2017年印度全国数学奥林匹克竞赛试题(图片版,无答案)
数学奥林匹克高中训练题_ 17及解析及解析
数学奥林匹克高中训练题_ 17 注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明第II卷（非选择题）一、填空题1.已知函数f(x)=x|1−x|(x∈R).则不等式f(x)>14的解集为______.2.从等差数列2，5，8，11，…中取k项，使其倒数和为1.则k的最小值是______.3.平面直角坐标系中，两个圆有公共点(9,6)且都与x轴相切，它们的半径之积为68.如果它们的另一条外公切线也过原点，则它的斜率为______.4.已知A(x1,y1)、B(x2,y2)是函数f(x)={2x1−2x,x≠12;−1, x=12的图像上的任意两点（可以重合），点M在直线x=12上，且AM⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =MB⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ .则y1+y2的值为______.5.三脚架的三只脚各长5，两两的夹角彼此相等且固定.将它立在地面上时，顶端距地面的高度为4.后来一只脚损坏，底部截去长度1.再立在地面上时，顶端距地面的高度变为______.6.已知S n为数列{a n}的前n项和，a=(S n,1)，b=(−1,2a n+2n+1)，a⊥b.若b n=n−2011n+1a n，且存在n0，对于任意的k(k∈N+)，不等式b k≤b n成立.则n0的值为______.7.若a、b、c均是整数(0<c<90)，且使得√9−8sin50°=a+bsinc°.则a+b c的值是______.8.将4个相同的红球和4个相同的蓝球排成一行，从左至右依次对应序号1，2，…，8.若同色球之间不加区分，则4个红球对应序号之和小于4个蓝球对应序号之和的排列共有______种.二、解答题9.如图，已知抛物线=2py(p>0)与直线y=b(b<0)，点P(t,b)在直线上移动.过P作抛物线的两条切线，切点分别为A、B，线段AB的中点为M.（1）求点M的轨迹；（2）求|AB|的最小值.10.用部分自然数构造如图的数表：用a ij(i≥j)表示第i行第j个数(i、j∈N+)，使a i1=a ii=i.每行中的其余各数分别等于其“肩膀”上的两个数之和.设第n(n∈N+)行中各数之和为b n.试问：数列{b n}中是否存在不同的三项b p、b q、b r(p、q、r∈N+)恰好成等差数列?若存在，求出p、q、r的关系；若不存在，请说明理由.11.设f(x)是定义在定义域D上的函数.若对任何实数a∈(0,1)以及D中的任意两数x1、x2，恒有f(αx1+(1−α)x2)≤αf(x1)+(1−α)f(x2)，则称f(x)为定义在D上的C函数.（1）已知f(x)是R上的C函数，m是给定的正整数.设a n=f(n)(n=0,1,⋅⋅⋅,m)，且a0=0，a m=2m，记S f=a1+a2+⋅⋅⋅+a m.对于满足条件的任意函数f(x)，试求S f的最大值.（2）若f(x)是定义域为R的函数，且最小正周期为T，证明：f(x)不是R上的C函数. 12.如图，AD为ΔABC的角平分线，I1、I2分别为ΔABD、ΔACD的内心，以I1I2为底作等腰ΔI1I2E，使∠I1EI2=12∠BAC.求证：DE⊥BC.13.设p为任意给定的质数.证明：一定存在质数q，使得对任意的整数n，数n p−p都不能被q整除.14.设自然数k满足1<k<100.对1,2,⋅⋅⋅,100的任一个排列a1,a2,⋅⋅⋅,a100，取最小的m>k，使a m至少小于a1,a2,⋅⋅⋅,a k中k−1个数.已知满足a m=1的数列的个数为100!.4求k的值.15.设a1,a2,⋅⋅⋅,a20是20个两两不同的正整数，且集合{a i+a j|1≤i、j≤20}中有201个不同的元素.求集合{a i−a j|1≤i、j≤20}中不同元素个数的最小可能值.参考答案1.(1+√22,+∞).【解析】1. 注意到f (x )=x |1−x |={−x 2+x,x ≤1;x 2−x, x >1.如图，可知在区间(1,+∞)上存在x 0，有f (x 0)=14.令x 2−x =14. 解得x =1±√22.又x∈(1,+∞)，则x 0=1+√22.故不等式的解集是(1+√22,+∞).故答案为：(1+√22,+∞)2.8【解析】2.首先，取2，5，8，11，20，41，110，1640，易知其倒数和为1，即k =8满足要求.其次，设从数列中取出x 1,x 2,⋅⋅⋅,x k ，使1x 1+1x 2+⋅⋅⋅+1x k=1.令y i=x 1x 2⋅⋅⋅x kx i.则y 1+y 2+⋅⋅⋅+y k =x 1x 2⋅⋅⋅x k .①因为x n≡2(mod3)，所以，对式①两边取以3为模得k°2k−1=2k (mod3)，即k ≡2(mod3).当k =2时，1x 1+1x 2≤12+15<1；当k=5时，1x 1+1x 2+⋅⋅⋅+1x 5≤12+15+18+111+114<1. 故k ≥8.因此，k 的最小值是8.故答案为：8 3.12√22149【解析】3.由于两圆连心线过原点，则可设两圆圆心为(a,ka )、(b,kb ).于是， (a −9)2+(ka −6)2=(ka )2⇒a 2−6(2k +3)a +117=0.同理，b 2−6(2k +3)b +117=0.又a≠b ，故a 、b 是二次方程x 2−6(2k +3)x +117=0的两根，则ab =117.因为ka·kb =68，所以，k =√68117=√173√13.又另一条外公切线的倾斜角是连心线倾斜角的两倍，故斜率为2k1−k2=12√22149.故答案为：12√22149 4.−2【解析】4. 由点M 在直线x=12上，设M (12,y M ).又AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =MB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，即 AM⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(12−x 1,y M−y 1)，MB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(x2−12,y 2−y M ). 故x 1+x 2=1.（1）当x 1=12时，x 2=12，则 y 1+y 2=f (x 1)+f (x 2)=−1−1=−2；（2）当x 1≠12时，x 2≠12，则 y 1+y 2=2x 11−2x 1+2x 21−2x 2=2x 1(1−2x 2)+2x 2(1−2x 1)(1−2x 1)(1−2x 2)=2(x 1+x 2)−8x 1x 21−2(x 1+x 2)+4x 1x 2=−2.综上得y 1+y 2=−2.故答案为：−2 5.√1585【解析】5.如图，原三脚架立起时是个正三棱锥P −ABC ，侧棱长为5，高PO =4.则底面正三角形的外接圆半径为√3=√52−42=3.故AB =3√3.正三棱椎V P−ABC 的体积为V 1=13×4×√34(3√3)2=9√3.设侧面的顶角∠APB =θ.由余弦定理得cosθ=52+52−(3√3)22×5×5=2350.截去AD=1后所得三棱锥P −DBC 的体积为V 2=45V 1=36√35. 底面腰长为DB=DC =√52+42−2×5×4×2350=√1135，底边BC 上的高为√1135−(3√32)2=√31725，底面积S ΔDBC=12×√317253√3=√9515.故点P 距底面的高度为3VP−DBC S ΔDBC =1585.故答案为：√15856.2009或2010【解析】6. 由a⊥b ⇒−S n +2a n +2n+1=0⇒−S n+1+2a n+1+2n+2=0⇒a n+1=2a n −2n+1⇒a n+12n+1=a n2n −1⇒{a n2n}为等差数列 ⇒a n2n =−2−(n −1)=−(n +1) ⇒b n =(2011−n )2n .令b n+1≥b n .则(2010−n )2n+1≥(2011−n )2n .解得n≤2009.故b n 的最大值为b 2010=b 2009.因此，n 0=2009或2010.故答案为：2009或2010 7.12【解析】7. 注意到：9−8sin50°=9+8sin10°−8sin10°−8sin50°=9+8sin10°−8[sin (30°−20°)+sin (30°+20°)]=9+8sin10°−8cos20° =9+8sin10°−8(1−2sin 210°)=16sin 210°+8sin10°+1=(4sin10°+1)2.所以，a=1，b =4，c =10.故a+b c =12.故答案为：128.31【解析】8.8个数的和为36.将1，2，…，8这8个数平均分成两组，共有C 842=35种分法.当两组数之和不等时，设和较小的4个球为红球的序号和较大的4个数为蓝球的序号对应着一个符合要求的排列.所以，只需除去两组数之和等于18的情形. 设a i (i =1,2,3,4)表示所选出的4个数，且a i∈{1,2,⋅⋅⋅,8}，不妨设a 1<a 2<a 3<a 4.下面讨论方程∑a i 4i=1=18的解的组数.易知必有a 1≤3，否则，a 1+a 2+a 3+a 4≥4+5+6+7>18.矛盾. 同理，a 2≤4.这样，可以写出方程的8组解：(1,2,7,8),(1,3,6,8),(1,4,5,8)，(1,4,6,7),(2,3,5,8),(2,3,6,7)，(2,4,5,7),(3,4,5,6).故符合条件的排列有C 842−82=31个.故答案为：31 9.（1）x 2=p (y +b )（2）|AB |min =2√−2pb【解析】9. （1）由题意得y =12px 2，则y ′=1px . 设A (x 1,12px 12)、B (x 2,12px 22).于是，k PA =x 1p ，k PB =x 2p. 故x1p =x 122p−bx 1−b ，即x 12−2tx 1+2pb =0. 同理，x 22−2tx 2+2pb =0.因此，x 1、x 2为方程x 2−2tx +2pb =0的两个根.则x 1+x 2=2t ，x 1x 2=2pb .设M (x,y ).于是，x =x 1+x 22=t ， y =y 1+y 22=14p (x 12+x 22)=t 2p−b .由以上两式消去t ，得点M 的轨迹方程为x 2=p (y +b ).（2）|AB |=√(x 1−x 2)2+x 12−x224p2=√(4t 2−8pb )(1+t 2p ).由b <0知，当t =0时，|AB |min=2√−2pb .10.不存在【解析】10. 由题意得b n+1=∑a (n+1)i n+1i=1=(1+a n1)+∑[a ni +a n (i+1)]+(a m +1)n−1i=12+2i =1∑a ni n i=1=2+2b n .故b n+1=2b n +2，即b n+1+2b n +2=2.所以，{b n +2}是以b 1+2=3为首项、2为公比的等比数列. 则b n +2=3×2n−1⇒b n =3×2n−1−2.若数列{b n }中存在不同的三项b p 、b q 、b r (p 、q 、r ∈N +)恰好成等差数列，不妨设(p >q >r )，显然，{b n }是递增数列.则2b q =b p +b r .故2(3×2q−1−2)=(3×2p−1−2)+(3×2r−1−2). 于是，2×2q−r =2p−r +1.①由p 、q 、r∈N +，且p >q >r ，知q −r ≥1，p −r ≥2.由于式①的左边为偶数，右边为奇数，不成立.故数列{b n }中不存在不同的三项b p 、b q 、b r (p 、q 、r ∈N +)恰好成等差数列. 11.（1）m 2+m （2）见解析【解析】11. （1）对任意的n (0≤n ≤m )，取x 1=m ，x 2=0，α=n m∈[0,1].因为f (x )是R 上的C 函数，a n =f (n )，且a 0=0，a m =2m ，所以，a n =f (n )=f (αx 1+(1−α)x 2)≤αf (x 1)+(1−α)f (x 2)=nm ×2m =2n .故S f=a 1+a 2+⋅⋅⋅+a m ≤2(1+2+⋅⋅⋅+m )=m 2+m .可证f (x )=2x 是C 函数，且使得a n =2n (n =0,1,⋅⋅⋅,m )都成立.此时，S f =m 2+m .综上所述，S f 的最大值为m 2+m . （2）假设f (x )是R 上的C 函数.若存在m<n，且m、n∈[0,T)，使得f(m)≠f(n).若f(m)<f(n)，记x1=m，x2=m+T，α=1−n−m T.则0<α<1，且n=αx1+(1−α)x2.故f(n)=f(αx1+(1−α)x2)≤αf(x1)+(1−α)f(x2)=αf(m)+(1−α)f(m+T)=f(m).这与f(m)<f(n)矛盾.若f(m)>f(n)，记x1=n，x2=n−1，α=1−n−m T也可得出矛盾. 因此，f(x)在[0,T)上是常数函数.又因为f(x)是周期为T的函数，所以，f(x)在R上是常数函数，这与f(x)的最小正周期为T矛盾.故f(x)不是R上的C函数.12.见解析【解析】12.如图，设ΔABC的内心为I，联结BI、CI、DI1、DI2，并在I1E上取点F，使得∠I1DF=∠I1II2.①联结I2F.由I2F=180°−∠DI1B=180°−(90°+1∠BAD)=90°−1∠BAC=90°−12∠I1EI2=∠EI1I2，得∠I2I1I=∠EI1D.②同理，∠I1I2I=∠EI2D.由式①、②知ΔI1II2∼ΔI1DF.于是，I1II1I2=I1DI1F.又∠DI1I=∠EI1I2，则ΔII1D∼ΔI2I1F.故∠I1DI=∠I1FI2.③由ΔI1II2∼ΔI1DF，得∠I1I2I=∠I1FD.又∠I1I2I=∠EI2D，则∠EI2D=∠I1FD.因此，D、I2、E、F四点共圆.所以，∠EFI2=∠EDI2.④由式③、④及∠I1FI2+∠EFI2=180°，知∠I1DI+∠EDI2=180°，即∠I1DI+(∠CDI2+∠EDC)=180°.故90°+∠EDC=180°，∠EDC=90°.因此，DE⊥BC.13.见解析【解析】13.要找的质数q仅和p有关，与n无关，所以，对任意的正整数k，若q|(n p−p)则q|(n kp−n k).也就是说，若q|(n kp−n k)，则q|(n p−p).这样，问题就转化为选取适当的k，代替n p−p来讨论n kp−p k.最简单的选择是取k=p.先对此进行试探性讨论.有n p2−p p=(n p2−1)−(p p−1)=M−(p p−1).如果找到p p−1的质因数q，能使得对任意的整数n，M都不能被q整除，那么，就解决了本题.对p p−1的质因数q，n可分为两类：（1）n p2−1不能被q整除.对这些n就有q|(n kp−n k)，因而，q|(n p−p).（2）n p2被q整除.此时，希望对所选取的p p−1的质因数q加上进一步可实现的条件，能有q|(n p−p).假定这样的q存在，取质数q|(n p−p).若存在某个n，使得q|M，则q|n.由此及q|(n q−1−1)推出q|(n g−1).其中，g=(p2,q−1).注意到g=(p 2,q −1)，p ，或p 2.如果取得到质数q ，使得(p 2,q −1)≠p 2，即p 2|(q −1)，则必有q |(n p −1) .如果再要求q|(p −1)，则有q|[(n p −1)−(p −1)]=n p −p .这就满足本题的要求.由以上分析知，只要存在质数q 满足条件： （i ）q |(p p−1) .，（ii ）q|(p −1)，及（iii ）p 2|(q −1).这样的质数q 就满足本题的要求.下面具体来找这样的质数q . 由前两个条件启发，考虑p p −1p−1=p p−1+p p−2+⋅⋅⋅+p +1的质因数q .显见，这样的q 不等于p . 若q |(p −1) ，则由此及p p −1p−1=p p−1+p p−2+⋅⋅⋅+p +1≡(modp −1)，推出q |p .矛盾.所以，q 满足条件（i ）和（ii ）. 又p p −1p−1=p p−1+p p−2+⋅⋅⋅+p +1≡p +1≡(modp 2)，所以，p p −1p−1必有一个质因数q ，使得q ≡1(modp 2)，即这样的q 满足条件（iii ）.14.k =45或55.【解析】14.将a 1,a 2,⋅⋅⋅a k 重新排列成b 1<b 2<⋅⋅⋅<b k .由m 的最小性，设b 2=t .则a m<t ，a i >t (i =k +1,k +2,⋅⋅⋅,m −1).当t 固定时，由b 1<t ，且b 1不能为1，故b 1有t −2种取法.而b 3,b 4,⋅⋅⋅,b k >t ，故有C 100−t k−2种取法.将k b 1<b 2<⋅⋅⋅<b k 排列有k!种.于是，确定a 1,a 2,⋅⋅⋅a k 有(t −2)C 100−t k−2k!种.由前面分析a i>t (i =k +1,k +2,⋅⋅⋅,m −1)，在大于t 的100−t 个数中除去b 3,b 4,⋅⋅⋅,b k ，还有100−t −(k −2)=102−t −k 个数，故有A 102−t−k m−k−1种取法. 又a m=1是固定的，其余数a m+1,a m+2,⋅⋅⋅a 100排列有(100−m )!种.综上，满足a m =1的排列个数为T =∑(t −2)C 100−t k−2k!102−k t=3∑A 102−t−k m−k−1(100−m )!103−tm=k+1=∑(t −2)(100−t )!(k −2)!(102−k −t )!k!°102−kt=3∑(102−k −t )!(103−t −m )!(100−m )!103−tm=k+1 =∑(t −2)k (k −1)(100−t )!·102−kt=3∑(100−m )!(t −3)!()()103−tm=k+1=∑(t −2)!k (k −1)(100−t )!·102−kt=3∑C 100−m t−3103−tm=k+1=∑(t −2)!k (k −1)(100−t )!C 100−k t−2102−kt=3（因C n m =C n−1m +C n−1m−1）=∑k (k −1)(100−t )!(100−k )!()102−kt=3=k (k −1)(100−k )!·∑(100−t )!(k −2)!(102−k −t )!(k −2)!102−kt=3=k!(100−k )!∑C 100−t k−2102−kt=3=k!(100−k )!C 98k−1=k!(100−k )!98!(k −1)!(99−k )!=k (100−k )98!.由已知T=100!4，有k (100−k )98!=100!⇒k 2−100k +99×25=0⇒k =45或55.15.100【解析】15.所给集合的元素个数的最小值为100.例子：令a i=1011+10i，a10+i=1011−10i(i=1,2,⋅⋅⋅,10).则{a i+a j|1≤i≤j≤20}中共有(20+19+⋅⋅⋅+1)−10+1=201个不同的元素. 而{|a i−a j||1≤i、j≤20}={2×10i|i=1,2,⋅⋅⋅,10}∪{|10i±10j||1≤i<j≤10}共有10+2C102=100个不同的元素.下面证明：所给集合的不同元素的个数不小于100.用反证法证明.若存在一个使所给集合的元素个数小于100的集合S={a1,a2,⋅⋅⋅,a20}.计算S的“好子集”{x,y,z,w}的个数，这里，x<y≤z<w，且x+w=y+z.对S中满足b>c的数对(b,c)（共190对），考虑它们的差b−c，由假设知至多有99个不同的差，故必有至少91个数对(b,c)，使得存在b′、c′∈S，满足b′<b，c′<c，且b−c=b′−c′.对这样的91个数对(b,c)，它与其对应的b′、c′形成S的一个四元集{b,c,b′,c′}，可以得到S的一个好子集{x,y,z,w}，且至多两个数对(b,c)形成相同的子集{x,y,z,w}（只能是(b,c)=(w,z)或(w,v)）.故S的好子集至少有46个.另一方面，S的好子集{x,y,z,w}的个数等于∑12S i(S i−1)，这里，S i为S中满足b+c=i(i∈N+)，b≤c的数对(b,c)的个数.注意到，对每个i，S中的每个元素s至多出现在上面的一个数对(b,c)中（事实上，当s≤i−s时，s出现在数对(s,i−s)中，其余情况出现在(i−s,s)中），于是，s i≤10.从而，在s i≠0时，1≤s i≤10.故12s i(s i−1)≤5s i−5.由于集合{a i+a j|1≤i、j≤20}中有201个不同的元素，故使得s i≥1的正整数i有201个.设T为这样的i组成的集合，利用S中有C202对(b,c)满足b<c，有20对(b,c)满足b=c，故∑s i=C202+20=210i∈T.则∑12s i(s i−1)≤i∈T ∑(5s i−5)i∈T=5(210−201)=45.这与前面所得到的结论：S的好子集至少有46个矛盾. 因此，所给的集合中，至少有100个不同的元素.。
2017年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(A卷)
2017年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）一、填空题：本大题共8个小题，每小题8分，共64分。
2017A1、设)(x f 是定义在R 上函数，对任意的实数x 有1)4()3(-=-⋅+x f x f ，又当70<≤x 时，)9(log )(2x x f -=，则)100(-f 的值为 ◆答案： 21-★解析：由条件知，1)()7(-=+x f x f ，即1)14()7(-=++x f x f ，故)14()(+=x f x f ，即函数)(x f 的周期为14，所以21)5(1)2()100(-=-=-=-f f f2017A 2、若实数y x ,满足1cos 22=+y x ，则y x cos -的取值范围为 ◆答案： []13,1+-★解析：由1cos 22=+y x 得[]3,1cos 212-∈-=y x ，得[]3,3-∈x ，21cos 2x y -=，所以()1121cos 2--=-x y x ，[]3,3-∈x 可求得其范围为[]13,1+-。
2017A 3、在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 的方程为110922=+y x ，F 是C 的焦点，A 为C 的右顶点，P 是C 上位于第一象限内的动点，则四边形OAPF 的面积最大值为 ◆答案：2113 ★解析：由题意得()0,3A ，()1,0F ，设P 点的坐标为()θθsin 10,cos 3，其中⎪⎭⎫⎝⎛∈2,0πθ，则 ()ϕθθθ+=⋅⋅+⋅⋅=+=∆∆sin 2113cos 321sin 10321OFP OAP OAPF S S S ，可得面积最大值为2113。
2017A 4、若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，则称其为“平稳数”，则平稳数的个数 是 ◆答案： 75★解析：考虑平稳数abc 。
①若0=b ，则1=a ，{}1,0∈c ，有2个平稳数；②若1=b ，则{}2,1∈a ，{}2,1,0∈c ，有632=⨯个平稳数； ③若[]8,2∈b ，则a ，{}1,,1+-∈b b b c ，有63337=⨯⨯个平稳数； ④若9=b ，则{}9,8,∈c a ，有422=⨯个平稳数； 综上可知，平稳数的个数为7546362=+++。
国际数学奥林匹克（IMO）竞赛试题（第47届）及答案
1．△ABC的内心为I，三角形内一点P满足∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB．求证，AP ≥AI，而且等号当且仅当P=I时成立．证：∠PBC+∠PCB= 12(∠ABC+∠ACB)=∠IBC+∠ICB，故∠PBI=∠PCI，从而P，B，C，I四点共圆．但由内外角平分线相垂直知B，C，I与BC 边上的旁切圆心T 共圆，且IT是这个圆的直径，IT的中点O为圆心．由于A，I，T共线(∠BAC的平分线)，且P在圆周上，AP+PO≥AO=AI+IO，PO=IO，故AP≥AI．等号当且仅当P为线段AO与圆周的交点即P=I时成立．2．正2006 边形P 的一条对角线称为好的，如果它的两端点将P 的边界分成的两部分各含P的奇数条边．P的边也是好的．设P被不在P的内部相交的2003 条对角线剖分为三角形．试求这种剖分图中有两条边为好的等腰三角形个数的最大值．解：对于剖分图中的任一三角形ABC，P的边界被A，B，C分为3段，A-B段所含P 的边数记作m(AB)．由于m(AB)+ m(BC)+ m(CA)=2006，故等腰三角形若有两条好边，，故等腰三角形若有两条好边，它们必是两腰．称这样的等腰三角形为好三角形．考虑任一好三角形ABC(AB=AC)．A-B 段上若有别的好三角形，其两腰所截下的P 的边数为偶数．由于剖分图中的三角形互不交叉，由于剖分图中的三角形互不交叉，而而A-B 段上P 的边数为奇数，故A-B 段上必有P的一边α不属于更小的腰段，同理A-C段上也有P的一边β不属于更小的腰段，令△ABC 对应于{α，β}．由上述取法，两个不同的好三角形对应的二元集无公共元，因此好三角形不多于20062=1003 个．设P=A1A2…A2006，用对角线A1A2k+1(1≤k≤1002)及A2k+1A2k+3(1≤k≤1001)所作的剖分图恰有1003 个好三角形．因此，好三角形个数的最大值是1003．3．求最小实数M ，使得对一切实数 a ，b ，c 都成立不等式2222222222|()()()|()ab a b bc b c ca c a M a b c -+-+-++≤解：222222()()()ab a b bc b c ca c a -+-+-()()()()a b b c c a a b c =----++．设a b x b c y c a z a b c s -=-=-=++=，，，，则22222221()3a b c x y z s ++=+++． 原不等式成为22222()9||(0)M x y z s xyzs x y z +++++=≥．x y z ，，中两个同号而与另一个反号．不妨设 x y ，≥0．则2221||()2z x y x y x y =+++，≥，2()4x y xy +≥．于是由算术－几何平均不等式 222222223()(())2x y z s x y s +++++≥＝22222111(()()())222x y x y x y s ++++++6223414())42()||162||8x y s x y s xyzs +=+≥(≥ 即9232M =时原不等式成立． 等号在21s x y ===，，2z =-，即::(23):2:(23)a b c =+-时达到，故所求的最小的9232M =． 4．求所有的整数对（x y ，），使得212122x x y +++=．解：对于每组解（x y ，），显然0x ≥，且()x y -，也是解．0x =时给出两组解(02)±，．设x y ，>0，原式化为12(21)(1)(1)x x y y ++=+-．1y +与1y -同为偶数且只有一个被4整除．故3x ≥，且可令12x y m e -=+g ，其中m 为正的奇数，1e =±．代入化简得2212(8)x m m e --=-．若1e =，2801m m -=≤，．不满足上式．故必1e =-，此时22212(8)2(8)x m m m -+=--≥，解得3m ≤．但1m =不符合，只有3m =，4x =，23y =．因此共有4组整数解(02)(423)±±，，，．5．设()P x 为n 次(n >1)整系数多项式，k 是一个正整数．考虑多项式()(((())))Q x P P P x =L L ，其中 P 出现k 次．证明，最多存在 n 个整数t ，使得()Q t t =．证：若Q 的每个整数不动点都是 P 的不动点，结论显然成立．设有整数0x 使得00()Q x x =，00()P x x ¹．作递推数列1()(012)i i x P x i +==L ，，．它以 k 为周期．差分数列1(12)i i i xxi -D =-=L ，，的每一项整除后一项．由周期性及10D ¹，所有||i D 为同一个正整数u ．令121111min{}m k m m m m m m x x x x u x x x x x x -++-==-=-=L ，，，，，． 数列的周期为 2．即0x 是 P 的2-周期点．设 a 是P 的另一个2-周期点，() b P a =(允许b =a )．则0a x -与1b x -互相整除，故01||||a x b x -=-，同理01||||b x a x -=-．展开绝对值号，若二者同取正号，推出01x x =，矛盾．故必有一个取负号而得到01a b x x +=+．记01x x C +=，我们得到：Q 的每个整数不动点都是方程 ()P x x C +=的根．由于P 的次数n 大于 1，这个方程为n 次．故得本题结论．6．对于凸多边形P 的每一边b ，以b 为一边在P 内作一个面积最大的三角形．证明，所有这些三角形的面积之和不小于P 的面积的两倍．证：过P 的每个顶点有唯一的直线平分P 的面积，将该直线与P 的边界的另一交点也看作 P 的顶点(允许若干个相继顶点共线)．每两条面积平分线都交于 P 内．P 可 看成一个 2n 边形122-12n n A A A A L ，每条对角线i i n A A +是P 的面积平分线(i =1，2，…，n ，2i n i AA+=)．设i i n A A +与11i i n A A+++交于 i O (i n i OO+=)，由面积关系得到，11()()i i i i i n i n S O A A S O A A ++++=△△，11i i i i i i n i i n O A O A O A O A ++++=g g ，故i i n i i O A O A +和11i i n i i O A O A +++ 中必有一个不小于 1，于是以 1i i A A +为一边在 P 内作的面积最大的三角形的面积 11111()max{()()}2()i i i n i i i n i i i i i S A A S A A A S A A A S O A A +++++++≥△，△≥△． 对于每条有向线段i i n A A +uuuuuu r ，P 内部的每一点T 或在它的左侧或在它的右侧．由于T 在11n A A +uuuuuu r 和12111n n n A A A A +++=uuuuuuuuu r uuuuuu r 的相反侧，故必有i 使得T 在i i n A A +uuuuuu r 和11i i n A A +++uuuuuuuuu r 的相反侧，从而Ｔ在1i i i O A A +△或1i i n i n O A A +++△中．即211n i i i i O A A P +=ÊU △．于是 221111()2()2()nn i i i i i i i S A A S O A A S P ++==åå≥△≥ P 中同一边上的各个1()i i S A A +之和就是该边上的面积最大的内接三角形面积．。
2017年全国高中数学联赛A卷和B卷试题和答案(word版)全文
可编辑修改精选全文完整版2017年全国高中数学联赛A 卷一试一、填空题1.设)(x f 是定义在R 上的函数.对任意实数x 有1)4()3(-=-⋅+x f x f .又当70<≤x 时.)9(log )(2x x f -=.则)100(-f 的值为__________.2.若实数y x ,满足1cos 22=+y x .则y x cos -的取值范围是__________.3.在平面直角坐标系xOy 中.椭圆C 的方程为1109:22=+y x .F 为C 的上焦点.A 为C 的右顶点.P 是C 上位于第一象限内的动点.则四边形OAPF 的面积的最大值为__________.4.若一个三位数中任意两个相邻数码的差不超过1.则称其为“平稳数”.平稳数的个数是 。
5.正三棱锥P-ABC 中.AB=1.AP=2.过AB 的平面α将其体积平分.则棱PC 与平面α所成角的余弦值为________.6.在平面直角坐标系xOy 中.点集}{1,0,1,),(-==y x y x K .在K 中随机取出三个点.则这三点中存在两点之间距离为5的概率为__________.7.在ABC ∆中.M 是边BC 的中点.N 是线段BM 的中点.若3π=∠A .ABC ∆的面积为3.则AN AM ⋅的最小值为__________.8.设两个严格递增的正整数数列{}{}n n b a ,满足：20171010<=b a .对任意正整数n .有n n n a a a +=++12.n n b b 21=+.则11b a +的所有可能值为__________.二、解答题9.设m k ,为实数.不等式12≤--m kx x 对所有[]b a x ,∈成立.证明：22≤-a b .10.设321,,x x x 是非负实数.满足1321=++x x x .求)53)(53(321321x x x x x x ++++的最小值和最大值.11.设复数21,z z 满足0)Re(1>z .0)Re(2>z .且2)Re()Re(2221==z z （其中)Re(z 表示复数z 的实部）. （1）求)Re(21z z 的最小值； （2）求212122z z z z --+++的最小值.2017年全国高中数学联赛A 卷二试一.如图.在ABC ∆中.AC AB =.I 为ABC ∆的内心.以A 为圆心.AB 为半径作圆1Γ.以I 为圆心.IB 为半径作圆2Γ.过点I B ,的圆3Γ与1Γ,2Γ分别交于点Q P ,（不同于点B ）.设IP 与BQ 交于点R .证明：CR BR ⊥二.设数列{}n a 定义为11=a . ,2,1,,,,1=⎩⎨⎧>-≤+=+n n a n a n a n a a n n n n n .求满足20173≤<r a r 的正整数r 的个数.三.将3333⨯方格纸中每个小方格染三种颜色之一.使得每种颜色的小方格的个数相等.若相邻连个小方格的颜色不同.则称它们的公共边为“分隔边”.试求分隔边条数的最小值.四.设n m ,均是大于1的整数.n m ≥.n a a a ,,,21 是n 个不超过m 的互不相同的正整数.且n a a a ,,,21 互素.证明：对任意实数x .均存在一个)1(n i i ≤≤.使得x m m x a i )1(2+≥.这里y 表示实数y 到与它最近的整数的距离.2017年全国高中数学联赛A卷一试答案1.2.3.4.5.7.8.9.10.11.2017年全国高中数学联赛A卷二试答案一.二.三.四.2017年全国高中数学联合竞赛一试（B 卷）一、填空题：本大题共8个小题,每小题8分,共64分.1.在等比数列{}n a 中.2a =.3a =则1201172017a a a a ++的值为 .2.设复数z 满足91022z z i +=+.则||z 的值为 .3.设()f x 是定义在R 上的函数.若2()f x x +是奇函数.()2xf x +是偶函数.则(1)f 的值为 . 4.在ABC ∆中.若sin 2sin A C =.且三条边,,a b c 成等比数列.则cos A 的值为 .5.在正四面体ABCD 中.,E F 分别在棱,AB AC 上.满足3BE =.4EF =.且EF 与平面BCD 平行.则DEF ∆的面积为 .6.在平面直角坐标系xOy 中.点集{(,)|,1,0,1}K x y x y ==-.在K 中随机取出三个点.则这三个点两两之间距离均不超过2的概率为 .7.设a 为非零实数.在平面直角坐标系xOy 中.二次曲线2220x ay a ++=的焦距为4.则a 的值为 .8.若正整数,,a b c 满足2017101001000a b c ≥≥≥.则数组(,,)a b c 的个数为 .二、解答题 （本大题共3小题.共56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）9.设不等式|2||52|x xa -<-对所有[1,2]x ∈成立.求实数a 的取值范围.10.设数列{}n a 是等差数列.数列{}n b 满足212n n n n b a a a ++=-.1,2,n =.（1）证明：数列{}n b 也是等差数列；（2）设数列{}n a 、{}n b 的公差均是0d ≠.并且存在正整数,s t .使得s t a b +是整数.求1||a 的最小值.11.在平面直角坐标系xOy 中.曲线21:4C y x =.曲线222:(4)8C x y -+=.经过1C 上一点P 作一条倾斜角为45的直线l .与2C 交于两个不同的点,Q R .求||||PQ PR ⋅的取值范围.2017年全国高中数学联合竞赛加试（B 卷）一、（本题满分40分）设实数,,a b c 满足0a b c ++=.令max{,,}d a b c =.证明：2(1)(1)(1)1a b c d +++≥-二、（本题满分40分）给定正整数m .证明：存在正整数k .使得可将正整数集N +分拆为k 个互不相交的子集12,,,k A A A .每个子集i A 中均不存在4个数,,,a b c d （可以相同）.满足ab cd m -=.三、（本题满分50分）如图.点D 是锐角ABC ∆的外接圆ω上弧BC 的中点.直线DA 与圆ω过点,B C 的切线分别相交于点,P Q .BQ 与AC 的交点为X .CP 与AB 的交点为Y .BQ 与CP 的交点为T .求证：AT 平分线段XY .四、（本题满分50分）设1220,,,{1,2,,5}a a a ∈.1220,,,{1,2,,10}b b b ∈.集合{(,)120,()()0}i j i j X i j i j a a b b =≤<≤--<.求X 的元素个数的最大值.一试试卷答案1.答案：89 解：数列{}n a 的公比为33232a q a ==.故120111201166720171201118()9a a a a a a q a a q ++===++. 2.答案：5。
2017年全国高中数学联合竞赛试题及解答.(A卷)
2 2 1 AM AN 3 AB AC 4 AB AC ， 8
由 3 S ABC
1 3 AB AC sin A AB AC 得 AB AC 4 2 4
2
所以 AB AC 2 ，所以 3 AB
AC 8 3 ，当且仅当 AB
x x1 3x 2 5 x3 x1 2 3
★解析：由柯西不等式
x3 的最小值和最大值。 5 x2 5 x3 3 x3 5 1
2
x x x1 3x 2 5 x3 x1 x1 3 x 2 x1 2 3 3 5
当 x1 1 ， x 2 0 ， x 3 0 时取等号，故所求的最小值为 1 ； 又 x1 3 x 2 5 x 3 x1
x 2 x3 1 5x x1 3 x 2 5 x 3 5 x1 2 x 3 3 5 5 3
2
512 b1 ② 55
★证明：记 f ( x ) x kx m ， x a, b ，则 f ( x ) 1,1 。于是
2
f (a ) a 2 ka m 1 ①； f (b) b 2 kb m 1 ② ab ab 2 ab )( ) k( ) m 1 ③ 2 2 2 ①+②- 2 ③知 f(
2017 年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）
一、填空题：本大题共 8 个小题，每小题 8 分，共 64 分。 2017A1、设 f ( x ) 是定义在 R 上函数，对任意的实数 x 有 f ( x 3) f ( x 4) 1 ，又当 0 x 7 时， f ( x ) log 2 (9 x ) ，则 f ( 100) 的值为 ◆答案：
第31届国际数学奥林匹克试题
第31届国际数学奥林匹克试题
佚名
【期刊名称】《中学教研：数学版》
【年(卷),期】1990(000)011
【摘要】1.在一圆中,两条弦AB、CD相交于E点。
M为弦AB上严格在E、B之间的点,过D、E、M的圆在E点的切线分别交直线BC、AC于F、G。
已知
AM/AB=t,求于CE/EF(用t表示)。
(印度) 2.设n≥3,考虑在同一圆周上的2n-1个互不相同的点所成的集合E,将E中一部分点染成黑色,其余的点不染色。
如果至少有一对黑点,以它们为端点的两条弧中有一条的内部(不包含端点)恰含E中n个点,则称这种染色方式为好的。
如果将E中k个点染黑的每一种染色方式都是好的,求k的最小值。
(捷克和斯洛伐克)
【总页数】1页(P41-41)
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
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4.几道2016年国际数学奥林匹克试题求解之深度思考 [J], 王运良
5.第47届国际数学奥林匹克（IMO）中国代表队选拔考试试题 [J], 无
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2017年全国奥林匹克数学竞赛决赛解答(成都)1
1 15
乙工效：1÷18＝ 乙工效：
1 18
1 1 ×（1－40%）＝ 25 25
1 1 ×（1－10%）＝ 18 20
1 1 1 1 x ）÷ ＝（1－ x ）÷ 25 15 20 18 1 1 1 1 x＝ － x － 18 450 15 300
x＝10
答：在施工期间共有 10 天雨天。 15.（此题为解答题，简写出解题过程）有一个空的蓄水池，装有一个进水管和一个出水管。如果单独开 进水管，2 小时可以将空池注满：如果单独开水管，3 小时可以将填满池水放完。现在按进水管开 1 小时、 出水管开 1 小时、进水管开 1 小时、出水管开 1 小时、进水管开 1 小时、出水管开 1 小时……，进水管和 出水管不能同时打开， 只能按照这样的顺序轮流被打开。 那么将蓄水池里的水蓄满至少要________个小时。 【答案】7 【解析】进水管工效：1÷2＝ 一个周期工作量：
9.如图，三角形 ABC 的面积为 1，且 AD=BD,CE=2BE。那么，四边形 DBEF 的面积等于_______。
【答案】：
7 30 43 7 7 7 ， 1× 。 3 3 12 12 30 30 30
【解析】 ：连接 BF，设△BFD=3,则△AFD=3，则△AFB=6。因为 CE=2BE，则△ACF=6×2=12.又因为 AD=BD， 则△BCF=12，则△BEF=12÷（2+1）×1=4. 则四边形 DBa 31b 能被 33 整除。那么， a b 的最大值是_____。 【答案】14 4.小华每月的 1 号将 2000 元存入银行， 月利率为 0.5%， 如果不计复利 （利息不再产生利息） ， 存足一年时， 小华的本息和为_____元。 【答案】24780