2024年高中數(shù)學奧林匹克競賽全真試題

全國高中數(shù)學聯(lián)合競賽試題一、選擇題（本題滿分36分，每題6分）1、刪去正整數(shù)數(shù)列1，2，3，……中的所有完全平方數(shù)，得到一個新數(shù)列.這個新數(shù)列的第項是（）A．2046B．2047C．2048D．20492、設(shè)a，b∈R，ab≠0，那么，直線ax－y＋b=0和曲線bx2＋ay2=ab的圖形是（）3、過拋物線y2=8（x＋2）的焦點F作傾斜角為60°的直線.若此直線與拋物線交于A、B兩點，弦AB的中垂線與x軸交于P點,則線段PF的長等于()A．B．C．D．4、若，則的最大值是（）.A．B．C．D．5、已知x、y都在區(qū)間（－2，2）內(nèi)，且xy=－1，則函數(shù)的最小值是（）A．B．C．D．6、在四周體ABCD中，設(shè)AB=1，CD=，直線AB與CD的距離為2，夾角為，則四周體ABCD的體積等于（）A．B．C．D．二、填空題（本題滿分54分，每題9分）7、不等式|x|3－2x2－4|x|＋3<0的解集是__________.8、設(shè)F1，F(xiàn)2是橢圓的兩個焦點，P是橢圓上的點，且|PF1|：|PF2|=2：1，則△PF1F2的面積等于__________.9、已知A={x|x2－4x＋3<0，x∈R}，B={x|21－x＋a≤0，x2－2（a＋7）x＋5≤0，x∈R}.若，則實數(shù)a的取值范圍是__________.10、已知a，b，c，d均為正整數(shù)，且，若a－c=9，b－d=__________.11、將八個半徑都為1的球分兩層放置在一個圓柱內(nèi)，并使得每個球和其相鄰的四個球相切，且與圓柱的一個底面及側(cè)面都相切，則此圓柱的高等于__________.12、設(shè)Mn={（十進制）n位純小數(shù)0.只取0或1（i=1，2，…，n－1），an=1}，Tn是Mn中元素的個數(shù)，Sn是Mn中所有元素的和，則=__________.三、解答題（本題滿分60分，每題20分）13、設(shè)，證明不等式.14、設(shè)A，B，C分別是復數(shù)Z0=ai，Z1=＋bi，Z2=1＋ci（其中a，b，c都是實數(shù)）對應的不共線的三點.證明：曲線Z=Z0cos4t＋2Z1cos2tsin2t＋Z2sin4t（t∈R）與△ABC中平行于AC的中位線只有一個公共點，并求出此點.15、一張紙上畫有半徑為R的圓O和圓內(nèi)一定點A，且OA=a，折疊紙片，使圓周上某一點A′剛好與A點重疊.這么的每一個折法，都留下一條直線折痕.當A′取遍圓周上所有點時，求所有折痕所在直線上點的集合.加試一、（本題滿分50分）過圓外一點P作圓的兩條切線和一條割線，切點為A，B.所作割線交圓于C，D兩點，C在P，D之間.在弦CD上取一點 Q，使∠DAQ=∠PBC.求證：∠DBQ=∠PAC.二、（本題滿分50分）設(shè)三角形的三邊長分別是整數(shù)l，m，n，且l>m>n.已知，其中{x}=x－[x]，而[x]表示不超出x的最大整數(shù).求這種三角形周長的最小值.三、（本小題滿分50分）由n個點和這些點之間的l條連線段組成一個空間圖形，其中n=q2＋q＋1，l≥q（q＋1）2＋1，q≥2，q∈N.已知此圖中任四點不共面，每點最少有一條連線段，存在一點最少有q＋2條連線段.證明：圖中必存在一個空間四邊形（即由四點A，B，C，D和四條連線段AB，BC，CD，DA組成的圖形）.答案一、選擇題1、注意到452=2025，462=2116，故2026=a2026－45=a1981，2115=a2115－45=a2070.并且在從第1981項到第2070項之間的90項中沒有完全平方數(shù).又1981＋22=，故a=a1981＋22=2026＋22=2048.故選（C）.2、題設(shè)方程可變形為題設(shè)方程可變形為y=ax＋b和，則觀測可知應選（B）.3、易知此拋物線焦點F與坐標原點重疊，故直線AB的方程為y=.因此，A，B兩點的橫坐標滿足方程：3x2－8x－16=0.由此求得弦AB中點的橫坐標，縱坐標，進而求得其中垂線方程，令y=0，得P點的橫坐標，即，故選（A）.4、5、由已知得，故而x∈（－2，）∪（，2），故當之值最小，而此時函數(shù)u有最小值，故選（D）.6、如圖，過C作，以△CDE為底面，BC為側(cè)棱作棱柱ABF－ECD，則所求四周體的體積V1等于上述棱柱體積V2的.而△CDE的面積S=CE×CD×sin∠ECD，AB與CD的公垂線MN就是棱柱ABF－ECD的高，故因此，故選（B）.二、填空題7、由原不等式分解可得（|x|－3）（x2＋|x|－1）<0，由此得所求不等式的解集為.8、設(shè)橢圓的長軸、短軸的長及焦距分別為2a，2b，2c，則由其方程知a=3，b=2，c=，故|PF1|＋|PF2|=2a=6，又已知|PF1|：|PF2|=2：1，故可得|PF1|=4，|PF2|=2.在△PF1F2中，三邊之長分別為2，4，，而22＋42=，可見△PF1F2是直角三角形，且兩直角邊的長短為2和4，故△PF1F2的面積=|PF1|·|PF2|=×2×4=4.9、易得A=（1，3），設(shè)f(x)=21－x＋a，g(x)=x2－2(a＋7)x＋5要使，只需f(x)，g(x)在（1，3）上的圖象均在x軸下方.其充要條件是：同時有f(1)≤0，f(3)≤0，g(1)≤0，g(3)≤0.由此推出－4≤a≤－1.10、由已知可得因此，a|b，c|d.又因為a－c=9，故于是得a=25，b=125，c=16，d=32.故b－d=93.11、如圖，由已知上下層四個球的球心A′，B′，C′，D′和A，B，C，D分別是上下兩個邊長為2的正方形的頂點，且以它們的外接圓O′和O為上下底面組成圓柱.同時，A′在下底面的射影必是的中點M.在△A′AB中，A′A=A′B=AB=2.設(shè)AB的中點為N，則A′N=.又OM=OA=，ON=1.因此MN=－1，.因此所示本來圓柱的高為.12、因為Mn中小數(shù)和小數(shù)點后都有n位，而除最后一位上的數(shù)字必為1外，其他各位上的數(shù)字都有兩種選擇（0或1）措施，故Tn=2n－1.又因在這2n－1個數(shù)中，小數(shù)點后第n位上的數(shù)字全是1，而其他各位上數(shù)字是0或1，各有二分之一，故三、解答題13、因為（a＋b＋c＋d）2=a2＋b2＋c2＋d2＋2（ab＋ac＋ad＋bc＋bd＋cd）≤4（a2＋b2＋c2＋d2），因此a＋b＋c＋d≤2（當且僅當a=b=c=d時取等號）.取a=b=，c=，d=，則因為，，不能同時相等，因此.14、設(shè)Z=x＋yi(x，y∈R)，則x＋yi=acos4t·i＋2(＋bi)cos2tsin2t＋(1＋ci)sin4t，實虛部分離，可得x=cos2tsin2t＋sin4t=sin2ty=a(1－x)2＋2b(1－x)x＋cx2(0≤x≤1)即y=(a＋c－2b)x2＋2(b－a)x＋a①又因為A，B，C三點不共線，故a＋c－2b≠0.可見所給曲線是拋物線段（如圖）.AB，BC的中點分別是.因此直線DE的方程為y=(c－a)x＋(3a＋2b－c)②由①，②聯(lián)立得a＋c－2b（x－）2=0.因為a＋c－2b≠0，故（x－）2=0，于是得x=.注意到，因此，拋物線與△ABC中平行于AC的中位線DE有且只有一個公共點，此點的坐標為，其對應的復數(shù)為15、如圖，以O(shè)為原點，OA所在直線為x軸建立直角坐標系，則有A（a，0）.設(shè)折疊時，O上點A′（Rcosα，Rsinα）與點A重疊，而折痕為直線MN，則MN為線段AA′的中垂線.設(shè)P(x，y)為MN上任一點，則|PA′|=|PA|.故(x－Rcosα)2＋(y－Rsinα)2=(x－a)2＋y2，即2R(xcosα＋ysinα)=R2－a2＋2ax，故加試一、如圖，連結(jié)AB，在△ADQ與△ABC中，∠ADQ=∠ABC，∠DAQ=∠PBC=∠CAB，故△ADQ∽△ABC，而有，即BC·AD=AB·DQ.又由切割線關(guān)系知△PCA∽△PAD，故；同理由△PCB∽△PBD得.又因PA=PB，故，得AC·BD=BC·AD=AB·DQ.又由有關(guān)圓內(nèi)接四邊形ACBD的托勒密定理知AC·BD＋BC·AD=AB·CD于是得AB·CD=2AB·DQ，故DQ=CD，即CQ=DQ.在△CBQ與△ABD中，，∠BCQ=∠BAD，于是△CBQ∽△ABD，故∠CBQ=∠ABD，即得∠DBQ=∠ABC=∠PAC.二、由題設(shè)可知于是因為（3，2）=（3，5）=1，由①可知3l－m≡3m－n≡1(mod24).目前設(shè)u是滿足3u≡1(mod24)的最小正整數(shù)，則對任意滿足3v≡1(mod24)的正整數(shù)v，我們有u|v，即u整除v.實際上，若，則由帶余除法可知，存在非負整數(shù)a與b，使得v=au＋b，其中0<b≤u－1，從而可推出3b≡3b+au≡3v≡1(mod24)，而這顯然與u的定義矛盾，因此u|v.注意到3≡3(mod24)，32≡9(mod24)，33≡27≡11(mod24)，34≡1(mod24)從而可設(shè)m－n=4k，其中k為正整數(shù).同理可由②推出3m－n≡1(mod54)，故34k≡1(mod54).目前我們求滿足34k≡1(mod54)的正整數(shù)k.因為34=1＋5×24，因此34k－1=（1＋5×24）k－1≡0(mod54)，即即有k=5t，并代入該式得t＋5t[3＋(5t－1)×27]≡0(mod52)即有t≡0(mod52)，即k=5t=53s，其中s為正整數(shù)，故m－n=500s，s為正整數(shù).同理可證l－n=500r，r為正整數(shù).因為l>m>n，因此有r>s.這么一來，三角形的三個邊為500r＋n、500s＋n和n.因為兩邊之差小于第三邊，故n>500(r－s)，因此，當s=1，r=2，n=501時三角形的周長最小，其值為（1000＋501）＋（500＋501）＋501=3003三、設(shè)這n個點的集合V={A0，A1，A2，…，An－1}為全集，記Ai的所有鄰點（與Ai有連線段的點）的集合為Bi，Bi中點的個數(shù)記為|Bi|=bi，顯然且bi≤(n－1)(i=0，1，2，…，n－1).若存在bi=n－1時，只須取則圖中必存在四邊形，因此下面只討論bi<n－1(i=0，1，2，…，n－1)的情況.不妨設(shè)q＋2≤b0≤n－1.用反證法.若圖中不存在四邊形，則當i≠j時，Bi與Bj無公共點對，即|Bi∩Bj|≤1（0≤i<j≤n－1）.因此，(i=1，2，…，n－1).故故(n－1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q＋2－b0)(nq－q－n＋3－b0)q(q＋1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q＋2－b0)(nq－q－n＋3－b0)①但(nq－q－n＋3－b0)－q(n－b0－1)=(q－1)b0－n＋3≥(q－1)(q＋2)－n＋3=0②及(nq－q＋2－b0)－(q+1)(n－b0)=qb0－q－n＋2≥q(q＋2)－q－n＋2=1>0③由②，③及(n－b0)(q＋1)，(n－b0－1)q皆是正整數(shù)，得(nq－q＋2－b0)(nq－q－n＋3－b0)>q(q＋1)(n－b0)(n－b0－1)而這與所得的①式相矛盾，故原命題成立.中國數(shù)學奧林匹克試題一、設(shè)點I，H分別為銳角△ABC的內(nèi)心和垂心，點B1，C1分別為邊AC，AB的中點，已知射線B1I交邊AB于點B2（B2≠B），射線C1I交AC的延長線于點C2，B2C2與BC相交于k，A1為△BHC外心，試證：A，I，A1三點共線的充足必要條件是△BKB2和△CKC2的面積相等.二、求出同時滿足如下條件的集合S的元素個數(shù)的最大值：（1）S中的每個元素都是不超出100的正整數(shù)；（2）對于S中任意兩個不一樣的元素a，b，都存在S中的元素c，使得a與c的最大條約數(shù)等于1，并且b與c的最大條約數(shù)也等于1；（3）對于S中任意兩個不一樣的元素a，b，都存在S中異于a，b的元素d，使得a與d的最大條約數(shù)不小于1，并且b與d的最大條約數(shù)也不小于1.三、給定正整數(shù)n，求最小的正數(shù)λ，使得對任何θi∈（0，π/2），（i=1，2，…，n），只要tanθ1tanθ2…tanθn=2n/2，就有cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn≤λ.四、求所有滿足a≥2，m≥2的三元正整數(shù)組（a，m，n），使得an＋203是am＋1的倍數(shù).五、某企業(yè)需要錄用一名秘書，共有10人報名，企業(yè)經(jīng)理決定按照求職報名的次序逐一面試，前3個人面試后一定不錄用，自第4個人開始將他與前面面試過的人相比較，假如他的能力超出了前面所有已面試過的人，就錄用他；否則就不錄用，繼續(xù)面試下一個，假如前9個都不錄用，那么就錄用最后一個面試的人.假定這10個人的能力各不相同，能夠按能力由強到弱排為第1，第2，…，第10.顯然該企業(yè)到底錄用到哪一個人，與這10個人報名的次序有關(guān).大家懂得，這么的排列共有10！種，我們以Ak表示能力第k的人能夠被錄用的不一樣報名次序的數(shù)目，以Ak/10！表示他被錄用的也許性.證明：在該企業(yè)經(jīng)理的方針之下，有（1）A1>A2>…>A8=A9=A10；（2）該企業(yè)有超出70%的也許性錄用到能力最強的3個人之一，而只有不超出10%的也許性錄用到能力最弱的3個人之一.六、設(shè)a，b，c，d為正實數(shù)，滿足ab＋cd=1；點Pi（xi，yi）(i=1，2，3，4)是以原點為圓心的單位圓周上的四個點，求證：（ay1＋by2＋cy3＋dy4）2＋（ax4＋bx3＋cx2＋dx1）2≤.參考答案一、∵H是△ABC的垂心，A1是△BHC的外心，∴△BHC=180°－∠BAC，∠BA1C=2∠BAC.又由題設(shè)知AB≠AC，從而A，I，A1共線，即A1在∠BAC平分線上A1在△ABC外接圓上∠BA1C＋∠BAC=180°∠BAC=60°.現(xiàn)證∠BAC=60°.作ID⊥AB于D，IE⊥AC于E，設(shè)BC=a，CA=b，AC=c，則故A，I，A1共線的充要條件是△BKB2和△CKC2的面積相等.二、設(shè)，其中q是不被2，3，5，7，11整除的正整數(shù)，ai為非負整數(shù)，n≤100，則n∈Sai(1≤i≤5)中恰有一個或兩個為正整數(shù)，即S由下列元素組成：不超出100的正偶數(shù)中除去2×3×5，22×3×5，2×32×5，2×3×7，22×3×7，2×5×7，2×3×11等7個偶數(shù)后余下的43個偶數(shù)；不超出100的正整數(shù)中3的奇數(shù)倍：確定3，3×3，…，3×33共17個數(shù)；不超出100的正整數(shù)中與3互質(zhì)的5的奇數(shù)倍：5，5×5，5×7，5×11，5×13，5×17，5×19共7個數(shù)；不超出100的正整數(shù)中與15互質(zhì)的7的奇數(shù)倍：7，7×7，7×11，7×13共4個數(shù)；質(zhì)數(shù)11.現(xiàn)證明以上72個整數(shù)組成的集合S滿足題設(shè)條件.顯然滿足條件（1）；對S中任意兩個不一樣的元素a,b,則a，b的最小公倍數(shù)中小于11的質(zhì)因數(shù)至多只含有2，3，5，7，11中的4個，因此存在c∈{2，3，5，7，11}，使得（a，c）=(b，c)=1，且顯然c∈S，因此S滿足條件（2）；對S中任意兩個沒同的元素a，b，若（a，b）=1，分別取的a，b最小質(zhì)原因p，q，則p，q∈{2，3，5，7，11}且p≠q，令c=pq，則有c∈S，c≠a，c≠b且（a，c）=p>1，（b，c）=q>1；若（a，b）=d>1，取d的最小質(zhì)因數(shù)p，及不整除ab的最小質(zhì)數(shù)q，則p，q∈{2，3，5，7，11}，令c=pq，則有c∈S，c≠a，c≠b且（a，c）≥p>1，（b，c）≥p>1.因此S滿足條件（3）.如下證明任何滿足題設(shè)的S的元素數(shù)目小于72.首先證明滿足題設(shè)條件的S至多只能含有一個不小于10的質(zhì)數(shù).實際上若p1，p2為不小于10的質(zhì)數(shù)，且p1，p2∈S，則由（3）知存在c∈S，使得（p1，c）>1，（p2，c）>1，從而有p1|c，p2|c，∴p1p2|c，由此可知c≥p1p2>100，這與（1）矛盾.從而10與100之間的21個質(zhì)數(shù)11，13，17，23，…，97至多只有一個在S中.又顯然1S.設(shè)集合T是由不超出100的正整數(shù)除去1及不小于10的21個質(zhì)數(shù)余下的78個數(shù)組成的.下面證明T中最少尚有7個數(shù)不在S中.1°若有某一個不小于10的質(zhì)數(shù)p在S中，則S中所有各數(shù)的最小質(zhì)因數(shù)只也許是2，3，5，7，p中的一個.（i）若7p∈S，則2×3×5，22×3×5，2×32×5，7p包括了S中所有各數(shù)的最小質(zhì)因數(shù)，因此由條件（2）知2×3×5，22×3×5，2×32×5S；若7pS，則由條件（3）知7，7×7，7×11，7×13S；（ii）若5p∈S，則由（2）知，2×3×7，22×3×7S；若5pS，則由條件（3）知5，5×5，5×7S.（iii）3p與2×5×7不一樣屬于S.（iv）2×3p與5×7不一樣屬于S.當p=11或13時，由（i），（ii），（iii），（iv）知分別最少有3個數(shù)，2個數(shù)，1個數(shù)，1個數(shù)共最少有7個數(shù)不屬于S；當p=17或19時，由（i），（ii），（iii）知分別最少有4個數(shù)，2個數(shù)，1個數(shù)共最少有7個數(shù)不屬于S；當p>20時，由（i），（ii）知分別最少有4個數(shù)，3個數(shù)共最少7個數(shù)不屬于S.2°假如沒有不小于10的素數(shù)屬于S，則S中的每個元素的最小質(zhì)因數(shù)只能是2，3，5，7，則如下的7對數(shù)中，每對數(shù)都不能同時都屬于S.（3，2×5×7），（5，2×3×7），（7，2×3×5），（2×3，5×7），（2×5，3×7），（2×7，3×5），（22×7，3+2×5）.實際上，若上述7對數(shù)中任何一對數(shù)（a，b）都屬于S，則由（2）知，存在c∈S，使得（a，c）=（b，c）=1，這與ab包括了S中每個元素的所有最小質(zhì)因數(shù)矛盾.由1°，2°知T中最少尚有7個數(shù)不屬于S，從而滿足條件的S的元素個數(shù)的最大值為72.三、1°證當n=1，2時，λ=，當n=1時，tanθ1=，∴cosθ1=.當n=2時，tanθ1tanθ2=2，cosθ1=（i=1，2）.令tan2θ1=x，則tan2θ2=4/x，則等號成立當且僅當，由此易知當且僅當x=2時等號成立.故，當且僅當θ1=θ2時，等號成立.2°當n≥3時，λ=n－1.先證cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn<n－1（1）不妨設(shè)θ1≥θ2≥θ3≥…≥θn，要證明（1）式只要證cosθ1＋cosθ2＋cosθ3<2（2）tanθ1tanθ2…tanθn=2n/2，故tanθ1tanθ2tanθ3=.若（3）式不成立，即tan2θ2＋tan2θ3>7，從而tan2θ1≥tan2θ2>7/2.故cosθ1≤cosθ2<1/，cosθ1＋cosθ2＋cosθ3<＋1<2.從而（1）式得證.現(xiàn)證λ=n－1為最小的.實際上，若0<λ<n－1，則取α=λ/（n－1）<1，從而存在θi<（0，π/2）i=1，2，…，n，使得cosθi=α，tanθi=（i=1，2，…，n－1），tanθn=2n/2(α/)n－1，從而tanθ1tanθ2…tanθn=2n/2，但cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn－1＋cosθn>cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn－1=λ當n≥3時，最小的正數(shù)λ為n－1.綜上所求最小正數(shù)四、設(shè)n=mq＋r，0≤r≤m－1，則an＋203=amq＋r＋203=amqar＋203≡(－1)qar＋203(mod(am＋1))從而am＋1|an＋203am＋1|(－1)aar＋203.即k(am＋1)=(－1)qar＋203.1°若2|q，則k(am＋1)=ar＋203.①（i）若r=0，則有k(am＋1)=204=22×3×17由a≥2,m≥2，易知只有a=2，m=4及a=4，m=2滿足上式.故（a，m，n）=（2，4，8t）或（4，2，4t），其中t為非負整數(shù)（下同）.（ii）若r≥1，由①有ar（kam－r－1）=203－k.對于1≤k≤9，輕易驗證只有當k=8時，存在a=5，m=2，r=1滿足上式，即（a，m，n）=（5，2，4t＋1）.對于k≥10，則由①有10（am＋1）≤ar＋203≤kam－1＋203故am－1（10a－1）≤193，a也許值為2，3，4.當a=2時，m也許值為2，3，4，輕易驗證僅當a=2，m=2，r=1或a=2，m=3，r=2時滿足①式，故（a，m，n）=（2，2，4t＋1）或（2，3，6t＋2）當a=3，4時，均不存在m，r滿足①式.2°若q為奇數(shù)，則k（am＋1）=203－ar②由0≤r≤m－1知，k≥0.（i）當k=0時，a=203，r=1對任意的不小于2的整數(shù)m②式都成立，故（a，m，n）=（203，m，（2t＋1）m＋1）（ii）若k≥1，則當r=0時，由②有k（am＋1）=202輕易驗證僅當a=10，m=2時，上式成立，故（a，m，n）=（10，2，4t＋2）當r≥1時，由②有ar(kam－r＋1)=203－k.對于1≤k≤5，輕易驗證僅當k=3時，a=8，m=2，r=1或a=2，m=6，r=3時，滿足上式.（a，m，n）=（8，2，4t＋3）或（2，6，12t＋9）對于k≥6，由②有6（am＋1）<203.故am只也許有22，23，24，25，32，33，42，52.輕易驗證僅當am=32，r=1時，滿足（2）式，∴（a，m，n）=（3，2，4t＋3）.綜上滿足題設(shè)條件的三元正整數(shù)組（a，m，n）為（2，4，8t），（4，2，4t），（5，2，4t＋1），（2，2，4t＋1），（2，3，6t＋2），（203，m，（2t＋1）m＋1），（10，2，4t＋2），（8，2，4t＋3），（2，6，12t＋9），（3，2，4t＋3），其中t為非負整數(shù).五、設(shè)Ak(a)表示目前3名中能力最強者能力排名為第a，能力排名為第k的人能夠被錄用的不一樣報名次序的數(shù)目.當a=1時，僅當能力第k的人最后一個報名時，才被錄用，因此Ak(1)=3·8！γ1.①當2≤a≤8時，若k=a，a＋1，…，10，則有Ak(a)=0；若k=1，2，3，…，a－1，則有六、令u=ay1＋by2，v=cy3＋dy4，u1=ax4＋bx3，v1=cx2＋dx1，則u2≤（ay1＋by2）2＋（ax1－bx2）2=a2＋b2－2ab(x1x2－y1y2)x1x2－y1y2≤①v12≤（cx2＋dx1）2＋（cy2－dy1）2=c2＋d2－2cd(y1y2－x1x2)y1y2－x1x2≤②①＋②并整頓得中國數(shù)學奧林匹克試題第一天一、凸四邊形EFGH的頂點E、F、G、H分別在凸四邊形ABCD的邊AB、BC、CD、DA上，且滿足.而點A、B、C、D分別在凸四邊形E1F1G1H1的邊H1E1、E1F1、F1G1、G1H1上，滿足E1F1∥EF，F(xiàn)1G1∥FG，G1H1∥GH，H1E1∥HE.已知.求的值.二、已給正整數(shù)c，設(shè)數(shù)列x1，x2，…滿足x1=c，且xn=xn－1＋＋1,n=2，3，…，其中[x]表示小于x的最大整數(shù).求數(shù)列{xn}的通項公式.三、設(shè)M是平面上n個點組成的集合，滿足：（1）M中存在7個點是一個凸七邊形的7個頂點；（2）對M中任意5個點，若這5個點是一個凸五邊形的5個頂點，則此凸五邊形內(nèi)部最少含有M中的一個點.求n的最小值.第二天四、給定實數(shù)a和正整數(shù)n.求證：（1）存在惟一的實數(shù)數(shù)列x0，x1，…，xn，xn＋1，滿足（2）對于（1）中的數(shù)列x0，x1，…，xn，xn＋1滿足|xi|≤|a|，i=0，1，…，n＋1.五、給定正整數(shù)n(n≥2)，設(shè)正整數(shù)ai=(i=1，2，…，n)滿足a1<a2<…<an以及≤1.求證：對任意實數(shù)x，有六、證明：除了有限個正整數(shù)外，其他的正整數(shù)n均可表示為個正整數(shù)之和：n=a1＋a2＋…＋a，且滿足1≤a1<a2<…<a，ai|ai＋1，i=1，2，…，.參考答案一、（1）如圖1，若EF∥AC則，代入已知條件得，因此，HG∥AC.從而，E1F1∥AC∥H1G1.故.（2）如圖2，若EF與AC不平行.設(shè)FE的延長線與CA的延長線相交于點T.由梅涅勞斯定理得.結(jié)合題設(shè)有.由梅涅勞斯定理逆定理知T、H、G三點共線.設(shè)TF、TG與E1H1分別交于點M、N.由E1B∥EF，得E1A=·AM.同理，H1A=·AN.因此，二、顯然，當n≥2時，.令an=xn－1，則a1=c－1，對任意非負整數(shù)A，令三、先證n≥11.設(shè)頂點在M中的一個凸七邊形為A1A2…A7，連結(jié)A1A5.由條件（2）知，在凸五邊形A1A2A3A4A5中最少有M中一個點，記為P1.連結(jié)P1A1、P1A5，則在凸五邊形A1P1A5A6A7內(nèi)最少有M中一個點，記為P2，且P2異于P1.連結(jié)P1P2，則A1，A2，…，A7中最少有5個頂點不在直線P1P2上.由抽屜標準知，在直線P1P2的某一側(cè)必有3個頂點，這3個頂點與點P1、P2組成的凸五邊形內(nèi)，最少含有M中一個點P3.再作直線P1P3、P2P3.令直線P1P2對應區(qū)域Ⅱ3，它是以直線P1P2為邊界且在△P1P2P3異側(cè)的一個半平面（不含直線P1P2）.類似地定義區(qū)域Ⅱ1、Ⅱ2.這么，區(qū)域Ⅱ1、Ⅱ2、Ⅱ3覆蓋了平面上除△P1P2P3外的所有點.由抽屜標準知，7個頂點A1，A2，…，A7中必有＋1=3個頂點在同一區(qū)域（不妨設(shè)為Ⅱ3）中.這3個點與P1、P2組成一個頂點在M中的凸五邊形，故其內(nèi)部最少含M中一個點P4.因此，n≥11.下面結(jié)構(gòu)一個例子闡明n=11是能夠的.如圖所示，凸七邊形A1A2…A7為一整點七邊形，設(shè)點集M為7個頂點A1，A2，…，A7且其內(nèi)部有4個整點.則顯然滿足條件（1）.這個點集M也滿足條件（2），證明如下.假設(shè)存在一個整點凸五邊形，其內(nèi)部不含整點.因整點多邊形的面積均可表示為（n∈N＋）的形式，由最小數(shù)原理，必有一個面積最小的內(nèi)部不含整點的整點凸五邊形ABCDE.考慮頂點坐標的奇偶性，只有4種情況：（奇，偶），（偶，奇），（奇，奇），（偶，偶）.從而，五邊形ABCDE的頂點中必有兩個頂點的坐標的奇偶性完全相同.于是，它們連線的中點P仍為整點.又P不在凸五邊形ABCDE內(nèi)部，因此P在凸五邊形的某條邊上，不妨設(shè)P在邊AB上，則P為AB的中點.連結(jié)PE，則PBCDE是面積更小的內(nèi)部不含整點的整點凸五邊形.矛盾.綜上所述，n的最小值為11.四、（1）存在性.由，i=1，2，…及x0=0可知每一xi是x1的3i－1次實系數(shù)多項式，從而，xn＋1為x1的3n次實系數(shù)多項式.因為3n為奇數(shù)，故存在實數(shù)x1，使得xn＋1=0.由x1及x0=0可計算出xi.如此得到的數(shù)列x0，x1，…，xn＋1滿足所給條件.惟一性.設(shè)w0，w1，…，wn＋1；v0，v1，…，vn＋1為滿足條件的兩個數(shù)列，則（2）設(shè)||最大，則五、當x2≥|a|（a1－1）時，由可得六、我們證明更一般的結(jié)論：對任給正整數(shù)r（r≥2），總存在正整數(shù)N（r），當n≥N（r）時，存在正整數(shù)a1，a2，…，ar，使得n=a1＋a2＋…＋ar，1≤a1<a2<…<ar，ai|ai＋1，i=1，2，…，r－1.證明如下：當r=2時，有n=1＋n－1，取N（2）=3即可.假設(shè)當r=k時結(jié)論成立.當r=k＋1時，取N(k＋1)=4N(k)3.設(shè)n=2a(2l＋1)，若n≥N(k＋1)=4N(k)3，則2a≤2N(k)2，則存在正偶數(shù)2t≤a，使得22t≥N(k)2，即2t＋1≥N(k).由歸納假設(shè)，存在正整數(shù)b1，b2，…，bk，使得2t＋1=b1＋b2＋…＋bk，1≤b1<b2<…<bk，bi|bi＋1，i=1，2，…，k－1.則2a=2a－2t×22t=2a－2t[1＋(2t－1)(2t＋1)]=2a－2t＋2a－2t(2t－1)b1＋2a－2t(2t－1)b2＋…＋2a－2t(2t－1)bkn=2a－2t(2l＋1)＋2a－2t(2t－1)b1(2l＋1)＋…＋2a－2t(2t－1)bk(2l＋1)若2l＋1≥2N(k)，則l≥N(k).由歸納假設(shè)，存在正整數(shù)c1，c2，…，ck使得l=c1＋c2＋…＋ck，1≤c1<c2<…<ck，ci|ci＋1，i=1，2，…，k－1.因此，n=2a＋2a＋1c1＋2a＋1c2＋…＋2a＋1ck滿足要求.由數(shù)學歸納法知，上述一般結(jié)論對所有的r≥2成立.IMO中國國家隊選拔考試試題一、在銳角△ABC中，AD是∠A的內(nèi)角平分線，點D在邊BC上，過點D分別作DE⊥AC、DF⊥AB，垂足分別為E、F，連結(jié)BE、CF，它們相交于點H，△AFH的外接圓交BE于點G.求證：以線段BG、GE、BF組成的三角形是直角三角形.二、設(shè)A{0，1，2，…，29}，滿足：對任何整數(shù)k及A中任意數(shù)a、b（a、b能夠相同），a＋b＋30k均不是兩個相鄰整數(shù)之積.試定出所有元素個數(shù)最多的A.三、設(shè)A{(a1，a2，…，an)|ai∈R，i=1,2,…n}，A是有限集.對任意的α=(a1，a2，…，an)∈A，β=(b1，b2，…，bn)∈A，定義：γ（α，β）=(|a1－b1|，|a2－b2|，…，|an－bn|)，D（A）={γ（α，β）α∈A，β∈A}.試證：|D（A）|≥|A|.四、求所有正整數(shù)集上到實數(shù)集的函數(shù)f，使得（1）對任意n≥1,f(n＋1)≥f(n)；（2）對任意m、n、(m、n)=1，有f(mn)=f(m)f(n).五、設(shè)A={1，2，…，}，M={1001，，3005}.對A的任一非空子集B，當B中任意兩數(shù)之和不屬于M時，稱B為M一自由集.假如A=A1∪A2，A1∪A2=，且A1、A2均為M一自由集，那么，稱有序?qū)Γˋ1，A2）為A的一個M一劃分.試求A的所有M一劃分的個數(shù).六、設(shè)實數(shù)列{xn}滿足：x0=0，x2=x1，x3是正整數(shù)，且，n≥2.問：此類數(shù)列中最少有多少個整數(shù)項？參考答案一、如圖，過點D作DG′⊥BE，垂足為G′.由勾股定理知BG′2－G′E2=BD2－DE2=BD2－DF2=BF2.因此，線段BG′、G′E、BF組成的三角形是以BG′為斜邊的直角三角形.下面證明G′即為G，即只須證A、F、G′、H四點共圓.如圖1，連結(jié)EF，則AD垂直平分EF.設(shè)AD交EF于點Q，作EP⊥BC，垂足為P，連結(jié)PQ并延長交AB于點R，連結(jié)RE.因為Q、D、P、E四點共圓，因此，∠QPD=∠QED.又A、F、D、E四點共圓，因此，∠QED=∠FAD.于是，A、R、D、P四點共圓.又∠RAQ=∠DAC，∠ARP=∠ADC，于是，△ARQ∽△ADC,.從而，AR·AC=AQ·AD=AF2=AF·AE，即.因此，RE//FC，∠AFC=∠ARE.因為A、R、D、P四點共圓，G′、D、P、E四點共圓，則BG′·BE=BD·BP=BR·BA.故A、R、G′、E四點共圓.因此，∠AG′E=∠ARE=∠AFC.因此，A、F、G′、H四點共圓.二、所求A為{3l＋2|0≤l≤9}.設(shè)A滿足題中條件且|A|最大.因為兩個相鄰整數(shù)之積被30整除，余數(shù)為0，2，6，12，20，26.則對任意a∈A，有2a0，2，6，12，20，26（mod30），即a0，1，3，6，10，13，15，16，18，21，25，28（mod30）.因此，A{2，4，5，7，8，9，11，12，14，17，19，20，22，23，24，26，27，29}.后一集合可分拆成下列10個子集的并，其中每一個子集至多包括A中的一個元素:{2，4}，{5，7}，{8，12}，{11，9}，{14，22}，{17，19}，{20}，{23，27}，{26，24}，{29}.故|A|≤10.若|A|=10，則每個子集恰好包括A中一個元素，因此，20∈A，29∈A.由20∈A知12A，22A，從而，8∈A，14∈A.這么，4A，24A，因此，2∈A，26∈A.由29∈A和7A，27A，從而，5∈A，23∈A.這么，9A，19A，因此，11∈A，17∈A.綜上有A={2，5，8，11，14，17，20，23，26，29}，此A確實滿足要求.三、對n和集A的元素個數(shù)用歸納法.假如A恰有一個元素，則D（A）僅包括一個零向量，結(jié)論成立.假如n=1，設(shè)A={a1<a2<…<am}，則{0，a2－a1，a3－a1，…，am－a1}D（A）.因此，|D（A）|≥|A|.假定|A|>1和n>1，定義B={x1，x2,…，xn－1|存在xn使得(x1，x2，…，xn－1，xn)∈A}.由歸納假設(shè)|D（B）|≥|B|.對每一個b∈B，令Ab={xn|(b，xn)∈A}，ab=max{x|x∈Ab},C=A\{b，ab}|b∈B}.則|C|=|A|－|B|.∪D∈D（B）因為|C|<|A|，由歸納假設(shè)|D(∪D∈D（B）另首先，D(A)={(D，|a－a′|)|d(b，b′)=D，且a∈Ab，a′∈Ab′}.∪∪D∈D（B）類似地，再令Cb=Ab\{ab}，有D（C）={(D，|c－c′|)|d(b，b′)=D，且c∈Cb，c′∈Cb′}.注意到，對每一對b、b′∈B，最大差|a－a′|(a∈Ab，a′∈Ab′)一定是a=ab或a′=ab′.于是，這個最大差不出目前{|c－c′||c∈Cb，c′∈Cb′}中.因此，對任何的D∈D（B），集合{|c－c′||d(b，b′)=D，且c∈Cb和c′∈Cb′}并不包括集合{|a－a′||d(b，b′)=D，且a∈Ab和a′∈Ab′}中的最大元，前者是后者的真子集.由此結(jié)論可知|D(C)|≤≤|D(A)|－|D(B)|.故|D(A)|≥|D(B)|＋|D(C)|≥|B|＋|C|=|A|.四、顯然，f=0是問題的解.設(shè)f0，則f(1)≠0.否則，對任意正整數(shù)n有f(n)=f(1)f(n)=0，矛盾.于是得f(1)=1.由（1）可知f(2)≥1.下面分兩種情況討論：（i）f(2)=1，則可證f(n)=1(n)①實際上，由（2）知f(6)=f(2)f(3)=f(3).記f(3)=a，則a≥1.因為f(3)=f(6)=a，利用（1）可知f(4)=f(5)=a.利用（2）知，對任意奇數(shù)p有f(2p)=f(2)f(p)=f(p).再由此及（1）可證f(n)=a(n≥3)②實際上，a=f(3)=f(6)=f(5)=f(10)=f(9)=f(18)=f(17)=f(34)=f(33)=….由式②和（2）得a=1，即f=1，故式①成立.（ii）f(2)>1.設(shè)f(2)=2a，其中a>0.令，則g(x)滿足（1）、（2）且g(1)=1，g(2)=2.設(shè)k≥2，則由（1）得2g(2k－1－1)=g(2)g(2k－1－1)=g(2k－2)≤g(2k)≤g(2k＋2)=g(2)g(2k－1＋1)=2g(2k－1＋1)；若k≥3，則22g(2k－2－1)=2g(2k－1－2)≤g(2k)≤2g(2k－1＋2)=22g(2k－2＋1).依此類推，用歸納法得2k－1≤g(2k)≤2k－1g(3)(k≥2)③同樣，對任意m≥3，k≥2有g(shù)k－1(m)g(m－1)≤g(mk)≤gk－1(m)g(m＋1)④顯然，當k=1時，③、④也成立.任取m≥3，k≥1，有s≥1，使得2s≤mk≤2s＋1.于是，有s≤klog2m<s＋1，即klog2m－1<s≤klog2m⑤由（1）可知g(2s)≤g(mk)≤g(2s＋1).再由③、④得令k→＋∞得g(m)=m，則f(m)=ma.綜上得f=0或f(n)=na(n)，其中a(a≥0)為常數(shù).五、對m、n∈A，若m＋n=1001或或3005，則稱m與n“有關(guān)”.易知與1有關(guān)的數(shù)僅有1000和，與1000和有關(guān)的都是1和1003，與1003有關(guān)的為1000和.因此，1，1003，1000，必須分別為兩組{1，1003}，{1000，}.同理可劃分其他各組：{2，1004}，{999，}，{3，1005}，{998，}；這么A中的個數(shù)被劃提成501對，共1002組.因為任意數(shù)與且只與對應的另一組有關(guān)，因此，若一對中一組在A1中，另一組必在A2中.反之亦然，且A1與A2中不再有有關(guān)的數(shù).故A的M一劃分的個數(shù)為2501.六、設(shè)n≥2，則再由x0=0可得于是，由此可得②記.顯然，{an}為偶數(shù)列，且由x3為正整數(shù)和②知xn為整數(shù)的必要條件是3|n.而，因此，3|a3k.令，n=1，2，……，則{bn}也是偶數(shù)列，且易知對任意非負整數(shù)m、n，有③在③中令m=n，則有④設(shè)an=2knpn，bn=2lnqn，其中n、kn、ln為正整數(shù)，pn、qn為奇數(shù).因為a1=b1=2，即k1=l1=1，由④可知k2=2，l2=3；k4=5，l4=3；k8=8，l8=5.用歸納法可得任取m1>m2≥2，由③可得由此易知用歸納法可知，對于m1>m2>…>mr≥2，有即當n=2rp，其中r(r≥2)是整數(shù)，p是奇數(shù)時，有⑤當n=4m＋1時，由③可得.由⑤可知k4m＋1=2m＋1.同理，由知k4m＋2=k4m＋3=2m＋2.綜上可知當3|n時，由②得，其中3|pn.因為k3=2=×3，k6=4=×6，k12=9>×12，k24=16=×24，從而，x3，x6，x12，x24，均為整數(shù).若n0(mod4)，則kn≤＋1，因此，⑥若n=0(mod4)，因為3|n，則n=2r×3kq，其中r≥2，k≥1，q不含3的因子.由⑤可知，kn=2r－1×3kq＋r＋1于是，kn－=2r－1×3kq＋r＋1－2r＋1×3k－1q=r＋1－2r－1×3k－1q≤r＋1－2r－1，等號當且僅當k=q=1時成立.當r>3時，2r－1=(1＋1)r－1>r＋1.由此可知，當r>3或2≤r≤3，但k、q中有一個不為1時，有⑦由⑥和⑦知{xn}中僅有x0，x3，x6，x12，x24均為整數(shù).綜上得數(shù)列中最少有5個整數(shù)項.中學生數(shù)學智能通訊賽試題高一年級一、選擇題（共8道小題，每題5分，共40分）1、已知集合M={x|x3－x=0}，集合N={x|－2≤x≤1，x∈Z}，從M到N的映射f：M→N滿足條件，對任意x∈M，恒有x＋3f(x)為偶數(shù)，則這么的映射共有（）A．8個B．9個C．81個D．64個2、設(shè)[t]表示小于t的最大整數(shù)，如[1]=1，[1.2]=1，則方程[3x＋1]=6x的根共有（）A．0個B．1個C．2個D．3個3、設(shè)定義域為R的函數(shù)f(x)、g(x)都有反函數(shù)，并且函數(shù)f(x＋1)和g－1(x－2)的圖象有關(guān)直線y=x對稱，若g(5)=，那么f(6)等于（）A．B．C．D．4、某廠生產(chǎn)的一個飲料售價2元，銷售中還要求5個空瓶子可換取一瓶新飲料（含瓶），該種飲料每瓶成本1元（含瓶），那么該種飲料每瓶利潤應是（）元.A．0．55B．0.60C．0.63D．0.705、已知集合，Q={t|t=(2k－1)2＋1,k∈N}，則P與Q的關(guān)系是（）A．P=QB．C．D．6、能使函數(shù)在區(qū)間[0，＋∞]上具備單調(diào)性的正數(shù)m的取值范圍是（）A．0<m<B．m=C．m>D．m≥7、某人堅持上午在一條棄用的舊公路上步行鍛煉身體，同時數(shù)數(shù)訓練頭腦，他先從某地向前走2步后后退1步，再向前走4步后后退2步，…，再向前走2n步后后退n步…當他走完第步后就一直往出發(fā)地走.此人從出發(fā)到回到原地一共走了（）步.A．3924B．3925C．3926D．39278、下面是一個計算機程序的操作闡明：①初始值x=1，y=1，z=0，n=0；②n=n＋1（將目前的n＋1的值賦予新的n）；③x=x＋2（將目前的x＋2的值賦予新的x）；④y=2y（將目前的2y的值賦予新的y）；⑤z=z＋xy（將目前的z＋xy的值賦予新的z）；⑥假如z>7000，則執(zhí)行語句⑦，否則回到語句②繼續(xù)進行；⑦打印n，z；⑧程序終止.則語句⑦打印的數(shù)值是（）A．n=7，z=7681B．n=8，z=7681C．n=7，z=7682D．n=8，z=7682二、填空題（共8道小題，每題5分，共40分）9、設(shè)f(x)=x2－x＋的定義域是[n，n＋2]（n∈N*），則f(x)的值域中所含整數(shù)的個數(shù)是_________.10、函數(shù)y=2－|x－3|－m的圖象與x軸有交點，則m的取值范圍是_________.11、數(shù)列{an}滿足：a1=3，a2=6，an＋2=an＋1－an，則a=_________.12、幼兒園里，孩子們爬滑梯，每3秒鐘爬上30厘米，又滑下10厘米，若滑梯滑道總長為6.1米，且孩子們爬到滑梯頂部后不再滑下，則通過_________秒鐘后，一個孩子能夠從滑梯底部爬到頂部.13、已知函數(shù)，那么f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＋f()＋f()＋f()＋f()=_________.14、數(shù)列23，2323，232323，23232323，…的一個通項公式是_________.15、設(shè)數(shù)列{an}的通項公式為，且a1<a2<a3<…<an<an＋1，則實數(shù)p的取值范圍是_________.16、將10個相同的小球裝入3個編號1、2、3的盒子（每次要把10個球裝完），要求每個盒子里球的個數(shù)不少于盒子的編號數(shù)，則不一樣的裝法共有_________種.三、解答題（共4道小題，每題10分，共40分）17、把前n個自然數(shù)按某種規(guī)律排成如下數(shù)陣11361015212836…259142027354813192634…712182533…11172432…162331……2230…2938…37……（1）第一行第m列的數(shù)可用a1m表示，例如a11=1，a12=3，a13=6，請將a1m用m表示出來；（2）自然數(shù)位于第幾行第幾列？（3）第i行第j列的數(shù)可用aij表示，請寫出aij有關(guān)i和j的體現(xiàn)式.18、容器A中盛有濃度為a%的農(nóng)藥m升，容器B中盛有濃度為b%的同種農(nóng)藥也是m升，兩種農(nóng)藥的濃度差為20%（a>b）.現(xiàn)將A中農(nóng)藥的倒入B中，均勻混合后由B倒回A，恰好使A中保持m升（將A中的倒入B均勻；混合后，由B倒回A，使A保持m升不變，這么叫做一次操作），欲使兩種農(nóng)藥的濃度差小于1%，那么最少要操作多少次？（下列對數(shù)值可供選用：lg5=0.699，lg6=0.778）.19、函數(shù)f(x)的定義域為{x|x∈R，且x≠0}，f(x)>0的解集為{x|0<x<k，或x<－k，k>0}.函數(shù)(α)=sin2α＋(ξ＋1)cosα－ξ2－ξ－k，α∈[0，π].若集合A={ξ|(α)<0}，B={f((α))>0}，試求A∩B.20、當代社會對破譯密碼的難度要求越來越高.有一個密碼把英文的明文（真實文）按字母分解，其中英文的a，b，c…z的26個字母（無論大小寫）依次對應1，2，3，…，26個自然數(shù).見表格：abcdefghijklm12345678910111213nopqrstuvwxyz14151617181920212223242526給出如下一個變換公式：將明文轉(zhuǎn)換成密文，如8→＋13=17，即h變成q，5→=3，即e→c.（1）按上述措施將明文good譯成密文.（2）若按上述措施將某明文譯成的密文是shxc，請你找出它的明文.高二年級一、選擇題（共8小題，每題5分，共40分）1、過點（1，3）作直線l，若l通過（a，0）和（0，b）兩點，且a，b∈N*，則可作出的l的條數(shù)為（）A．1B．2C．3D．多于3條2、函數(shù)的值域是（）A．（0，）B．（＋∞，0）∪（0，＋∞）C．（0，）∪（）D．（0，＋∞）3、若鯉魚在長大時體型基本相同，一條鯉魚的體長為15cm時體重為15g，則當此魚長到長為20cm時它的體重大約是（）A．20gB．25gC．35gD．40g4、動點M（x，y）滿足，那么點M的軌跡是（）A．直線B．橢圓C．雙曲線D．拋物線5、已知一個數(shù)列{an}各項是1或0，首項為1，且在第k個1和第（k＋1）個1之間有（2k－1）個0，即1，0，1，0，0，0，1，0，0，0，0，1，….則第個1是該數(shù)列的第（）項.A．45B．1981C．401D．40140136、已知△ABC的頂點B為橢圓短軸的一個端點，另兩個頂點亦在橢圓上，若△ABC的重心恰為橢圓的一個焦點，則橢圓離心率的取值范圍為（）A．B．C．D．7、設(shè)拋物線y2=2px(p>0)的軸和它的準線交于E點，通過焦點F的直線交一拋物線于P、Q兩點（直線PQ與拋物線的軸不垂直）（如圖1），則∠FEP和∠QEF的大小關(guān)系為（）A．∠FEP>∠QEFB．∠FEP<∠QEFC．∠FEP=∠QEFD．不確定8、小明到華興文具店想購置2支鋼筆或3支圓珠筆，現(xiàn)知6支鋼筆和3支圓珠筆的價格之和不小于24元，而4以鋼筆和5支圓珠筆的價格之和小于22元.若設(shè)2支鋼筆的價格為a元，3支圓珠筆的價格為b元，則（）A．a(chǎn)>bB．a(chǎn)<bC．a(chǎn)=bD．不確定二、填空題（共8道小題，每題5分，計40分）9、已知△ABC中，BC=6，AB＋AC=10，則△ABC面積的最大值為_________.10、“神舟五號”飛船運行軌道是以地球的中心F為焦點的橢圓，測得近地點A距地面為mkm，遠地點B距地面為nkm，設(shè)地球半徑為Rkm，有關(guān)橢圓有如下說法：①焦距長為n－m，②短軸長為，③離心率為，④以AB方向為x軸的正方向，F(xiàn)為坐標原點，則左準線方程為.以上說法正確的有___________（填上所有你以為正確說法的序號）.11、已知O為坐標原點，=（－1，1），=（－5，－5），集合A={||RN|=2}，、∈A，（λ∈R，λ≠0），則=___________.12、要通過一寬度為am的直角形巷道，運輸一批建筑管材到施工工地（如圖2），問此巷道能通過最長的管材尺寸為___________m.13、方程的解集是___________.14、在一天內(nèi)的不一樣時刻，經(jīng)理把文獻交給秘書打印，每次都將要打印的文獻放在秘書待打印文獻堆在上面，秘書一有時間就將文獻中最上面的那份文獻取來打印.既有5份文獻，經(jīng)理是按1、2、3、4、5的次序交來的，在下列次序①12345；②24351；③32415；④45231；⑤54321中秘書打印文獻的也許次序是___________（填上所有也許的序號）.15、已知（1－sinα）（1－cosα）=，設(shè)（1＋sinα）（1＋cosα）=，其中α是銳角，a，b，c均為正整數(shù)，且b、c（b<c）互質(zhì)，則=___________.16、用min{x1，x2，…xn}表示x1，x2，…xn中的最小值，設(shè)a、b均為正數(shù)，則min{a，b，}最大的值為___________.三、解答題（共4道小題，每題10分，計40分）17、設(shè)A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，…A(x，y)是拋物線y=x2＋x＋1上任意個點，且x1＋x2＋…＋x=1，求y1＋y2＋…＋y的最小值.18、若x，y∈R，x＋y=1，則.19、已知拋物線y2=4x的焦點為F，過F作兩條相互垂直的弦AB、CD，設(shè)AB、CD的中點分別為M、N.（1）求證：直線MN必過定點；（2）分別以AB和CD為直徑作圓，求兩圓相交弦中點H的軌跡方程.20、如圖3，O1、O2相交于M、N兩點，點A在O1上，射線AM、AN交O2于B、C兩點，記O1面積為S1，O2面積為S2，△ABC外接圓面積為S，問：在什么條件下才能有S=S1＋S2，請作出判斷并加以證明.答案高一年級一、選擇題1、A提示：N={－2，－1，0，1}，x＋3f(x)為偶數(shù).故－2，0原象必須為M={－1，0，1}中偶數(shù)，－1，1原象必須是M中奇數(shù)，故滿足條件的只能有2、C提示：3x<6x≤3x＋1，即0<x≤，從而0<6x≤2，故6x=1或6x=2，從而.3、C提示：由g(5)=可知點A（5，）在函數(shù)g(x)的圖象上，則點A′（，5）在函數(shù)g－1（x）的圖象上，于是點B（，5）在g－1（x－2）的圖象上，從而點B′（5，）在函數(shù)f(x＋1)的圖象上.進而可知點C（6，）在函數(shù)f(x)的圖象上，因此f(6)=.4、B提示：花8元可買4瓶喝，喝完后剩4只空瓶，再借用一只空瓶后用5只空瓶換回一瓶飲料，喝完后還回借用的空瓶子，這么8元價值等于5瓶該種飲料價值，因此每瓶實際售價合8÷5=1.6元，除去成本1元，故利潤1.6－1=0.6元，選B.5、C提示：分別列出3n，4n的個位數(shù)，易知n=2，6，10，14，18，…時，∈N.故p={m|m=4n－2，n∈N*}.另首先，對任意t∈Q，t=4(k2－k＋1)－2∈P，而k2－k＋1=k(k－1)＋1是奇數(shù)，因此Q中不存在形如8k－2(k∈N*)的元素，但8k－2∈P，這表白.6、D提示：取m=1，有f(0)=1，f(7)=－5，猜測：f(x)在區(qū)間[0，＋∞]上是單調(diào)減函數(shù)；深入可證明當m≥，則當0≤x1<x2時，f(x1)與f(x2)的大小關(guān)系并不恒定.7、C8、D提示：設(shè)n=i時，x，y，z的值分別為xi，yi，zi，依題意得x0=1，xn=xn－1＋2，故{xn}是等差數(shù)列，且xn=2n＋1，y0=1，yn=2yn－1，故{yn}是等差數(shù)列，且xn=2n.zn=x1y1＋x2y2＋…＋xnyn=3·2＋5·22＋7·23＋…＋（2n＋1）2n2zn=3·22＋5·23＋…＋（2n＋1）2n＋1以上兩式相減得zn=－2n＋2＋2＋（2n＋1）2n＋1=（2n－1）2n＋1＋2，依題意，程序終止時zn≥7000，zn－1≤7000，即可求得n=8，z=7682.二、填空題9、4n＋2在[n，n＋2]上是增函數(shù)，從而f(x)的值域為[n2－n＋,n2＋3n＋]，其中整數(shù)的個數(shù)為n2＋3n＋2－（n2－n＋1）＋1=4n＋2.10、0<m≤1.令2－|x－3|－m=0，即m=－|x－3|，由－|x－3|≤0，得0<2－|x－3|≤1.11、－3.由已知有a1=3，a2=6，a3=3，a4=－3，a5=－6，a6=－3，a7=3，a8=6……故a=a6×334＋4=a4=－3.12、90.設(shè)t秒鐘內(nèi)爬完580cm，則20×=580，得t=87，從而所需時間為87＋3=90（秒）.13、9.提示：14、.15、－<p<1.16、15.三、解答題17、（1）當自然數(shù)排到a1m時，共用去了（1＋2＋3＋…＋m）個數(shù)，從而.（2）因為第一行第63列的數(shù)為，故第2行第62列的數(shù)為，第3行第61列的數(shù)為，…，第13行第51列的數(shù)為.（3）因為aij與ai－1i＋1相鄰，又18、設(shè)A中溶質(zhì)為a1，B中溶質(zhì)為b1，操作k次后，A、B中溶質(zhì)分別為ak，bk，則a1=ma%，b1=mb%，又a%－b%=20%.故故{ak－bk}是首項為a1－b1=20m%，公比為的等比數(shù)列.則ak－bk=20m%·濃度差為.依題意得，故故最少操作7次后，濃度差小于1%.19、∵f(x)>0的解集為{x|0<x<k，或x<－k，k>0}，∴B={ξ|f（（α））>0}={ξ|0<（α）<k或（α）<－k}，A={ξ|（α）<0}，∴A∩B={ξ|（α）<－k，k>0}.由（α）<－k得sin2α＋(ξ＋1)cosα－ξ2－ξ－k<－k.∴cos2α－(ξ＋1)cosα＋ξ2＋ξ－1>0.∵α∈[0，π]，∴cosα∈[－1，1]，令u=cosα，則u∈[－1，1]，∴本題轉(zhuǎn)化為對一切u∈[－1，1]，ξ為何值時，不等式u2－(ξ＋1)u＋ξ2＋ξ－1>0恒成立，令g(u)=u2－(ξ＋1)u＋ξ2＋ξ－1，∴（1）當△<0時，g(u)>0恒成立.此時(ξ＋1)2－4(ξ2＋ξ－1)=－3ξ2－2ξ＋5<0，∴ξ<或ξ>1.（2）另外，要使g(u)>0恒成立，還能夠由由①得ξ∈，由②得ξ∈.故A∩B={ξ|ξ<或ξ>1}.20、（1）g→7→=4→d，o→15→=8→h，d→4→＋13=15→o.∴明文good的密文為dhho.（2）原變換公式的逆變換公式為故s→19→2×19－26=12→l，h→o，x→v，c→e.密文shxc的明文是love.高二年級一、選擇題1、B2、設(shè)=t(t≥0)，有x=t2－2，則（t≥0且t≠3）從而函數(shù)值域為，選C.3、鯉魚長大時體重G=ρV是體積的一次函數(shù)，而體積之比是相同比的立方.故，從而G=×15≈35，選C.4、動點M（x，y）的幾何意義是到定點P（sinα，cosα）的距離等于到定直線l：xsinα＋ycosα－1=0的距離，∵P∈l，∴M點軌跡是過P且垂直于l的直線，選A.5、第個1前0的個數(shù)為（2×1－1）＋（2×2－1）＋（2×3－1）＋…＋（2×－1）=2=401，∴第個1為第401＋=4014013項，選D.6、設(shè)△ABC重心F(c，0)，設(shè)AC中點為D(x，y)，由，得D（），D在橢圓內(nèi)部，滿足，從而，即0<e<，選A.7、如圖，過P、Q分別作準線的垂線PR、QS，R、S為垂足，則RP∥EF∥SQ，從而，又據(jù)拋物線定義知PF=PR，F(xiàn)Q=QS，因此，從而△RPE∽△SQE，故∠REP=∠SEQ，90°－∠REP=90°－∠SEQ，即∠PEF=∠QEF，選C.8、設(shè)鋼筆x元/支，圓珠筆y元/支，則①×－②×得，2x－3y>0，即a>b，故選A.二、填空題9、依題意A點在以B、C點為焦點的橢圓上，當A在短軸端點處△ABC面積最大，因橢圓長軸2a=10，焦距2c=6，故，從而△ABC的最大面積為×2c×b=bc=12.10、如圖，依題意a＋c=n＋R且a－c=m＋R.正確說法有①③④.11、∵，∴N（4，6）.由已知，點R的軌跡是以點N為圓心，2為半徑的圓，點P、Q在此圓上，且M、P、Q三點共線.連結(jié)MN交圓N于點I，延長MN交圓N于J.由割線定理.12、建立如圖坐標系，則A(－a，－a)，設(shè)管材BC斜率為k(k<0).直線BC：y＋a=k(x＋a)，則B(·－a，0)，C(0，ak－a)，因為k<0，故＋k≤－2，（＋k－1）2≥32，|BC|≥=等號僅當k=－1時成立，即此巷能通過最長的管材尺寸為米.13、(b>a>0，m>0)，故原不等式左邊>，故原不等式的解集為.14、填①②③⑤.15、由已知條件得sinα＋cosα－sinαcosα=，又sin2α＋cos2α=1，設(shè)x=sinα＋cosα，y=sinαcosα，聯(lián)立解得從而a＋=(1＋sinα)(1＋cosα).因此a=2，b=22，c=25，.16、，當且僅當a=b=，即a=b=時，取“=”號，填.三、解答題17、18、令t=xy，則t∈（0，）.由x＋y=1，得x2＋y2=1－2xy，x3＋y3=1－3xy，x4＋y4=1－4xy＋2x2y2，x5＋y5=1－5xy＋5x2y2.19、（1）由題可知F（1，0），設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，直線AB的方程為y=k·(x－1)，則A、B點的坐標代入y2=4x.相減得yA＋yB=，即yM=，代入方程y=k(x－1)，解得xM=＋1，同理可得，N的坐標為（2k2＋1，－2k）.直線MN的斜率為，方程為y＋2k=（x－2k2－1），整頓得y(1－k2)=k(x－3).顯然，無論k為何值，（3，0）均滿足方程，因此直線MN恒過定點Q（3，0）.（3）過M、N作準線x=－1的垂線，垂足分別為E、F.由拋物線的性質(zhì)不難懂得：準線x=－1為圓M與圓N的公切線，設(shè)兩圓的相交弦交公切線于點G，則由平面幾何的知識可知，G為EF的中點.因此xG=－1，，即G（－1，）.又因為公共弦必與兩圓的連心線垂直，因此公共弦的斜率為，因此，公共弦所在直線的方程為.因此公共弦恒過原點.依照平面幾何的知識懂得：公共弦中點就是公共弦與兩圓連心線的交點，因此原點O、定點Q（3，0）、所求點組成以H為直角頂點的直角三角形，即H在以O(shè)Q為直徑的圓上（如圖）.又對于圓上任意一點P（x，y）（原點除外），必可利用方程求得k值，從而以上步步可逆，故所求軌跡方程為（x≠0）.20、當O1N⊥O2N時有S=S1＋S2，下面予以證明∠NO1O2=∠NO1M=∠A，同理∠NO2O1=∠ACM.故△AMC∽△O1NO2有，①設(shè)O1、O2、△ABC外接圓半徑分別為r1、r2和R，在△ABC中AC=2RsinB=2Rsin∠ANM，在△AMN中AM=2r1sin∠ANM=2NO1sin∠ANM，代入①式得，得O2O1=R，因為O1N⊥O2N，因此.得S1＋S2=S.中國西部數(shù)學奧林匹克試題第一天1、將1，2，3，4，5，6，7，8分別放在正方體的八個頂點上，使得每一個面上的任意三個數(shù)之和均不小于10.求每一個面上四個數(shù)之和的最小值.2、設(shè)2n個實數(shù)a1，a2，…，a2n滿足條件.求(an＋1＋an＋2＋…＋a2n)－(a1，a2＋…＋an)的最大值.3、設(shè)n為給定的正整數(shù)，求最小的正整數(shù)un，滿足：對每一個正整數(shù)d，任意un個連續(xù)的正奇數(shù)中能被d整除的數(shù)的個數(shù)不少于奇數(shù)1，3，5，…，2n－1中能被d整除的數(shù)的個數(shù).4、證明：若凸四邊形ABCD內(nèi)任意一點P到邊AB、BC、CD、DA的距離之和為定值，則ABCD是平行四邊形.第二天5、已知數(shù)列{an}滿足：a0=0，，n=0，1，2，…，其中k為給定的正整數(shù).證明：數(shù)列{an}的每一項都是整數(shù)，且2k|a2n，n=0，1，2，….6、凸四邊形ABCD有內(nèi)切圓，該內(nèi)切圓切邊AB、BC、CD、DA的切點分別為A1、B1、C1、D1，連結(jié)A1B1、B1C1、C1D1、D1A1，點E、F、G、H分別為A1B1、B1C1、C1D1、D1A1的中點.證明：四邊形EFGH為矩形的充足必要條件是A、B、C、D四點共圓.7、設(shè)非負實數(shù)x1、x2、x3、x4、x5滿足.求證：.8、1650個學生排成22行、75列.已知其中任意兩列處在同一行的兩個人中，性別相同的學生都不超出11對.證明：男生的人數(shù)不超出928.答案1、設(shè)某個面上的四個數(shù)a1、a2、a3、a4之和達成最小值，且a1<a2<a3<a4.因為小于5的三個不一樣的正整數(shù)之和最大為9，故a1≥6.因此a1＋a2＋a3＋a4≥16如圖所示的例子闡明16是能夠達成的.2、當n=1時，(a2－a1)2=1，故a2－a1=±1.易知此時欲求的最大值為1.當n≥2時，設(shè)x1=a1，xi＋1=ai＋1－ai，i=1，2，…，2n－1，，且ak=x1＋x2＋…＋xk，k=1，2，…，2n.由柯西不等式得(an＋1＋an＋2＋…＋a2n)－(a1＋a2＋…＋an)=n(x1＋x2＋…＋xn)＋nxn＋1＋(n－1)xn＋2＋…＋x2n－[nx1＋(n－1)x2＋…＋xn]=x2＋2x3＋…＋(n－1)xn＋nxn＋1＋(n－1)xn＋2＋…＋x2n3、un=2n－1.（1）先證un≥2n－1.因為un≥1，不妨設(shè)n≥2.因為在1，3，…，2n－1中能被2n－1整除的數(shù)的個數(shù)為1，在2(n＋1)－1，2(n＋2)－1，…，2(n＋2n－2)－1中能被2n－1整除的數(shù)的個數(shù)為0，因此，un≥2n－1.（2）再證un≤2n－1.只要考慮d為奇數(shù)且1≤d≤2n－1.考慮2n－1個奇數(shù)：2(a＋1)－1，2(a＋2)－1，…，2(a＋2n－1)－1.設(shè)s、t為整數(shù)，使得(2s－1)d≤2n－1<(2s＋1)d(2t－1)d<2(a＋1)－1≤(2t＋1)d于是，在1，3，…，2n－1中能被d整除的數(shù)的個數(shù)為s.故只要證明[2(t＋s)－1]d≤2(a＋2n－1)－1即可.實際上，有[2(t＋s)－1]d=(2t－1)d＋(2s－1)d＋d≤2(a＋1)－3＋2n－1＋2n－1=2(a＋2n－1)－1因此，un≤2n－1.綜上所述，得un=2n－1.4、用記號d(P，l)表示點P到直線l的距離.先證一個引理.引理設(shè)∠SAT=α是一個定角，則∠SAT內(nèi)一動點P到兩邊AS、AT的距離之和為常數(shù)m的軌跡是線段BC，其中AB=AC=.若點P在△ABC內(nèi)，則點P到兩邊AS、AT的距離之和小于m；若點P在△ABC外，則點P到兩邊AS、AT的距離之和不小于m.實際上，由S△PAB＋S△PAC=S△ABC，知d(P，AB)＋d(P，AC)=m.如圖1，若點Q在△ABC內(nèi)，由S△QAB＋S△QAC<S△ABC，得d(Q，AB)＋d(Q，AC)<m若點Q在△ABC外，由S△QAB＋S△QAC>S△ABC，得d(Q，AB)＋d(Q，AC)>m（1）若四邊形ABCD的兩組對邊都不平行，不妨設(shè)BC與AD相交于點F，BA與CD相交于點E.過點P分別作線段l1、l2，使得l1上的任意一點到AB、CD的距離之和為常數(shù)，l2上的任意一點到BC、AD的距離之和為常數(shù)，如圖2.則對于區(qū)域S內(nèi)任意一點Q，有d(P，AB)＋d(P，BC)＋d(P，CD)＋d(P，DA)=d(Q，AB)＋d(Q，BC)＋d(Q，CD)＋d(Q，DA)=[d(Q，AB)＋d(Q，CD)]＋[d(Q，BC)＋d(Q，DA)]>[d(P，AB)＋d(P，CD)]＋[d(P，BC)＋d(P，DA)]矛盾.（2）若四邊形ABCD是梯形，也可推得矛盾.5、由題設(shè)可得，因此，.將上面兩式相減，得即（an＋2－an）(an＋2＋an－2kan＋1)=0.由題設(shè)條件知，數(shù)列{an}是嚴格遞增的，因此，an＋2=2kan＋1－an①結(jié)合a0=0，a1=1知，數(shù)列{an}的每一項都是整數(shù).因為數(shù)列{an}的每一項都是整數(shù)，由式①可知2k|(an＋2－an)②于是，由2k|a0，及式②可得2k|a2n，n=0，1，2，…6、如圖所示，設(shè)I為四邊形ABCD的內(nèi)切圓圓心.因為H為D1A1的中點，而AA1與AD1為過點A所作的I的切線，故H在AI上，且AI⊥A1D1.又ID1⊥AD1，故由射影定理可知IH·IA=，其中r為內(nèi)切圓半徑.同理可知，E在BI上，且IE·IB=r2.于是，IE·IB=IH·IA，故A、H、E、B四點共圓.因此，∠EHI=∠ABE.類