高中数学奥赛题含答案解析

高中数学奥赛题含答案解析 篇一:2014—2015学年度高二数学竞赛试题(含答案) 2014—2015学年度高二数学竞赛试题 【本试题满分150分，考试时间120分钟】 一、选择题:本大题共6小题，每小题6分，共36分(在每个小题给出的四个选项中，只 有一个正确的答案( 1(从集合,1，3，6，8,中任取两个数相乘，积是偶数的概率是 () A(; B(5 6211; C(; D(( 323 2(若?是第四象限角，且sin? 2?cos? 2??2sin? 2cos? 2，则?是() 2 A(第一象限角;B(第二象限角;C(第三象限角;D(第 1 四象限角( 3. 已知点O、A、B不在同一条直线上，点P为该平面上一点，且2OP?2OA+BA，则 A(点P不在直线AB上; B(点P在线段AB上; C(点P在线段AB的延长线上; D(点P在线段AB的反向延长线上( 4(设m,n?R?，若直线(m?1)x?(n?1)y?4?0与圆(x?2)2?(y?2)2?4相切，则 m?n的取值范围是 A.(0,1?3] ; B.[1?3,??);C. [2?22,??); D.(0,2?22]( 5. 已知正方体C1 的棱长为C1的各个面的中心为顶点的凸多面体记为C2，以 C2的各个面的中心为顶点的凸多面体记为C3，则凸多面体C3的棱长为 A(18; B(92;C(9 ; D(62( 6. 已知定义在R上的奇函数f(x)，满足f(x?3)??f(x),且在区间[0,]上是增函数, 若方程f(x)?m(m?0)在区间??6,6?上有四个不同的根x1,x2,x3,x4,则32x1?x2?x3?x4? A(?6;B(6; C(?8;D(8( 二、填空题:本大题共6小题，每小题9分，共54分(将 2 正确的答案写在题中横线上( 7.若对于任意实数x，都有x3?a0?a1(x?2)?a2(x?2)2?a3(x?2)3，则a1?a2?a3的值为__________. 高二数学竞赛试题?第 1 页(共 9 页) 篇二:2013年全国高中数学联赛试题及详细解析 2013年全国高中数学联合竞赛一试 试题参考答案及评分 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 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，不要增加其他中间档次. 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，不要增加其他中间档次. 一、 填空题:本大题共8小题，每小题8分，共64分. 1. 设集合A??2,0,1,3?，集合B??x|?x?A,2?x2?A?.则集合B中所有元素的和为 . 答案 3 -5 ,?3时，2?x2??2,?7，解 易知B???2,0,?1,?3?，当x??2有2?x2?A;而当x?0,?1 时，2?x2?2,1，有2?x2?A.因此，根据B的定义可知B???2,?3?. 所以，集合B中所有元素的和为-5. ???????? 2. 在平面直角坐标系xOy中，点A、B在抛物线y2?4x上，满足OA?OB??4，F是抛物 线的焦点.则S?OFA?s?OFB?. 答案 2. 2y2y12 解 点F坐标为?1,0?.设A?x1,y1?，B?x2,y2?，则x1?，x2?，故 44 ????????12 ?4?OA?OB?x1x2?y1y2??y1y2??y1y2， 16 12 即?y1y2?8??0，故y1y2??8. 16 2?1??1?1 S?OFA?S?OFB??OF?y1???OF?y2???OF?y1y2?2. 4 ?2??2?4 3. 在?ABC中，已知sinA?10sinBsinC，cosA?10cosBcosC, 则tanA的值为. 答案 11. 1 A?解 由于sincoAs? ?10BsinC?sinBcCs??co?s?oB??1C0?cos，A所以10cos sinA?11cosA，故tanA?11. 4. 已知正三棱锥P?ABC底面边长为1 . 答案 解 如图，设球心O在面ABC与面ABP内的射影分别为H和K，AB中点为M，内切球半径为r，则P、K、M共线，P、O、H共线，?PHM??PKO? OH?OK? r,PO?PH?OHr， ? 2 P ，且 MH? 5 AB? PM?, K O A H M B C 于是有 OKMH1 ??sin?KPO??， PM5PO 解得r?. 5. 设a,b为实数，函数f?x??ax?b满足:对任意x??0,1?， 有f?x??1.则ab的最大值 为. 答案 1. 4 解 易知a?f?1??f?0?，b?f?0?，则 22111??1 ab?f?0???f?1??f?0?????f?0??f?1????f?1????f?1???. 244??4 6 2 当2f?0??f?1???1，即a?b?? 111 时，ab?.故ab的最大值为. 424 6. 从1,2，…，20中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数的概率为. 答案 232 323 解 设a1?a2?a3?a4?a5取自1,2，…，20，若a1,a2,a3,a4,a5 互不相邻，则 1?a1?a2?1?a3?2?a4?3?a5?4?16， 由此知从1,2，…，20中取5个互不相邻的数的选法与从1,2，…，16中取5个不同的数的 5 选法相同，即C16种.所以，从1,2，…，20中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数 2 555C20?C16C16232 的概率为. ?1??55 C20C20323 7 7. 若实数x,y 满足x?x的取值范围是. 答案 ?0???4,20?. 解 a?b?a,b?0?，此时x?y??x?y??a2?b2，且条件中等式化为 a2?b2?4a?2b，从而a,b满足方程 ?a?2? 2 ??b?1??5?a,b?0?. 2 如图所示，在aOb平面内，点?a,b?的轨迹是以?1,2?为圆心， a,b?0的部分，即点O与弧?ACB的并集.因此 ，从而x?a2?b2??0???4,20?. ? 0???2,?8. 已知数列?an?共有9项，其中a1?a9?1，且对每个i??1,2,?,8?，均有 则这样的数列的个数为. 答案 491 ai?1 ?1?i?8?，则对每个符合条件的数列?an?有 ai 8 8 ai?1?1? ??2,1,??，ai2?? 解 令bi? 8 ?bi?? i?1 i?1 ai?1a91?? ??1，且bi??2,1,???1?i?8?. 2?aia1? 1 ? 1的8项数列?b?可唯一确定一个符合题设条件的9项数列?a?. 反之，由符合条件?nn1的数列?b?的个数为N.显然b?1?i?8?中有偶数个?记符合条件?ni 11 ，即2k个?;22 继而有2k个2，易见k的可能值只有0,1,2，8?4k个1.当给定k时，?bn?的取法有C82kC82?k2k种，所以 24 N?1?C82C6?C84C4?1?28?15?70?1?491. 因此，根据对应原理，符合条件的数列?an?的个数为491 二、 9 解答题:本大题共3个小题，共56分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步 3 骤. 9. (本题满分16分)给定正数数列?xn?满足Sn?2Sn?1，n?2,3,?，这里 Sn?x1???xn.证明:存在常数C?0,使得 xn?C?2n，n?1,2,?. 解 当n?2时，Sn?2Sn?1等价于 xn?x1???xn?1. 1 ? …………4分 对常数C? 1 x1，用数学归纳法证明: 4 xn?C?2n，n?1,2,?. 2 ? …………8分 n?1时结论显然成立.又x2?x1?C?22. 1式知 对n?3，假设xk?C?2k，k?1,2,?,n?1，则由? xn?x1??x2???xn?1? ?x1??C?22???C?2n?1? 10 ?C?22?22?23???2n?1??C?2n， 2式成立. 所以，由数学归纳法知，? …………16分 x2y2 10. (本题满分20分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆的方程为2?2?1?a?b?0?， ab A1、A2分别为椭圆的左、右顶点，F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆上不同于A1和A2的任意一点.若平面中两个点Q、R满足QA1?PA1，QA2?PA2,RF1?PF1,RF2?PF2， 试确定线段QR的长度与b的大小关系，并给出证明. 解 令c?A1??a,0?，A2?a,0?，F1??c,0?，F2?c,0?. 22 x0y0 设P?x0,y0?，Q?x1,y1?，R?x2,y2?，其中2?2?1，y0?0. ab 由QA1?PA1，QA2?PA2可知 4 ?????????AQ?A1P??x1?a??x0?a??y1y0?0， 1 ?????????? 11 A2Q?A2P??x1?a??x0?a??y1y0?0 1 ? 2 ? …………5分 22 1、?2相减，得2a?x?x??0，即x??x，将其代入?1， 得?x?a?yy?0， 将?1001010 22 ?x0?a2x0?a2? 故y1?，于是Q??x0,?. y0y0?? …………10分 2 ?x0?c2 根据RF1?PF1,RF2?PF2，同理可得R??x0, y0?? ?. ? …………15分 因此 22x0?a2x0?c2b2 ， QR??? y0y0y0 12 由于y0??0,b?，故QR?b(其中等号成立的充分必要条件是y0?b，即点P为?0,?b?). …………20分 11. (本题满分20分)求所有的正实数对?a,b?，使得函数f?x??ax2?b满足:对任意实 数x,y，有 f?xy??f?x?y??f?x?f?y?. 解 已知条件可转化为:对任意实数x,y，有 ?ax 2 y2?b??a?x?y??b??ax2?b??ay2?b?. 2 ?? 1 ? 先寻找a,b所满足的必要条件. 22 1式中令y?0，得b??ax?b???ax?b??b，即对任意实数x，有 在? ?1?b?ax2?b?2?b??0. 由于a?0，故ax2可取到任意大的正值，因此必有1?b?0，即0?b?1. …………5分 42 13 1式中再令y??x，得?ax?b??b??ax?b?，即对任意实数x，有 在? 2 ?a?a?x 2 4 ?2abx2??2b?b2??0. 2 ? 2 2的左边记为g?x?，显然a?a?0(否则，由a?0可知a?1，此时将? 5 篇三:高一数学竞赛试题及答案 高一数学竞赛试题 一、猜一猜:(每小题2分共16分) 1.司药(打一数学名词)——配方 2.招收演员(打一数学名词)——补角 3.搬来数一数(打一数学名词)——运算 4.你盼着我，我盼着你(打一数学名词)——相等 5.北(打一数学名词)——反比 6.从后面算起(打一数学名词)——倒数 7.小小的房子(打一数学名词)——区间 8.完全合算(打一数学名词)——绝对值 二、试一试:(每小题4分共8分) 14 1.把12、18、7、6、11分别填入下面?中，使算式成立。 ?+?=?=?+?12+6=18=7+11 2.按规律填数 1、6、7、12、13、18、( 19 )、( 24 )、( 25 ) 三、画一画:(6分) 24个人排成6列， 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 5个人为一列，你知道应该怎样来排列吗? (一个六边形) 四、脑筋急转弯:(每小题4分共20分) 1.桌子上原来有12支点燃的蜡烛，先被风吹灭了3根，不久又一阵风吹灭了2根，最后桌子上还剩几根蜡烛呢 解答:5根 2.一个人花8块钱买了一只鸡，9块钱卖掉了，然后他觉得不划算，花10块钱又买回来了，11块卖给另外一个人。问他赚了多少, 答案:2元 3.一根绳子两个头，三根半绳子有几个头? 解:8个头，(半根绳子也是两个头) 4.一栋住宅楼，爷爷从一楼走到三楼要6分钟，现在要到6楼，要走多少分钟? 答:15分钟 5.如果有5只猫，同时吃5条鱼，需要5分钟时间才吃完。按同样的速度，100只猫同时吃掉100条鱼，需要( )分钟时间。 解:5分钟 6.100个包子，100个人吃，1个大人吃3个，3个小孩吃1个，多少个大人和多少小孩刚好能吃完, 15 解答:25个大人，75个小孩 五、算一算:(每小题5分共25分) 1. 兄弟共有45元钱，如果老大增加2元钱，老二减少2元钱，老三增加到原来的2倍，老四减少到原来的1/2，这时候四人的钱同样多，原来各有多少钱? 解:老大8 老二12 老三5 老四20 2. 幼儿园新买回一批小玩具。如果按每组10个分，则少了2个;如果按每组12个分，则刚好分完，但却少分一组。请你想一想，一共有这批玩具多少个?(这批玩具共48个) 3. 有一本书，兄弟两个都想买。哥哥缺5元，弟弟只缺一分。但是两人合买一本，钱仍然不够。你知道这本书的价格吗?他们又各有多少钱呢? (这本书的价格是5元。哥哥一分也没有，弟弟有4.9元) 4. 有一家里兄妹四个，他们4个人的年龄乘起来正好是14，你知道他们分别是多少岁吗?(当然在这里岁数都是整数。) (14只能分解为2和7，因此四个人的年纪分别为1，1，2，7，其中有一对为双胞胎) 5.在你面前有一条长长的阶梯。如果你每步跨2阶，那么最后剩下1阶，如果你每步跨3阶，那么你最后剩2阶，如果你每步跨5阶，那么最后剩4阶，如果你每步跨6阶，那么最后剩5阶，只有当你每步跨7阶时，最后才正好走完，一阶不剩。 请你算一算，这条阶梯到底有多少阶? 解:119 16 阶 六、写一写你的解决 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 (每小题5分共25分) 1.一个农夫带着三只兔到集市上去卖，每只兔大概三四千克，但农夫的秤只能称五千克以上，问他该如何称量。 答案:先称3只，再拿下一只，称量后算差。 2.有只猴子在树林采了100根香蕉堆成一堆，猴子家离香蕉堆50米，猴子打算把香蕉背回家， 每次最多能背50根，可是猴子嘴馋，每走一米要吃一根香蕉，问猴子最多能背回家几根香 蕉, 答案:25根 先背50根到25米处，这时，吃了25根，还有25根，放下。回头再背剩下的50根，走到25米处时，又吃了25根，还有25根。再拿起地上的25根，一共50根，继续往家走，一共25米，要吃25根，还剩25根到家。 3.有一个80人的旅游团，其中男50人，女30人，他们住的旅馆有11人、7人和5人的三种房间，男、女分别住不同的房间，他们至少要住多少个房间, 解答:为了使得所住房间数最少，安排时应尽量先安排11人房间，这样50人男的应安排3个11人间，2个5人间和1个7人间;30个女人应安排1个11人间，2个7人间和1个5人间，共有10个房间。 4.一只老虎发现离它10m远的地方有一个兔子，马上扑了 17 过去，老虎跑7步的距离兔子要跑11步，但兔子的步子密，老虎跑3步的时间兔子能跑4步。问:老虎是否能追上兔子,如何追上，要跑多远的路, 解答:(11×3):(7×4)=33:28. 老虎能追上兔子。 设老虎跑x米的路 x:(x-10)=33:28 解得x=66 答 :老虎跑66米追上兔子。 5.小赵、小王、小李和小陈四人，其中每三个人的岁数之和分别为65、68、62、75其中年龄最小的是多少岁? 解答:设四人年龄从大到小依次为A、B、C、D。 A+B+C+=75，B+C+D=62，A+B+D=68，A+C+D=65将四个“年龄和”相加可得3(A+B+C+D)=65+68+62+75=270。则A+B+C+D=90，故D的年龄为90-75=15岁， 篇四:高中数学奥林匹克竞赛试题及答案 1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方( 1956年波兰( x,1000a，100a，10b，b,11(100a，b) 其中0,a?9，0?b?9(可见平方数x被11整除，从而x被11整除(因此，数100a，b,99a，(a，b)能被11整除， 2于是a，b能被11整除(但0,a，b?18，以a，b,11(于是x,11(9a，1)，由此可知9a，1是某个自然数的平方(对a,1， 22，?，9逐一检验，易知仅a,7时，9a，1为平方数， 18 故所求的四位数是7744,88( 2 假设n是自然数，d是2n的正约数(证明:n，d不是完全平方( 1953年匈牙利( 【证 设2n,kd，k是正整数，如果 n，d是整数 x的平方，那么kx,k(n，d),n(k，2k) 但这是不可能的，因为kx与n都是完全平方，而由k,k，2k,(k，1)得出k，2k不是平方数( 3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数( 1962年上海高三决赛题 ( 【证】 四个连续自然数的乘积可以表示成n(n，1)(n，2)(n，3),(n，3n)(n，8n，2),(n，3n，1),1 因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立( 4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明:此级数一定含有无穷多个完全平方数( 1963年俄 【证】 设此算术级数公差是 d，且其中一项 a,m(m?N)(于是a，(2km，dk)d,(m，kd) 对于任何k?N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数( 5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数(假定划掉的两个数字中的一个非 19 零)(1964年俄( 【解】 设 n满足条件，令n,100a，b，其中 0,b,100(于是 n,10a，即 n?10a，1(因此b,n100a?20a，1 由此得 20a，1,100，所以a?4(经验算，仅当a,4时，n,41满足条件(若n,41则n,40?42,40,100(因此， 2满足本题条件的最大的完全平方数为41,1681( 6 求所有的素数p，使4p，1和6p，1也是素数( 1964年波兰 【解】 当p??1(mod 5)时，5|4p，1(当p??2(mod 5)时，5|6p，1(所以本题只有一个解p,5( 7 证明存在无限多个自然数a有下列性质:对任何自然数n，z,n，a都不是素数( 1969德国( 【证】 对任意整数m,1及自然数n，有n，4m,(n，2m),4mn,(n，2mn，2m)(n,2mn，2m) 而 n，2mn，2m,n,2mn，2m,(n,m)，m?m,1故 n，4m不是素数(取 a,422，423，?就得到无限多个符合要求的 a( 8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加(证明:得到的和中至少有一个数字是偶数( 1970年苏 222222244444422222222242222222222222222222222222222 2222222222 20 【证】 假设和的数字都是奇数(在加法算式中，末一列数字的和d，a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b，c?9(于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质:将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数(照此进行，每次去掉首末各两位数字(最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数(矛盾～ 9 证明:如果p和p，2都是大于3的素数，那么6是p，1的因数(1973年加拿大 【证】 因p是奇数，2是p，1的因数(因为p、p，1、p，2除以 3余数不同，p、p，2都不被 3整除，所以p，1被 3整除( 10 证明:三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项(不一定是连续的)( 美国1973年 【证】 设p、q、r是不同素数(假如有自然数l、m、n和实数a、d， 消去a，d，得333 化简得(m,n)p,(l,n)q，(m,l)r，3(l,n)( m 11 设n为大于2的已知整数，并设Vn为整数1，kn的集合，k,1，2，?(数m?Vn称为在 Vn中不可分解，如果不存在数p，q?Vn使得 pq,m(证明:存在一个数r? 21 Vn可用多于一种方法表达成Vn中不可分解的元素的乘积(1977年荷兰 【证】 设a,n,1，b,2n,1，则a、b、ab都属于Vn(因为a,(n，1)，所以a在Vn中不可分解( 2222222 式中不会出现a( r,ab有两种不同的分解方式:r,a2b,a?(直至b2分成不可分解的元素之积)与r,ab2ab,?(直至ab分成不 2可分解的元素之积)，前者有因数a，后者没有( 12 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，?中没有素数(注意第一数(一万零一)后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成(1979年英国 【证】 序列 1，10001，100010001，?，可写成1，1，10，1，10，10，? 448222222 一个合数( 即对n,2，an均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2,10001,137273(故对一切n?2，an均为合数( 13 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数(求证:绝对素数的不同数字不能多于3个( 1984年苏 【证】 若不同数字多于 3个，则这些数字只能是1、3、 22 7、9(不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7， 4余数分别为0、1、2、3、4、5、6(因此对任意自然数M，103M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整 除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数( 14正整数 d不等于 2、5、13(证在集合,2，5，13，d,中可找到两个不同元素a、b，使得ab,1不是完全平方数( 1986年德 【证】 证明2d,1、5d,1、13d,1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可(用反证法，设5d,1,x5d,1,y13d222,1,z其中x、y、z是正整数( x是奇数，设x,2n,1(代入有 2d,1,(2n,1)即d,2n,2n，1 说明d也是奇数( y、Z是偶数，设y,2p，z,2q，代入(2)、(3)相减后除以4有2d,q,p,(q，p)(q,p) 因2d是偶数，即q,p是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q，p和q,p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数(这与d是奇数相矛盾，故命题正确( 15 .求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n(n?5)个数的和为合数( 1987年全苏 【解】 由n个数ai,i2n～，1，i,1，2，?，n组成的集合满足要求(因为其中任意k个数之和为m2n～，k(m?N， 23 2?k?n)由于n～,1222?2 n是 k的倍数，所以m2n～，k是 k的倍数，因而为合数(对任意两个数ai与 aj(i,j)，如果它们有公共的质因数p，则p也是ai,aj,(i,j)n～的质因数，因为0,i,j,n，所以p也是n～的质因数(但ai与n～互质，所以ai与aj不可能有公共质因数p，即ai、aj(i?j)互素(令n,5，便得满足条件的一组数:121，241，361，481，601( 222222 16n?2，证:如果k，k，n对于整数k2素数( 1987苏联 (1)若m?p，则p|(m,p)，(m,p)，n(又(m,p)，(m,p)，n?n,P，这与m是使k，k，n为合数的最小正 22整数矛盾((2)若m?p,1，则(p,1,m)，(p,1,m)，n,(p,1,m)(p,m)，n被p整除，且(p,1,m)， 2(p,1,m)，n?n,p因为(p,1,m)，(p,1,m)，n为合数，所以p,1,m?m，p?2m，1 由 222222得4m，4m，1?m，m，n即3m，3m，1,n?0由此得 2217 正整数a与b使得ab，1整除a，b(求证:(a，b)/(ab，1)是某个正整数的平方( 1988德国 22 24 a,kab，b,k (1) 显然(1)的解(a，b)满足ab?0(否则ab?,1，a，b,k(ab，1)?0)(又由于k不是完全平方，故ab,0( 设(a，b)是(1)的解中适合a,0(从而b,0)并且使a，b最小的那个解(不妨设a?b(固定k与b，把(1)看成a的二次方程，它有一根为a(设另一根为a′，则由韦达定理 是(1)的解(由于b,0，所以a′,0(但由(3) 从而a′，b,a，b，这与a，b的最小性矛盾，所以k必为完全平方( 18 求证:对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂(1989年瑞典提供( 【证】 设a,(n，1)～，则a，k(2?k?n，1)，被k整除而不被k整除(因为a被k整除而k不被k整除)(如果a lj22jj，12jj，1，k是质数的整数幂p，则k,p(l、j都是正整数)，但a被p整除因而被p整除，所以a，k被p整除而不被p整除， 2j2于是a，k,p,k，矛盾(因此a，k(2?k?n，1)这n个连续正整数都不是素数的整数幂( 19n为怎样的自然数时，数3 解 32n，12n，12222222222a′为整数，因而(a′，b)也 , 25 22n，1,6是合数, 1990年全苏 )当 n,l时，3,2,1，3nnn，1n,22n，1,6,(3,2)(3nnnn，1，2n，1，2n，1,1，原数是合数(当 n,1时，原数是13 20 设n是大于6的整数，且a1、a2、?、ak是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2,a1,a3,a2,?,ak,ak,1,0 求证:n或是素数或是2的某个正整数次方( 1991年罗马尼亚( 证由(n,1，n),1，得 ak,n,1(令 d,a2,a1,0(当a2,2时，d,1，从而k,n,1，n与所有小于n的自然数互素(由此可知n是素数(当a2,3时，d,2，从而n与所有小于n的奇数互素(故n是2的某个正整数次方(设a2,3(a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n(由于n,1,ak,1，(k,1)d，所以3 d(又1，d,a2，于是3 1，d(由此可知3|1，2d(若1，2d,n，则a3,1，2d，这时3|(a3，n)(矛盾(若1，2d?n，则小于n且与n互素自然数的个数为2(设n,2m(,6)(若m为偶数，则m，1与n互质，若m为奇数，则m，2与m互质(即除去n,1与1外、还有小于n且与n互质的数(矛盾(综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方( 21 试确定具有下述性质的最大正整数A:把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A( 1992年台北数学奥林 26 匹克 【解】 设任一排列，总和都是1001，1002，?，2000,1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和?15005，所以A?15005 另一方面，将1001,2000排列如下: 2000 1001 1900 1101 1800 1201 1700 1301 1600 1401 1999 1002 1899 1102 1799 1202 1699 1302 1599 1402 ? ? ? ? ? ? 1901 1100 1801 1200 1701 1300 1601 1400 1501 1300 并记上述排列为a1，a2，?，a2000 (表中第i行第j列的数是这个数列的第10(i,1)，j项，1?i?20，1?j?10) 令 Si,ai，ai，1，?，ai，9(i,1，2，?，1901)则S1,15005，S2,15004(易知若i为奇数，则Si,15005;若i为偶数，则Si,15004(综上所述A,15005( 22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数, 1992年友谊杯国际数学竞赛七年级 【解】 (n，1)，(n，2)，?，(n，10),10n，110n，385,5(2n，22n，77) 27 不难验证n?0，1，,1，2，,2(mod 5)时，均有2n，22n，77?2(n，n，1) 所以(n，1)，(n，2)，?，(n，10)不是平方数， 23 是否存在完全平方数，其数字和为1993,1993年澳门数学奥林匹克第二轮 22222222220(mod 5) 【解】 存在， 取n,221即可( 24 能表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少,1993年美国数学邀请赛 【解】 答495(连续9个整数的和是第5个数的9倍;连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍;连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495( 又495,51，52，?，59,45，46，?，54,40，41，?，50 25 如果自然数n使得2n，1和3n，1都恰好是平方数，试问5n，3能否是一个素数, 1993年全俄数学奥林匹克 【解】 如果2n，1,k，3n，1,m，则5n，3,4(2n，1),(3n，1),4k,m,(2k，m)(2k,m)(因为5n，3 2,(3n，1)，2,m，2,2m，1，所以2k,m?1(否则5n，3,2k，m,2m，1)(从而5n，3,(2k，m)(2k,m) 28 是合数( 26 设n是正整数(证明:2n，1和3n，1都是平方数的充要条件是n，1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和(1994年澳大利亚数学奥林匹克 【证】 若2n，1及3n，1是平方数，因为2 (2n，1)，3 2222此可得n，1,k，(k，1)，n，1,(t?1)，2t 22222222(3n，1)，可设2n，1,(2k，1)，3n，1,(3t?1)，由22反之，若n，1,k，(k，1),(t?1)，2t，则2n，1,(2k，1)，3n，1,(3t?1)从而命题得证( 27 设 a、b、c、d为自然数，并且ab,cd(试问 a，b，c，d能否为素数( 1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题 22 【解】 由题意知 正整数，将它们分别记作k与l(由 a，c,c?c1，b，c,c?c2。 所以，k,1且l,1(从而，a，b，c，d,kl为合数( 28 设k1,k2,k3,?是正整数，且没有两个是相邻的，又对于m,1，2，3，?，Sm,k1，k2，?，km(求证:对每一个正整数n，区间(Sn，Sn，1)中至少含有一个完全平方数(1996年上海高中数学竞赛题 【证】 Sn,kn，kn,1，?，k 29 1 所以。又。 从而 A2,001 哪些连续正整数之和为1000,试求出所有的解(1963年成都 【解】 设这些连续正整数共n个(n,1)，最小的一个数为a，则有a，(a，1)，?，(a，n,1),1000 即n(2a，n,1),2000 若n为偶数，则2a，n,1为奇数;若n为奇数，则2a，n,1为偶数(因a?1，故2a，n,1,n( 同，故只有n,5，16，25，因此可能的取法只有下列三种: 若n,5，则 a,198;若n,16，则 a,55;若n,25，则 a,28( 故解有三种: 198，199，200，201，202 55，56，?，7028，29，?，52 A2,002 N是整数，它的b进制表示是777，求最小的正整数b，使得N是整数的四次方( 1977年加拿大数学奥林匹克 【解】 设b为所求最小正整数，则7b，7b，7,x。素数7应整除x，故可设x,7k，k为正整数(于是有b，b，1,7k 当k,1时，(b,18)(b，19),0(因此b,18是满足条件的最小正整数( A2,003 如果比n个连续整数的和大100的数等于其次n 30 个连续数的和，求n( 1976年纽约数学竞赛 24234 2。s2,s1,n,100从而求得n,10( A2,004 设a和b为正整数，当a，b被a，b除时，商是q而余数是r，试求出所有数对(a，b)，使得q，r,1977( 【解】 由题设a，b,q(a，b)，r(0?r,a，b)，q，r,1977，所以 q2?1977，从而q?44( 222222 若q?43，则r,1977,q?1977,43,128( 即(a，b)?88，与(a，b),r?128，矛盾(因此，只能有q,44，r,41，从而得 a，b,44(a，b)，41。。。(a,22)，(b,22),1009 不妨设|a,22|?|b,22|，则1009?(a,22)?504，从而45?a?53( 经验算得两组解:a,50，b,37及a,50，b,7( 由对称性，还有两组解a,37，b,50;a,7，b,50( 2222222 篇五:历年全国高中数学联赛试题及答案(76套题) 1988年全国高中数学联赛试题 第一试(10月16日上午8?00——9?30) 一(选择题(本大题共5小题，每小题有一个正确答案，选对得7分，选错、不选或多选均得0分): 1(设有三个函数，第一个是y=φ(x)，它的反函数是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于 31 x+y=0对称，那么，第三个函数是( ) ,, A(y=,φ(x) B(y=,φ(,x) C(y=,φ1(x) D(y=,φ1(,x) 2(已知原点在椭圆k2x2+y2,4kx+2ky+k2,1=0的内部，那么参数k的取值范围是( )A(|k|1 B(|k|?1C(,1<k<1 D(0<|k|<1 3(平面上有三个点集M，N，P: M={(x，y)| |x|+|y|<1}， N={(x，y)| (x,2+(y+)2+ 22 (x2+(y,2<22}， 22 P={(x，y)| |x+y|<1，|x|<1，|y|<1}(则 A(M??P??NB(M??N??P C(P??N??M D(A、B、C都不成立 4(已知三个平面α、β、γ，每两个之间的夹角都是θ，且α?β=a，β?γ=b，γ?α=c(若有 π 命题甲:θ 3 命题乙:a、b、c相交于一点( 则 A(甲是乙的充分条件但不必要 B(甲是乙的必要条件但不充分C(甲是乙的充分必要条件D(A、B、C都不对 5(在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I表示所有直线的集合，M表示恰好通过1个整点的集 32 合，N表示不通过任何整点的直线的集合，P表示通过无穷多个整点的直线的集合(那么表达式 ? M?N?P=I; ? N??( ? M??( ? P??中，正确的表达式的个数是 A(1B(2C(3D(4 二(填空题(本大题共4小题，每小题10分): b,b1(设x?y，且两数列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均为等差数列，那么= a2,a12(x+2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为 ( DE 3(在?ABC中，已知?A=α，CD、BE分别是AB、AC上的高，则= BC 4(甲乙两队各出7名队员，按事先排好顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，??直至一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程(那么所有可能出现的比赛过程的种数为( 三((15分)2，宽为1的矩形，以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周，求得到的旋转体的体积( 四((15分) 复平面上动点Z1的轨迹方程为|Z1,Z0|=|Z1|，Z0为定点，Z0?0，另一个动点Z满足Z1Z=,1，求点Z的轨迹，指出 33 它在复平面上的形状和位置( 11 五((15分)已知a、b为正实数，且+=1，试证:对每一个n?N*， ab (a+b)n,an,bn?22n,2n+1( 1988年全国高中数学联赛二试题 一(已知数列{an}，其中a1=1，a2=2， ?5an+1,3an(an?an+1为偶数)，an+2=? an+1为奇数)(?an+1,an(an? 试证:对一切n?N*，an?0( S?PQR2 二(如图，在?ABC中，P、Q、R将其周长三等分，且P、Q在AB( S?ABC9 A HQB RC 三(在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多直线l1，l2，??，ln，?的直线族，它满足条件:? 点(1，1)?ln，(n=1，2，3，??);? kn+1=an,bn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距，(n=1，2，3，??);? knkn+1?0，(n=1，2，3，??)( 并证明你的结论( 34 1988年全国高中数学联赛解答 一试题 一(选择题(本大题共5小题，每小题有一个正确答案，选对得7分，选错、不选或多选均得0分): 1(设有三个函数，第一个是y=φ(x)，它的反函数是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于x+y=0对称，那么，第三个函数是( ) ,, A(y=,φ(x) B(y=,φ(,x) C(y=,φ1(x) D(y=,φ1(,x) ,, 解:第二个函数是y=φ1(x)(第三个函数是,x=φ1(,y)，即y=,φ(,x)(选B( 2(已知原点在椭圆k2x2+y2,4kx+2ky+k2,1=0的内部，那么参数k的取值范围是( )A(|k|1 B(|k|?1C(,1<k<1 D(0<|k|<1 解:因是椭圆，故k?0，以(0，0)代入方程，得k2,1<0，选D( 3(平面上有三个点集M，N，P: M={(x，y)| |x|+|y|<1}， N={(x，y)| (x,2+(y+)2+ 22 (x2+(y,2<22}， 22 35 P={(x，y)| |x+y|<1，|x|<1，|y|<1}(则 A(M??P??NB(M??N??P C(P??N??M D(A、B、C都不成立 解:M表示以(1，0)，(0(1)，(,1，0)，(0，,1)为顶点的正方形内部的点的集合(不包括边界);N表1111 示焦点为()，(,)，长轴为22的椭圆内部的点的集合，P表示由x+y=?1，x=?1，y=?1围成 2222的六边形内部的点的集合(故选A( 4(已知三个平面α、β、γ，每两个之间的夹角都是θ，且α?β=a，β?γ=b，γ?α=c(若有 π 命题甲:θ 3 命题乙:a、b、c相交于一点( 则 A(甲是乙的充分条件但不必要 B(甲是乙的必要条件但不充分C(甲是乙的充分必要条件D(A、B、C都不对 ππ 解:a，b，c或平行，或交于一点(但当a?b?c时，θ=(当它们交于一点时，θ<π(选C( 335(在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点叫做整点，我们用I表示所有直线的集合，M表示恰好通过 1个整点的集合，N表示不通过任何整点的直线的集合，P 36 表示通过无穷多个整点的直线的集合(那么表达式 ? M?N?P=I; ? N??( ? M??( ? P??中，正确的表达式的个数是 A(1B(2C(3D(4 解:均正确，选D( 二(填空题(本大题共4小题，每小题10分): b4,b3 1(设x?y，且两数列x，a1，a2，a3，y和b1，x，b2，b3，y，b4均为等差数列，那么= a2,a1b4,b3812 解:a2,a1=y,x)，b4,b3=(y,x)，?( 43a2,a13 2(x+2)2n+1的展开式中，x的整数次幂的各项系数之和为 ( 解:(x+2)2n+1,(x,2)2n+1=2(C2n+12xn+C2n+123xn1+C2n+125xn2+?+C2n+12 2n+1)( , , 1352n+1 1 令x=1，得所求系数和=(32n+1+1)( 2 DE 37 3(在?ABC中，已知?A=α，CD、BE分别是AB、AC上的高，则= BCDEAD 解:?AED??ABC，==|cosα|( BCAC 4(甲乙两队各出7名队员，按事先排好顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，??直至一方队员全部淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程(那么所有可能出现的比赛过程的种数为( 解 画1行14个格子，每个格子依次代表一场比赛，如果某场比赛某人输了，就在相应的格子中写上他的顺序号(两方的人各用一种颜色写以示区别)(如果某一方7人都已失败则在后面的格子中依次填入另一方未出场的队员的顺序号(于是每一种比赛结果都对应一种填表方法，每一种填表方法对应一种比赛结果(这是一一对应关系(故所求方法数等于在14个格子中任选7个写入某一方的号码的方法数( ?共有C14种比赛方式( 三((15分)2，宽为1的矩形，以它的一条对角线所在的直线为轴旋转一周，求得到的旋转体的体积( 解:过轴所在对角线BD中点O作MN?BD交边AD、BC于M、N，作 38 AE?BD于E， 则?ABD旋转所得旋转体为两个有公共底面的圆锥，底面半径AE== 6π623V=)2=(同样， 33392?BCD旋转所得旋转体的体积=( 9 其重叠部分也是两个圆锥，由?DOM??DAB，DO=1633 ?其体积=()2( 342823323 ? 所求体积=,π=3π( 9872 四((15分) 复平面上动点Z1的轨迹方程为|Z1,Z0|=|Z1|，Z0为定点，Z0?0，另一个动点Z满足Z1Z=, 1，求点Z的轨迹，指出它在复平面上的形状和位置( 1111111 解:Z1=,，故得|,,Z0|=|，即|ZZ0+1|=1(|Z+=||(即以,||为半径的圆( ZZZZ0Z0Z0Z011 五((15分)已知a、b为正实数，且1(试证:对每一个n?N*， ab (a+b)n,an,bn?22n,2n+1( 证明:由已知得a+b=ab(又a+b?2ab，? ab?2ab，故 39 a+b=ab?4(于是(a+b)k=(ab)k?22k( 又 ak+bk?2ab=2(a+b)?2k+1(下面用数学归纳法证明: 1? 当n=1时，左=右=0(左?右成立( 2? 设当n=k(k?1，k?N)时结论成立，即(a+b)k,ak,bk?22k,2k+1成立( ,, 则(a+b)k+1,ak+1,bk+1=(a+b)(a+b)k,(ak+bk)(a+b)+ab(ak1+bk1) ,, =(a+b)[(a+b)k,ak,bk]+ ab(ak1+bk1)?4?(22k,2k+1)+4?2k=22(k+1),4?2k+1+4?2k=22(k+1),2(k+1)+1(即命题 对于n=k+1也成立( 故对于一切n?N*，命题成立( 二试题 一(已知数列{an}，其中a1=1，a2=2， 3DO?AB6OM==( 2DA4 2 3 AOC 7 B ?5an+1,3an(an?an+1为偶数)，an+2=? 40 an+1为奇数)(?an+1,an(an? 试证:对一切n?N*，an?0((1988年全国高中竞赛试题) 分析:改证an?0(mod 4)或an?0(mod 3)( 证明:由a1=1，a2=2，得a3=7，a4=29，?? ? a1?1，a2?2，a3?3(mod 4)( 设a3k,2?1，a3k,1?2，a3k?3(mod 4)( 则 a3k+1?533,332=9?1(mod 4);a3k+2?1,3=,2?2(mod 4);a3k+3?532,331=7?3(mod 4)( 根据归纳原理知，对于一切n?N，a3n,2?1，a3n,1?2，a3n?3(mod 4) 恒成立，故an?0(mod 4)成立，从而an?0( 又证:a1?1，a2?2(mod 3)( 设a2k,1?1，a2k?2(mod 3)成立，则 当a2k,1?a2k为偶数时a2k+1?532,331?1(mod 3)，当a2k,1?a2k为奇数时a2k+1?2,1?1(mod 3)，总之a2k+1?1(mod 3)( 当a2k?a2k+1为偶数时a2k+2?531,332?2(mod 3)，当a2k?a2k+1为奇数时a2k+2?1,2?2(mod 3)，总之，a2k+2?2(mod 3)(于是an?0(mod 3)(故an?0( S?PQR2 二(如图，在?ABC中，P、Q、R将其周长三等分，且P、Q在AB( S?ABC9 41 A HQB RC 1 证明:作?ABC及?PQR的高CN、RH(设?ABC的周长为1(则PQ=( 3则 SPQ?RHPQAR1PQ2 =，但AB<， CNABAC2AB3S?ABCAB? 111111AR1S2 AP?AB,PQ<,，? AR=AP，AC<，故 236362AC3S?ABC9 三(在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多直线l1，l2，??，ln，?的直线 族，它满足条件: ? 点(1，1)?ln，(n=1，2，3，??);? kn+1=an,bn，其中kn+1是ln+1的斜率，an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距，(n=1，2，3，??);? knkn+1?0，(n=1，2，3，??)( 并证明你的结论( 证明:设an=bn?0，即kn,1=,1，或an=bn=0，即kn=1，就有kn+1=0，此时an+1不存在，故kn??1( 11 42 现设kn?0，1，则y=kn(x,1)+1，得bn=1,kn，an=1, kn+1=kn,knkn+1=kn2,1( knkn? kn1或kn<,1(从而k11或k1<,1( 11 ? 当k11时，由于0<，故k1k2=k1,，若k21，则又有k1k2k30，依此类推，知当km1 k1k1 111 时，有k1k2k3??kmkm+10，且0<<?<<1， k1k2km 11112m km+1=km,km,=km,1,km,1,?<k1,( kmk1k1k1km,1k1 mm由于k1,随m的增大而线性减小，故必存在一个m值，m=m0，使k1,?1，从而必存在一个m值 k1k1 m=m1?m0，使km1,1?1，而1km1=km1,1, 即此时不存在这样的直线族( 11 ? 当k1<,1时，同样有,1<，得k1<k2=k1,<0(若k2<,1，又有k1<k2<k3<0，依此类推，知当 43 k1k1 0，此时km1?km1+1<0( km1,11 篇六:高中数学联赛试题十附答案解析 高中数学联赛试题十附答案解析 44