山东省高中数学夏令营数学竞赛(及答案)

2011年山东数学竞赛夏令营1青岛二中 邹明剩余类与剩余系1.剩余类的定义与性质(1)定义1 设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≢余数r ≢m-1}称为模m 的一个剩余类(也叫同余类)。

K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类.(2)性质(ⅰ)i m i K Z10-≤≤=且K i ∩K j =φ(i ≠j).(ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里. (ⅲ)对任意a 、b ∈Z ，则a 、b ∈K r ⇔a ≡b(modm).2.剩余系的定义与性质(1)定义2 设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系,简称完系. 特别地,0,1,2,…,m -1叫做模m 的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m 的绝对最小完全剩余系:当m 为奇数时,21,,1,0,1,,121,21--+----m m m ;当m 为偶数时,12,,1,0,1,,12,2--+--m m m 或2,,1,0,1,,12m m -+-.(2)性质(ⅰ)m 个整数构成模m 的一完全剩余系⇔两两对模m 不同余. (ⅱ)若(a,m)=1，则x 与ax+b 同时遍历模m 的完全剩余系. 证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系, 因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm), 矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有aa i+b≡aa j+b(modm),也矛盾!(ⅲ)设m1,m2是两个互质的正整数,而x,y分别遍历模m1,m2的完系,则m2x+m1y历遍模m1m2的完系.证明:因x,y分别历遍m1,m2个整数,所以,m2x+m1y历遍m1m2个整数.假定m2x/+m1y/≡m2x//+m1y//(modm1m2),其中x/,x//是x经历的完系中的数,而y/,y//是y经历的完系中的数.因(m1,m2)=1,所以,m2x/≡m2x//(modm1),m1y/≡m1y// (modm2),从而x/≡x//(modm1),y/≡y//(modm2),矛盾!3.既约剩余系的定义与性质(1)定义3如果剩余类K r里的每一个数都与m互质，则K r叫与m互质的剩余类.在与模m互质的全部剩余类中，从每一类中任取一个数所做成的数组，叫做模m的一个既约(简化)剩余系.如:模5的简系1,2,3,4;模12的简系1,5,7,11.(2)性质(ⅰ)K r与模m互质⇔K r中有一个数与m互质；证明:设a∈K r,(m,a)=1,则对任意b∈K r,因a≡b≡r(modm),所以,(m,a)=(m,r)= (m,b)=1,即K r与模m互质.(ⅱ)与模m互质的剩余类的个数等于)m(ϕ,即模m的一个既约剩余系由)m(ϕ个整数组成()m(ϕ为欧拉函数);(ⅲ)若(a,m)=1,则x与ax同时遍历模m的既约剩余系.证明:因(a,m)=1,(x,m)=1,所以,(ax,m)=1.若ax1≡ax2(modm),则有x1≡x2(modm),矛盾!(ⅳ)若a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,则a1,a2,…,aφ(m)是模m的一个既约剩余系.证明:因a1,a2,…,aφ(m)是)m(ϕ个与m互质的整数,并且两两对模m不同余,所以,a 1,a 2,…,a φ(m)属于)m (ϕ个剩余类,且每个剩余类都与m 互质,故a 1,a 2,…,a φ(m) 是模m 的一个既约剩余系.(ⅴ)设m 1,m 2是两个互质的正整数,而x,y 分别历遍模m 1,m 2的既约剩余系,则m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的既约剩余系.证明:显然,既约剩余系是完系中所有与模互质的整数做成的.因x,y 分别历遍模m 1,m 2的完系时,m 2x+m 1y 历遍模m 1m 2的完系.由(m 1,x )=(m 2,y )=1, (m 1,m 2)=1得(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,所以,(m 2x+m 1y,m 1)=1,(m 2x+m 1y,m 2)=1,故 (m 2x+m 1y, m 1m 2)=1.反之若(m 2x+m 1y, m 1m 2)=1,则(m 2x+m 1y,m 1)=(m 2x+m 1y,m 2) =1,所以,(m 2x,m 1)=(m 1y,m 2)=1,因(m 1,m 2)=1,所以,(m 1,x )=(m 2,y )=1.证毕.推论1若m 1,m 2是两个互质的正整数,则)()()(2121m m m m ϕϕϕ=.证明:因当x,y 分别历遍模m 1,m 2的既约剩余系时,m 2x+m 1y 也历遍模m 1m 2的既约剩余系,即m 2x+m 1y 取遍)(21m m ϕ个整数,又x 取遍)(1m ϕ个整数,y 取遍)(2m ϕ个整数,所以, m 2x+m 1y 取遍)()(21m m ϕϕ个整数,故)()()(2121m m m m ϕϕϕ=.推论2 设整数n 的标准分解式为kkp p p n ααα 2121=(k p p ,,1 为互异素数,*1,,Nk ∈αα ),则有)11()11)(11()(21kp p p n n ---=ϕ.证明:由推论1得)()()()(2121kk p p p n αααϕϕϕϕ =,而1)(--=αααϕppp ,(即从1到αp 这αp 个数中,减去能被p 整除的数的个数),所以,)())(()(11221112211------=k kkkp p p p p p n ααααααϕ)11()11)(11(21kp p p n ---= .4.欧拉(Euler)与费尔马(Fermat)定理欧拉(Euler)定理 设m 是大于1的整数,(a ,m)=1,则)(mod 1)(m am ≡ϕ.证明:设r 1,r 2,…,r )(m ϕ是模m 的既约剩余系,则由性质3知a r 1,a r 2,…,a r )(m ϕ也是模m 的既约剩余系,所以, a r 1a r 2…a r )(m ϕ≡r 1r 2…r )(m ϕ(modm),即≡)(21)(m m r r r aϕϕ)(21m r r r ϕ ,因()(21m r r r ϕ ,m)=1,所以,)(mod 1)(m am ≡ϕ.推论(Fermat 定理) 设p 为素数,则对任意整数a 都有)(mod p a a p≡.证明:若(a , p )=1,由1)(-=p p ϕ及Euler 定理得)(mod 11p ap ≡-即)(mod p a ap≡;若(a , p )≠1,则p |a ,显然有)(mod p a a p≡.例1设m>0,证明必有一个仅由0或1构成的自然数a 是m 的倍数. 证明:考虑数字全为1的数:因1,11,111,1111,…中必有两个在modm 的同一剩余类中,它们的差即为所求的a .例2证明从任意m 个整数a 1,a 2,…,a m 中,必可选出若干个数,它们的和 (包括只一个加数)能被m 整除.证明:考虑m 个数a 1,a 1+a 2,a 1+a 2+a 3,…,a 1+a 2+…+a m ,如果其中有一个数能被m 整除,则结论成立,否则,必有两个数属于modm 的同一剩余类,这两个数的差即满足要求.例3设f(x)=5x+2=f 1(x), f n+1(x)=f[f n (x)].求证:对任意正整数n,存在正整数m,使得2011|f n (m).证明:因f 2(x)=f[f(x)]=5(5x+2)+2=52x+5×2+2,f 3(x)=f[f 2(x)]=53x+52×2+5×2+2,…, f n (x)=5n x+5n-1×2+5n-2×2+…+2, 因(5n ,2011)=1,所以,x 与f n (x)同时历遍mod2011的完系,1≢x ≢2011, 所以,存在正整数m(1≢m ≢2011)使得f n (m)≡0(mod2011),即2011|f n (m).例4设123,,,a a a 是整数序列,其中有无穷多项为正整数,也有无穷多项为 负整数.假设对每个正整数n ,数123,,,,n a a a a 被n 除的余数都各不相同.证明:在数列123,,,a a a 中,每个整数都刚好出现一次.证明:数列各项同时减去一个整数不改变本题的条件和结论,故不妨设a 1=0.此时对每个正整数k 必有∣a k ∣<k:若∣a k ∣≣k,则取n=∣a k ∣, 则a 1≡a k ≡0(mod n),矛盾.现在对k 归纳证明a 1,a 2,…,a k 适当重排后是绝对值小于k 的k 个相邻整数.k=1显然.设a 1,a 2,…,a k 适当重排后为-(k -1-i),…,0,…,i (0≢i ≢k -1),由于a 1,a 2,…,a k ,a k+1是(mod k+1)的一个完全剩余系,故必a k+1≡i+1(mod k+1), 但 ∣a k+1∣<k+1,因此a k+1只能是i+1或-(k -i),从而a 1,a 2,…,a k ,a k+1适当重排后是绝对值小于k+1的k+1个相邻整数.由此得到:1).任一整数在数列中最多出现一次;2).若整数u 和v (u<v) 都出现在数列中,则u 与v 之间的所有整数也出现在数列中.最后由正负项均无穷多个（即数列含有任意大的正整数及任意小的负整数）就得到:每个整数在数列中出现且只出现一次.例5偶数个人围着一张圆桌讨论，休息后，他们依不同次序重新围着圆桌坐下,证明至少有两个人，他们中间的人数在休息前与休息后是相等的。

山东省届高中数学夏令营数学竞赛（及答案）一.填空题(本题共5道小题,每小题8分,满分40分)1.函数()f x =的最大值是________________ ; (王泽阳 供题)解:()f x =≤,其等号仅当=即12x =时成立,所以,f(x)最大=.2.如果自然数a 的各位数字之和等于5,那么称a 为“吉祥数”, 将所有吉祥数从小到大排成一列a 1,a 2,…,a n .若a n =.则n=_______________. (王继忠 供题)解:设12m x x x 为吉祥数,则x 1+x 2+…+x m =5,由x 1≥1和x 2,…,x m ≥0得(x 1-1)+x 2+…+x m =4,所以,12m x x x 为第43m C +个吉祥数.21m x x 为第42m C +个吉祥数.由此得:一位吉祥数共1个,二位吉祥数共455C =个,三位吉祥数共4615C =个,因以1为首位的四位吉祥数共4615C =个,以2为首位的前两个四位吉祥数为:2003和.故n=1+5+15+15+2=38.3.已知f(x)是2011次多项式,当n=0,1,…,2011时,()1n f n n =+. 则f()=______; (王 林供题)解:当n=0,1,…,2011时, (n+1)f(n)=n,即多项式(x+1)f(x)-x 有个根, 设(x+1)f(x)-x=a x(x -1)(x -2)…(x -2011). 取x=-1,则1=!a .故12012!a =, (1)(2)(2011)()2012!(1)1x x x x xf x x x ---=+++,2012!20122013(2012)12012!201320132013f =+==.4.将圆周上5个点按如下规则染色:先任选一点染成红色,然后依逆时针方向,第1步转过1个间隔将到达的那个点染红,第2步转过2个间隔将到达的那个点染红,第k 步转过k 个间隔将到达的那个点染红.一直进行下去,可得到_________个红点. (龚红戈 供题)解:将5个点依次编号0—4,且不妨设开始染红的是0号点,则第1步染红的是1号点,第2步染红的是3号点,第3步染红的又是1号点.故共可得3个红点.5.如图，设O ,I 分别为ABC ∆的外心、内心，且60B ∠=，AB ＞BC ，A ∠的外角平分线交⊙O 于D ，已知18AD =,则OI =_____________文 供题)解: 连接BI 并延长交⊙O 于E ,则E 为弧AC 的中点.连OE 、AE 、CE 、OC ，由60B ∠=，易知AOE ∆、COE ∆均为正三角形.由内心的性质得知：AE IE CE ==,所以A 、O 、I 、C 四点共圆,且圆心为E .再延长AI 交⊙O 于F ,由题设知D 、O 、F 共线，于是2OEI OAI ∠=∠, 22AOD AFD OAI ∠=∠=∠,又OA OD OE IE ===, 从而OAD ∆≌EOI ∆, 故18OI AD ==. 二.解答题(本题共5道小题,每小题20分,满分100分)6.证明:对任给的奇素数p ,总存在无穷多个正整数n 使得p |(n 2n -1).(陈永高 供题)证明:取n =(p -1)k ,则由费尔马小定理知(1)21(mod )p k p -≡,所以, p |(n 2n -1)(1)(1)21(mod )(1)1(mod )1(mod )p k p k p p k p k p -⇔-∙≡⇔-≡⇔≡-.取k =pr -1(r ∈N *),即n =(p -1)(pr -1),就有(1)(1)21(mod )p k p k p --∙≡即p |(n 2n -1).7.如图，已知P 是矩形ABCD 内任意一点，延长BP 交AD 于E ，延长DP 交AB 于F ，延长CP(叶中豪 供题)证法1: 设CG 交AD 于∠AGB ＝∠CGD 知△ABG ∽△交于R ，由AD ∥BR, AD=BC得AF BCFB BR= ① 又由△CPB ∽△QPE 及△由①,②得AF QEFB ED=,表明得△FBG ∽△EDG.所以,∠即GE ⊥GF.证法2:联结GB,GD,令∠由正弦定理得:sin sin GB GD αβ==sin sin sin sin BF BFP PBC DE DEP PDC ∠∠=⋅=∠∠由∠GBF ＝∠GDE 得△所以,∠FGB=∠EGD,∠FGE=∠BGD=900, 即GE⊥GF.8.对于恰有120个元素的集合A.问是否存在子集A1,A2,…,A10满足:(1)|A i|=36,i=1,2, (10)(2)A1∪A2∪…∪A10=A;(3)|A i∩A j|=8,i≠j.请说明理由.(刘裕文供题)解:答案:存在.考虑长度为10的0,1数列.其中仅3项为1的恰有310120C=个,每个作为集合A的一个元素.对每个j=1,2,…,10,第j项为1的0,1数列恰有2936C=个,它们是集合A j的36个元素.对每对i,j∈{1,2,…,10}(i<j),第i项与第j项均为1的0,1数列恰有188C=个,它们是Ai∩A j的元素.综上知,存在满足条件的10个子集.9.求最小的正整数m,n(n≥2),使得n个边长为m的正方形,恰好可以割并成n个边长分别为1,2,…,n的正方形. (邹明供题)解:依题意n个边长为m的正方形,恰好可以割并成n个边长分别为1,2,…,n的正方形⇔12+22+…+n2=nm2,即6m2=(n+1)(2n+1),则(n+1)(2n+1)=2n 2+3n+1≡0(mod6), 由n 2≡0,1,3,4(mod6)知n≡±1(mod6). 若6|n+1,设n=6k -1(k ∈N),得m 2=k(12k -1),因(k,12k -1)=1,所以k 与12k -1都是完全平方数,但12k -1≡3 (mod4)矛盾!若6|n -1,设n=6k+1(k ∈N),得m 2=(3k+1)(4k+1),因(3k+1,4k+1)=1,所以,3k+1=v 2,4k+1=u 2,消去k 得4v 2-3u 2=1,v=u=1时,k=0,n=1,但n ≥2,故u>1,v>1.由4v 2-3u 2≡1(mod8)知u,v 为奇数, 直接计算得u min =15,v min =13,k=56,所以, m 最小=15×13=195,n 最小=337.10.设实系数三次多项式32()p x x ax bx c =+++有三个非零实数根.求证:3322610(2)1227a a b ab c +--≥. (李胜宏 供题)证明:设,,αβγ为p (x)=0的三个根,由根与系数关系a b c αβγαββγγααβγ++=-⎧⎪++=⎨⎪=-⎩得: 22222a b αβγ-=++.原式32226(2)10(2)27a a b a b c ⇔-+-≥322222226()()10()27αβγαβγαβγαβγ⇔++++-++≤ ①.若2220αβγ++=,则①成立.若2220αβγ++>,不妨设||||||αβγ≤≤,由①的齐次性,不妨设2229αβγ++=,则23γ≥,222296αβαβγ≤+=-≤. ①2()10αβγαβγ⇔++-≤.因2(2)(27)100100αβαβ=+-+≤,所以,2()10αβγαβγ++-≤.故原式成立.。

山东省2009届高中数学夏令营数学竞赛试题一、填空题(本题共4道小题，每小题8分，满分32分)1．在任意给定的n 个无理数中，总存在这样的三个无理数，其中任意两个数之和仍是无理数，则n 的最小值是________。

（龚红戈供题） 2．设x 为任意整数，则4x 关于模16的最小非负剩余是________。

（叶景梅供题）3．设M 是整系数多项式()P x 的集合，并满足系数的绝对值都小于2009，且所有的根均是两两不同的整数．则M 中多项式次数的最大值是________。

（王林供题）4．设实数a 使得不等式2|2||32|x a x a a -+-≥对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是_______。

（夏兴国供题）二、解答题(本题共5道小题，每小题20分，满分l00分)5．证明：存在无穷多个棱长为正整数的长方体，其体积恰等于对角线长的平方，且该长方体的每一个表面总可以割并成两个整边正方形．（邹明供题） 6．设k 是正整数，定义数列{}n a 如下：0a k =，(1)n n a d a =-，n=1，2，…．其中()d a 表示a 的正约数的个数．求所有正整数k 使得数列{}n a 中无完全平方数．（注：若a 的标准分解式为1212ss a p p p ααα=⋅⋅⋅，则12()(1)(1)(1)s d a ααα=++⋅⋅⋅+）（叶景梅供题） 7．圆内接四边形ABCD 对角线交于E ，△EAB 、△ECD 的垂心分别为H 1、H 2．求证：H 1H 2、AD 、BC 三线共点或平行。

（叶中豪供题） 8.设正整数1a ，2a ，…，2009a 满足： （1）119i a ≠（i=1，2，…，2009）；（2）任意连续若干项之和119≠，求20091min in a =⎛⎫⎪⎝⎭∑。

（李胜宏供题） 9．设x 1=2009，112(1)n n n x x x n ---⎡⎤=⎢⎥⎣⎦， n=l ，2，…….，其中表示[x ]不超过x 的最大整数．试求数列{}n x 的通项公式。

2018年数学奥林匹克协作体夏令营试题（一）深圳中学 邹新宇1、假定正整数N 的8进制表示为8)43211234567765(=N ，那么下面四个判断中，正确的是（ ）A 、N 能被7整除而不能被9整除B 、N 能被9整除而不能被7整除C 、N 不能被7整除也不能被9整除D 、N 既能被7整除也能被9整除2、已知数列{}n a 满足)(,2007,2000*1221N n a a a a a n n n ∈-===++,则2007a 等于（ ） A 、2018 B 、-2018 C 、7 D 、-7 3、在12)2(++n x 的展开式中，x 的幂指数是整数的各项系数之和为（ ）A 、1312++n ； B 、123+n ； C 、12321+⨯n ； D 、)13(2112++n4、在1，2，3，4，5的排列54321,,,,a a a a a 中，满足条件,,2321a a a a <<4543,a a a a <<的排列个数是（ ）A 、10；B 、12；C 、14；D 、16.5、直线3-=mx y 与抛物线x m x y C m mx x y C )12(:,45:2221-+=-+=323:,3232--+=-+m mx x y C m 中至少有一条相交，则m 的取值范围是（ ） A 、283-≤≥m m 或 B 、231-≤-≥m m 或C 、R m ∈D 、以上均不正确 6、若关于x 的不等式032<+-x xae e有实数解，则a 的取值范围是（ ）A 、()32,-∞-B 、()32,∞-C 、()32,32- D 、),32(+∞二、填空题7、设a 为实数，集合{}{}φ≠+---=+-=B A a a B a a a a A ,1,1,1,,,222，则=B A ____________________．8、在三角形ABC 中，已知三个内角A 、B 、C 成等差数列，设他们所对的边分别是a 、b 、c ，并且a c -等于AC 边上的高h ，则=-2sin AC ____________________．9、斜率为1的直线与椭圆2214y x +=交于A 、B 两点，P 为线段AB 上的点，且2AP PB =. 则P 点的轨迹方程是____________________．10、已知当[]1,0∈x 时，不等式0sin )1()1(cos 22>-+--θθx x x x 恒成立，其中πθ20≤≤，则θ的取值范围是____________________．11、一个凸36面体中有24个面是三角形，12个面是四边形，则该多面体的对角线的条数是____________________．（连结不在凸多面体的同一个面内的两个凸面体的顶点的线段叫做凸多面体的对角线。

2．下面五个图形中，有一个不是正方体的展开图：那么“不是的”图形的编号是 。

3．将60分成10个质数之和，要求最大的质数尽可能小，那么其中最大的质数是 。

4．34减去一个分数，513一个分数，两次计算结果相等，那么这个相等的结果是 。

5．右面残缺算式中已知三个“4”，那么补全后它的乘积是 。

6．有A 、B 两个整数，A 的各位数字之和为35，B 的各位数字之和为26，两数相加时进位三次，那么A+B 的各位数字之和是 。

7．苹果和梨各有若干只，如果5只苹果和3只梨装一袋，还多4只苹果，梨恰好装完；如果7只苹果和3只梨装一袋，苹果恰好装完，梨还多12只，那么苹果和梨共有______只。

8．甲班51人，乙班49人，某次考试两个班全体同学的平均成绩是81分，乙班的平均成绩要比甲班平均成绩高7分，那么乙班的平均成绩是______分。

9．在大于1000的整数中，找出所有被34除后商与余数相等的数，那么这些数的和是 。

10．高中学生的人数是初中学生的56，高中毕业生的人数是初中毕业生的1217，高、初中毕业生毕业后，高、初中留下的人数都是520人，那么高、初中毕业生共有 人。

11．如图，一个长方形的纸盒内，放着九个正方形的纸片，其中正方形A 和B 的边长分别为4和7，那么长方形(纸盒)的面积是 。

12．甲、乙两地相距100千米，张先骑摩托车从甲出发，1小时后李驾驶汽车从甲出发，两人同时到达乙地。

摩托车开始速度是50千米／d,时，中途减速为40千米／小时。

汽车速度是80千米／小时。

汽车曾在途中停驶10分钟，那么张驾驶的摩托车减速时在他出发后的_________小时。

。

3．下面五个图形中，有一个不是正方体的展开图：那么“不是的”图形的编号是_________。

4．34减去一个分数，513一个分数，两次计算结果相等，那么这个相等的结果是 。

5．规定：③＝2×3×4，④＝3×4×5，⑤＝4×5×6，…，⑩＝9×10×11，…如果，那么方框代表的数是________。

山东省数学竞赛试题及答案一、选择题（每题5分，共30分）1. 若\( a \)和\( b \)是正整数，且\( a^2 + b^2 = 100 \)，求\( a + b \)的值。

A. 10B. 11C. 12D. 132. 已知函数\( f(x) = x^3 - 3x^2 + 2 \)，求\( f(2) \)的值。

A. -2B. 0C. 2D. 43. 一个圆的半径是5，求这个圆的面积。

A. 25πB. 50πC. 75πD. 100π4. 一个等差数列的首项是2，公差是3，求第10项的值。

A. 32B. 29C. 27D. 255. 一个直角三角形的两条直角边分别是3和4，求斜边的长度。

A. 5B. 6C. 7D. 86. 如果\( \sin(\alpha) = \frac{3}{5} \)，且\( \alpha \)在第一象限，求\( \cos(\alpha) \)的值。

A. \( \frac{4}{5} \)B. \( \frac{1}{5} \)C. \( -\frac{4}{5} \) D. \( -\frac{1}{5} \)二、填空题（每题5分，共20分）7. 若\( x \)满足方程\( x^2 - 5x + 6 = 0 \)，求\( x \)的值。

__________。

8. 一个长方体的长、宽、高分别是10cm、8cm和6cm，求其体积。

__________。

9. 一个数列的前三项是1, 1, 2，每一项都是前两项的和，求第5项的值。

__________。

10. 已知\( \tan(\beta) = 2 \)，求\( \sin(\beta) \)的值。

__________。

三、解答题（每题25分，共50分）11. 证明：对于任意的正整数\( n \)，\( 1^3 + 2^3 + ... + n^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4} \)。

12. 解不等式：\( |x - 3| + |x + 2| \geq 5 \)。

山东省2012届高中数学夏令营数学竞赛（及答案） 一.填空题(本题共5道小题,每小题8分,满分40分) 1.函数的最大值是________________ ; (王泽阳 供题) 解:,其等号仅当即时成立, 所以,f(x)最大=. 2.如果自然数a的各位数字之和等于5,那么称a为“吉祥数”, 将所有吉祥数从小到大排成一列a1,a2,…,an.若an=2012.则n=_______________. (王继忠 供题) 解:设为吉祥数,则x1+x2+…+xm=5,由x1≥1和x2,…,xm≥0得 (x1-1)+x2+…+xm=4,所以,为第个吉祥数.为第个吉祥数. 由此得:一位吉祥数共1个,二位吉祥数共个,三位吉祥数共个, 因以1为首位的四位吉祥数共个,以2为首位的前两个四位吉祥数为: 2003和2012.故n=1+5+15+15+2=38. 3.已知f(x)是2011次多项式,当n=0,1,…,2011时,. 则f(2012)=______; (王 林 供题) 解:当n=0,1,…,2011时, (n+1)f(n)=n,即多项式(x+1)f(x)-x有2012个根, 设(x+1)f(x)-x=ax(x-1)(x-2)…(x-2011). 取x=-1,则1=2012!a.故, ,. 4.将圆周上5个点按如下规则染色:先任选一点染成红色,然后依逆时针方向,第1步转过1个间隔将到达的那个点染红,第2步转过2个间隔将到达的那个点染红,第k步转过k个间隔将到达的那个点染红.一直进行下去,可得到_________个红点. (龚红戈 供题) 解:将5个点依次编号0—4,且不妨设开始染红的是0号点,则第1步染红的是1号点,第2步染红的是3号点,第3步染红的又是1号点.故共可得3个红点. 5.如图，设,分别为的外心、内心，且，＞，的外角平分线交⊙于，已知,则_____________. (李耀文 供题) 解: 连接并延长交⊙于,则为弧的中点.连 、、、，由，易知、均为 正三角形.由内心的性质得知：,所以 、、、四点共圆,且圆心为.再延长交⊙于, 由题设知、、共线，于是, , 又, 从而≌, 故. 二.解答题(本题共5道小题,每小题20分,满分100分) 6.证明:对任给的奇素数p,总存在无穷多个正整数n使得p|(n2n-1). (陈永高 供题) 证明:取n=(p-1)k,则由费尔马小定理知,所以, p|(n2n-1) . 取k=pr-1(r∈N*),即n=(p-1)(pr-1),就有即p|(n2n-1). 7.如图，已知P是矩形ABCD内任意一点，延长BP交AD于E，延长DP交AB于F，延长CP交矩形的外接圆于G。

山东省师范大学附属中学2025届高三下学期联合考试数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．在三角形ABC 中，1a =，sin sin sin sin b c a b A A B C++=+-，求sin b A =（ ）A ．2B ．3C ．12D ．22．某校团委对“学生性别与中学生追星是否有关”作了一次调查，利用22⨯列联表，由计算得27.218K ≈,参照下表:得到正确结论是( ) A ．有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星无关”B ．有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星有关”C ．在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星无关”D ．在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星有关”3．我国著名数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界瞩目的成就，哥德巴赫猜想内容是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”（ 注：如果一个大于1的整数除了1和自身外无其他正因数，则称这个整数为素数），在不超过15的素数中，随机选取2个不同的素数a 、b ，则3a b -<的概率是（ ）A ．15 B ．415 C ．13 D ．254．《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵111ABC A B C -中，AC BC ⊥，12AA =，当阳马11B ACC A -体积的最大值为43时，堑堵111ABC A B C -的外接球的体积为（ ）A ．4π3B ．82π3C ．32π3D ．642π35．已知函数31,0()(),0x x f x g x x ⎧+>=⎨<⎩是奇函数，则((1))g f -的值为（ ）A ．－10B ．－9C ．－7D ．16．运行如图程序，则输出的S 的值为（ ）A ．0B ．1C ．2018D ．20177．抛掷一枚质地均匀的硬币，每次正反面出现的概率相同，连续抛掷5次，至少连续出现3次正面朝上的概率是（ ）A ．14B ．13C ．532D ．3168．已知函数()222,02,0x x x f x x x x ⎧-+≥⎪=⎨-<⎪⎩，若关于x 的不等式()()20f x af x +<⎡⎤⎣⎦恰有1个整数解，则实数a 的最大值为（ ）A ．2B ．3C ．5D ．89．函数2()1cos 1x f x x e ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭图象的大致形状是（ ） A ． B ．C ．D ．10．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）A ．若αβ⊥，m α⊂，n β⊂，则m n ⊥B ．若//αβ，m α⊂，n β⊂，则//m nC ．若m n ⊥，m α⊂，n β⊂，则αβ⊥D ．若m α⊥，//m n ，//n β，则αβ⊥11．定义,,a a b a b b a b≥⎧⊗=⎨<⎩，已知函数21()2sin f x x =-，21()2cos g x x =-，则函数()()()F x f x g x =⊗的最小值为（ ）A ．23B ．1C ．43D ．212．已知双曲线的中心在原点且一个焦点为7,0)F ，直线1y x =-与其相交于M ，N 两点，若MN 中点的横坐标为23-，则此双曲线的方程是 A ．22134x y -= B ．22143x y -= C ．22152x y -= D ．22125x y -= 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

山东高二高中数学竞赛测试班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、解答题1.求的值.2.在棱长为1的正四面体中，和分别是和的中点，求异面直线和之间的距离.3.设的三边长分别为，面积为，证明：.4.1979年，李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题：5只猴子分一堆桃子，怎么也不能分成5等份，只好先去睡觉，准备第二天再分，夜里1只猴子偷偷爬起来，先吃掉一个桃子，然后将其分成5等份，藏起自己的一份就去睡觉了；第2只猴子又爬起来，将剩余的桃子吃掉一个后，也将桃子分成5等份；藏起自己的一份睡觉去了；以后的3只猴子都先后照此办理，问：最初至少有多少个桃子？最后至少剩下多少个桃子？5.过椭圆的右焦点的直线与圆相切于点，并与椭圆交于不同的两点，若，证明：椭圆的离心率为.6.设为三角形中的三边长，且，求证：.7.已知椭圆过点，两个焦点为.（1）求椭圆的方程；（2）是椭圆上的两个动点，①如果直线的斜率与的斜率之和为2，证明：直线恒过定点.山东高二高中数学竞赛测试答案及解析一、解答题1.求的值.【答案】2.【解析】利用题意结合所给三角函数式的特征构造两角和差正余弦公式计算可得三角函数式的值为2.试题解析：原式2.在棱长为1的正四面体中，和分别是和的中点，求异面直线和之间的距离.【答案】.【解析】将异面直线之间的距离转化为线面距离，然后利用体积相等结合题意可得异面直线和之间的距离是.试题解析：连接，取中点，连结，则，∴平面，∴异面直线和的距离就是到平面之间的距离，在中，，，，，∴，由，所以.3.设的三边长分别为，面积为，证明：.【答案】证明见解析.【解析】利用面积公式，结合所给不等式的特征，证得即可证得题中的结论.试题解析：4.1979年，李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题：5只猴子分一堆桃子，怎么也不能分成5等份，只好先去睡觉，准备第二天再分，夜里1只猴子偷偷爬起来，先吃掉一个桃子，然后将其分成5等份，藏起自己的一份就去睡觉了；第2只猴子又爬起来，将剩余的桃子吃掉一个后，也将桃子分成5等份；藏起自己的一份睡觉去了；以后的3只猴子都先后照此办理，问：最初至少有多少个桃子？最后至少剩下多少个桃子？【答案】最初至少有桃子个，从而最后至少剩下个.【解析】将原问题转化为数列的递推关系的题目，然后结合递推关系式讨论可得最初至少有桃子个，从而最后至少剩下个.试题解析：假如我们设最初有个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为，得到一个数列，依题意，可知数列的递推公式：，即，整理变形，得.故是以为公比的等比数列，所以，欲使，应有，故最初至少有桃子个，从而最后至少剩下个.5.过椭圆的右焦点的直线与圆相切于点，并与椭圆交于不同的两点，若，证明：椭圆的离心率为.【答案】证明见解析.【解析】设出PQ的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理整理计算得到椭圆中a,b的齐次式，然后求解离心率即可.试题解析：设点，直线方程为，则由，得所以，，因直线与直线垂直，故有，得又直线与圆相切，所以所以，从而由，得点因点在圆上，所以有化简，得即再进一步利用韦达定理整理上式消去，得从而，故有.点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．6.设为三角形中的三边长，且，求证：.【答案】证明见解析.【解析】构造三元函数，将其整理变形为，结合三角形的特征和均值不等式的结论即可证得最终结果.试题解析：记，则又为的三边长，所以，，，所以.另一方面，由于，所以，又所以不妨设，且为的三边长，所以.令，则所以从而当且仅当时取等号.7.已知椭圆过点，两个焦点为.（1）求椭圆的方程；（2）是椭圆上的两个动点，①如果直线的斜率与的斜率之和为2，证明：直线恒过定点.【答案】(1) ；(2)证明见解析.【解析】(1)由题意得到a,b的值即可确定椭圆方程；(2)设出直线方程，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理分类讨论即可证得题中的结论.试题解析：（1）由题意可得：，则椭圆的方程为（2）设，直线方程为，，得：由韦达定理：，，由题意可知，即∴即∴或当时，直线方程恒过定点当时，直线方程恒过定点与点重合，不合题意舍去，综上所述，直线恒过定点.点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．。

2020年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题参考答案一.填空题(本题共12道小题,每小题5分,共60分)1.数列{a n }是集合{2x +2y +2z |0≤x<y<z,x,y,z ∈Z}中的数从小到大排成的数列, 则a 2020=_________________(用2a +2b +2c 的形式表示);解:令f(x,y,z)=2x +2y +2z ,因f(21,22,23)是第324C =2024项,所以a 2020=f(17,22,23)=217+222+223.2.设二次函数f (x)=a x 2+b x+c (a >0)和一次函数y=a x+b 满足:当|x|≤1时,|f (x)| ≤1且y=a x+b 有最大值2.则函数f (x)=__________________.解:由a >0时y=a x+b 递增,知当-1≤x ≤1时,y 最大=a +b =2.由|x|≤1时,|f (x)|≤1 及0,1∈[-1,1],得|c|≤1,|a +b +c |≤1,又a +b =2得|2+c |≤1,得-1≤c ≤-1即c=-1. 故f (0)=c=-1及|f (x)|≤1知f (x)最小=-1,所以0,02==-b ab,代入a +b =2得a =2, 所以f (x)=2x 2-1.3.经过曲线xy 1=与y=x 2+3x -7交点的圆的方程是_______________________;解:由交点(x,y)满足⎩⎨⎧-+==7312x x y xy ,得⎪⎩⎪⎨⎧+-=+-=733722x y x y x y ,相加得106222=+++y x y x , 即20)3()1(22=+++y x 为所求圆的方程.4.设ΔABC 中∠A=450,∠B=600,则其外心O 到ΔABC 三边距离之比___________; 解:O 到三边a,b,c 距离分别为r a ,r b ,r c ,则BAS S b r a r AOC BOC b a 2sin 2sin ==∆∆, 所以B Ar r b a cos cos =,同理CB r r c b cos cos =,所以r a :r b :r c =cosA:cosB:cosC 13:2:2-=;ABCO5.正实数a,b,c 成等比数列(q ≠1),log a b,log b c,log c a 成等差数列.则公差d =______; 解:设qb a =,c=bq,log a b=x -d,log b c=x,logc a=x+d,则a x-d =b,b x =c,c x+d =a.将bq c q ba ==,代入得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===+-)3()()2()1()(q bbq bq b b q b d x x dx ,将(1)×(3)得b 2x q 2d =b 2q -1,将(2)代入得b 2q 2d+2=b 2q -1,即q 2d+3=1,因q≠1,所以23-=d . 6.设A,B,C 为ΔABC 的三个内角,则使得CB A cos 23sin 1sin 1+≥+λ恒成立的实 数λ的最大值是——————;解:因3+2cosC=42cos2C +1>0,所以,)sin 1sin 1)(12cos 4(2BA C ++≤λ, 因]cos )[cos(212cos8sin sin 2cos8)sin 1sin 1)(12cos4(2C B A C B A CBA C +-=≥++82cos 2cos8)cos 1(212cos8==+≥C CC C,等号成立仅当A=B=300,C=1200,所以λ最大=8. 7.随机选取{1,2,…,n}中r(1≤r ≤n)个元构成子集的最小数的期望值是________.解:集合M 含r 个元素的子集共有rn C 个,M 中以正整数k 为最小数的含r 个元素的子集共有1--r k n C 个,其中1≤k ≤n -r+1.所以最小数的期望值是rnr r r n r n r n C C r n C C C 11131211)1(321--------⨯+-++⨯+⨯+⨯=rn r r r r r n r r r n r n C C C C C C C 111112111211)()(------------++++++++ =1111111++==+++++---r n C C C C C C rn r n r n r r r n r n . 8.与坐标轴交于三个不同点A,B,C 的所有抛物线y=x 2+ax +b ,ΔABC 的外接圆恒过同一定点___________;解:设A(x 1,0),B(x 2,0),C(0,b ),⊙ABC 交y 轴于D,显然b ≠0. 若A,B 在原点两侧,则b <0,由|b ||OD|=|x 1x 2|=|b |,得 |OD|=1,所以点D(0,1);若A,B 在原点同侧,则b >0, 由b |OD|=|x 1x 2|=b ,仍有点D(0,1).⊙ABC 恒过点D(0,1). 9.设OABC 是边长为1的正四面体，E 、F 分别为AB 与OC 的 中点.则异面直线OE 与BF 的距离是______________; 解:令则 假设是OE 与BF 的公垂线向量,则有,取 ,则,, 所以,向量在上的射影长即为所求. 10.一棱长为6的正方体封闭空盒子中放有一半径为1的小球,若将盒子任 意翻动,则小球达不到的空间的体积是_____________ ;解:将盒子任意翻动时,小球达不到的空间为:正方体8个角处的空间加正方 体12条棱处的空间.其中8个角处的空间合并为棱长为2的正方体挖掉半,,,c OC b OB a OA ===,21),(21b c BF b a OE -=+=c z b y a x n ++=⎩⎨⎧=+=++⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=-++=⋅=++=+++=⋅0302330)3(41)21)((0)233(41))((21y x z y x y x b c c z b y a x BF n z y x b a c z b y a x OE n c b a n 33)3,1,3(--=--=1039319||=+--=n 1)33(-=⋅--=⋅b c b a b n b OB =n 1010||||=⋅=n b n d O ABC xyDO ABC xy D径为1的小球,其体积为π348-;12条棱处的空间合并为3个空心正四棱柱 (底边长2高4的正四棱柱挖去一底半径1高4的圆柱),体积为)416(3π-, 所以小球达不到的空间的体积为34056)416(3348πππ-=-+-.11.数列{a n }共1001项,a 1=0,a 1001=2020,且a k+1-a k =1或3,k=1,2,…,1000.则满 足这种条件的不同数列的个数为________(用组合数作答);解:由a k+1-a k =1或3,a 1001=(a 1001-a 1000)+(a 1000-a 999)+…+(a 2-a 1)=2020,设1000个差a 1001-a 1000,a 1000-a 999,…,a 2-a 1中有x 个1和y 个3,则有⎩⎨⎧=+=+100020203y x y x解得⎩⎨⎧==510490y x ,即所求数列的1000个差a k+1-a k (1≤k ≤1000)中有490个1和510个3.因这490个1和510个3的每一个排列都唯一对应一个满足条件的数列,故所求数列的个数是4901000!510!490!1000C =个.12.用6种不同颜色,给图中n(n≥2)个彼此相连的区域A 1,A 2,…,A n 染色,任何 相邻的两个区域染不同色,则所有不同的染色方案种数a n =_________________; 解:如图记符合要求的染色方案a n 种,则区域A 1有6 种染法,区域A 2,A 3,…,A n 各有5种染法,这包括A n 与A 1染 同色或不同色两类:若区域A n 与A 1同色,则视A n ,A 1为一个区域,共n -1个区域,符合要求的染法a n-1种;若区域A n 与A 1染不同色,则有a n 种染法.故有a n +a n-1=6×5n-1,即(a n -5n )=-(a n-1-5n-1).因a 2=6×5=30,a 2-52=5,所以 a n -5n =5(-1)n-2=5(-1)n ,故a n =5(-1)n +5n . 二.解答题(本题共4道小题,每题20分,共80分)13.设a 为常数,0<a ≠1.求所有函数f :R +→R,对任意x,y ∈R +,f (xy)=f (x)+f (y)A 2A 3 A 4 A nA n －1 A 1…A n-2P图1且f (a )=1.解:取x=y=1得f (1)=0,yx y f y x f x y x f y x f y x f x f y y y )1(lim)()1(lim )()(lim )(000/+=-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-+=→→→ )1(1)1()1(lim 1/0f x xy f x yf x xy =-+=→,令C 1=f /(1),则,)(1/x C x f =21ln )(C x C x f +=,其中C 1, C 2为常数,因f (1)=C 2=0,f (a )=C 1ln a =1,所以x ax x f a C a log ln ln )(,ln 11===. 又显然x x f a log )(=满足方程,故x x f a log )(=为所求.14.设AB 为椭圆161622=+y x 的长轴,该椭圆的动弦PQ 过C(2,0),但不过原点,直线AP 与QB 相交于点M,PB 与AQ 相交于点N.求直线MN 的方程. 解:椭圆为:3x 2+8y 2=48,设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),由A(-4,0),B(4,0)得直线AP,QB 为⎩⎨⎧-=-+=+)4()4()4()4(2211x y x y x y x y ,消去y 得))(4(4))(4(121221211221y y y x y x y y y x y x x M -++=++-①, 由⎪⎩⎪⎨⎧-=-=2222212134883488x y x y 相除得222122211616x x y y --=得)(16212221222221y y y x y x -=-②, 由P,C,Q 共线即),2(),2(2211y x CQ y x CP -=-=，共线得)(2121221y y y x y x -=-③, 将②÷③得)(8121221y y y x y x +=+④,将③,④代入①得)3(8)3(2121y y y y x M +=+,因 PQ 运动过程中213y y +不恒为0,故8=M x ,同理8=N x ,直线MN 的方程为8=x . 15.已知a ,b 均为正整数,且a >b,)20(2sin 22πθθ<<+=ba ab .证明:对一切正整数 n,存在锐角ϕ,使得)sin()(222ϕθ++n b a n 均为整数,证明:由222sin ba ab+=θ得2222cos b a b a +-=θ,由复数(a 2+b 2)n (cos θ+isin θ)n =(a 2+b 2)n (cosn θ+isinn θ),又[(a 2+b 2)(cos θ+isin θ)]n =(a 2-b 2+2ab i)n =(a +b i)2n=nn n n n n n n n n bi C bi a C bi a C bi a C a 222332322222212122)()()(+++++---=)()(5525233232121244242222222 -+-+-+------b aC b a C b a C i b a C b a C a n n n n n n n n n n n .比 较实,虚部得:)4sin()(2)sin (cos )(2222πθθθ++=++n b a n n b a nn =Z b a C b a C b a C b a C b a C a n nn n n n n n n n n ∈-+-+-+------)()(5525233232121244242222222 . 即锐角4πϕ=满足条件.16.求最小的正整数k,使得在任意k 个整数中,总可以选出其中的偶数个数, 其和为2020的倍数.解:引理 任意m 个整数中必有若干个,其和为m 的倍数.证明:设m 个整数x 1,x 2,…,x m ,S i =x 1+x 2+…+x i (i=1,2,…,m),若S 1,S 2,…,S m 被m 除的余数两两不同,则必有m|S i ;否则必有1≤i<j ≤m 使得S i ≡S j (modm),则 m|S j -S i =x i+1+…+x j ,引理得证.回到原题.2020=2×1010,由2019个1与1个0之和为2019,2020∤2020-1,故2019个1 和1个0中不存在偶数个1之和是2020的倍数,所以k ≥2021. 任取2021个整数,设其中有t 个奇数a 1,a 2,…,a t ,s 个偶数b 1,b 2,…,b s ,其中 t+s=2021,若t 为奇数,则s 为偶数,令,2,,2,21221432211---+=+=+=t t t a a x a a x a a x 22121b b x t +=+,2,,21101043121s s t b b x b b x +=+=-++ ,则由引理知x 1,x 2,…,x 1010中必有若干个之和为1010的倍数,即a 1,a 2,…,a t ,b 1,b 2,…,b s 中有偶数个之和为2020的倍 数.所以k ≤2021,k=2021.当t 为偶数,s 为奇数时,同理k=2021.综上k=2021.。