2019年第10届陈省身杯全国高中数学奥林匹克试题及答案解析
第一届至第九届(2010-2018年)陈省身杯全国高中数学奥林匹克试题及答案【PDF版】
第九届陈省身杯全国高中数学奥林匹克1．已知锐角△ABC 的外接圆为⊙O ，边BC 、CA 、AB 上的高的垂足分别为D 、E 、F ，直线EF 与⊙O 的 AB 、AC 分别交于点G 、H ，直线DF 与BG 、BH 分别交于点K 、L ，直线DE 与CG 、CH 分别交于点M 、N ．证明：K 、L 、M 、N 四点共圆，且该圆的直径为2222()b c a +-，其中，BC =a ，CA =b ，AB =c ．证明 如图1，因为B 、C 、E 、F 四点共圆，所以，AFE ACB ∠=∠．图1°°2GB HA AFE 注意到，+∠=， °°°22AB AG GB ACB +∠==． 从而， HA AG =，即AG AH =．因为C 、A 、F 、D 四点共圆，所以，=BFD ACB AFE BFG ∠=∠∠=∠．从而，直线GH 与直线DK 关于直线AB 对称．由 °°AG AH =, 知GBA ABH ∠=∠．从而，直线BK 与直线BH 关于直线AB 对称．因此，点K 、H 关于直线AB 对称，即AK =AH ．类似地：点L 、G 关于直线AB 对称，即AL =AG ；G 、N 关于直线AC 对称，即AG =AN ；M 、H 关于直线AC 对称，即AM =AH ．综上，AL =AN =AG =AH =AK =AM ．因此，K 、L 、M 、N 四点共圆，且圆心为A ，半径为AG ，记该圆为⊙A ． 设⊙O 的半径为R ，⊙O 的直径AQ 与GH 交于点P ．如图2．图2则∠AGQ=90°，且AP ⊥GH ．由射影定理得2AG AQ AP =⋅．注意到，sin =cos sin AP AF AFE AC CAB ACB .=⋅∠⋅∠⋅∠2222222cos sin =22AQ AP R AC CAB ACBb c a b c a AB AC bc 故.⋅=⋅∠⋅∠+-+-=⋅⋅ 因此，2222b c a AG +-=，⊙A 的直径为2222()b c a +-．。
2019年全国高中数学联赛试题及解答
全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）一试一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）1. 若正数,a b 满足()2362log 3log log a b a b +=+=+，则11a b+的值为________．答案：设连等式值为k ，则232,3,6k k ka b a b --==+=，可得答案108分析：对数式恒等变形问题，集训队讲义专门训练并重点强调过2. 设集合3|12b a b a ⎧⎫+≤≤≤⎨⎬⎩⎭中的最大元素与最小你别为,M m ，则M m -的值为______．答案：33251b a +≤+=，33b a a a+≥+≥，均能取到，故答案为5-分析：简单最值问题，与均值、对勾函数、放缩有关，集训队讲义上有类似题 3. 若函数()21f x x a x =+-在[0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是______．答案：零点分类讨论去绝对值，答案[]2,0-分析：含绝对值的函数单调性问题，集训队讲义专门训练并重点强调过4. 数列{}n a 满足12a =，()()*1221n n n a a n N n ++=∈+，则2014122013a a a a =+++______． 答案：()1221n n n aa n ++=+，迭乘得()121n n a n -=+，()212232421n n S n -=+⨯+⨯+++，乘以公比错位相减，得2n n S n =，故答案为20152013．分析：迭乘法求通项，等差等比乘积求前n 项和，集训队讲义专门训练并重点强调过5. 正四棱锥P ABCD -中，侧面是边长为1的正三角形，,M N 分别是边,AB BC 的中点，则异面直线MN与PC 之间的距离是________．答案：OB 为公垂线方向向量，故距离为12OB =分析：异面直线距离，也可以用向量法做，集训队讲义专门练并重点强调过6. 设椭圆Γ的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Γ交于点,P Q ．若212PF F F =，且1134PF QF =，则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为________．答案：不妨设焦点在x 轴（画图方便），设114,3PF QF ==，焦距为2c ，224a c =+，可得△2PQF 三边长为7,21,2c c +，过2F 作高，利用勾股可得5c =． 分析：椭圆中常规计算，与勾股定理、解三角形、斯特瓦尔特等有关，集训队讲义训练过相关7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I ．若点P 满足1PI =，则△APB 与△APC 的面积之比的最大值为________．答案：sin sin APB APC S PABS PAC ∠=∠，又两角和为60最大，即AP 与(),1I 切于对称轴右侧2分析：平面几何最值、面积、三角函数、轨迹8. 设,,,A B C D 是空间中四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两点之间是否连边是相互独立的，则,A B 之间可以用空间折线（一条边或者若干条边组成）连结的概率为_______． 答案：总连法64种，按由A 到B 最短路线的长度分类．长度为1，即AB 连其余随意，32种； 长度为2，即AB 不连，ACB 或ADB 连，其余随意，ACB 连8种，故共88214+-=种 （一定注意,ACB ADB 同时连被算了2次，根据CD 是否连有2种情形）；长度为3，两种情形考虑ACDB ，ACDB 连、,,AB CB AD 均不连只有1种，故连法为2种；综上，答案483644=分析：组合计数，分类枚举，难度不大但容易算错，集训队讲义训练过类似题目二、解答题（本大题共3小题，共56分）9. （本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线24y x =的两条切线，两切点连线P l 与PO 垂直．设直线P l 与直线PO ，x 轴的交点分别为,Q R ． （1）证明：R 是一个定点；（2）求PQQR的最小值．答案：（1）设(),P a b ，()()1122,,,A x y B x y ，0,0a b ≠≠，()11:2PA yy x x =+，()22:2PB yy x x =+ 故,A B 两点均适合方程()2by a x =+，利用垂直，可得2a =-，故交点为定点()2,0（2）∵2a =-，故,2PO PR b bk k =-=-，设OPR α∠=，则α为锐角，1tan PQ QR α=，利用两角差 的正切公式，可得282PQ b QR b+=≥． 分析：涉及圆锥曲线切点弦方程、两直线夹角公式、不等式求最值，集训队讲义专门训练并重点过10. （本题满分20分）数列{}n a 满足16a π=，()()*1arctan sec n n a a n N +=∈．求正整数m ，使得121sin sin sin 100m a a a ⋅⋅⋅=． 答案：由反函数值域，知,22n a ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，2222132tan sec tan 1tan 3n n n n a a a +-==+==，1212112122311tan tan tan tan tan tan tan sin sin sin sec sec sec tan tan tan tan m m m m m m a a a a a a a a a a a a a a a a a ++⋅⋅⋅=⋅=⋅==故3333m =分析：涉及简单反三角函数、数列通项公式求法，集训队讲义对类似题目进行过训练11. （本题满分20分）确定所有的复数α，使得对任意复数()121212,,1,z z z z z z <≠，均有()()221122z z z z αααα++≠++．答案：转换命题为计算存在12,z z 使得相等时的充要条件存在12,z z 使得相等，记()()2f z z z αα=++，()()()()()1212121220f z f z z z z z z z αα-=++-+-=， 则()()()1212122z z z z z z αα-=-++-，故12122222z z z z a ααα=++≥-->-， 故2α<； 若2α<，令12,22z i z i ααββ=-+=--，其中012αβ<<-，则12z z ≠，122i ααββ-±≤-+<，计算121212,2,2z z z z i z z i αββ+=--=-=-并代入，知()()12f z f z =．综上，满足条件的α为,2Z αα∈≥二试一、（本题满分40分）设实数,,a b c满足1a b c++=，0abc>．求证：14ab bc ca++<．a b c≥≥>，则1a≥1c≤．)ab bc ca c++-+⎭12c-，故有()()111122c c cc cc c⎛---≤-+-⎭⎝⎭由于1110,3333c-≥+≥>310c->，故原不等式成立．方法2：不妨设0a b c≥≥>，则13a≥c，设()()1f b ab bc ca ab c c=++=+-，()f b递增f⇔，()())()1f b ab a b a b⎛'=--=-⎝，()010f b'≥⇔≥⇔≤≥故()f b a；题目转化为21ac+=，a c≥，记()()222212g a a ac a a a=+-=+--()()262621g a a a⎫'=-+=-⎪⎭，由于13a≥1=，得1532a=，115,332a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时g'151,322⎫⎪⎝⎭时()g a在13或12max1124g g⎛⎫==⎪⎝⎭分析：一道偏函数化的不等式题，可以将其放缩为一元函数，也可以拿导数与调整法很快做出来，集训队讲义上两种方法都训练过．二、（本题满分40分）在锐角三角形ABC中，60BAC∠≠，过点,B C分别作三角形ABC的外接圆的切线,BD CE，且满足BD CE BC==．直线DE与,AB AC的延长线分别交于点,F G．设CF与BD交于点M，CE与BG交于点N．证明：AM AN=．答案：设△ABC三边为,,a b c，则BD CE a==，先计算AM，∵,BFD ABC BDF DBC BAC∠=∠∠=∠=∠，∴△BFD∽△CBA．由比例可知acDFb=，故BM BC bBDDF c==，故abBMb c=+，故由余弦定理知()2222cosab abAM c c A Bb c b c⎛⎫=+-⋅+⎪++⎝⎭222cosab abcc Cb c b c⎛⎫=++⎪++⎝⎭，整理可得此式关于,b c对称故可知22AM AN=分析：由于一旦,,a b c三边确定则图形固定，所以通过相似、比例、余弦定理计算的思路比较显然GF ED三、（本题满分50分）设{}1,2,3,,100S =．求最大的整数k ，使得S 有k 个互不相同的非空子集，具有性质：对这k 个子集中任意两个不同子集，若它们的交非空，则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同．答案：一方面，取包含1的、至少含2个元素的所有子集，共9921-个，显然满足题意； 另外归纳证对于{}1,2,3,,S n =，任取()123n n -≥个子集，均存在两个的交集中最小的等于某个中最大的当3n =时，将7个非空子集分为三类：{}{}{}31,32,3，{}{}21,2，{}{}11,2,3．任取四个必有两个同类． 假设n k =时命题成立，当1n k =+时，如果取出的2k 个子集中至少有12k -个不含1k +，利用归纳假设知成 立；如果不含1k +的不足12k -，则至少有121k -+个含有1k +，而S 含有1k +的子集共2k 个，可以配成12k - 对，使得每对中除了公共元素1k +外，其余恰为1到n 的互补子集，这样，如果选出121k -+个，则必有两 个除1k +外不交，故命题成立． 综上，k 的最大值为9921-．分析：集合中的组合最值问题，比较常规的一道题，类似感觉的题集训队讲义在组合中的归纳法中有过四、（本题满分50分）设整数122014,,,x x x 模2014互不同余，整数122014,,,y y y 模2014也互不同余．证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余．答案：不妨设()mod 2014i i x y i ≡≡，1,2,,2014i =．下面对i y 序列进行1007次调整从而构成i z 序列：若i i x y +与10071007i i x y +++模4028不同余，则1007,i i y y +不调整；否则，交换1007,i i y y +位置，1,2,,2014i =．下证，进行1007次调整后，得到的i z 序列一定满足条件． 任意挑选一列()1,2,,1007i i x z i +=，只需证其与10071007i i x z +++、()1,2,,1007,j j x z j j i +=≠、10071007j j x z +++模4028不同余即可由i z 构造方法，i i x z +与10071007i i x z +++不同余是显然的，因为不可能调整前后均同余，故只需看另两个； 首先，对于不同的,i j ，2i 与2j 模4028不同余，否则会导致()mod 2014i j ≡．若,i j y y 均未调整，则()2mod 2014i i x z i +≡，()100710072mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡，故成立；若,i j y y 均已调整，则()21007mod 2014i i x z i +≡+，()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，故成立； 若只有一个被调整过，不妨设i y 未调整、j y 已调整，则()2mod 2014i i x z i +≡， ()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，若()4028|21007i j --，则()1007|i j -，矛盾，故同样成立． 综上，构造的i z 序列满足条件．全国高中数学联赛试题及解答2014高中联赛试题分析从试题类型来看，今年代数、几何、数论、组合4部分所占的比例为：代数37.3%，几何26.7%，数论16.7%，组合19.3%．这方面和历年情况差不多，但具体的知识点差别极大．一试第7题填空题可谓出人意表，虽然解答是用三角函数的方法处理的，对比历年试题，这题毫无疑问也是顶替了三角函数的位置．但本题却是一道彻头彻尾的平面几何题．从图中不难看出，最值情况在相切时取到，剩下的只是利用三角函数处理了一下计算上的问题．其余填空题中，第1~6题和往年出题风格类似，第8题概率计算略显突兀，本题几乎不需要用到计数的技巧，而是用单纯枚举的方法即可解决．放在填空题最后一题的位置不免显得难度不够．一试三道解答题中，第9题和第10题均不太难，所考知识点也和往年类似，无需多说．第11题又再次爆了冷门，考了一道复数问题．联赛已经多年没有考复数的大题了，许多学生都没有准备．可以说，这次一下戳中了学生的罩门．相信本题最终的得分率不容乐观．而本次试题中最特殊的要数加试中的平面几何题了．一反从1997年开始保持到如今的惯例，没有将平面几何题放在加试的第一题．而且本题实则为《中等数学》2012年第12期中的数学奥利匹克高中训练题中的原题，这无疑又让此题失色不少．今年的加试第一题放了一道不等式问题，虽然近几年不等式考察得较少，但是不等式一直是数学竞赛中的热门，在历年联赛中多有出现．考虑到本题难度并不大，放在联赛加试第一题还是非常合适的．加试第三题组合最值问题的出题风格一如既往，可以从很极端的情况下猜出答案，再进行证明．值得全国高中数学联赛试题及解答一提的是本题题干描述有歧义，最后一句“则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同”中，记最小元素为a ，两个最大元素为b 和c ．本句话中到底是指a 、b 、c 这3个数互不相同还是指a b ≠且a c ≠，无疑是容易让人误解的．希望今后联赛试题中能避免出现这种情况．加试第四题虽说考察的是数论中的同余知识，但更多考察的是构造法技巧，这也符合联赛加试中试题综合各方面知识的出题思想．从难度上来说本题难度不算太大，只要能从较小的数开始构造并寻找规律，找出2014的构造并不显得困难．但本题的出题背景无疑和以下题目相关：“n 为给定正整数，()122,,,n x x x 和()122,,,n y y y 均为1~2n 的一个排列，则112222,,,n n x y x y x y +++这2n 个数不可能模2n 互不同余．” 总的说来，本次联赛考察的知识点和往年比差别较大，但从试卷难度来说，和前两年是相当的．预计今年联赛的分数线可能比去年略低．。
第十届陈省身杯试题
第一天1.已知在等腰△ABC中,AB=AC.三角形ABC的内切圆为⊙I,三角形BIC的外接圆为⊙O.D为⊙O上优弧BC上任意一点,E为线段DI上一点.证明:若过点E作DB的平行线与⊙I相切,则过点E作DC的平行线也与⊙I相切.2.设n>1是一个给定正整数,a1,a2,...,a n是n个两两互异的正整数.记M= {(a i,a j),[a i,a j]|1 i<j n}.求M所含不同元素个数的最小值.3.甲、乙两人由甲开始用红、蓝铅笔轮流对1∼2019这2019个正整数二染色.要求相邻正整数不能异色.若所有数均染成同一种颜色,则乙胜;若还有数没有染色但轮到的人无法对任意一个没染色的数染色,则此人输.问,谁有必胜策略?4.计算:log2(2018∏a=02018∏b=0(1+e2πab i2019))其中,i为虚数单位.第二天5.已知锐角△ABC满足BC>CA>AB,△ABC的内切圆⊙I与边BC,CA,AB切于点A0,B0,C0,△ABC的垂心为H,HA,HB,HC的中点分别为A1,B1,C1这三点分别关于直线B0C0,C0A0,A0B0的对称点为A2,B2,C2证明:（1）A2,B2,C2三点共线；（2）A2B2B2C2=tan∠BAC2−tan∠ABC2 tan∠ABC2−tan∠ACB26.设k>1是给定的整数.是否存在无穷多个满足下面条件的整数x:x可表示成两个正整数的k次幂之差但不能表示成两个k次幂之和？7.设A,B,C,D为平面上两辆不同的四个点,且其中任意三点不共线.证明:若线段AB,BC,CD,DA,AC,BD长度的平方均为有理数,则S△ABCS△ABD为有理数.8.已知整数n 2,实数a满足0<a<n+1n−1,复数z满足z n+1−az n+az−1=0证明:|z|=1.。
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 )。
《中等数学》2019年总目次
2019中国西部数学邀请赛
(12 22)
2018中国数学奥林匹克希望联盟夏令营
第21届地中海地区数学奥林匹克
(12 39)
九
2018中国西部数学邀请赛
(1 -30 2-34 3 35) (1 35)
再品佳题
第15届中国东南地区数学奥林匹克
(2 17)
第11届中欧数学奥林匹克（2017）
(10-29)
巧用密克点证明两道几何题（金春来周俊 4-7)
-道IMO题的推广与证明
（沈毅 4-11)
浅析“数论倒数”在解题中的应用
（余波 徐志华 5-9)
一道竞赛题的一般化
（舒畅 侯俊宇 5-12)
组合数学中的集合分拆问题
（陆直 7-9)
解题小品 反客为主
1 （陶平生 8-13)
谈谈两道国际竞赛题
| （黄全福 8-18)
2-43 237 李伟 3-41 238 周阳锋 4-40
2018年全国高中数学联赛辽宁赛区预赛 (5 23)
239 李培臣袁万伦 5-40 240 谢文晓 6-
2018年全国高中数学联赛山东赛区预赛 (5 28)
40 241 张雷缠祥瑞 7-41 242杨运新 8-
第五届伊朗几何奥林匹克
(5 33)
（贾松硕谷旳瞳10-16）
2019年全国高中数学联赛新疆赛区预赛 (8 28)
中
初等数学研究
2017中国香港代表队选拔考试
(8 32)
等
2017—2018美国国家队选拔考试
(8 36)
消点思想处理平面几何中的复杂点
第60届IMO试题解答
(9 21)
（解尧平1-15）
第59届IMO预选题
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年全国高中数学联合竞赛试题及解析(AB合版)
=
1 6
AB ⋅ BC
⋅ PB -
1 6
KF
⋅ FL ⋅ PF
=
1 6
(h
+1)èæçççç1-æçççè
h
+h 1öø÷÷÷3÷÷÷÷÷øö
=
3h2 + 3h +1 6(h +1)2
．
A
D C
B
化简得 3h2 =1，故 h = 1 ．从而 EK = AE = 1 = 3 ．
3
KF PF h
8. 将 6 个数 2, 0, 1, 9, 20, 19 按任意次序排成一行，拼成一个 8 位数（首位不
3- ¥
2
k=2
z2k-1 + z2k =
3． 3
当 m = 1时， T1 =
z1 = 1>
3． 3
以上表明 C =
①
因 sin A 是 sin(B - A), sin C 的等差中项，故
2sin A = sin(B - A) + sin C = sin(B - A) + sin(B + A) = 2sin B cos A ．
结合正、余弦定理，得
a = sin A = cos A = b2 + c2 - a2 ，
b sin B
2bc
即 b2 + c2 - a2 = 2ac ．
…………………4 分 …………………8 分
3
将①代入并化简，可知 q2 + q4 -1 = 2q2 ，即 q4 = q2 +1，所以
q2 = 5 +1 ． 2
…………………12 分
进而
cos B
2019年中国数学奥林匹克完整试题及解析
(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
2019 年中国数学奥林匹克试题解析
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.
第十届陈省身杯全国高中数学奥林匹克试题另解
数 条 .故 乙 只 需 使 甲 先 将 1 或 2 0 1 9 染 色 ，再
将另一个数染上不同颜色即可.
使用数学归纳法证明：
甲 、乙 两人由甲开始用红、蓝铅笔轮流对 卜 2/c + l U 6 Z + ) 这 2A + 1 个 正 整 数 染 色 ，
乙有必胜策略.
①.
当 A = 1 时 ，若 甲 先 染 1(或 3 ) ，乙只需把
12
如 图 1 ，用 /?表 示 红 色 ，B 表示蓝色.
R R R …R
B •••B
a a + 1 a + 2 •••b 6 + 1 b + 2 •••C
图1
这 是 两 个 相 邻 的 且 不 同 色 的 同 色 链 ，显 然 ，中间有且仅有一个格无法染色.故可以染 色的格 有 2 020 - n 个•
而若甲染了 X (不 妨 设 X 矣1 010),则 Z - 1 与 2 021 - Z 均 未 被 染 色 （否 则 ，它们均 与 X 和 被 隐 去 的 中 心 串 同 色 ，而 它 们 之 前 未 成 为 过 Z ，根 据 染 色 方 法 ，它 们 应 异 色 ），而 Z - 2 与 2 022 异 色 ，则 乙 可 将 Z - 1 与 2 021 - Z 中 一 个 染 为 与 Z 同 色 ，另一个视为 新 的 X ，乙仍然可以操作.
颜 色 （红 色 ），并 将 1 0 1 1 视 为 新 的 尤 则 在 1 011被 染 之 前 ，若甲染了 I 则 乙 将 2 020 - A 染 为 相 反 的 颜 色 ;若 甲 在 一 步 染 了 1 〇11，则 1 0 0 8 、1 0 1 2 均 未 被 染 色 （否 则 ，1 0 0 8 应为红 色 ，而 1 0 1 2 应 为 蓝 色 . 又 1 0 1 0 为 红 色 ，故 1 011无 法 被 染 色 ）.
2019年全国高中数学联赛试卷及答案-10页文档资料
2019年全国高中数学联合竞赛试卷第一试一、选择题本题共有6小题，每题均给出（A ）、（B ）、（C ）、（D ）四个结论，其中有且仅有一个是正确的，请将正确答案的代表字母填在题后的括号内，每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分。
1． 给定公比为q (q ≠1)的等比数列{a n }，设b 1=a 1+a 2+a 3, b 2=a 4+a 5+a 6,…,b n =a 3n -2+a 3n -1+a 3n ,…，则数列{b n } 【答】（ ） (A ) 是等差数列 (B ) 是公比为q 的等比数列 (C ) 是公比为q 3的等比数列 (D ) 既非等差数列也非等比数列2． 平面直角坐标系中，纵、横坐标都是整数的点叫做整点，那么，满足不等式(|x |-1)2+(|y |-1)2＜2的整点(x ,y )的个数是 【答】（ ） (A ) 16 (B ) 17 (C ) 18 (D ) 253． 若(log 23)x -(log 53)x ≥(log 23)y --(log 53)y-，则 【答】（ ）(A ) x -y ≥0 (B ) x +y ≥0 (C ) x -y ≤0 (D ) x +y ≤0 4． 给定下列两个关于异面直线的命题：命题Ⅰ：若平面α上的直线a 与平面β上的直线b 为异面直线，直线c 是α与β的交线，那么，c 至多与a ,b 中的一条相交；命题Ⅱ：不存在这样的无穷多条直线，它们中的任意两条都是异面直线。
那么 【答】（ ） (A ) 命题Ⅰ正确，命题Ⅱ不正确 (B ) 命题Ⅱ正确，命题Ⅰ不正确 (C ) 两个命题都正确 (D ) 两个命题都不正确5． 在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场。
那么，在上述3名选手之间比赛的场数是 【答】（ ） (A ) 0 (B ) 1 (C ) 2 (D ) 36． 已知点A (1,2)，过点(5,-2)的直线与抛物线y 2=4x 交于另外两点B ,C ，那么，△ABC 是(A ) 锐角三角形 (B ) 钝角三角形 (C ) 直角三角形 (D ) 不确定 【答】（ ） 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）本题共有6小题，要求直接将答案写在横线上。
2019年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)
2019年全国高中数学联合竞赛一试（B 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 已知实数集合{1,2,3,}x 的最大元素等于该集合的所有元素之和，则x 的值为 ．答案：3-．解：条件等价于1,2,3,x 中除最大数以外的另三个数之和为0．显然0x <，从而120x ++=，得3x =-．2. 若平面向量(2,1)m a =-与1(21,2)m m b +=-垂直，其中m 为实数，则a 的模为 ．答案解：令2m t =，则0t >．条件等价于(1)(1)20t t t ⋅-+-⋅=，解得3t =．因此a=．3. 设,(0,)a b p Î，cos ,cos a b 是方程25310x x --=的两根，则sin sin a b 的值为 ．答案：5． 解：由条件知31cos cos ,cos cos 55a b a b +==-，从而222(sin sin )(1cos )(1cos )a b a b =--22221cos cos cos cos a b a b=--+2222437(1cos cos )(cos cos )5525a b a b æöæö÷çç=+-+=-=÷çç÷ççèøè．又由,(0,)a b p Î知sin sin 0a b >，从而sin sin 5a b =． 4. 设三棱锥P ABC -满足3,2PA PB AB BC CA =====，则该三棱锥的体积的最大值为 ．答案：3． 解：设三棱锥P ABC -的高为h ．取M 为棱AB 的中点，则h PM £==．当平面PAB 垂直于平面ABC 时，h 取到最大值．此时三棱锥P ABC -的体积取到最大值11333ABC S D ⋅==．5. 将5个数2,0,1,9,2019按任意次序排成一行，拼成一个8位数（首位不为0），则产生的不同的8位数的个数为 ．答案：95． 解：易知2,0,1,9,2019的所有不以0为开头的排列共有44!96´=个．其中，除了(2,0,1,9,2019)和(2019,2,0,1,9)这两种排列对应同一个数20192019，其余的数互不相等．因此满足条件的8位数的个数为96195-=．6. 设整数4n >，(1)n x +的展开式中4n x -与xy 两项的系数相等，则n 的值为 ．答案：51．解：注意到0(1)C 1)nnr n r r nr x x -=+=å．其中4n x -项仅出现在求和指标4r =时的展开式444C 1)n n x-中，其4n x -项系数为44(1)(2)(3)(1)C 24n n n n n ----=．而xy 项仅出现在求和指标1r n =-时的展开式11C 1)n n nx --⋅中，其xy 项系数为12331C C 4(1)(1)2(1)(2)n n n n n n n n ----⋅-=---． 因此有3(1)(2)(3)(1)2(1)(2)24n n n n n n n n ----=---．注意到4n >，化简得33(1)48n n --=-，故只能是n 为奇数且348n -=．解得51n =．7. 在平面直角坐标系中，若以(1,0)r +为圆心、r 为半径的圆上存在一点(,)a b 满足24b a ³，则r 的最小值为 ．答案：4．解：由条件知222(1)a r b r --+=，故22224(1)2(1)(1)a b r a r r a a £=---=---．即22(1)210a r a r --++£．上述关于a 的一元二次不等式有解，故判别式2(2(1))4(21)4(4)0r r r r --+=-³，解得4r ³．经检验，当4r =时，(,)(3,a b =满足条件．因此r 的最小值为4．8. 设等差数列{}n a 的各项均为整数，首项12019a =，且对任意正整数n ，总存在正整数m ，使得12n m a a a a +++=．这样的数列{}n a 的个数为 ．答案：5．解：设{}n a 的公差为d ．由条件知12k a a a +=（k 是某个正整数），则 112(1)a d a k d +=+-，即1(2)k d a -=，因此必有2k ¹，且12ad k =-．这样就有1111(1)2n n a a n d a a k -=+-=+-，而此时对任意正整数n ，12111(1)(1)(1)22n n n n n a a a a n d a n a d --+++=+=+-+ 1(1)(1)(2)2n n a n k d æö-÷ç=+--+÷ç÷çèø， 确实为{}n a 中的一项．因此，仅需考虑使12|k a -成立的正整数k 的个数．注意到2019为两个素数3与673之积，易知2k -可取1,1,3,673,2019-这5个值，对应得到5个满足条件的等差数列．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9.（本题满分16分）在椭圆G 中，F 为一个焦点，,A B 为两个顶点．若3,2FA FB ==，求AB 的所有可能值．解：不妨设平面直角坐标系中椭圆G 的标准方程为22221(0)x y a b a b+=>>，并记c =F 为G 的右焦点．易知F 到G 的左顶点的距离为a c +，到右顶点的距离为a c -，到上、下顶点的距离均为a ．分以下情况讨论：(1) ,A B 分别为左、右顶点．此时3,2a c a c +=-=，故25AB a ==（相应地，2()()6b a c a c =+-=，G 的方程为2241256x y +=）． …………………4分(2) A 为左顶点，B 为上顶点或下顶点．此时3,2a c a +==，故1c =，进而2223b a c =-=，所以AB ==G 的方程为22143x y +=）． …………………8分 (3) A 为上顶点或下顶点，B 为右顶点．此时3,2a a c =-=，故1c =，进而2228b a c =-=，所以AB ==G 的方程为22198x y +=）．…………………12分 综上可知，AB的所有可能值为5,． …………………16分10. （本题满分20分）设,,a b c 均大于1，满足lg log 3,lg log 4.b a a c b c ì+=ïïíï+=ïî求lg lg a c ⋅的最大值．解：设lg ,lg ,lg a x b y c z ===，由,,1a b c >可知,,0x y z >．由条件及换底公式知3,4z zx y y x+=+=，即34xy z y x +==．…………………5分由此，令3,4(0)x t y t t ==>，则241212z x xy t t =-=-．其中由0z >可知(0,1)t Î． …………………10分因此，结合三元平均值不等式得2lg lg 312(1)18(22)a c xz t t t t t ==⋅-=⋅-33(22)2161818333t t t æöæö++-÷çç£⋅=⋅=÷çç÷ççèèø． 当22t t =-，即23t =（相应的,,a b c 分别为8833100,10,10）时，lg lg a c 取到最大值163． …………………20分11. （本题满分20分）设复数数列{}n z 满足：11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=．证明：对任意正整数m ，均有123m z z z +++<． 证明：归纳地可知*0()n z n N ¹Î．由条件得2*114210()n n n n z z n z z N ++æöæö÷çç÷++=Îçç÷çç÷èøèø，解得*11()4N n n z n z +-=Î． …………………5分因此1112n n nnz z z z ++===，故*11111()22N n n n z z n --=⋅=Î． ①进而有*11111()22N n n n n n n n z z z z n z ++-+=⋅+==Î． ②…………………10分当m 为偶数时，设*2()N m s s =Î．利用②可得122122122111123sm k k k k k k k k z z z z z z z ¥¥---===+++£+<+==ååå． …………………15分 当m 为奇数时，设21()N m s s =+Î．由①、②可知21212221211112322s k k s s k k s k s z z z ¥¥+---=+=+=<==+⋅åå， 故1221221212113s m k k s k k k k z z z z z z z z ¥-+-==æö÷ç+++£++<+=÷ç÷çèøåå． 综上，结论获证． …………………20分2019年全国高中数学联合竞赛加试（B 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）设正实数12100,,,a a a 满足101(1,2,,50)i i a a i -³=．记112(1,2,,99)k k kka x k a a a +==+++．证明：29912991x x x £．证明：注意到12100,,,0a a a >．对1,2,,99k =，由平均值不等式知121210kk k k a a a a a a æöç<£çç+++èø， ……………10分 从而有9999299112991111212kk k k k k k k ka k x x x a a a a a a a ++==æö÷ç÷=£ç÷÷ç+++èø ． ①………………20分记①的右端为T ，则对任意1,2,,100i =，i a 在T 的分子中的次数为1i -，在T 的分母中的次数为100i -．从而10121005050210121012(101)101101101111ii i i i i i i i i i ia T a a a a -------===æö÷ç÷===ç÷ç÷èø ．………………30分又1010(1,2,,50)i i a a i -<£=，故1T £，结合①得29912991x x x T ££． ………………40分二、（本题满分40分）求满足以下条件的所有正整数n ：(1) n 至少有4个正约数；(2) 若12k d d d <<< 是n 的所有正约数，则21321,,,k k d d d d d d ---- 构成等比数列．解：由条件可知4k ≥，且3212112kk k k d d d d d d d d -----=--． ………………10分 易知112231,,,k k k n nd d n d d d d --====，代入上式得3222231n n d d d n n d d d --=--， 化简得223223()(1)d d d d -=-． ………………20分由此可知3d 是完全平方数．由于2d p =是n 的最小素因子，3d 是平方数，故只能23d p =． ………………30分从而序列21321,,,k k d d d d d d ---- 为23212,1,,,k k p p p p p p p ------ ，即123,,,,k d d d d 为21,1,,,k p p p - ，而此时相应的n 为1k p -．综上可知，满足条件的n 为所有形如a p 的数，其中p 是素数，整数3a ≥． ………………40分三、（本题满分50分）如图，点,,,,A B C D E在一条直线上顺次排列，满足BC CD ==，点P 在该直线外，满足PB PD =．点,K L 分别在线段,PB PD 上，满足KC 平分BKE ，LC 平分ALD ．证明：,,,A K L E 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：令1,(0)AB BC CD t ===>，由条件知2DE t =．注意到180BKE ABK PDE DEK < = < - ，可在CB 延长线上取一点A ¢，使得A KE ABK A BK ¢¢ = = ． ………………10分此时有A BK A KE ∽¢¢D D ，故A B A K BKA K A E KE¢¢==¢¢． ………………20分 又KC 平分BKE ，故211BK BC t KE CE t t t===++．于是有 22112A B A B A K BK AB A E A K A E KE t t AEæö¢¢¢÷ç=⋅===÷ç÷碢¢èø++． …………30分 由上式两端减1，得BE BEA E AE=¢，从而A A ¢=．因此AKE A KE ABK ¢ = = ． 同理可得ALE EDL = ．而ABK EDL = ，所以AKE ALE = ．因此,,,A K L E 四点共圆． ………………50分四、（本题满分50分）将一个凸2019边形的每条边任意染为红、黄、蓝三种颜色之一，每种颜色的边各673条．证明：可作这个凸2019边形的2016条在内部互不相交的对角线将其剖分成2017个三角形，并将所作的每条对角线也染AA (为红、黄、蓝三种颜色之一，使得每个三角形的三条边或者颜色全部相同，或者颜色互不相同．证明：我们对5n ≥归纳证明加强的命题：如果将凸n 边形的边染为三种颜色,,a b c ，并且三种颜色的边均至少有一条，那么可作满足要求的三角形剖分． ………………10分当5n =时，若三种颜色的边数为1，1，3，由对称性，只需考虑如下两种情形，分别可作图中所示的三角形剖分．若三种颜色的边数为1，2，2，由对称性，只需考虑如下三种情形，分别可作图中所示的三角形剖分．………………20分假设结论对(5)n n ≥成立，考虑1n +的情形，将凸1n +边形记为121n A A A + ． 情形1：有两种颜色的边各只有一条．不妨设,a b 色边各只有一条．由于16n +≥，故存在连续两条边均为c 色，不妨设是111,n n n A A A A ++．作对角线1n A A ，并将1n A A 染为c 色，则三角形11n n A A A +的三边全部同色．此时凸n 边形12n A A A 的三种颜色的边均至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分．………………30分 情形2：某种颜色的边只有一条，其余颜色的边均至少两条．不妨设a 色边只有一条，于是可以选择两条相邻边均不是a 色，不妨设111,n n n A A A A ++均不是a 色，作对角线1n A A ，则1n A A 有唯一的染色方式，使得三角形11n n A A A +的三边全部同色或互不同色．此时凸n 边形12n A A A 的三种颜色的边均至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分． ………………40分情形3：每种颜色的边均至少两条．作对角线1n A A ，则1n A A 有唯一的染色方式，使得三角形11n n A A A +的三边全部同色或互不同色．此时凸n 边形12n A A A 的三种颜色的边均至少有一条，由归纳假设，可对其作符合要求的三角形剖分．综合以上3种情形，可知1n +的情形下结论也成立．由数学归纳法，结论获证． ………………50分。
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年全国高中数学联赛试题及解答
全国高中数学联合竞赛试题（A 卷）一试一、填空题（本大题共8小题，每小题8分，共64分）1. 若正数,a b 满足()2362log 3log log a b a b +=+=+，则11a b+的值为________．答案：设连等式值为k ，则232,3,6k k ka b a b --==+=，可得答案108分析：对数式恒等变形问题，集训队讲义专门训练并重点强调过2. 设集合3|12b a b a ⎧⎫+≤≤≤⎨⎬⎩⎭中的最大元素与最小你别为,M m ，则M m -的值为______．答案：33251b a +≤+=，33b a a a+≥+≥，均能取到，故答案为5-分析：简单最值问题，与均值、对勾函数、放缩有关，集训队讲义上有类似题 3. 若函数()21f x x a x =+-在[0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是______．答案：零点分类讨论去绝对值，答案[]2,0-分析：含绝对值的函数单调性问题，集训队讲义专门训练并重点强调过4. 数列{}n a 满足12a =，()()*1221n n n a a n N n ++=∈+，则2014122013a a a a =+++______． 答案：()1221n n n aa n ++=+，迭乘得()121n n a n -=+，()212232421n n S n -=+⨯+⨯+++，乘以公比错位相减，得2n n S n =，故答案为20152013．分析：迭乘法求通项，等差等比乘积求前n 项和，集训队讲义专门训练并重点强调过5. 正四棱锥P ABCD -中，侧面是边长为1的正三角形，,M N 分别是边,AB BC 的中点，则异面直线MN与PC 之间的距离是________．答案：OB 为公垂线方向向量，故距离为12OB =分析：异面直线距离，也可以用向量法做，集训队讲义专门练并重点强调过6. 设椭圆Γ的两个焦点是12,F F ，过点1F 的直线与Γ交于点,P Q ．若212PF F F =，且1134PF QF =，则椭圆Γ的短轴与长轴的比值为________．答案：不妨设焦点在x 轴（画图方便），设114,3PF QF ==，焦距为2c ，224a c =+，可得△2PQF 三边长为7,21,2c c +，过2F 作高，利用勾股可得5c =． 分析：椭圆中常规计算，与勾股定理、解三角形、斯特瓦尔特等有关，集训队讲义训练过相关7. 设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I ．若点P 满足1PI =，则△APB 与△APC 的面积之比的最大值为________．答案：sin sin APB APC S PABS PAC ∠=∠，又两角和为60最大，即AP 与(),1I 切于对称轴右侧2分析：平面几何最值、面积、三角函数、轨迹8. 设,,,A B C D 是空间中四个不共面的点，以12的概率在每对点之间连一条边，任意两点之间是否连边是相互独立的，则,A B 之间可以用空间折线（一条边或者若干条边组成）连结的概率为_______． 答案：总连法64种，按由A 到B 最短路线的长度分类．长度为1，即AB 连其余随意，32种； 长度为2，即AB 不连，ACB 或ADB 连，其余随意，ACB 连8种，故共88214+-=种 （一定注意,ACB ADB 同时连被算了2次，根据CD 是否连有2种情形）；长度为3，两种情形考虑ACDB ，ACDB 连、,,AB CB AD 均不连只有1种，故连法为2种；综上，答案483644=分析：组合计数，分类枚举，难度不大但容易算错，集训队讲义训练过类似题目二、解答题（本大题共3小题，共56分）9. （本题满分16分）平面直角坐标系xOy 中，P 是不在x 轴上的一个动点，满足条件：过P 可作抛物线24y x =的两条切线，两切点连线P l 与PO 垂直．设直线P l 与直线PO ，x 轴的交点分别为,Q R ． （1）证明：R 是一个定点；（2）求PQQR的最小值．答案：（1）设(),P a b ，()()1122,,,A x y B x y ，0,0a b ≠≠，()11:2PA yy x x =+，()22:2PB yy x x =+ 故,A B 两点均适合方程()2by a x =+，利用垂直，可得2a =-，故交点为定点()2,0（2）∵2a =-，故,2PO PR b bk k =-=-，设OPR α∠=，则α为锐角，1tan PQ QR α=，利用两角差 的正切公式，可得282PQ b QR b+=≥． 分析：涉及圆锥曲线切点弦方程、两直线夹角公式、不等式求最值，集训队讲义专门训练并重点过10. （本题满分20分）数列{}n a 满足16a π=，()()*1arctan sec n n a a n N +=∈．求正整数m ，使得121sin sin sin 100m a a a ⋅⋅⋅=． 答案：由反函数值域，知,22n a ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，2222132tan sec tan 1tan 3n n n n a a a +-==+==，1212112122311tan tan tan tan tan tan tan sin sin sin sec sec sec tan tan tan tan m m m m m m a a a a a a a a a a a a a a a a a ++⋅⋅⋅=⋅=⋅==故3333m =分析：涉及简单反三角函数、数列通项公式求法，集训队讲义对类似题目进行过训练11. （本题满分20分）确定所有的复数α，使得对任意复数()121212,,1,z z z z z z <≠，均有()()221122z z z z αααα++≠++．答案：转换命题为计算存在12,z z 使得相等时的充要条件存在12,z z 使得相等，记()()2f z z z αα=++，()()()()()1212121220f z f z z z z z z z αα-=++-+-=， 则()()()1212122z z z z z z αα-=-++-，故12122222z z z z a ααα=++≥-->-， 故2α<； 若2α<，令12,22z i z i ααββ=-+=--，其中012αβ<<-，则12z z ≠，122i ααββ-±≤-+<，计算121212,2,2z z z z i z z i αββ+=--=-=-并代入，知()()12f z f z =．综上，满足条件的α为,2Z αα∈≥二试一、（本题满分40分）设实数,,a b c满足1a b c++=，0abc>．求证：14ab bc ca++<．a b c≥≥>，则1a≥1c≤．)ab bc ca c++-+⎭12c-，故有()()111122c c cc cc c⎛---≤-+-⎭⎝⎭由于1110,3333c-≥+≥>310c->，故原不等式成立．方法2：不妨设0a b c≥≥>，则13a≥c，设()()1f b ab bc ca ab c c=++=+-，()f b递增f⇔，()())()1f b ab a b a b⎛'=--=-⎝，()010f b'≥⇔≥⇔≤≥故()f b a；题目转化为21ac+=，a c≥，记()()222212g a a ac a a a=+-=+--()()262621g a a a⎫'=-+=-⎪⎭，由于13a≥1=，得1532a=，115,332a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时g'151,322⎫⎪⎝⎭时()g a在13或12max1124g g⎛⎫==⎪⎝⎭分析：一道偏函数化的不等式题，可以将其放缩为一元函数，也可以拿导数与调整法很快做出来，集训队讲义上两种方法都训练过．二、（本题满分40分）在锐角三角形ABC中，60BAC∠≠，过点,B C分别作三角形ABC的外接圆的切线,BD CE，且满足BD CE BC==．直线DE与,AB AC的延长线分别交于点,F G．设CF与BD交于点M，CE与BG交于点N．证明：AM AN=．答案：设△ABC三边为,,a b c，则BD CE a==，先计算AM，∵,BFD ABC BDF DBC BAC∠=∠∠=∠=∠，∴△BFD∽△CBA．由比例可知acDFb=，故BM BC bBDDF c==，故abBMb c=+，故由余弦定理知()2222cosab abAM c c A Bb c b c⎛⎫=+-⋅+⎪++⎝⎭222cosab abcc Cb c b c⎛⎫=++⎪++⎝⎭，整理可得此式关于,b c对称故可知22AM AN=分析：由于一旦,,a b c三边确定则图形固定，所以通过相似、比例、余弦定理计算的思路比较显然GF ED三、（本题满分50分）设{}1,2,3,,100S =．求最大的整数k ，使得S 有k 个互不相同的非空子集，具有性质：对这k 个子集中任意两个不同子集，若它们的交非空，则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同．答案：一方面，取包含1的、至少含2个元素的所有子集，共9921-个，显然满足题意； 另外归纳证对于{}1,2,3,,S n =，任取()123n n -≥个子集，均存在两个的交集中最小的等于某个中最大的当3n =时，将7个非空子集分为三类：{}{}{}31,32,3，{}{}21,2，{}{}11,2,3．任取四个必有两个同类． 假设n k =时命题成立，当1n k =+时，如果取出的2k 个子集中至少有12k -个不含1k +，利用归纳假设知成 立；如果不含1k +的不足12k -，则至少有121k -+个含有1k +，而S 含有1k +的子集共2k 个，可以配成12k - 对，使得每对中除了公共元素1k +外，其余恰为1到n 的互补子集，这样，如果选出121k -+个，则必有两 个除1k +外不交，故命题成立． 综上，k 的最大值为9921-．分析：集合中的组合最值问题，比较常规的一道题，类似感觉的题集训队讲义在组合中的归纳法中有过四、（本题满分50分）设整数122014,,,x x x 模2014互不同余，整数122014,,,y y y 模2014也互不同余．证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余．答案：不妨设()mod 2014i i x y i ≡≡，1,2,,2014i =．下面对i y 序列进行1007次调整从而构成i z 序列：若i i x y +与10071007i i x y +++模4028不同余，则1007,i i y y +不调整；否则，交换1007,i i y y +位置，1,2,,2014i =．下证，进行1007次调整后，得到的i z 序列一定满足条件． 任意挑选一列()1,2,,1007i i x z i +=，只需证其与10071007i i x z +++、()1,2,,1007,j j x z j j i +=≠、10071007j j x z +++模4028不同余即可由i z 构造方法，i i x z +与10071007i i x z +++不同余是显然的，因为不可能调整前后均同余，故只需看另两个； 首先，对于不同的,i j ，2i 与2j 模4028不同余，否则会导致()mod 2014i j ≡．若,i j y y 均未调整，则()2mod 2014i i x z i +≡，()100710072mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡，故成立；若,i j y y 均已调整，则()21007mod 2014i i x z i +≡+，()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，故成立； 若只有一个被调整过，不妨设i y 未调整、j y 已调整，则()2mod 2014i i x z i +≡， ()1007100721007mod 2014j j j j x z x z j +++≡+≡+，若()4028|21007i j --，则()1007|i j -，矛盾，故同样成立． 综上，构造的i z 序列满足条件．全国高中数学联赛试题及解答2014高中联赛试题分析从试题类型来看，今年代数、几何、数论、组合4部分所占的比例为：代数37.3%，几何26.7%，数论16.7%，组合19.3%．这方面和历年情况差不多，但具体的知识点差别极大．一试第7题填空题可谓出人意表，虽然解答是用三角函数的方法处理的，对比历年试题，这题毫无疑问也是顶替了三角函数的位置．但本题却是一道彻头彻尾的平面几何题．从图中不难看出，最值情况在相切时取到，剩下的只是利用三角函数处理了一下计算上的问题．其余填空题中，第1~6题和往年出题风格类似，第8题概率计算略显突兀，本题几乎不需要用到计数的技巧，而是用单纯枚举的方法即可解决．放在填空题最后一题的位置不免显得难度不够．一试三道解答题中，第9题和第10题均不太难，所考知识点也和往年类似，无需多说．第11题又再次爆了冷门，考了一道复数问题．联赛已经多年没有考复数的大题了，许多学生都没有准备．可以说，这次一下戳中了学生的罩门．相信本题最终的得分率不容乐观．而本次试题中最特殊的要数加试中的平面几何题了．一反从1997年开始保持到如今的惯例，没有将平面几何题放在加试的第一题．而且本题实则为《中等数学》2012年第12期中的数学奥利匹克高中训练题中的原题，这无疑又让此题失色不少．今年的加试第一题放了一道不等式问题，虽然近几年不等式考察得较少，但是不等式一直是数学竞赛中的热门，在历年联赛中多有出现．考虑到本题难度并不大，放在联赛加试第一题还是非常合适的．加试第三题组合最值问题的出题风格一如既往，可以从很极端的情况下猜出答案，再进行证明．值得全国高中数学联赛试题及解答一提的是本题题干描述有歧义，最后一句“则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同”中，记最小元素为a ，两个最大元素为b 和c ．本句话中到底是指a 、b 、c 这3个数互不相同还是指a b ≠且a c ≠，无疑是容易让人误解的．希望今后联赛试题中能避免出现这种情况．加试第四题虽说考察的是数论中的同余知识，但更多考察的是构造法技巧，这也符合联赛加试中试题综合各方面知识的出题思想．从难度上来说本题难度不算太大，只要能从较小的数开始构造并寻找规律，找出2014的构造并不显得困难．但本题的出题背景无疑和以下题目相关：“n 为给定正整数，()122,,,n x x x 和()122,,,n y y y 均为1~2n 的一个排列，则112222,,,n n x y x y x y +++这2n 个数不可能模2n 互不同余．” 总的说来，本次联赛考察的知识点和往年比差别较大，但从试卷难度来说，和前两年是相当的．预计今年联赛的分数线可能比去年略低．。
2019年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)
3 22 s-1
=
¥ k=s+1
3 22k-1
¥
=
k=s+1
z2k-1 + z2k
，
故
å å z1 + z2 ++ zm
£
æçççè
k
s =1
z2k-1 + z2k ÷ö÷÷ø+
z2 s+1
¥
<
k =1
z2k-1 + z2k
=
2
3 3
．
综上，结论获证．
…………………20 分
2019 年全国高中数学联合竞赛加试（B 卷） 参考答案及评分标准
3. 设 a, b Î (0, p) ，cosa, cosb 是方程 5x2 -3x -1= 0 的两根，则 sin asin b 的
值为
．
答案：
7 5
．
解：由条件知 cosa + cosb = 3 , cosa cos b = -1 ，从而
5
5
(sin a sin b)2 = (1-cos2a)(1- cos2 b) = 1- cos2a - cos2 b + cos2a cos2 b
=
(-1)n-32n(n -1)(n
- 2)
．
因此有
n(n
-1)(n 24
2)(n
-
3)
=
(-1)n-3
2n(n
-1)(n
-
2)
．注意到
n
>
4
，化简得
n -3 = (-1)n-3 48 ，故只能是 n 为奇数且 n - 3 = 48 ．解得 n = 51．
2019年第十届陈省身杯试题
2
若 n = 2, . . . , k − 1 时都成立, 在 n = k 时, 考虑任意 a1a2 . . . ak 中的素因 数 p. 令 s = max{vp(ai)}, 并且定义 S = {ai | vp(ai) = s}, T = M\S . 于是可以 分两种情况:
的那个数字. 每一回合甲先染色, 若甲所染的数字与 n 之间的数字全部被染
3
了 (相同的) 颜色, 不妨设 i 到 j (i ≤ n ≤ j) 都被染了 (相同的) 颜色, 而 i − 1 和 j + 1 没有被染颜色, 那么考虑三种情况: 1.1. 若 i + j > 2n, 则乙在 i − 1 染上与 n 相同的颜色; 1.2. 若 i + j < 2n, 则乙在 j + 1 染上与 n 相同的颜色 (即乙尽量保证中间同色数段的对称性); 1.3. 若 i + j = 2n (即中间的同色数 段是对称的情况下), 乙在 i − 1 或 j + 1 上的某个可以染色的地方染上与 n 相同的颜色即可.
若 n − 1 时是这个策略是必胜的, 在 n 我们将 2 至 2n − 2 这 2n − 2 个数 对应到 n − 1 的情况中, 我们重点考察甲乙在染 1 和 2n − 1 时的行为. 若甲 在某一次染色的时候将 1 染了色, 此时我们知道 2 未被染色或者 2 与 1 同 色. 若此时 2 与 1 同色, 那么按照乙的操作策略, 此时有两种情况, 若 2n − 2 与 2 异色, 则乙在 2n − 1 处染与 1 相反的颜色, 按照引理可知乙赢. 若 2n − 2 与 2 同色, 按照乙的策略, 这种情况只会在 2 至 2n − 2 皆同色的时候出现, 所以乙将 2n − 1 染成一样的颜色, 那么全部数字颜色相同, 乙赢. 若此时 2 未被染色, 而 2n − 2 也未被染色或与 1 异色, 那么乙将 2n − 1 染成与 1 相反 的颜色即可胜利. 若 2n − 2 被染了与 1 相同的颜色, 而按照乙的策略, 这种 情况只可能在 3 到 2n − 2 皆同色的情况下发生, 那么接下来乙在 2n − 1 处 染与 1 相同的颜色, 下一步甲只能在 2 处染与 1 相同的颜色, 于是全部数字 同色, 乙赢. 若甲某一次先染了 2n − 1, 同理乙会赢. 若乙先染了 1, 那么按 照乙的策略, 此时 2 到 2n − 2 皆同色, 那么剩下这一步甲只能在 2n − 1 上染 相同的颜色, 还是乙赢. 同理若乙先染了 2n − 1 的话他还是会赢. 所以由归 纳法可知乙按照这个策略永远会赢.
第一届至第九届(2010-2018年)陈省身杯全国高中数学奥林匹克试题及答案
第九届陈省身杯全国高中数学奥林匹克1．已知锐角△ABC 的外接圆为⊙O ，边BC 、CA 、AB 上的高的垂足分别为D 、E 、F ，直线EF 与⊙O 的 AB 、AC 分别交于点G 、H ，直线DF 与BG 、BH 分别交于点K 、L ，直线DE 与CG 、CH 分别交于点M 、N ．证明：K 、L 、M 、N 四点共圆，且该圆的直径为2222()b c a +-，其中，BC =a ，CA =b ，AB =c ．证明 如图1，因为B 、C 、E 、F 四点共圆，所以，AFE ACB ∠=∠．图1°°2GB HA AFE 注意到，+∠=， °°°22AB AG GB ACB +∠==． 从而， HA AG =，即AG AH =．因为C 、A 、F 、D 四点共圆，所以，=BFD ACB AFE BFG ∠=∠∠=∠．从而，直线GH 与直线DK 关于直线AB 对称．由 °°AG AH =, 知GBA ABH ∠=∠．从而，直线BK 与直线BH 关于直线AB 对称．因此，点K 、H 关于直线AB 对称，即AK =AH ．类似地：点L 、G 关于直线AB 对称，即AL =AG ；G 、N 关于直线AC 对称，即AG =AN ；M 、H 关于直线AC 对称，即AM =AH ．综上，AL =AN =AG =AH =AK =AM ．因此，K 、L 、M 、N 四点共圆，且圆心为A ，半径为AG ，记该圆为⊙A ． 设⊙O 的半径为R ，⊙O 的直径AQ 与GH 交于点P ．如图2．图2则∠AGQ=90°，且AP ⊥GH ．由射影定理得2AG AQ AP =⋅．注意到，sin =cos sin AP AF AFE AC CAB ACB .=⋅∠⋅∠⋅∠2222222cos sin =22AQ AP R AC CAB ACBb c a b c a AB AC bc 故.⋅=⋅∠⋅∠+-+-=⋅⋅ 因此，2222b c a AG +-=，⊙A 的直径为2222()b c a +-．。
第一届至第八届(2010-2017年)陈省身杯全国高中数学奥林匹克试题及答案
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