全国高中数学竞赛二试模拟训练题(25)

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2020全国高中联赛二试

2020全国高中数学联赛二试
一、如图，在等腰三角形ABC 中，AB=BC ，I 为内心，M 为BI 的中点，P 为边AC 上的一点，满足AP=3PC ，PI 延长线上一点H 满足MH ⊥PH ，Q 为△ABC 的外接圆上劣弧AB 的中点，证明：BH ⊥QH
二、给定整数n ≥3，设1232122,,...,,,,...,n n a a a a b b b 是4n 个非负实数，满足
122122......0n n a a a b b b ++=+++>，
且对任意1,2,...,2i n =，有21i i i i a a b b ++≥+，（这里211222211,,n n n a a a a b b +++===），
求122...n a a a +++的最小值。

三、设12121,2,2,3,4,...n n n a a a a a n −−===+=证明：对整数5,n n a ≥必有一个模4余1的素因子
四、给定凸20边形P ，用P 的17条在内部不相交的对角线将P 分割成18个三角形，所得图形成为P 的一个三角形剖分图。

对P 的任意一个三角剖分图T ，P 的20条边以及添加的17条对角线均称为T 的边，T 的任意10条两两无公共端点的边的集合称为T 的一个完美匹配。

当T 取遍P 的所有三角剖分图时，求T 的完美匹配个数的最大值。

B MSC。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题(28)(1)

加试模拟训练题（28）1、已知△ABC ，设I 是它的内心，角A 、B 、C 的内角平分线别离交其对边于A '、B '、C '．求证：14＜AI ·BI ·CI AA '·BB '·CC '≤827二、设函数f ：[0，1] →R 知足：(2)f(1)＝1；(3)f(x)＋f(y)≤f(x ＋y)，x ，y ，x ＋y ∈[0，1]．求出最小的常数c ，使f(x)≤cx 对一切知足上述条件的函数f 及一切x ∈[0，1]都成立，并证明你的结论．3、在一个圆上给了2000个点，从某点开始标上1，按顺时针方向隔一点标上2，再隔二点标上3(如图)，继续下去，标出1，2，…，1993．有些点会有不只一个数标记在其上，有的点没有标上任何数．问：被标上1993的那个点被标上的数中最小的是多少？ 4．如n 是不小于3的自然数，以)(n f 表示不是n 的因数的最小自然数[例如)(n f =5].若是)(n f ≥3，又可作))((n f f .类似地，若是))((n f f ≥3，又可作)))(((n f f f 等等.若是2)))((( n f f f f ，就把k 叫做n 的“长度”.若是用n l 表示n 的长度，试对任意的自然数n （n ≥3），求n l ，并证明你的结论.加试模拟训练题（28）一、已知△ABC ，设I 是它的内心，角A 、B 、C 的内角平分线别离交其对边于A '、B '、C '．求证：14＜AI ·BI ·CI AA '·BB '·CC '≤827【题说】第三十二届(1991)年国际数学奥林匹克题1．此题由原苏联提供．【证】记BC ＝a ，CA ＝b ，AB ＝c ，易知AIAA '＝b ＋c a ＋b ＋c ，BI BB '＝a ＋c a ＋b ＋c ，CI CC '＝a ＋b a ＋b ＋c由均值不等式AI ·BI ·CI AA '·BB '·CC '≤[13(b ＋c a ＋b ＋c ＋a ＋c a ＋b ＋c ＋a ＋b a ＋b ＋c )]3＝827另一方面，记x ＝b ＋ca ＋b ＋c ，y ＝a ＋ca ＋b ＋c ，z ＝a ＋ba ＋b ＋c ，那么AI ·BI ·CIAA '·BB '·CC '＝xyz ，不妨设x ≥y ≥z ，显然x ＋y ＋z ＝2，且z ＞a ＋ba ＋b ＋(a ＋b )＝12熟知正数u 、v (u ≥v )的和一按时，积uv 随v 的减少而减少，因此xyz ＝(2－z －y )yz ＞12(32－12)12＝14 二、设函数f ：[0，1] →R 知足：(2)f(1)＝1；(3)f(x)＋f(y)≤f(x ＋y)，x ，y ，x ＋y ∈[0，1]．求出最小的常数c ，使f(x)≤cx 对一切知足上述条件的函数f 及一切x ∈[0，1]都成立，并证明你的结论．【证】最小常数c ＝2．第一，咱们证明：若是f 知足(1)－(3)，那么f(x)≤2x 对一切x ∈[0，1]成立．由(3)与(1)，f(x)≤f(x)＋f(y)≤f(x ＋y)，即f(x)在[0，1]上是增函数．对x ∈(0，1]，取非负整数n ，使而由(3)，2f(x)≤f(2x)，因此2n f(x)≤2n－1f(2x)≤2n－2f(22x)≤…≤f(2n x)≤f(1)＝1＜2n＋1xf(x)＜2x又显然有f(0)＋f(1)≤f(0＋1)＝f(1)，因此由(1)，f(0)＝0于是f(x)≤2x，x∈[0，1]．另一方面，令这函数显然知足(1)和(2)f(x)＋f(y)＝f(y)≤f(x＋y)即f(x)知足题述的所有条件．最小常数．3、在一个圆上给了2000个点，从某点开始标上1，按顺时针方向隔一点标上2，再隔二点标上3(如图)，继续下去，标出1，2，…，1993．有些点会有不只一个数标记在其上，有的点没有标上任何数．问：被标上1993的那个点被标上的数中最小的是多少？【题说】第十一届(1993年)美国数学邀请赛题9．标n．因此，两个正整数l、m标记同一个点当且仅当从而，若是标1993的点也标k，那么必需是4000的倍数．因为(1993－k)＋(1994＋k)＝3987不被2与5整除，因此1993－k和1994＋k奇偶不同，且不能同时被5整除．假设k＜1993，那么1994＋k＜32×125＝4000，因此1993－k和1994＋k中一个是125的倍数，另一个是32的倍数．考虑以下两种情形：(1)125|1993－k ，321|1994＋k因为1993＝15·125＋118，因此125|k －118，k ≥118，在k ＝118时，125|1993－k 而且32|1994＋k ．(2)125|1994＋k ，32|1993－k ，因为1994＝15·125＋119，因此k ＝125r －119，1993－k ＝32×62－125r ，从而32|r ，k ≥125×32－119＞118．因此，所求的数是118．4．如n 是不小于3的自然数，以)(n f 表示不是n 的因数的最小自然数[例如)(n f =5].若是)(n f ≥3，又可作))((n f f .类似地，若是))((n f f ≥3，又可作)))(((n f f f 等等.若是2)))(((= n f f f f ，就把k 叫做n 的“长度”.若是用n l 表示n 的长度，试对任意的自然数n （n ≥3），求n l ，并证明你的结论.（第3届全国中学生数学冬令营试题）【解】令m t n m,2=为非负整数，t 为奇数. 当m=0时，2)()(==t f n f ，因此l n =1；当0≠m 时，设u 是不能整除奇数t 的最小奇数，记).(t g u =（1）假设.2,2))((,)(,2)(1===<+n m l n f f u n f t g 所以则（2）假设.3,2)3()))(((,3)2())((,2)(,2)(111======>+++n m m m l f n f f f f n f f n f t g 所以则故⎪⎩⎪⎨⎧>>==+.,2);)((2)(,,0,2,3;,11其他情形如上且为奇数当为奇数时当t g t g t m t n n l m m n。

全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(4).pdf

加试模拟训练题（4） 1．给出锐角△ABC，以AB为直径的圆与AB边的高CC′及其延长线交于M，N.以AC为直径的圆与AC边的高BB′及其延长线将于P，Q.求证：M，N，P，Q四点共圆. 2、设是满足的正实数，试证： 3、有一个十人的会，在他们当中任何三人至少有两人互不相识．证明在这会中有四人，他们没一人认识四人中的其他人． 4、试求不大于100，且使成立的自然数的和。

加试模拟训练题（4） 1．给出锐角△ABC，以AB为直径的圆与AB边的高CC′及其延长线交于M，N.以AC为直径的圆与AC边的高BB′及其延长线将于P，Q.求证：M，N，P，Q四点共圆. 分析：设PQ，MN交于K点，连接AP，AM. 欲证M，N，P，Q四点共圆，须证 MK·KN＝PK·KQ，即证(MC′-KC′)(MC′+KC′) ＝(PB′-KB′)·(PB′+KB′) 或MC′2-KC′2=PB′2-KB′2 . ① 不难证明 AP=AM，从而有AB′2+PB′2=AC′2+MC′2. 故 MC′2-PB′2=AB′2-AC′2=(AK2-KB′2)-(AK2-KC′2) =KC′2-KB′2. ② 由②即得①，命题得证. 2、设是满足的正实数，试证：证明：令由均值不等式可知：所以另证：令则而故 3、有一个十人的会，在他们当中任何三人至少有两人互不相识．证明在这会中有四人，他们没一人认识四人中的其他人．【证】将十个人表示为十个点，视对应的人相识或不相识而用红或蓝线段连结每对点．已知所得的图中没有红色三角形，要证明图中有4个点，每两点之间的连线为蓝色．第一种情况：至少有4条红线由A点引出．设AB、AC、AD、AE为红线．由已知B、C、D、E中没有两点是用红线连结的，故B、C、D、E即为所求．第二种情况：至多有3条红线由A点引出．即A至少与6个点用蓝线相连，设为B、C、D、E、F、G．若B用红线连接C、D、E、F、G中3个点，不妨设为C、D、E，则A、C．D、E即为所求．若B至多与C、D、E、F、G中2点用红线相连，则B至少与其中3点用蓝线相连，不妨设BC、BD、BE为蓝线．C、D、E中至少一对用蓝线相连，例如CD是蓝线，则A、B、C、D即为所求． 4、试求不大于100，且使成立的自然数的和。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题(26)(1)

加试模拟训练题（26）一、设锐角△ABC 的∠A 平分线交BC 于L ，交外接圆于N ，自点L 别离向AB 和AC 作垂线LK 和LM ，垂足别离为K 和M ．求证：△ABC 的面积等于四边形AKNM 的面积．2. 设),0(,,∞+∈z y x ，且1=xyz ，证明3、假设四位数n abcd =的列位数码,,,a b c d 中，任三个数码皆可组成一个三角形的三条边长，那么称n 为四位三角形数，试求所有四位三角形数的个数．4、若是一个正整数n 在三进制下表示的各数字之和能够被3整除，那么咱们称n 为“好的”，那么前2005个“好的”正整数之和是多少？加试模拟训练题（26）一、设锐角△ABC 的∠A 平分线交BC 于L ，交外接圆于N ，自点L 别离向AB 和AC 作垂线LK 和LM ，垂足别离为K 和M ．求证：△ABC 的面积等于四边形AKNM 的面积．【题说】第二十八届(1987年)国际数学奥林匹克题 2．此题由原苏联提供．【证】作△ABC 的高AH ，那么A 、K 、H 、L 、M 五点共圆．连结KH 、HM 、HN 、BN 和NC ，便有 ∠KHB ＝∠BAL ＝∠NAC ＝∠HBN∠MHC ＝∠MAN ＝∠NAB ＝∠NCH故知 KH ∥BN ，HM ∥NC ．从而有S △KBH ＝S △KNH ，S △HMC ＝S △HMN由此即得 S △ABC ＝S △AKNM易知△ABL ∽△ANC ，因此AB AL ＝ANAC AB ·AC ＝AN ·ALS △ABC ＝12AB ×ACsinA ＝12AL ×ANsinA＝2×12(AL ×cos A 2)×AN ×sin A 2＝2×12AK ×ANsin A 2＝2S △AKN ＝S AKNM2. 设),0(,,∞+∈z y x ，且1=xyz ，证明.43)1)(1()1)(1()1)(1(333≥++++++++y x z z x y z y x （1998年第39届IMO 预选试题）分析可利用均值不等式构造三个同向不等式相加来进行证明，也能够将所证不等式进行等价转化。

2012年全国高中数学联赛模拟试题二及其解答

m n
5050 98
2x50 = S100 – 50 =
150 98
=
7(D)
2、若 sin x sin y A
2 2
tan
B
2 6 ，则 sin(x y) 等于（） , cos x cos y 2 2 3 6 C D 1 2 2
x+y 2
解：sinx + siny = 2sin
x+y 2
cos
x –y 2
=
3
2 2
, cosx + cosy = 2cos
x+y 2
cos
x −y 2
=
6 2
,
=
3 3
, sin(x + y) =
2
x2 y2 1 在第一象限上的动点，过点 P 引圆 x 2 y 2 9 的两条切线 PA、PB，切点分 16 9 别为 A、B，直线 AB 与 x 轴、y 轴分别交于点 M、N，则 S MON 的最小值为（） 9 9 27 27 3 C 3 A B D 2 4 4 2
2
ω
二、填空题：每小题 9 分，满分 54 分 7、函数 f ( x) 满足：对任意实数 x,y，都有
2 2
f ( x) f ( y ) f ( xy ) x y 2 ，则 f (36) 3
.
解： x = y = 1 时， f(1） − f 1 = 12 , f(1) = 4 ,或 f(1) = - 3 x = y = 0 时， f(0） − f 0 = 6 , f(0) = 3 ,或 f(0) = - 2 9 x = 0 ，y = 1 时，如 f 1 = 4 , 则 f(0) = 3 ，如 f(1) = - 3 ，则 f（0）= - -4 ∴ 只能 f (1) = 4, f(0) = 3 x = 1, y = 36 时，f(1) = 4 ,则 3 f(36）= 117 , f(36) = 39 ,

全国高中数学联赛模拟试题(三)

全国高中数学联赛模拟试题(三)第一试一、选择题(共36分)1. 化简cos 2π7＋cos 4π7＋cos 6π7的值为 ( )A.－1B.1C.－12D.122. S n 和T n 分别是等差数列{a n }和{b n }的前n 项和，且对任意的自然数n 都满足S n T n ＝7n ＋44n ＋27，那么a 11b 11＝ ( )A.43B.74C.32D.7871 3. 直线xcos θ＋y ＋m ＝0(式中θ是△ABC 的最大角)，则此直线的倾斜角变化范围是( )A.(－arctan 12，π4)B.[0，π4)∪(2π3，π)C.[0，π4]D.[0，π4]∪[π－arctan 12，π]4. 设实数m ，n ，x ，y 满足m 2＋n 2＝a ，x 2＋y 2＝b ，其中a ，b 为正常数且a ≠b ，那么mx＋ny 的最大值为 ( )A.a ＋b 2B.abC.2ab a ＋bD.a 2＋b 225. 如图，平面α中有△ABC 和△A 1B 1C 1分别在直线m 的两侧，它们与m 无公共点，并且关于m 成轴对称，现将α沿m 折成一个直二面角，则A ，B ，C ，A 1，B 1，C 1六个点可以确定的平面个数为 ( ) A.14 B.11 C.17 D.凸n边形的各边为直径作圆，使这个凸n 边形必能被这n个圆面所覆盖，则n 的最大值为( ) A.3 B.4 C.5 D.6二、填空题(共54分)6. 已知0＜x ＜π2，log sinx cosx 与log cosx tanx 的首数均为零，尾数和为1，则x ＝_________.7. 设＝n 21a a a 222+++ ，其中a 1，a 2，……，a n 是两两不等的非负整数，则a 1＋a 2＋…＋a n ＝___________.8. 已知不等式a ≤34x 2－3x ＋4≤6的解集为{x|a ≤x ≤b}，其中0＜a ＜b，则b ＝___________.9.已知f(x)＝x2＋(lga＋2)x＋lgb，且f(－1)＝－2，f(x)≥2x对一切x∈R都成立，则a＋b＝_____________.10.正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高为25，AB＝8，A1B1＝4，则异面直线A1B与B1C的距离为____.11.方程(x2－x－1)x＋2＝1的解集为_________________.三、解答题(共计60分)12.(设f(x)＝(1＋x＋x2)n＝c0＋c1x＋c2x2＋……＋c2n x2n，则c0＋c3＋c6＋……＝c1＋c4＋c7＋……＝c2＋c5＋c8＋……＝3n－1.13.(已知满足不等式lg(x2)＞lg(a－x)＋1的整数x只有一个，试求常数a的取值范围.14.(设y＝f(x)是定义在R上的实函数，而且满足条件：对任意的a，b∈R，有f[af(b)]＝ab，试求|f()|.第二试一、(50分)如图，D ，E ，F 分别为△ABC 的边BC ，CA ，AB 上的点，且∠FDE ＝∠A ，∠DEF ＝∠B ，又设△AFE ，△BDF 和△DEF 均为锐角三角形，他们的垂心分别为H 1，H 2，H 3.求证：(1)∠H 2DH 3＝∠FH 1E ；(2)△H 1H 2H 3≌△DEF.二、(50分)设C 0，C 1，C 2，……是坐标平面上的一族圆(周)，其定义如下：(1)C 0是单位圆x 2＋y 2＝1；(2)任取n ∈Z 且n ≥0，圆C n ＋1位于上半平面y ≥0内及C n 的上方，与C n 外切并且与双曲线x 2－y 2＝1相切于两点，C n 的半径记为r n (n ∈Z 且n ≥0) (1)证明：r n ∈Z ； (2)求r n .三、(50分)称自然数为“完全数”，如果它等于自己的所有(不包括自己)的正约数的和，例如，6＝1＋2＋3，如果大于6的“完全数”可以被3整除，证明，它一定可以被9整除.C全国高中数学联赛模拟试题(三)参考答案第一试一、选择题 1. Ccos 2π7＋cos 4π7＋cos 6π7＝∑∑==π+π=π61k e 61k )]7k 2sin i 7k 2(cos [R 217k 2cos 21令z ＝cos 2π7＋isin 2π7，于是z 7＝1则上式＝12(z ＋z 2＋z 3＋z 4＋z 5＋z 6)＝……＝－122. Aa 11b 11＝21a 1121b 11＝S 21T 21＝7×21＋44×21＋27＝43 3. Dθ∈[π3，π)，cos θ∈(－1，12]，则斜率k ∈[－12，1)4. B由柯西不等式ab ＝(m 2＋n 2)(x 2＋y 2)≥(mx ＋ny)2，当mx ＝ny 时取等号，所以mx ＋ny ≤ab5. B三点确定一个平面，但需除去三组四点共面重复的个数，共确定平面个数为3436C 3C -＋3＝11个6. B注意到：当且仅当∠C ≥90°时，△ABC 能被以AB 为直径的圆覆盖.从而易证n ≤4，当n ＝4时，正方形满足条件. 二、填空题 7.arcsin5－12； log sinx cosx ＋log cosx tanx ＝1 ⇒ log sinx cosx ＝12∴ sinx ＝cos 2x ∴ sin 2＋sinx －1＝0 ∴ sinx ＝5－12(负值舍去) 8.44；＝210＋29＋28＋27＋26＋249.4；分情况讨论得：a ＝43，b ＝410.110；f(－1)＝1＋lgb －(2＋lga)＝－2∴ lga ＝lgb ＋1，而(lga)2－4lgb ≤0∴ (lgb －1)2≤0 ∴ lgb ＝1 ∴ b ＝10，a ＝100 11.4105；过B 1作A 1B 的平行线交AB 于E ，转化为求B 点到平面B 1CE 的距离. 12.{－2，－1，0，2}若x 2－x －1＝1，则x ＝2，－1若x 2－x －1＝－1且x ＋2为偶数，得x ＝0若x ＋2＝0且x 2－x －1≠0得x ＝－2 三、13．令ω＝－12＋32i ，则有f ⑴＝c 0＋c 1＋c 2＋c 4＋c 5＋……＋c 2n ＝3n…………………①f(ω)＝c 0＋ωc 1＋ω2c 2＋c 3＋ωc 4＋ω2c 5＋……＋ω2nc 2n ＝0…………………②f(ω2)＝c 0＋ω2c 1＋ωc 2＋c 3＋ω2c 4＋ωc 5＋……＋ω4nc 2n ＝0…………………③①＋②＋③得3(c 0＋c 3＋c 6＋……)＝3n，∴ c 0＋c 3＋c 6＋……＝3n －1.②－①得c 1＋c 4＋c 7＋……＝c 2＋c 5＋c 8＋……于是c 1＋c 4＋c 7＋......＝c 2＋c 5＋c 8＋......＝c 0＋c 3＋c 6＋ (3)，14．∵ x 2＞0，∴ |x|≤1，∴ x ＝－1或0或1x ＝－1时，lg15＞lg(a ＋1)＋1，∴ －1＜a ＜12x ＝0时，lgga ＋1 ∴ 0＜a ＜2x ＝1时，lg15＞lg(a －1)＋l ∴ 0＜a ＜52又因为满足条件的整数x 只有一个，∴ a 的取值范围是(－1，0]∪[12，1]∪[2，52)15．令a ＝1，则f(f(b))＝b ，∴ f(f(x))＝x∴ f(f(f 2(x)))＝f 2(x)∴ f(f(f 2(a)))＝f 2(a)再令a ＝f(b)，则f(f 2(b)＝bf(b)∴ f(f(f 2(b)))＝f(bf(b))＝b 2.∴ f(f(f 2(a)))＝a 2.∴ f 2(a)＝a 2， ∴ |f(a)|＝|a| ∴ f()＝第二试一、⑴∵ H 1为△AEF 的垂心，∴ ∠EH 1F ＝180°－∠A ＝∠B ＋∠C∠H 2DH 3＝180°－∠H 2DB －∠H 3DC ＝180°－(90°－∠B)－(90°－∠C)＝∠B ＋∠C ∴ ∠EH 1F ＝∠H 2DH 3⑵连结FH 2，EH 3，则FH 2⊥BD ，EH 3⊥BC∴ FH 2∥EH 3 由⑴中所证∠EH 1F ＋∠EOF ＝180° ⇒ E ，D ，F ，H 1四点共圆.同理，E ，D ，H 1，H 2四点共圆，H 1，D ，F ，H 3四点共圆，E ，D ，F ，H 1，H 2，H 3六点共圆. 二圆内接四边形EH 2H 3F 中，EH 2∥FH 3， ∴ EF ＝H 2H 3，同理，DE ＝H 1H 3，DF ＝H 1H 2， ∴ △H 1H 2H 3≌△DEF.二、⑴由对称性可知r n 的圆心在y 轴上，设r n 的方程为x 2＋(y －s n )2＝r n 2，其中s n ＝r 0＋2(r 1＋r 2＋……＋r n －1)＋r n .将x 2＝y 2＋1代入其中得 y 2＋1＋y 2＋s n 2－2ys n －r n 2＝0△＝4s n 28S n 2＋8r n 2－8＝0 ⇒ 2r n 2＝S n 2＋2 从而易得r n ＝6r n －1－r n －2，∵ r 0＝1，r 1＝3，∴ 对任意n ∈N ，有r n ∈N (2)由特征根方程可得r n ＝A(3＋22)n＋B(3－22)n，将r 0＝1，r 1＝3代入其中，得r n ＝12[(3＋22)n ＋(3－22)n]三、设“完全数”等于3n ，其中n 不是3的倍数，于是3n 的所有正约数(包括它自己)可以分为若干个形如d 和3d 的“数对”，其中d 不可被3整除，从而3n 的所有正约数的和(它等于6n)是4的倍数，因此是2的倍数.我们注意到，此时32n ，n ，12n 和1是3n的互不相同的正约数，但它们的和等于3n ＋1＞3n ，从而3n 不可能是“完全数”，得到矛盾.。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题(22)(1)

加试模拟训练题（22）一、已知M 为ABC ∆内一点，由M 别离向,,BC CA AB 作垂线，垂足别离为,,A B C '''。

由 ,,A B C 别离向,,B C C A A B ''''''作垂线，证明这三条垂线交于一点M '。

假设A B C '''∆的外心为O ，那么,,M O M '三点共线，且O 是线段MM '的中点。

二、若a b c R +∈、、，求证：888333111a b c a b c a b c ++++≤ 3、25个人围一圆桌坐，每小时表决一次，回答为是或否．若是一个人第n 次表决时，至少与一个相邻的人回答相同，即么他第n ＋1次表决与第n 次相同．若是第n 次表决时，与两个相邻的人回答均不同，那么他第n ＋1次表决与第n 次不同．证明不论开始时大伙儿如何回答，从某一时刻起，每一个人的回答都可不能改变．4、求证方程243y x x =+无正整数解.加试模拟训练题（22）一、已知M 为ABC ∆内一点，由M 别离向,,BC CA AB 作垂线，垂足别离为,,A B C '''。

由 ,,A B C 别离向,,B C C A A B ''''''作垂线，证明这三条垂线交于一点M '。

假设A B C '''∆的外心为O ，那么,,M O M '三点共线，且O 是线段MM '的中点。

证明法一连MO ，并延长至M '，使得O 是线段MM '的中点。

设AM 的中点为O '，那么O '为由,,,A C M B ''所确信的四边形的外接圆的圆心，因此OO B C '''⊥。

又因为AM '∥OO '，因此有AM B C '''⊥。

全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(30).pdf

加试模拟训练题（30） 1、设ABCDEF是凸六边形，满足AB＝BC＝CDDE＝EF＝FABCD＝EFA＝60G和H是这六边形内部的两点，使得∠AGB＝DHE∠120o 试证：AG＋GB＋GH＋DH＋HECF． 2. 设求证 3、设有两个完全相同的齿轮A、B，B被平放在一个水平面上，A放在B上面并使两者完全重合(从而两者在水平面上的投影完全重合)，然后任意去掉四对重合的齿．如果两齿轮各有14个齿，试问：能否将齿轮A绕两齿轮的公共轴旋转一个适当的位置，使得两齿轮在水平面上的投影合为一个完整齿轮的投影？如果两齿轮各原有13个齿，又是怎样呢？请证明你的论断． 4．求出最小正整数n，使其恰有144个不同的正因数，且其中有10个连续整数. 加试模拟训练题（30） 1、设ABCDEF是凸六边形，满足AB＝BC＝CDDE＝EF＝FABCD＝EFA＝60G和H是这六边形内部的两点，使得∠AGB＝DHE∠120o 试证：AG＋GB＋GH＋DH＋HECF．【题说】第三十六届(1995年)国际数学奥林匹克题 5．【证】连BD，AE．由于BC＝CDBCD＝60BD＝BC＝ABAE＝ED 连 BE，则 A、D关于 BE对称．设 G、H关于 BE的对称点分别为G'、H'．则△BG'D与△BGA关于BE对称，所以∠BG'D＝BGA＝120G'在正三角形BCD的外接圆上．熟知 CG'＝DG'＋G'B＝AG＋GB HF＝AH'＋H'E＝DH＋HE AG＋GB＋GH＋DH＋HE＝CG'＋G'H'＋H'FCF 2. 设求证证明设数列的通项公式为 . 则由得. 故 . 所以数列为单调递增数列,又 . 所以即 . 3、设有两个完全相同的齿轮A、B，B被平放在一个水平面上，A放在B上面并使两者完全重合(从而两者在水平面上的投影完全重合)，然后任意去掉四对重合的齿．如果两齿轮各有14个齿，试问：能否将齿轮A绕两齿轮的公共轴旋转一个适当的位置，使得两齿轮在水平面上的投影合为一个完整齿轮的投影？如果两齿轮各原有13个齿，又是怎样呢？请证明你的论断．【题说】第五届(1990年)全国冬令营选拔赛题5．【解】将每个断齿赋值“0”，好齿赋值“1”．对A齿轮的每个位置，作两轮对应位置齿值的乘积之和，初始位置除外的13个位置总和为10×9＝90＜13×7，故必有一个位置的和≤6．此时必定任二断齿不相重合．当齿数为13时，将A、B重合时各对齿依顺时针记为0，1，…，12．锯掉0，1，5，11四对齿．0，1，5，11两两之差恰取遍1，2，…，12(mod 13)．故对A的任一位置总有两个断齿重合，始终得不到完整的投影． 4．求出最小正整数n，使其恰有144个不同的正因数，且其中有10个连续整数. （第26届IMO预选题）【解】根据题目要求，n是10个连续整数积的倍数，因而必然能被2，3，…，10整数.由于8=23，9=32，10=2×5，故其标准分解式中，至少含有23·32·5·7的因式，因此，若设则由而故最多还有一个为使n最小，自然宜取由 ,考虑144的可能分解，并比较相应n的大小，可知合乎要求的（最小）故所求的。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题(23)(1)

加试模拟训练题（23）一、已知,P Q 别离是ABC ∆的边,AC AB 上的点，ACD ∆的内切圆外,BP CQ 相交于点D ，证明ABD ∆和有内切圆。

（99年保切的充分必要条件是四边形APDQ加利亚）二、求证：()12221n n n n N -≥⋅+∈3、将99边形的边染色，使得相邻边的颜色依顺时针方向为红，蓝，红，蓝，…，红，蓝，黄．然后进行一系列的变换，每一次变换将一条边的颜色改变，变成红，蓝，黄中的一种而且相邻的边颜色不同．试问可否通过一系列的变换使得相邻边的颜色依次是红，蓝，红，蓝，…，红，黄，蓝？4、求所有的质数,x y ，知足219y x x y xy -=-. 加试模拟训练题（23）一、已知,P Q 别离是ABC ∆的边,AC AB 上的点，,BP CQ 相交于点D ，证明ABD ∆和ACD ∆的内切圆外切的充分必要条件是四边形APDQ 有内切圆。

（99年保加利亚）证明充分性：由ABD ∆和ACD ∆的内切圆外切，可得DB DC AB AC -=-。

作ACQ ∆的内切圆，过B 作该圆的切线BM ，交CQ 于1D 。

由于11AB AC D B D C -=-，因此有11DB DC D B D C -=-，即1D D =。

必要性：设ABD ∆和ACD ∆的内切圆与AD 别离切于点1,N N ，因为DB DC AB AC -=-，因此有1DN DN =。

二、求证：()12221n n n n N -≥⋅+∈3、将99边形的边染色，使得相邻边的颜色依顺时针方向为红，蓝，红，蓝，…，红，蓝，黄．然后进行一系列的变换，每一次变换将一条边的颜色改变，变成红，蓝，黄中的一种而且相邻的边颜色不同．试问可否通过一系列的变换使得相邻边的颜色依次是红，蓝，红，蓝，…，红，黄，蓝？【题说】第二十三届(1994年)美国数学奥林匹克题2．【解】对每一种染色法，给那个多边形的每一个极点打分：若是依照顺时针方向过这点的两条相邻的边染色为(红，蓝)，(蓝，黄)或(黄，红)，这点就打＋1分，不然打－1分．各极点分数之和称为多边形的总分．不难算出(红，蓝，红，蓝，…，红，蓝，黄)的总分是＋3；(红，蓝，红，蓝，…，红，黄，蓝)的总分是－3．在每一次变换中，改变颜色的边的两条邻边必然是颜色相同的，因此，这条边的一个极点分由＋1变成－1，另一个极点分由－1变成＋1．因此每一次变换维持总分不变．因此不可能由(红，蓝，红，蓝，…，红，蓝，黄)通过一系列变换，变成(红，蓝，红，蓝，…，红，黄，蓝)．4、求所有的质数,x y ，知足219y x x y xy -=-. 分析：等式两边形式不同专门大，但两边取模能够去掉某些项，从而达到化简的目的.解：等式两边取模x ，得19(mod )x y x ≡，由Fermat 小定理知(mod )x y y x ≡. 因此19(mod )y x ≡，即19x y -.等式两边取模y 得19(mod )y x y ≡-，又由Fermat 小定理知(mod )y x x y ≡，那么有19y x +.若是y >19，因为19x y -有19x y ≤-，即19x y +≤，而19y x +，因此必有19y x =+，显然无质数解.因此19y ≤，因此y 的可能值只能为2，3，5，7，11，13，17，19，经查验只有(,)(2,3)x y =知足条件.。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题(87)(1)

加试模拟训练题（87）2.已知整数列｛a 0，a 1，a 2，…｝知足：（1）a n+1=3a n -3a n-1+a n-2，n=2，3，…；（2）2a 1=a 0+a 2-2；（3）对任意自然数m ，在数列｛a 0，a 1，a 2，…｝中必有接踵的m 项a k ，a k+1，…，a k+m-1都是完全平方数．求证：｛a 0，a 1，a 2，…）的所有项都是完全平方数．3.有24个面积为S 的全等小矩形，把所有这些小矩形拼成一个与小矩形相似的大矩形，问小矩形的边长各是多少？4. 设10,a =)1231,2,n n a a n +==，证明关于n a 不可能有某一正整数N ，使2N a 能被1989整除.（P .185，32）加试模拟训练题（87）2.已知整数列｛a 0，a 1，a 2，…｝知足：（1）a n+1=3a n -3a n-1+a n-2，n=2，3，…；（2）2a 1=a 0+a 2-2；（3）对任意自然数m ，在数列｛a 0，a 1，a 2，…｝中必有接踵的m 项a k ，a k+1，…，a k+m-1都是完全平方数．求证：｛a 0，a 1，a 2，…）的所有项都是完全平方数．【题说】1992年中国数学奥林匹克题6．【证】令d n =a n -a n-1，那么由（1）d n+1-d n =d n -d n-1=…=d 2-d 1因此｛d n ｝是等差数列，从而由（2），d 2-d 1=a 2-2a 1+a 0=2，因此a n =n 2+bn +c ，b 、c ∈Z若b 为奇数2t+1，那么在n 充分大时，大于（n+t ）2，小于（n+t+1）2（=（n+t ）2+2n+2t+1），因此a n 不是平方数．而由（3），｛a n ｝有任意大的平方数，矛盾！因此b 为偶数2t ，从而a n =（n+ t ）2+c-t 2在c-t 2＞0时，关于充分大的n ，a n 介于（n+ t ）2与（n+t+1）2之间，与（3）矛盾．同样c-t 2＜0也导出矛盾（考虑持续平方数（n+t-1）2与（n+t ）2）．因此c-t 2=0，a n =（n+t ）2．【注】（3）可减弱为｛a n ｝中有任意大的平方数，即｛a n ｝中有无穷多个平方数．3.有24个面积为S 的全等小矩形，把所有这些小矩形拼成一个与小矩形相似的大矩形，问小矩形的边长各是多少？【题说】 1980年北京市赛题6．【解】设小矩形边长为a 、b(不妨令a ＞b)．因大矩形与小矩形长边包括x 1个小矩形的长边与x 2个小矩形短边(x 1、x 2均为非负整数)，而大矩形短边包括y 1个小矩形的长边与y 2个小矩形的短边(y 1、y 2均为非负整数)．由题意得方程：用b 除上述方程，并解出a/b ，得：方程的左侧是整数；仅当x 1＋y 2＝0时，右边才是整数．因x 1与y 2均非负，故x 1＝y 2＝0．代入方程(1)、(2)、(3)，得：因此a ＞b ，因此x 2＞y 1．因此y 1只能取数值1，2，3，4(x 2相应地取数值24，12，8，6)．4. 设10,a =)1231,2,n n a a n +==，证明关于n a 不可能有某一正整数N ，使2N a 能被1989整除.（P .185，32）证明由已知有12220n n n n n a a a a a +-=+>+≥，得 1n n a a +>.又由已知有123n n a a +-=，平方得 2211310n n n n a a a a ++-+-=，同理 2211310n n n n a a a a ---+-=，这说明11,n n a a +-是二次方程的两个不等根，得113n n n a a a +-+=-，即 113n n n a a a +-=--.假设存在某一正整数N ，使2N a 能被1989整除，那么2N a 能被3整除，由知22N a -能被3整除，如此类推，可得2a 能被3整除，但(211312a a ==，这一矛盾说明，不存在某一正整数N ，使2N a 能被1989整除.。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题

加试模拟训练题（2）1、设(1,2,3,4)i x i =为正实数，满足11212312341,5,14,30,x x x x x x x x x x ≤+≤++≤+++≤ 求1234111234U x x x x =+++的最大值．2、设ΛΛ,,,,21a a a k 为两两各不相同的正整数,求证:对任何正整数n,均有∑∑==≥nk n K k k k a 11213、一个俱乐部中有3n ＋1个人，每两个人可以玩网球、象棋或乒乓球，如果每个人都有n 个人与他打网球，n 个人与他下棋，n 个人与他打乒乓球，证明俱乐部中有3个人，他们之间玩的游戏是三种俱全．4．证明：若正整数b a ,满足b b a a +=+2232，则b a -和122++b a 都是完全平方数。

加试模拟训练题（2）1、设(1,2,3,4)i x i =为正实数，满足11212312341,5,14,30,x x x x x x x x x x ≤+≤++≤+++≤ 求1234111234U x x x x =+++的最大值．解：令112123123412341,5,14,30,y x y x x y x x x y x x x x =-⎧⎪=+-⎪⎨=++-⎪⎪=+++-⎩则 0(1,2,3,4)i y i ≤=，112123234341,4,9,16,x y x y y x y y x y y =+⎧⎪=-++⎪⎨=-++⎪⎪=-++⎩于是 ()()()()112223411114916234U y y y y y y y =++-+++-+++-++ 12341111102612410.y y y y =++++≤当 1121231234123410,50,140,300,y x y x x y x x x y x x x x =-=⎧⎪=+-=⎪⎨=++-=⎪⎪=+++-=⎩即12341,4,9,16x x x x ====时，max 10.U=2、设ΛΛ,,,,21a a a k 为两两各不相同的正整数,求证:对任何正整数n,均有∑∑==≥n k n K k k k a 1121证明: 设a a a b b b n n ,,,,,,2121ΛΛ是的从小到大的有序排列,即b b b n ≤≤21,因为b i 是互不相同的正整数.则n b b b n ≥≥≥,,2,121Λ 又因为n 222111132>>>>Λ所以由排序不等式得: n a a a n 22212+++Λ (乱序)n b b b n22212+++≥Λ (倒序)n 1211+++≥Λ即 ∑∑==≥n k n k k k k a 1121 成立. 3、一个俱乐部中有3n ＋1个人，每两个人可以玩网球、象棋或乒乓球，如果每个人都有n 个人与他打网球，n 个人与他下棋，n 个人与他打乒乓球，证明俱乐部中有3个人，他们之间玩的游戏是三种俱全．【证】将人看作平面上的点，得到一个有3n ＋1个点的图(假定任意三点都不在一直线上)，当两个人玩网球或象棋或乒乓球时，我们就在相应的两点之间连一条红线或黄线或蓝线，需要证明的是，一定存在一个三条边的颜色互不相同的三角形．自一点引出的3n 条线段中，如果某两条线段的颜色不同，就称它们构成一个“异色角”．考虑异色角的个数．由于自每一点引出n 条红线，角形中有3个异色角．这个三角形的三条边颜色互不相同，即相应的三个人之间玩的游戏是三种俱全．4．证明：若正整数b a ,满足b b a a +=+2232，则b a -和122++b a 都是完全平方数。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题(36)(1)

加试模拟训练题（36）一、设凸四边形ABCD的对角线AC、BD相互垂直，垂足为E，证明：点E关于AB、BC、CD、DA的对称点共圆．二、对一切非负整数x、y，函数f(x，y)知足(1)f(0，y)＝y＋1；(2)f(x＋1，0)＝f(x，1)；(3)(x＋1，y＋1)＝f(x，f(x＋1，y))试确信f(4，1981)．3、在第一行中写有19个不超过88的自然数，第二行写有88个不超过19的自然数，咱们将一行中的一个或数个相连的数称为一段．证明：能够从上述两行数中各选出一段来，使得这两段数的和相等．4、证明：不定方程x2+y2+z2+3(x+y+z)+5=0没有有理数解。

加试模拟训练题（36）一、设凸四边形ABCD的对角线AC、BD相互垂直，垂足为E，证明：点E关于AB、BC、CD、DA的对称点共圆．【题说】第22届(1993年)美国数学奥林匹克题2．【证】以E为相似中心作相似变换，相似比为1／2，此变换把E关于AB、BC、CD、DA的对称点变成E在AB、BC、CD、DA上的射影P、Q、R、S(如图)，只须证明PQRS是圆内接四边形．由于四边形ESAP、EPBQ、EQCR及ERDS都是圆内接四边形(每一个四边形都有一组对角为直角)，由E、P、B、Q共圆，∠EPQ＝∠EBQ，由EQCR共圆，有∠ERQ＝∠ECQ，于是∠EPQ＋∠ERQ＝∠EBQ＋∠ECQ＝90º同理可得∠EPS＋∠ERS＝90º从而，有∠SPQ＋∠QRS＝180º，故PQRS是圆内接四边形．二、对一切非负整数x、y，函数f(x，y)知足(1)f(0，y)＝y＋1；(1)(2)f(x＋1，0)＝f(x，1)；(2)(3)(x＋1，y＋1)＝f(x，f(x＋1，y))．(3)试确信f(4，1981)．【题说】第二十二届(1981年)国际数学奥林匹克题6．【解】令x＝0，由(2)与(1)得f(1，0)＝f(0，1)＝2．在(3)中令x＝0，y＝n－1，并利用(1)及前式，有f(1，n)＝f(0，f(1，n－1))＝f(1，n－1)＋1＝n＋f(1，0)＝n＋2 (4)由(3)、(4)得f(2，n)＝f(1，f(2，n－1))＝f(2，n－1)＋2＝2n＋f(2，0)又f(2，0)＝f(1，1)＝1＋2＝3因此f(2，n)＝2n＋3 (5)由(3)、(5)得f(3，n)＋3＝f(2，f(3，n－1))＋3＝2f(3，n－1)＋6＝2[f(3，n－1)＋3]＝…＝2n＋3因此f(3，n)＝2n＋3－3 (6)由(3)、(6)得f(4，n)＋3＝f(3，f(4，n－1))＋3＝2f(4，n－1)＋3＝…＝(共有n个2)由于 f(4，0)＋3＝f(3，1)＋3＝24因此 f(4，n)＝3＋ (n ＋3个2)故 f(4，1981)＝－3＋ (1984个2)3、在第一行中写有19个不超过88的自然数，第二行写有88个不超过19的自然数，咱们将一行中的一个或数个相连的数称为一段．证明：能够从上述两行数中各选出一段来，使得这两段数的和相等．【题说】第二十二届(1988年)全苏数学奥林匹克八年级题4．【证】设a 1，a 2，…，a 19为第一行数；b 1，b 2，…，b 88是第二行数．记A(i)＝a 1＋…＋a i ，B(i)＝b 1＋…＋b i假定 A(19)≥B(88)(关于A(19)＜B(88)的情形可类似处置)关于每一个i ，记n i ＝min{n ；A(n)≥B(i)，1≤n ≤19}依照假设，如此的n i 是存在的．咱们来考察88个差数A(n i )－B(i)．显然它们的值为整数，且都在0至87之间，这是因为若是这88个差数互不相同，那么它们当中必有一个为0，于是咱们的命题获证．不然，这88个差数中至少有某两个相等，不妨设i 1＝l ，i 2＝k ，l ＜k使得A(n l )－B(l)＝A(n k )－B(k)，于是就有A(n l )－A(n k )＝B(l)－B(k)显然，题意中的19、88能够换成任意自然数．4、证明：不定方程x 2+y 2+z 2+3(x +y +z )+5=0没有有理数解。

全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(32).pdf

加试模拟训练题（32） 1、三个全等的圆有一公共点O，并且都在一个已知三角形内，每一个圆与三角形的两条边相切．证明：这个三角形的内心、外心与O点共线． 2. 已知正实数的和等于1,证明:. 3、一棱柱以五边形A1A2A3A4A5与B1B2B3B4B5为上、下底，这两个多边形的每一条边及每一条线段AiBj(i，j＝12，3，4，5)分别涂上红色或绿色．若每一个以棱柱顶点为顶点的、以已涂色的线段为边的三角形均有两条边颜色不同．证明上、下底10条边颜色一定相同． 4．已知n≥2，求证：如果对于整数k（）是质数，对于所有整数都是质数. 加试模拟训练题（32） 1、三个全等的圆有一公共点O，并且都在一个已知三角形内，每一个圆与三角形的两条边相切．证明：这个三角形的内心、外心与O点共线．【题说】第二十二届(1981年)国际数学奥林匹克题5．【证】因为O1O2∥AB，O2O3∥BC，O3O1∥CA 所以△ABC∽△O1O2O3．因为AO1、BO2、CO3是△ABC的角平分线，所以它们相交于△ABC的内心I．从而△ABC与△O1O2O3位似，I为位似中心．因为OO1＝OO2＝OO3O是△O1O2O3的外心．因此，△ABC的外心K、△O1O2O3的外心O、位似中心I三点共线． 2. 已知正实数的和等于1,证明: . (1999-2000年波兰数学竞赛题) 分析与证明: 根据不等式的特点,以, 代入原不等式并整理可得齐次不等式: . 即 . 因为 , 又=++ .纵上可知原不等式成立. 3、一棱柱以五边形A1A2A3A4A5与B1B2B3B4B5为上、下底，这两个多边形的每一条边及每一条线段AiBj(i，j＝12，3，4，5)分别涂上红色或绿色．若每一个以棱柱顶点为顶点的、以已涂色的线段为边的三角形均有两条边颜色不同．证明上、下底10条边颜色一定相同．【题说】第二十一届(1979年)国际数学奥林匹克题2．本题由保加利亚提供．【证】首先我们证明上底的五条边颜色完全相同．如果上底的五条边颜色不完全相同，那么必有两条相邻的边颜色不同，不妨设A1A2是绿的，A1A5是红的．自A1引出五条线段A1B1、A1B2、A1A3、A1A4、A1A5中，至少有三条有相同的颜色，这三条线段的端点Bj中必有两个相邻，不妨设A1B1，A1B2均为绿色，那么B1B2必为红色，但△B1A1A2推出A2B1为红色，由△B2A1A2推出A2B2也为红色，这时得△A2B1B2的三条边都是红色的，与已知条件矛盾．这就证明了上底的五条边的颜色必相同．同理可证下底的五条边的颜色也相同．现在来证明，上、下底的颜色必须是同样的．若不然，上、下底的颜色不同，不妨设上底的五条边全是绿色，下底的五条边全为红色．前述中设A1B1、A1B2颜色相同，由于B1B2是红色的，A1B、A1B2都必须是绿色的．与前面的证明完全一样，△B1A1A2、△B2A1A2、△A2B1B2中必有一个三条边是同一颜色的三角形．而与已知条件矛盾．所以，上、下底10条边颜色一定相同． 4．已知n≥2，求证：如果对于整数k（）是质数，对于所有整数都是质数. （第28届（1987）国际数学奥林匹克试题6）【证】设m是使为合数的最小正整数.若的最小质因子，则. （1）若m≥p，则p|(m－p)2+(m－p)+n. 又(m－p)2+(m－p)+n≥n＞p，这与m是使为合数的最小正整数矛盾. （2）若m≤p－1，则被p整除，且因为为合数，所以由即由此得与已知矛盾.所以，对所有的为质数. 。

全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(20).pdf

加试模拟训练题（20） 1、设点是凸四边形的对角线的交点，过的重心与的重心引一条直线，过的垂心与的垂心引一条直线，证明这两条直线互相垂直。

2、已知，求证： 3、一群小孩围坐一圈分糖果，老师让他们每人先取偶数块，然后按下列规则调整：所有的小孩同时把自己的糖分一半给右边的小孩．糖的块数变成奇数的人，向老师补要一块．证明：经过有限次调整之后，大家的糖就变得一样多了． 4、求所有的素数，使与也是素数。

加试模拟训练题（20） 1、设点是凸四边形的对角线的交点，过的重心与的重心引一条直线，过的垂心与的垂心引一条直线，证明这两条直线互相垂直。

（6届全苏）证明设的重心分别为，则四边形是平行四边形，并满足分别平行于，，从而有。

设的垂心分别为，则均三点共线，且四边形是平行四边形，并满足分别垂直于。

设，不妨假设，则，所以有，即。

同理，于是有。

因此平行四边形与相似，若把其中的一个平行四边形旋转，那么不仅它们的对应边而且它们对应的对角线都互相平行，因此有。

2、已知，求证： 3、一群小孩围坐一圈分糖果，老师让他们每人先取偶数块，然后按下列规则调整：所有的小孩同时把自己的糖分一半给右边的小孩．糖的块数变成奇数的人，向老师补要一块．证明：经过有限次调整之后，大家的糖就变得一样多了．【证】设在某次调整前糖最多的人有2m块，最少的有2n块，m＞n，那末可以看出： (1)调整后每人的糖的块数仍然在2n与2m之间．因为若某孩子原有2k块，在他左边的有2h块，n≤k≤m，n≤h≤m．那么调整后这孩子所得的块数k＋h满足2n≤k＋h≤2m．只有当k＋h是奇数时(这时k＋h＜2m)，可补要一块，仍不超过2m块． (2)原来拿糖超过2n块的，调整后仍超过2n块，因为由k＞n，h＞n，得k＋h＞2n． (3)至少有一个原来糖为2n块的孩子调整后糖至少增加一块．因为至少有一个拿2n块的孩子左邻拿着2k＞2n块，调整后这个孩子至少要拿n＋k＞2n块．由于每调整一次，拿2n块的孩子至少少了一个，所以若干次后，每个孩子的糖的块数都大于2n，又由于每人的糖的块数始终≤2m，所以若干次调整后，糖块最多与最少的差至少减少1．因此，有限次调整后，各人的糖的块数就会变成相同了． 4、求所有的素数，使与也是素数。

全国高中数学竞赛二试模拟训练题(56)(1)

加试模拟训练题（56）1．M 是△ABC 边AB 上的任意一点.r 1，r 2，r 别离是△AMC ，△BMC ，△ABC 内切圆的半径，q 1，q 2，q 别离是上述三角形在∠ACB 内部的旁切圆半径.证明：11q r ·22q r =qr . 2. 设a i ≥0（i=1，2，…，n ），a=min{a 1，a 2，…，a n }，试证式中a n+1=a 1．3. 数1，2，…，n 以任意方式写在圆周上，每次许诺调换相邻两数的位置，若是它们差的绝对值大于1的话．证明：经有限次的调换后，所有的数可按自然数列的顺序排列．4.设,,a b c Z ∈使得222|a b c a b c ++++，证明：存在无穷多个正整数n ，使得加试模拟训练题（56）1．M 是△ABC 边AB 上的任意一点.r 1，r 2，r 别离是△AMC ，△BMC ，△ABC 内切圆的半径，q 1，q 2，q 别离是上述三角形在∠ACB 内部的旁切圆半径.证明：11q r ·22q r =qr. (IMO -12)分析：对任意△A ′B ′C ′，由正弦定理可知OD =OA ′·2'sin A=A ′B ′·'''sin 2'sinB O A B ∠·2'sin A=A ′B ′·2''sin2'sin2'sin B A B A +⋅， O ′E = A ′B ′·2''sin2'cos2'cos B A B A +.∴2'2''B tg A tg E O OD =. 亦即有11q r ·22q r =2222B tg CNB tg CMA tg A tg ∠∠=22B tg A tg =qr . A ...'B 'C 'OO 'ED2. 设a i ≥0（i=1，2，…，n ），a=min{a 1，a 2，…，a n }，试证式中a n+1=a 1．【题说】1992年第七届数学冬令营题2．3. 数1，2，…，n 以任意方式写在圆周上，每次许诺调换相邻两数的位置，若是它们差的绝对值大于1的话．证明：经有限次的调换后，所有的数可按自然数列的顺序排列．【题说】第十五届(1989年)全俄数学奥林匹克十年级题2．【证】第一将数1与其相邻的数调换位置，沿同一方向直至与2相邻；然后一、2两数沿前述方向向3靠拢(先调换2，然后调换1)；继而一、二、3三数向4靠拢，等等．如此便能将写出的数(沿顺时针或反时针方向)调整成按自然数列的顺序排列．4.设,,a b c Z ∈使得222|a b c a b c ++++，证明：存在无穷多个正整数n ，使得证明设()m m m m a b c S m N +++=∈．可知数列m S 知足递推公式321()()m m m m S a b c S ab bc ca S abcS +++=++-+++．（牛顿幂和公式） ① 由于222|a b c a b c ++++，2222()()2()a b c a b c ab bc ca ++=+++++，能够取得|2()a b c ab bc ca ++++．②下面证明：假设|m a b c S ++，那么3|m a b c S +++．（1）a b c ++为奇数，由②得|a b c ab bc ca ++++．又因为|m a b c S ++，因此21|[()()]m m m a b c a b c S ab bc ca S abcS ++++++-+++，即3|m a b c S +++．（2）a b c ++为偶数，因为a 和1m a +，b 和1m b +，c 和1m c +奇偶性相同，因此a b c ++和111m m m a b c +++++奇偶性相同，1m S +也是偶数，结合②，有1|()m a b c ab bc ca S +++++，又因为|m a b c S ++，因此21|[()()]m m m a b c a b c S ab bc ca S abcS ++++++-++-，即3|m a b c S +++．因为1S 能被a b c ++整除，因此4710,,S S S 也能被a b c ++整除，符合要求的n 有无穷多个．。

全国高中生数学数学竞赛二试模拟训练题(37).pdf

加试模拟训练题（37） 1、圆O内切于四边形ABCD，与不平行的两边BC、AD分别切于E、F点．设直线AO与线段EF相交于K点，直线DO与线段EF相交于N点，直线BK与直线CN相交于M点．证明：O、K、M和N四点共圆． 2、求证：不存在这样一个函数f：N0→N0，N0＝{01，2，3，…，n，…}，使得对于任何n∈N0，f[f(n)]＝n＋1987 3、将8×8方格纸板的一角剪去一个2×2正方形，问余下的60个方格能否剪成15块形如的小纸片？ 4、方程是否有解。

5、设是区间[2，100]中的整数，证明存在正整数n使得是合数. 加试模拟训练题（37） 1、圆O内切于四边形ABCD，与不平行的两边BC、AD分别切于E、F点．设直线AO与线段EF相交于K点，直线DO与线段EF相交于N点，直线BK与直线CN相交于M点．证明：O、K、M和N四点共圆．【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】设内切圆O切AB于P点，连结OP及PE，则∠AOP＝∠FEP且都等于的一半，所以O、、、OPB＝∠OEB＝90o，所以O、P、E在以OB为直径的圆周上．从而K点也在这个圆周上．所以∠BKO＝90o．同理可证∠CNO＝90o．于是 ∠ONM＋OKM＝180o 所以O、K、M和N四点共圆． 2、求证：不存在这样一个函数f：N0→N0，N0＝{01，2，3，…，n，…}，使得对于任何n∈N0，f[f(n)]＝n＋1987 【题说】第二十八届(1987年)国际数学奥林匹克题4．本题由越南提供．【证】假设存在这样的函数f，则有 f(n＋1987＝f[f[fn)]]＝fn)＋1987 f(n＋1987m＝fn)＋1987mm∈Z)．令i，j∈{0，1，2，…，1986}＝M 若f(i)≡j(mod 1987)．设j＝fi)＋1987k f(j)＝f[fi)＋1987k]f[f(i)]≡i(mod 1987) 因M的元素个数为奇数，故总存在n∈N，使 f(n)≡n(mod 1987) 设f(n)＝n＋1987kk∈Z)，则 f[f(n)]＝fn＋1987k＝fn)＋1987k ＝n＋19872k(k∈Z) 由题设f[f(n)]＝n＋19872k＝18×8方格纸板的一角剪去一个2×2正方形，问余下的60个方格能否剪成15块形如的小纸片？【题说】第四届(1989年)东北三省数学邀请赛二试题3．【解】如图a，在余下的60个方格中填上1与－12或－2 若能剪成15块，设其中和为2的有x块，和为一2的有y块，则这方程组的唯一解x＝y＝152不是整数，这就表明不可能剪成15块所述形状的纸片．【别解】若将小方格如图b填上1和－11或－115块数字总和不为0，但整个图b数字之和为0．矛盾． 4、方程是否有解。

2020年全国高中数学联合竞赛二试试题卷(高联二试含答案及评分标准)

2020全国高中数学联赛二试一、如图，在等腰三角形ABC 中，AB=BC ，I 为内心，M 为BI 的中点，P 为边AC 上的一点，满足AP=3PC ，PI 延长线上一点H 满足MH ⊥PH ，Q 为△ABC 的外接圆上劣弧AB 的中点，证明：BH ⊥QH二、给定整数n ≥3，设1232122,,...,,,,...,n n a a a a b b b 是4n 个非负实数，满足122122......0n n a a a b b b ++=+++>，且对任意1,2,...,2i n =，有21i i i i a a b b ++≥+，（这里211222211,,n n n a a a a b b +++===），求122...n a a a +++的最小值。

三、设12121,2,2,3,4,...n n n a a a a a n −−===+=证明：对整数5,n n a ≥必有一个模4余1的素因子四、给定凸20边形P ，用P 的17条在内部不相交的对角线将P 分割成18个三角形，所得图形成为P 的一个三角形剖分图。

对P 的任意一个三角剖分图T ，P 的20条边以及添加的17条对角线均称为T 的边，T 的任意10条两两无公共端点的边的集合称为T 的一个完美匹配。

当T 取遍P 的所有三角剖分图时，求T 的完美匹配个数的最大值。

B2020年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图，在等腰ABC 中，AB BC ，I 为内心，M 为BI 的中点，P 为边AC 上一点，满足3AP PC ，PI 延长线上一点H 满足MHPH ，Q 为ABC 的外接圆上劣弧AB 的中点．证明：BHQH ．证明：取AC 的中点N ．由3AP PC ，可知P 为NC 的中点．易知,,B I N 共线，90INC ．由I 为ABC 的内心，可知CI 经过点Q ，且QIB IBC ICB ABI ACQ ABI ABQ QBI ，又M 为BI 的中点，所以QM BI ．进而||QM CN ． ……………10分考虑HMQ 与HIB ．由于MH PH ，故90HMQ HMI HIB ．又90IHM INP ，故HM NPHI NI，于是 1122HM NP NC MQ MQHI NI NI MI IB．所以HMQ ∽HIB ，得HQMHBI ． ……………30分从而,,,H M B Q 四点共圆．于是有90BHQBMQ ，即BH QH ． ……………40分二．（本题满分40分）给定整数3n ．设122122,,,,,,,n n a a a b b b 是4n 个非负实数，满足1221220n n a a a b b b ，且对任意1,2,,2i n ，有21i i i i a a b b （这里211222211,,n nna a a ab b ）．求122n a a a 的最小值．解：记122122n n Sa a ab b b ．不失一般性，设13212nS T a a a ．当3n时，因为32212113k kk Ta a 2221335511()()()02a a a a a a ，故结合条件可知233221212121133()34k k k k k k S T a a b b S ．又0S ，所以12S ．当2(16)i i a b i 时，S 取到最小值12． ……………10分当4n时，一方面有212121211()nnk kkk k k a a b b S ．另一方面，若n 为偶数，则22121152337211()()4nk kn n k T a a a a a a a a ，其中第一个不等式是因为15233721()()n n a a a a a a 展开后每一项均非负，且包含2121(1)k k a a k n 这些项，第二个不等式利用了基本不等式．……………20分若n 为奇数，不妨设13a a ，则12121212121311n n k k k kn k k a a a a a a215213723()()4n n T a a a a a a ．从而总有2221211416nk k k T S S a a ．又0S ，所以16S ． ……………30分当1234124,0(52),0,16,0(32)i i a a a a a i n b b b i n 时，S 取到最小值16．综上，当3n 时，S 的最小值为12；当4n 时，S 的最小值为16．……………40分。