数学奥林匹克高中训练题127

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112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b?18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k ＋1）2得出k2＋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）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1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＝m2（m∈N）．于是a＋（2km ＋dk2）d＝（m＋kd）2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零）．1964年俄．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n?10a＋1．因此b＝n2100a2?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n2－402?422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．1964年波兰【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋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＝n4＋a 都不是素数．1969德国．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2?m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4224，4234，…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【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，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a22b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab2ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，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＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n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，a n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、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，1043M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＝x2 5d－1＝y2 13d －1＝z2 其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋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＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2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a i＝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，2?k ?n）由于n！＝1222…2n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a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．16 n?2，证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．1987苏联（1）若m?p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n?n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m?p－1，则（p－1－m）2＋（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）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m?m，p?2m＋1由得4m2＋4m＋1?m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n?0由此得17 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab?0（否则ab?－1，a2＋b2＝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a′为整数，因而（a′，b）也是（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a2＋k（2?k?n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2?k?n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂． 19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？1990年全苏解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n －2n＞1，3n＋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、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－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a k＝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＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋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 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402 ………………1901 1100 1801 1200 17011300 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S i＝a i＋a i＋1＋…＋a i＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝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）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2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【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＋…＋5025 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＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k ＋m）（2k－m）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（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2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【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由。

全国高中数学奥林匹克竞赛试题一、设集合A为所有满足条件“能被3整除且末位数字为7”的正整数的集合，集合B为所有满足条件“能被7整除且末位数字为3”的正整数的集合。

则集合A和B的交集：A. 只含有一个元素B. 含有有限个元素C. 含有无限多个元素D. 为空集（答案）C二、在三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a + 2b = 3c，且sin A : sinB : sinC = 3 : 4 : 5，则cos C的值为：A. 1/5B. -1/5C. 3/5D. -3/5（答案）B三、已知函数f(x) = ax3 + bx2 + cx + d的图像经过点(0,1)，且在x=1处取得极值，在x=-1处取得最值。

则a+b+c的值为：A. -1B. 0C. 1D. 2（答案）D四、设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1 = -23，且S10 = S14，则S20的值为：A. -110B. -90C. -70D. -50（答案）C五、已知椭圆C的方程为x2/a2 + y2/b2 = 1 (a > b > 0)，其左焦点为F，过F作直线l 交椭圆C于A、B两点。

若|AF| = 3|FB|，且cos∠BFA = -5/13，则椭圆C的离心率为：A. √2/2B. √3/2C. 2√2/3D. √5/3（答案）A六、设函数f(x) = ex - ax - 1，若存在唯一的实数x0，使得f(x0) = 0，则实数a的取值范围为：A. a < 0B. 0 < a < 1C. a > 1D. a = 1（答案）C七、已知向量a = (1,2)，b = (2,m)，若a与b的夹角为锐角，则m的取值范围是：A. m > -1 且 m ≠ 4B. m > 4C. m ≠ 4D. -1 < m < 4（答案）A八、设函数f(x) = ln(x + 1) - x2/2，若对所有的x ∈ [0, +∞)，都有f(x) ≤ ax + b ≤ x2/2 + ln(x + 1)成立，则a + b的最大值为：A. -1B. 0C. 1/2D. 1（答案）B。

高中奥林匹克竞赛试题高中奥林匹克竞赛试题是专为选拔和培养具有特殊数学、物理、化学、生物、信息学等学科才能的学生而设计的。

这些试题通常具有较高的难度和创新性，旨在测试学生对所学知识的深入理解和应用能力。

# 数学奥林匹克竞赛试题1. 问题一：证明对于任意正整数\( n \)，\( \sum_{k=1}^{n} k^3 = ( \frac{n(n+1)}{2} )^2 \)。

2. 问题二：给定一个圆，圆内接四边形的对角线互相垂直，求证这个四边形的面积等于对角线乘积的一半。

3. 问题三：在一个平面上，有\( n \)个点，没有任何三个点共线。

求证至少存在一个点，它与其它所有点构成的线段总和不超过所有点构成的线段总和的一半。

# 物理奥林匹克竞赛试题1. 问题一：一个物体从静止开始自由下落，忽略空气阻力。

求物体在前\( t \)秒内下落的距离。

2. 问题二：两个质量分别为\( m_1 \)和\( m_2 \)的物体通过一根轻质弹簧连接，静止放置在光滑的水平面上。

当弹簧被压缩后释放，求系统达到平衡时，两物体的速度。

3. 问题三：一个质量为\( m \)的物体在水平面上以速度\( v \)运动，受到一个恒定的摩擦力\( f \)作用。

求物体停止运动所需的时间。

# 化学奥林匹克竞赛试题1. 问题一：描述如何通过化学方法区分一氧化碳和二氧化碳。

2. 问题二：给定一个化学反应方程式，求反应物和生成物的摩尔比。

3. 问题三：解释为什么在水溶液中，氯化钠（食盐）和氯化钾的溶解度不同。

# 生物奥林匹克竞赛试题1. 问题一：解释细胞分裂过程中染色体数量的变化。

2. 问题二：描述光合作用的基本过程及其在生态系统中的作用。

3. 问题三：解释基因突变如何影响生物体的表型。

# 信息学奥林匹克竞赛试题1. 问题一：编写一个程序，实现对一个整数数组的排序。

2. 问题二：设计一个算法，找出一个字符串中出现次数最多的字符。

3. 问题三：实现一个函数，计算两个字符串的最长公共子序列。

数学奥林匹克高中训练题（20）第一试一、选择题（本题满分 36分，每小题6分）x — a1.（训练题25）已知函数y 的反函数的图象关于点（-1,3）成中心对称图形，则实数 a 等于x-a -1（A ）.（A ） 2 （B ）3（C ）-2（D ）-4,5 I222.（训练题25）我们把离心率等于黄金比 丄二的椭圆称之为“优美椭圆”.设二•爲=1（a > b >2a 2b 20）为优美椭圆，F, A 分别是它的左焦点和右端点，B 是它的短轴的一个端点，贝y ■ ABF 等于（C ）.复数一定是（C ）.Z 26.（训练题25）在集合M 二｛1,2,3,）11,10｝的所有子集中，有这样一族不同的子集,不是空集，那么这族子集最多有（B ）. （A ） 210 个（B ） 29 个（C ）102 个（D ） 92 个(A) 60o(B)75°(C)90o(D)120°3.（训练题25）已知 ABC 三边的长分别是a,b,c , 复数Z i ,Z 2满足 Z i =a, Z 2 =b,乙+ z 2 = c ，那么（A ）是实数(B)是虚数(C)不是实数(D) 不是纯虚数4.（训练题25）函数 f (X)二 1（-厂卩：21 c2 c 2CE 的最大值是（D ）. (A) 20(B)10(C)-10(D)-205 .（训练题 25）以O 为球心，4为半径的球与三条相互平行的直线分别切于A,B,C 三点.已知S.BOC = 4 ,S ABC 16，则• ABC 等于(B).Ji(A)—12(B)5■： 7■:12(C)12(D)11- 12它们两两的交集都二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1.（训练题25）在直角坐标系中，一直角三角形的两条直角边分别平行于两坐标轴，且两直角边上的中3线所在直线方程分别是 v =3x • 1和v = mx • 2，则实数m 的值是3或124x2 •（训练题25）设f （x ） J （a .0,a "） , [m]表示不超过实数m 的最大整数，则函数1+a x1 1[f （x ） ] [f （-x ）]的值域是 ___________ {-1,0} ________ •2 2 ------------------------------3 •（训练题25）设a, b,c 是直角三角形的三条边长，c 为斜边长，那么使不等式a 2 （bc ） b 2 （c a ） c 2 （a • b ） _ kabc 对所有直角三角形都成立的 k 的最大值是2 3 r 2•4.（训练题25）如图，正三棱柱 ABC -ABG 的各条棱长都是1,截面BCD 1 在棱AA 上的交点为D ,设这个截面与底面ABC 和三个侧面ABB 1A 1,BCC 1B 1,CAAC 1所成的二面角依次为：「，：七，〉，若 c o ：s^ c o 2s-c 3o S，则截面的面积等于 —3乜 _______________85.（训练题25）已知f （x ）是定义域在实数集的函数，且f （X • 2）[1 - f （X ）] =1 • f （x ）•若f （1） =2，,3 , 则 f （1949）的值是 ___________ p 3 - 2 .6.（训练题25）设x 1是方程.3sin x 「3cosx = 2a 「1的最大负根，x 2是方程2cos 2x 「2sin 2x = a 的最小正根，那么，使不等式为Ex?成立的实数a 的取值范围是 ________ - -43^a^~或 a= 2 __________.2第二试一、 （训练题25）（本题满分25分）某眼镜车间接到一任务，需要加工 6000个A 型零件和2000个B 型 零件，这个车间有 214名工人，他们每一个人加工 5个A 型零件的时间可加工 3个B 型零件•将这些 人分成两组同时工作，每组加工同一型号的零件，为了在最短的时间完成，应怎样分组？ 77二、 （训练题25）（本题满分25分）已知一个四边形的各边长都是整数， 并且任意一边的长都能整除其余三边之和.求证：这个四边形必有两边相等.B 1B（训练题25）（本题满分35 分）实数数列a1, a2, |a3, ,a M足a P 帕弋钏帕996—為97=1997若数列｛0｝满足：b k = ai+：+川％（k =1,2川1997）.求bf —b2 + b2 —…+0 996-匕997的最大可能值.四、（训练题25）（本题满分35分）给定两个七棱锥，它们有公共的底面A,A2A3A4A5A6A7，顶点R,P2在底面的两侧•现将下述线段中的每一条染红，蓝两色之一：R,P2，底面上的所有的对角线和所有的侧棱.求证：图中心存在一个同色三角形.。

数学奥林匹克高中训练题（27）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题57)若()f x 是R 上的减函数，且()f x 图像经过点(0,3)A 和点(3,1)B -，则不等式(1)12f x +-<的解集为(D)．(A)(,3)-∞ (B)(,2)-∞ (C)(0,3) (D) (1,2)- 2．(训练题57)若函数2()sin 2(2)cos 2f x a x a x =+-的图像关于直线8x π=-对称，则a 的值等于(C)．或 (B)1或1- (C)1或2- (D)1-或23．(训练题57)设椭圆的方程为221,(0,1)3x y A +=-为短轴的一个端点，,M N 为椭圆上相异两点，若总存在以MN 为底边的等腰AMN ∆，则直线MN 的斜率k 的取值范围是(C)．(A)(1,0]- (B)[0,1] (C)(1,1)- (D)[1,1]-4．(训练题57)()f x 是定义在R 上的函数，且对任意的x 满足(1)()f x f x +=-．已知当(2,3]x ∈时，()f x x =．那么，当(2,0]x ∈-时，()f x 的表达式为(C)．(A)()4f x x =+ (B)4,(2,1]()2,(1,0]x x f x x x +∈--⎧=⎨-+∈-⎩(C)4,(2,1]()3,(1,0]x x f x x x +∈--⎧=⎨--∈-⎩ (D)1,(2,1]()3,(1,0]x x f x x x --∈--⎧=⎨--∈-⎩5．(训练题57)已知1111ABCD A B C D -是边长为１的正方体，P 为线段1AB 上的动点，Q 为底面ABCD 上动点．则1PC PQ +的最小值为(A)．(A)12+(C)2 (D)122+ 6．(训练题57)已知在数列{}n a 中，11,n a S =为前n 项的和，且满足2(1,2,)n n S n a n ==．则n a 的表达式为(D)．(A)1(2)2n n ≥+ (B)1(3)(1)n n n ≥- (C)1(4)2(1)n n ≥+ (D)2(1)n n + 二、填空题（本题满分54分，每小题9分） 1．(训练题57)在ABC ∆中，AD BC ⊥于D ，且13AD BC =．则AC ABAB AC+2．(训练题57)已知函数1a xy x a -=--的反函数图像关于点(1,4)-成中心对称．则实数a 的值 3．3．(训练题57)集合11{|(1)},{|}22A x a xB x x =>+=-<，当A B ⊆时，a 的取值范4．(训练题57)已知线段//AD 平面α，且到平面α的距离等于８，点B 是平面α内的一动点，且满足10AB =．若21AD =，则点D 与B 距离的最小值为 17 ．5．(训练题57)已知多项式21x x --整除多项式541ax bx ++．则实数a = 3 ，b5-． 6．(训练题57)设[2002]S =++++，其中的最大整数。

高中数学联赛难度几何题100道第一题：学习证明角平分 (4)第二题：学习证明四点共圆 (5)第三题：学习证明角的倍数关系 (6)第四题：证明线与圆相切 (7)第五题：证明垂直 (8)第六题：证明线段相等 (9)第七题：证明线段为比例中项 (10)第八题：证明垂直 (11)第九题：证明线段相等 (12)第十题：证明角平分 (13)第十一题：证明垂直 (14)第十二题：证明线段相等 (15)第十三题：证明角相等 (16)第十四题：证明中点 (17)第十五题：证明线段的二次等式 (18)第十六题：证明角平分 (19)第十七题：证明中点 (20)第十八题：证明角相等 (21)第十九题：证明中点 (22)第二十题：证明线段相等 (23)第二十一题：证明垂直 (24)第二十二题：证明角相等 (25)第二十三题：证明四点共圆 (26)第二十四题：证明两圆相切 (27)第二十五题：证明线段相等 (28)第二十六题：证明四条线段相等 (29)第二十七题：证明线段比例等式 (30)第二十八题：证明角的倍数关系 (31)第二十九题：证明三线共点 (32)第三十题：证明平行 (33)第三十一题：证明线段相等 (34)第三十二题：证明四点共圆 (35)第三十三题：证明三角形相似 (36)第三十四题：证明角相等 (37)第三十五题：证明内心 (38)第三十六题：证明角平分 (39)第三十七题：证明垂直 (40)第三十八题：证明面积等式 (41)第三十九题：证明角平分 (42)第四十题：证明角相等 (43)第四十二题：证明中点 (45)第四十三题：证明角相等 (46)第四十四题：证明垂直 (47)第四十五题：证明角相等 (48)第四十六题：证明垂直 (49)第四十七题：证明四点共圆 (50)第四十八题：证明四点共圆 (51)第四十九题：证明四点共圆 (52)第五十题：证明角平分 (53)第五十一题：证明线段相等 (54)第五十二题：证明两圆外切 (55)第五十三题：证明垂直 (56)第五十四题：证明垂直 (57)第五十五题：证明垂直 (58)第五十六题：证明垂直 (59)第五十七题：证中点 (60)第五十八题：证明角相等 (61)第五十九题：证明角相等 (62)第六十题：证明四点共圆 (63)第六十一题：证明四点共圆 (64)第六十二题：证明四点共圆 (65)第六十三题：证明角相等 (66)第六十四题：证明角的倍数关系 (67)第六十五题：证明中点 (68)第六十六题：伪旁切圆 (69)第六十七题：证明垂直 (70)第六十八题：证明平行 (71)第六十九题：证明圆心在某线上 (72)第七十题：证明三线共点 (73)第七十一题：证明垂直 (74)第七十二题：证明垂直 (75)第七十三题：证明中点 (76)第七十四题：证明垂直 (77)第七十五题：证明垂直 (78)第七十六题：证明三线共点 (79)第七十七题：证明平行 (80)第七十八题：证明平行 (81)第七十九题：证明三线共点、证明垂直 (82)第八十题：证明三点共线（牛顿定理） (83)第八十一题：证明角平分 (84)第八十二题：证明角相等 (85)第八十三题：证明三点共线 (86)第八十四题：证明四圆共点 (87)第八十六题：证明线段相等 (89)第八十七题：证明角相等 (90)第八十八题：证明线段相等 (91)第八十九题：证明线段相等 (92)第九十题：证明线段相等 (93)第九十一题：证明中点 (94)第九十二题：证明四点共圆 (95)第九十三题：证明西姆松定理及逆定理 (96)第九十四题：证明线段的和差关系等式 (97)第九十五题：证明角相等 (98)第九十六题：证明托勒密定理及逆定理 (99)第九十七题：证明线段的和差关系等式 (100)第九十八题：证明角相等 (101)第九十九题：证明四点共圆 (102)第一百题：证明两三角形共内心 (103)第一题：证明角平分已知PE 、PF 是⊙O 的切线，A 、B 是一组对径点，PB 交⊙O 于另一点C ，直线AF 、BE 交于D 点。

数学奥林匹克高中训练题(127)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.已知锐角的内角平分线AD 、中线BM 和高CH 交于一点P .则CH ______AH （填“>”“<”或“=”）.2.已知实数列{a n }定义为a 0=12，a n+1=12(a n +15a n)(n ∈N ).设A n =55a n2−1.则{A n }中有______个完全平方数.3.非负实数a 1，a 2，…，a 2010满足∑a i 2010i=1=1，则∑∏a i+j 1004j=02010i=1的最大值为______(a 2010+i=a i ).4.对于正整数n ，定义a n 为n (n+1)n+2的个位数字.则∑a n2010n=1=______.5.对一个集合，其中的最大元素与最小元素之差称为该集合的“容量”.设2≤r ≤n ，用F (n,r )表示集合M ={1,2,⋅⋅⋅,n }的所有r 元子集的容量的算术平均值.则F (n,r )=______.6.一条直线上依次有三点A 、B 、C .一只猎犬在点A 发现一大两小三只兔子从点B 向兔穴（点C ）前行，立即向它们追去.当兔子发现猎犬追赶后，急忙向兔穴奔跑，大兔为了提高速度，可叼着一只小兔奔跑（速度不变，且叼起与放下小兔所耽误的时间不计）.已知AB =am ，BC =bm (1727b <a <3b)，猎犬、大兔、小兔奔跑的速度分别为2m/s 、1.5m/s 、1m/s ，兔子前行的速度为0.5m/s .则三只兔子至多在离开点B ______m 时发现猎犬，才能恰在猎犬追上自己之前全部跑进兔穴. 7.直线l ：x+y =t 与⊙O ：x 2+y 2=20交于点A 、B ，且S ΔOAB 为整数.则所有满足条件的正整数t 的个数是______. 8.已知函数f:{0,1,⋅⋅⋅,2010}→N .若对于所有可能的整数x ，有f (4x +2)=f (4x +1)， f (5x +3)=f (5x +2)， f (7x +5)=f (7x +4)，则f (x )至多可以取______个不同的值.二、解答题9.设椭圆C:16+)29=1，直线l:y =ax +b .若分别从直线l 上任两点M 、N 引椭圆C 的两条切线，切点连线分别为m 、n ，则m ∥n .试求点(a,b )的轨迹.10.如图，矩形OABC 为一张台球桌面，OA=12，OC =6.从点O 击出一个球，其可无限次经台球桌四边反弹运行.已知该球经过矩形OABC 的中心D (6,3).（1）试求所有整点E (a,b ) (1≤a ≤11,1≤b ≤5)的个数，使得该球可以经过点E ； （2）若该球在上述D 、E 两点间的最短路径长为f (E )，求f (E )的最大值.11.已知k >√2009+√2010.证明：对任意的正整数m 、n ，有|n √2009−m |>1kn .12.已知0<α<β≤π2.在单位圆⊙O 上有两个定点A 、B ，∠AOB =2α，M 是⊙O上一动点，在直线MA 上存在一点P ，满足∠APK =180°−β（K 为边MB 的中点）.试求AP 的最大值.13.设从集合{1,2,⋅⋅⋅,28}中取出k 个两两互质的数的取法有T (k )种.求T (2)+T (3)+⋅⋅⋅+T (12).14.甲、乙两人做游戏.甲随机选定一个正整数对(k,n )(2≤k ≤36,1≤n ≤216)，乙做如下操作：将[0,36]分成k 段，[0,36]=∪[a i−1,a i ]k i=1(a 0=0<a 1<⋅⋅⋅<a k =36,a i ∈N +)，对每个整数a ∈[a i−1,a i ]，取f (a )=2(a −a i−1)或a i −a ，得到F (k )=∑∑f (a )a ia=a i−1k i=1.若F (k )≥n ，则甲胜；若F (k )<n ，则乙胜.求甲胜的概率.15.将2010张红卡片和2010张白卡片任意分给2010名参加游戏的玩家，每人两张.所有人面朝里围坐成一圈.游戏规则是每次操作要求每名玩家同时履行下述原则：若其至少拥有一张红卡片，他就将一张红卡片交给他左侧相邻的玩家；若他没有红卡片，他就将一张白卡片交给他左侧相邻的玩家.求使得第一次出现每名玩家手中都恰有一张红卡片和一张白卡片的操作次数的最大值.参考答案1.>【解析】1.如图，由塞瓦定理得AM MC ⋅CD DB ⋅BHHA=1.因AM =MC ，CD DB =AC AB =b c ，BH HA =BCcosB ACcosA =acosBbcosA，所以，acosB =ccosA .作BE⊥AC 于点E ，交CH 于点Q .则BH =AE .从而，BE ≥BQ >BH =AE .故∠BAC>45°.则CH >AH .故答案为：＞2.无限.【解析】2. 设a n=pn q n(p n 、q n ∈N +,(p n ,q n )=1).则a n+1=p n+1q n+1=12(p n qn+qn 5p n)=5p n2+q n210pn q n.① 由a 0=12，得a 1=920. 若5|q n ，则由p n+1q n+1=p n 2+q n 252p n q n，知5|q n+1. 故当n≥1时，5|q n .又由式①知当n≥1时，p n 为奇数，q n 为偶数.于是，P n+1=p n2+q n 25，q n+1=2p n q n . 则A n=55a n 2−1=5q n25p n 2−q n2=q n2p n 2−q n 25. 由归纳法知p n 2q n25=1.所以，A n=q n 2(n ≥1)为完全平方数.故答案为：无限3.1005−1005【解析】3.设A =∑∏a i+j 1004j=02010i=1.固定a 2，a 3，…，a 1005，a 1007，…，a 2010，则A=Ba 1+Ca 1006，其中，B 、C 为非负常数（由上述固定的a i 决定）.易知，当a 1、a 1006之一取0时，A 最大.同理，a i 、a 1005+i (i =2,3,⋅⋅⋅,1005)之一取0时，A 最大.同时，为使A 最大，a 1，a 2，…，a 2010中应有连续1005项为正数，则另外1005项为0.故当a i=1005−1(i =1,2,⋅⋅⋅,1005)，a 1005+i =0(i =1,2,⋅⋅⋅,5)时，A 取最大值1005−1005.故答案为：1005−10054.5829【解析】4. 当n≡0,1,5,6(mod10)时，a n ≡n (n+1)n+2≡n (mod10)；当n≡2,4,8(mod10)时，(n +1)n+2≡1(mod4)⇒a n ≡n (n+1)n+2=n 4k+1≡n (mod10)；当n≡3,7,9(mod10)时，(n +1)n+2≡0(mod4)⇒a n ≡n (n+1)n+2=n 4k ≡1(mod10).故a n 依次为1，2，1，4，5，6，1，8，1，0，1，2，…其为周期数列，最小正周期为10.于是，∑a n 2010n=1=201×29=5829.故答案为：5829 5.(r−1)(n+1)r+1【解析】5.集合M 的r 元子集共有C n r个，其中，最小元素为i 、最大元素为j (1≤i <j ≤n )的r 元子集有C j−i−1r−2个.故F (n,r )=1nr [∑(j −i )C j−i−1r−21≤i<j≤n] =1C nr [∑(r −1)C j−i r−11≤i<j≤n] =r −1n (∑∑C j−i r−1nj=i+1n−1i=1) =r −1n(∑∑C k r−1n−1k=1n−1i=1)=r −1C n r (∑C n−i+1rn−1i=1)=r −1C nr ∑C i r ni=2=r−1C nr C n+1r+1=(r−1)(n+1)r+1.故答案为：(r−1)(n+1)r+16.27a−17b 64【解析】6.显然，猎犬跑到兔穴需要用a+b2s .设兔子在离开点B 处xm 时发现猎犬，此时已用时2xs .则剩下的(b −x )m 的路程，大兔需设法带领小兔在(a+b 2−2x )s 内跑完.下面求x max . 考虑长为ym 的路程DE .设三只兔子至少需ts 跑完.大兔必须先叼一只小兔跑到前面的点G ，放下小兔后，让这只小兔自己继续向前跑，大兔则向后跑去接另一只小兔，当与另一只小兔在点F 相遇后，再叼起它向前跑，最终与前一只小兔同时到达点E .因大、小兔的奔跑速度之比为3:2，故应将全程分成三段，比例为DF:FG:CE =4:1:4.所以，t=11y 9÷32=22y 27.易知，将全程分成若干段，在每段路程内都按上述方法奔跑与全程都按上述方法奔跑所用时间一样.从而，a+b2−2x ≥2227(b −x )⇒x ≤27a−17b64⇒x max =27a−17b64.故答案为：27a−17b647.2【解析】7. 设∠AOB=2α，OC ⊥AB ，垂足为C .则OC =√20cosα=t √1+1=t √2⇒cosα=2√10. ①又S ΔOAB=10sin2α≤10，故sin2α=k10(k ∈{1,2,⋅⋅⋅,10}).于是，2cosα√1−cos 2α=k 10.将式①代入上式并整理得t 2(40−t 2)=4k 2.易知t 为偶数，设t=2t 0.则4t 02(10−t 02)=k 2⇒t 0<√10.经检验，t 0=1,3满足条件.故t=2,6.故答案为：2 8.1033【解析】8.对函数f ，构造函数g ，定义：g (0)=1， g (i +1)={1,f (i +1)≠f (i );0,f (i +1)=f (i ),其中，i =0,1,⋅⋅⋅,2009.则g 是从{0,1,⋅⋅⋅,2010}到{0,1}的映射，且对所有可能的x ，有g (4x +2)=g (5x +3)=g (7x +5)=0.故f (x )至多可取∑g (i )2010i=0个不同的值.设g (x )=ℎ(x +2).则ℎ是从{2,3,⋅⋅⋅,2012}到{0,1}的映射，且对所有可能的x ，有ℎ(4x )=ℎ(5x )=ℎ(7x )=0.因(∑ℎ(i )2012i=2)max=2011−[2012]−[2012]−[2012]+[2012]+[2012]+[2012]−[2012] =1033，(此时,h (i )={0,4|i 或5|i 或7|i;1,否则.)且∑g (i )2010i=0=∑ℎ(i )2012i=2，所以，f (x )至多可取1033个不同的值.故答案为：1033 9.a +b =1【解析】9.设M (x 0,y 0)为l ：y =ax +b 上任一点.由椭圆C ：9x 2+16y 2−18x −32y −119=0知，M 所对的切点弦为9x 0x +16y 0y −9(x +x 0)−16(y +y 0)−119=0.将y 0=ax 0+b 代入上式整理得x 0(9x +16ay −9−16a )−[9x +16y (1−b )+16b +119]=0. ①解方程组 {9x +16ay −9−16a =0,9x +16y (1−b )+16b +119=0.② 若方程组②有解G (x 1,y 1)，则对l 上任意一点M ，其所对应的切点弦都经过点G ，与题设矛盾.故方程组②无解，即99=16a 16(1−b )≠−9−16a16b+119，a +b =1. 代入式①得(x 0−1)(9x +16ay −9−16a )−144=0，其为点M (x 0,y 0)所对应的切点弦(x 0≠1).又点(1,1)在直线l 上，且在椭圆内部，其没有对应的切点弦. 故所求点的轨迹为直线a +b =1.10.（1）E (a,b )=(2,1),(4,2),(6,3),(8,4),(10,5);(2,3),(10,3)(6,1),(6,5);(2,5)(10,1)（2）f (E )max =2√37【解析】10.（1）将矩形OABC 及点D 、E 整体向右、上方向翻转复制，得到一系列矩形. 设第i (i=0,1,⋅⋅⋅)列、第j (j =0,1,⋅⋅⋅)行矩形中D 、E 的像分别为D ij 、E ij .则D ij =(12i +6,6j +3)；E 2s,2t =(24s +a,12t +b )， E 2s,2t+1=(24s +a,12t +12−b )， E 2s+1,2t =(24s +24−a,12t +b )， E 2s+1,2t+1=(24s +24−a,12t +12−b ).设OD ij 、OE ij 的斜率分别为k ij 、l ij .则k ij =6j+312i+6=2j+12(2i+1)， ①l 2s,2t =12t+b 24s+a ，l 2s,2t+1=12(t+1)−b24s+a ，l 2s+1,2t =12t+b 24s+1−a ，l 2s+1,2t+1=12(t+1)−b 24s s+1−a. 故经过点D 的球可以经过点E⇔存在i 1、i 2、j 1、j 2，使得k i 1j 1=l i 2j 2. ②为使式②成立，必须2α+1∥a ，2α∥b (α∈{0,1,2}).故E (a,b )=(2,1),(4,2),(6,3),(8,4),(10,5);(2,3),(10,3)(6,1),(6,5);(2,5)(10,1).（2）下面利用式②验证球可以经过上述点E (a,b )，并计算f (E )=f (a,b ).对前五个点E ，有k 00=l 00=12，且f (2,1)=f (10,5)=2√5，f (4,2)=f (8,4)=√5，f (6,3)=0.对中间四个点E ，有k ij≠l ij ，故球在D 、E 之间必须经台球桌四边之一反弹，有k 01=32=l 00(2,3)=l 02(10,3)，k 10=16=l 00(6,1)=l 20(6,5).从而，f (2,3)=f (10,3)=2√13，f (6,1)=f (6,5)=2√37.对E=(2,5),(10,1)，若球在某一矩形内直接经过D ′、E ′（不必经矩形边反弹），则k ij =l ij =k D ′E ′=±12.此时，由式①知k ij=12，且i=j.但当i=j时，k D′E′=−12，矛盾.若球在D、E之间只反弹一次，则球经过某两个相邻的矩形中的D′、E′，有kD′E′=±2,±1,±14,±18，但由式①有k ij≠k D′E′，矛盾.故球在D、E之间必须经台球桌四边反弹至少两次，有k02=52=l00(2,5)=l04(10,1).从而，f(2,5)=f(10,1)=2√29.综上，所求整点E(a,b)有11个，且f(E)max=2√37.11.见解析【解析】11.首先证明：n√2009−[n√2009]>2n2009. ①事实上，式①⇔(n√2009−12n√2009)2>([n√2009])2⇔2009n2−1+14×2009n2>([n√2009])2. ②式②成立，否则，2009n2>([n√2009])2≥2009n2−1+14×2009n2>2009n2−1，矛盾.故n√2009−[n√2009]>2n√2009(√2009+√2010)n >1kn.其次证明：[n√2009]+1−n√2009>1kn. ③事实上，式③⇔([n√2009]+1)2>(n√2009+1kn )2. ④式④成立，否则，2009n2<([n√2009]+1)2≤2009n2+2√2009k +1k2n2≤2009n2+2√2009k+1k<2009n2+1，矛盾（最后一个不等式等价于k2−2k√2009>1，即(k−√2009)2>2010，显然成立）.12.1sinβ√2(sin α+sin β)−sin (α+β)【解析】12.如图，在优弧AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 上取点C ，使∠AOC =2β.取BC 中点D ，联结AD 并延长交⊙O 于点E .作CF∥DA 交⊙O 于另一点F .由中位线定理知CM ∥DK .下面对点M 分情况讨论. （1）当M =M 1∈CE ⃗⃗⃗⃗⃗ 时，设K 1D 与M 1A 交于点P 1（K 1为BM 1中点）. 由∠CM 1A=12∠AOC =β⇒∠M 1P 1K 1=β⇒∠AP 1K 1=180°−β.因β∈(0,π2]，所以，P 1=P .因此，∠APD =180°−β.（2）当M=M 2∈CF ⃗⃗⃗⃗⃗ 时，同（1）知在MA 上存在一点P ，满足 ∠APK =∠APD =180°−β.（3）当M =M 3∈AF⃗⃗⃗⃗⃗ 时，设K 3D 交M 3A 于点P 3. 由∠FAE=∠CEA =12∠AOC =β知∠M 3AD =∠M 3AE >β.又∠M 3P 3D=180°−∠AM 3C =β<∠M 3AD ，则点P 3在M 3A 的延长线上，且∠AP 3K 3=∠APD =β.从而满足∠APK 3=180°−β的点P 在ΔAP 3K 3的外接圆上.但M 3A 与该圆的两个交点为A 、P 3，故在直线M 3A 上没有点P 满足∠APK 3=180°−β.（4）当M =M 4∈AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 时，同（3）知不存在满足条件的点P .（5）当M=M 5∈BE ⃗⃗⃗⃗⃗ 时，类似（1）知在MA 上存在一点P ，满足∠APK =180°−∠APD =180°−β ⇒∠APD =β.综上，当M∈BEC⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 时，存在满足条件的点P.如图，作CM0⊥AE交⊙O于点M0，DP0∥CM0交AM0于点P0.则∠AP0D=β. 由上面的证明知，满足∠APK=180°−β的点P在以AP0为直径的圆上.故AP max=AP0=ADsinβ=12sinβ√2(AB2+AC2)−BC2=1sinβ√2(sin2α+sin2β)−sin2(α+β).13.15459【解析】13.显然，{1,2,⋅⋅⋅28}中的质数为2，3，5，7，11，13，17，19，23，共9个.当k≥11时，所取出的k个数除了1以外，至少有10个数.由抽屉原理知，必有两个数被同一个质数整除，此两数不互质，矛盾.故T(k)=0(k≥11).所以，T(2)+T(3)+⋅⋅⋅+T(12)为{1,2,⋅⋅⋅,28}的所有子集M的个数T，其中，|M|≥2，且M中的数两两互质.下面通过考虑M中各个数的质因数分解求T.（1）M中的数都恰有一个质因数，则M是在{2,22,23,24}，{3,32,33}，{5,52}，{7}，{11}，{13}，{17}，{19}，{23}①中的若干组中各取出一数组成的集合.类似一个数的约数个数的计算，得到M的个数为T1=(1+4)(1+3)(1+2)(1+1)6−1=3839，其中，单元子集有15个.（2）M中恰有一数a有两个质因数，其余各数都只有一个质因数.a的质因数为{2,3}、{2,5}、{2,7}、{2,11}、{2,13}、{3,5}或{3,7}.则a为6i(i=1,2,3,4)、10i(i=1,2)、14i(i=1,2)、22、26、15或21之一，其余各数是在集族①剩余各组中的若干组中各取一数.得M 的个数为T 2=3616，其中，单元子集有12个.（3）M 中恰有两数a 、b 各有两个质因数，其余各数都只有一个质因数.a 、b 的质因数为{2,5}和{3,7}、{2,7}和{3,5}、{2,11}和{3,5}、{2,11}和{3,7}、{2,13}和{3,5}、{2,13}和{3,7}.则(a,b )为(10i,21) (i =1,2)、(14i,15)(i =1,2)、(22,15)、(22,21)、(26,15)、(26,21)之一，其余各数是在集族①剩余各组中的若干组中各取一数.得到M 的个数为T 3=288.（4）M 中有三数a 、b 、c 各有两个质因数，设这六个质数依次为p i (i =1,2,⋅⋅⋅,6).则 p 1≥2，p 2≥3，p 3≥5，p 4≥7，p 5≥11，p 6≥13.因13×3>28，所以，p 6只能与2为同一数的质因数，但p 5×3≥11×3>28，矛盾. （5）M 中有一数a 有三个质因数，则a≥2×3×5>28，矛盾. 综上，且考虑“1”的加入及（1）、（2）中的单元子集，所以，T =2(T 1+T 2+T 3)−27=15459.14.2411512【解析】14.先求F (k )的最小值.对任意的a ∈[a i−1,a i ](i =1,2,⋅⋅⋅,k )，取f (a )=min {2(a −a i−1),a i −a }.设a i −a i−1=b i (i =1,2,⋅⋅⋅,k )，a −a i−1=b .则f (a )=min {2b,b i −b }=g (b )(0≤b ≤b i ).显然g (b )={2b, 0≤b ≤[b i 3];b i −b, [b i 3]<b ≤b i . 故∑f (a )a i a=ai−1=∑g (b )b i b=0 =∑2b [b i 3]b=0+∑(b i −b )b i b=[b i 3]+1=ℎ(b i ).易知，ℎ(x )=[x 23](x ∈N +)为下凸的. 又F (k )=∑∑f (a )a i a=a i−1k i=1=∑ℎ(b i )k i=1，其中，∑b i k i=1=∑(a i −k i=1a i−1)=a k −a 0=36.由琴生不等式及调整法知，当b 1，b 2，…，b k 两两之间至多相差1时，F (k )取最小值. 设s =[36k ].则36=ks +r (0≤r <k ).故 F (k )min =(k −r )ℎ(s )+rℎ(s +1).将k =2,3,⋅⋅⋅,36分别代入上式得F (2)min =216，F (3)min =144，F (4)min =108，F (5)min =85，F (6)min =72，F (7)min =60，F (8)min =52，F (9+i )min =45−3i (i =0,1,2)，F (12+i )min =36−3i (i =0,1,⋅⋅⋅,6)，F (18+i )min =18−i (i =1,2,⋅⋅⋅,18).下面计算甲胜的概率.显然，当甲所选的数对为(k,n )，且n≤F (k )min 时，甲取胜.故甲取胜的概率为 (∑F (k )min 36k=2)÷(216×35)=2411512.15.2009【解析】15.设n =2010.可以在n 名玩家的圈内放一个转盘（分成n 格），每名玩家按照游戏规则在每次操作（即转盘顺时针已转一格）时，当他所对的格中为白卡片且其手中为红卡片时，他将红卡片放到格中并拿回白卡片；其余情况可认为其不必交换卡片.第0次操作设为所有玩家在自己所对的格中放入一张卡片（手中有红卡片的玩家放入红卡片，否则放入白卡片），然后转盘顺时针转一格.下面证明：转盘至多转n −1次后，转盘上的卡片全为红卡片，即每名玩家手中恰有红、白卡片各一张.由相对性知，可将转盘固定不动，n 名玩家围着转盘逆时针每次移动一格，其交换卡片的规则同上.当移动n −1次时，每名玩家都光临过转盘上的n 个格，则手中有红卡片的玩家必全将其放到转盘上的某一格，拿回一张白卡片，使转盘上的卡片全为红卡片.另外，将n 张红卡片交给左侧相邻的[n+12]名玩家（设为第1,2,⋅⋅⋅,(n+12)号）手中，则转盘上最初时，第1~[n+12]格为红卡片，其余格为白卡片，则第1号玩家手中的红卡片必须放到第n格中，即操作了n−1次.所以操作次数的最大值为2009.。

奥林匹克数学竞赛题
中国数学奥林匹克竞赛也称“全国高中数学联赛”创办于1981年，是教育部批准，由中国科协主管，中国数学会主办的一项传统竞赛活动，联赛每年9月份举行，分为一试和二试，由各省、市、自治区数学竞赛组织机构轮流承办，至今已举办20多年。

自2010年起，全国高中数学联赛试题新规则如下：
联赛分为一试、加试（即俗称的“二试”）。

各个省份自己组织的“初赛”、“初试”、“复赛”等等，都不是正式的全国联赛名称及程序。

一试和加试均在每年9月中旬的第一个周日举行。

一试考试时间为8：00—9：20，共80分钟，包括8道填空题（每题8分）和3道解答题（分别为16分、20分、20分），满分120分。

二试考试时间为9：40—12：10，共150分钟，包括4道解答题，涉及平面几何、代数、数论、组合四个方面。

前两题每题40分，后两题每题50分，满分180分。