2020年中国东南地区数学奥林匹克高二年级第二天试题答案
2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word版
2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word 版一、给定锐角三角形PBC ，PC PB ≠．设A ，D 分不是边PB ，PC 上的点，连接AC ，BD ，相交于点O. 过点O 分不作OE ⊥AB ，OF ⊥CD ，垂足分不为E ，F ，线段BC ，AD 的中点分不为M ，N ．〔1〕假设A ，B ，C ，D 四点共圆，求证：EM FN EN FM ⋅=⋅；〔2〕假设 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 分不是OB ，OC 的中点，连接EQ ，MQ ，FR ，MR ，那么11,22EQ OB RM MQ OC RF ====，又OQMR 是平行四边形，因此OQM ORM ∠=∠，由题设A ，B ，C ，D 四点共圆，因此ABD ACD ∠=∠，因此 图1 22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠，因此 EQM EQO OQM FRO ORM FRM ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 故 EQM MRF ∆≅∆， 因此 EM ＝FM ， 同理可得 EN ＝FN ， 因此 EM FN EN FM ⋅=⋅．〔2〕答案是否定的．当AD ∥BC 时，由于B C ∠≠∠，因此A ，B ，C ，D 四点不共圆，但现在仍旧有EM FN EN FM ⋅=⋅，证明如下：如图2所示，设S ，Q 分不是OA ，OB 的中点，连接ES ，EQ ，MQ ，NS ，那么11,22NS OD EQ OB ==，CB因此NS ODEQ OB=．①又11,22ES OA MQ OC==，因此ES OAMQ OC=．②而AD∥BC，因此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∠=∠，因此NSE∆～EQM∆，故EN SE OAEM QM OC==〔由②〕．同理可得，FN OAFM OC=，因此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：假设pq |2，不妨设2=p ，那么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．假设pq 为奇数且pq |5，不妨设5=p ，那么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，因此313=q ．经检验素数对)313,5(合乎要求．假设q p ,都不等于2和5，那么有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． 假设l k ≤，那么由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！因此l k >．同理有l k <，矛盾！即现在不存在合乎要求的),(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，设那个凸m 边形为m P P P 21，只考虑至少有一个锐角的情形，现在不妨设221π<∠P P P m ，那么)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，假设凸m 边形中恰有两个内角是锐角，那么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〕，如此的),(j i 在r 固定时恰有12+n 对．〔1〕 假设凸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，现在那个2-m 顶点的取法数为21--m r C ．〔2〕 假设凸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，因此，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，现在那个2-m 顶点的取法数为2-m r C ．因此，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 1m in 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，那么对n k ≤≤1，有k n a a a a k k n k n k 2111-+≥-≥++-+-，因此()∑∑=-+=+=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 ． 因此，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．咨询：对如何样的n ，存在一种染色方式，使得关于这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条边分不被染为这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。
2020年东南奥林匹克赛高一组第二天答案
证明：记
Ͳ.
Ͳ
假设 1
Ͳ中每个整数都没有大于 的素因子.
设 是 最大的素数幂因子. 由于≤ 的素数个数不超过 1
1，
故当
1
1 1时，
1
1 ，对于所有的 1
.
因为 ≤ ，且≤ 的素数个数不会超过 1
1 个，故必然有两个不同
的1
1
使得 1
.故 1
min 1 1
1.但是
1 命题得证.
1
1≤
1 ≤ 1，矛盾.故当
T k i 1 T k i .
令 S㤵k T㤵k （k 1 ‴ 1 ）， k Ͳ 时 ， S㤵k 1 1 S ‴ S 1 S k
1 䁥 1 . 由此知，正整数
当且仅当 1 为合数. 因此有：
1 集合 1
1‴ 1
1 为质数 中的任一数（简称为质前数）
皆不属于集合 ，而其余的数皆在 中；
对于集合 ，
1 1 ，当正整数 䁥 不全为 1 时， 䁥 为合数，
即每个奇质数皆不属于 ，对于这种数，要么是两个相邻正整数的乘积： 1
1 ，要么可表为这样的三个因子之积，其中较大的一个因子等于另两个
状态, i S 则说明这一格子未被染色，否则这一格子没有染色.在任何一个状态下，我们计 f㤵S 为将状态 S 全部染成黑色所需的次数之期望.如果 S ⊆ S', 我们称 S'比 S 状态要"大"，此 时，关于状态 S'的染色策略也可用于 S，从而 f㤵S ≤ f㤵S' .令 g㤵S i 为选择喷涂格子 i 之后所
1 1时，
. 用一个喷头对一张 1 的方格纸条的每一格进行喷涂，当喷头对指定的
第 㤵1 ≤ ≤ 格喷涂时，该格被染成黑色，同时与第 格相邻的左侧方格和右
2020年江西省鹰潭市中国数学奥林匹克协作体学校高二数学理下学期期末试题含解析
2020年江西省鹰潭市中国数学奥林匹克协作体学校高二数学理下学期期末试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 抛物线y=x2的焦点到准线距离为（）A．1 B．2 C．D．参考答案：A【考点】抛物线的简单性质．【分析】由抛物线的标准方程：x2=2y，2p=2，p=1，则焦点坐标（0，），准线方程：y=﹣，焦点到准线距离d=﹣（﹣）=1．【解答】解：由抛物线的标准方程：x2=2y，可知焦点在y轴上，2p=2，p=1，则焦点坐标（0，），准线方程：y=﹣，∴焦点到准线距离d=﹣（﹣）=1，故选A．2. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（）A．B．1cm3 C．D．3cm3参考答案：A【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图可知：该几何体为一个倒立的四棱锥，底面是一个直角梯形，上底AB=1，下底CD=2，AD⊥AB，AD=1，侧面PCD⊥底面ABCD，PC=PD．取CD的中点O，连接PO，则PO⊥CD，PO=1．即可得出．【解答】解：由三视图可知：该几何体为一个倒立的四棱锥，底面是一个直角梯形，上底AB=1，下底CD=2，AD⊥AB，AD=1，侧面PCD⊥底面ABCD，PC=PD．取CD的中点O，连接PO，则PO⊥CD，PO=1．∴该几何体的体积V==cm3．故选：A．3. 观察下列各式：55=3125，56=15625，57=78125，…，则52011的末四位数字为（）A．3125 B．5625 C．0625 D．8125参考答案：D【考点】F1：归纳推理．【分析】根据所给的以5 为底的幂的形式，在写出后面的几项，观察出这些幂的形式是有一定的规律的每四个数字是一个周期，用2011除以4看出余数，得到结果．【解答】解：∵55=3125，56=15625，57=78125，58=390625，59=1953125，510=9765625，511=48828125…可以看出这些幂的最后4位是以4为周期变化的，∵2011÷4=502…3，∴52011的末四位数字与57的后四位数相同，是8125，故选D．4. 点关于直线的对称点A．B．C．D．参考答案：C略5. 下列不等关系的推导中，正确的个数为（）①a ＞b ，c ＞d ?ac ＞bd ，②a ＞b ?，③a ＞b ?a n ＞b n ，④?x ＜1．A略6. 一艘船向正北方向航行，看见正西方有两个灯塔恰好与它在一条直线上，两塔相距10海里，继续航行半小时后，看见一塔在船的南偏西60°，另一塔在船的南偏西45°，则船速（海里/小时）是2,4,6A．5 B．5 C．10D．10＋10参考答案：D略7. 定义在上的奇函数，当时，则关于的函数（）的所有零点之和为（）A.1-B.C.D.参考答案：A8. 若直线与双曲线的右支交于不同的两点，那么的取值范围是（）A.（）B.（）C.（）D. （）参考答案：D9. 若曲线在点P处的切线的斜率等于3，则点P的坐标为（）A.或B.或C.或D.或参考答案：C10. 某企业今年产值为27万元，产值年平均增长率为，那么经过3年，年产值将达到A． 64万元 B． 48万元 C． 29万元 D．万元参考答案：A二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 一圆柱的底面直径和高都是3，则它的体积为，侧面积为．参考答案：； 9π。
2020年东南奥林匹克赛高二组第二天
第十七届中国东南地区数学奥林匹克
浙江·诸暨
高二年级 第二天
2020年8月6日 上午8:00-12:00
1. 集合I ={1 ,2 ,⋯ ,2020}. 称W ={w(a ,b)=(a +b)+ab |a,b ∈I }∩I 为“吴”集合，Y ={y(a ,b)=(a +b)⋅ab|a,b ∈I }∩I 为“越”集合， X =W ∩Y 为“西子”集合．
（1）试求“西子”集合中最大数与最小数之和；
（2）若“越”集合中的元素n =y(a,b)(a ≤b)表示方法不唯一（如30=y(1,5)=y(2,3)），就称n 为“卓越数”. 求“越”集合中“卓越数”的个数.
2. 如图，在四边形ABCD 中，∠ABC =∠ADC <90∘. 以AC 为直径的圆O 与边BC , CD 的另一个交点分别为E , F. M 为BD 的中点，AN ⊥BD 于点N . 证明：M , N , E , F 四点共圆.
3. 将所有不含平方因子的正整数从小到大排成数列a 1 ,a 2 ,a 3 ,⋯ ,a n ,⋯. 证明：存在无穷多个正整数n ，使得a n+1−a n =2020.
4. 用一个喷头对一张1×n 的方格纸条的每一格进行喷涂，当喷头对指定的第i(1≤i ≤n)格喷涂时，该格被染成黑色，同时与第i 格相邻的左侧方格和右侧方格（在存在的情况下）独立地各有12的概率也被染成黑色.
设在最佳策略下（使喷涂次数尽可能少），喷完n 个方格所需要喷涂的次数期望值为T (n ). 求T (n )的通项公式.。
2020学年黑龙江省东南联合体高二下学期期末考试数学(文)试题(解析版)
＝ ，则 B＝________.
【答案】
【解析】由余弦定理得 cosA＝
＝ ＝ ＝ ，∴a＋c＝ b，
由正弦定理得：sinA＋sinC＝ sinB，又 C＝ －B，∴sinA＋sin
A． , 2
B． 2, 2
C． ,2 2, D． 2,
【答案】B
【解析】由 f x 是定义在 R 上的偶函数，且在 ,0 上是减函数，f 2 0 ， 得到 f x 在0, 上是增函数， f 2 0，从而根据单调性和零点，得到
f x 0 的解集.
【详解】
f x 是定义在 R 上的偶函数， 因为 f x 在 ,0 上是减函数 所以 f x 在0, 上是增函数， 因为 f 2 0 ，
所以 f 2 f 2 0
所以 f x 0 的解集为 2, 2
故选 B 项。
【点睛】
本题考查函数的奇偶性，单调性，零点，根据函数的基本性质求不等式的解
集，属于简单题.
11．已知直线 过点 （）
且倾斜角为 ，若 与圆
相切，则
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】先根据直线与圆相切得 ，再根据诱导公式以及弦化切求结果. 【详解】
金戈铁骑
—————————— 教育资源共享 步入知识海洋 ————————
设直线
,
因为 与圆
相切，所以
，
因此
选 A.
【点睛】
应用三角公式解决问题的三个变换角度
(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.
(2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化
弦”、“升幂与降幂”等.
(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的
2020年中国高中数学奥林匹克试题与解答 精品
ORQN MFED CBAP2020年中国数学奥林匹克试题与解答(2020年1月11日)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22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠，所以EQM EQO OQM FRO ORM FRM ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 故 EQM MRF ∆≅∆， 所以 EM ＝FM ， 同理可得 EN ＝FN ，所以 EM FN EN FM ⋅=⋅． （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NS ODEQ OB=． ① 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 ESEQ 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 FNEM FM=， 从而 EM FN EN FM ⋅=⋅．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|+qq ．由Fermat 小定理， 55|-qq ，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qq 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SO RQNFEDCBA P)(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 l k l k l -≡-≡==≡=----------，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 Λ是一个正2n +1边形，{}1221,,,+=n A A A P Λ．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 Λ21，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 rC ．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 n m n C C n ．四、给定整数3≥n ，实数n a a a ,,,21Λ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 <<<Λ21，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 a 13131321()()()∑=-+-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=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 k n⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==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 ,,2,1,21Λ=+-=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。
2020年国际数学奥林匹克(IMO)全部试题解答
2020年第61届国际数学奥林匹克（IMO）全部试题解答海亮高级中学高三康榕博高二陈昶旭第一天第1题. 考虑凸四边形ABCD. 设P 是ABCD 内部一点. 且以下比例等式成立:∠PAD:∠PBA:∠DPA＝1: 2 :3＝∠CBP:∠BAP:∠BPC.证明: ∠ADP 的内角平分线、∠PCB 的内角平分线和线段AB 的垂直平分线三线共点.证明：如图，设∠PAD＝α,∠PBC＝β,则∠ABP＝2α,∠BAP＝2β, ∠APD＝3α,∠BPC＝3β,取△ABP外心O, 则∠AOP＝4α＝π－∠ADP∴A, O, P, D共圆.∴∠ADO＝∠APO＝∠PAO＝∠PDO∴OD平分∠PDA.同理, OC平分∠PCB.而O为△ABP外心, 显然在AB中垂线上.故∠PDA平分线, ∠PCB平分线, AB中垂线均过点O.证毕.第2题. 设实数a, b, c, d 满足a ≥b ≥c ≥d > 0, 且 a + b + c + d = 1. 证明:(234)1a b c d a b c d a b c d +++<. 证明: 由加权AM －GM 不等式, 我们有2222a b c d a b c d a a b b c c d d a b c d <⋅+⋅+⋅+⋅=+++ 故只需证明22223(234)()()cyca b c d a b c d a ++++++<∑ (*)注意到332()36cyc cyc sym cyca a ab abc =++∑∑∑∑, 及32222cyca ab ad a a ++≥∑2232222222cyca b ab b bc bd b a ++++≥∑2222233333cyca cbc ac cd c a +++≥∑22234444cyc a d a b abd acd bcd d a ++++≥∑∴ (*)成立. 故原不等式成立.第3题. 有4n 枚小石子, 重量分别为1, 2, 3, . . . , 4n. 每一枚小石子都染了n 种颜色之一, 使得每种颜色的小石子恰有四枚. 证明: 我们可以把这些小石子分成两堆, 同时满足以下两个条件:• 两堆小石子有相同的总重量;• 每一堆恰有每种颜色的小石子各两枚.证明: 引理:将n 种颜色的点个4个两两分组, 则可取n 组使得每种颜色的点各2个.即证: n 阶4-正则图G(不一定简单)必有2-正则生成子图. n ＝1, G 为v 的2个自环, 成立.设0n n ≤成立, 则01n n =+时:若G 有点含两自环或有两点含4重边, 对其余部分用归纳假设,该部分取1自环或2重边即可.下设无这样的结构.若G 含三重边,设x,y 间有三条边, 且,(,)xu yv G u y v x ∈≠≠. 考虑将x,y 去掉, 并添入边uv 得到图G ’. 由归纳假设, 图G ’有2-正则生成子图, 若该图含添入的边 uv, 删去该边并加入ux, xy, yv 即可. 若不含, 加入xy, xy 即可.下设无三重边.显然G 有圈. 设最小圈为121,,...,t x x x x . 由G 无2自环,3重边知01t n <+, i x 有两边不指向12,,...t x x x . 设这两边指向,i i u v ，以下下标模t.在G 中删去点12,,...t x x x 并加入边1(1)i i i e u v i t +=≤≤得到G’. 由归纳假设, G ’有2-正则子图G 1.对1≤i ≤t, 若1i e G ∈, 则选择G 中的边11,i i i i x u x v ++, 若1i e G ∉, 则选自1i i x x +, 其余边按G 1中边选择, 则选出的边即为G 的2-正则生成子图的边集.结论成立.回到原题. 将重量为{,41}k n k +-的小石子分为一组.(12)k n ≤≤, 由引理可取n 组使每种颜色的小石子恰2个. 这2n 个分为一组, 其余分为一组, 此即满足条件的分法, 命题成立.第二天第4题. 给定整数n > 1. 在一座山上有n2个高度互不相同的缆车车站. 有两家缆车公司A和B, 各运营k辆缆车; 每辆从一个车站运行到某个更高的车站(中间不停留其他车站). A 公司的k辆缆车的k个起点互不相同，k个终点也互不相同, 并且起点较高的缆车，它的终点也较高. B公司的缆车也满足相同的条件. 我们称两个车站被某个公司连接，如果可以从其中较低的车站通过该公司的一辆或多辆缆车到达较高的车站(中间不允许在车站之间有其他移动). 确定最小的正整数k, 使得一定有两个车站被两个公司同时连接.解: 由题意得, 每个缆车与1或2个缆车相连. (否则有两辆缆车起点不同, 终点相同)∴A, B各自的缆车线路图可划分为若干个链.注意到每条链长度大于等于2, 且首尾两点不能作为终点和起点, 故恰有2n k-条链.若21k n n≥-+, 则A最多由n－1条链.由抽屉原理, 其中至少有一条链上有221nnn⎡⎤=+⎢⎥-⎢⎥个点, 设为P. 而B仅有n－1条链, 故P上一定有两个点同时在B 的一条链上, 则这两点可被两个公司同时连接.另一方面, 2k n n=-时, 记2n个车站高度排序为21,2,...n (从低到高)令A的2n n-辆缆车为2(1)i n i i n n→+≤≤-令B的2n n-辆缆车为21(11,|)i i i n n i→+≤≤-/易见此时任两个车站不能被两个公司同时相连.2 min 1k n n∴=-+.第5题. 有一叠n > 1张卡片. 在每张卡片上写有一个正整数. 这叠卡片具有如下性质：其中任意两张卡片上的数的算术平均值也等于这叠卡片中某一张或几张卡片上的数的几何平均值.确定所有的n, 使得可以推出这叠卡片上的数均相等? 解: 设这n 张卡片上的数为1212,,....(...)n n x x x x x x ≤≤. 若12gcd(,,...)1n x x x d =>, 用i x d 代替i x , 不影响结果. 故不妨设12gcd(,,...)1n x x x =.由题意得, 1,2i jx x i j n +∀≤≤≤为代数整数.则2|i j i x x x +⇒模2同余. 又12gcd(,,...)1n x x x =, 故i x 全为奇数.任取一个素数p, p ≥3.记{|1,|},{|1,|}i i i i A x i n p x B x i n p x =≤≤=≤≤/ 则对,,2x y x A y B +∀∈∈不为p 的倍数. 设121(...)2k k i i i x y x x x +=, 则121|(...)2k k i i i x y p x x x +=/ ∴对1,j i j k x B ∀≤≤∈.max 2i i x B x y x ∈+∴≤. 取max ,max i i i i x A x B x x y x ∈∈==, 则max max i i i i x A x B x x ∈∈≤若1n x ≠, 取n x 的奇素因子p, 由12gcd(,,...)1n x x x =知, i ∃, 使|i p x /.取0max{|1,|}i i i i n p x =≤≤/, 由上述结论知0n i x x ≤, 则o n i x x =. 又0|,|i n p x p x /, 矛盾!1n x ∴=. 则1,1i i n x ∀≤≤=.∴对任意n ≥2, 卡片上的所有数均相等.第6题. 证明: 存在正常数c 具有如下性质:对任意整数n > 1, 以及平面上n 个点的集合S, 若S 中任意两点之间的距离不小于1，则存在一条分离S 的直线ℓ, 使得S 中的每个点到直线ℓ 的距离不小于13cn -.(我们称直线ℓ分离点集S, 如果某条以S 中两点为端点的线段与ℓ 相交.)证明: 以每个点为圆心,12为半径作圆, 则这些圆两两公共部分面积为0.引理1: 对凸多边形P, 其内部最多由421s l π++个点在S 中,其中s,l 代表P 的面积和周长. 证明: 如图, 将P 的每条边往外侧平移12, 并以P 上每个点为圆心, 12为半径作圆, 拓展区域面积为124l π+. ∴P 内部最多1422414S l s l πππ+++=+个点. 现在对于一条直线l, 作S 中每个点在l 上的投影. 任取相邻两个投影点, 则这两点连线的中垂线分离点集S, 且所有的到该直线的距离≥12投影点距离.设S 的直径为D, 则可作一个以D 为边长的正方形覆盖S. 由引理1, 122481()D Dn D n π++≥⇒=Ω 设P,Q ∈S, PQ ＝D. 将PQ 作为上述l, 记我们所能做到的使每个点到一条直线的距离均不小于该数的最大值为d.由于仅与夹角有关, 故d 存在.而l 上除P,Q 外有n －2个投影点.2(1)2D D d n n∴≥>-. 又12()D n =Ω, 故12()d n -=Ω. 需证明13()d n -=Ω .取点集S 的凸包P. 若一直线过P 上一点且使得S 中所有点都在该线一侧, 我们认为其亦分离S. 称其为支撑边. 对于任一常数C, 作两条平行的距离为C 的直线, 满足这两条直线分离S. 作他们的垂线l, 设这个带状区域内有m 个S 中的点, 则11c c d m m d≥⇒≥-+. 不妨设(1)d o =, 则可以认为m 远远大于1. 为使m 尽量小, 应取两直线其中之一为支撑边.∴现在对于一条分离S 的直线l, 设l 与P 围成的区域内部有B 个点. P 中与l 距离最近的点到l 距离为0s , 则01s d B ≥+ (以下用≥代表数量级估计) 我们证明d≥从而311D d n D n ≥⋅= 则13()d n -=Ω. 如图, P 夹在这样一个区域里, 取XY 上一点Z, 使得0YZ s =. 过Z 作MN ⊥XY , 点M,N 在以X 为圆心, D 为半径的圆上. 则B ≤YMN 内S 中点的个数.不妨设XY 为x 轴, 对YMN 内任意两点1122(,),(,)x y x y , 221201212||,()()1x x s x x y y -≤-+-≥, 则12||1y y B -≥⇒≤+.而MN =02s d MN∴≥=+由于0(1)s =Θd ∴≥, 则13d n -≥, 即13()d n -=Ω证毕.。
2020年(第17届)中国东南地区数学奥林匹克高二年级第二天试题(含答案)
第十七届中国东南地区数学奥林匹克浙江•诸暨高二年级第二天2020 年8 月 6 H 上午8:00-12:001.集合…，2020}.称W={w(a,b)=(a + b) + a〃a,bwJ}c/ 为“吴，填合,Y = {y{a ,h) = (n + b) ah\a. bEI]C\l为“翻”集介.X = wcy为“西子,集合. (I) K求“西子”集合中最大致与最小数之和:(Z)若“越”集合中的元#"=y(%b)(a&b)及小方法不姓一(妇30 = y(l,5) = y(2.3)〉，就称〃为“卓越ST.求“越”亲合中“卓越故’的个数.2.如图，在四边形4BC0中,cKBC - ^ADC < 90\以4C为直径的圆。
与边BC. CD的％一个交点分用为E. F. M为9D的中点，AN LBD尸点M证明：M , N, E, F四点其四.B V3.将所行不含T方国了的正整数从小到大排成数列5，/山3.・・・，/ 证明；存在无方多个正整数八,使得册八一0=2020.4,用•个喷头对一张lx ri的方格方条的条一格进行喷法,当啧头对指定的第«1 WiVn）格喷涂时，该格被染成黑色•同时。
第i格相邻的左例方格和右侧方格（在存在的情况卜）独立地各彳弓的概率也被染成黑色.设在最佳策略卜（使喷涂次数尽可能少）,喷完n个方格所需要喷涂的次教期望侑为了（初求7S）的通项公式.第十七届中国东南地区数学奥林匹克浙江•诸暨高二年级第二天2020年8月6日上午8:00T2:001.集合，=口，2,…，2020).称 W = {w(a,b) = (a + b) + aZj|a,b|e/}n/ 为“吴”集合，f = {y(a,d) = (a + d)• ab\a,为“越”集合，X = WAV为••西子”集合.(1)试求“西了”集合中最大数与最小数之和；(2)若“越”集合3的元素n = y(aM(asb)表小”法不唯一(如30 = y(L5) = y(2,3)),就称几为“卓越数”.求“越”集合中“卓越数”的个数.证明：(1)若正整数孤£卬,即有正整数a,b,使得n = a十力十。
2021年第18届中国东南地区数学奥林匹克夏令营试题(高一组)含答案
|)
4、求所有正整数 a，b，使得 14 2 − 表示不超过 n 且与 n 互素的正整数个数。
+ 22 2 = 2 + 2，其中
2021 年第 18 届东南地区数学夏令营（高一组第一天）试题解析
1. 解：
（1）由
an2 (an1
1)
a2 n1
(an
1)
2an an 1 (an an 1
an
1)
第十八届中国东南地区数学奥林匹克 高一 第一天
1、单 调 递 减 的 正 数 列
，
1
=
1 2
，
n
≥
2
时，
2
2 −1( −1 + +1)=0
−1 + 1 + 2−1( + 1) −
（1）求 通项公式
（2）求证：ln
n 2
+
1
< Sn < ln(n + 1)
2、在△ABC 中，AB=AC>BC，O，H 为△ABC 的外心、垂心，G 为 AH 中点，BE⊥ AC 于点 E，OE∥BC，求证 H 为△GBC 内心
2、如图所示，在圆内接四边形 ABCD 中，E 是边 BC 内一点，F 是线段 AE 上一点，
G 是 ∠ BCD 外 角 平 分 线 上 一 点 ， 满 足 = ， ∠
=
1 2
∠
。证
明:AB·AF=AD·AE 。
3、设 a、b、c 为互不相等的正 ++
<
1 7
(
1 −
+
1 −
+|
1 −
3、奇质数 P，整数列 ，n≥0，定义数列 = =0 无穷多个 n 满足 = 0，则对所有正整数 n， = 0。
中国东南数学奥林匹克
以上只是《中国东南数学奥林匹克》中的一小部分精彩内容。这本书不仅适合 对数学有兴趣的学生阅读，也适合数学教育工作者和数学爱好者参考。它展示 了数学的深度和广度，激发了人们对数学的热爱和探索欲望。
阅读感受
数学，这门充满逻辑与智慧的学科，一直是我深感兴趣的领域。而当我接触到 《中国东南数学奥林匹克》这本书时，我更是被其深深吸引。这本书不仅展示 了中国东南地区数学奥林匹克的精彩赛事，也揭示了数学竞赛背后所蕴含的深 厚数学文化和教育理念。
书中描述的比赛场景，让我感受到了数学的魅力和挑战。每一道题目都是对参 赛者数学知识和思维能力的严峻考验。而参赛者们则在解题过程中展现出了他 们的聪明才智和团队合作精神。他们不畏艰难，敢于挑战，这种精神让我深受 启发。
《中国东南数学奥林匹克》还让我认识到了数学竞赛对于培养学生的重要性。 通过参加数学竞赛，学生们不仅能够提升自己的数学水平，还能够锻炼自己的 思维能力和解决问题的能力。同时，数学竞赛也是培养学生团队合作精神和竞 争意识的重要途径。这种全面培养的理念，让我对数学竞赛有了更深的认识和 理解。
《中国东南数学奥林匹克》这本书的目录结构充分体现了其作为一本数学竞赛 教材的独特价值。目录的系统性、针对性和实用性为读者提供了全面的数学竞 赛知识和技能指导，是数学爱好者不可多得的宝贵资料。通过深入学习和实践 目录中所涵盖的内容，读者不仅能够扎实数学基础，还能够提升解题能力和竞 赛水平，为未来的数学学习和研究奠定坚实的基础。
内容摘要
除了传统的数学竞赛领域，本书还介绍了数学竞赛中的一些新兴领域和热点问题，如数学游戏、 密码学、图论等。这些内容的加入，不仅丰富了本书的知识体系，也激发了读者对数学的兴趣和 热情。 本书还注重培养学生的数学思维和解题策略。通过对经典案例的分析和总结，本书引导学生形成 正确的数学思维方式，提高他们的问题解决能力。本书还提供了许多实用的解题技巧和策略，帮 助学生在竞赛中取得更好的成绩。 《中国东南数学奥林匹克》是一本全面、系统、实用的数学竞赛辅导书籍。无论是对数学有浓厚 兴趣的学生，还是准备参加数学竞赛的学生，本书都是一本不可多得的好书。通过阅读本书，读 者不仅能够提升数学竞赛的应试能力，还能够拓展数学视野，培养数学思维和解决问题的能力。
(完整版)2019-2020年高二数学竞赛试卷含答案,推荐文档
22 - x 2 5 mx 2 + ( y +1)252019-2020 年高二数学竞赛试卷含答案题 号三（11） （12） （13） （14）（15）得 分 评卷员A ．B ．C ．D ．2. C .考虑对立事件：a 与b ，c 与d ，e 与f 为正方体的对面， ab 有种填法，cd 有种填法，ef 有 2 种填法,而整体填法共有种填法，所以符合题意的概率为： .3. 定义两种运算：，，则函数为（）（A ）奇函数（B ）偶函数（C ）奇函数且为偶函数（D ）非奇函数且非偶函数3.A.f (x ) = = = - | 2 - x | -2(x ∈[-2,2]) . x4. 圆周上按顺时针方向标有 1，2，3，4，5 五个点，一只青蛙按顺时针方向绕圆从一个点跳到另一点．若起跳点为奇数，则落点与起跳点相邻；若起跳点为偶数，则落点与起跳相隔一个点．该青蛙从 5 这点开始起跳，经 xx 次跳动，最终停在的点为 ( ▲ )A ．4B ．3C ．2D ．14．D ．二、填空题：本大题共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分．把答案填在题中横线上．5. 已知方程 x 2+(4+i)x +4+a i=0(a R )有实根 b ,且 z =a +b i ，则复数 z= .5.2-2i.由题意知 b 2+(4+i)b +4+a i=0(a ,b R ),即 b 2+4b +4+(a +b )i=0.由复数相等可得： 即 z=2-2i.6. 在直角坐标系中，若方程 m (x 2+y 2+2y +1)=(x -2y +3)2 表示的曲线是双曲线，则 m 的取值范围为 .6．(0,5).方程 m (x 2+y 2+2y +1)=(x -2y +3)2 可以变形为 m =,即得,∴ =| x - 2 y + 3 | 其表示双曲线上一点（x ,y )到定点（0,-1)与定直线 x -2y +3=0 之比为常数 e =,又由 e >1,可得 0<m <5.7. 直线 ax +by -1=0(a ,b 不全为 0),与圆 x 2+y 2=50 有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有 条.7. 72.如图所示，在第一象限内，圆 x 2+y 2=50 上的整点有（1，7）、（5，5）、（7，1），则在各个象限内圆上的整点的个数共有 12 个，此 12 个点任意两点相连可得 C =66 条直线，过 12 个点的切线也有 12 条，又直线 ax +by -1=0(a ,b 不全为 0）不过坐标原点， 故其中有 6 条过原点的直线不合要求，符合条件的直线共有 66+12-6=72 条.(2 - x )2- 2 22 - x 222 - x 2F EA2 417．如图的三角形数阵中，满足：（1）第 1 行的数为 1；（2）第 n （n≥2)行首尾两数均为 n ，其余的数都等于它肩上的两个数相加．则第 n 行(n≥2)中第 2 个数是▲ （用 n 表17.示）.1 2 23 434 7745 1114115 616 2525 16 68．一个正六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为 a 的正三角形，这样的两个多面体的内切球的半径之比是一个最简分数,那么积 m ·n 是 .8. 6.解：设六面体与八面体的内切球半径分别为 r 1 与 r 2,再设六面体中的正三棱锥 A —BCD的高为 h 1,八面体中的正四棱锥 M —NPQR 的高为 h 2,如图所示，则 h 1=a ,h 2=a .∵V 正六面体=2·h 1·S △BCD =6·r 1·S △ABC ，∴r 1=h 1=a .又∵V 正八面体=2·h 2·S 正方形NPQR =8·r 2·S △MNP ，∴a 3=2r 2a 2,r 2=a ,r6 a 2 2于是 1 = 9 = , 是最简分数，即 m =2,n =3,∴m ·n =6.r 2 6a 3 3 69. 若的两条中线的长度分别为 6，7，则面积的最大值为.9.28.如图，D,E,F 是各边的中点，延长 BE 至 G ，使得 BE=BG ，延长 BC 至 H ，使得DC=CH ，连接 AG,EH,则 CH=EF=AG=DH,且 AG||DH ，则四边形 EFCH 和 ADHG 是平行四边形.G故 CF=EH,AD=EH.故△EGH 的三边 EH 、EG 、EH 分别是△ABC 的三边的中线 AD 、BE 、CF ，即、、.由共边定理知, S ∆ABC = 2S ∆BCE = 2⨯ .3 S ∆BEH = 3 BD CH∆EGH10. 已知是定义（-3,3）在上的偶函数，当 0<x<3 时，的图象如图所示，那么不等式的解集是 .10．.由已知在(0,3)图像我们可以得到在（－3，3）上的整体图像，加上正S22 3 2 ⎨3 ⎪弦函数的图像性质由数形结合思想可得到其解集是.三、解答题：本大题共 5 小题，共 90 分．要求写出解答过程．11．（本小题满分 15 分） 已知函数，是的导函数．（Ⅰ）求函数 F (x )= （Ⅱ）若，求的值. f (x ) f '(x )+ f 2 (x )的最大值和最小正周期； 11．（Ⅰ）∵2 分∴ F (x )= f (x ) f '(x )+ f 2 (x )= cos 2 x - sin 2 x +1+ 2sin x cos x=1+ cos 2x + sin 2x =1+ 2 sin(2x + )6 分4∴当2x + = 2k + ⇒ x = k + (k ∈ Z )时，4 2 8最小正周期为8 分 （Ⅱ）∵ f (x )= 2 f '(x )⇒ sin x + cos x = 2cos x - 2sin x ∴ cos x = 3sin x ⇒ tan x = 1311 分1+ sin 2 x ∴ = cos 2 x - sin x cos x 112sin 2 x + cos 2x cos 2 x - sin x cos x= 2 tan 2 x +1 =9 1- tan x2 3= 11 15 分6 12．（本小题满分 15 分）如右放置在水平面上的组合体由直三棱柱与正三棱锥组成，其中，．它的正视图、俯视图、从左向右的侧视图的面积分别为，，．（Ⅰ）求直线与平面所成角的正弦；（Ⅱ）在线段上是否存在点，使平面．若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 解：( 1) 设BA = BC = BD = a , BB 1 = b .⎧ab + 1 a 2 = 2 +1 ⎪ 2 ⎪a = 由条件（分） ⎪1 a 2 =1⎩ 2⇒ ⎨ . 3 ⎩b = 2以点为原点，分别以、B 、C 为B 轴B 1、轴B A 、轴x 建立y 空间直z 角坐标系, 则A (0,0, C ( 2,0,0), D (0, - 2,0),B 1(0, 2,0),C 1( 2, 2,0), A 1(0, 2, 2)(5分）⎛ 2 2 2 ⎫∆ACD 的重心G , - ⎝ , . 3 ⎭∴ ⎛ 2 2 ⎫ a = BG = 3 , - , ⎪为平面的C 法D 向量. ( 7分） ⎝ 3 3 ⎭2),6 2 2 ⎨ - 2 2 CA = (- 2, 2, 2),则分co ）s a , C A =3 = (9 1 1 6 63∴所求角的正弦值为分6）.(10(2) 6令（A P 分 =）m AC 1 = ( 2m , 2m , - 2m )11 B 1P = B 1A + AP = ( 2m , 2m - 2, - 2m )= a .⎧ 2m =2⎪⎪∴ 2m - 2 = -⎪ 2∴无解（1分4 ） 3 ⎪ 2⎪ - 2m = ⎪3 ∴不存在满足条件的点P ． （15 分）13．（本小题满分 20 分）已知椭圆的中心在坐标原点，左顶点，离心率，为右焦点，过焦点的直线交椭圆于、两点 （不同于点）．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）当时，求直线 PQ 的方程；（Ⅲ）判断能否成为等边三角形，并说明理由． 13．解：（Ⅰ）设椭圆方程为 (a >b >0) ， 由已知∴2 分∴ 椭圆方程为． 4 分（Ⅱ）解法一椭圆右焦点．设直线方程为（∈R ）． 5 分⎧x = my +1,由⎪ 22得(3m 2 + 4)y 2 + 6my - 9 = 0 ．① ------------------------------- 6 分⎨ x y ⎩ 4 + 3= 1,显然，方程①的． 6m 9设，则有 y 1 + y 2 = -3m 2 + 4 , y 1 y 2 = - 3m 2 + 4． ----------- 8 分PQ == 12=m 2 +1= 12 ⨯ ． 3m 2 + 42 2 ⋅(m 2+ 1)⎛ ( 36m 2 ⎝3m 2+ 4 ) 2+ 36 ⎫ 3m + 4 2 ⎪ ⎪ ⎭ ( m +21 )( y - y )2 12(m 2 +1)2(3m 2 + 4)23∵，∴ ．解得．∴直线 PQ 方程为，即或． --------------- 12 分解法二： 椭圆右焦点．当直线的斜率不存在时，，不合题意． 设 直 线 方 程 为 ， 5 分由 得(3+ 4k 2 )x 2 -8k 2 x + 4k 2-12 = 0 ．① ------------- 6 分显然，方程①的．8k 2设，则 x 1 + x 2 =3 + 4k2, x 1 ⋅ x 2 =4k 2 -12． -------------- 8 分3 + 4k 2+ x 2 ) - 4x ⋅ x ]=)⎡⎛ 8k 2 ⎫2 4k 2 -12⎤ PQ =(1+ k 2)[(x2(1+ k 2 ⎢ ⎪ - 4⋅ ⎥1 12k 2 +1⎢⎣⎝3 + 4k 2 ⎭3 + 4k 2 ⎥⎦=12∵，∴，解得．=12．4k 2 + 3∴直线的方程为，即或． ----------- 12 分 （Ⅲ）不可能是等边三角形． 13 分如果是等边三角形，必有，∴ (x + 2)2+ y 2 = (x + 2)2+ y 2 ，∴ (x + x + 4)(x - x )+ (y + y )(y - y )= 0 ，112212121212∴ [m (y 1 + y 2 )+ 6]m (y 1 - y 2 )+ (y 1 + y 2 )(y 1 - y 2 )= 0 ， ------------------------------ 16 分 ∵，∴，∴， ∴，或（无解）．而当时， PQ = 3, AP = AQ = 3 5 2，不能构成等边三角形．∴不可能是等边三角形． 20 分14．设抛物线的焦点为 F ，动点 P 在直线上运动，过 P 作抛物线 C 的两条切线 PA 、PB ，且与抛物线 C 分别相切于 A 、B 两点.（1） 求△APB 的重心 G 的轨迹方程. （2） 证明∠PFA=∠PFB.14．解：（1）设切点 A 、B 坐标分别为， ∴切线 AP 的方程为： 切线 BP 的方程为： 解得 P 点的坐标为：所以△APB 的重心 G 的坐标为 ，y + y + y x 2 + x 2 + x x (x + x )2 - x x 4x 2 - yy = 0 1 P = 0 1 0 1 = 0 1 0 1 = P p , G 3 3 3 3所以，由点 P 在直线 l 上运动，从而得到重心 G 的轨迹方程为：(k 2 +1)2 (4k 2 + 3)211x - (-3y + 4x 2 ) - 2 = 0,即y =1(4x 2 -x + 2).2（2）方法 1：因为FA = (x0 , x031 x- ), FP = (+x1, x x -12), FB = (x , x1- ).由于 P 点在抛物线外，则4 2 0 14(x x 1 11 1 41⋅x+x1 x- )(x2 - ) x x +FP FA2 0 0 1 4 0 4 0 1 4∴ cos ∠AFP = == ,| FP || FA | | FP |1 1⋅x+x1 x- )(x 2 - ) x x +FP FB +2 1 0 1 4 1 4 0 1 4同理有cos ∠BFP = = = ,| FP || FB | | FP |∴∠AFP=∠PFB.方法 2：①当x1x0= 0时,由于x1≠x0 ,不妨设x0= 0,则y0= 0, 所以 P 点坐标为，则 P 点到x 2 -1直线 AF 的距离为：d =| x1| ;而直线BF的方程: y -1=1 4 x,即(x 2 -)x -x y +1 21x = 0.4 x11 4 1 4 1| (x2 -1)x1 +x1 | (x2 +1)| x1|1 42 4 1 4 2=| x1 |所以P 点到直线BF 的距离为：d2==x2 +1 24所以 d1=d2，即得∠AFP=∠PFB.x②当时，直线AF 的方程：y -1=0 4 (x - 0),即(x2 -1)x -x y +1x = 0,4x2 -1x - 00 4 0 4 0直线BF 的方程：y -1= 1 4 (x - 0),即(x2 -1)x -x y +1x = 0,4 x - 0 1 4 1 4 1所以 P 点到1直线x A+F x的距离为：1x -x 1| (x2 -)( 01 ) -x 2 x +x | | 01 )(x 2 +)d =0 0 1 0= 2 0 4 =| x0-x1|x2 +1 24d1=d2，可得到∠AFP=∠PFB．14．（本小题满分20 分）设x=l 是函数的一个极值点（，为自然对数的底）．（1）求与的关系式（用表示），并求的单调区间；（2）若在闭区间上的最小值为 0，最大值为, 且。
2020年4月“根源杯”数学奥林匹克邀请赛试题二试试卷(详细解析版)
√
(aAn + Bn)2 − 4AnBn
数(
数
a, An, Bn
数),
√ (aAn + Bn)2 − 4AnBn ≡ aAn + Bn (mod 2),
, xn+1
数
An
,
An+1 | An,
{An}
(
√
· · · · · · · · · · · · · · · · · · 10
(aAn + Bn) ± (aAn + Bn)2 − 4AnBn
1. n × n × n 2. .
. n3 数
3.
n3 数
.
4.
.
5.
(n − 2)2
.
· · · · · · · · · · · · · · · · · · 20
n = 2k + 1.
(2k − 1)2 − 1 = 2k2 − 2k
.
2
数 (2k + 1)3 − (2k − 1)3 − 12k2 = 12k2 + 2.
· · · · · · · · · · · · · · · · · · 40
40
数k
数 a1, a2, · · · , ak, b1, b2, · · · , bk
{}
(1)
数
cn+1
cn
cn = ∑k ani bi
i=1
.
(2)
数 A 答案 k, a1, a2, · · · , ak, b1, b2, · · · , bk
⃝1
数 p, vp(An) = αn, vp(Bn) = βn. vp(Bn2+1An) = αn + 2βn+1, vp(aBn+1An+1An) =
2020年东南奥林匹克赛高二组第一天
第十七届中国东南地区数学奥林匹克
浙江·诸暨
高二年级 第一天
2020年8月5日 下午1:30-5:30
1.设a 1,a 2,⋯,a 17是1,2, ⋯,17的一个排列，且满足
(a 1−a 2)(a 2−a 3)⋯(a 16−a 17)(a 17−a 1)=2n .
求正整数n 的最大值．
2.如图，在△ABC 中，AB <AC ，PB 和PC 是△ABC 的外接圆O 的切线.R 是弧AC ⏜上的一个点，PR 与圆O 的另一个交点为Q .I 是△ABC 的内心，ID ⊥BC 于点D ，QD 与圆O 的另一个交点为G .过点I 垂直AI 的直线与AG,AC 分别相交于点M,N .
S 为弧AR
⏜的中点，直线SN 与圆O 的另一个交点为T . 证明：若AR//BC ，则M , B , T 三点共线.
3．设多项式f (x )=x 2020+∑c i x i 2019i=0，
其中c i ∈*−1,0,1+.记N 为f (x )=0正整数根的个数（含重根）.若f (x )=0无负整数根，求N 的最大值.
4.设a n ≥a n−1≥⋯≥a 1≥0，且∑a i n i=1=1.
证明：对任意非负实数x i ,y i (1≤i ≤n)，有
(∑a i x i n i=1−∏x i a i n
i=1)(∑a i y i n i=1−∏y i a i n i=1)≤a n 2(n √∑x i n i=1∑y i n i=1−∑√x i n i=1∑√y i n i=1)2
.
M。