2018年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题(三)(扫描版)
2018最新第34届中国数学奥林匹克试题及详细解析!
6
勿e 心 e t 心，如e 知e 如 心“
微信公众号 数学竞赛的那些事儿
倾倾 倾
欲证 ∠BAK = ∠C AQ ,而显然 ∠ABK = ∠AQC ,从而 △ABK ∼ △ AQC ,图形中显然最后生成的是点 Q,它最难描述,它是两圆交点,但是 A, K, D, Q 共圆很难用,而 △ABK ∼ △AQC 很好用. 考虑到点 Q 的唯一性可以考虑用同一法,即在圆 O 上取 Q ′ 使得 ∠ABK = ∠AQ ′C ,下面只需证明 A, 共圆即可,如下图： K, D, Q ′
2 a + 2 b + 2 c + 2d + = 32. )5 2e 5
则必有 2 个正数不相邻. 又显然 a + b, b + c, c + d, d + e, e + a ∈ [−2, 8] ,故原式 ≤ (−2)2 × 9 × 8 = 288 . (3) 若 a + b, b + c, c + d, d + e, e + a 中恰一个正,不妨设 a + b > 0,由 (b + c ) + (d + e ) ≤ 0 知 a ≥ 5, 由 e ≥ −1,知 e + a ≥ 4,矛盾. 综上,原式 ≤ 288 ,当 a = b = c = −1, d = e = 4 时取等. 解法二 令 a1 = a + b, a2 = c + d, a3 = e + a, a4 = b + c, a5 = d + e 则有
5 ∑
不妨设 a + b, c + d > 0,则 a + b + c + d = 5 − e ≤ 6,从而 (a + b)(c + d) ≤ 9.
小学数学奥林匹克竞赛真题集锦及解答-2018年
小学数学奥林匹克竞赛真题集锦及解答-2018年小学数学奥林匹克竞赛真题集锦及解答一、填空题1.三个连续偶数，中间这个数是m，则相邻两个数分别是m-2和m+2.2.有一种三位数，它能同时被2、3、7整除，这样的三位数中，最大的一个是966，最小的一个是126.解题过程：2×3×7=42；求三位数中42的倍数126、168、……966.3.___发现：小表妹和读初三哥哥的岁数是互质数，积是144，小表妹和读初三哥哥的岁数分别是9岁和16岁。
解题过程：144=2×2×2×2×3×3；（9、16）=1.4.一个四位数，它的第一个数字等于这个数中数字的个数，第二个数字表示这个数中数字1的个数，第三个数字表示这个数中数字2的个数，第四个数字等于这个数中数字3的个数，那么这个四位数是1210.5.2310的所有约数的和是6912.解题过程：2310=2×3×5×7×11；约数和=（1+2）×（1+3）×（1+5）×（1+7）×（1+11）。
6.已知2008被一些自然数去除，得到的余数都是10，这些自然数共有11个。
解题过程：2008-10=1998；1998=2×33×37；约数个数=（1+1）×（1+3）×（1+1）=16（个）。
其中小于10的约数共有1，2，3，6，9；16-5=11（个）。
7.从1、2、3、…、1998、1999这些自然数中，最多可以取多少个数，才能使其中每两个数的差不等于4？1000.解题过程：1，5，9，13，……1997（500个）隔1个取1个，共取250个。
2，6，10，14，……1998（500个）隔1个取1个，共取250个。
3，7，11，15，……1999（500个）隔1个取1个，共取250个。
2018中国数学奥林匹克希望联盟夏令营(三)
Ａ
：
：
１
００５
６ ４ －
１
６
（
２０１
９）
０３ － ０ ０ ３５－ ０６
第 一 试
填 题 每 小题 分 共 分 一 、
空
（
８
，
６４
）
知 已 １ ．
＝ 则 集 合
Ｍ ｅ Ｚ ｆ ＞ ＝ ｜ ｎ
＼
ｎ ２ －
（
ｌ
〇 ｜
的 元素个 数为
，
点 共 求 形 外接 Ｐ 四 Ｃ 、
、 （？ 、 Ｚ）
圆 ，
四边
Ｐ Ｃ（ ？Ｚ ）
圆
值 小 面积的 最
．
分 知 整数 数列 Ｕ 满 足 １ １ ． （ ２０
）已 正
？丨
：
Ｌ－
Ｃ 沒 ０ ｂ ｙ
一
－
＞＜
，
２
，
〇
ｎ
＋
＝ ２
ａ ｎ ＋ ２ ０ １ ８
—￣ ￣
＋ ？ｒ ｅ ＋ ｉ
１
彡 ｉ
） ．
求 ａ ＋ ６ 的 所 有 可 能取 值．
加 试
分 求 满 ０ 一
４
、（
）
足
３
２
（ ｘ ＋２ｘ
＋ ＋ ｐ
３ｘ
２ ）
ｘ－
（
ｌ ）
ｐ ＝
３
ｘ
－
＼
ｘ
（
＋ ６ ５ ＾ － ：
）
（ ｘ ）
二40分已知一个m行n列的方格表中若干个小方格被染成了黑色满足每行每列均至少有一个黑格并且每个黑格所在行的黑格个数不少于其所在列的黑格个数
数学分析经典习题
数学分析经典习题1.设p(x)=2+4x+3x^2+5x^3+3x^4+4x^5+2x^6,对于满⾜0<k<5的k,定义I_k=\int_0^{+\infty}\frac{x^k}{p(x)}dx,对于怎样的k, I_k最⼩?Hint：进⾏倒代换再相加.2.(2018年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营)已知n\in\mathbb{N},n\geq 2,设0<\theta<\pi,证明: \sin\frac{\theta}{2}\sum_{k=1}^n\frac{\sink\theta}{k}<1.3.(2011年最新⼤学⽣数学竞赛预测试题，西西)求极限\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^2}\int_0^{\pi/2}x\left(\frac{\sin nx}{\sin x}\right)^4dx.\lim_{n\to\infty}\frac{n!}{n^n}\left(\sum_{k=0}^n\frac{n^k}{k!}-\sum_{k=n+1}^\infty\frac{n^k}{k!}\right).\int_0^{\pi/2}\ln (\cos x)\ln (\sin x)\cdot \sin 2xdx.求⽆穷级数\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}\cos\left(\frac{9}{k\pi+\sqrt{k^2\pi^2-9}}\right).⾥⾯还很多有意思的题！4.物理⾥⾯的:\frac{1}{xy}=\int_0^\infty\frac{da}{(ax+(1-a)y)^2},\quad \det A=\int_0^\infty\int_0^\infty e^{\theta A\eta}d\theta d\eta.5.计算第⼆型曲线积分I=\oint_C\frac{e^y}{x^2+y^2}[(x\sin x+y\cos x)dx+(y\sin x-x\cos x)dy],其中C:x^2+y^2=1,取逆时针⽅向.解:事实上,\begin{align*}I&=\oint_C\frac{e^y}{x^2+y^2}[(x\sin x+y\cos x)dx+(y\sin x-x\cos x)dy\\&=\int_0^{2\pi}e^{\cos t}\cos(\sint)dt=\int_0^{2\pi}e^{e^{it}}dt=\frac{1}{i}\oint_{|z|=1}\frac{e^z}{z}dz=2\pi\lim_{z\to 0}e^z=2\pi.\end{align*}6.(国际最佳问题征解)T210,P210.试证明下⾯等式成⽴:\int_0^{\infty}\frac{dx}{\Gamma (x)}=\int_0^1\left[1+\frac{e}{x}-\frac{e}{1!(x+1)}+\frac{e} {2!(x+1)}-\cdots\right]\frac{dx}{\Gamma (x)}.T211.证明:若0<x<1,则\prod_{n=1}^\infty\left(1-x^{2n-1}\right)=1/\left[1+\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{n(n+1)/2}}{(1-x)(1-x^2)(1-x^3)\cdots (1-x^n)}\right].T213.求证丅式成⽴:e^x=\frac{(1-x^2)^{1/2}(1-x^3)^{1/3}(1-x^5)^{1/5}\cdots}{(1-x)(1-x^6)^{1/6}(1-x^{10})^{1/{10}}\cdots},\quad |x|<1等式右端的分式中,分⼦中的x的指数是含奇数个不重复素数因⼦的整数,⽽在分母中的x的指数是含偶数个不重复素数因⼦.证.考虑函数f(x)=-\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu (n)\ln (1-x^n)}{n},\quad |x|<1其中\mu (n)是Mobius函数,那么f(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{\mu (n)}{n}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^{mn}}{m}=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{\mu (n)}{nm}x^{nm},\quad |x|<1在这个展开式中, x^m的系数是\sum_{n|m}\frac{\mu (n)}{m}=\frac1m\sum_{n|m}\mu (n)=0,\quad m\neq 1因此f(x)=x,所以e^x=\sum_{n=1}^\infty(1-x^n)^{-\mu (n)/n},由此得证.数列a_0,a_1,\ldots,a_n满⾜a_0=\frac{1}{2},a_{k+1}=a_k+\frac{1}{n}a_k^2,k=0,1,\ldots,n-1,试证1-\frac{1}{n}<a_n<1.这是1980年芬兰等四国数学竞赛试题,是这次竞赛中得分率最低的⼀道题,竞赛委员会公布的解答也很繁琐,苏淳教授曾运⽤数学归纳法采⽤加强命题的技巧给出了较为简捷的证明.下⾯是种更直截了当的证明.来⾃朱华伟《奥数讲义-⾼⼀上》证.由已知得\frac{1}{a_{k-1}}-\frac{1}{a_k}=\frac{1}{n+a_{k-1}},从⽽a_n>a_{n-1}>\cdots>a_1>a_0=\frac12,所以\frac{1}{a_{k-1}}-\frac{1}{a_k} <\frac{1}{n},\quad k=1,2,\ldots,n累加得\frac{1}{a_0}-\frac{1}{a_n}<1,所以\frac{1}{a_n}>2-1=1,即a_n<1,从⽽有\frac{1}{a_{k-1}}-\frac{1}{a_k}>\frac{1}{n+1},\quad k=1,2,\ldots,n累加得\frac{1}{a_0}-\frac{1}{a_n}>\frac{n}{n+1},即\frac{1}{a_n}<2-\frac{n}{n+1}=\frac{n+2}{n+1},从⽽a_n>\frac{n+1}{n+2}>\frac{n-1}{n}=1-\frac{1}{n},故1-\frac{1}{n}<a_n<1.另外可参考：叶军《数学奥林匹克教程》P259.注意到\frac{\sin \pi x}{\pi x}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right),令x=i并由\sin (ix)=i\sinh x可知\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{1}{n^2}\right)=\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{2\pi}.设有正实数列\{a_n\}使得表达式\frac{a_k+a_n}{1+a_ka_n}的值仅依赖于脚标之和k+n,也就是当k+n=m+l时,必有\frac{a_k+a_n}{1+a_ka_n}=\frac{a_m+a_l}{1+a_ma_l},求证:数列\{a_n\}有界.证.为⽅便起见,记A_{k+n}=\frac{a_k+a_n}{1+a_ka_n},则A_n=A_{1+(n-1)}=\frac{a_1+a_{n-1}}{1+a_1a_{n-1}},\quad n>1考察函数f(x)=\frac{a_1+x}{1+a_1x},其中x>0.容易验证f(x)\geq \begin{cases} \frac{1}{a_1}, & \text{如果$a_1>1$}\\ 1, & \text{如果$a_1=1$}\\ a_1, & \text{如果$0<a_1<1$}\\ \end{cases}因此,对任意a_1值,都存在\alpha\in (0,1],使得f(x)\geq \alpha,从⽽对任何n,都有A_n\geq\alpha,其中\alpha可取a_1与1/a_1中较⼩者.这样便有A_{2n}=A_{n+n}=\frac{2a_n}{1+a_n^2}\geq\alpha,即\alpha a_n^2-2a_n+\alpha\leq 0,解得\frac{1-\sqrt{1-\alpha^2}}{\alpha}\leq a_n\leq \frac{1+\sqrt{1-\alpha^2}}{\alpha}.于是,只要取m=(1-\sqrt{1-\alpha^2})/\alpha,M=(1+\sqrt{1-\alpha^2})/\alpha,则对⼀切n,均有m\leq a_n\leq M,即数列\{a_n\}有界.注:满⾜题意的⾮常数数列是存在的,例如,令p>q\geq 1,则数列a_n=\frac{p^n-q}{p^n+q},\quad n=1,2,\ldots便具有上述性质.来源：朱华伟《奥数讲义-⾼⼀上》P84.证明⽅程f(x)=(2n+1)x^{2n}-2nx^{2n-1}+(2n-1)x^{2n-2}-\cdots+3x^2-2x+1=0⽆实根.证.令x=-c\leq 0,则f(-c)=(2n+1)c^{2n}+2nc^{2n-1}+(2n-1)c^{2n-2}+\cdots+3x^2+2c+1>0.因此原⽅程⽆负根,也⽆零根.下⾯证明原⽅程⽆正根.注意到(x+1)^2f(x)=(2n+1)x^{2n+2}+(2n+2)x^{2n+1}+1,其系数均⾮负,因此(x+1)^2f(x)⽆正根,即f(x)也⽆正根.综上所述, f(x)=0⽆实根.解⽅程\begin{cases} x_1+x_2+\cdots+x_n=n,\\ x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2=n,\\ \vdots\\ x_1^n+x_2^n+\cdots+x_n^n=n.\\ \end{cases}解.作以x_1,x_2,\ldots,x_n为根的多项式\begin{align*}f(x)&=(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_n)\\&=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0,\end{align*}则f(x_k)=x_k^n+a_{n-1}x_k^{n-1}+\cdots+a_1x_k+a_0=0,\quad k=1,2,\ldots,n于是\begin{align*}\sum_{k=1}^{n}f(x_k)&=\sum_{k=1}^{n}\left(x_k^n+a_{n-1}x_k^{n-1}+\cdots+a_1x_k+a_0\right)\\&=\sum_{k=1}^{n}x_k^n+a_{n-1}\sum_{k=1}^{n}x_k^{n-1}+\cdots+a_1\sum_{k=1}^{n}x_k+\sum_{k=1}^{n}a_0=0,\end{align*}由⽅程组可知n+a_{n-1}n+\cdots+a_1n+a_0n=0,从⽽f(1)=1+a_{n-1}+\cdots+a_1+a_0=0.这说明x=1为f(x)的⼀个根.不妨设x_n=1,由原⽅程组得x_1^k+x_2^k+\cdots+x_{n-1}^k=n-1,\quad k=1,2,\ldots,n-1仿上⼜可得x_1,\ldots,x_{n-1}中有⼀个为1.继续下去,必有x_1=x_2=\cdots=x_n=1.已知\begin{align*}\begin{cases}\frac{x^2}{2^2-1^2}+\frac{y^2}{2^2-3^2}+\frac{z^2}{2^2-5^2}+\frac{w^2}{2^2-7^2}=1,\\\frac{x^2}{4^2-1^2}+\frac{y^2}{4^2-3^2}+\frac{z^2}{4^2-5^2}+\frac{w^2}{4^2-7^2}=1,\\\frac{x^2}{6^2-1^2}+\frac{y^2}{6^2-3^2}+\frac{z^2}{6^2-5^2}+\frac{w^2} {6^2-7^2}=1,\\\frac{x^2}{8^2-1^2}+\frac{y^2}{8^2-3^2}+\frac{z^2}{8^2-5^2}+\frac{w^2}{8^2-7^2}=1.\end{cases}\end{align*}求x^2+y^2+z^2+w^2的值.解.x,y,z,w能满⾜给定的⽅程组等价于t=4,16,36,64满⾜⽅程\frac{x^2}{t-1}+\frac{y^2}{t-9}+\frac{z^2}{t-25}+\frac{w^2}{t-49}=1.去分母,当t\neq 1,9,25,49时,关于t的⽅程等价于\begin{align*}(t-1)(t-9)(t-25)(t-49)-x^2(t-9)(t-25)(t-49)-y^2(t-1)(t-25)(t-49)\\-z^2(t-1)(t-9)(t-49)-w^2(t-1)(t-9)(t-25)=0.\end{align*}后⾯的⽅程是关于t的四次⽅程, t=4,16,36,64是这个⽅程的4个已知根,也就是它的全部根,故⽅程等价于(t-4)(t-16)(t-36)(t-64)=0.由于上⾯两个⽅程中t^4的系数都是1,故其余各次幂的系数也应相等.⽐较t^3的系数可得1+9+25+49+x^2+y^2+z^2+w^2=4+16+36+64.于是得到x^2+y^2+z^2+w^2=36.本题也可以利⽤进⾏求解.\begin{enumerate}\item 设p(x)为任⼀个⾸项系数为正数p_0的实系数多项式,且p(x)⽆实零点.证明:必有实系数多项式f(x)和g(x),使得p(x)=[f(x)]^2+[g(x)]^2.\item 证明:若Q(x)是⾸项系数为正的实系数多项式,且有实数a使得Q(a)<0,则Q(x)必有实零点.\end{enumerate}由共轭复数运算可知,若p(a+bi)=0,则p(a-bi)=0,因此p(x)的虚零点是成共轭对出现的.由于p(x)⽆实零点, p(x)必为偶数次多项式.令其次数为2n,且零点为x_i,\overline{x_i},i=1,2,\ldots,n,则p(x)=\left[\sqrt{p_0}\prod_{i=1}^{n}(x-x_i)\right]\left[\sqrt{p_0}\prod_{i=1}^{n}(x-\overline{x_i})\right].令q(x)=\sqrt{p_0}\prod_{i=1}^{n}(x-x_i),则p(x)=q(x)\overline{q(x)}.由于q(x)为复系数多项式,必有实系数多项式f(x)与g(x),使得q(x)=f(x)+ig(x),则\overline{q(x)}=f(x)-ig(x),于是p(x)=[f(x)+ig(x)][f(x)-ig(x)]=f^2(x)+g^2(x).(2)利⽤反证法.假设Q(x)⽆实零点,由于Q(x)为实系数多项式,且其⾸项系数为正.因此由(1)可知,必有实系数多项式f(x)和g(x),使得Q(x)=f^2(x)+g^2(x),由此可知Q(a)=f^2(a)+g^2(a)>0,与题意Q(a)<0⽭盾.来源：朱华伟《奥数讲义-⾼三下》P14.(Steiner定理)边长⼀定的n边形中,以存在外接圆者的⾯积最⼤.(等周定理)周长⼀定的n边形中,以正n边形的⾯积最⼤.定理.圆内接n边形中以正n边形的周长最⼤.叶军，P282.P354.P276\frac{a^r}{(a-b)(a-c)}+\frac{b^r}{(b-c)(b-a)}+\frac{c^r}{(c-a)(c-b)}=\begin{cases}0,&r=0,1\\1,&r=2\\a+b+c,&r=3\end{cases}叶军P68，余红兵、严镇军《构造法解题》(2011年⼭西⾼中数学联赛)三⾓形ABC三个内⾓的度数满⾜\frac{A}{B}=\frac{B}{C}=\frac13,求T=\cos A+\cos B+\cos C的值.证明\lim_{n\to\infty}\left(1+n+\frac{n^2}{2!}+\cdots+\frac{n^n}{n!}\right)e^{-n}=\frac{1}{2}.设\frac12<\alpha<\frac23,r=[n^\alpha],把e^n=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{n^k}{k!}表⽰为\sum_{k=0}^{n-r}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=n-r+1}^{n}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=n+1}^{n+r}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=n+r+1}^{2n+1}\frac{n^k}{k!}+\sum_{k=2n+2}^{\infty}\frac{n^k}{k!}=S_1+S_2+S_3+S_4+S_5.由于\begin{align*}\frac{n^{n-k+1}}{(n-k+1)!}/\frac{n^{n+k}}{(n+k)!} &=\frac{n(n+k)(n+k-1)}{n^3}\cdot\left(1-\frac{1}{n^2}\right)\cdots\left(1-\frac{(k-2)^2}{n^2}\right)\\&\geq 1-\frac{1^2+\cdots+(k-2)^2}{n^2}=1+o(1),\quad 1\leq k\leq r\end{align*}且S_3=S_2+o(S_2),\quad n\to\infty利⽤Stirling公式进⼀步估计S_1,S_4,S_5,可以证得S_1=o(S_2),S_4=o(S_2),S_5=o(S_2),由此得到结论.来源：《546个早期俄罗斯⼤学⽣数学竞赛题》T73，P77.设X_i,1\leq i\leq n是相互独⽴的随机变量,且X_i\sim P(1) (泊松分布),则Y_n=X_1+X_2+\cdots+X_n\sim P(n),⽽EY_n=DY_n=n.由中⼼极限定理可知\frac{Y_n-n}{\sqrt{n}}\to N(0,1),所以\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}P(Y_n\leq n)=\lim_{n\to\infty}P\left(\frac{Y_n-n}{\sqrt{n}}\leq 0\right)=\Phi (0)=\frac12.另外可参考：博⼠数学论坛《数学分析解答库》计算\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx.来源：《546个早期俄罗斯⼤学⽣数学竞赛题》T541，P64.解.令\delta=n^{-2/5},那么\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx=2\int_{\delta}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx+\int_{-\delta}^{\delta}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx.先估计前者,由于\left|\int_{\delta}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx\right|\leq \int_{\delta}^{\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n}.令x=\sqrt{(1+\delta^2)y-1},那么当n\geq 2时,有\begin{align*}\int_{\delta}^{\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n}&=\int_{1}^{\infty}\frac{(1+\delta^2)^{1-n}}{2\sqrt{(1+\delta^2)y-1}y^n}dy\\&\leq\frac{1}{2} (1+\delta^2)^{1-n}\int_{1}^{\infty}\frac{dy}{y^2\sqrt{y-1}}.\end{align*}⽽\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}(1+n^{-4/5})^{1-n}=0,这表明\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx.⼜\ln \cos x-n\ln (1+x^2)=-\left(n+\frac12\right)x^2+nO(x^4).因为在[-\delta,\delta]上,有x^4\leq\delta^4\leq x^{-8/5},此时有\ln \cos x-n\ln (1+x^2)=-\left(n+\frac12\right)x^2+O(n^{-3/5}).于是得到\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}\frac{\cos x}{(1+x^2)^n}dx=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}e^{-(n+1/2)x^2}dx.令y=\sqrt{n+1/2}x,则\begin{align*}\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_{-\delta}^{\delta}e^{-(n+1/2)x^2}dx=\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+\frac12}}\int_{-\delta\sqrt{n+1/2}}^{\delta\sqrt{n+1/2}}e^{-y^2}dy=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-y^2}dy=\sqrt{\pi}.\end{align*}T545.设\varphi(z)=\sum_{n=1}^{5}\frac{1}{n^z}.证明:对于任何实数t有\varphi(1+it)\neq 0.⾸先研究函数\varphi_4(z)=\sum_{n=1}^{4}\frac{1}{n^z},并证明\varphi_4(1+it)\neq 0,\quad \forall t\in\mathbb{R}我们有\mathrm{Re}\varphi_4(1+it)=\sum_{n=1}^{4}\frac{\cos (t\ln n)}{n}\geq 1+\frac{\cos x}{2}-\frac13+\frac{\cos 2x}{4},这⾥x=t\ln 2.⽽\begin{align*}1-\frac13+\frac{\cos x}{2}+\frac{1}{4}(2\cos^2 x-1)&=\frac{5}{12}+\frac12(u+u^2)\\&\geq \frac{5}{12}+\min_{|u|\leq 1} (u+u^2)=\frac{7}{24}.\end{align*}也就是\mathrm{Re}\varphi_4(1+it)\geq 7/24,因此当t\in\mathbb{R}时,有\varphi_4(1+it)\neq 0,⽽\mathrm{Re}\varphi_5(1+it)\geq \mathrm{Re}\varphi_4(1+it)-\frac15\geq \frac{7}{24}-\frac15=\frac{11}{120}.因此,对于t\in\mathbb{R}有\varphi(1+it)\neq 0. Processing math: 0%。
第2讲 奇函数与单调函数性质(教师版)
§ 2 奇函数与单调函数性质秒杀知识点知识点1：若()y f x =为奇函数，则()()0f x f x +-=．由奇函数定义可得．知识点2：若()f x 为单调奇函数，且满足()()120f x f x +=，则120x x +=． 由奇函数定义易证此性质．知识点3：若()f x 为连续单调函数，且()()12f x f x =，则12x x =．秒杀思路分析对于给出较复杂的函数求值问题可联想到所给函数可能与奇函数有关，可利用性质“秒杀”求解，或对于给出的条件可构造单调或奇函数，再利用性质速解．【示例1】（2013年辽宁卷）已知函数())ln 31f x x =+，则()1lg 2lg 2f f ⎛⎫+ ⎪⎝⎭等于（ ）A ．1-B ．0C ．1D ．2如果令lg 2a =，那么1lg 2a -=．∴()()()1lg 2lg 2f f f a f a ⎛⎫+=+- ⎪⎝⎭，则可联想()f x 与奇函数相关，故可利用奇函数性质“秒杀”．【秒杀方法】令()()1f x g x =+，其中())ln 3g x x =为奇函数．∴()()0g x g x +-=．令lg 2a =，∴()()()()112f a f a g a g a +-=++-+=．故选D ．注：在选择题与填空题中可不必证明所设函数（如本例中()g x ）为奇函数．【示例2】（第九届希望杯试题）设α，β依次是方程2log 3x x +=，23x x +=的实数根，则αβ+= ．这是超越方程问题，直接由方程求解十分困难，但通过构造单调函数可速解．【秒杀方法】由已知23ββ+=，∵2log 3αα+=，∴32αα-=．即()3233αα-+-=，设()2x x x ϕ=+，则()x ϕ为单调增函数．∴()()33ϕβϕα=-=．∴3βα=-．故3αβ+=．【示例3】已知实数a ，b 分别满足32351a a a -+=，32355b b b -+=．则a b +的值 ．此题可看成是方程根的问题，由于方程较复杂．且含有立方．则可通过构成一个单调奇函数，用性质可“秒杀”． 【秒杀方法】将已知等式变形为：()()31212a a -+-=-．()()31212b b -+-=．令()32f x x x =+．则()f x 为单调奇函数．即()()110f a f b -+-=．∴110a b -+-=，故2a b +=．方法对比【例1】（2013重庆卷文9）已知函数()()3sin 4,f x ax b x a b =++∈R ．()()2lg log 105f =．则()()lg lg 2f 等于（ ）A ．5-B ．1-C ．3D ．4【例2】（2012年课标全国卷文16）设函数()()221sin 1x xf x x ++=+的最大值为M ，最小值为m ，则M m += ．【例3】（2017中国数学奥林匹克希望联盟夏令营（三））已知函数()23log cos 2x f x x x -=+π-．若()10f α=，()10f β=-，则αβ+= ．的定义域为()(),23,-∞+∞，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭秒杀训练【试题1】已知()2sin 4f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，若()lg5a f =，1lg 5b f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则（ ）A ．0a b +=B ．0a b -=C ．1a b +=D ．1a b -=【解析】 ()()111sin 2222f x xg x =+=+，()()0g x g x +-=．令lg 5m =，∴()()1a b f m f m +=+-=．故选C．【试题2】若函数()420182cos 20181xx f x x x ⨯+=++在[]1,1x ∈-内的最大值为M ，最小值为m ，则M m += ． 【解析】 易证()()6f x f x +-=，即6M m +=．【试题3】已知实数a ，b 分别满足323510a a a -+-=，3220b b +-=，则a b +的值为 ．【解析】 由已知()()33121222a ab b ⎧-+-=-⎪⎨+=⎪⎩，令()32f x x x =+为单调奇函数．∵()()10f a f b -+=，∴10a b -+=，即1a b +=． 【试题4】340x +=．【解析】 由已知()()1230x x ++++=⎤⎤⎦⎦，()f x x +，则()f x 为单调增函数（奇函数）．由()()1230f x f x +++=得1230x x +++=． 即43x =-，故原方程的解为43x =-．【试题5】已知实数x ，y 滿足()55340x y x x y ++++=，求()cos 4x y +的值 ．【解析】 由已知()()55330x y x x y x +++++=， ()5f x x x =+，则()f x 为单调增函数（奇函数），由()()30f x y f x ++=，得30x y x ++=，即40x y +=．故()cos 41x y +=．【试题6】若1x 满足225x x +=．2x 满足()222log 15x x +-=，则 12x x +等于（ ）A ．52B ．3C ．72D ．4【解析】 由已知()1113212x x -+-=，252253222x x -⎛⎫+-= ⎪⎝⎭．令()2x f x x =+，则()f x 为单调增函数．由()12512f x f x ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭得12512x x -=-，即1272x x +=．故选C ． 真题回放【试题1】（2015年辽宁预赛）若实数a ，b 满足lg 10a a +=，1010b b +=，则()lg a b += ． 【解析】 由已知()10101010a a -+-=．又1010b b +=． 令()10x f x x =+，()f x 为单调函数．∴()()10f a f b -=，即10a b -=．∴10a b +=． 故()lg lg101a b +==．【试题2】（2007年复旦大学自主招生）已知()sin 4f x a x =+（a ，b 为实数）， 且()()3lg log 105f =，则()()lg lg3f 等于（ ）A ．5-B ．3-C ．3D ．随a ，b 取不同值而取不同值【解析】令()()4f x g x =+，则()g x 为奇函数．令()5f m =，则()()8f m f m +-=．∴()3f m -=．故选C ． 【试题3】（第八届陈省身杯奥林匹克浙江复赛）已知函数()2017tan f x a x =(2017ln 20bx c x +++（其中a ，b ，c 为实数）．若()()5ln log 2117f =．则()()21ln log 5f = ．【解析】 令()()20f x g x =+．其中()(20172017tan ln g x a x bx c x =++⋅+，()()0g x g x -+=．令()21ln log 5m =，∴()5ln log 21m -=，∴()()40f m f m +-=，即()401723f m =-=．【试题4】（2016年黑龙江预赛）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ．()()3661201311a a -+-=，()()3200820081201311a a -+-=-，则下列结论正确的是（ ）A ．20132013S =，20186a a <B ．20132013S =，20086a a >C ．20132013S =-，20186a a ≤D ．20132013S =-，20086a a ≥【解析】 设()32013f x x x =+，则()f x 为单调递增奇函数．由()()62008110f a f a -+-=， 即62008110a a -+-=．∴620082a a +=，且62008a a >．从而20132013S =．故选A ．【试题5】（2015年四川预赛）设sin cos 10x x x +-= ，2cos 24y y -+π+=0．则()sin 2x y -的值为 ．【解析】 由sin cos 10x x x +⋅-=，得：2sin 22x x +=，①由2cos 240y y -+π+=，得：sin 222y y ππ⎛⎫-+-=- ⎪⎝⎭．②设()sin f x x x =+．则()1cos 0f x x '=-≥．则()f x 在R 上单调递增且为奇函数．由式①②得()22f x = ，22f y ⎛⎫-π=- ⎪⎝⎭， 即()202f x f y π⎛⎫+-= ⎪⎝⎭，则202x y +π-=，即22x y -=-π，故()sin 2sin 12x y ⎛⎫-=- π=-⎪⎝⎭．【试题6】（2018年浙江竞赛）已知a 为正实数，且()111x f x a a =-+是奇函数，则()f x 的值域为 ．【解析】 ()()11x x a a f x a a +-=+由11xx a y a -=+为奇函数知．11a -=-，∴2a =，∴()()21221xx f x -=+∴()1212log 12x f x x -+=- 此函数定义域为12012x x +>-，即1122x -<<故原函数的值域为11,22⎛⎫- ⎪⎝⎭．。
2018年六年级奥数领袖营选拔试卷答案
2018年数学领袖营六年级选拔试卷（共计100分，答卷时间60分钟，掌握好你的做题时间和准确率，加油，相信自己的实力一定能够胜出）一、填空题：（每题6分钟，共60分）1、如果规定a▽b=2×a+b,其中a,b表示两个自然数，那么（2▽4）▽3= 。
2▽4=2×4+4=4+4=88▽3=8×3+3=16+3=192、计算799998+19997+6999+307+89= 。
=800000+20000+7000+300+90=8273903、计算300×299－299×298+298×297－297×296+…+4×3－3×2+2×1= 。
=299×（300-298）+297×（298-296）+…+3×（4-2）+1×2=（299+297+…+3+1）×2=（299+1）×150÷2×2 项数=（299-1）÷2+1=150= 450004、一个数除以5余4，除以7余5，除以11余7，这个数最小是= 。
设这个数为m，则m=5x+4， m=7y+5， m=11z+7，显然，m、x、y、z都是整数，所以得到两个等式(1) 5x+4=7y+5， (2) 7y+5=11z+7，然后依次解决这两个等式：(1) 5x+4=7y+5化简得到x=[(7y+1)/5]，因为x和y都是整数，所以，7y+1是5的倍数，可以发现，当y=2，y=7，y=10，y=12，y=17，y=20，y=22，y=27，y=30……等等的时候，可以得到整数的x。
(2) 7y+5=11z+7化简得到z=[(7y-2)/11]，因为y和z都是整数，所以，7y-2是11的倍数，可以发现，当y=5时，z是整数，然后继续往后算算试试，发现y=6、7、8、9……一直到y=26都不对，直到y=27，z又是整数。
(完整版)(完整版)2018年(第59届)国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题及答案图片版
岁马尼亚克卢日蜻沐卡第一天«1. itΓ<HΛ三角砒4〃C的外44圈・点D和EAru殳/CAC上∙^nAD ≈ AEφ BI)^CE的•克羊分线⅛Γ上劣弧AB AC分別文于点FG im ADE⅜FG1 ⅛A÷*t•⅛ 2.求所有的整4⅛□23∙便俗存在实软5皿2.・・・.<¼+2∙滿足"*ι = <M∙ 5∙2 Ua2异且<≡∙<<∙⅛1 + 1 = α∣÷3— 1.2. - - ■” 戍立・題3・反忖斷卡三蔦砒是由铁俎戎的一个正三角外障•港足除了鬟下方一行.孕个敦是它下方相你两金铁之屋的绘对值•例*\下而是一金四忡的反恤浙卡三角耐・由Hl MlO tt⅛.42 65 7 18 3 10 9请MΛ5 4Λ2018fτ的反帕浙卡三 E 包含IMl +2十・∙∙ + 2018所亦的蹩典？鈿二夭« 4.我们呀谓一个（IJL是斯d角坐栋丰而上的一个A（X.,V）∙乳中工・"需足不雄述20的正史软.最初时•所有400个位豆那是空的.甲乙两人轮濃霖放石子•由甲先遗ft∙毎次伦刘甲时.他41 一个空的住I±Λ±-¼*的化也若子•要求任急两金红己石子舸息<1 Jt之问的距离都不#于％・每次伦刘乙片•他/1任直一个空的CiJt上崔上一个M6⅛2Lt>&子.（Jl色石子所在位直与戻它石于所在位直之问雎禹可以是任倉值・）4此UAitfTT去直至某金人无法再霖放石子•试确岌遥大的位再无论乙知何报就這色若予.Y⅛*Ef⅛Ui∙>∙4X⅛K个红已若子・« 5. Ha i.a2.…走一个>LfPil正整软斥列.已知4在於敦N>l∙使碍对每个^Kn > .V t Oi i o2 . I Q*1“ I OH――+ — + ・• • + ・■■■・ + —。
2019年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营
F1
且倾斜角为
α
的直线
l
与
C
交于
A, B
两点．若
cos α =
5, 13
5F# 1A» = 8B# F»1 ，且
F2
到直线
AB
的距离为
72 ． 13
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）若 P, Q 是 C 的右准线上的两点，且 | P Q| = 3 ，求 △F1P Q 内切圆圆心 M 的轨迹方程．
2019年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题（一）
．
解析 略．
9. 已知 f (x) = loga x(a > 0, a ̸= 1), g(x) = x2 − 6x + 9 ，若存在唯一实数 x 使得 f (g(x)) = g(f (x)) = 0 ， 求实数 a 的值．
1
解析 略．
2019 中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题 (三)
10. 已知抛物线 Γ : y2 = 2px(p > 0) ，焦点为 F ，过 Γ 外一点 Q（不在 x 轴上）作 Γ 的两条切线，切点分 别为 A, B ，直线 QA, QB 分别交 y 轴于 C, D 两点， △QAB 的外心为 M ．证明： F M 为 △F CD 外接圆的切线．
倍数的概率为 ______.
二、解答题（本大题共3道小题，第9题16分，第10题20分，第11题20分） 9. 若复数 z1 , z2 满足 |z1 | < 1,|z2| < 1, z1 + z2 为实数，且 z1 + z2 + z1z2 = 0 ．求 z1z2 的取值范围．
10. 已知数列 {an} 满足 a1 = 1,
Γ
的
5年级2018年希望杯100题答案
5年级2018年希望杯100题答案第⼗六届（2018年）⼩学“希望杯”全国数学邀请赛五年级培训题1、计算：201891.1 1.91 1.991 1.99991++++个．【答案】原式2018020.920.0920.00920.00009=-+-+-++-个 201920180201920.99994037.00001=?-=个9个2、计算：123201620172016321++++++++++．【答案】原式()123201622017=++++?+ ()()12016201620172017201620171201720161201720174068289=+?+=?+?=?+=?=3、计算：2015.20152016.20162017.20172018.20181934.1934++++．【答案】原式2015 1.00012016 1.00012017 1.00012018 1.00011934 1.0001=?+?+?+?+? ()1.0001201520162017201819341.00011000010001=?++++=?=4、已知201300.0000125a =个，201700.00008b =个．求a b a b ?+÷．【答案】因为2013020170403000.00001250.000080.00001a b ?=?=个个个， 20130201700.00001250.000081250081562.5a b ÷=÷=÷=个个，所以40300402900.000011562.51562.500001a b a b ?+÷=+=个个． 5、定义：()a b a b a b ⊕=?-+，求()345⊕⊕．【答案】根据题设定义，得()3434345⊕=?-+=，()55555515⊕=?-+=，所以 ()34515⊕⊕=．6、定义：a b a b ⊕=?，c d d d d d =◎（c 个d 相乘），求()()5837⊕⊕◎．【答案】根据题设定义，得585840⊕=?=，37777343=??=◎，所以()()5837403434034313720⊕⊕=⊕=?=◎．7、定义：1000b a b a b =?+个0△，10a b a b=?+□（其中，a ，b 都是⾃然数），求()20181234□△．【答案】根据题设定义，得原式()2018123100004=?+□2018123000420181012300042018012300041250184==?+=+=□．8、观察下列数表的规律，求2018是第⼏⾏的第⼏个数?123456789101112131415，，，，，，，，，，【答案】由数表可知⾏数即是该⾏所有数的个数，因为()123631636322016++++=+?÷=，即前63⾏有2016个数，且第63⾏的最后⼀个数是2016，所以2018是第64⾏的第2个数．9、观察下列数的规律，求第2018个数．1201820171201620151，，，，，，【答案】将题设中的数重新分组，每3个数⼀组．因为201836722÷=，所以第2018个数是第673组的第2个数，于是，第2018个数是201867221675-?+=．10、根据下列算式的规律，求第2018个算式的和．23+，37+，411+，515+，619+，【答案】观察发现，第n 个算式是()()141n n ++?-，所以，第2018个算式是()()2018142018110090++?-=．11、计算机上编程序打印出前10000个⼤于0的⾃然数：1，2，3，，10000时，不幸打印机有故障，每次打印数字7或9时，它都打印出x ，其中被打印错误的共有多少个数?【答案】将1~10000想象成四位密码0001、0002~9999、0000，那么恰好每个数位上都有10种变化，共计1010101010000=种变化．现10个数字中去掉了7和9，那么还有8种变化，能够组成正常打印的数有88884096=（个），因此打印错误的有1000040965904-=（个）．12、桌上有⼀些纸⽚，每张纸⽚上都有编号（不是按顺序编的），马⼩虎同学错把6和69拿倒了，导致这些编号的平均数多出1，问这些纸⽚共有多少张?【答案】把6拿倒了，变成9；把69拿倒了，还是69，所以马⼩虎同学把总数多算了3．由于编号的平均数增加1，所以这些纸⽚共有3张．13、有⼀串数，最前⾯的4个数是2，0，1，8，从第5个数起，每⼀个数都是它前⾯相邻4个数之和的个位数字，问在这⼀串数中，会依次出现2，0，1，7这4个数吗?【答案】根据规律，这串数是2，0，1，8，1，0，0，9，0，9，8，6，3，6，3，8，0，7，8，3，呈现的规律是偶偶奇偶奇，⽽2，0，1，7是偶偶奇奇，按照上述规律两个奇数不可能相邻，所以不会依次出现2，0，1，7这4个数．14、某⼯⼈每⼩时内需先⽣产2个A 产品，再⽣产3个B 产品，最后⽣产1个C 产品，则第725个产品是哪种产品?【答案】容易得这个⼯⼈每⼩时需⽣产产品2316++=（个），因为72512065=?+，所以，第725个产品是⽣产第121个⼩时⽣产的第5个产品，故它是B 产品．15、著名的哥德巴赫猜想可以陈述为：任意⼤于2的偶数，都可表⽰成两个质数之和．将偶数88表⽰成两个质数的和，有⼏种表⽰⽅法?（a b +和b a +视为同⼀种表⽰⽅法）【答案】88583177129594147=+=+=+=+，共有4种表⽰⽅法．16、⼩华将连续奇数1，3，5，7，9逐个相加，结果是2018．验算时发现漏加了⼀个数，那么，这个漏加的数是多少?【答案】设题中有n 个数相加，则因为1，3，5，7，9，21n -依次相加，得()1212n n n n +-?÷=?．⽽444419362018?=＜，454520252018?=＞，所以⾄少有45个数．当有45个数时，最⼤的是89，202520187-=，所以漏加的数是7．当有46个数时，最⼤的数是91，464620189891?-=＞．所以漏加的数是7．17、A 、B 、C 、D 、E 五个数，每次去掉⼀个数，将其余下的4个数求平均数，这样计算了5次，得到下⾯5个数：23，26，30，33，38．求A 、B 、C 、D 、E 的平均数．【答案】5次计算中，A 、B 、C 、D 、E 分别使⽤了4次，所以A 、B 、C 、D 、E 五个数的和是()2342643043343844150? +?+?+?+?÷=，所以，A 、B 、C 、D 、E 的平均数是150530÷=．18、A 、B 、C 、D 是四个不同的⾃然数，它们的平均数是8．对它们两两求和，得到5个不同的和：12，15，17，20，x ．求x ．【答案】对A 、B 、C 、D 两两求和，可得到六个和A B +，A C +,A D +，B C +，B D +，C D +．将这四个数两两相加得出六个和数的过程中，A 、B 、C 、D 各⽤了3次，所以六个和数之和是()84396??=，由题设知A 、B 、C 、D 两两求和，得到5个和，这说明①所表⽰的六个和中有两个和是相等的．⽤y 表⽰这个相等的和，则y 只能是12，15，17，20，x 中的⼀个，且1215172096x y +++++=，从⽽32x y +=，当y 取12，15，17，20中的⼀个时，x 也在这四个数中，不符合题意，所以只能是x y =得16x =．19、已知甲和⼄的最⼤公约数是6，最⼩公倍数是264，求甲、⼄两数和的最⼩值．【答案】因为甲和⼄的最⼤公约数是6，所以甲和⼄可分别表⽰为6a 和6b ，且a 和b 互质，因为甲和⼄的最⼩公倍数是264，且26462211=，所以2211a b ?=??，若1a =，44b =，则甲、⼄两数的和是61644270?+?=；若4a =，11b =，则甲、⼄两数的和是6461190?+?=．⽐较可知，甲、⼄两数和的最⼩值是90．20、求201620172018??的所有不同质因数的和．【答案】因为522016237=??，2017是个质数，201821009=?，所以201520162017??的不同质因数有：2，3，7，1009，2017，共5个．它们的和是237100920173038++++=．21、将⼀个⾃然数的各位数字反次序排列所得的⾃然数称为原数的反序数．如5位数13245的反序数为54231，11722的反序数是22711等．如果⼀个5位数n 的反序数是4的倍数，则这样的n 最⼩的⼀个是多少，最⼤的⼀个是多少．【答案】五位数abcde 被4整除的充要条件是de 能被4整除．故n 最⼩的⼀个是21001，最⼤的⼀个是88999．22、求能写成四个连续⾃然数的和的最⼩三位数．【答案】设第⼀个⾃然数为a ，则这4个⾃然数为a ，1a +，2a +，3a +，其和为 ()()()123442a a a a a ++++++=++，即这四个连续⾃然数的和减去2所得的差是4的倍数，因为100425÷=，所以，能写成四个连续⾃然数的和的最⼩三位数是102．23、已知三位数1ab 和1ab 的差是639，求ab ．【答案】根据题设，得1ab ⽐1ab ⼤，所以()()1110010110010ab ab a b a b -=++-++ 90999a b =+-，于是90999639a b +-=，整理得1082a b +=，即82ab =．24、3333312320172018+++++的个位数字是多少?（注：3a a a a =??）【答案】当⼀个数的尾数依次是1，2，3，4，5，6，7，8，9，0时，3个这样的数相乘所得的商的个位数字依次为1，8，7，4，5，6，3，2，9，0，将这10个数作为⼀组，这组数的和的个位数字是5．因为2018102018÷=，且 ()2015187456321041?++++++++=，所以3333312320172018+++++的个位数字是1． 25、20182018201820182018个的个位数字是多少?【答案】2018的个位数字是8；2个2018相乘，乘积的个位数字是4；3个2018相乘，乘积的个位数字是2；4个2018相乘，乘积的个位数字是6；5个2018相乘，乘积的个位数字是8；所以，n 个2018相乘，n 取1，2，3，4，5，时，所得积的个位数字分别是8，4，2，6，8，即所得积的个位数字每4个为⼀周期，重复出现，因为20184=5042÷，所以，“2018个2018相乘所得积的个位数字”与“2个2018相乘所得积的个位数字”相同，即为4．26、31008A B =?，其中A 、B 均为⾃然数，B 的最⼩值是多少?（注：3A A A A =??）【答案】因为421008237=??，所以，B 的最⼩值是22237588??=．27、求有16个约数的最⼩的⾃然数．【答案】要使这个数尽量⼩，所取的质因数应该尽量⼩．若这个数只有⼀个质因数，则最⼩的数是152，若这个数有2个质因数，且162844=?=?，则这个数可能是723?，或3323?，若这个数有3个质因数，且16224=??，则这个数可能是3235??，若这个数有4个质因数，且162222=，则这个数可能是2357，⽐较可知3235120??=是最⼩的．28、若4037位数201852018955559999a 个个能被7整除，求a ．【答案】因为111111158737=?，所以5555555111111=?，9999999111111=?都能被7整除，⼜201863362÷=，所以201655555个和201699999个能被7整除，因为201852018920165202102016020169555599995555100005599100009999a a =?+?+个个个个个个，所以5599a 能被7整除，因为995544a a -=，所以44a 能被7整除，因为644792=?，所以6a =．29、若五位数1624□能被11整除，求□所表⽰的数字．【答案】若⼀个数的奇数位上的数字和与偶数位上的数字和的差是11的倍数，则这个数是11的倍数．因为五位数1624□偶数位上数字和是628+=，奇数位上数字和是145++=+□□，它们的差是3-□，或3-□，所以，3-□，或3-□是11的倍数，只能是3=□．故□所表⽰的⾃然数是3．30、求2018位数201855555个除以13所得的余数．【答案】因为5555551342735÷=，且201863362÷=，所以201855555个除以13所得的余数与55除以13所得的余数相同，因为551343÷=，所以201855555个除以13所得的余数是3． 31、求12342019+++++除以9所得的余数．【答案】因为()1234201920191201922039190+++++=+?÷=，且 203919092265766÷=．另解任意连续9个⾃然数的和都能被9整除，201992243÷=，余数必然是1236++=．32、求2017位数201777777个除以30所得的余数．【答案】因为30235=??，故先考虑201777777个除以2，3，5所得的余数．易得201777777个除以2所得的余数是1，因为201777777个的各位数字之和为72017?，所以201777777个除以3所得的余数是1，⼜201777777个除以5所得的余数等于7除以5所得的余数，所以201777777个除以5所得的余数是2，⼜因为在⼩于30的数中，同时满⾜除以2所得的余数是1，除以3所得的余数是1，除以5所得的余数是2的数只有7，所以201777777个除以30所得的余数是7．33、某⼀个⾃然数分别去除25，38，43，所得的三个余数之和为18，求这个⾃然数．【答案】由题设，得这个⾃然数显然⼩于26，否则25除以这个⾃然数所得的余数是25，⼤于18，⼜由1836÷=，可知这个⾃然数⼤于6．因为2543381888++-=，所以，88是所求⾃然数的整数倍，⽽88⼤于6，⼩于26的约数有8，11或22．经验算，只有11满⾜条件，故这个⾃然数是11．34、六位数2018ab ，被5除余1，被11除余8，求ab ．【答案】因为2018ab 被5除余1，所以20181ab -是5的倍数，所以b 只能取1或6；⼜2018ab 被11除余8，所以20183ab +是11的倍数，所以()()2018311201803111011ab a b +÷=÷+?+÷()1834510811a b =+?++÷，所以108a b ?++是11的倍数，当1b =时，109a ?+是11的倍数，此时，a 只能取9，当6b =时，1014a ?+是11的倍数，此时，a 只能取3，故91ab =，或36ab =．35、已知四位数abcd 除以2，3，4，5，6，7所得的余数互不相同（都不是0），求abcd 的最⼩值．【答案】因为在除法运算中，余数⼀定⽐除数⼩，所以四位数abcd 除以2，所得的⾮零余数只能是1，除以3，所得的⾮零余数可能是1或2，因为四位数abcd 除以2，3所得的余数互不相同，所以四位数abcd 除以3，所得的余数只能是2．同理可得，四位数abcd 除以4，5，6，7，所得的余数依次为3，4，5，6，于是有1abcd +可以同时被2，3，4，5，6，7整除，即1abcd +是2，3，4，5，6，7的倍数，[2，3，4，5，6，7]420=，4202840?=，42031260?=，所以abcd 的最⼩值是126011259-=．36、若两位数xy xy AABB ?=，求xy ．【答案】因为110AABB A B =?，所以AABB 是11的倍数，因为11是质数，所以xy 也是11的倍数，⼜xy xy AABB ?=，所以0A B 也是11的倍数．设011A B ab =?，则ab 是完全平⽅数，且10a b +=，满⾜条件的ab 只有64，所以 0704A B =，88xy =．验算88887744?=，满⾜条件．37、字母W 、M 、T 、C 分别代表4个不同的数字，并且2017WW MM WT C ?++=，求W M T C +++的值．【答案】由2017WW MM WT C ?++=，得()11112017W M WT C ++=，⼜()201711111681÷?=，所以7W =，11T C +=，16W M ?=，或8W =，1T C +=，16W M ?=，可推出2882W M ?=?=?，故8W =，2M =，1T C +=，因此82111W M T C +++=++=．38、字母a ，b ，c 表⽰3个不同的⾮零数字，若724abc bc c ++=，求a b c ++．【答案】因为724abc bc c ++=，即1001010724a b c b c c ?+?++?++=，也即100203724a b c ?+?+?=，因为3只有与8的积的个位数字是4，所以c 必是8，于是1002024724a b ?+?+=，因此10020700a b ?+?=，即10270a b ?+?=，⼜2与0，5的积的个位数字都是0，所以5b =（舍去0b =），对应地6a =，从⽽65819a b c ++=++=，故所求和是19．39、已知()()()12143S n n n k =?-?-??++，若k 是1⾄200之间的⾃然数，n 是⼤于2的⾃然数，则有多少个不同的k ，使得S 是两个相同⾃然数的乘积．【答案】当3n =时，49S k =+，设S x x =?，则()()()94334k x x x x =?-÷=+-÷，由k 是⾃然数，得x 是⼤于3的奇数，因为()()2732734180200+-÷=＜，()()2932934208200+-÷=＞，所以，x 可取的值有()273212-÷=（个），对应地，当3n =时，满⾜条件的k 的值有12个；当3n ＞时，因为432124=，所以()()121n n n ?-?-??是4的倍数，记()()1214n n n p ?-?-??=（p 是⼤于等于6的⾃然数），则()43S k p =++，因为任何⾃然数的4倍加上3都不能写成两个相同⾃然数的乘积，所以，当3n ＞时，不存在满⾜条件的k ．综上，有12个不同的k ，使得S 是两个相同⾃然数的乘积．40、⽤⼀块橡⽪泥捏⼀个表⾯积是64的长⽅体，使它的长、宽、⾼都是整数，则可以捏出多少种不同的长⽅体?【答案】设长⽅体的长、宽、⾼分别为a ，b ，c ，则由题设得64222a b a c b c =??+??+??，即32a b a c b c =?+?+?，因为长⽅体的长、宽、⾼都是整数，所以，若1a =，则32b c b c =++?，经试验，只有当2b =，10c =，或10b =，2c =时，满⾜条件，①注意到长、宽、⾼互换时，是同⼀长⽅体，故记为⼀种长⽅体；若2a =，则3222b c b c =?+?+?，经试验，只有当1b =，10c =，或10b =，1c =时，满⾜条件，与①是同⼀种长⽅体；若3a =，则3233b c b c =?+?+?，经试验，不存在整数宽和⾼满⾜条件；若4a =，则3244b c b c =?+?+?，经试验，只有当2b =，4c =或4b =，2c =时，满⾜条件；②若5a =，则3255b c b c =?+?+?，经试验，不存在整数宽和⾼满⾜条件；若6a =，则3266b c b c =?+?+?，经试验，不存在整数宽和⾼满⾜条件；若7a =，则3277b c b c =?+?+?，经试验，只有当2b =，2c =时，满⾜条件；③若8a =，则3288b c b c =?+?+?，经试验，不存在整数宽和⾼满⾜条件；若9a =，则3299b c b c =?+?+?，经试验，不存在整数宽和⾼满⾜条件；若10a =，则321010b c b c =?+?+?，经试验，只有当1b =，2c =或2b =，1c =时，满⾜条件，与①是同⼀长⽅体；当a 取其它值时，不存在整数宽和⾼满⾜条件．综上，满⾜条件的长⽅体有3种．41、已知两位数ab 与ba 的差是45，求满⾜条件的ab 的个数．【答案】因为()()()1010945ab ba a b b a a b -=+-+=-=，所以5a b -=，因此，满⾜条件的ab 有16，61，27，72，38，83，49，94，共8个．42、五位数273ab 既能被3整除，⼜能被7整除，求满⾜条件的五位数的个数．【答案】因为27300211300÷=，所以两位数ab 也能被21整除，所以，满⾜条件的五位数有27300，27321，27342，27363，27384，共5个．43、若1009abc cba +=，则这样的abc 有多少个?【答案】因为()()()1001010010101201009abc cba a b c c b a a c b+=+++++=++=，所以()101a c +的个位数是9，只能是9a c +=，所以20100b =，于是5b =，这样的abc 有8个：158，257，356，455，554，653，752，851．44、6个互不相同的⾮零⾃然数的平均数是12，若将其中⼀个两位数ab 换为ba （a ，b 是⾮零数字），那么这6个数的平均数变为18，求满⾜条件的ab 的个数．【答案】由题设得()()()101018126b a a b +-+=-?，即()936b a -=，所以4b a -=，于是当1a =时，5b =，15ab =，51ba =，当2a =时，6b =，26ab =，62ba =，当3a =时，7b =，37ab =，73ba =，当4a =时，8b =，48ab =，84ba =，当5a =时，9b =，59ab =，95ba =，⼜因为6个⾃然数互不相同，所以ab 最⼤为()1261234557?-++++=，同理，得ba 最⼤为()1861234593?-++++=，所以，满⾜题设的ab 有15，26，37，48，共4个．45、在1~300（包括1和300）的⾃然数中，既不能写成两个相同⾃然数的乘积，也不能写成三个相同⾃然数的乘积的数有多少个?【答案】因为111?=，224?=，4416?=，1717289?=，1818324?=，且1111??=，2228??=，33327??=，666216??=，777343??=，即在1~300的⾃然数中，能写成两个相同⾃然数的乘积的数有17个，能写成三个相同⾃然数的乘积的数有6个，其中，即能写成两个相同⾃然数的乘积，也能写成三个相同⾃然数的乘积的数有2个，即1和64，所以，满⾜条件的数共有3001762279--+=（个）．46、已知四位数abcd ，b c a d ＜＜＜，10a b c d +++=，a ，d 和abcd 都是质数，求这个四位数．【答案】因为a 是⼀位数字，并且是质数，所以a 是2，3，5，7之⼀．如果2a =，则由b c a ＜＜，知0b =,1c =,由10a b c d +++=，得7d =，于是2017abcd =．如果3a =，则由b c a ＜＜，得1b =，2c =，或0b =，2c =或0b =，1c =，⼜10a b c d +++=，所以4d =，或5d =，或6d =，因为d 也是质数，于是3a =，0b =，2c =，5d =，因此3025abcd =，3025是合数．如果5a =，则由a d ＜，得d 最⼩是6，此时1110a d +=＞，与10a b c d +++=⽭盾，所以5a =不合题意．同理，7a =也不合题意．综上可知，2017abcd =．47、已知□、○、△分别代表不等于0的不同数字，若等式77?+?□□○△□2018=恒成⽴，求□+○+△的值．【答案】先估算⼀个接近2018的数，以减少试算的次数．因为703021002018?=＞，所以□代表的数字应该⼩于3，即□代表的数字只能是1或2．当□=1时，7117112072018?+?=+=○△○△，则811=○△，○△表⽰两位数，⽽811是三位数，⽭盾；当2=□时，72272194422018?+?=+?=○△○△，则37=○△，因此2=□，3=○，7=△，故23712=++=□+○+△．48、数⼀数，图1中共有多少个三⾓形?【答案】由1个三⾓形构成的三⾓形有16个，由1个三⾓形和1个四边形构成的三⾓形有16个，由2个三⾓形和1个四边形构成的三⾓形有16个，由5个三⾓形、2个四边形和1个⼋边形构成的三⾓形有8个，所以，图中共有三⾓形161616856+++=（个）．49、图2中共有多少个三⾓形?【答案】易得图中共有12个彼此没有重合部分的⼩三⾓形，由2个⼩三⾓形构成的三⾓形有8个，由3个⼩三⾓形构成的三⾓形有12个，由4个⼩三⾓形构成的三⾓形有4个，由6个⼩三⾓形构成的三⾓形有4个，所以，图中共有三⾓形128124440++++=(个)．50、图3中有6个11的⼩正⽅形，它们共有12个顶点．从中取出3个，作为三⾓形的顶点，问：这些三⾓形中，⾯积是1的有多少个?【答案】⾸先，由⾯积公式12112S=??=，可知（1）以图17中的粗线段为底边时，顶点可以选4个⿊点中的任意⼀个，此时，有4个这样的三⾓形，将底边向右移动⼀个单位，⼜有4个这样的三⾓形，，此图中共有42个这样的三⾓形．同理，底边在⼤长⽅体的最上边的橫边上，⼜有42个这样的三⾓形．⽽图中这样的⼤长⽅形有2个，所以共有三⾓形422232=（个）．（2）如图18，类似（1），长⽅形如果竖起来，共有三⾓形32318=（个）．（3）以图19中的粗线段为底边时，去掉与（2）重复的，顶点可以选2个⿊点中的任意⼀个，此时，有2个这样的三⾓形，将底边向右移动⼀个单位，⼜有2个这样的三⾓形，，此图中共有23个这样的三⾓形．同理，底边在⼤长⽅形的最上边的橫边上，⼜有23个这样的三⾓形，所有共有三⾓形23212=（个）．（4）以图20中的粗线段为底，去掉与（1）重复的，顶点只有1种选法，有1个这样的三⾓形，将底边往下移⼀个单位，⼜有1个这样的三⾓形，此图中共有2个这样的三⾓形．同理，如果将⼤正⽅形的最右边的边作为底，有2个三⾓形．⽽图中这样的⼤正⽅形有2个，所以共有三⾓形2228=（个）．故32的正⽅形中，⾯积为1的三⾓形共有321812870+++=（个）．51、如图4，在正⽅形⽹格中有⼀个三⾓形，问图中含有三⾓形的正⽅形有⼏个?【答案】由1个⼩正⽅形构成的有三⾓形的正⽅形有1个；由4个⼩正⽅形构成的有三⾓形的正⽅形有4个；由9个⼩正⽅形构成的有三⾓形的正⽅形有4个；由16个⼩正⽅形构成的有三⾓形的正⽅形有4个；由25个⼩正⽅形构成的有三⾓形的正⽅形有1个．故含有三⾓形的正⽅形共有14个．52、把⼀副三⾓尺ABC与BDE按如图5所⽰拼在⼀起，其中A、D、B三点在同⼀直线上．BM为ABC∠的平分线，BN为CBE∠的平分线，求MBN∠的度数．【答案】因为60ABC∠=?，且BM为ABC∠的平分线，所以260230CBM MBA ABC ∠=∠=∠÷=?÷=?，因为6090150CBE ABC DBE ∠=∠+∠=?+?=?，所以150275CBN NBE ∠=∠=?÷=?，故753045MBN CBN CBM ∠=∠-∠=?-?=?．53、如图6，从左到右六个三⾓形的⾯积分别是1，2，3，4，5，6，相邻的两个三⾓形有部分重合，求灰⾊区与⿊⾊区的⾯积的差．【答案】灰⾊区的⾯积加上5块⽩⾊三⾓形的⾯积，即为⾯积为1，3，5的3个三⾓形的⾯积和，⿊⾊区的⾯积加上5块⽩⾊三⾓形的⾯积，即为⾯积为2，4，6的3个三⾓形的⾯积和．所以，灰⾊区与⿊⾊区的⾯积的差是()()2461353++-++=．54、如图7，将⼀个正⽅形分割成两个相同的，若分成的两个可以组成⼀个周长是26的长⽅形，求这个正⽅形的⾯积．【答案】如图21所⽰，正⽅形分割后可以拼成⼀个长⽅形ABCD ，根据题意可知AE GH FC ==，EG HF =，BE BC HF =+,所以23AE FH =．因为长⽅形的周长是26，所以()226AE BE BC ++=，所以1326FH =，所以正⽅形的边长为36FH =，故所求正⽅形的⾯积是6636?=．55、如图8，⼩正⽅形的⾯积是1，求图中阴影部分⾯积．【答案】阴影部分的⾯积等于正⽅形的⾯积减去3个三⾓形的⾯积，即44142332342 3.5?-?÷-?÷-?÷=．56、如图9，AD DC =，3EB CE =，若3CDPE S =四边形，4PBE DAP S S -=△△，求折线APBCA 所围成的图形的⾯积．【答案】如图22，连接CP ．因为AD DC =，3EB CE =，所以CDP DAP S S =△△，3PBE PEC S S =△△，设DAP S a =△，PEC S b =△，则3CDPE S a b =+=四边形，34PBE DAP S S b a -=-=△△，两式相加，得47b =，即 1.75b =，所以33 1.75 1.25a b =-=-=，故阴影部分的⾯积为33 1.253 1.7539.5DAP PBE CDPE S S S a b ++=++=++?=△△四边形．57、如图10，正⽅形ABCD 中，正⽅形AEFG 的⾯积是4，长⽅形EBHF 的⾯积是8，长⽅形IHCJ 的⾯积是6，求FID △的⾯积．【答案】正⽅形AEFG 的⾯积是4，可知正⽅形AEFG 的边长是2，所以，正⽅形ABCD 的边长是2826+÷=，从⽽，长⽅形IHCJ 的长是624-=，宽是64 1.5÷=，因此62 1.5 2.5FI =--=，FID △在FI 上的⾼等于长⽅形IHCJ 的长，即为4，故FID △的⾯积 2.5425=?÷=．58、如图11，在ABC △中，D 、E 分别是AB 、AC 的中点，且图中两个阴影部分（甲和⼄）的⾯积差是504.25，求ABC S △．【答案】如图23，记BE 与CD 相交于O 点，因为504.25S S -=甲⼄，所以()()504.25COE COE S S S S +-+=甲△⼄△，即504.25BCE DCE S S -=△△．⼜D 、E 是中点，即12BCE ABC S S =△△，1124DCE ADC ABC S S S ==△△△，所以 11504.2524ABC ABC S S -=△△，故4504.252017ABC S =?=△．59、如图12所⽰，⼀个多边形的每条边长是1cm ，⼀共有12条边；空⽩部分是正三⾓形，⼀共有12个．求阴影部分的⾯积．【答案】如图24，阴影部分可以分为12个完全相同的平⾏四边形：每个平⾏四边形的⾯积为10.50.5=（平⽅厘⽶），因此阴影部分的总⾯积为0.5126=（平⽅厘⽶）．60、⼀张圆形纸沿直径对折后，在它上⾯画三条直线，按照所画直线切三⼑．由于所画直线不同，可以把圆纸切成的块数也不同．那么这张纸⽚最少被切成了多少块，最多被切成了多少块?【答案】⾄少4块，⾄多13块，切法如图25．61、⼀组积⽊组成的图形，从正⾯看是，从侧⾯看是，若这组积⽊是⽤n 块相同的正⽅体⽊块摆出来的，则n有⼏种取值?【答案】如图26，根据题设条件，n最⼩是3，最⼤是9，则n的取值可以是3，4，5，6，7，8，9，共7种．62、如图13的⼏何体是由8个棱长是1的正⽅体⼩⽴⽅体搭成的，求⼏何体的表⾯积（包括底⾯）．【答案】从前⾯、后⾯、左⾯、右⾯、上⾯和下⾯看，这个⼏何体的表⾯积都是5，且从前⾯、后⾯、左⾯、右⾯看，都隐藏了1个⾯，所以，这个⼏何体的表⾯积是+=．56143463、如图14是⼀个正⽅体的平⾯展开图，若该正⽅体相对两个⾯上的数值的和都等于34，求a b c-?．【答案】由题意，得32177410321934c=，b=，1a b a b c++=-+=+-+=，解得5a=，4所以5411a b c -?=-?=．64、如图15，矩形ABCD 中，F 为BC 的中点，2CE DE =，矩形ABCD 的⾯积为3，求阴影部分的⾯积．【答案】设DE a =，CF b =，则2CE a =，所以11222CEF S CE CF a b ab ==??=△， 12322BCD CEF S S S b a ab ab =-=??-=△△阴影．⽽326S a b ab =?=矩形，故矩形⾯积是阴影⾯积的3倍，阴影⾯积为1．65、在边长是1⽶的正六边形内任意丢放7颗⼩⽯⼦，则总有两颗⼩⽯⼦的距离不⼤于1⽶，请说出理由．【答案】如图28，连接正六边形的对⾓线，将这个正六边形分为6个边长都是1⽶的⼩等边三⾓形．把7颗⼩⽯⼦丢进这6个⼩等边三⾓形，则必有⼀个⼩等边三⾓形中⾄少有两颗⼩⽯⼦．这两颗⼩⽯⼦之间的距离不会超过⼩等边三⾓形的边长．故总有两颗⼩⽯⼦的距离不⼤于1⽶．66、某次考试共有10道判断题．⼩张划了5个钩和5个叉，结果对了8道；⼩李划了2个钩和8个叉，结果对了6道；⼩王⼀道不会，索性全部打叉，那么他⾄少可以蒙对多少道题?【答案】⼩张只错了2道题，那么他的5个叉⾥，⾄少有3个是对的，⼩李错了4道题，那么他的8个叉⾥，⾄少有4个是对的，因此⼩王全部打叉，⾄少可以蒙对4道题．67、两个瓶中⼩球的数量相等，且都只有⿊、⽩两种颜⾊．已知第⼀个瓶⼦中⽩球的个数是⿊球的4倍，第⼆个瓶⼦中⿊球的个数是⽩球的7倍，若两个瓶中⼀共有111个⽩球，则第⼆个瓶中有⿊球多少个?【答案】已知第⼀个瓶⼦中⽩球的个数是⿊球的4倍，第⼆个瓶⼦中⿊球的个数是⽩球的7倍，所以可设每个瓶中⼩球为() ()141740+?+=（份），则第⼀个瓶中有⽩球()4014432÷+?=（份），第⼆个瓶中有⽩球()401715÷+?=（份），两个瓶中⼀共有⽩球32537+=（份），为111个，所以，1份有⼩球111373÷=（个），故第⼆个瓶中有⿊球()401773105÷+??=（个）．这五位同学了解的情况，每⼈只有1项是正确的，请判定这位新同学的情况．【答案】若这位新同学姓季，由班⼲A 、C 两⼈了解的后三种情况⼀样，则这位新同学姓陈，互相⽭盾，所以这位新同学不姓季，也不姓陈．若这位新同学姓张，则他不是⼥⽣，上学期语数英总成绩不是220分，也不是240分，不擅长跳舞，也不擅长唱歌，那么这位新同学是男⽣，上学期语数英总成绩260分，擅长画画，这样班⼲A 和C 了解的情况两项都是正确，产⽣⽭盾．因此，这位新同学姓黄，由班⼲D 了解的情况，这位新同学是男⽣，对照班⼲A 、D 了解的情况可知，上学期语数英总成绩不是220分和260分，不擅长画画，也不擅长唱歌．综上，这位新同学姓黄，男⽣，上学期语数英总成绩240分，擅长跳舞．69、若2017abcd abc ab a +++=，求四位数abcd ．【答案】根据题设列竖式：2017a b c da b ca b a+由和的千位数字是2，可知1a =（百位进位）或2a =（百位不进位），但和的百位数字是0，故百位⼀定会产⽣进位，于是1a =；当1a =时，由和的百位数字是0，可知8b =（舍去9b =，这和⼗位需向百位进位⽭盾）；进⼀步可得1c =，7d =．所以1817abcd =．70、如图16的加法竖式中共有9个空格，在每个空格中填⼊6，7，8，9四个数字中的⼀个，使得竖式成⽴．共有多少种不同的填法?201716□□□□□□+□□□图【答案】加法竖式中共有3个加数，这3个加数个位上都取6时，个位上的数字和最⼩，为18，个位上都取9时，个位上的数字和最⼤，为27，所以，这3个加数个位上的数字和是18~27的⾃然数，同理，这3个加数⼗位和百位上的数字和也是18~27的⾃然数，由于3个加数的总和是2017，所以个位数字和为27，⼗位数字和为19，百位数字和为18．根据整数分拆27999=++，19667=++，18666=++，所以，个位的填法只有()999，，1种；⼗位的填法有()667，，，()676，，，()766，，，共3种；百位的填法只有()6661，，种；所以，这三个数不同的的的填法有1313??=（种）．71、今年，爸爸的年龄是⼩林年龄的11倍；7年后，爸爸的年龄是⼩林年龄的4倍．求今年爸爸和⼩林的年龄．【答案】因为()()=，所以今年爸爸33岁，⼩林3岁．-÷-=，11333741114372、⽤数字1，2，3和⼩数点可以组成多少个⼩数?要求三个数字都⽤上．若三个数字允许不全取呢?【答案】若三个数字都⽤上，且先不考虑⼩数点，则可组成6个数：123，132，213，231，312，321．加上⼩数点后，123可以变为1.23或12.3，其它各数亦如此．故此情况下，可组成2612=个⼩数；若三个数字允许不全⽤，有以下⼏种情况：（1）三个数字都取，则由上分析可得12个数；（2）若取两个数字可组成6个数：12，21，13，31，23，32，加上⼩数点，可组成6个⼩数；（3）取⼀个数字⽆法加⼩数点，共可组成12618+=个⼩数．综合以上可知，前⼀个答案为12，后⼀个答案为18．73、7只猴⼦分⼀箱栗⼦，每只猴⼦所得彼此不同，分得最多的猴⼦得了50颗，那么这箱栗⼦最多有多少颗?【答案】因为这箱栗⼦有7只猴⼦分，每只猴⼦所得彼此不同，最多分得50颗，所以最少应分得507144-+=颗．于是这箱栗⼦最多有()++=+?÷=（颗）．50494450447232974、某架天平秤，只有整千克数的砝码，称三个青苹果或五个黄苹果或7个红苹果，其质量恰好都是整千克数，要是1个青苹果、1个黄苹果、1个红苹果这三个苹果的质量就不是整千克数了，如果按四舍五⼊法取近似值约是1.16千克，那么3个青苹果、5个黄苹果和7个红苹果的质量分别是多少千克．【答案】设3个青苹果重a千克，5个黄苹果重b千克，7个红苹果重c千克．则根据题意1.155357 1.165≤÷+÷+÷＜，a b c即()()a b c≤?+?+?÷??＜，1.155352115357 1.165即121.275352115122.325≤?+?+?＜．a b c⼜根据题意a，b，c均为整千克数，所以352115122a b c++=，经试验1c=，a=，2b=，3即3个青苹果1千克，5个黄苹果2千克，7个红苹果重3千克．75、2017年⾸届“希望杯”总决赛，这次的参赛⼈数不⾜千⼈．如果按3⼈，5⼈，7⼈⼀组分组，均多出1⼈；如果按23⼈⼀组分组正好分完，求参赛⼈数．【答案】⼈数分别除以3，5，7均余1，则这个数可以表⽰为1051x+，因为这个数⼩于1000，所以10511000x+＜，于是x只能取1，2，3，，9，经验证，只有当7x=，即这个数是736时，这个数是23的倍数，故参赛⼈数为736⼈．76、王⽼师买来了132⽀铅笔、75本作业本和37个削笔器，将它们分成完全相同的若⼲份奖品，最后铅笔、作业本和削笔器剩余的数量相同．那么，王⽼师最多分了多少份奖品? 【答案】由题设条件，得132，75，37三个数的差都是奖品份数的倍数，即57，95，38都是奖品份数的倍数，因为57，95，38的最⼤公约数是19，所以王⽼师最多分了19份奖品，且每份奖品有6⽀铅笔、3本作业本和1个削笔器．77、王处长从东北捎来⼀袋苹果，如果分给甲、⼄两个科室的⼈员，每⼈可分得6个；如果只分给甲科室的⼈员，每⼈可分得10个．问：如果只分给⼄科室的⼈员，每⼈能分得多少个?【答案】由题意可知，苹果数既是6的倍数，也是10的倍数，因为6和10的最⼩公倍数是30，所以可以设⼀共有30份苹果，因为如果分给甲、⼄两个科室的⼈员，每⼈可分得6个，所以，甲、⼄两个科室的⼈员有3065÷=（组），⼜如果只分给甲科室的⼈员，每⼈可分得10个，所以，甲科室的⼈员有30103÷=（组），于是，⼄科室的⼈员有532-=（组），因此，如果只分给⼄科室，每⼈能分30215÷=（个）．78、某电影院，甲种票每张24元，⼄种票每张18元．若某班35名学⽣购买两种票恰好花了750元，则甲、⼄两种票各买了多少张?【答案】假设35名学⽣全购甲种票，则3524840?=（元），⽐实际多花了84075090-=（元），所以，⼄种票买了()90241815÷-=（张），甲种票买了351520-=（张），即甲种票买了20张，⼄种票买了15张．79、某公司彩电按原价格销售，每台获利润60元，现在降价销售，结果彩电销量增加⼀倍，获得的总利润增加了0.5倍，则每台彩电降价多少元?【答案】总利润是原来的1.5倍，销量是原来的2倍；那么，单台的利润就是原来的1.520.75÷=；所以，现在单台利润是600.7545?=元，因此每台彩电降价604515-=元．80、⼩笨有⼀天讲了⼀个笑话，除⼩笨本⼈外，教室⾥有五分之四的同学听到了，但是只有四分之三的同学笑了．已知听到笑话的同学有六分之⼀没有笑，那么没听到笑话的同学⾥有⼏分之⼏的⼈笑了?【答案】以教室⾥除去⼩笨本⼈的总⼈数做为单位1，听到笑话并笑了的同学占4121563-= ，那么没听到笑话⽽笑了的同学占3214312-=，这些⼈占所有没听到笑话的⼈的145112512??÷-= ． 81、甲、⼄共有26张卡⽚．甲先拿⾛⼄的⼀半，⼄发现后，也拿⾛了甲的⼀半．甲不服⽓，⼜悄悄拿了⼄的5张卡⽚，此时甲⽐⼄多2张，问：⼄刚开始时有多少张卡⽚?【答案】先⽤“和差法”，求出最后甲和⼄各⾃的卡⽚数．甲最后的卡⽚数()262214+÷=（张），⼄最后的卡⽚数14212-=（张）．。
2018年协作体数学奥林匹克夏令营A水平考试答案
pi f ( xi ) （ i = 1, , M ）.由中国剩余定理，同余方程组
x ≡ x1 ( mod p1 ) , x ≡ x ( mod p ) M M
有整数解 x ≡ x0 ( mod p1 pM ) .
取其中一个解 n0 使得 f (n0 ) > 1 .则 pi f (n0 ) （ i = 1, , M ） ，这说明 p1 , , pM 都是 f (n0 ) 的素因数，所以 g (n0 ) ≥ M . ………… 30 分 下面回到原题，假设结论不成立，则存在正整数 N ，使得 n > N 时有如下 性质： （1） f ( n ) > 1, f ( n + 1) > 1 ； （2） g (n) ≥ g (n + 1) .
从而 BC ≥
(
5 − 4 cos A BD ．
)
………… 20 分
当 ∠C ≥ 90° 时，设 = x BD = DE ,= y EC ，则点 D 到直 线 BC 的 距 离 为 x sin B ， 点 E 到 直 线 BC 的 距 离 为 y sin( A + B ) ， 因 为 x < y , sin B < sin( A + B ) ， 所 以 x sin B < y sin( A + B ) ，于是 ∠DEA > 90° ，故 = x DE < AD ， B AB 从而 x < ．又 x < y ≤ AC ，所以 2 c x ≤ min , b ． 2 2 c c 2 2 2 于是 a = b + c − 2bc cos A = 4 + b2 − 4b cos A 2 2 c c ≥ 3 + 2b (1 − 2 cos A) 2 2 ≥ (5 − 4 cos A) ⋅ x 2 ， 从而
完整版完整版2018年第59届国际数学奥林匹克IMO竞赛试题及答案图片版
罗马尼亚丸户日第氷卡第一天4 I. RrjtMIl 三角砒,4/?「的给按H •点。
知E@1UuB ，「上∙ ttflf4∕> = 4£. BI)^CE 的套R 亠分疑 ¼Γ Λ*ΛΛR∕IC^M⅛TAFG.i4W: InnE 柯FG 重律九平ft41 2・ L 繪疔的 JMI A 9 <t <* j. j⅛ JtOn ∙ I Ul ".，♦•・ 巧畀 JL« 3.反怙斯卡三為砒是由做血戎的一〉止三血0母∙ Λ<l⅛γMT 方一存∙ ⅜f*是它下方柜懈两金做之总 的地片值.W¼f 下面Jt 一金B 忡的反愉斯卡βiAU∙ Miυ tιΛ・57 I S 3 10 9请何442018ft 的反.枪驕卡丄■仏 fc>lΛl+2÷∙→3)lM 雋才的^k?昭二天4 4.代们卿谓-个αjL<⅛fi.Λ±*÷Λ±*⅛-个AU∙")∙ K*z.l r*Λ不绘1120的止整紋・Λw ∣t.所有JOo 个位KiF 是空的・甲乙站人4注抿试&子.由甲尢遼行・毎次驼刘甲时•他從一个空的 αι±Λ±-¼**⅞rttι;I t *∕Kttt*i¼<te∙δi^αακiw<⅛rtiiΛ不#于％•号次轮列乙H ∙他 在任蹇一介空的位直上摆上一个条的泓包召子・(U 忌子耐AUJt 与昇它石子所d(iK 之冏弘禺可以是仕卷 值・》4此这Itit 行下去A 盖泉金人丸法再加就石子.认从丈遥大的 »UA\ (tflft 论乙卜何 Λ>tltAf. Y⅛tlΛUl^artAtfc.t 6f.« 5. α<ι∣.<ι>,…〈一个丄限琐正筮 it∕M∙ ^4b4αmΛ> l t tt4∣t⅜¼>ttn>.v.杯*整敦・ UM: 4ΛjirttΛ/. UflFo frl ≡o^l *f>⅜<1Mtrr∙>Λ/•施2∙4 tt. H6r⅛i4<J.WCD*. ∕1B CD » BC DA •点內・ M4X.ZXAB = ZXCP i ZXBC = ZXD4⅛*l: ZΠΛ.4 ZDXC = 180β・H 瞬有・一1.2.罗坷尼込P a纳发卡4 I iwjtlt烏三铸刑・4〃「的外HflB•人〃4“在後几4〃・"•上∙IiflMD "・Mm的∙A牛分厲⅛Γ±KA∕IRTtC^MtfAEG URfl: InDE ⅛FG l^<÷fT.(tαt) ii^Λ: itFG分射丈/"W十、"卜出.HFS AH. GI Il AC.ΛΨ5.T Δ O 上.曲千FB∙ FD∙<FSMβ. MZFP/J-ZFHD-ZS-4∕J t<⅛MFP∣ /1S. 而FS || 4D.HΛDFSA + H^边可.円理巧如」£Y?；T尢羊厅E边0 f<(7T-∕1E-ΛP-FS t“衍■於∙i£毕■ 2•求瞬斤的蹩tt” 上J∙ K∕? 4Λ *: Ct<ι∣.αj. .0e→2∙ Λ<∙rf n^∣«■ α∣, <u⅛j ≡ <∣√ 4 Au∣∙t⅛l ♦1 ■ <b∙2时*T<>≡ LX∙∙∙.n<J..Φ(赵O Wl短未的，I为3|〃f(1) 首尢∙U∣H*t∙強伽■2 (2) *44I4U∙⅝HH. K 3f∙3∣邮以解钩HBAG CG = AF BF o Gr - FS刀伽α.∙∣<∣∙42⅜Kf <tA∕.∂0f* ft(t<f⅛ιtL¼HΛ⅛Mtfi于•甲.⅛∙tftUi><<K个红己石于<⅜)•I: /1- 100.t<t4⅜α*(τ.s∕)*χ÷ w⅜m⅛^t. ftJt ⅛√5的腐介<iM畀也<F*4⅛8-种無己的<i亶屮擢上红邑( 于∙ι^te⅜此包一半位Jfflr上红已石于•于是I r以件対K)OeiX色石于・4ι< ι*⅛^α¼αXOΛι⅛∙ ⅜tiΛΛA√⅞⅛-M≡:(l.i)9 (24). (3β2)l(4.4)(1.4>∙(2∙2h(3∙3)∙(4∙l)(L 2>e(23)l (3J)l(<3)(1.3).(2.1).(3.4),(4.2)再IXM的分俎”展刘2O∙2υ的UK. ▼号次α<ΛttαXrt±∏Lli予.创乙α同俎屮MGU負棺上Ii 己&子両屈申处It卸腐4匕XΛ⅛A ⅛√S. MΛ<4∣*乙可以Xi/V Q导如壬參播一金的包&千・< 5. Ho l.α3.…赴一金无风珊止JHtRFh6⅛>441tfft.V> 1. (tflFH⅜¼*iir<≥.V t21 + ^ + ...+⅛z∙+⅛<⅛" ‰ α∣*4.«* ・U*J: 4Ai*ΛΛ∕. ΛflF<∣^ - <*Λr∕< ≥ A∕><i.谚明：停时应于“和“41的冯个人于栢Z可以碍列∙tt*^Γrι>.V,f<tOm÷i<>l I <≡ntfl ÷ <«••・l -O∏Mn÷^∏ > Nit<M 的*«1 子* 合为/•・α>n⅛α-Λ kt⅛i)α1X t*⅛W t.用你钓不4 卩中的It <；JtMf < fκ JL ft(<α1)≡l Λ0.<⅛1 ∣Q"i∙ =♦<♦! I 心β*fχrftftH{<t∏ > JV)<<. Λat<*.ilpw P址创的一金素？1 f∙∙ I③中三金分人的4巾彗離・个分K今于分母的素凶次.W∣>(J)Λ τftx∂⅛t MJ・XΨ*x = m∕n<WJT4t.时”(巧二一“S)斬能为4 整it 三金分Kt⅛34*M . X 累因十P的*次必宿下拎怡工之一发皇• Λ¼⅛ A*⅛P<***#«»<:•三个分只的具中费眄个Ia小的QttE代帕同：我们碍対<>(θ∏⅜l) ≤ ⅜(θ∣∙)ι ⅞(θ∣∙) > M e0∙ I V(Jd) ≥ r√α∣> 梅梅祥沟个分式的卩鼻次相网∙^44M∕L¼<f. At>(αw>∣)∣⅛g) +1√<⅛)⑴(51 ⑹⑺"(a→ι)∙ S(<h)Hn > V. 创以&的卄砒何Z T前皆等价∙4»tr r{o,)4tXfιl jα∣h ^¼<J0^t<±.耐于另外三种悄町∙*iH<i∣r,l∣<j li>- ∙>(<ι∣H^*tf∙园此ΛMf ⅛v rκ∣ft^∣)・》仙)∙⅛s(%)iS(<∣ι)>*号时∙⅜I∣5∣<⅜⅛^AA Ita此ι⅛(<ιft)-υ√<ι∣)ΛM t∣f*r>(∙■川故片壬録耳P中的有M 介索软卩∙F F(αfi}*<MT*tt・SJΛaπ*P的素Hl于■次魚仮算妙“■/<>：败免∙M含前龙嗨可Iba rl aΛ.R>∕iΛ<^Λ.V>.V. ΛHHtfKm > M.覧OfR* I ■ Um.4G L&^^hALlCDt9 AU CD ^ UC DA. AXat»1«MJKZXzI" = ZXcD・EXBC - ZXDA证明：ZH.VΛ^ZPΛC= Ih(尸a*!：n>.zιe ∣∆xκ(t - ΔΛPΛ∙ZA>7∙ = ZzUJX =ZXWC ZXZZ>≡Zz∖∖4∕l = ZΛ(7>XV yc XC XD DZ 而二阪：寂∙IiX-VZ" AX ΛH爾以E X. (X FΛB・D、X. C. Z咚Be・所以⅛K⅜W⅛∣f丄\ ・VY + BX DX = AD DCfl∣tAX^ CX ÷ BX CZ = AB ・ CD*Z4Λ√>÷ZΛ.VC > IMr t HZ∕∕AC>ZΛΛ> ∙ B>∕TV?Sw c VJH . 解以xZ∙ < ∕n∖xc< OV：ιηβzc< DX9解以AD BC = ΛX BY ♦ DX DX> ΛV CX ♦- DX DX> ΛX CX ÷ BX CZλt) CD "ZΛΛD + ZfiXC < 180a H WU 总上乙人X" +/"XQ・180Q.。
2020年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题
四川·成都 考试时间：2020 年 8 月 24 日 8:00-9:00
一、填空题(本大题共 8 道小题, 每小题 8 分)
1. 已知方程 4x x ax 1 0 恰有三个解, 则 a 的取值范围是
.
2.
函数
y
1 3
cos
2
x
sin
x
cos
x
在
π 2
,
π 2
的最大值为
.
3. 在梯形 ABCD中, BC//AD, AB AD, ABC 2π , BCD π , 将△ ABD 沿 BD 翻折,
3
2
A 在面 BCD 上的投影为点 P, 已知 AB 与 CD 所成角的余弦值为 3 , 则 BP 与 CD 所成角的 6
余弦值为
.
4. 设 H 为△ ABC 的垂心, O 为△ ABC 的外心, 若 HA HB HC 2, 则 OA OB OC
S2019 2018, 则 S2020
.
7.
已知双曲线
x2 9
y2 16
1 的左右焦点为
F1、F2 ,
过 F1 的直线与左支交于 A、B 两点, 且
AF1 AF2
1, 2
则△ AF1F2 与△ ABF2 的内切圆面积比为
.
8. 如图, 甲乙两人同时出发, 甲从 A 到 B, 乙从 C 到 D, 且两人每次都只能向上或者向右走
段 AB 的垂直平分线与 y 轴交于点 C, 则△ ABC 面积最大值为
.
n
8. 设方程 xyz 900 的全部正整数解为 xi , yi , zi 1 i n, 则 xk yk zk
2018年全国初中数学联赛试题参考答案和评分标准 精品
2018年全国初中数学联赛试题参考答案和评分标准精品2018年全国初中数学联合竞赛试题参考答案及评分标准说明：评阅试卷时，请依据本评分标准。
第一试，选择题和填空题只设7分和0分两档；第二试各题，请按照本评分标准规定的评分档次给分。
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，在评卷时请参照本评分标准划分的档次，给予相应的分数。
第一试一、选择题：（本题满分42分，每小题7分）1.已知$a=1+\frac{1}{2+1}$，$b=3-2$，$c=6-2$，那么$a,b,c$的大小关系是（）A。
$a<b<c$B。
$a<c<b$XXX<a<c$D。
$b<c<a$答】C.因为 $\frac{1}{2+1}=\frac{1}{3}$，所以$a=1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}$，$b=1$，$c=4$。
因为 $\frac{1}{3}<1$，所以$a<\frac{4}{3}+1=\frac{7}{3}<c$，所以 $b<a<c$。
2.方程$x^2+2xy+3y^2=34$的整数解$(x,y)$的组数为（）A。
3B。
4C。
5D。
6答】B.方程即$(x+y)^2+2y^2=34$，显然$x+y$必须是偶数，所以可设$x+y=2t$，则原方程变为$2t^2+y^2=17$。
因为$2t^2\leq 16$，所以$t=\pm 2$，从而可求得原方程的整数解为$(x,y)=(-7,3),(1,3),(7,-3),(-1,-3)$，共4组。
3.已知正方形ABCD的边长为1，E为BC边的延长线上一点，$CE=1$，连接AE，与CD交于点F，连接BF并延长与线段DE交于点G，则BG的长为（）A。
$\frac{65}{26}$B。
$\frac{3}{3}$C。
$\frac{2}{5}$D。
$\frac{9}{4}$答】D.过点C作$CP\parallel BG$，交DE于点P。