中国数学奥林匹克希望联盟夏令营第一天考试试卷

2021年第1期312020中国数学奥林匹克希望联盟夏令营（一）中图分类号:G424.79 文献标识码：A文章编号：1005 - 6416(2021)01 -0031 -07第一试一、填空题（每小题8分，共64分）1. 已知方程4% I % I - ax + 1 =0恰有三个解.则a 的取值范围是_____.2. 函数 y = *c os 2x + sin x - cos % 在区5•定义运算a * 6 =必-5闇，其中,［幻表示不超过实数％的最大整数，集合4 =｛0,1,2,3,4｝，双射f ：A^A 满足f （a*b ） =/（a ）*/（b ）.则满足条件的/共有_____个.6. 已知数列｛a ”｝满足«n -i =«… +a ”_2（"M3）,记前 n 项和为 S ”.若 S2018 =2 017,S 20I9 = 2 018,则 S 2020 =_____.2 27. 已知双曲线令-話=1的左、右焦点分别为人、尸2・过尺1的直线与左支交于A 、B 两点,且|彳,| = y •则△ AF ”与△ ABF 2间-壬申上的最大值为_____•3. 在梯形 4BCD 中,BC//AD,AB=AD,Z ABC = y,Z BCD =号.将△ ABD 沿 BD 翻折，点4在面BCD 上的投影为点P.已知4B 与CD 所成角的余弦值为享.则与CD 所成角的余弦值为_____.4. 设H 为AABC 的垂心,0为△佔C 的外 心若 |駁 +尿 +呢| = 2，贝ij \~OA+OB + OC\ =的内切圆面积之比为_____.8.如图1,甲、乙两人同时出发，甲从点4到B,乙从点C 到D,且两人每次都只能向上或向右走一格•则甲、乙的行走路线没有公共点的概率为_____•DB//t //// ////图1二、解答题（共56分）9. （16分）已知实数a 、b 、c 满足:a + b + c = 5 ,ab + be + ca = 7・求abc 的最大值.10. （20分）已知正项数列｛ a ”｝满足:5=1,5 + l ）a ：-2na ； + i + n 2 *67 +na n a n + l =0, %= 刑-才）（i 为虚数单位）•求'z 2 019 — Z 2 020 '的值・11. （20分）在平面直角坐标系xOy 中,2 2Rt △ ABC 的三个顶点均在椭圆亀+書=1a b（a>b>0）上,其中,4（0,6）为直角顶点.（1） 若6 = 1,该三角形的面积的最大值 为寻,求实数a 的值；（2） 求该三角形面积的最大值.加试—、（40分）已知a ： >0,心1,2,・・・，2 020,2 020 2 020 j且丫 a, =2 020.求£代的最大值.Z = 1a = 132中等数学二、（40分）如图2,四边形佃CD 内接于 O0,E 、F 为两组对边的交点,G 为对角线的交 点为AMBC 的垂心.作△ BMG s' AHE, △ BNGs^CHF.证明:⑴ BH = BM + BN ；（2）B 、M 、O 、N 四点共圆.三、（50分）设数形结合得a 〉4.2 A 2,3 •由题意知y f =- —sin 2x + sin 兀 + cos x.令 t = sin x 4- cos x二Qsin （% + 于）G [― 1 ,Q]・则 / =-彳（/-1） + /.当 y ，<0 时-当 y' >0 时，-*</<—一 4%, x <0.x討）;J\x ） = a 2 020-^+ a? 019兀 + …+2 018 , i勺018先 +©% +°0，其中,5 e Z,20,1,-,2 020.求有序数对 （n,p ）（p 为素数）的个数，满足b <n<2 020, 且对于任意的i =0,1,+/（「）模p 同余四、（50分）某城镇有“5工3）座村庄，某 些村庄之间有道路相连,且每条道路仅连接两 座村庄，任两座村庄之间至多有一条路,同时, 路交叉处没有十字路口,但有桥或隧道•已知任 意两村庄之间可通过道路到达,但由于某项自 行车赛事关闭任意环路之后，前述结论不再成 立.求道路条数的最大值.参考答案第一试其中,%o = - arcsin £ - 于.于是，当％ = %。

奥林匹克数学竞赛试题及答案奥林匹克数学竞赛是一项国际性的数学竞赛，旨在激发中学生对数学的兴趣和热爱。

以下是一份奥林匹克数学竞赛的模拟试题及答案，供参考：奥林匹克数学竞赛模拟试题一、选择题（每题2分，共10分）1. 如果一个数的平方等于它本身，那么这个数是：A. 0B. 1C. -1D. 0或12. 下列哪个数不是有理数？A. πB. √2C. -3D. 1/33. 将一个圆分成三个扇形，每个扇形的圆心角都是120°，那么这三个扇形的面积之和等于：A. 圆的面积B. 圆面积的1/3C. 圆面积的2/3D. 圆面积的1/24. 如果一个三角形的三边长分别为a, b, c，且满足a^2 + b^2 =c^2，那么这个三角形是：A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不能确定5. 一个数列的前三项为1, 1, 2，从第四项开始，每一项都是前三项的和。

这个数列的第10项是：A. 144B. 145C. 146D. 147二、填空题（每题3分，共15分）6. 一个数的立方根等于它本身，这个数可以是______。

7. 如果一个直角三角形的两条直角边长分别为3和4，那么它的斜边长是______。

8. 一个圆的半径为5，那么它的周长是______。

9. 一个等差数列的前5项之和为50，如果这个数列的公差为3，那么它的首项是______。

10. 如果一个多项式f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d，其中a, b, c, d是整数，且f(1) = 5，f(-1) = -1，那么a - d的值是______。

三、解答题（每题5分，共20分）11. 证明：对于任意的正整数n，1^3 + 1^2 + 1 + ... + 1/n^3总是大于1/n。

12. 解不等式：2x^2 - 5x + 3 > 0。

13. 一个圆的直径为10，求圆内接正六边形的边长。

14. 给定一个等比数列的前三项分别为2, 6, 18，求这个数列的第20项。

2021年中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试题（二）江苏·无锡考试时间：2021年7月21日上午8:00 — 12:30一、（本题满分50分）如图，D 为正ABC △内一点，E 在AD 上，且ABE BCD ∠=∠. 证明：EBD ECD ∠=∠.（答题时请将图画在答卷纸上）证明：对ABC △与D 和E 分别使用Ceva 定理，sin sin sin 1sin sin sin BAD CBD ACDDAC DBA DCB∠∠∠⋅⋅=∠∠∠①，sin sin sin 1sin sin sin BAE CBE ACEEAC EBA ECB∠∠∠⋅⋅=∠∠∠②，由于ABE BCD ∠=∠，所以CBE ACD ∠=∠，①②两式作商得：sin sin sin sin CBD ACEDBA ECB ∠∠=∠∠，令DBC ACE αβ∠=∠=，，则sin(60)sin(60)sin sin αβαβ︒−︒−=⇒cot cot αβ=，又060αβ︒<<︒，，所以αβ=，则EBD ECD ∠=∠.注：事实上，本题只需要AB AC =的条件.二、（本题满分50分）是否存在正整数集的50元子集A ，使得{1,2,,600}()A A A ⊆+？证明你的结论.其中{,}A B a b a A b B +=+∈∈. 解：结论是肯定的.取{1,2,3,,25}{50,75,100,,575}A =，则252247A =+=.对于任意正整数{1,2,,600}k ∈：① 若125k ≤≤，则()k A A A A ∈⊆+；② 若25k >且25k ，则25(25)()()k k A A A A A =+−∈+⊆+；③ 若25k >且25k ，则25()()k q r A A A A A =+∈+⊆+，其中{1,2,,24}r ∈.因此{1,2,,600}()A A A ⊆+，故在如上构造的集合A 中再放入任意其他3个不同正整数，即可构造出满足条件的50元子集.求所有正整数数列{}n a ，使得对任意正整数m 、n ，均有()()m n S a a S m n +=+. 这里()S k 表示正整数k 在二进制下的各位数码之和.解：所求{}n a 的通项公式为2k n a n =⋅，其中k 为任意非负整数.以上数列显然满足要求. 下面，我们证明满足要求的{}n a 必定有以上形式. 由条件得1111()(2)()(2)1S a S a S a a S ==+==，故存在非负整数k 使得12k a =. 下用归纳法证明命题：对任意1,2,,21n i =−，均有2k i a i =⋅.当1n =时，命题显然成立.假设n 的情形已经证明（归纳假设，以下简记为IH ），考虑1n +的情形： （1）对于121n m ≤≤−，由IH 得2k m a m =⋅.（2）对于12121n n m ++≤≤−，由条件得()(2)()(2)()()m m m m S a S a S a a S m S m ==+==*而由于112()(2)1n n m m S a a S m m ++−+=+−=，故存在正整数s 使得122n s m m a a +−+=. 注意到11221n n m +≤−≤−，则由（1）得1122(2)n k n m a m ++−=−，即122(2)()s k n m a m +=−−**下证引理：对任意非负整数,,u v λ，若2u λ≥且2v λ≥，则(2)(2)u v S S λλ−=−是的充分条件.不妨设u v ≥，则由2v λ−在二进制下不超过v 位得(2)(22)(2)u u v v S S S λλ−=−+−， 从而(22)0220u v u v S u v −=⇒−=⇒=.取1,1,2n k u s v n k m λ++==++=−，则由(),()***及引理得1s n k =++，故2k m a m =⋅. （3）对于2n m =，由条件得1221212212122221(21)(2(21))()(2(21)),2(21)(2(21))()(2(21)),1(2)(22)()(2)().n n n n n n n n n n n n n k n n n n k n n n n n S S S a a S a S S S a a S a S S S a a S a S a +−++++=−=+−=+=+−=+=++=+=++==+=+==①②设非负整数t 使得22n t a =，则由①得1t k ≤−或t n k ≥+，又由②得t k =或t n k =+， 所以t n k =+，即22n n k a += .结合（1）（2）（3）我们就完成了归纳证明.综上所述，满足要求的所有正整数数列{}n a 为2(,1,2,3,)k n a n k n =⋅∈=N另解：令m n =得()()n S a S n =① 在①中令2k n =，则221()k k S a a =⇒为2的幂 ②设12s a =，考虑21n a −：由121()(211)1n n S a a S −+=−+=，得1212n l a a −+=， 由①得21()(21)n n S a S n −=−=，所以(22)l s S n l s n −=⇒=+. 故212(21)n s n a −=−. 在考虑2n a ：设22n t a =，221()(22(21))(221)n m t s m n m S a a S S −+=+−=+−. 取m t n =+得(22)11t s S n t s n −+=+⇒=+，于是22n s n a +=.最后，对n +∀∈N ，考虑n a ：对m ∀∈N ，有2()(2)(2)m s m m n n S a a S a S n ++=+=+③设312122222,0r r n ααααααα=++++≤<<<，在③中令(1)j m j n α=≤≤有(2)(2)()jj s n S a S n αα++=+*假设n a 不含2js α+这一项，则(2)()1()1js n n S a S a S n α++=+=+，但(2)()j S n S n α+≤，这与()*矛盾. 故n a 必含122,2,,2r s s s ααα+++.结合()()n S a S n r ==，知122222r s s s s n a n ααα+++=+++=⋅. 故2(,1,2,3,)s n a n s n =⋅∈=Nu v =设123(,,)u u u =u 和123(,,)v v v =v 是空间中的向量，满足,(1,2,3)i i u v i =均为整数，且0.9999cos ,1<<u v .记123123S u u u v v v =+++++.求的最小可能值. 这里[]x 表示不超过x 的最大整数.解：所求的最小可能值为4.一方面，当(0,1,8),(0,1,9)==u v 时，计算得0.9999cos ,1<<u v，且4==.另一方面，我们说明4≥.记4,,10θε−==u v ，则由1cos 1εθ−<<，得20sin (1cos )(1cos )2θθθε<=−+<.又注意到：222222112233122123323113222222222222123123123123()()()()sin 1cos 1()()()()u v u v u v u v u v u v u v u v u v u u u v v v u u u v v v θθ++−+−+−=−=−=++++++++ 由整数的离散性得222122123323113()()()1u v u v u v u v u v u v −+−+−≥（易知,u v 不能共线）所以222222212312312sin ()()u u u v v v εθ>≥++++，进而. 由均值不等式得422222222123123111111()()()()16S u u u v v v u u u v v v ++++≤++++≤，于是16S >=>=，于是4≥.综上所述，的最小可能值为4.2222221231231()()2u u u v v v ε++++>设000111(,),(,),,(,)n n n P x y P x y P x y 是平面直角坐标系中的1n +个整点，其横坐标满足10211,,,n n x x x x x x −−−−是互异的正整数，纵坐标满足01n y y y <<<，且斜率满足1012110211n n n n y y y y y y x x x x x x −−−−−<<<−−−. 已知对0,1,,3i n =−，在直线11223,,i i i i i i PP P P P P +++++所围三角形的内部与边界上只有两个整点（即1i P+与2i P +）. 证明：10211,,,n n x x x x x x −−−−至多有12n −种可能的大小顺序.解：我们首先叙述并证明一个引理.引理：设1(,),(,),(,),(,)A A B B C C D D A x y B x y C x y D x y 是坐标平面中的4个整点，且满足 ① A B C D x x x x <<<，且,,B A C B D C x x x x x x −−−互不相同；② A B C D y y y y <<<；③ C B D CB A B AC BD Cy y y y y y x x x x x x −−−<<−−−；S④ AB 、BC 、CD 三条直线所围成三角形的内部与边界上除B ，C 外无整点. 则max{,}C B B A D C x x x x x x −<−−.证明：不妨设(0,0)B ，设(,)C p q （,p q 互素）. 设p '是p 模q 的倒数，即p '是{1,2,,1}q −中唯一使得1(mod )pp q '≡的正整数，且q '是q 模p 的倒数.下证1()pp qq pq ''+=+* 由于p '和q '的定义可得1(mod )pp qq p ''+≡，且1(mod )pp qq q ''+≡，于是结合,p q 互素可得1(mod )pp qq pq ''+≡. 又因为12pp qq pq ''<+<，所以1pp qq pq ''+=+.()*式成立.考虑点(,)X q q p ''−，则由()*式容易判断点X 在直线BC 下方. 又因为直线AB 、BC 、CD 所围成三角形的内部与边界上除B ，C 外无整点.，所以X 在直线AB 下方或X 在直线CD 下方.若X 在AB 下方，设11(,)A p q −−，则由斜率BX AB BC k k k <<得11q q p qq p p'−<<'， 从而由整数的离散性得11()1p q p q q ''−+≤且111pq p q ≤−，相乘得11(1)()q p q pp q p p ''−≥−+，故由()*式得11()p p pp qq pq p q p '''=+−≥+>，即C B B A x x x x −<−.若X 在CD 下方，设22(,)D p p q q ++，则由斜率BC CD XC k k k <<得22q q p p p p q '<<'−， 从而由整数的离散性得221p q pq +≤且22()1q p q p p ''−≤−，相乘得22(1)()(1)p p p p q p q ''−≥−+， 故由()*式得22()2p p pp qq pq p q p '''=+−≥−>，即C B D C x x x x −<−.从而引理获证.回到原题. 设1(1,2,,)i i i d x x i n −=−=，则由引理得i d 中的最大者11{,}n D d d ∈，且i d 中的次大者22{,}n D d d ∈（若11D d =）或211{,}n D d d −∈（若1n D d =）. 以此类推知121,,,n D D D −在已知前者时各只有两种可能的选择，故由乘法原理得12,,,n d d d 至多有12n −种可能的大小顺序.xOy xOy6. 如图，两等圆Γ1与圆Γ2外切于点A ，四边形ABCD 内接于圆Γ1，四边形AEFG 内接于圆Γ2，且满足AB ∥FG ，BC ∥GA ，CD ∥AE ，DA ∥EF ，设直线BC 与AD 交于点H ，直线CD 与AB 交于点I ，直线EF 与GA 交于点J ，直线AE 与FG 交于点K ，证明：HJ ∥IK. （答题时请将图画在答卷纸上）证明：以内公切线为对称轴，将点B 、C 、D 、I 、H 作对称点并连结对应线段，连结HH'、II'，因为∠ABC =∠AGF ，所以C 的对称点为点F ，其余对称点分别为B'、F 、D'、I'、H'，四边形AB'FD'内接于圆Γ2，因为HH'、II'均垂直于内公切线，所以HH'∥II'.（10分）因为∠FH'A =∠CHA =∠AJF ，所以H'、A 、F 、J 四点共圆，所以∠H'JA =∠H'F A =∠B'GA ，所以H'J ∥B'G ，同理D'E ∥I'K ，（20分）又因为∠C =∠GAE ，所以GE =BD =B'D'，所以GB'∥D'E . 所以H'J ∥I'K . （30分） 因为HH'=2AH'sin∠H ′AH2=2AH'sin∠D ′AD 2=2AH'sin ∠D'F A ,同理II'=2AI'sin ∠B'F A . （40分）所以HH ′II ′ =2AH ′sin ∠D ′FA 2AI ′sin ∠B ′FA=AH ′sin ∠B ′FAAI ′sin ∠D ′FA=H ′J sin ∠H ′AJI ′K sin ∠I ′FK= H ′JI ′K .又因为HH'∥II'，H'J ∥I'K . 所以∠HH'J =∠II'K ，所以△HH'J ∽△II'K ，所以∠H'HJ =∠I'IK ，故HJ ∥IK . （50分）J。

中国数学奥林匹克希望联盟夏令营试卷(第一天)一、填空题(每题 7分,共70分)1 .k w N* ,且k 至3,假设一元二次方程(k —1)x2 — px +2k = 0的两个根都是正整数那么 12(p+k)2 +51(p+k)—3 的值等于.【解析】设方程(k —1)x 2—px+2k =0的两个根x 1,x 2都是正整数,由韦达定理,得2k 2由②,x 1x 2 =上~ =2+—,又由于k w N*,且k 23,所以k —1 = 2,即k = 3, k -1 k -1于是x 1x 2 =3,所以x 1 +x 2 =4,代入①得p = 8 , 故 12(p k)2 51(p k)-3=12 112 51 11 -3 =2021.2 .假设等腰直角三角形的三个顶点均在边长为 1的正方形的边上,且不与正方形的顶点重合,那么该等腰直角三角形面积的取值范围为 .… 1 1【解析】［1,1)4 23.2021年全国高中数学联赛一试试卷由 8道填空题和3道解做题组成,其中填空题每题 7分；解做题分步给分,第一道解做题 14分,分三步各自分数为 4,4,6分；第二和第三道解答题均为15分,分三步每步5分,解做题中假设第n 步不得分那么第 m 步(m>n)也不得分；那 么共有 种得分方式恰好能够得到 80分.(用数字作答)【解析】由于填空题每题7分,解做题第二题和解做题第三题均为每步 5分,所以我们优先考虑解做题第一题的得分(1)解做题第一题得14分时 由于总分被扣掉20分,因此只能是被扣掉 4个5分,填空题 总分值,这4个5分的扣分情况有 3种(第二题扣15第三题扣5,第二题扣10第三题扣10, 第二题扣5第三题扣15)综上知共有 3+28+3+0=34种情况24 .假设关于x 的方程lg(x +20x) — lg(8x —6a —3) =0有唯一解,那么实数 a 的取值范围是【解析】-163 ::: a ::: _1 6 25 .设集合 A={1,2,||l,n} , A, A,lll,A(t 之 2)是 A 的不同子集,假设 A 三 Az ^ll ： A ,那么 称集合{A,A,III, A}为A 的一条长度为t 的链；那么A 的所有长度为2的不同的链的条数 是.(两条链不同,当且仅当其中一条链所包含的子集与另一条链所包含的子集 至少有一个不同) 【解析】3n - 2n .6 .如图,在△ ABC 中,AB = 2, AC=1 , /BAC =120 , O 是△ ABC 的外心,且X 1x 2 ~「k -12k k^1(2)解做题第一题得 个填空题被扣分,共有 (3)解做题第一题得 8分时由于余下题目被扣掉C 82=28种情况4分时由于余下题目被扣掉讨论知这样的情况共有 (4)解做题第一题得 3种10分或0分时,易知没有得 14分,因此只能是余下题目中恰只有两 10分,因此只能是被恰被扣掉 2个5分, 80分的情况T T TAO = K AB + NAC,那么九十N =. -113【解析】13. 67.四面体的6条棱长分别为2、2、2、2、a、a,且这样的四面体恰有两个,那么a的取值范围是O 【解析】.6 - x 2 :二a ：：2 2且2 = 28.设［x］表示不超过x的最大整数,那么［〔叵匚〕2021］被11除的余数是.2【解析】设b =1 +' , 1 = 1 -2行,那么—1<P<0, 1 <«<2,且ot+P=1, aP =一1, 故口,P是方程X2 -X-1 =0的两个不等实数根,令人=〔/ + P n ,那么可得An也=An书+ A , 且A =1 , A2 =3,得数列｛A n｝被11除的余数构成数列为：1 , 3, 4, 7, 0, 7, 7, 3, 10, 2,1,3, 4,…,是周期为10的数列.又当n是奇数时,［〔tW5〕n］=A n,当n是偶数时,［〔伫而门=A —1 ,故A2021被11 2 2除的余数为1.9.A={(x,y)||x| + |y|E2} , B ={( x,y) |(x —6)2+ y2< 4},贝U C={(x,y)|x = x1 2X2 , y = y12y2 , (x1,y1) w A, (x2, y2) w B}所表示区域的面积是.【解析】(x—3)2 +(y-y)2 =(]—3)2+(二)24表示以P(：+3,^)为圆心,半径为1的圆及其内部；而P点在A'={(x, y)||x—3|+| y |< 1}内运动,由图像可知,面积为2 4.2 •二10.对于n 22 , a1,a2,…,a n 为1,2,…,n的一个全排列,且满足有且只有一个旧｛1,2,…,n—1｝,使得廿Aa i书,那么这种排列的个数为.解：a1 ：二a2 :二：二ai ,ai •鼻 1 ,ai 1 ：二a i 2 :二：：：a n所以,对某个i定下后,我们先从原集合中任意选出i个数,从小到大排列为a1 <a2<…< a i,剩下的数从小到大排列为a i由<a i也< <a n,由于a i >a i41,所以只要排除选出的恰好是｛1 , 2…,i｝这种情况即可n 4 n n, P n =£〔C；-1〕=£〔C； -1〕=£C：_〔n+1〕=2n -n-1 i 1i =0 i =0〔备选〕11.使得nsin1 >5cos1+1成立的最小正整数n的值为【解析】5(备选)12.正方体 ABCD —A i B i C i D i 的棱长为1, O i 是底面A i B i C i D i 的中央,M 为 棱BB 〔的中点,那么四面体 01ADM 的体积为. 、解做题(每题 20分,共80分)令 t -,m 2 - 4 (t 0).… . ...9a那么⑤式可化为S ；ABFi = 一16当且仅当t 2 = 一时,“=〞成立,3此时 m = 2—21,3,, ,、一 2 21 直线l 的方程为 x = ± j1y —64,32 211、椭圆「的方程为二三a b = i(a>b>0),离心率l 过点M ( —2a,0)交椭圆「于A 、 B 两点,且 1 e=— 21 ,'是椭圆厂的左焦点,直线1 1 1 .. ----- + ------- = 一,当△ ABF i 的面积最大 |AF i | |BF i | ---- 12时,求直线 l 的方程.解：：.椭圆__ ___ __ 1「的离心率是-,2•-c =1a,2b 2=3a 2,4椭圆的方程可写为_ 22_ 23x 4y =3a设直线l 的方程为x = my -2a①、②联立 得 一 2 、 2 一一 2 一(3m - 4)y -12may 9a =0依题意,该方程的判别式4 >0,即 m 2 -4 . 0A (x i, y i )、 1|AF i |= d i2B (X 2, y 2)两点到左准线的距离分别为1;|BF i |= —d 2 2⑤ (5)d i 、d 2,因此 d i =|myi|d 2=|my 2| i y i y 2 -代入④式得|BF i | 12ma 3m 2 4 ' |12ma|9a 2—,可化为|工+工|二皿 ④12 y i y 2249a 2y y |m|24解得a=32,i0 1 i3a|=9a 2 2 m 2 -4 3m 2 4i5t , 9a 22一3t 2 162=192^3,即 x 一号-y 64 =020 1 12、数列｛a n ｝满足a 0 =-,a n 2 a n 」 ,nw N 十,求证: 2n 2n:二 a n：二 1证实：先证a n ：二1 易知 a n A 0, a n — 1 — a n 」—15a n —1 同写 由a 0 = 再证a n 一可得, 2 2n 2 1 2an 」 a n 二 1 , a n 」1 a n 」(a n 」- 1) a n 」1 .0 :二 a n ：二 110 ■ a n — ~ a n J 10, c 1 . 1 z =- 0 •:二 -1 ：：：一( 一 a n 2 a 1 1—< ------ a n 2an- 1) £(•15 1 1 -1):二… 卞(一一1) 2 a . 1 2n - a n a n 故结论成立. 2n n 20 13、正实数 x, y, z 满足 2 2 2 2 - X x +y +z =3,求口= --------------- 2 + 4x - x 2 -^y _2^z_-2 -24y - y 4z - z 的最小值. 解：由于正实数x, y, z 满足 2 2 2 cx y z =3.• 0 :二 x ：二..3 ：二29 2 9-^-^ 54x -x 2 -x 1 2 — x 1得；——2--[5(2-x)-2] = 4x -x 98 -5x 同理上匕_ 3上44y - y 9 4z - z8-5z一 92 - x 2 - y 2 - z2224x -x 4y - y 4z -z-r9(x y z)又(x y z)2 M3(x 2 y 2z 2) = 98 53-9(x y z)-12-x 2-y 2-z20分+_____________ i _ +2 2 24x -x 4y - y 4z -z1 3P (2n-1)P 〜成立.(2n 1)P (2n 3)P (4n -1)P 1 3P -3(2n -1)P(2n 1)P (2n 3)P (4n-1)P再考察P =2, -1时不等式不成立,所以猜想0V p <1,以下证实.1(0,1 )时x p 为上凸函数,所以X W (0,1 )时(1 — x)p +(1+x)p为减函数.令x =—— 2k一 1 11 1得：(1)p+(1 +—)p>(1——1一)p十(1 十一1—).整理得:2k 2k 2k -2 2k -2(2k -1)p (2k 1)p (2k -3)p (2k -1)p 1P 3P> --------------------- > 一,〉 ---------------------k p (k-1)p1Pb b dd ,一 > ---- > —(a, b,c,d > 0)得： a a c c 1P 3P (4n -1)p 1P 3P 5P 7P 1P 3P 13P (2n -1)p 1 3P1P两边减1既得所求不等式.(备选)定义在(0,1］上的连续函数f(x)满足对所有的x,yW(0,1］有a + f (x + y -xy) +f (x) f (y) « f (x) + f (y).……①求所有的实数a,使得存在f(x)是非常值函数. 解：在式①中,令 x=y=1 ,得a +f (1) + f 2(1)E2f (1),故 a<4-[f(1)-2]2<4.……5 分假设a",取函数f :定义域是(0,1],值域是[2,min{4-a,1}],那么对x,y^(0,1],有a f (x y - xy) f(x)f (y) -(f (x) f (y))=a f(x y - xy) (1 - f (x))(1 - f (y)) -1<a+3-a +犯-1=0.……10 分假设a仍然在式①中令x = y=1,有(f(1)-步肛那么f(1)=]在式①中,令y =1,得a + f(1)+f(1)f (x) Wf(1) + f(x),故 f (x)>2(x^(0,1]).在式①中令x = y ,得f(2x-x 2)<2f(x)-f 2(x) -4 <j.当x 取遍(0,1]的所有实数时,2x —x 2 =1 —(1—x)2也取遍(0,1]的所有实数,故 -1 3..总有f (x)e[-,-].……15分2 4设t 是函数f (x)的最大值,那么14、求所有的实数 p,使不等式: 11 3p13P 5P3p 5P 7P 7P 9P 11P 答案：0< P <1 考虑P =0,1时 1 _ 1 3P 13P 5P 3P 5P - 7P 7P • 9P • 11P利用:t = f max(x) = f m ax(2x-x2) <[2 f(x)-f2(x) -4]m ax = [-( f 2(x) -1)2 +3京=4-(j)2.即(t -2)2 <0,从而,t=2 .故f (x)三2... ........ 一…-1故所求的a的取值范围是a <-.4。

第一届小学“希望杯”全国数学邀请赛五年级第1试一、填空题1．计算＝_______ 。

2．将1、2、3、4、5、6分别填在图中的每个方格内，使折叠成的正方体中对面数字的和相等。

3．在纸上画5条直线，最多可有_______ 个交点。

4．气象局对部分旅游景区的某一天的气温预报如下表：其中，温差最小的景区是______ ，温差最大的景区是______ 。

5．,各表示一个两位数，若＋＝139，则＝_______ 。

6．三位数和它的反序数的差被99除，商等于_______ 与_______ 的差。

7．右图是半个正方形，它被分成一个一个小的等腰三角形，图2中，正方形有_______ 个，三角形有_______ 个。

8．一次智力测验，主持人亮出四块三角形的牌子：在第(4)块牌子中，？表示的数是_______ 。

9．正方形的一条对角线长13厘米，这个正方形的面积是平方厘米。

10．六位自然数1082□□能被12整除，末两位数有种情况。

11．右边的除法算式中，商数是。

12．比大，比小的分数有无穷多个，请写出三个：。

13．A、B、C、D、E五位同学进行乒乓球循环赛（即每2人赛一场），比赛进行了一段时间后，A赛了4场，B赛了3场，C赛了2场，D赛了1场，这时，E赛了场。

14．观察5*2＝5＋55＝60，7*4＝7＋77＋777＋7777＝8638，推知9*5的值是。

15．警察查找一辆肇事汽车的车牌号（四位数），一位目击者对数字很敏感，他提供情况说：“第一位数字最小，最后两位数是最大的两位偶数，前两位数字的乘积的4倍刚好比后两位数少2”。

警察由此判断该车牌号可能是。

16．一个小方木块的六个面上分别写有数字2，3，5，6，7，9。

小光，小亮二人随意往桌上扔放这个木块。

规定：当小光扔时，如果朝上的一面写的是偶数，得1分。

当小亮扔时，如果朝上的一面写的是奇数，得1分。

每人扔100次，得分高的可能性最大。

17．从1，2，3，4，5，6，7，8，9。

山东省2013届高中数学奥林匹克夏令营试题参考答案一.填空题(本题共4道小题,每题10分,共50分)1.已知直线L 过定点P(1,2)且与x 轴y 轴正半轴分别交于A,B 两点.则ΔABC 周长的最小值是____________; (王泽阳 供题) 解:令∠BAO=α,则ααααcos 1tan cot 2sin 221+++++=S ,(令2tan α=t ) 10]1)1([26111211322222≥-+-+=-++-+-+++=t t t t t t t t t t t t , 其中等号成立仅当21=t .所以,S min =10. 2.设a,b 为实数,且多项式p(x)=x 3+ax 2+bx -8的所有根均为实数.则a 2-2b 的最 小值是_______________; (王林 供题)解:设p(x)的三个根x 1,x 2,x 3,由韦达定理得:⎪⎩⎪⎨⎧==++-=++)3(8)2()1(321133221321x x x b x x x x x x a x x x ,(1)平方后,将(2)代入得:12)(32323212322212=≥++=-x x x x x x b a .且当x 1=x 2=x 3=2,即a =-6,b =12时,等号成立.故a 2-2b 的最小值是12.3.使得每一个a i =0或1(i=1,2,…,8),且没有连续三项都是1的数列a 1,a 2,…,a 8 的个数是_____________; (王继忠 供题) 解:设满足条件的数列a 1,a 2,…,a n 的个数u n .则当a 1=0时,有u n-1个;当a 1=1,a 2=0时,有u n-2个; 当a 1=1,a 2=1, a 3=0时,有u n-3个,故u n =u n-1+u n-2+u n-3,由u 1=2, u 2=4, u 3=7,递推可得u 8=149.4.将20131,,31,21,1 写在黑板上,一名学生选取任意两个数x,y,将他们擦去并写 下数x+y+xy,这样一直操作下去,直到黑板上只剩一个数为止,那么,最后一个 数是____________; (龚红戈 供题)解:设原来黑板上数为n a a a ,,,21 ,下面归纳证明最后剩下数为:1)1()1)(1(21-+++n a a a :当n=2时,显然成立.假设对n 成立.则对n+1,将黑板上数121,,,+n a a a 一次操作后,不妨设擦去的数1,+n n a a ,并写下11++++n n n n a a a a ,由归纳假设,对于黑板上数11121,,,,++-++n n n n n a a a a a a a 进行上述操作,最后剩下数为:1)1()1)(1(1)1)(1()1)(1(12111121-+++=-+++++++++-n n n n n n a a a a a a a a a a 得证. 故对于数20131,,31,21,1 ,黑板上最后数为20131)201311()211)(11(=-+++ . 5.已知凸四边形ABCD 的四条边长分别为9375AB BC CD DA ====，，，，且对角线相交所成的锐角为45 ，则凸四边形ABCD 的面积等于____.(李跃文 供题)解:如图1，设OA x OB y OC z OD t ====，，，， 则有()1sin 45.2ABCD S xy yz zt tx =+++ 又因 2222c o s 45x y x y A B +-= ， ①2222cos45y z yz BC +-= ， ②2222cos 45z t zt CD +-= ， ③ 2222cos 45t x tx DA +-= . ④,由①-②+③-④可得()22222cos45xy yz zt tx AB BC CD DA +++=-+- .所以,22222222937524.44ABCD AB BC CD DA S -+--+-=== 二.解答题(本题共5道小题,每题20分,共100分)6.设0≤x 1≤x 2≤…≤x n ,且1111=+∑=n i ix .求证: (1)221111x x x x +≥+; (2)n x x x n i i i n i i ≤+∑∑==1111 (李胜宏 供题)证明:(1)由1111=+∑=ni i x 知112111112121212121≥⇔+++≤++⇔≤+++x x x x x x x x x x , 由0)1)(1()1)((112121212211≥++--=+-+x x x x x x x x x x 得221111x x x x +≥+. (2)由n n x x x x x x +≥≥+≥+1112211 和nx x x 11121≥≥≥ 及切比雪夫不等式得: n x n x x x n x x x n i i i i n i i n i i i n i i =+=+≤+∑∑∑∑====1111111111,所以,n x x x ni i i n i i ≤+∑∑==1111. 7.试求出满足21m -20n =1的所有正整数对(m,n). (陈永高 供题) 解:当n=1时,21m =20+1=21,m=1, (m,n)=(1,1),下设n ≥2.若存在正整数m,n 使 得21m -20n =1即21m =20n +1,则20n +1≡1(mod8)(因n ≥2).当m=2k+1时, 21m =21×(21k )2≡5(mod8),矛盾!当m=2k 时, 20n =212k -1=(21k -1)(21k +1),由21k +1≡2(mod20)知(20n ,21k +1)=2, 又21k +1|20n ,所以, 21k +1=2,k=0,m=0, 20n =0,n=1,与n ≥2矛盾! 所以,当n ≥2 时,不存在满足条件的m,n.故满足条件的所有正整数对(m,n)=(1,1).8.设△ABC 中,E ,F 是AC ,AB 边上的任意点,O ,O /分别是△ABC ,△AEF 的外心，P ,Q 是BE ,CF 上的点,满足BP PE ＝FQ QC ＝22BF CE .求证:OO /⊥PQ . (叶中豪 供题) 证明:过点P 做PR ∥AC 交BC 于R 点,连结做ΔABC,ΔAEF 的外接圆⊙O,⊙O /,设它们交于另一点D,AD,BD,CD,ED,FD.由PR ∥AC 得222CE BF BF BE BP CE RP +==,所以, 222CE BF CE BF RP +⨯=①,由RCBR PE BP QC FQ ==得QR ∥同理得222CE BF CE BF RQ +⨯=②,由①,②得CEBF RQ RP =③, 由∠ABD=∠ACD,∠AFD=∠AED 得ΔDFB ∽ΔDEC,所以,CE BF DC DB =④.由③,④得DCDB RQ RP =,且∠PRQ=∠BAC=∠BDC,所以, ΔPQR ∽ΔDBC,得∠RPQ=∠DBC=∠DAC,且PR ∥AC,PQ ∥AD,又AD 是公共弦,所以OO /⊥AD ,故OO /⊥PQ .9.设p 为大于3的质数.证明:1)1(+-p p 至少有一个不同于p 的质因子q ,且q ≥2p +1. (邹明 供题) 证明:由p 为大于3的质数得:]1)1()1()1()1[(1)1(221+---++---=+---p p p p p p p p p221112)2211(])1()2(1[p p p p p p p j j =⋅-+>--+=∑-=-, 及∑∑-=-=---≡-=+---++---1010221)1()1(1)1()1()1()1(p i p i i p p pi p p p p p )(mod 2)1(2210p p p p p i p p p i ≡--≡-≡∑-=. 故1)1(+-p p 至少有一个不同于p 的质因子q .由q 是1)1(+-p p 的不同于p 的质因子知q >2,(p -1,q )=1,且)(mod 1)1(q p p -≡-, 所以,)(mod 1)1(2q p p ≡-,由费尔马小定理得)(mod 1)1(1q p q ≡--,若(1,2-q p )=2,则)(mod 1)1(2q p ≡-,)(mod 2q p ≡,)(mod 21)1(q p p ≡+-,矛盾!若(1,2-q p )=p ,则)(mod 1)1(q p p ≡-,与)(mod 1)1(q p p -≡-矛盾!又(1,2-q p )>2,所以,(1,2-q p )=2p ,从而1|2-q p ,所以,12+≥p q .10.友谊排列:对于集合{1,2,,2}M n = ,若能将其元素适当划分,排成两个n 项的数列:1212(,,,),(,,,)n n A a a a B b b b == ,使得,1,2,,k k a b k k n -== ,则称M 为一个友谊集，而数列,A B 称为M 的一种友谊排列，例如(3,10,7,9,6)A =和(2,8,4,5,1)B =便是集合{1,2,,10}M = 的一种友谊排列，或记为3,10,7,9,62,8,4,5,1⎡⎤⎢⎥⎣⎦； (1)证明：若{1,2,,2}M n = 为一个友谊集，则存在偶数种友谊排列；(2)确定集合1{1,2,,8}M = 全体友谊排列． (陶平生 供题)(1)证明:设1212(,,,),(,,,)n n A a a a B b b b == 是M 的一种友谊排列，即有,1,2,,k k a b k k n -== ，且1212{,,,,,,,}{1,2,,2}n n a a a b b b n = ，称数列A 为甲型的，而数列B 为乙型的；作数列：12121212(,,)(21,21,,21)(,,)(21,21,,21)n n n n A a a a n b n b n b B b b b n a n a n a ''''==+-+-+-''''==+-+-+- . 则,1,2,,kk a b k k n ''-== ，且1212{,,,,,,,}{1,2,,2}n n a a a b b b n ''''''= ，因此，数列,A B ''也是M 的一种友谊排列；再证A A '≠，事实上，假若A A '=，即,1,2,,k k a a k n '== ，则由22221a a n b '==+-，得2221a b n +=+，而222a b -=，相加得2223a n =+，矛盾！ 故甲型数列A 与甲型数列A '一一对应；并且当数列A 跑遍M 的所有甲型数列时，数列A '也跑遍M 的所有甲型数列.注意到数列A 的第二项2a 与数列A '的第二项2a '一奇一偶，现让A 取遍使其第二项2a 为奇数的甲型数列，则A '取遍使其第二项2a 为偶数的甲型数列，且二者一一对应，因此M 的甲型数列有偶数个；由于当甲型数列确定后，相应的乙型数列便唯一确定，因此M 的友谊排列有偶数种.(2)解：当{1,2,,8}M = 时，设其友谊排列为12341234,,,,,,a a a a b b b b ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，其中 ,1,2,3,4k k a b k k -==，则44411110k k k k k a b k ===-==∑∑∑，所以,444111210k k k k k k a b b ===+=+∑∑∑，即12341282()10b b b b +++=++++ ，所以123413b b b b +++= ……①.显然有1B ∈而8A ∈,于是由①得，1234{,,,}B b b b b =只有三种情况：{1,2,3,7},{1,2,4,6},{1,3,4,5}B =．0(1)、若{1,2,3,7}B =，则{4,5,6,8}A =，由于14i i a b ≤-≤，于是A 中的元素8只能与B 中的元素7搭配，而A 中的元素6只能与B 中的元素2或3搭配，因此只有两种排列：18,4,6,57,2,3,1T ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，28,5,4,67,3,1,2T ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦； 0(2)若{1,2,4,6}B =，则{3,5,7,8}A =，A 中的元素7,8只能与B 中的元素4或6搭配，也只有两种排列：33,8,7,52,6,4,1T ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，47,3,5,86,1,2,4T ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦； 0(3)若{1,3,4,5}B =，则{2,6,7,8}A =，A 中的元素2只能与B 中的元素1搭配，8只能与4或5搭配，只有两种排列：52,7,6,81,5,3,4T ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦， 62,6,8,71,4,5,3T ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦； 因此，当{1,2,,8}M = 时，总共有6种友谊排列．。