第二十一届北京高中数学知识应用竞赛初赛试题及参考解答

2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛(初赛)
暨2021年全国高中数学联合竞赛
加试试题(A 卷)
一.(本题满分40分)给定正整数k(k ≥2)与k 个非零实数k a a a ,...,,21.证明:至多有有限个k 元正整数组()k n n n ,...,,21，满足k n n n ,...,,21互不相同，且0!!2211=⋅++⋅+⋅k k n a n a n a ！.
二.(本题满分40分)如图所示，在ABC ∆中，M 是边AC 的中点，D,E 是ABC ∆的外接圆在点A 处的切线上的两点，满足AB MD //,且A 是线段DE 的中点，过A,B,E 三点的圆与边AC 相交于另一点P ，过A,D,P 三点的圆与DM 的延长线相交于点Q.证明:∠BCQ=∠BAC.
(答题时请将图画在答卷纸上)
三.(本题满分50分)设整数n ≥4.证明:若n 整除2"-2,则n
n 22-是合数.
四.(本题满分50分)求具有下述性质的最小正数c:对任意整数n ≥4,以及集合{}n A ,...,2,1⊆，若cn A >,则存在函数{}1,1:-→A f ,满足().
1≤⋅∑∈A a a a f。

2005年北京市中学生数学竞赛_高一试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如果{}1,2,3,4,5S =，{}1,3,4M =，{}2,4,5N =，那么，()()SS M N ⋂等于（ ）. A ．∅B ．{}1,3C ．{}4D ．{}2,52．已知a 、b 都是整数.命题甲：a +b 不是偶数，则a 、b 都不是偶数；命题乙：a +b 不是偶数，则a 、b 不都是偶数.则（ ）. A ．甲真，乙假 B ．甲假，乙真 C ．甲真，乙真D ．甲假，乙假3．若c 、d 是不共线的两个非零平面向量，则下面给出的四组a 、b 中，不共线的一组是（ ）A ．a =−2(c +d )，b =2(c +d )B ．a =c −d ，b =−2c +2dC ．a =4c −25d ，b =c −110dD ．a =c +d ，b =2c −2d4．对定义在区间[a,b ]上的函数f (x )，若存在常数c ，对于任意的x 1∈[a,b ]有唯一的x 2∈[a,b ]，使得f (x 1)+f (x 2)2=c ，则称函数f (x )在[a,b ] 上的“均值”为c .那么，函数f (x )=lgx在[10,100]上的均值为（ ）. A ．10B ．110C ．32D ．345．在三角形中，三条边长成等差数列是三边的比为3 ：4 ：5的（ ）. A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要的条件二、填空题6．在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点，如()1,7-就是一个整点.若直线l 过点11,23A ⎛⎫ ⎪⎝⎭和11,45B ⎛⎫⎪⎝⎭，则在l 上与点A 距离最近的整点是______.7．在ABC ∆中，AB ，30ACB ∠=︒.则AC BC +的最大值是______. 8．2005个实数122005,,,x x x ⋅⋅⋅满足122320042005200511x x x x x x x x -+-+⋅⋅⋅+-+-=.则122005x x x ++⋅⋅⋅+的最小值等于______.9．已知x ∈R .则函数()max sin ,cosf x x x ⎧=⎨⎩的最大值与最小值的和等于______.10．把单位正方体的六个面分别染上6种颜色，并画上个数不同的金鸡，各面的颜色与鸡的个数对应如表：取同样的4个上述的单位正方体拼成一个如图所示的水平放置的长方体.则这个长方体的下底面总计画有______个金鸡三、解答题11．已知a 、b 、c 是实数，二次函数()2f x ax bx c =++满足02a b c f a --⎛⎫= ⎪⎝⎭.求证：1-与1中至少有一个是()0f x =的根.12．圆内接凸四边形ABCD 的面积记为S ， AB a ， BC b =，CD c =， DA d =.证明：（1）S =其中p =（2）如果四边形ABCD 同时具有外接圆和内切圆，则S =.13．设p 个质数12,,,p a a a ⋅⋅⋅构成公差为()0d d >的等差数列，且1a p >.求证 （1）当p 是质数时，p d ； （2）当15p =时，30000d >.参考答案1．A 【详解】 易知{}2,5SM =，{}1,3S N =，所以，()()S S M N ⋂=∅.故答案为A 2．B 【解析】 【详解】a 、b 都是整数，a +b 不是偶数，则a +b 是奇数，a 、b 必一奇一偶.所以，“a 、b 都不是偶数”的结论错误；“ a 、b 不都是偶数”的结论为真. 故答案为：B 3．D 【解析】 【详解】由a =−2(c +d )=−b ，知a 、b 共线，排除选项A ；a =c −d =−12(−2c +2d )=−12b ，知a 、b 共线，排除选项 B ；a =4c −25d =(c −110d)=4b ，知a 、b 共线，排除选项C.事实上，c 、d 是不共线的两个平面向量.则a =c +d 是非零向量.若a 、b 共线，则存在唯一的实数λ，使得a =λb ，故a =c +d =λ(2c −2d )⇔(1−2λ)c =−(2λ+1)d . 1−2λ=0时，d 为零向量，与已知不符.当1−2λ≠0时，c =2λ+12λ−1d ，这表明c 、d 是共线的两个非零平面向量，仍与已知不符.所以，a 、b 不共线. 故答案为：D 4．C 【解析】 【详解】设对于任意的x 1∈|10,100|，有唯一的x 2∈|10,100|使得x 1x 2=103.从而，f (x 1)+f (x 2)2=lgx 1+lgx 22=lgx 1x 22=lg1032=32=c.所以函数f (x )=lgx 在[10,100]上的均值为32. 故答案为:C 5．B 【解析】 【详解】三角形的三条边长为4、5、6成等差数列，其比不等于3；4：5；反过来，一个三角形三边的比为3：4：5，设三边长为3k 、4k 、5k (k >0)，则成公差为k 的等差数列.所以，在三角形中，三条边长成等差数列是三边的比为3：4：5的必要而不充分条件. 故答案为：B 6．()2,1-- 【解析】 【详解】设直线l 的方程为，由题意得11,32,11.54k b y kx b k b ⎧=+⎪⎪=+⎨⎪=+⎪⎩所以解得815k =， 115b =.则直线l 的方程为811515y x =+. 显然，()2,1--在l 上.将1x =-，0，1，2，3分别代入811515y x =+，求得对应的y 值都不是整数. 所以，在l 上距离点A 最近的整点是()2,1--. 故答案为：()2,1-- 7．8+【解析】 【详解】如下图，延长BC 到点P 使得PC AC =，联结AP ，则15APB ∠=︒，故点P在以AB =15︒的弓形弧上.要AC BC +的值最大，也就是要PB 的值最大，必须且只须PB 为弓形弧所在圆的直径，此时，90PAB ∠=︒.则AC BC +的最大值为248sin15sin154AB ====+︒︒由几何方法，作MKN ，使得90MKN ∠=︒，1NK =，2MN = .此时，30NMK ∠=︒，KM =如下图，延长KM 到点，使得2MP MN ==，联结PN ，则15NPK ∠=︒.易知tan152︒==.由勾股定理得PN =所以，tan154NK PN ︒===故AC BC +的最大值为248sin154AB===+︒故答案为：8+8．12【解析】 【详解】对任意的正整数i 、j ，总有i j i j x x x x -≤+.则1223200420052006111x x x x x x x x =-+-+⋅⋅⋅+-+-=12232004200520051x x x x x x x x ≤++++⋅⋅⋅++++()12200420052x x x x =++⋅⋅⋅++.所以12200512x x x ++⋅⋅⋅+≥. 事实上，当12320051,02x x x x ===⋅⋅⋅==时，12200512x x x ++⋅⋅⋅+≥. 所以，122005x x x ++⋅⋅⋅+的最小值等于12.故答案为：129．12-【解析】 【详解】 注意到()max sin ,cosf x x x ⎧=⎨⎩ max sin ,cos ,4x x sin x π⎧⎫⎛⎫=+⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，显然，()f x 的最大值为1.可以通过作出sin y x =，cos y x =的图像得到{}max sin ,cos x x的最小值为在54x π=时，达到最小值.而在54x π=时，sin 4x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值为1-一1. 所以，()f x 的最小值为2-.所以最大值与最小值的和等于12-.故答案为：12-10．17 【解析】 【详解】由于4个上述的单位正方体完全相同，观察判定：红色面的4个相邻面的颜色分别为蓝、黄、青、紫，所以，红色面相对面的颜色是绿色.而黄色面的4个相邻面的颜色分别为青、蓝、红、绿，因此，黄色面相对面的颜色是紫色.剩下的只能是青色面的相对面蓝色，即长方体的上底面的颜色，对应的下底面的颜色和该面上的金鸡数为： 上底（黄）下底（紫） 5 个； 上底（紫）下底（黄）2个； 上底（红）下底（绿）6个； 上底（蓝）下底（青）4个.故这个长方体的下底面总计画有5+2+6+4=17个金鸡. 故答案为：17 11．见解析 【解析】 【详解】 由02a b c f a --⎛⎫=⎪⎝⎭，知二次函数()2f x ax bx c =++有零点.若二次函数()2f x ax bx c =++只有唯一的零点，则这个零点就是抛物线的顶点。

2021年全国高中数学联赛试卷及答案（最新版）-Word文档，下载后可任意编辑和处理-2021年全国高中数学联合竞赛试卷得分评卷人一．选择题（本题满分36分，每小题6分）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．删去正整数数列1，2，3，……中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个新数列的第2021项是A．2046B．2047 C．2048 D．2049 答（）2．设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y＋b＝0和曲线bx2＋ay2＝ab 的图形是A B C D答（）3．过抛物线y2＝8(x＋2)的焦点F作倾斜角为60o的直线，若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于P点，则线段PF的长等于A．B．C． D．答（）4．若，则的最大值是A．B．C． D．答（）5.已知x，y都在区间(－2，2)内，且xy＝－1，则函数的最小值是A．B．C． D．答（）6.在四面体ABCD中，设AB＝1，CD＝，直线AB与CD的距离为2，夹角为，则四面体ABCD的体积等于A． B．C．D．答（）得分评卷人二．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。

7．不等式 x 3－2x2－4 x ＋3 < 0 的解集是____________________．8．设F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，且PF1 : PF2＝2 : 1，则三角形PF1F2的面积等于______________．9．已知A＝{x｜x2－4x＋3＜0，x∈R}，B＝{x｜21－x＋a≤0，x2－2(a＋7)＋5≤0，x∈R}，若AB，则实数a的取值范围是___________________．10．已知a，b，c，d均为正整数，且，若a－c＝9，则b－d ＝________．11．将8个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内，并使得每个球和其相邻的四个球相切，且与圆柱的一个底面及侧面都相切，则此圆柱的高等于______________．12．设M n ＝{(十进制)n位纯小数｜ai只取0或1（i＝1，2，…，n－1，an＝1}，Tn是Mn中元素的个数，Sn是Mn中所有元素的和，则＝_______．得分评卷人三．解答题（本题满分60分，每小题20分）13．设≤x≤5，证明不等式．14．设A，B，C分别是复数Z0＝ai，Z1＝＋bi，Z2＝1＋ci（其中a，b，c都是实数）对应的不共线的三点，证明：曲线Z＝Z0cos4t＋2Z1cos2t sin2t＋Z2sin4t （t∈R）与ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点．15. 一张纸上画有半径为R的圆O和圆内一定点A，且OA＝a. 拆叠纸片，使圆周上某一点A/ 刚好与A点重合，这样的每一种拆法，都留下一条直线折痕，当A/取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合．2021年全国高中数学联合竞赛加试试卷得分评卷人一．（本题满分50分）过圆外一点P作圆的两条切线和一条割线，切点为A，B所作割线交圆于C，D两点，C在P，D之间，在弦CD上取一点Q，使∠DAQ＝∠PBC．求证：∠DBQ＝∠PAC．得分评卷人二．（本题满分50分）设三角形的三边分别是整数l，m，n，且l ＞m＞n，已知，其中{x}＝x－[x]，而[x]表示不超过x的最大整数．求这种三角形周长的最小值．得分评卷人三．（本题满分50分）由n个点和这些点之间的t条连线段组成一个空间图形，其中n＝q2＋q＋1，t≥，q≥2，q∈N，已知此图中任圆点不共面，每点至少有一条连线段，存在一点至少有q＋2条连线段，证明：图中必存在一个空间四边形(即由四点A，B，C，D和四条连线段AB，BC，CD，DA组成的图形）．2021年全国高中数学联合竞赛试卷试题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．选择题只设6分和0分两档，填空题只设9分和0分两；其它各题的评阅，请严格按照本评分标准规定的评分档次给分，不要再增加其它中间档次．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，在评卷时可参照本评分标准当划分档次评分，5分为一个档次。

2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛）暨2021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）如图所示，I 是ABC 的内心，点,P Q 分别为I 在边,AB AC 上的投影．直线PQ 与ABC 的外接圆相交于点,X Y （P 在,X Q 之间）．已知,,,B I P X 四点共圆，证明：,,,C I Q Y 四点共圆．证明：记ABC 的外接圆为 ．因为90API AQI ，故,,,A P I Q 四点共圆．因此190902BPQ BPI IPQ IAQ BAC BIC ． 又由,,,B I P X 四点共圆可知BPX BIX ，故180BIX BIC BPX BPQ ，因此,,C I X 三点共线． ……………10分由,,,B I P X 共圆可知90BXI BPI ，故BX IX ，即BX CX ．因此90BAC BXC ．于是四边形APIQ 是正方形，PQ 垂直平分线段AI ． ……………20分 设Y 是 AC 的中点，则由内心熟知的结论可知Y A Y I ，因此Y 是AI 的中垂线PQ 与圆 的交点．又直线PQ 与圆 相交于,X Y 两点，且Y 显然不同于X ，故Y 与Y 重合．因此Y 是 AC 的中点． ……………30分于是,,B I Y 三点共线．因此90IYC BYC BAC IQC ，进而,,,C I Q Y 四点共圆． ……………40分二．（本题满分40分）求最大的正整数n ，使得存在8个整数1234,,,x x x x 和1234,,,y y y y ，满足：0,1,,||14||14i j i j n x x i j y y i j ． 解：设n 符合要求，则整数12341234,,,,,,,x x x x y y y y 满足：0,1,,n 都属于集合X Y ，其中 ||14,||14i j i j X x x i j Y y y i j ．注意到0X Y ，不妨设0X ，则1234,,,x x x x 中必有两个数相等，不妨设12x x ．于是 {0}||24i j X x x i j ，所以134X ． 又24C 6Y ，故110n X Y X Y ，得9n ．……………20分 另一方面，令1234(,,,)(0,0,7,8)x x x x ，1234(,,,)(0,4,6,9)y y y y ，则{0,1,7,8},{2,3,4,5,6,9}X Y ，即0,1,,9 都属于集合X Y ．综上，n 的最大值为9． ……………40分三．（本题满分50分）已知,,,[0,a b c d ，满足：33332a b c d ，的最小值． 解：当0a 33a ． 当0a 3a 也成立． ……………30分 所以 33332a b c d ， ……………40分 当1,0a b c d 时上述不等式等号成立．的最小值为2． ……………50分四．（本题满分50分）设a 为正整数．数列{}n a 满足：1a a ，2120n na a ，1,2,n ． (1) 证明：存在一个非立方数的正整数a ，使得数列{}n a 中有一项为立方数．(2) 证明：数列{}n a 中至多有一项为立方数．解：(1) 注意到2314202166 ，故取14a ，则232206a a 为立方数，从而14a 满足条件． ……………10分(2) 不妨设{}n a 中存在立方数，k a 是所出现的第一个立方数．因为对任意整数m ，有0,1,2,3,4(mod 9)m ，由此知30,1(mod 9)m ，所以0,1(mod 9)k a ． ……………30分于是 21202,3(mod 9)k k a a ，221206,2(mod 9)k k a a ，232202,6(mod 9)k k a a ，以此类推知2,6(mod 9),4,5,k i a i ．于是k a 后面的项模9不为0,1 ，故都不是立方数．因此，数列{}n a 中至多有一项为立方数． ……………50分。

北京市高中数学知识应用竞赛初赛试题及参考答案
参考答案：
四、解要估算2000年18岁的人口数．由于2000年的统计资料我们还不能按集到，我们根据以往的统计数据进行推算．即根据2Q00年以前，如 1999年、1998年、…、1990年、…、等年份的数据进行推
算。

这里给出两种估算方法．一种是用年总人口数除以平均寿命，再根据人口分布情况进行调节，从而推算出18岁的人口数。

另一种我们以1998年的人口统计数据为依据，即根据1998年16岁的人口数来估算2000年18岁的人口数． 1998年中国人口统计年鉴中全国分年龄、性别的人口数表显示：1998年全国16岁人口总数为22010千人．全国分年龄、性别的死亡人口状况表显示：1998年16岁到17岁、17岁到18岁人口的死亡率分别为1.21％，1.16％。

假设每年的死亡率是个常数，则我们可以做如下的估算：
1999年17岁的人口数等于1998年16岁的人口数减去这些人成长到17岁的过程中死亡的人数．这些死亡人数由1998年16岁的人口数乘以17岁的死亡率得到．
即22010-22010×I．21％=21983（千人）．
2000年18岁的人口数等于1999年17岁的人口数减去这些人成长到18岁的过程中死亡的人数。

这些死亡人数由1999年17岁的人口数乘以18岁的死亡率得到．
即21983-21983×1.16％o=21957（千人）．
2000年18岁的人口数为21957千人．
注：从不同的资料中收集到的数据差异可能很大．只要说清楚资料的来源，并且数据处理方式合理，就可以认为答案正确，得满分．如果自己假设一些数据作为资料来源，最多给5分；若仅是数据处理方式不当，可以给7分。

2005-09-26。

3．8 第一届北京市高中数学知识应用竞赛(1997)第一届北京市高中数学知识应用竞赛初赛于1997年12月举行．【初赛试题】1．乘夏利出租汽车，行程不超过4公里时，车费为10.40元，行程大于4公里但不超过15公里时，超出4公里部分，每公里车费1.60元．行程大于15公里后，超出15公里的部分，每公里车费2.40元，途中因红灯等原因而停车等候，每等候5分钟收车费1.60元，又计程器每半公里计一次价，例如，当行驶路程x(公里)满足12≤x＜12.5时，按12.5公里计价；当12.5≤x＜13时，按13公里计价．等候时间每2.5分钟计一次价，例如，等候时间t(分钟)满足2.5≤t＜5时，按2.5分钟计价；当5≤t＜7.5时，按5分钟计价．请回答下列问题．(1)若行驶12公里，停车等候3分钟，应付多少车费？(2)若行驶23.7公里，停车等候7分钟，应付多少车费？(3)若途中没有停车等候，所付车费y(元)就是行程x(公里)的函数y ＝f(x)，画出y＝f(x)(0＜x＜7)的图象．2．某罐装饮料厂为降低成本要将制罐材料减少到最小，假设罐装饮料筒为正圆柱体(视上、下底为平面)，上下底半径为r，高为h．若体积为V，上下底厚度分别是侧面厚度的2倍，试问当r与h之比是多少时用料最少？(你可以到市场上做一下调查，看看哪些罐装饮料大体上符合你的计算结果．)3．中国人民银行前不久公布银行存款利率从97年10月23日起下调，调整后的整存整取年利率如下表：现有一位刚升入初一的学生，家长欲为其存1万元，以供6年后上大学使用．若此期间利率不变，问采用怎样的存款方案，可使6年所获收益最大？最大收益是多少？4．有一隧道内设双行线公路，其截面由一长方形和一抛物线构成，如图3—111所示，为保证安全，要求行驶车辆顶部(设为平顶)与隧道顶部在竖直方向上高度之差至少要有0.5米，若行车道总宽度AB为6米，请计算车辆通过隧道时的限制高度是多少米？(精确到0.1米)5．“人口问题”是我国最大社会问题之一，估计人口数量和发展趋势是我们制定一系列相关政策的基础，由人口统计年鉴，可查得我国从1949年至1994年人口数据资料如下：试估计我国1999年的人口数．6．如图3—107所示，有一条河MN，河岸的一侧有一很高建筑物AB．一人位于河岸另一侧P处，手中有一个测角器(可以测仰角)和一个可以测量长度的皮尺(测量长度不超过5米)．请你设计一种测量方案(不允许过河)，并给出计算建筑物的高度AB 及距离PA的公式．希望在你的方案中被测量数据的个数尽量少．7．一房间的门宽为0.9米，墙厚为0.28米．今有一家具其水平截面如图3—108，问能否把此家具水平地移入房间内(说明理由)．8．现有一批长方体金属原料，其长宽高的规格为12×3×3.1(长度单位：米)．某车间要用这些原料切割出两种长方体，其长宽高的规格第一种为3×2.4×1，第二种为4×1.5×0.7．若这两种长方体各需900个，假设忽略切割损耗，问至少需多少块金属长方体原料？如何切割？此时材料的利用率是多少？(计算到小数点后面3位)9．改革开放以来，土地承包制成为基本政策，经常会遇到类似下面的阿题．北京怀柔县某村一农民承包了100亩(中低产)地．土地租用费50元/年、亩，农业税10元/年、亩；根据当地气候条件，可以种植小麦、玉米和花生，其种植周期是：10月份(秋天)收玉米后可种冬小麦，第二年6月(夏天)收割小麦，6月份收割小麦后可种玉米，10月份收割玉米，4月份种花生，10月份收割花生，收割花生后可种冬小麦．有关冬小麦、花生、玉米三种作物的收支价格及产量如下表所示．这位农民每年必须完成20000公斤小麦公粮，每年留足全家1000公斤口粮，另外根据市场预测1996年花生种植面积不宜超过20亩，1997年不宜再种花生．试问：这位农民应如何安排从1995年10月秋种至1997年10月秋收的两年生产计划，使他既能完成公粮征购任务，又能留够口粮，并且在100亩土地上取得最大收益？(为了便于计算，不妨假定从1995～1997年内各种价格不变，产量也不变，并且不计承包人自己的工资，假定卖公粮价与卖余粮价相同．)10．1997年11月8日电视正在播放十分壮观的长江三峡工程大江截流的实况．截流从8∶55开始，当时龙口的水面宽40米，水深60米．11∶50时，播音员报告宽为34.4米，到13∶00时，播音员又报告水面宽为31米．这时，电视机旁的小明说，现在可以估算下午几点合龙．从8∶55到11∶50，进展的速度每小时宽度减少1.9米，从11∶50到13∶00，每小时宽度减少2.9米，小明认为回填速度是越来越快的，近似地每小时速度加快1米．从下午1点起，大约要5个多小时，即到下午6点多才能合龙．但到了下午3点28分，电视里传来了振奋人心的消息：大江截流成功！小明后来想明白了，他估算的方法不好．现在请你根据上面的数据，设计一种较合理的估算方法(建立一种较合理的数学模型)进行计算，使你的计算结果更切合实际．【初赛试题解答要点与参考答案】1．(1)行驶12公里，由题设按12.5公里计价，车费为10.4＋1.6×(12.5－4)＝24(元)，等候3分钟，由题设按2.5分钟计价，等候费为合计 24＋0.8＝24.8(元)．………………………………(5分)(2)行驶23.7公里，按24公里计价．车费为10.4＋1.6×(15－4)＋2.4×(24－15)＝49.6(元)，等候7分钟，按5分钟计价．等候费为合计 49.6＋1.6＝51.2(元)．……………………………(10分)(3)据题设可得如下x与y的关系，其函数图象为图3—110．…………………………………(15分)2．易知V＝πr2h，设材料比重为ρ，侧面材料厚度为b，则用料为A＝2πr×h×b×ρ＋2πr2×2b×p…………………………………………………………(10分)这样，r与h之比是1∶4时，用料最少．………(15分)(市场上可口可乐，百事可乐等很多罐装饮料都大体符合这一结果．)此段不计分．3．解法一一年期存两次(按复利计算)获利金额为(四舍五入精确到分)P1×2＝104(1＋5.67％)2－104＝1166.15元．两年期存一次获利金额为P2＝2×104×5.94％＝1188.00元．∴ P2＞P1×2……………………………………………(5分)存一次一年期再存一次两年期的获利金额为P1＋2 ＝104(1＋5.67％)(1＋2×5.94％)－104＝1822.36元．三年期存一次获利金额为P3＝3×104×6.21％＝1863．00元．∴ P3＞P1＋2．又存一次二年期再存一次三年期的获利金额为P2+3＝104(1＋2×5.94％)(1＋3×6.21％)－104＝3272.32元．五年期存一次的获利金额为P5＝5×10 4×6.66％＝3330.00元．∴ p5＞P2+3．三年期存两次的获利金额为P3×2＝P3+3＝104(1＋3×6.21％)2－104＝4073.08元．两年期存三次的获利金额为P2×3＝104(1＋2×5.94％)3－104＝4004.17(元)∴ P3×2＞P2×3．存一次五年期再存一次一年期的获利金额为P5+1＝104(1＋5×6.66％)(1＋5.67％)－104＝4085.81(元)．∴ P5+1＞P3+3．∵ P n+m＝P m+n，(m，n∈N)∴由上述计算推知：存一次五年期一次一年期所获收益最大．为4085.81(元)．……………………………………………………(15分)解法二直接计算P1×6，P1×4+2，P1×2+2×2，P2×3，P1×3+3，P1+2+3，P3×2，P1+5进行比较，得出P1+5最大．4．以AB为x轴正方向，AB的中点为原点，建立直角坐标系，于是过点P(4，2)，Q(0，6)的抛物线在该坐标系中的方程为令x＝3，得因此货车限高＝3.75－0.5＝3.25≈3.2(米)．答：货车的限高为3.2米．………………………………………(15分)(注：答3.3米也算对)5．第一步：在直角坐标系上做出人口数的图形．…………………………………………………………………(5分)第二步：估计出这图形近似地可以看做一条直线．…………………………………………………………………(8分)第三步：用以下几种方法之一确定直线方程，并算出1999年人口数，在12.4～12.6亿之间均算正确答案．……………………………………………………………………(15分)方法一：选择能反映直线变化的两个点，例如 (1949，541.67)，(1984，1034.75)二点确定一条直线，方程为：N＝14.088t－26915.842代入t＝1999，N＝1246.07≈12.46(亿)．方法二：可以多取几组点对，确定几条直线方程，将t＝1999代入，分别求出人口数，再取其算术平均值．方法三：可采用最通用的“最小二乘法”求出直线方程．这里简单地介绍一下最小二乘法．设(x1，y1)，(x2，y2)，…(x k，y k)是平面直角坐标系下给出的一组数据，若x1＜x2＜…＜x k，我们亦可以把这组数据看做是一个离散的函数．根据观察，如果这组数据图象“很像”一条直线(不是直线)，我们的问题是确定一条直线y＝bx＋a，使得它能最好地反映出这组数据的变化．这样可以使第一项、第二项分别取最小，第一项是b的一元二次函由于系数是常数，不妨令l1＝Σ(x i－x)2，l2＝Σ(y i－y)(x i－x)，l3＝Σ(y i－y)2，通过配方有用最小二乘法可以求出N＝14.51006t－27753.54649，代入t＝1999，得N≈12.52亿．…………………………………………(15分)6．常见有两种测量方案．方案1 P位于开阔地域，则测量方案如下图3—112所示，被测量的数据为PC(测角器的高)和PQ(Q为在PA水平直线上选取的另一测量点)的长度，仰角α和β．……………………………………(5分)设AB为x，PA为y，则计算公式为方案2 若P处也是一可攀登建筑物(如楼房)，则可在同一垂线上选两个测量点(见图3—113)，被测数据为PC和CD的长度，仰角α和β．……………………………………………………………(5分)设AB＝x，PA＝y，则计算公式为说明：无论哪个方案都至少要测4个数据．7．解法一如图3—114，墙厚CD＝0.28米，家具的一边AB中只要h不超过门宽0.9米，则家具可水平地搬入屋内．………(5分)从图中可见h＝AEsinθ，又AE＝AG＋GF＋FE，其中AG＝0.48，GF＝CDcosθ＝0.28cosθ，FE＝FCctgθ＝0.48ctgθ．因此h＝AEsinθ＝(0.48＋0.28cosθ＋0.48ctgθ)sinθ………………………………………………………………(10分)＝0.48(sinθ＋cosθ)＋0.28cosθsinθ…………………………………………………………………(15分)解法二在搬运家具时，为了顺利过门，家具的两个边KM、 KN紧贴C、 D，点K的运动轨迹是以CD为直径的半圆周， A点到CD的距离始终不大于AK＋KO(O是CD中点)．而AK＋KO≈0.82＜0.9．…………………………………(15分)8．把原料切割出所需的两种长方体而没有余料，只有两种切法，见图3—115(Ⅰ)和(Ⅱ)．切法(Ⅰ)切割出12个第一种长方体和6个第二种长方体，切法(Ⅱ)切割出5个第一种长方体和18个第二种长方体．…………………………………………………………………(6分)取3块原料，2块按切法(Ⅰ)切割，1块按切法(Ⅱ)切割．得到29个第一种长方体和30个第二种长方体．因此，取90块原料，其中60块按切法(Ⅰ)切割， 30块按切法(Ⅱ)切割，共得到 870个第一种长方体和900个第二种长方体．至此，没产生任何余料，但还差30个第一种长方体．再取2块原料，按切法(Ⅲ)切割(见图)，得30个第一种长方体．每块原料剩下12×3×0.1的余料．因此，为了得到这两种长方体各 900个，至少需 90＋2＝92块原料．…………………………………………………………………(13分)此时，材料的利用率为………………………………………………………………………(15分)9．第一步：承包两年土地共需缴纳土地租用费和农业税费为2×(50＋60)×100＝12000元．第二步根据给定数据计算出每种作物收支费用表如下：第三步：两年内只能有以下两种种植模式．………………(5分)Ⅰ 1995年秋种冬小麦→夏收完种玉米→秋收完再种冬小麦→夏收完再种玉米→1997年秋收玉米．Ⅱ 1995年不种→1996年春种花生→秋收后种冬小麦→夏收后再种玉米→1997年秋收玉米．按模式Ⅰ每亩地两年纯收入1096元/亩，按模式Ⅱ每亩地两年纯收入1153元/亩．第四步：设按模式Ⅰ种x1亩，模式Ⅱ种x2亩，总收入应该为y＝f(x1，x2)＝1096x1＋1153x2－12000－2×1.68×1000．其中x1和x2应受到如下条件的限制：(1)x1≥0，x2≥0，(2)x2≤20，(3)x1＋x2＝100，(4)300x1≥21000(缴纳公粮和口粮)．………………(12分)第五步：由于模式Ⅱ获利多，所以在满足条件(3)和(4)的前提下应该尽量多地采用模式(Ⅱ)．所以只要计算一下x2＝20时，能否满足条件(4)即可．∵300×80＞21000，∴令x1＝80，x2＝20可取得最大收益．y max＝1096×80＋1153×20－12000－1680×2＝87600＋23060－12000－1680×2＝95300(元)．………………………………………………………………………(15分)(像第8题，第9题这类问题在数学上称做规划问题或整数规划问题．)10．说明：建模的合理性有以下两个评价要点：(1)回填速度应以每小时多少立方米填料计算；这样，能否建立合理的回填速度计算模型便成为第一个评价要点．(2)注意到回填速度是在逐渐加快；水流截面越大，水越深，回填时填料被冲走的就越多，相应的进展速度就越慢，反之就越快．在模型中对回填速度越来越快这一点如何作出较合理的假设，这是第二个评价要点．下面的计算模型可供参考．为简便计，回填体积可用龙口水流的截面面积代替，假设截面为等经175分钟回填后，龙口宽为34.4米．设此时截面与原截面相似(如图3—109)．则此时的水深h1满足故h1＝51.6(m)．此时尚待回填的面积A1＝17.2×51.6＝887.52(m2)到13∶00尚待回填的面积A2＝15.5×(15.5×3)＝720.75(m2)．从11∶50到13∶00回填的平均速度为比以前的速度加快了．在回填过程中，回填速度是越来越快的．可建立各种模型进行计算，下面举出两种算法．下午1∶00～2∶00，回填面积为143×1.336＝191.048．2∶00～3∶00 回填面积为143×1.336 2＝255.24．此时，待填面积为720.75－(191.048＋255.24)＝274.462．需个小时，即在下午3点48分龙口即可合龙．……………………(15分)方法二：假设回填速度v与水深l成反比．因为水深与待填面积Sm2/小时，故回填面积为224.67m2．所以下午4∶00，待填面积仅为720.75－192.36－224.67－296.33＝7.39，可认为已经合龙；也就是说，按这一模型估算，下午4点龙口即可合龙．………………………………………………………(15分)【复赛试题】1．(14分)年初小王承包了一个小商店，一月初向银行贷款10000元做为投入资金用于进货．每月月底可售出全部货物，获得毛利(当月销售收入与投入资金之差)是该月月初投入资金的20％．每月月底需要支出税款等费用共占该月毛利的60％．此外小王每月还要支出生活费300元．余款作为下月投入资金用于进货．如此继续，问到年底小王拥有多少资金？若贷款年利率为10.98％，问小王的纯收入为多少？2．(14分)某铝制品厂在边长为40cm的正方形铝板上割下四个半径为20厘米的圆形(如图3—116的阴影部分)．为节约铝材，该厂打算用余下部分制作底面直径和高相等的圆柱形包装盒．(接缝用料忽略不计)问：(1)包装盒的最大直径是多少？(精确到0.01厘米)(2)画出你设计的剪裁图．3．(14分)一底面积为S(分米)2，高为H分米，重量为M千克重的有盖圆柱形容器，内盛液面高度为h分米的水．设容器的质地是均匀的且薄厚相同(包括盖)，问h为多少时使容器和水整体的重心最低．4．(12分)中国邮政贺年(有奖)明信片，每张明信片附有一个由六个数组成的号码，97、98年公布的获奖号码(其尾数)如下：97年98年特等奖 400656 一等奖 963639一等奖 877175 二等奖 07594二等奖 50725，20460 三等奖 7655，6839，4754三等奖 2463，5502 四等奖 090，433四等奖 626 803，796五等奖 84 624纪念奖 3 五等奖 9试问：(1)哪一年获奖的概率大？(注：发行100张明信片有5张中奖，则称获奖概率为5％)(2)若不考虑97年的纪念奖，98年的五等奖，这两年的获奖概率相差多少？5．(12分)家具厂的沙发框架装配流水线可以把锯、刨好的木料装配成沙发框架．主要有四道工序：打磨抛光，喷涂保护层，装配，贴厂名标签．按照工艺流程的要求，喷涂保护层不能安排在打磨抛光之前，而贴厂名标签必须在喷涂保护层之后进行．已知：贴标签需要1分钟；抛光需要5分钟，但装配之后再抛光则只需3分钟；喷涂需要8分钟，但装配之后再喷涂只需6分钟；如果喷涂前装配需要6分钟，否则只需4分钟．试为这条流水线安排一个加工顺序，使总加工时间最短．6．(12分)现有甲乙两个服装厂生产同一种服装，甲厂每月产成衣900套，生产上衣和裤子的时间比是2∶1，乙厂每月产成衣1200套，生产上衣和裤子的时间比是3∶2．若两厂分工合作，请安排一生产方案，其产量超过原两厂生产能力之和，求出每月生产多少套成衣？7．(污水处理问题)(12分)沿河有三城镇1、2和3，其地理位置如图3—117所示，污水需处理后方可排入河中．用Q表示污水量(吨/秒)，L 表示管道长度(公里)，按照经验公式，建污水处理厂的费用为P1＝73Q0.712(千元)，铺设管道的费用为P2＝0.66Q0.51L(千元)，已知三城镇的污水量分别为Q1＝5，Q2＝3，Q3＝5，L的数值如图所示．三城镇既可以单独建立污水处理厂，也可以联合建厂，用管道送污水集中处理只能由河流的上游城镇向下游城镇输送．试问：(1)从节约总投资的角度出发，请给出一种最优的污水处理方案；(2)如果联合建厂，各城镇所分担的污水处理费用遵循下面建议：联合建厂费按污水量之比分担；管道费用根据谁用谁投资的原则，如果联合使用则按污水量之比分担．试计算在上述建议下，各城镇所分担的费用，并讨论其合理性；(3)请你试着给出一个分担污水处理费用的合理建议．并计算各城镇的费用．8．(10分)中国足球甲级队比赛，分成甲A和甲B两组，进行主客场双循环制，1997年足协决定：12只甲B球队的前四名将升入甲A，球队排序的原则如下：(1)胜一场积3分，平一场积1分，负一场积0分；(2)球队的名次按积分多少排序，积分高的队排名在前；(3)积分相同的球队，按净胜球的多少排序，净胜球(踢进球数减被踢入球数)多的队排名在前．(4)若积分相同、净胜球数也相同，则按进球数排序，踢进球总数多的队排在前．以下是甲B联赛(共赛22轮)第19轮后的形势：队名胜平负得失球积分武汉雅琪 10 6 3 29/18 36深圳平安 9 5 5 34/27 32深圳金鹏 8 5 6 32/38 29河南建业 8 5 6 20/18 29广州松日 7 7 5 27/19 28沈阳海狮 7 7 5 28/23 28佛山佛斯弟 8 2 9 26/28 26辽宁双星 7 4 8 20/19 25上海浦东 7 4 8 28/23 25上海豫园 6 5 8 23/29 23天津万科 5 7 7 22/23 22火车头杉杉 2 3 14 14/48 9还剩三轮，对阵表如下：上海浦东——深圳平安广州松日——河南建业深圳平安——辽宁双星河南建业——上海浦东深圳平安——沈阳海狮上海豫园——河南建业深圳金鹏——上海豫园武汉雅琪——佛斯弟沈阳海狮——深圳金鹏天津万科——佛斯弟辽宁双星——深圳金鹏佛斯弟——杉杉杉杉——广州松日广州松日——天津万科辽宁双星——天津万科沈阳海狮——杉杉上海豫园——武汉雅琪武汉雅琪——上海浦东试问：武汉雅琪队是否一定可以提前三轮晋升甲A？说明理由．【复赛试题解答要点与参考答案】1．设第n个月月底的资金为a n元，贷款金额为a0，则a n+1＝a n·(1＋20％)－a n·20％·60％－300＝1.08a n－300，……………………………………5分又a0＝10000元，于是a1＝10500元．依题意，b＝10500，c＝1.08，d＝－300，纯收入为a12－10000(1＋10.98％)＝8390.6元．……………14分答：小王年底有资金19488.6元，纯收入为8390.6元．2．如图3—118建立直角坐标系：………………………………………………………………………3分依题意，若使圆柱底面直径最大，应如图所示剪裁．设底面半径为r，由于2r为圆柱的高，故AD＝2r，AB＝2πr，………………………………………6分于是A点的坐标为(πr，r)．⊙O′的方程为：(x－20)2＋(y－20)2＝20 2．(2) ………………………………………………………………………10分将(1)代入(2)得(πy－20)2＋(y－20)2＝20 2，求解得y1≈3.01(cm)，y2≈12.23(cm)(舍去)．……………………………………………………………………12分∴r≈3.01(cm)．于是O″(0，6.02)，O′(20，20)，而 r＋20＝23.01＜24.41，所以，在裁下矩形ABCD后，可在余下部分裁下两个半径为3.01的圆(⊙O″)．这样，每块余料做一圆柱形(直径与高相等)的包装盒，底面最大直径是6.02(cm)．………………………………………14分3．解法一容器质地均匀且薄厚相同(包括盖)，故其重心高度为设容器和水整体的重心高度为x分米，则x满足以下方程：它恰好等于水面高度h．………………………………………………………………………6分整理得 Sh2－2Shx＋MH－2Mx＝0，由于h是非负实数，所以，x2S2－M(H－2x)≥0．(2)………………………8分使重心位置最低的x一定是使(4)成立的x最小非负值．由二次不等式可知，使(2)成立的x值为因此，x的最小值为4．设发行了n张明信片，其中k张获奖，则任买一张，获奖概率为1997、1998两年明信片号码均为六个数组成，可以认为发行了10 6张．…………2分(1)由于两年发行明信片数均为n＝10 6，为了比获奖概率大小，只须比较获奖明信片张数的多少．1997年获奖明信片张数为1＋1＋20＋200＋1000＋10000＋100000＝111222．1998年获奖明信片张数为1＋10＋300＋5000＋100000＝105311．故 1997年获奖概率大于 1998年获奖概率．…… 8分相差为1.12％－0.53％＝ 0.59％……………………………12分5．我们用字母来表示工序：S—抛光；P—喷涂保护层；A—组装；N —贴厂名标签．解法一按题目的工艺流程要求，全部可能的生产流程及所用的时间可由图3—119给出．图中箭头所示方向为工艺的流程，每个箭头下方的字母为所执行的工序，上方为该工序所用的时间，方括号内为已完成的工序．………………………………………………………………………10分所有可能的流程共四条：ASPN、SAPN、SPAN、SPNA，所用的时间分别为16分钟、18分钟、18分钟、18分钟，生产流程ASPN所用时间最少．即为了使加工时间最短，应先组装，然后抛光，再喷涂保护层，最后贴厂名标签．……………………………………………12分解法二将生产流程图画成“树”(画出流程图10分，计算出时间12分)解法三按工艺流程的要求，S、P、N三个工序，只能有顺序S→P→N，而A可以在这三者前后的任意位置上，于是就得到所有可能的生产流程A→S→P→NS→A→P→NS→P→A→NS→P→N→A…………………………………………………10分计算各流程所用时间，得出最优流程．………………………12分6．甲厂只生产上衣1350件/月，甲厂只生产裤子2700件/月；乙厂只生产上衣2000件/月，乙厂只生产裤子3000件/月．………………………………………………………………………4分我们的目的是设计一种方案使总产量超过原总产量900＋1200＝2100．发挥乙厂生产上衣的优势，让乙厂全部生产上衣，共2000件，让甲这样的生产方案可生产2233套成衣，超过原总产量133套．……………………………12分7．设C i为城镇i单独建污水厂所需费用(i＝1，2，3)，则C1＝73×50.712≈230(千元)，C2＝73×30.712≈160(千元)，C3＝C1≈230(千元)．若城镇i，j合作在城镇j建厂，设C ij(i＜j)为从城i到城j铺设管道的费用(i，j＝1，2，3)，则C12＝73×(5＋3)0.712＋0.66×50.51×20＝350(千元)，C13＝73×(5＋5)0.712＋0.66×50.51×(20＋38)＝463(千元)，C23＝73×(5＋3)0.712＋0.66×30.51×38＝365(千元)．(1)按题设三城镇的污水处理只有五种方案．方案1 各城分别建厂处理污水，总费用C1＋C2＋C3＝230＋160＋230＝620(千元)……………1分方案2 城1，城2合作处理污水，城3单独处理污水，总费用C12＋C3＝350＋230＝580(千元)……………………2分方案3 城1，城3合作处理污水，城2单独处理污水，总费用C13＋C2＝463＋160＝623(千元)………………3分方案4 城2，城3合作处理污水，城1单独处理污水，总费用C23＋C1＝365＋230＝595(千元)……………………4分方案5 三厂合作在城3建厂，并铺设城1及城2到城3的管道，总费用为73×(5＋3＋5)0.712＋0.66×50.51×20＋0.66×(5＋3)0.51×38＝453.4＋30＋72.4＝555.8(千元)………………………5分方案5所用费用最少，三厂合作在城3建厂并铺设管道是最优方案．(2)三城合作建污水厂费用为73×(5＋3＋5)0.712＝453.4(千元)．按三城镇污水量的比例5∶3∶5来分担这一费用，城1，104.6(千元)，174.4(千元)．城1到城2的管道费0.66×50.51×20＝30(千元)应由城1负担，城 2到城 3的管道费0.66×(5＋3)0.51×38＝72.4(千元)按城1，城2污水量的比例5∶3，由城1，因此，城1负担费用为174.4＋30＋45.25＝249.65(千元)………………………………………………………………………6分城2负担费用为104.6＋27.15＝131.75(千元)，城3负担费用为174.4(千元)，三城总负担费用249.65＋131.75＋174.4＝555.8(千元)……………………………………………………………………… 8分但由于249.65＞230＝C1，即此时城1负担的费用比它单独建污水厂所付费用还多，这对城1是不公平的，分配方案有不合理之处．………………………………………………………………………10分(3)这小题没有标准答案，答案是开放性的，比如把总费用555.8(干元)按C1，C2，C3的比例分别负担等，只要能设计出“合理”的方案均可．………………………………………………………………12分8．使用排除法．排除法的目的是确定“是否存在一种使雅琪队无法出线的比赛结果”．排除的原则是“排除那些有利于雅琪队出线的情况，仅考虑尽量少的不利雅琪队出线的情况”．这个思想明确，可以清楚地确定出以下原则：原则1：设后三轮雅琪队均以大比分告负；原则2：除了雅琪队其余各队分为二类：第一类队在后三轮即使全胜，其积分也少于36分；第二类队后三轮全胜积分可以达到或超过36分．原则3：使第二类中尽量多的队积分达到或超过36分，为此可以任意决定第一类队的比赛结果．根据以上三原则施行如下步骤：1°根据原则2，第一类队包括排在第七位(佛斯第队)以后的各队，第二类队包括：平安队、金鹏队、建业队、松日队和海狮队．2°设第二类的队与第一类队或雅琪队的比赛中均以大比分取胜，其结果为：平安队胜浦东队和双星队，积36分；金鹏队胜豫园队和双星队，积35分；建业队胜豫园队和浦东队，积35分；松日队胜万科队和杉杉队，积34分；海狮队胜杉杉队，积31分．3°设平安队积36分便可以净胜球排在雅琪队之前，这样，平安队即使负于海狮队亦可排在雅琪队之前．这样可使海狮队从平安队处得3分．积34分．4°这样，还有两场比赛即：金鹏对海狮，松日对建业，其中金鹏积35分，海狮积34分；松日积34分，建业积35分．显然，在金鹏与海狮之间，松日与建业之间，至多有一个队可达到或超过36分．这就是说，第二类队中至多有三个队排在雅琪队之前，而甲B有四支队可晋升甲A，故雅琪队一定可以晋升甲A．注解决这类问题，还可以使用穷举法，罗列出后三轮的所有可能的比赛结果，每一种比赛的结果都可以得到一种球队的排序，如果存在着一种比赛结果的排序使雅琪队被列在第五位或低于第五位，则说明雅琪队不能“一定晋升”．否则的话，就说明无论后三轮怎样的比赛结果的排序中雅琪队都在前四名，故雅琪队“一定晋升”．这种方法是可行的方法，尤其是比赛球队不多的情况下，穷举法的核心是要保证列举出“所有可能”，做到这一点并非容易，常常借助于计算机，给出“列出所有可能”的程序，由计算机来完成罗列和判别．一般说这种方法过于繁杂，在球队很多时，即使用计算机亦难于实现．例如此题：仅就积分结果来说，还须比赛18场，每场两个结果(或分胜负，或平)，共计218种！人为列举是无法实现的，计算机也要工作一段时间．。

2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛）暨2021年全国高中数学联合竞赛加试（A1卷）参考答案及评分标准说明：1． 评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2． 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）如图，在ABC 中，AB AC ，ABC 内两点,X Y 均在BAC 的平分线上，且满足ABX ACY ．设BX 的延长线与线段CY 交于点P ，BPY 的外接圆1 与CPX 的外接圆2 交于P 及另一点Q ．证明：,,A P Q 三点共线．证明：由,BAX CAY ABX ACY ，可知ABX ACY ∽．所以AB AX AC AY． ① ……………10分 延长AX ，分别交圆12, 于点,U V ，则AUB YUB YPB YPX XVC AVC ，于是ABU ACV ∽．所以AB AU AC AV． ② ……………20分 由①，②可得AX AU AY AV，即AU AY AV AX ． ……………30分 上述等式两端分别为点A 到圆12, 的幂，这意味着A 在圆12, 的根轴（即直线PQ ）上，换言之，,,A P Q 三点共线． ……………40分22C B二．（本题满分40分）求正整数,,a b n （其中2n ）满足的充分必要条件，使得存在一个从集合0,1,,1S a bt t n到自身的一一映射:f S S ，满足：对任意x S ，均有x 与()f x 互素．解：设,,a b n 符合题意．若(,)1a b d ，则d 整除S 的所有元素，故对任意:f S S ，取一个x S ，则有(,())1x f x d ，矛盾．因此必有(,)1a b ． ……………10分若n 为奇数且a 为偶数，则由于(,)1a b ，故b 为奇数，此时S 含有12n 个偶数及12n 个奇数．假如存在符合要求的f ，则对每个偶数x S ，由(,())1x f x 知()f x 必为奇数，因此S 含有至少12n 个奇数，这与前述结果违背． 至此得,,a b n 需满足的必要条件：“(,)1a b ，且当n 为奇数时，a 为奇数”． ……………20分 下证此条件也是充分的．假设此条件成立．首先注意，对任意0,1,,2t n ，有(,(1))(,)(,)1a bt a b t a bt b a b ．当n 为偶数时，令()(1),((1))(0,2,,2)f a bt a b t f a b t a bt t n ，则这样定义的:f S S 符合要求． ……………30分当n 为奇数时，令(),()2,(2)f a a b f a b a b f a b a ，并令()(1),((1))(3,5,,1)f a bt a b t f a b t a bt t n ，由于此时a 为奇数，故(2,)(,2)(,)1a b a a b a b ，所以这样定义的:f S S 符合要求．综上，“(,)1a b ，且当n 为奇数时，a 为奇数”是所求的充分必要条件． ……………40分三．（本题满分50分）设正实数数列 ,n n a b 满足：对任意整数101n ，有,n n a b ． 证明：存在正整数m ，使得0.001m m a b ．证明一：设22,1,2,n n n c a b n ，则对101n ，有100100100222211111100100n n n n j n j n j i i i c a b b a c ． ① ……………10分如果有一个0n c ，则结论显然成立．以下假设所有0n c ．先证明一个引理：引理：存在常数(0,1) ，具有如下性质：若正整数n 及正实数M ，满足199,,,n n n c c c M ，则存在整数99k n ，使得199,,,k k k c c c M ．引理的证明：（1）若199,,,n n n c c c 不全同号，则由①知100199=100n c M M ， 这里199(0,1)100．反复利用①及三角不等式，得 101121(99)100n c M M ， 1021231(98)100n c M M ， ………199********(1)100n c M M ， 这里2131211=(99)(0,1),=(98)(0,1),,10010010012991=(1)(0,1)100． 取100k n ，12100=max{,,,}(0,1) 即可（注意这里的 是一个与,n M 无关的常数）． ……………30分（2）若199,,,n n n c c c 同号，则由①知，100n c 与199,,,n n n c c c 不同号，且100n c M ，因此由情形（1）的结论可知，对（1）中确定的 ，有+101102200,,,n n n c c c M ．取101k n 即可．引理证毕． ……………40分回到原题，设 12100max ,,,M c c c ，则反复用上面引理知，对任意正整数t ，均存在正整数m ，使得t m c M ．由01 知，lim 0t t M，故存在正整数m ，使得2(0.001)m c ，又 222m m m m m m m m m c a b a b a b a b ， 故0.001m m a b ． ……………50分证明二：设22,1,2,n n n c a b n ，则对101n ，有100100100222211111100100n n n n j n j n j j j j c a b b a c ． ① ……………10分数列{}n c 是一个100阶常系数齐次线性递推数列，特征方程为100999810010x x x x ． ②我们证明上述特征方程的根均为模小于1的复数．设z 是一个根，若1z ，②可改写为2100111100z z z． 两边取模，并由三角不等式得21002100111111100100||||||z z z z z z ， 等号成立当且仅当1z ，且2100,,,z z z 的辐角相同，即1z ，但1z 不满足方程②，故②的根均为模小于1的复数． ……………30分设12,,,k t t t 是方程②的所有不同的复根，重数分别为12,,,k m m m ，则数列{}n c 的通项公式为1122()()()n n n n k k c P n t P n t P n t ，其中i P 是次数小于i m 的复系数多项式． 由于1i t ，1,2,,i k ，故lim ()0n i i n P n t，从而当n 时，0n c ．因此存在正整数m ，使得2(0.001)m c ，又222m m m m m m m m m c a b a b a b a b ， 故0.001m m a b ． ……………50分四．（本题满分50分）圆周上给定100个不同的点．试确定最大的正整数k ：将这100个点中任意k 个点任意染为红、蓝两色之一，均可将其余的点适当地染为红色或蓝色，使得可用这100个点为端点作50条线段，任意两条线段没有公共点，且每条线段的端点同色．解：答案是50．将100个点换成2m 个点，按顺时针方向依次记为122,,,m A A A ，将每个点染为红色或蓝色，如果可以用m 条线段将这2m 个点配对，满足题中所述条件，则称染色方法是美妙的．记1321242,,}{,,{,,,}m m S A A A T A A A ．引理：将2m 个点染为红蓝两色，染色方法是美妙的当且仅当S 中红点数等于T 中红点数．引理的证明：先证明必要性．假设存在满足要求的配对连线，则S 中的红点必定与T 中红点配对（因为若一条线段l 两端均为S 中的点，那么l 两侧的弧上各有奇数个点，必有一条线段与线段l 相交）．同理，T 中红点也必定与S 中红点配对，因此满足要求的配对连线给出了S 中红点与T 中红点的一一对应．……………10分 再证明充分性．对m 归纳证明当S 中红点数与T 中红点数相等时，存在满足要求的配对连线．1m 时，由假设可知两个点是同色的，可以按要求连一条线段．假设2m ，且结论在1m 时成立．考虑m 的情形，此时存在相邻两点是同色的，否则红蓝相间，这样S 中全为一种颜色，T 中全为另一种颜色，与假设不符．不妨设212,m m A A 同色（否则可重新标记下标，此时,S T 不变，或交换，但不影响条件）．连线段212m m A A ，其余22m 个点满足归纳假设中条件，且其中任意两点所连线段均不会与212m m A A 相交．故由归纳假设，可连1m 条线段将其配对满足要求，再加上212m m A A 这条线段便得到了2m 个点的满足要求的配对连线． ……………30分回到原问题．若51k ，可将S 中50个点全部染为红色，T 中50k 个点染为蓝色，则其余点不论如何染色，无法得到引理中的充分必要条件．故51k 不满足要求． ……………40分若50k ．假设任意染了50个点的颜色，在,S T 中分别染了a 个和b 个红点，不妨设a b ，则T 中至少有a b 个点未染色（否则，若T 中未染色点数少于a b ，则染了颜色的点的个数不少于(50()1)5150a a b b ，矛盾）．故可将T 中a b 个未染色的点染为红色，其余未染色的点染为蓝色，这样,S T 中各有a 个红色的点，满足引理的条件，从而染色方法是美妙的．综上，所求k 的最大值等于50． ……………50分。

2021年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛）暨2021全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1． 评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2． 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）给定正整数(2)k k 与k 个非零实数12,,,k a a a ．证明：至多有有限个k 元正整数组12(,,,)k n n n ，满足12,,,k n n n 互不相同，且1122!!!0k k a n a n a n ．证明：取定正整数121min k i i ka a a N a （注意12,,,0k a a a ）． 我们证明，当正整数12,,,k n n n 满足条件时，必有1max i i kn N ． 假设不然，不妨设11max i i kn n N ．对2,,i k ，由于正整数1i n n ，故 1111!!!(1)!i n n n n n N． ……………20分 从而1122221!!!!!kk k k k i i i i i i i n n a n a n a n a a N N 1111min !!i i k a n a n ， 但221111!!=!!k k a n a n a n a n ，矛盾．所以，满足条件的正整数组12(,,,)k n n n 至多有k N 组．本题得证．……………40分二．（本题满分40分）如图所示，在ABC 中，M 是边AC 的中点，,D E 是ABC 的外接圆在点A 处的切线上的两点，满足//MD AB ，且A 是线段DE 的中点，过,,A B E 三点的圆与边AC 相交于另一点P ，过,,A D P 三点的圆与DM 的延长线相交于点Q ．证明：BCQ BAC ．证明：取BC 边的中点N ，则,,,D M Q N 共线，且//MN AB ．由弦切角定理可知DAM CBA CNM ．又AMD NMC ，故AMD NMC ∽．因此NM AM NC AD． ① ……………10分由已知条件，,,,A D P Q 四点共圆，故APQ ADQ ADM ACB ，因此//PQ BC ．于是NQ CP NM CM． ② 结合①、②以及AD AE 可得NQ NQ NM CP AM CP CP NC NM NC CM AD AD AE， 即有NQ CP NC AE． ③ ……………20分由弦切角定理可知BAE BCA BCP ．又,,,A P B E 四点共圆，故BEA BPC ．因此BAE BCP ∽ ．于是ACP AE BC B ，结合③可得 NQ BC NC BA． ……………30分 又//MN AB ，故CNQ ABC ．所以CNQ ABC ∽．从而NCQ BAC ，即BCQ BAC ． ……………40分三．（本题满分50分）设整数4n ．证明：若n 整除22n ，则22n n是合数．证明：将整数22n n记为y ． 若n 为奇数，则由22n 为偶数知y 为偶数．又4n ，故222n n，从而y 是合数．……………10分 以下考虑n 为偶数的情形，设2(1)n m m ． 因22122212m m y m m 为整数，故m 为奇数． 设 是2模m 的阶，则m ，且|21m （因为21|21m m ）． 设21m r ，由21m m 知1r ． (1) 若21m ，因|21m ，故21m ．此时212121212121m r r y m m m， 因1r ，故这是两个大于1的整数之积，为合数． ……………20分(2) 若21m ，则2(21)121m r ．由1m 知1 ，故123r ． ①因21|21,21|21r r r ，故21r 是[21,21]r 的倍数，即 (21)(21)21(21,21)r r r ， 注意到(,)(21,21)21r r ，故(,)(21)(21)(21)(21)r r r ．因此21(,)(,)2121(21)(21)2121(21)(21)21m r r r r r r y m ， ② 为两个整数之积． ……………40分因r （见①），故(,)212112121r r r ．又2 ，故 (,)22(21)(21)(21)121211(21)(21)(21)(21)(21)(21)21r r r r r r r r r r ． 因此②表明y 是两个大于1的整数之积，为合数．综上，结论得证． ……………50分四．（本题满分50分）求具有下述性质的最小正数c ：对任意整数4n ，以及集合{1,2,,}A n ，若A cn ，则存在函数:{1,1}f A ，满足()1a Af a a ．解：所求最小的23c ． 首先，当6,{1,4,5,6}n A 时，不存在满足要求的f （因为A 的元素和为16，且A 不能划分为两个元素和均为8的子集的并）．此时23A n ，故23c 不具有题述性质． ……………10分 下面证明23c 符合要求，即当23A n 时，存在满足要求的f ． 引理：设12,,,m x x x 是正整数，总和为s ，且2s m ，则对任意整数[0,]x s ，存在指标集{1,2,,}I m ，满足i i Ix x （对空指标集求和认为是零）．引理的证明：对m 归纳证明．1m 时，只能11x s ，结论显然成立．假设1m ，且结论在1m 时成立．不妨设12m x x x ，则1211211()22(1)m m m m x x x x x x m m m m． ①又由于1211m x x x m ，因此 1211m m x m x x x ． ② 对任意整数[0,]x s ，若121m x x x x ，由①及归纳假设知存在指标集{1,,1}I m ，使得i i I x x ．若1211m x x x x ，则对m x x 用归纳假设（由②知0m x x ），存在指标集{1,,1}I m ，使得i m i Ix x x ．此时指标集{}{1,2,,}I I m m 满足i i I x x ．引理获证． ……………20分回到原问题．注意到4n ，分两种情形讨论． (1) A 为偶数，设2A m ．将A 中元素从小到大依次记为1122m m a b a b a b ．令0,1i i i x b a i m ，则11111()()1(1)2m m i m i i i i s x b a a b n m n m m （这里利用了223m A n ）．从而12,,,m x x x 满足引理的条件． 取[0,]2s x s ，利用引理可知存在{1,2,,}I m ，使得2i i I s x ，令 1,,1,{1,2,,}\,i i I i n I 则11()2{0,1}222m mi i i i i i i s s s b a x s s ， 从而结论成立（只需令(),()i i i i f a f b 即可）． ……………30分 (2) A 为奇数，设21A m ，则1m ．将A 中元素从小到大依次记为 11m m a a b a b ．令0,1i i i x b a i m ，同情形(1)可知122m s x x x m ，又显然有s m ．由于2213m A n ，故31n m ．从而 211a n m m s ． ……………40分 因12,,,m x x x 满足引理的条件，对12,,,m x x x 及[0,]2a s x s 用引理，可知存在{1,2,,}I m ，使得2i i I a s x x ．令 1,,1,{1,2,,}\,i i I i n I 则1mi i i i i i I i Ia x a x x ()a x s x 2()12a s a s ， 从而结论成立（只需对i I ，令()1,()1i i f a fb ，对{1,2,,}\i n I ，令()1,()1i i f a f b ，并令()1f a 即可）． ……………50分。

北京数学竞赛试题及答案试题一：代数问题题目：已知 \( a, b, c \) 为实数，且满足 \( a^2 + b^2 + c^2 = 1 \)。

求证：\( (a + b + c)^2 \leq 3 \)。

解答：根据题目条件，我们有 \( a^2 + b^2 + c^2 = 1 \)。

展开\( (a + b + c)^2 \) 得到：\[ (a + b + c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + ac + bc) \]由于 \( a^2 + b^2 \geq 2ab \)，\( b^2 + c^2 \geq 2bc \)，\( c^2 + a^2 \geq 2ca \)（根据算术平均数-几何平均数不等式），我们可以得到：\[ 2(ab + ac + bc) \leq 2(a^2 + b^2 + c^2) = 2 \]将上述不等式代入 \( (a + b + c)^2 \) 的展开式中，得到：\[ (a + b + c)^2 \leq 1 + 2 = 3 \]证明完毕。

试题二：几何问题题目：在直角三角形 ABC 中，∠A = 90°，AB = 3，AC = 4。

求三角形 ABC 的外接圆半径。

解答：直角三角形 ABC 的外接圆半径 R 可以通过以下公式求得：\[ R = \frac{a + b + c}{2} \]其中，a 和 b 是直角边，c 是斜边。

在本题中，a = 3，b = 4，c = 5（根据勾股定理）。

代入公式得到：\[ R = \frac{3 + 4 + 5}{2} = 6 \]所以，三角形 ABC 的外接圆半径为 6。

试题三：组合问题题目：有 5 个不同的球和 3 个不同的盒子，将这些球放入盒子中，每个盒子至少有一个球。

求不同的放法总数。

解答：首先，我们需要将 5 个球分成 3 组，每组至少有一个球。

这可以通过组合数学中的“插板法”来解决。

我们有 4 个板子来分割 5 个球，形成 3 组。

北京市中学生数学竞赛高中一年级初赛试题参考解答选择题答案填空题答案一、选择题1．集合A ={2, 0, 1, 7}，B ={x | x 2−2∈A , x −2∉A }，则集合B 的所有元素之积为 （A ）36．（B ）54． （C ）72．（D）108． 答：A ．解：由x 2−2∈A，可得x 2=4，2，3，9，即x =±2，，±3． 又因为x −2∉A ，所以x ≠2，x ≠3，故x = −2，，−3． 因此，集合B ={−2, ,，−3}．所以，集合B 的所有元素的乘积等于(−2)()(−3)=36． 2．已知锐角△ABC 的顶点A 到它的垂心与外心的距离相等，则tan(2BAC∠)= （A（B ）． （C ）1． （D ． 答：A ．解：作锐角△ABC 的外接圆，这个圆的圆心O 在形内，高AD ，CE 相交于点H ，锐角△ABC 的垂心H 也在形内．连接BO 交⊙O 于K ，BK 为O e 的直径. 连接AK ，CK ．因为AD ，CE 是△ABC 的高，∠KAB ，∠KCB 是直径BK 上的圆周角，所以∠KAB =∠KCB =90°．于是KA//CE KC//AD ，因此AKCH 是平行四边形．所以KC =AH =AO =12BK ． 在直角△KCB 中，由KC =12BK ，得∠BKC =60°，所以∠BAC =∠BKC =60°． 故tan(2BAC∠)= tan30°3．将正奇数的集合{1, 3, 5, 7, …}从小到大按第n 组2n −1个数进行分组：{1}，{3, 5, 7}，{9, 11, 13, 15, 17}，…，数2017位于第k 组中，则k 为（A ）31． （B ）32． （C ）33． （D ）34． 答：B.解：数2017是数列a n = 2n −1的第1009项．设2017位于第k 组，则1+3+5+…+(2k −1)≥1009，且1+3+5+…+(2k −3)＜1009．即k 是不等式组221009(1)1009k k ⎧≥⎨-<⎩的正整数解，解得k =32，所以2017在第32组中． 4．如图，平面直角坐标系x -O -y 中，A , B 是函数y =1x在第I 象限的图象上两点，满足∠OAB =90°且AO = AB ，则等腰直角△OAB 的面积等于（A ）12． （B ）2． （C）2． （D）2．答：D ．解：依题意，∠OAB =90°且AO = AB ，∠AOB =∠ABO =45°．过点A 做y 轴垂线交y 轴于点C ，过点B 做y 轴平行线，交直线CA 于点D ．易见△COA ≌△DAB ．设点A (a ,1a )，则点B (a +1a , 1a− a )． 因为点B 在函数y =1x 的图象上，所以(a +1a )(1a− a )=1，即21a− a 2=1． 因此S △ABC =12OA 2=12(21a + a 2) =122=． 5．已知f (x ) = x 5 + a 1x 4 + a 2x 3 + a 3x 2 + a 4x + a 5，且当m =1, 2, 3, 4时，f (m )=2017m ，则f (10)−f (−5)=（A ）71655． （B ）75156． （C ）75615． （ D ）76515．答：C ．解：因为 当m =1, 2, 3, 4时，f (m )=2017m ，所以1, 2, 3, 4是方程f (x )−2017x =0的四个实根，由于5次多项式f (x )−2017x 有5个根，设第5个根为p ，则f (x )−2017x = (x −1)(x −2)(x −3)(x −4)(x −p )即 f (x ) = (x −1)(x −2)(x −3)(x −4)(x −p )+2017x ．所以f (10)=9×8×7×6(10−p )+2017×10，f (−5)=−6×7×8×9(5+p )−2017×5， 因此f (10)− f (−5)=15(9×8×7×6+2017)=75615．6．已知函数2||,,()42,.x x a f x x ax a x a ≤⎧=⎨-+>⎩若存在实数m ，使得关于x 的方程f (x )=m有四个不同的实根，则a 的取值范围是（A ）17a >． （B ）16a >． （C ）15a >． （D ）14a >． 答：D ．解：要使方程f (x )=m 有四个不同的实根，必须使得y =m 的图像与y =f (x )的图像有4个不同的交点．而直线与y =|x |的图像及二次函数的图像交点都是最多为两个，所以y =m 与函数y =|x |, x ≤a 的图像和y =x 2−4ax +2a , x ＞a 的图像的交点分别都是2个．而存在实数m ，使y =m 与y =|x |, x ≤a 的图像有两个交点，需要a ＞0，此时0＜m ≤a ；又因为y =x 2−4ax +2a , x ＞a 顶点的纵坐标为242(4)4a a ⨯-，所以，要y =m 与y =x 2−4ax +2a ,x ＞a 的图像有两个交点，需要m ＞242(4)4a a ⨯-．因此y =m 的图像与y =f (x )的图像有4个不同的交点需要满足：0＜m ≤a 且m ＞242(4)4a a ⨯-，解得14a >．二、填空题1. 用[x ]表示不超过x 的最大整数，设S =++++L ，求的值． 答：24．解：因为12≤1, 2, 3＜22，所以1, ＜2，因此1===，共3个1；同理，22≤4, 5, 6, 7, 8＜32，因此，2=====，共5个2；又32≤9, 10, 11, 12, 13, 14, 15＜42，因此3===K ，共7个3；依次类推，4=====K ，共9个4；5=====K ，共11个5；6=====K ，共13个6；7=====K ，共15个7；8=====K ，共17个8；9=====K ，共19个9.S= (++)+(++++)+…+(++L ) = 1×3+2×5+3×7+4×9+5×11+6×13+7×15+8×17+9×19=615．因为242=576＜615=S ＜625=252，即2425，所以，．2．确定(201721log 2017×201741log 2017×201781log 2017×2017161log 2017×2017321log 2017)15的值．答：8． 解：原式=(20172017log 2×20172017log 4×20172017log 8×20172017log 16×20172017log 32)15=(2×4×8×16×32)15= (21×22×23×24×25)15=(21+2+3+4+5)15=(215)15=23=8．3．已知△ABC 的边ABBCCA厘米，求△ABC 的面积． 答：9.5平方厘米．解：注意到13=32+22，29=52+22，34=52+32，作边长为5厘米的正方形AMNP ，分成25个1平方厘米的正方形网格，如图．根据勾股定理，可知，AB厘米，BCCA=米，因此△ABC 的面积可求．△ABC 的面积=5×5−12×3×5−12×2×5−12×2×3=9.5（平方厘米）．4.设函数22(1))()1x x f x x ++=+的最大值为M ，最小值为N ，试确定M +N的值．答：2．解：由已知得()1f x =+因为)())(())]x x x x ++-=--=22ln(()1())ln10x x -+--==，所以()))x x -=-，因此，)x +是奇函数．进而可判定，函数()g x =为奇函数． NA MBP则g (x )的最大值M 1和最小值N 1满足M 1+N 1= 0． 因为M =M 1+1，N = N 1+1，所以 M + N = 2．5．设A 是数集{1, 2, …, 2017}的n 元子集，且A 中的任意两个数既不互质，又不存在整除关系，确定n 的最大值．答：504．解：在数集{1, 2, …, 2017}中选取子集，使得子集中任意两个数不互质，最大的子集是偶数集{2, 4, …, 2016}共1008个元素，但其中，有的元素满足整除关系，由于1010的2倍是2020，所以集合A ={1010, 1012, 1014, …, 2016}中，任意两个数既不互质，又不存在整除关系，A 中恰有504个元素．事实上504是n 的最大值．因为若从{1009, 1011, …, 2017}中任取一个奇数，会与A 中的与它相邻的偶数互质；若从{1, 2, 3, …, 1008}中任取一数，则它的2倍在A 中，存在整除关系．6．如图，以长为4厘米的线段AB 的中点O 为圆心、2厘米为半径画圆，交AB 的中垂线于点E 和F . 再分别以A 、B 为圆心，4厘米为半径画圆弧交射线AE 于点C ，交射线BE 于点D . 再以E 为圆心DE 为半径画圆弧»DC，求这4条实曲线弧连接成的“卵形”¼AFBCDA 的面积．（圆周率用π表示，不取近似值）答：(12−)π−4平方厘米． 解：半圆(O , 2)的面积=12π×22=2π． 因为AO=OB =2，所以AB=AC=BD =4，AE =BE，ED =EC =4−． 又∠AEB =∠CED =90°，∠EAB =∠EBA =45°，因此，扇形BAD 的面积=扇形ACB 的面积=18π×42=2π，△AEB 的面积=12×4×2=4，直角扇形¼EDC的面积=14π(4−)2= 6π−， 卵形¼AFBCDA 的面积 = 半圆(O , 2)的面积+扇形BAD 的面积+扇形ACB 的面积 −△AEB 的面积+直角扇形¼EDC的面积 = 2π+2×2π−4+6π−= (12−)π−4（平方厘米）．7. 已知22()1005000x f x x x =-+，求f (1)+f (2)+…+f (100)的值．答：101．解：设g (x ) = x 2−100x +5000，则BFADCEOg (100−x ) = (100−x )2−100(100−x )+5000=1002−200x +x 2−1002+100x +5000= x 2−100x +5000= g (x )，即 g (k ) = g (100−k )．所以 f (k ) + f (100−k ) =22(100)()(100)k k g k g k -+- =22(100)()k k g k +-=2， 又 f (50) =2250=150100505000-⨯+， f (100)22100==2.1001001005000-⨯+ 所以， f (1)+ f (2)+…+ f (100)= (f (1)+ f (99))+ (f (2)+ f (98))+…+ (f (49)+ f (51))+ f (50)+ f (100) = 2×49+1+2=101．8．如图，在锐角△ABC 中，AC = BC = 10，D 是边AB 上一点，△ACD 的内切圆和△BCD 的与BD 边相切的旁切圆的半径都等于2，求AB 的长．答：解：线段AB 被两圆与AB 的切点及点D 分成四段，由于两圆半径相等，再根据切线长定理，可知中间两段相等，于是可将这四段线段长度分别记为a , b , b , c ，由于圆O 2的切线长CE = CG ，所以BC +a = CD +b = (AC −c +b )+b ，而AC = BC ，所以a +c = 2b ．由等角关系可得△AO 1F ∽△O 2BE ，得12O F BEAF O E=，即22ac =，由此推出ac = 4． 分别计算△BCD 和△ACD 的面积：12(),2BCD S BC CD BD ∆=⨯+-12()2ACD S AC CD AD ∆=⨯++所以24ACD BCD S S AD BD AB a c b b ∆∆-=+==++=. ①又设由C 引向AB 的高为h ，可得1()2ACD BCD S S c a h ∆∆-=-=② 由①、②两式可得4b =将a +c = 2b ，ac = 4代入，化简得42251000b b -+=解得b 2=5或b 2=20，即b或b= 2（负根舍）． 于是，AB = a +c +2b = 4bAB．若ABABC 为钝角三角形，不合题设△ABC 是锐角三角形的要求．DACBD A C B EG FO 1 O 2 · a b b c·所以AB的长为。

2021全国数学奥林匹克竞赛试题b卷解析2021年全国数学奥林匹克竞赛（China Mathematical Olympiad，简称CMO）B卷的试题涵盖了多个数学领域，包括代数、几何、组合和数论等。

以下是对B卷部分题目的解析。

# 第一题：代数问题本题考察了代数表达式的变形和不等式的证明。

首先，需要对给定的代数式进行适当的变换，然后利用不等式的性质进行证明。

解题的关键是要找到合适的代数恒等式，使得不等式成立。

# 第二题：几何问题这道题目涉及到平面几何中的相似三角形和圆的性质。

解题时，需要利用相似三角形的性质来证明某些线段的比例关系，同时结合圆的性质来求解问题。

在解题过程中，要注意几何图形的构造和辅助线的添加。

# 第三题：组合问题本题要求考生使用组合数学的方法来解决计数问题。

题目中涉及到排列组合的基本概念和原理，如加法原理、乘法原理等。

解题时，需要对问题进行合理的分解，然后逐一解决每个子问题，最后将结果合并。

# 第四题：数论问题数论问题通常涉及到整数的性质和数的分解。

这道题目要求考生对给定的数列进行分析，找出其中的规律，并利用数论的知识来证明或求解问题。

在解题过程中，要注意整数的性质，如整除性、同余等。

# 第五题：综合问题作为最后一道题目，这道综合问题往往需要考生综合运用代数、几何、组合和数论等多个领域的知识。

解题时，需要对问题进行深入的分析，找到问题的关键点，并运用合适的数学工具来解决问题。

# 解题策略1. 仔细阅读题目：理解题目的要求和给定的条件。

2. 分析问题：识别题目中的关键信息和潜在的数学结构。

3. 选择合适的方法：根据问题的性质选择合适的解题方法，如代数变换、几何构造、组合计数等。

4. 逐步求解：按照逻辑顺序逐步解决问题，注意每一步的合理性和准确性。

5. 检查和验证：完成解题后，要对结果进行检查和验证，确保没有遗漏或错误。

请注意，以上解析仅为概述，具体的解题步骤和方法需要根据实际题目来确定。

2021 年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛）暨 2021 年全国高中数学联合竞赛一试试题(A 卷)姓名：_______ 年级：_______ 学校：_______ 得分：_______一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 等差数列{a n }满足a 2021=a 20+a 21=1，则a 1的值为_______.2. 设集合A={1，2，m }，其中m 为实数. 令B={a 2|a ∈A }，C =A ∪B . 若C 的所有元素之和为6，则C 的所有元素之积为 _______.3. 设函数f (x )满足对任意非零实数x ，均有f (x )=f (1)·x +(2)f x-1，则f (x )在(0，+∞)上的最小值为_______.4. 设函数f (x )=cos x +log 2x (x >0)，若正实数a 满足f (a )=f (2a )，则f (2a ) - f (4a )的值_______.5. 在△ABC 中，AB =1，AC =2，B -C =23π，则△ABC 的面积为_______. 6. 在平而直角坐标系xOy 中，抛物线Γ：y 2=2px (p >0)的焦点为F ，过Γ上一点P (异于O )作Γ的切线，与y 轴交于点Q . 若|FP |=2，|FQ |=l ，则向量OP 与OQ 数量积为_______.7. 一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数 l ，1，3，4，5，6. 随机地投掷该骰子三次（各次抛掷结果相互独立），所得的点数依次为a 1，a 2，a 3，则事件“1223316a a a a a a --+-=+”发生的概率为_______.8. 设有理数(0,1)p r q=∈，其中p ，q 为互素的正整数，且pq 整除3600. 这样的有理数r 的个数为_______.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）已知复数列{z n }满足：12z =，()11n n n z z z i +=+(n =1，2，. . . ) 其中i 为虚数单位求2021z 的值．10. (本题满分20分）在平面直角坐标系中，函数11x y x +=+的图像上有三个不同的点位于直线 l 上，且这三点的横坐标之和为0. 求l 的斜率的取值范围．11. (本题满分20分）如图，正方体ABCD -EFGH 的棱长为2，在正方形ABFE 的内切圆上任取一点P 1，在正方形BCGF 的内切圆上任取一点P 2，在正方形EFGH 的内切圆上任取一点P 3. 求122331PP P P P P ++的最小值与最大值．2021 年全国中学生数学奥林匹克竞赛（初赛）暨 2021 年全国高中数学联合竞赛加试试题(A 卷）一、（本题满分 40 分）给定正整数 k (k ≥2) 与k 个非零实数a 1， a 2，…，a k . 证明： 至多有有限个k 元正整数组(n 1， n 2，…，n k )，满足n 1， n 2，…，n k ，互不相同，且1122!!!0k k a n a n a n ++⋅⋅+=⋅．二、（本题满分 40 分）如图所示，在 △ABC 中，M 是边 AC 的中点，D 、E 是△A BC 的外接圆在点 A 处的切线上的两点，满足 MD ∥AB ，且A 是线段D E 的中点，过A ，B ， E 三点的圆与边AC 相交于另一点P ，过A ，D ，P 三点的圆与DM 的延长线相交于点Q ．证明∠BCQ = ∠BAC .（答题时请将图画在答卷纸上）三、（本题满分50分）设整数n ≥4. 证明： 若 n 整除 2n- 2 , 则22n n - 是合数．四、（ 本题满分50 分）求具有下述性质的最小正数 c ：对任意整数，以及集合{1,2,,n}A ⊆⋅⋅⋅，若A cn >，则存在函数:{1,1}f A →-，满足()1a Af a a ∈⋅≤∑.。

第03届北京高中数学知识应用竞赛初赛试题1.根据国家版权局《书籍稿酬暂行规定》，书籍稿酬由基本稿酬和印数稿酬组成．基本稿酬的标准为：（1）著作稿酬每千字10至30元，确有学术价值的，可适当提高，但每千字不超过40元；（2）词书稿有两种计酬方法：其一是按一般著作稿标准另加15%至20%计算（词条书目）；其二是按每千字20元至30元计算，另增加20%至30%的基本稿酬（百科全书词条）．印数稿酬的标准为：（1）一般书籍，印数在一万册以内的，以一万册计算付基本稿酬的8%．印数超过一万册的，其超过部分每千册付基本稿酬的0.8%．（2）确有学术价值而印数较少的专著，印数在一万册以内的，以一万册计算付基本稿酬的30%，印数超过一万册的，计算方法同（1）．根据以上内容，解答下列问题．（1）若印x千册，试写出每千字最高稿酬f(x)和每千字最低稿酬g(x)的函数关系式；（2）若王教授出版了一本25.4万字的书，印数1.8万册，试计算他可获得的最高稿酬和最低稿酬．2．小童的父亲要到美国访问，受人之托希望多带点东西．中国民航的《国际旅客须知》中有关规定："计件免费行李额"中规定"适用中美、中加国际航线上的行李运输……．经济和旅游折扣票价，免费交运的行李数为两件，每件箱体三边之和不超过62英寸（158厘米），但两件之和不得超过107英寸（273厘米），每件最大重量不得超过32公斤．"试问这两个箱子的长、宽、高各为多少可达最大体积？请到市场上看看，商店出售的行李箱的尺寸与你计算所得结果是否近似？为什么？3．今年年初由中国建设银行北京市分行印发的《个人住房贷款简介》的小册子中介绍了有关个人住房贷款的有关问题．其中指明贷款额最高为拟购买住房费用总额的70%；贷款期限最长为20年．个人住房贷款利率如附表1所示．借款人在借款期内每月以相等的月均还款额偿还银行贷款本金和利息．附表2列出了不同贷款期限下的月均还款额、还款总额和利息负担总和．试给出公式说明附表2中后三列数是如何算出来的．近年来国务院批准，中国人民银行决定从1999年9月21日起，延长个人住房贷款期限并降低利率以支持城镇居民购房．各商业银行个人住房贷款的最长期限由现行的20年延长到30年．每笔贷款年限由商业银行依据借款个人的年龄、工作年限、还款能力等因素与借款人协商确定．5．据世界人口组织公布，地球上的人口在公元元年为2.5亿，1600年为5亿，1830年为10亿，1930年为20亿，1960年为30亿，1974年为40亿，1987年为50亿，到1999年底，地球上的人口数达到了60亿．请你根据20世纪人口增长规律推测，到哪年世界人口将达到100亿？到2100年地球上将会有多少人口？6．国庆庆典活动的中心广场有数万名学生手持圆花组成大型图案方阵，方阵前排距观礼台120米，方阵纵列95人，每列长度192米，问第一、二排间距多大能达到满意的观礼效果？7．在某1000个人中有10个人患有一种病，现要通过验血把这10个病人查出来，若采用逐个人化验的方法需化验999次，（这里所需化验次数是指在最坏情况下化验次数，如果碰巧，可能首先化验的10个人全是病人，10次化验就够了．下面讨论的化验次数均指最坏情况下的化验次数）．为了减少化验次数，人们采用分组化验的办法，即把几个人的血样混在一起，先化验一次，若化验合格，则这几个人全部正常，若混合血样不合格，说明这几个人中有病人，再对它们重新化验（逐个化验，或再分成小组化验）．试给出一种分组化验方法使其化验次数尽可能地小，不超过100次．参考解答1.解(1)（2）此时x=18,f(18)=65.472,g(18)=11.44，因此此书25.4万字（254千字），所以最高稿酬为65.472×254=16629.888≈16629.89（元），最低稿酬为11.44×254=2095.76（元）2．解设长、宽、高分别为a,b,c显然a>0,b>0,c>0.若a+b+c一定（≤158）,根据a+b+c≥,当且仅当a=b=c时等号成立，因此箱子为正方体时体积最大．设两个正方体箱子的边长分别为a,b,(a>0,b>0).由条件知3(a+b)≤273,，为求最大取等号，故得a+b=91设代入b=91-a，则显然，当时，有最小值，且根据题意及上述，要在且a+b=91，即，的条件下求f(a)的最大值，而,于是得两个箱子的边长分别为厘米和厘米时，其体积之和为最大．即为：市场调查思考：①商店出售的箱子三边长与计算所得误差很大，原因：（1）正方体箱子不易携带．（2）正方体箱子容量大，但易超重．②很多货运箱的形状与手提行李箱相比，近似于正方体，因为货运箱可更多地考虑其容积问题．3．解设贷款额（本金）为A（元），货款期限为n（月），月利率为，月均还款额为B，令为第k个月末还款后的本利金额，则根据题意，当k=n时，,于是例如贷款期5年时，由元，得还款总额60B=11784.60，利息负担总额60B-A=1784.60，得到附表2上相应的值．降低货款利率后，月均还款总还款60B=11408.4，总利息60B-A=1408.4，与原附表2中的同期货款的负提相比，每月少交6.27元．一共少负担376.2元．对于n>60（10年），,同理可得20年，月均还款69.24,总还款16617.6,总利息6617.6,与原来比，每月省11.69元，共省2805.6元．4．解设不改造设备，按原条件生产，n个月累计收入为a(n)，改造设备后生产，n个月累计收入为b(n)．由已知条件a(n)=70n，且可设于是101=b(1)=a+b+c204=b(2)=4a+2b+c309=b(3)=9a+3b+c解此方程组，得到a=1,b=100,c=0于是经过简单计算可以发现，5个月内投资不能见效．这是因为b(5)-500+100=125<315=a(5)-[3+5+7+9+11],令b(n)-500+100>a(n)-[3n+2n(n-1))/2]，(n>5 ),即, 化简得当时当时所以，经过9个月投资才可见效．5．解题目中的数据均为大致时间，粗略估计的量，带有较多的误差．因此寻找人口增长规律时不需要，也不应该过分强调规律与数据完全吻合．数据中20世纪以前的人口资料更加粗略，况且人口的预报准确程度主要受到20世纪人口增长规律的影响，因而组建预报模型时，不必要考虑20世纪以前的数据资料，在20世纪人口增长速度是逐渐变快的，因此用直线变化（匀速增长）建模做预报是不恰当的；做为人口增长的模型，一般可以使用指数关系，其中N(t)为t时人口数，a,r为参数．将式取对数可得它是关于t的线性模型，这里ln为以e底的对数．利用1930~1999年的数据可以得到lna=-28.33,r=0.0162,模型为(亿) (193 0≤t≤1999)模型的拟合效果为（人口单位：亿）年代1930 1960 1974 1987 1999人口数20 30 40 5060拟合数19.49 31.70 39.78 49.11 56.61拟合效果较好，可用于预报．令N(t)=100，可求出t=2030.84，故可知如果照此规律大约在2031年世界人口将达到100亿，而于2100年世界人口将达到307亿．6．解下面给出一个简单的解法，但它是较粗糙的，不过也实用．所谓满意，可以认为从观礼位置看到的纵列上每个花的部分是一样的．设观礼者居高a米，从观礼位置看到的纵列上每个花的部分高度为b米．依题意，每列从第一个人到最后一个人（第95人）有94个间空，列长192米，则每列相邻二人平均间距约2米．为简单起见，不妨设位于192米长的队列中点前后的两人间隔是2米，则设第一、二排间距为x米，则于是，（米）7．解我们给出如下的方法：从1000人中任取64人，把他们的血样混合化验（一般地，n个人中有k个病人，令s使，则从n个人中任取个人一组，当n=1000，k=10时，若这64人混合血样合格（化验是阴性），则这64个人正常，可排除，无需再化验，再从剩下未化验的人中任取64个人，混合血样化验．若这64人混合血样不合格（化验呈阳性），说明这64人中有病人．把这64个人，分为两组，每组32人．任取一组的混合血化验，即可确定有病人的一组．（即只需化验一次，若化验的这组血样成阴性，则病人在另一组．若化验的这组血样成阳性，这组有病人，但此时，另一组也可能有病人）．作为最坏的可能情形，我们无法保证另一组的32人中没有病人，故选定有病人的一组后，把另一组人退回到未化验的人群中去．把有病人的这组32人，再分为两组，每组16人，重复上述过程．即化验一次，确定有病人的一组，把另一组退回到未化验的人群中．依次下去，直到找到一个病人为止．至此一共化验了7次．再从未化验的人中任取64人重复上述过程．总之，对每次64人混合血化验成阳性的，通过7次化验可找到1个病人，由于共有10个病人，因此，这样的情形，化验次数不超过7×10=70次．对每次64人混合血化验成阴性的，由于1000=15×64+40，化验次数不超过15次．故总的化验次数不超过70+15=85次．。