 a ,那么 显然 a 2m 8 .于是an 1max f anf an 11 ,L , f a n m m2828maxan,, anmm3n33n328 ,28maxa n m,Lan mm33 33228max a n ,, an mm3m332 2m 8aa33成立.评析 8.数论中出现素因子的加法一般都会变得很难,但是这个题目主要通过估计就可以达到要求,所有同所以归纳可证明 a n ka ,这与无上界是矛盾的.所以一定存在这么一个 Q ,使得 a n Q 对所有 n N * 都会在 k ln 2 ln 1 2 ln 1(2) 取 k 2 , 3得到22 22 44232368由于2 ,我们知道2k 2kk4 4k f(x) ai2 k 2ki13 34k444aix 3i134 那么我们只需要取一个 使得3学做题的时候一定要注意看题目,不要看一眼觉得很复杂就马上放弃,这个题还是可做的.从答案上看这个估计并不太难,只要敢拆敢放就能做出来,实际上这种估计也的确没有用所有的步到任何解析数论的方法,骤都是高中生都可以做出来的,但是我还是建议各位同学在学习潘承洞,潘承彪两位先生的《初等数论》的时候把后面章节的内容也看一看,素数定理和Eratosthenes 筛法的基础知识并不会太难,了解一下并没有什么坏处.另外,这篇答案的放缩放得非常狠,比如公式第二行的不等号基本上是s i直接放到无穷,第三行的不等号就s2直接把所有p i ;都放成2 ,之后讨论函数的时候又把所有p si i当2来做,可以说是一个非常粗略的答案.有3兴趣的同学可以算算k 2 的情况玩玩,看看自己能把这个不等号放到多小.。
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(因为
C325
≥
max L(x, y)).
(x,y)∈X
下面构造例子说明 C325 是可以取到的最好的常数:
设 S = {1, 2, · · · , 35}, 考虑置换 f = (12 · · · 35), 即:
f (1) = 2, f (2) = 3, · · · , f (34) = 35, f (35) = 1,
极值可以在满足一些对称性的序列 (ai) 上取到. 毋庸置疑,满足题目条件的数列集合是闭集,因此两个
小题中的目标函数(都是连续的)确实能取到最大值.
(1)设序列
(ai)
使
a+b+c+d
取到最大,令
ci
=
ai
+
ai+10
+ ai+20 4
+ ai+30 ,下标模
40
理解.
根
据上一段,ci 满足题目条件,而且(1)中目标函数在序列 (ai) 和 (ci) 上取值相同,因此可以只对具有
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6
注意到: L(x, y) ≤ L(f1(x), f1(y)) + 1, 从而
L(x, y) ≤ L (fk−1(· · · (f1(x))), fk−1(· · · (f1(y)))) + (k − 1) = k ≤ |X| = C325,
所以
m
≥
C325
时总是可以办到的
(解题 : )
题 2. 已知:△ABC 中,AD 为角平分线,E 为 AD 上一点,EF 、EG 为 △ABD、△ACD 外接圆 切线,F 、G 分别为切点,CF 交 BG 于 J. 过 J 的 BC 平行线交 DF 、DG、DE 于 H、I、K.
求证:HK = IJ.
证明:设 BF 、CG 交 AD 于 T1、T2,则
题 5. 数列 {an} 定义如下: 正整数 a1 > 1, an+1 = an + P (an), n ≥ 1, 其中, P (x) 表示正整数 x 的最 大素因子. 证明: 数列 {an} 中有完全平方数.
.
题 6. 是否存在正实数 a1, a2, · · · , a19,使得多项式 P (x) = x20 + a19x19 + · · · + a1x + a0 无实数根, 但是任意调换两个系数 ai, aj 形成的新多项式都有实根.
注:我们用对称性和凸性的方法对题目实施了“维数打击”,最终只需考虑一些低维的情形. (解题 : )
解法二:(1)令 Tk = a5+k + a15+k + a25+k + a35+k (1 ≤ k ≤ 10, a40+j = aj, 1 ≤ j ≤ 5),则
∑ 10
∑ 10
0 = Tk ≥ (T5 − 4|k − 5|) = 10T5 − 100,
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4
因此 a ≤ 2.5 + k − k2 ,由于 a ≥ k,因此 20
ab + cd = a2 + (a − 2k)2 ≤ 2(2.5 − k2 )2 + 2k2 = 12.5 + 1.5k2 + k4
20
200
当 k = 5 时取到最大值 53.125,此时 a10 = a20 = 6.25, a30 = a40 = −3.75,其他 ai 取满足 |ai − ai+1| = 1 的最小可能值:a10k+i = max(a10k − i, a10k+10 − (10 − i)), k = 0, 1, 2, 3, 0 ≤ i ≤ 9.
以及
2, g(x) = x,
x=1 .
1 < x ≤ 35
下面我们说明对于任意 (x, y) ∈ X, 至多用 f 和 g 复合 C325 次后可以变为形如 (a, a) 的点. 我们把 1, 2, · · · , 35 放在圆周上, 即在模 35 意义下理解. 注意到, 若 x ≥ 3, 0 < y − x ≤ 17, 我们可以通过作用最
+
a230
是凸函数,因此在可
i=16
行区域的顶点上取到最大值. 这些顶点满足不等式中的 20 个,显然是对每个 i = 15, · · · , 34,满足一个.
因此我们只需对满足 ai+i − ai = ±1, i = 15, · · · , 34 的对称数列计算最大值.
这时 a − c = a20 − a30 是偶数,绝对值不超过 10,通过把数列全体变号,以及改变指标计算方向,
可以不妨设
a
+
c
≥
0,a
≥
c,设
a
−
c
=
2k,
0
≤
k
≤
5.
类似(1)中分段估计
∑ ai
的值,可得
a10 + a11 + · · · + a19 ≥ 10a − 25 a20 + a21 + · · · + a29 ≥ 10a − 25 − 9k + k2
a30 + a31 + · · · + a39 ≥ 10a − 25 − 20k a40 + a1 + · · · + a9 ≥ 10a − 25 − 11k + k2
题 2. 已知:△ABC 中,AD 为角平分线,E 为 AD 上一点,EF 、EG 为 △ABD、△ACD 外接圆 切线,F 、G 分别为切点,CF 交 BG 于 J. 过 J 的 BC 平行线交 DF 、DG、DE 于 H、I、K.
求证:HK = IJ. .
题 3. 设 S 是一个 35 元集合. F 是由一些 S 到 S 的映射构成的集合,称集合 F 满足性质 P (k),若 对任意的 x, y ∈ S,都存在 f1, · · · , fk ∈ F (可以相同),使得:
AT1 T1D
=
AG DG
·
sin ∠AGC sin ∠CGD
=
AF DF
·
sin ∠AF B sin ∠BF D
=
AT2 , T2D
所以 T1、T2 重合于点 T . 设 BF 、CG 分别交直线 JK 于 M 、N ,由线束定理
所以 所以
MH JI MK BD
==
=,
MJ JN MN BC
JI
=
i=1
等号在 a10k+i = max(2.5 − i, 2.5 − (10 − i)), i = 1, · · · , 10, k = 0, · · · , 3 时成立.
(2)设序列
(ai)
使
F ((ai))
=
ab + cd
取到极大,令
ci
=
(ai
+ a30−i) ,则 2
ci
满足题目条件,
(a + b)2 (c + d)2 F ((ci)) = 4 + 4 ≥ ab + cd = F ((ai)).
k=0
k=1
k=1
= 20x − 250.
从而
x
≤
25 .
2
假设
a10a20
+ a30a40
>
425 ,则由(1)可知 8
|a10
+ a20
+ a30
+ a40|
≤
10,从而
(a10
+
a20)2
+
(a30
+
a40)2
≥
4a10a20
+
4a30a40
>
425 2
>
(a10
+
a20
+
a30
+
a40)2,
fk(fk−1(· · · (f1(x)))) = fk(fk−1(· · · (f1(y)))). 试求最小的正整数 m,满足:若 F 满足性质 P (2019),则它亦满足性质 P (m).
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2
第二
题 4. 求最大的实数 c 使得如下命题成立:如果圆周上有 n 段圆弧(包括端点)A1, A2, · · · , An,在 所有的三元组 (Ai, Aj, Ak), 1 ≤ i < j < k ≤ n 中,有至少一半的三元组满足 Ai ∩ Aj ∩ Ak ̸= ∅,则存在 m ≥ cn,使得我们可以在 A1, A2, . . . , An 中找到 m 段圆弧,它们的交非空.
对任意的 (x, y) ∈ X, 都可以经过若干个映射的作用, 将 (x, y) 变为 (a, a). 设 L(x, y) 是 (x, y) 变为 (a, a) 的最短路径, 由于这些 (x, y) 都可以经过作用若干个映射, 使得:
(x, y) → (f1(x), f1(y)) → · · · (fk−1(· · · (f1(x))), fk−1(· · · (f1(y)))) → (a, a),
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第一
∑ 40 题 1. 实数 a1, a2, · · · , a40 满足 |ai − ai+1| ≤ 1, i = 1, . . . , 40, a41 = a1, ai = 0. 设 a = a10, b =
i=1
a20, c = a30, d = a40. (1)求 a + b + c + d 的最大值; (2)求 ab + cd 的最大值.