【精】高中数学奥林匹克竞赛训练题(215)

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。

——教学资料参考参考范本——【高中教育】最新高中数学奥林匹克竞赛训练题（215）______年______月______日____________________部门第一试一、填空题1。

已知数列满足对于任意正整数，均有。

则{}na n 31nkk an ==∑2017211k ka ==-∑2。

已知实数满足则的最大值为x y 、2212x y xy +-=22x y -3。

若从1，2，…，14这14个整数中同时取三个数，使得任何两数之差的绝对值不小于3，则不同的取法数为 。

4。

在中，CA=2,CB=6,,若点O 在的平分线上，满足,且，则的取值范围是 。

ABC ∆060ACB ∠=ACB ∠()OC mOA nOB m n R =+∈、11420n -≤-OC5。

如图1，正方形ABCD 的边长为1，E 、F 分别为边BC 、AD 的中点，将沿BF 所在直线进行翻折，将沿DE 所在直线进行翻折，则在翻折的过程中，点A 与C 之间的最大距离为 。

ABF∆CDE ∆6。

已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，左、右顶点分别为A 、B ，过右焦点F2的直线与椭圆C 交于点。

若,则实数= 。

22:198x y C +=:1l x my =+112212(,)(,)(0,0)M x y N x y y y ><、1MA NF ⊥m 7。

已知函数，对于任意的恒有。

则实数的取值范围是 。

2()2ln f x x x a x =++1t ≥(21)2()3f t f t -≥-a8。

若的展开式，则 。

403422017()(2)k k k f x a x x x ==++∑与1344331320=kk k k a a a ++=--∑（2）二、解答题9。

在数列中，。

证明：{}n a 2112,2nn n a a a a +==+1242nkk kka a =<+∑10。

在中，所对的边分别为。

若,求的度数。

2003年全国高中数学联合竞赛试题一、选择题（本题满分36分，每小题6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2003项是（） A ．2046B ．2047C ．2048D ．20492、设a ，b ∈R ，ab ≠0，那么，直线ax －y ＋b =0和曲线bx 2＋ay 2=ab 的图形是（）3、过抛物线y 2=8（x ＋2）的焦点F 作倾斜角为60°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 ．163B ．83C．4、若5[,123x ππ∈--，则2tan(tan(cos()366y x x x πππ=+-+++的最大值是（）.AC224949u x y =+--的最小值是（）与CD 的距离为2，夹角为3π，则四面体ABCD 的体积等于8、设F 1，F 2是椭圆194x y +=的两个焦点，P __________.9、已知A ={x |x 2－4x ＋3<0，x ∈R }，B ={x |21－x ＋a a 的取值范围是__________.10、已知a ，b ，c ，d 均为正整数，且3log ,log 24a cb d ==，若a －c =9，b －d =__________.11、将八个半径都为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0.12|n i a a a a 只取0或1（i =1，2，…，n －1），a n =1}，T n 是M n 中元素的个数，S n 是M n 中所有元素的和，则limnn nS T →∞=__________.三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13、设352x ≤≤，证明不等式14、设A ，B ，C 分别是复数Z 0=ai ，Z 1=12＋bi ，Z 2=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 =Z 0cos 4t ＋2Z 1cos 2t sin 2t ＋Z 2sin 4t （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 ，折叠纸片，使圆周上某一点A ′刚好与A 点重合.这样的每一种折法，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.加试一、（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 .二、（本题满分50分）设三角形的三边长分别是整数l ，m ，n ，且l >m >n .已知444333{}{}{}101010l m n==，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.三、（本小题满分50分）由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形，其中n =q 2＋q ＋1，l ≥12q （q ＋1）2＋1，q ≥2，q ∈N .已知此图中任四点不共面，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）.答案1981，2115=a 2115－45=a 2070.而且在从第1981项到第2070项之故选（C ）.223x 程)3y x =-，令y =0，得P 点的横坐标4x =4、5、由已知得1y x=-，故而x ∈（－2，12-）∪（12，2），故当2222249,,93x x x x x==+即之值最小，而此时函数u 有最小值5，故选（D ）.作棱柱ABF －6、如图，过C 作//CE AB =，以△CDE 为底面，BC 为侧棱ECD ，则所求四面体的体积V 1等于上述棱柱体积V 2的13.而△CDE 的面积S =12CE ×CD ×sin ∠ECD ，AB 与CD 的公垂线MN 就是棱柱ABF －ECD 的高，故因此121132V ==，故选（B ）.二、填空题7、由原不等式分解可得（|x |－3）（x 2＋|x |－1）<0，由此得所求不等式的解集为11(3,),3)22--⋃.8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a ，2b ，2c ，则由其方程知a =3，b =2，c 故|PF 1|＋|PF 2|=2a =6，又已知|PF1|：|PF2|=2：1，故可得|PF1|=4，|PF2|=2.在△PF1F2中，三边之长分别为2，4，而22＋42=(2，可见△PF1F2是直角三角形，且两直角边的长短为2和4，故△PF1F2的面积=12|PF1|·|PF2|=12×2×4=4.9、易得A=（1，3），设f(x)=21－x＋a，g(x)=x2－2(a＋7)x＋5要使A B⊆，只需f(x)，g(x)在（1，3）上的图象均在x轴下方.其充要条件是：同时有f(1)≤0，f(3)≤0，g(1)≤0，g(3)≤0.由此推出－4≤a≤－1.10、由已知可得352424,,(),(.b da b c d a ca c====从而因此，a|b，c|d.又由于a－c=9，故于是得a=25，b=125，c=16，d=32.故b－d=93.11、如图，由已知上下层四个球的球心A′，B′，C′，D′和A，B，C，D分别是为上下底面构成上下两个边长为2的正方形的顶点，且以它们的外接圆O′和OA'或1b ＋14、设Z=x＋yi(x，y∈R)，则x＋yi=a cos4t·i＋2(12＋bi)cos2t sin2t＋(1＋ci)sin4t，实虚部分离，可得x=cos2t sin2t＋sin4t=sin2ty=a(1－x)2＋2b(1－x)x＋cx2(0≤x≤1)即y=(a＋c－2b)x2＋2(b－a)x＋a①又因为A，B，C三点不共线，故a＋c－2b≠0.可见所给曲线是抛物线段（如图）.AB，BC的中点分别是13(,),(,4242a b b cD E++.所以直线DE的方程为y=(c－a)x＋14(3a＋2b－c)②由①，②联立得a ＋c －2b （x －12）2=0. 由于a ＋c －2b ≠0，故（x －12）2=0，于是得x =12.注意到113424<<，所以，抛物线与△ABC 中平行于AC 的中位线DE 有且只有一个公共点，此点的坐标为12(,24a c b++，其对应的复数为15、如图，以O 为原点，OA 所在直线为x 轴建立直角坐标系，则有A （a ，0）.痕为直线MN ，则MN设折叠时，O 上点A ′（R cos α，R sin α）与点A 重合，而折为线段AA ′的中垂线.设P (x ，y )为MN 上任一点，则|PA ′|=|PA |.故(x －R cos α)2＋(y －R sin α)2=(x －a )2＋y 2，即2R (x cos α＋y sin α)=R 2－a 2＋2ax ，故加试一、如图，连结AB ，在△ADQ 与△ABC 中，∠ADQ =∠ABC ，∠DAQ =∠PBC =∠CAB ，故△ADQ ∽△ABC ，而有BC DQAB AD=，即BC ·AD =AB ·DQ . PBD 得PCB ∽△在△CBQ 与△ABD 中，AD DQ CQAB BC BC==，∠BCQ =CBQ =∠ABD ，即得∠DBQ =∠ABC =∠PAC .二、由题设可知于是444333(mod 2)333(mod )333(mod5)②l m n lmnl m n ⎧≡≡⎪≡≡⇔⎨≡≡⎪⎩ 由于（3，2）=（3，5）=1，由①可知3l －m ≡3m －n ≡1(mod24).现在设u 是满足3u ≡1(mod24)的最小正整数，则对任意满足3v ≡1(mod24)的正整数v ，我们有u |v ，即u 整除v .事实上，若\|u v ，则由带余除法可知，存在非负整数a 与b ，使得v =au ＋b ，其中0<b ≤u －1，从而可推出3b≡3b +au≡3v ≡1(mod24)，而这显然与u 的定义矛盾，所以u |v .注意到3≡3(mod24)，32≡9(mod24)，33≡27≡11(mod24)，34≡1(mod24)从而可设m －n =4k ，其中k 为正整数.同理可由②推出3m －n ≡1(mod54)，故34k ≡1(mod54).现在我们求满足34k ≡1(mod54)的正整数k .因为34=1＋5×24，所以34k －1=（1＋5×24）k －1≡0(mod54)，即 即有k =5t ，并代入该式得t ＋5t [3＋(5t －1)×27]≡0(mod52)即有t ≡0(mod52)，即k =5t =53s ，其中s 为正整数，故m －n =500s ，s 为正整数. 同理可证l －n =500r ，r 为正整数. 由于l >m >n ，所以有r >s .这样一来，三角形的三个边为500r ＋n 、500s ＋n 和n .由于两边之差小于第三边，故n >500(r －s )，因此，当s =1，r =2，n =501时三角形的周长最小，其值为（1000＋501）＋（500＋501）＋501=3003三、设这n 个点的集合V ={A 0，A 1，A 2，…，A n －1}为全集，记A i 的所有邻点（与A i 有连线段的点）的集合为B i ，B i 中点的个数记为|B i |=b i ，显然112n i i b l -==∑且b i ≤(n －1)(i =0，1，2，…，n －1).若存在b i =n －1时，只须取则图中必存在四边形，因此下面只讨论b i <n －1(i =0，1，2，…，n －1)的情况.不妨设q ＋2≤b 0≤n －1.用反证法.若图中不存在四边形，则当i ≠j 时，B i 与B j 无公共点对，即|B i ∩B j |≤1（0≤i <j ≤n －1）.因此，0||1i i B B b ⋂≥-(i =1，2，…，n －1).故故(n －1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q ＋2－b 0)(nq －q －n ＋3－b 0) q (q ＋1)(n －b 0)(n －b 0－1)≥(nq －q ＋2－b 0)(nq －q －n ＋3－b 0)①但(nq －q －n ＋3－b 0)－q (n －b 0－1)=(q －1)b 0－n ＋3≥(q －1)(q ＋2)－n ＋3=0② 及(nq －q ＋2－b 0)－(q +1)(n －b 0)=qb 0－q －n ＋2≥q (q ＋2)－q －n ＋2=1>0③0)(n －b 0－1)B 1，C 1分别为边AC ，AB 的中点，已知射线B 1I 交边AB 于点b 与的最大公约数也等于1；（3）对于S 中任意两个不同的元素a ，b ，都存在1，并且b 与d 的最大公约数也大于1.三、给定正整数n ，求最小的正数λ，使得对任何2…tan θn =2n /2，就有cos θ1＋cos θ2＋…＋cos θn ≤λ.四、求所有满足a ≥2，m ≥2的三元正整数组（a 五、某公司需要录用一名秘书，共有10人报名，公司经理决定按照求职报名的顺序逐个面试，前3个人面试后一定不录用，自第4个人开始将他与前面面试过的人相比较，如果他的能力超过了前面所有已面试过的人，就录用他；否则就不录用，继续面试下一个，如果前9个都不录用，那么就录用最后一个面试的人.假定这10个人的能力各不相同，可以按能力由强到弱排为第1，第2，…，第10.显然该公司到底录用到哪一个人，与这10个人报名的顺序有关.大家知道，这样的排列共有10！种，我们以A k 表示能力第k 的人能够被录用的不同报名顺序的数目，以A k /10！表示他被录用的可能性.证明：在该公司经理的方针之下，有 （1）A 1>A 2>…>A 8=A 9=A 10； （2）该公司有超过70%的可能性录用到能力最强的3个人之一，而只有不超过10%的可能性录用到能力最弱的3个人之一.六、设a ，b ，c ，d 为正实数，满足ab ＋cd =1；点P i （x i ，y i ）(i =1，2，3，4)是以原点为圆心的单位圆周上的四个点，求证：（ay 1＋by 2＋cy 3＋dy 4）2＋（ax 4＋bx 3＋cx 2＋dx 1）2≤22222()a b c d ab cd+++.参考答案一、∵H 是△ABC 的垂心，A 1是△BHC 的外心，∴△BHC =180°－∠BAC ，∠BA 1C =2∠BAC .又由题设知AB ≠AC ，从而A ，I ，A 1共线，即A 1在∠BAC 平分线上⇔A 1在△ABC 外接圆上⇔∠BA 1C ＋∠BAC =180°⇔∠BAC =60°.现证22BKB CKC S S ∆∆=⇔∠BAC =60°.作ID ⊥AB 于D ，IE ⊥AC 于E ，设BC =a ，CA =b ，AC =c ，则故A ，I ，A 1共线的充要条件是△BKB 2和△CKC 2的面积相等. 二、设35121235711a a a a a n q =，其中q 是不被2，3，5，7，11整除的正整数，a i 为非负整数，n ≤100，则n ∈S ⇔a i (1≤i ≤5)中恰有一个或两个为正整数，即S 由下列元素组成：不超过100的正偶数中除去2×3×5，22×3×5，2×32×5，2×3×7，22×3×7，2×5×7，2×3×11等7，…，3×33共17个数；，5×5，5×7，5×11，5×13，5×17，5×19共7个数； 7，7×7，7×11，7×13共4个数； .中的S ，c ≠，≠且（，）=>1，（，）=>1；若（a ，b ）=d >1，取d 的最小质因数p ，及不整除，则有c ∈S ，c ≠a ，c ≠b 且（a ，c ）≥p >1，（b ，c ）≥因此S 满足条件（3）.以下证明任何满足题设的S 的元素数目不大于首先证明满足题设条件的S 121p 2∈S ，则由（3）知存在c ∈S ，使得（p 1，c ）>1，（p 2，c ）>1，从而有p 1|c ，p 2|c ，∴p 1p 2|c ，由此可知c ≥p 1p 2>100，这与（1）矛盾.从而10与100之间的21个质数11，13，17，23，…，97至多只有一个在S 中. 又显然1∉S .设集合T 是由不超过100的正整数除去1及大于10的21个质数余下的78个数构成的. 下面证明T 中至少还有7个数不在S 中.1°若有某一个大于10的质数p 在S 中，则S 中所有各数的最小质因数只可能是2，3，5，7，p 中的一个.（i ）若7p ∈S ，则2×3×5，22×3×5，2×32×5，7p 包含了S 中所有各数的最小质因数，因此由条件（2）知2×3×5，22×3×5，2×32×5∉S ；若7p ∉S ，则由条件（3）知7，7×7，7×11，7×13∉S ；（ii ）若5p ∈S ，则由（2）知，2×3×7，22×3×7∉S ； 若5p ∉S ，则由条件（3）知5，5×5，5×7∉S . （iii ）3p 与2×5×7不同属于S . （iv ）2×3p 与5×7不同属于S . 当p =11或13时，由（i ），（ii ），（iii ），（iv ）知分别至少有3个数，2个数，1个数，1个数共至少有7个数不属于S ；当p =17或19时，由（i ），（ii ），（iii ）知分别至少有4个数，2个数，1个数共至少有7个数不属于S ； 当p >20时，由（i ），（ii ）知分别至少有4个数，3个数共至少7个数不属于S .2°如果没有大于10的素数属于S ，则S 中的每个元素的最小质因数只能是2，3，5，7，则如下的7对数中，每对数都不能同时都属于S .（3，2×5×7），（5，2×3×7），（7，2×3×5）， （2×3，5×7），（2×5，3×7），（2×7，3×5），（22×7，3+2×5）.事实上，若上述7对数中任何一对数（a ，b ）都属于S ，则由（2）知，存在c ∈S ，使得（a ，c ）=（b ，c ）=1，这与ab 包含了S 中每个元素的所有最小质因数矛盾.由1°，2°知T 中至少还有7个数不属于S ，从而满足条件的S 的元素个数的最大值为72.三、1°证当n =1，2时，λ=， 当n =1时，tan θ1，∴cos θ12.1231cos cosθ≤=12323123222223232222222323232223cos cos 2sin sin (18cos cos cos cos 28cos cos sin sin 18tan tan sec sec (1tan )(1tan )tan tan 7.θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ++<--++<⇔+≥⇔+≥=++⇔+≤ 3 ()若（3）式不成立，即tan2θ2＋tan 2θ3>7，从而tan 2θ1≥tan 2θ2>7/2.故cos θ1≤cos θ23=，cos θ1＋cos θ2＋cos θ3<＋1<2.从而（1）式得证.现证λ=n －1为最小的.事实上，若0<λ<n－1，则取α=λ/（n－1）<1，从而存在θi<（0，π/2）i=1，2，…，n，使得cosθi=α，tanθiα（i=1，2，…，n－1），tanθn=2n/2(αn－1，从而tanθ1tanθ2…tanθn=2n/2，但cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn－1＋cosθn>cosθ1＋cosθ2＋…＋cosθn－1=λ当n≥3时，最小的正数λ为n－1.综上所求最小正数1,2),1(3).nn nλ⎧=⎪=⎨-≥⎪⎩四、设n=mq＋r，0≤r≤m－1，则a n＋203=a mq＋r＋203=a mq a r＋203≡(－1)q a r＋203(mod(a m＋1))从而a m＋1|a n＋203⇔a m＋1|(－1)a a r＋203.即k(a m＋1)=(－1)q a r＋203.1°若2|q，则k(a m＋1)=a r＋203.①（i）若r=0，则有k(a m＋1)=204=22×3×17.故（a，m，n）=（2，4，8t）或（4，2，4t），，m=2，r=1满足上式，即（a，m，n）=（5，2，4t＋1）.n）=（＋1）=203－②由0≤r≤m－1知，k≥0.（i）当k=0时，a=203，r=1对任意的不小于2（a，m，n）=（203，m，（2t＋1）m＋1）（ii）若k≥1，则当r=0时，由②有k（a m＋1）=202容易验证仅当a=10，m=2时，上式成立，故（a，m，n）=（10，2，4t＋2）当r≥1时，由②有a r(ka m－r＋1)=203－k.对于1≤k≤5，容易验证仅当k=3时，a=8，m=2，r=1或a=2，m=6，r=3时，满足上式.（a，m，n）=（8，2，4t＋3）或（2，6，12t＋9）对于k≥6，由②有6（a m＋1）<203.故a m只可能有22，23，24，25，32，33，42，52.容易验证仅当a m=32，r=1时，满足（2）式，∴（a，m，n）=（3，2，4t＋3）.综上满足题设条件的三元正整数组（a，m，n）为（2，4，8t），（4，2，4t），（5，2，4t＋1），（2，2，4t ＋1），（2，3，6t＋2），（203，m，（2t＋1）m＋1），（10，2，4t＋2），（8，2，4t＋3），（2，6，12t＋9），（3，2，4t＋3），其中t为非负整数.五、设A k(a)表示当前3名中能力最强者能力排名为第a，能力排名为第k的人能够被录用的不同报名顺序的数目.当a=1时，仅当能力第k的人最后一个报名时，才被录用，所以A k(1)=3·8！∆=γ1.①当2≤a ≤8时，若k =a ，a ＋1，…，10，则有A k (a )=0； 若k =1，2，3，…，a －1，则有17812811891011127()3(2)!(10)!(2,3,,7)③(1)④3(22)!(102)!38!(373)8!0③、a k aa a k a a k k A a C a a A A k A A A A A A C γγγγγ-==+=--∆===+=====-=---=⨯->∑∑②再注意到12389101234567881231234④38!,218!,637!,307!,157!,7.27!,37!,66!22368!218!1267!3(301573)7!5077!7!70%10!A A A A A A A A A γγγγγγγγγγγγ>>>==========++=+++++++++=>∑即有容易算得>38!10%.10!⨯=六、令u =ay 1＋by ＋bx 3，v 1=cx ax bx y 1y 2－x 1x 2≤12cd②①＋②并整理得2004一、凸四边形EFGH 的顶点E 、F 、G 、H 分别在凸四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上，且满足1AE BF CG DHEB FC GD HA=.而点A 、B 、C 、D 分别在凸四边形E 1F 1G 1H 1的边H 1E 1、E 1F 1、F 1G 1、G 1H 1上，满足E 1F 1∥EF ，F 1G 1∥FG ，G 1H 1∥GH ，H 1E 1∥HE .已知11E A AH λ=.求11F CCG 的值. 二、已给正整数c ，设数列x 1，x 2，…满足x 1=c ，且x n =x n －1＋12(2)[]n x n n--+＋1,n =2，3，…，其中[x ]表示不大于x 的最大整数.求数列{x n }的通项公式.三、设M 是平面上n 个点组成的集合，满足：（1）M 中存在7个点是一个凸七边形的7个顶点；（2）对M 中任意5个点，若这5个点是一个凸五边形的5个顶点，则此凸五边形内部至少含有M 中的一个点.求n 的最小值.第二天四、给定实数a 和正整数n .求证：（1）存在惟一的实数数列x 0，x 1，…，x n ，x n ＋1，满足（2）对于（1）中的数列x 0，x 1，…，x n ，x n ＋1满足|x i |≤|a |，i =0，1，…，n ＋1. 五、给定正整数n (n ≥2)，设正整数a i =(i =1，2，…，n )满足a 1<a 2<…<a n 以及11nii a =∑≤1. 求证：对任意实数x ，有六、证明：除了有限个正整数外，其他的正整数n 均可表示为2004个正整数之和：n =a 1＋a 2＋...＋a 2004，且满足1≤a 1<a 2<...<a 2004，a i |a i ＋1，i =1，2， (2003)参考答案一、（1）如图1，若EF ∥AC 则BE BFEA FC =，代入已知条件得DH DGHA GC=， 所以，HG ∥AC .从而，E 1F 1∥AC ∥H 1G 1. CA 的延长线相交于点T .1CF BE ATFB EA TC =.1CG DH ATGD HA TC=.由梅涅劳斯定理逆定理知线E 1H 1分别交于点同理，1=AH·.所以， 二、显然，当n ≥2时，112(1)[]n n n x x x n---=+. 令a n =x n －1，则a 1=c －1， 对任意非负整数A ，令 三、先证n ≥11.设顶点在M 中的一个凸七边形为A 1A 2…A 7，连结A 1A 5.由条件（2）知，在凸五边形A 1A 2A 3A 4A 5中至少有M 中一个点，记为P 1.连结P 1A 1、P 1A 5，则在凸五边形A 1P 1A 5A 6A 7内至少有M 中一个点，记为P 2，且P 2异于P 1.连结P 1P 2，则A 1，A 2，…，A 7中至少有5个顶点不在直线P 1P 2上.由抽屉原则知，在直线P 1P 2的某一侧必有3个顶点，这3个顶点与点P 1、P 2构成的凸五边形内，至少含有M 中一个点P 3.再作直线P 1P 3、P 2P 3.令直线P 1P 2对应区域Ⅱ3，它是以直线P 1P 2为边界且在△P 1P 2P 3异侧的一个半平面（不含直线P 1P 2）.类似地定义区域Ⅱ1、Ⅱ2.这样，区域Ⅱ1、Ⅱ2、Ⅱ3覆盖了平面上除△P 1P 2P 3外的所有点.由抽屉原则知，7个顶点A 1，A 2，…，A 7中必有7[3＋1=3个顶点在同一区域（不妨设为Ⅱ3）中.这3个点与P 1、P 2构成一个顶点在M 中的凸五边形，故其内部至少含M 中一个点P4.所以，n ≥11.下面构造一个例子说明n =11是可以的.如图所示，凸七边形A 1A 2…A 7为一整点七边形，设点集M 为7个顶点A 1，A 2，…，A 7且其内部有4个整点.则显然满足条件（1）.这个点集M 也满足条件（2），证明如下.假设存在一个整点凸五边形，其内部不含整点.因整点多边形的面积均可表示为2n （n ∈N ＋）的形式，由最小数原理，必有一个面积最小的内部不含整点的整点凸五边形ABCDE .考虑顶点坐标的奇偶性，只有4种情况：（奇，偶），（偶，奇），（奇，奇），（偶，偶）.从而，五边形ABCDE 的顶点中必有两个顶点的坐标的奇偶性完全相同.于是，它们连线的中点P 仍为整点.又P 不在凸五边形ABCDE 内部，因此P 在凸五边形的某条边上，不妨设P 在边AB 上，则P 为AB 的中点.连结PE ，则PBCDE 是面积更小的内部不含整点的整点凸五边形.矛盾.综上所述，n 的最小值为11.四、（1）存在性.由3311222i i i i x x x a x +-=+--，i =1，2，…及x 0=0可知每一x i 是x 1的3i －1次实系数多项式，从而，x n ＋1为x 1的3n次实系数多项式.由于3n为奇数，故存在实数x 1，使得x n ＋1=0.由x 1及x 0=0可计算出x i .如此得到的数列x 0，x 1，…，x n ＋1满足所给条件.惟一性.设w 0，w 1，…，w n ＋1；v 0，v 1，…，v n ＋1为满足条件的两个数列，则（2）设|0i x |最大，则nn ≥N （r ）时，存在正整数a 1，a 2，…，a r ，使得n =a 1＋a 2 1.a≤2N则2=2×2=2[1＋(2－1)(2＋1)] =2a －2t ＋2a －2t (2t －1)b 1＋2a －2t (2t －1)b 2＋…＋2a －2t n =2a －2t (2l ＋1)＋2a －2t (2t －1)b 1(2l ＋1)＋…＋2a －2t 若2l ＋1≥2N (k )，则l ≥N (k ).l =c 1＋c 2＋…＋c k ，1≤c 1<c 2<…<c k ， c i |c i ＋1，i =1，2，…，k －1.因此，n =2a ＋2a ＋1c 1＋2a ＋1c 2＋…＋2a ＋1c k 满足要求. 由数学归纳法知，上述一般结论对所有的r ≥2成立.2003年IMO 中国国家队选拔考试试题一、在锐角△ABC 中，AD 是∠A 的内角平分线，点D 在边BC 上，过点D 分别作DE ⊥AC 、DF ⊥AB ，垂足分别为E 、F ，连结BE 、CF ，它们相交于点H ，△AFH 的外接圆交BE 于点G .求证：以线段BG 、GE 、BF 组成的三角形是直角三角形.二、设A ⊆{0，1，2，…，29}，满足：对任何整数k 及A 中任意数a 、b （a 、b 可以相同），a ＋b ＋30k 均不是两个相邻整数之积.试定出所有元素个数最多的A .三、设A ⊂{(a 1，a 2，…，a n )|a i ∈R ，i =1,2,…n }，A 是有限集.对任意的α=(a 1，a 2，…，a n )∈A ，β=(b 1，b 2，…，b n )∈A ，定义：γ（α，β）=(|a 1－b 1|，|a 2－b 2|，…，|a n －b n |)， D （A ）={γ（α，β）α∈A ，β∈A }. 试证：|D （A ）|≥|A |.四、求所有正整数集上到实数集的函数f ，使得（1）对任意n ≥1,f (n ＋1)≥f (n )；（2）对任意m 、n 、(m 、n )=1，有f (mn )=f (m )f (n ).五、设A ={1，2，…，2002}，M ={1001，2003，3005}.对A 的任一非空子集B ，当B 中任意两数之和不属于M 时，称B 为M 一自由集.如果A =A 1∪A 2，A 1∪A 2=∅，且A 1、A 2均为M 一自由集，那么，称有序对（A 1，A 2）为A 的一个M 一划分.试求A 的所有M 一划分的个数.六、设实数列{x n }满足：x 0=0，x 2x 1，x 3是正整数，且11212n n n n x x +--+，n ≥2.问：这类数列中最少有多少个整数项？参考答案一、如图，过点D 作DG ′⊥BE ，垂足为G ′.由勾股定理知BG ′2－G ′E 2=BD 2－DE 2=BD 2－DF 2=BF 2.所以，线段BG ′、G ′E 、BF 组成的三角形是以BG ′为斜边的直角三角形.下面证明G ′即为G ，即只须证A 、F 、G ′、H 四点共圆.如图1，连结EF ，则AD 垂直平分EF .设AD 交EF 于点Q ，作EP ⊥BC ，垂足为P ，连结PQ 并延长交AB 于点R ，连结RE .A 、R 、D 、P 四点共圆∽△圆.所以，∠′=∠=∠.因此，A 、F 、G ′、H 四点共圆. 二、所求A 为{3l ＋2|0≤l ≤9}. 设A 满足题中条件且|A|最大.因为两个相邻整数之积被30整除，余数为0，2，，26（mod30），即a /≡0，1，3，6，10，13，15，16，18因此，A ⊆{2，4，5，7，8，9，11，12，14，17，19，20，22，23，24，26，27，29}.后一集合可分拆成下列10个子集的并，其中每一个子集至多包含A 中的一个元素:{2，4}，{5，7}，{8，12}，{11，9}，{14，22}，{17，19}，{20}，{23，27}，{26，24}，{29}. 故|A |≤10.若|A |=10，则每个子集恰好包含A 中一个元素，因此，20∈A ，29∈A .由20∈A 知12∉A ，22∉A ，从而，8∈A ，14∈A .这样，4∉A ，24∉A ，因此，2∈A ，26∈A . 由29∈A 和7∉A ，27∉A ，从而，5∈A ，23∈A .这样，9∉A ，19∉A ，因此，11∈A ，17∈A . 综上有A ={2，5，8，11，14，17，20，23，26，29}，此A 确实满足要求. 三、对n 和集A 的元素个数用归纳法.如果A 恰有一个元素，则D （A ）仅包含一个零向量，结论成立. 如果n =1，设A ={a 1<a 2<…<a m }，则{0，a 2－a 1，a 3－a 1，…，a m －a 1}⊆D （A ）.因此，|D （A ）|≥|A |.假定|A |>1和n >1，定义B ={x 1，x 2,…，x n －1|存在x n 使得(x 1，x 2，…，x n －1，x n )∈A }. 由归纳假设|D （B ）|≥|B |.对每一个b ∈B ，令A b ={x n |(b ，x n )∈A }，a b =max{x |x ∈A b },C =A \{b ，a b }|b ∈B }.则|C |=|A |－|B |. 因为|C|<|A |，由归纳假设|D (C )|≥|C |. 另一方面，D (A )={(D ，|a －a ′|)|d (b ，b ′)=D ，且a ∈A b ，a ′∈A b ′}.类似地，再令C b =A b \{a b }，有D （C ）={(D ，|c －c ′|)|d (b ，b ′)=D ，且c ∈C b ，c ′∈C b ′}.注意到，对每一对b 、b ′∈B ，最大差|a －a ′|(a ∈A b ，a ′∈A b ′)一定是a =a b 或a ′=a b ′.于是，这个最大差不出现在{|c －c ′||c ∈C b ，c ′∈C b ′}中.因此，对任何的D ∈D （B ），集合{|c －c ′||d (b ，b ′)=D ，且c ∈C b 和c ′∈C b ′}并不包含集合{|a －a ′||d (b ，b ′)=D ，且a ∈A b 和a ′∈A b ′}中的最大元，前者是后者的真子集.由此结论可知|D (C )|≤()(|{|||(,)}|1)b b D D B a a d b b D a A a A '∈'''-=∈∈-∑且和≤|D (A )|－|D (B )|.故|D (A )|≥|D (B )|＋|D (C )|≥|B |＋|C |=|A |. 四、显然，f =0是问题的解. 设f /≡0，则f (1)≠0.否则，对任意正整数n 有f (n )=f (1)f (n )=0，矛盾.于是得f (1)=1.利用（2）知，对任意奇数p 有f (2p )=f (2)f (p )=f (p ). 令1()()a g x fx =，则g (x )满足（1）、（2）且g 设k ≥2，则由（1）得2g (2k －1－1)=g (2)g (2k －1－1)=；若k ≥3，则22g (2k －2－1)=2g (2k －1－2)≤g (2k )≤2g 依此类推，用归纳法得 2k －1≤g (2k )≤2k －1g (3)(∀k ≥2)③ 同样，对任意m ≥3，k ≥2有g k －1(m )g (m －1)≤g (m k )≤g k －1(m )g (m ＋1)④ 显然，当k =1时，③、④也成立.任取m ≥3，k ≥1，有s ≥1，使得2s ≤m k ≤2s ＋1. 于是，有s ≤k log 2m <s ＋1，即 k log 2m －1<s ≤k log 2m ⑤由（1）可知g (2s )≤g (m k )≤g (2s ＋1). 再由③、④得令k →＋∞得g (m )=m ，则f (m )=m a.综上得f =0或f (n )=n a(∀n )，其中a (a ≥0)为常数.五、对m 、n ∈A ，若m ＋n =1001或2003或3005，则称m 与n “有关”. 易知与1有关的数仅有1000和2002，与1000和2002有关的都是1和1003，与1003有关的为1000和2002. 所以，1，1003，1000，2002必须分别为两组{1，1003}，{1000，2002}.同理可划分其他各组：{2，1004}，{999，2001}，{3，1005}，{998，2000}；这样A 中的2002个数被划分成501对，共1002组.∪D ∈D （B ） ∪ D ∈D （B ）由于任意数与且只与对应的另一组有关，所以，若一对中一组在A 1中，另一组必在A 2中.反之亦然，且A 1与A 2中不再有有关的数.故A 的M 一划分的个数为2501.六、设n ≥2，则再由x 0=0可得[(1(1]nn n n x A =+-于是，333[(1(1].4Ax A =-==故由此可得([(1(1]2nn n n x =- ②记(1]n n n a -.显然，{a n }为偶数列，且由x 3为正整数和②知x n 为整数的必要条件是3|n .而333(1](10]k k k k k a +--=+--，{b n }也是偶数列，且易知对任意非负整数m 、n ，有 设a n =2k n p n ，b n =2ln q n ，其中n 、k n 、l n 为正整数，由于a 1=b 1=2，即k 1=l 1=1，由④可知 k 2=2，l 2=3；k 4=5，l 4=3；k 8=8，l 8=5. 用归纳法可得任取m 1>m 2≥2，由③可得 由此易知用归纳法可知，对于m 1>m 2>…>m r ≥2，有即当n =2r p ，其中r (r ≥2)是整数，p 是奇数时，有 1212n n n k r n l ⎧=++⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩⑤ 当n =4m ＋1时，由③可得414114441()2m m m m m a a b a b a b +=+=+.由⑤可知k 4m ＋1=2m ＋1. 同理，由知k 4m ＋2=k 4m ＋3=2m ＋2. 综上可知当3|n 时，由②得2233332233k nn n n n x x x a p --==，其中3|p n . 由于k 3=2=23×3，k 6=4=23×6，k 12=9>23×12，k 24=16=23×24，从而，x 3，x 6，x 12，x 24，均为整数. 若n /≡0(mod4)，则k n ≤2n＋1，所以，210(6)36n nk n n -≤-<∀>⑥若n=0(mod4)，由于3|n ，则n =2r ×3kq ，其中r ≥2，k ≥1，q 不含3的因子.由⑤可知，k n =2r －1×3k q ＋r ＋1于是，k n －23n =2r －1×3k q ＋r ＋1－2r ＋1×3k －1q =r ＋1－2r －1×3k －1q ≤r ＋1－2r －1，等号当且仅当k =q =1时成立.当r >3时，2r －1=(1＋1)r －1>r ＋1.由此可知，当r >3或2≤r ≤3，但k 、q 中有一个不为1时，有20k n -<⑦.x ∈A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个3、设定义域为R 的函数f (x )、g (x )若g (5)=2002，那么f (6)等于（）A ．2002B ．2003C ．2004D ．20054、某厂生产的一种饮料售价2元，销售中还规定1元（含瓶），那么该种饮料每瓶利润应是（）元.A ．0．55B ．0.60C ．0.63D ．0.705、已知集合34{|N,N}5m m P m m +=∈∈，Q ={t |t =(2k －1)2＋1,k ∈N }，则P 与Q 的关系是（）A ．P =QB ．/P Q ⊂=C ．/Q P ⊂=D ．//P Q Q P ⊆⊆且 6、能使函数13()(1)fx x mx =+-在区间[0，＋∞]上具有单调性的正数m 的取值范围是（）A ．0<m <13B ．m =13C ．m >13D ．m ≥137、某人坚持早晨在一条弃用的旧公路上步行锻炼身体，同时数数训练头脑，他先从某地向前走2步后后退1步，再向前走4步后后退2步，…，再向前走2n步后后退n 步…当他走完第2008步后就一直往出发地走.此人从出发到回到原地一共走了（）步.A ．3924B ．3925C ．3926D ．39278、下面是一个计算机程序的操作说明： ①初始值x =1，y =1，z =0，n =0；②n =n ＋1（将当前的n ＋1的值赋予新的n ）； ③x =x ＋2（将当前的x ＋2的值赋予新的x ）； ④y =2y （将当前的2y 的值赋予新的y ）； ⑤z =z ＋xy （将当前的z ＋xy 的值赋予新的z ）；⑥如果z >7000，则执行语句⑦，否则回到语句②继续进行； ⑦打印n ，z ； ⑧程序终止.则语句⑦打印的数值是（）A ．n =7，z =7681B ．n =8，z =7681C ．n =7，z =7682D ．n =8，z =7682 二、填空题（共8道小题，每小题5分，共40分）9、设f (x )=x 2－x ＋12的定义域是[n ，n ＋2]（n ∈N *），则f (x )的值域中所含整数的个数是_________. 10、函数y =2－|x －3|－m 的图象与x 轴有交点，则m 的取值范围是_________. 11、数列{a n }满足：a 1=3，a 2=6，a n ＋2=a n ＋1－a n ，则a 2008=_________.12、幼儿园里，孩子们爬滑梯，每3秒钟爬上30厘米，又滑下10厘米，若滑梯滑道总长为6.1米，且孩子.＋f (3)＋f (4)＋f (5)＋f (12)＋f (13)＋f (14)＋f 不少于盒子的编号数，则不同的装法共有_________种三、解答题（共4道小题，每小题10分，共4017、把前n 个自然数按某种规律排成如下数阵（1）第一行第m 列的数可用a 1m 表示，例如a 11=1（2）自然数2004位于第几行第几列？（3）第i 行第j 列的数可用a ij 表示，请写出a ij 关于i 和j 的表达式. 18、容器A 中盛有浓度为a %的农药m 升，容器B 中盛有浓度为b %的同种农药也是m 升，两种农药的浓度差为20%（a >b ）.现将A 中农药的14倒入B 中，均匀混合后由B 倒回A ，恰好使A 中保持m 升（将A 中的14倒入B均匀；混合后，由B 倒回A ，使A 保持m 升不变，这样叫做一次操作），欲使两种农药的浓度差小于1%，那么至少要操作多少次？（下列对数值可供选用：lg5=0.699，lg6=0.778）.19、函数f (x )的定义域为{x |x ∈R ，且x ≠0}，f (x )>0的解集为{x |0<x <k ，或x <－k ，k >0}.函数ϕ(α)=sin 2α＋(ξ＋1)cos α－ξ2－ξ－k ，α∈[0，π].若集合A ={ξ|ϕ(α)<0}，B ={f(ϕ(α))>0}，试求A ∩B .20、现代社会对破译密码的难度要求越来越高.有一种密码把英文的明文（真实文）按字母分解，其中英文的a ，b ，c …z 的给出如下一个变换公式：1 3 6 10 15 21 28 362 5 9 14 20 27 35 4 8 13 19 26 34 … 7 12 18 25 33 … 11 17 24 32 … 16 23 31 … …22 30 … 29 38 …37 ……将明文转换成密文，如8→82＋13=17，即h 变成q ，5→512+=3，即e →c . （1）按上述方法将明文good 译成密文.（2）若按上述方法将某明文译成的密文是shxc ，请你找出它的明文.高二年级一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1、过点（1，3）作直线l ，若l 经过（a ，0）和（0，b ）两点，且a ，b ∈N *，则可作出的l 的条数为（） A ．1B ．2C ．3D ．多于3条2、函数()f x =A ．（0，13）B ．（＋∞，0）∪（0，＋∞）C ．（0，16）∪（11,63）D ．（0，＋∞）3、若鲤鱼在长大时体型基本相似，一条鲤鱼的体长为15cm 时体重为15g ，则当此鱼长到长为20cm 时它的1，0的C ．∠FEP =∠QEF D ．不确定8、小明到华兴文具店想购买2支钢笔或3支圆珠笔，现知6支钢笔和3支圆珠笔的价格之和大于24元，而4以钢笔和5支圆珠笔的价格之和小于22元.若设2支钢笔的价格为a 元，3支圆珠笔的价格为b 元，则（）A ．a >bB ．a <bC ．a =bD ．不确定二、填空题（共8道小题，每小题5分，计40分）9、已知△ABC 中，BC =6，AB ＋AC =10，则△ABC 面积的最大值为_________. 10、“神舟五号”飞船运行轨道是以地球的中心F 为焦点的椭圆，测得近地点A 距地面为m km ，远地点B 距地面为n km ，设地球半径为Rkm ，关于椭圆有以下说法：①焦距长为n －m ，③离心率为2n me m n R-=++，④以AB 方向为x 轴的正方向，F 为坐标原点，则左准线方程为2()()m R n R x n m++=--.以上说法正确的有___________（填上所有你认为正确说法的序号）.11、已知O 为坐标原点，OM =（－1，1），NM =（－5，－5），集合A ={OR ||RN |=2}，OP 、OQ ∈A ，MP MQ λ=（λ∈R ，λ≠0），则MP MQ =___________.12、要通过一宽度为a m 的直角形巷道，运送一批建筑管材到施工工地（如图2），问此巷道能通过最长的管材尺寸为___________m.13、方程1+=的解集是___________.14、在一天内的不同时刻，经理把文件交给秘书打印，每次都将要打印的文件放在秘书待打印文件堆在上面，秘书一有时间就将文件中最上面的那份文件取来打印.现有12345；②24351；③___________（填上所有可能的序号）.sin α）（1＋cos α）=ba c+，其中α是锐角，a ，b ，c 均，求1＋2＋…＋2004的最小值.18、若x ，y ∈R ，x ＋y =1，则2332x yx y x y +≤++19、已知抛物线y 2=4x 的焦点为F ，过F （1）求证：直线MN 必过定点；（2）分别以AB 和CD 为直径作圆，求两圆相交弦中点H 的轨迹方程. 20、如图3，O 1、O 2相交于M 、N 两点，点A 在O 1上，射线AM 、AN 交O 2为S ，问：在什于B 、C 两点，记O 1面积为S 1，O 2面积为S 2，△ABC 外接圆面积么条件下才能有S =S 1＋S 2，请作出判断并加以证明.答案高一年级一、选择题1、A 提示：N ={－2，－1，0，1}，x ＋3f (x )为偶数.故－2，0原象必须为M ={－1，0，1}中偶数，－1，1原象必须是M 中奇数，故满足条件的只能有2、C 提示：3x <6x≤3x ＋1，即0<x ≤13，从而0<6x ≤2，故6x =1或6x =2，从而1163x x ==或.3、C 提示：由g (5)=2002可知点A （5，2002）在函数g (x )的图象上，则点A ′（2002，5）在函数g －1（x ）的图象上，于是点B （2004，5）在g －1（x －2）的图象上，从而点B ′（5，2004）在函数f (x ＋1)的图象上.进而可知点C （6，2004）在函数f (x )的图象上，所以f (6)=2004.4、B 提示：花8元可买4瓶喝，喝完后剩4只空瓶，再借用一只空瓶后用5只空瓶换回一瓶饮料，喝完后还回借用的空瓶子，这样8元价值等于5瓶该种饮料价值，所以每瓶实际售价合8÷5=1.6元，除去成本1元，故利润1.6－1=0.6元，选B.5、C 提示：分别列出3n，4n的个位数，易知n =2，6，10，14，18，…时，345n n+∈N .故p ={m |m =4n －2，n∈N *}.另一方面，对任意t ∈Q ，t =4(k 2－k ＋1)－2∈P ，而k 2－k ＋1=k (k －1)＋1是奇数，所以Q 中不存在形如8k－2(k ∈N *)的元素，但8k －2∈P ，这表明/Q P ⊂=.6、D 提示：取m =1，有f (0)=1，f (7)=－5，猜测：f (x )在区间[0，＋∞]上是单调减函数；进一步可证明当m ≥13，则当0≤x 1<x 2时，f (x 1)与f (x 2)的大小关系并不恒定.7、C8、D 提示：设n =i 时，x ，y ，z 的值分别为x i ，y i ，z i ，依题意得x 0=1，x n =x n －1＋2，故{x n }是等差数列，且x n =2n ＋1，y 0=1，y n =2y n －1，故{y n }是等差数列，且x n =2n .232n ＋1）2nn －1）2n ＋1＋2，为令2－=0，即=－|－3|，由－|－3|≤011、－3.由已知有a 1=3，a 2=6，a 3=3，a 4=－3，a 5=－6，a 6=12、90.设t 秒钟内爬完580cm ，则20×3t=580，得t =8713、9.提示：1()() 2.f x f x+=14、223(101)99n -.15<p <1. 16、15. 三、解答题17、（1）当自然数排到a 1m 时，共用去了（1＋2＋3＋…＋m ）个数，从而1(1)2m m m a +=. （2）由于第一行第63列的数为636420162⨯=，故第2行第62列的数为2015，第3行第61列的数为2014，…，第13行第51列的数为2004.（3）由于a ij 与a i －1i ＋1相邻，又18、设A 中溶质为a 1，B 中溶质为b 1，操作k 次后，A 、B 中溶质分别为a k ，b k ，则a 1=ma %， b 1=mb %，又a %－b %=20%.故故{a k －b k }是首项为a 1－b 1=20m %，公比为35的等比数列.则 a k －b k =20m %·13(5k -浓度差为1203()1005k k k a b m m --=.依题意得12031()1005100k -<，故 故至少操作7次后，浓度差小于1%.19、∵f (x )>0的解集为{x |0<x <k ，或x <－k ，k >0}， ∴B={ξ|f （ϕ（α））>0}={ξ|0<ϕ（α）<k 或ϕ（α）<－k }，A ={ξ|ϕ（α）<0}， ∴A ∩B ={ξ|ϕ（α）<－k ，k >0}.由ϕ（α）<－k 得sin 2α＋(ξ＋1)cos α－ξ2－ξ－k <－k .22，则u ∈[－1，1]，u 2－(ξ＋1)u ＋ξ2＋ξ－1>0恒成立，令g (u )=u 2－20、（1）g →7→712+=4→d ，o →15→1512+=8→h ，d →4→42＋13=15→o .∴明文good 的密文为dhho.（2）原变换公式的逆变换公式为故s →19→2×19－26=12→l ，h →o ，x →v ，c →e . 密文shxc 的明文是love.高二年级一、选择题 1、B2=t (t ≥0)，有x =t 2－2，则23139t t t -==++（t ≥0且t ≠3）从而函数值域为111(0,)(,)663⋃，选C.3、鲤鱼长大时体重G =ρV 是体积的一次函数，而体积之比是相似比的立方.故320()1515G =，从而G =6427×15≈35，选C.4、动点M （x ，y ）的几何意义是到定点P （sin α，cos α）的距离等于到定直线l ：x sin α＋y cos α－1=0的距离，∵P ∈l ，∴M 点轨迹是过P 且垂直于l 的直线，选A.5、第2004个1前0的个数为（2×1－1）＋（2×2－1）＋（2×3－1）＋…＋（2×2003－1）=20032=4012009，∴第2004个1为第4012009＋2004=4014013项，选D.6、设△ABC 重心F (c ，0)，设AC 中点为D (x ，y )，由32B D B F=，得D （31,22c b -），D 在椭圆内部，满足22221x y a b+<，从而213e <，即0<e ，选A.7、如图，过P 、Q 分别作准线的垂线PR 、QS ，R 、S 为垂足，则RP ∥EF ∥SQ ，从而RE PF ES FQ =，又据抛物线定义知PF =PR ，FQ =QS ，所以RE PFES QS=，从而△RPE ∽△SQE ，故∠REP =∠SEQ ，90°－∠REP =90°－∠SEQ ，即∠PEF =∠QEF ，选C.2c 由已知，点R 的轨迹是以点N 为圆心，2为半径的圆，点且M 理M12、建立如图坐标系，则A (－a ，－a )，设管材BC 斜率为k (k <0). 直线BC ：y ＋a =k (x ＋a )，则B (ak·－a ，0)，C (0，ak －a )，因为k <0，故1k ＋k ≤－2，（1k＋k －1）2≥32，|BC |≥等号仅当k =－1时成立，即此巷能通过最长的管材尺寸为米.13、m a am b b +>+(b >a >0，m >0)，故原不等式左边>1112361111236236x x x x x x +++++=++=，故原不等式的解集为∅. 14、填①②③⑤.15、由已知条件得sin α＋cos α－sin αcos α=2325，又sin 2α＋cos 2α=1，设x =sin α＋cos α，y =sin αcosα，联立解得从而a ＋bc=(1＋sin α)(1＋cos α).所以a =2，b =22，c =257=.16、332222111min{,,}22a b a b a baba ba b ≤≤=++a =b =221a b+，即a =b =”.三、解答题 17、12200412200422220042222004122004122004111112221002200420042004120041()()200420x x x x x x x y x x x x x x =+++⇒=++++++≥++=++++++++≥20041220042004min12004,042005y x x x ++++≥=====即当且仅当)18、令t =xy ，则t ∈（0，14）.由x ＋y =1，得x 2＋y 2=1－2xy ＋5x 2y 2.19、（1）由题可知F （1，0），设A (x A ，y A )，B (x B －1)，则A 、B 点的坐标代入y 2=4x .相减得y A ＋y B =4k ，即y M =k ，代入方程y =k (x －1)，解得x M =2k＋1，同理可得，N 的坐标为（2k 2＋1，－2k ）.直线MN 的斜率为21M N MN M N y y k k x x k -==--，方程为y ＋2k =21k k-（x－2k 2－1），整理得y (1－k 2)=k (x －3).显然，不论k 为何值，（3，0）均满足方程，所以直线MN 恒过定点Q （3，0）.（3）过M 、N 作准线x =－1的垂线，垂足分别为E 、F .由抛物线的性质不难知道：准线x =－1为圆M 与圆N 的公切线，设两圆的相交弦交公切线于点G ，则由平面几何的知识可知，G 为EF 的中点.所以x G =－1，122M N E F G y y y y y k k ++===-，即G （－1，1k k-）. 又因为公共弦必与两圆的连心线垂直，所以公共弦的斜率为211MNk k k --=，所以，公共弦所在直线的方程为1()y k x k=-.所以公共弦恒过原点.根据平面几何的知识知道：公共弦中点就是公共弦与两圆连心线的交点，所以原点O 、定点Q （3，0）、所求点构成以H 为直角顶点的直角三角形，即H 在以OQ 为直径的圆上（如图）.又对于圆上任意一点P （x ，y ）（原点除外），必可利用方程1(y k x k=-求得k 值，从而以上步步可逆，故所求轨迹方程为2239()24x y -+=（x ≠0）. 20、当O 1N ⊥O 2N 时有S =S 1＋S 2，下面予以证明∠NO 1O 2=12∠N O 1M =∠A ， 同理∠NO 2O 1=∠ACM . 故△AMC ∽△O 1NO 2有121AC AMO O O N=，① 设O 1、O 2、△ABC 外接圆半径分别为r 1、r 2和R ，在△ABC 中AC =2R sin B =2R sin ∠ANM ， 在△AMN 中O 2O 1=R ，因为O 1N ⊥O 2N ，所以22212r r R +=.得S 1＋S 2=S .大值.3、设n 为给定的正整数，求最小的正整数u n d 整除的数的个数不少于奇数1，3，5，…，2n －14、证明：若凸四边形ABCD 内任意一点P 到边AB.5、已知数列{a n }满足：a 0=0，1n n a ka +=+n =0，1，2，…，其中k 为给定的正整数.证明：数列{a n }的每一项都是整数，且2k |a 2n ，n =0，1，2，….6、凸四边形ABCD 有内切圆，该内切圆切边AB 、BC 、CD 、DA 的切点分别为A 1、B 1、C 1、D 1，连结A 1B 1、B 1C 1、C 1D 1、D 1A 1，点E 、F 、G 、H 分别为A 1B 1、B 1C 1、C 1D 1、D 1A 1的中点.证明：四边形EFGH 为矩形的充分必要条件是A 、B 、C 、D 四点共圆.7、设非负实数x 1、x 2、x 3、x 4、x 5满足51111i i x ==+∑.求证：52114i i ixx=≤+∑. 8、1650个学生排成22行、75列.已知其中任意两列处于同一行的两个人中，性别相同的学生都不超过11对.证明：男生的人数不超过928.答案1、设某个面上的四个数a 1、a2、a3、a 4之和达到最小值，且a 1<a 2<a3<a 4.由于小于5的三个不同的正整数之和最大为9，故a 1≥6.因此。

数学奥林匹克高中训练题（一）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题22)集合111{|log 2,}23nn n N -<<-∈的真子集的个数是(A)． (A) 7 (B)8 (C)31 (D)322．(训练题22)从1到9这九个自然数中任取两个，分别作为对数的真数和底数，共得不同的对数值(B)．(A) 52个 (B) 53个 (C) 57个 (D) 72个3．(训练题22)空间有四张不同的平面，则这四张平面可能形成的交线条数取值的集合是(C)．(A){1,2,3,4,5,6} (B) {0,1,2,3,4,5,6} (C) {0,1,3,4,5,6} (D) {0,1,2,3,5,6}4．(训练题22) 函数(),()y f x y g x ==的定义域及值域都是R ，且都存在反函数，则11((()))y f g f x --=的反函数是(B)．(A)1((()))y f g f x -= (B) 1((()))y f g f x -= (C) 11((()))y f g f x --= (D) 11((()))y f g f x --=5．(训练题22) 若cos 40sin 40o o ω=+,则1239239ωωωω-++++等于(D)． (A)1cos 2018o (B) 1sin 409o (C) 1cos 409o (D) 2sin 209o 6．(训练题22) 当01x <<时，222sin sin sin ,(),x x x x x x的大小关系是(B)． (A) 222sin sin sin ()x x x x x x << (B) 222sin sin sin ()x x x x x x << (C) 222sin sin sin ()x x x x x x << (D) 222sin sin sin ()x x x x x x<< 二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题22) 已知211(),()5,()2f x x g x x g x -==-+表示)(x g 的反函数，设11()(())(())F x f g x g f x --=-．则()F x 的最小值是 703． 2．(训练题22) 在1000和9999之间由四个不同数字组成，且个位数字与千位数字之差的绝对值是2的整数共有 840 个．3．(训练题22) 四面体P ABC -中，,8,6,9,120o PC ABC AB BC PC ABC ⊥===∠=面，则二面角B AP C --的余弦值是 ． 4．(训练题22) 设{}P =不少于3的自然数，在P 上定义函数f 如下：若,()n P f n ∈表示不是n 的约数的最小自然数，则(360360)f = 16 ．5．(训练题22)n 为不超过1996的正整数，如果有一个θ，使(sin cos )sin cos ni n i n θθθθ+=+成立，则满足上述条件的n 值共有 498 个．6．(训练题22)在自然数列中由1开始依次按如下规则将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2,4；再染4后最邻近的三个连续奇数5，7，9；再染9后最邻近的四个连续偶数10，12，14，16；再染此后最邻近的五个连续奇数17，19，21，23，25，按此规则一直染下去，得一红色子列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，则红色子列中由1开始数起的第1996个数是 3929 ． 第二试一、(训练题22)(本题满分25分) 点M 是正三角形内一点，证明：由线段,MA MB 和MC 为边组成的三角形面积不超过原正三角形面积的13． 二、(训练题22)(本题满分25分) 若21x y +≥，试求函数2224u y y x x =-++的最小值．95- 三、(训练题22)(本题满分35分) 证明：从任意四个正整数中一定可以选出两个数x 和y ，使得如下不等式成立0212x y x y xy-≤<+++． 四、(训练题22)(本题满分35分)连结圆周上九个不同点的36条弦要么染成红色，要么染成蓝色，我们称它们为“红边”或“蓝边”，假定由这九个点中每三个点为顶点的三角形中都含有“红边”，证明：这九个点中存在四个点，两两连结的六条边都是红边．数学奥林匹克高中训练题（二）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）1．(训练题23)119963+除以19971996⨯所得的余数是(D)．(A) 1 (B) 1995 (C) 1996 (D) 19972．(训练题23)若在抛物线)0(2>=a ax y 的上方可作一个半径为r 的圆与抛物线相切于原点O ，且该圆与抛物线没有别的公共点，则r 的最大值是(A)． (A)a 21 (B)a1 (C)a (D)a2 3．(训练题23)考虑某长方体的三个两两相邻的面上的三条对角线及体对角线（共四条线段），则正确的命题是(B)．(A)必有某三条线段不能组成一个三角形的三边．(B)任何三条线段都可组成一个三角形，其中每个内角都是锐角．(C)任何三条线段都可组成一个三角形，其中必有一个是钝角三角形．(D)任何三条线段都可组成一个三角形，其形状是“锐角的”或者是“非锐角的”，随长方体的长，宽，高而变化，不能确定．4．(训练题23)若20π<<x ，则11tan cot sin cos x x x x++-的取值范围是(D)． (A)()+∞∞-, (B)()+∞,0 (C)),21(+∞ (D)()+∞,1 5．(训练题23)有5个男孩与3个女孩站成一排照相任何两个女孩都不相邻，则其可能的排法个数是(A)． (A)!5!7!8⋅ (B)!4!6!7⋅ (C) !7!3!10⋅ (D) !3!7!10⋅ 6．(训练题23)使得11cos 51sin +>n 成立的最小正整数n 是(B)．(A)4 (B)5 (C)6 (D)7二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题23)设R a ∈，若函数310),(+==xy x f y 关于直线x y =对称，且)(x f y =与)lg(2a x x y +-=有公共点，则a 的取值范围是 6a <- ．2．(训练题23)设1,,2-=∈+i R b a 且存在C z ∈，适合⎪⎩⎪⎨⎧≤+=+1z bi a z z z 则ab 的最大值等于 18 ． 3．(训练题23)设 900<<α，若ααsin 1)60tan(31=-+ ，则α等于 3050o o 或 ． 4．(训练题23)设''''D C B A ABCD -是棱长为1的正方体，则上底面ABCD 的内切圆上的点P 与过顶点'''',,,D C B A 的圆上的点Q 之间的最小距离=d2 ． 5．(训练题23)如图，在直角坐标系xOy 中，有一条周期性折线（函数）).(:1x f y l =现把该曲线绕原点O 按逆时针方向旋转45得到另一条曲线2l ，则这两条曲线与y 轴及直线()N n n x ∈=围成的图形的面积等于(12n +-- ．6．(训练题23)设b a ,都是正整数，且100)21(2+=+b a 则b a ⋅的个位数等于 4 ．第二试一、(训练题23)(本题满分25分) 求证：在复平面上，点集}01:{3=++∈=z z C z S 中，除去某一个点外的所有的点都在圆环45313<<z 中． 二、(训练题23)(本题满分25分)已知抛物线),0(22>=p px y 其焦点为F .试问：是否存在过F 点的弦AB （B A ,均在抛物线上，且A 在第一象限内），以及y ）轴正半轴上的一点P ，使得B A P ,,三点构成一个以P 为直角顶点的等腰直角三角形？证实你的回答.如果回答是肯定的，请求出直线AB 的方程．)2p y x =- 三、(训练题23)(本题满分35分)平面上给定321A A A ∆及点0P ，构造点列0P ，1P ， 2P ，使得13+k P 为点k P 3绕中心1A 顺时针旋转150时所到达的位置，而23+k P 和33+k P 为点13+k P 和23+k P 分别绕中心2A 和3A 顺时针旋转 105时所到达的位置， ,3,2,1,0=k .若对某个N n ∈，有03P P n =，试求321A A A ∆的各个内角的度数及三个顶点321,,A A A 的排列方向．四、(训练题23)(本题满分35分)设n ααα≤≤≤< 210，n b b b ≤≤≤< 210，且∑∑==≥n i i n i i b a 11又存在)1(n k k ≤≤使得当k i ≤时有i i a b ≤，当k i >时，有i i a b >.求证：∏∏==≥n i i n i ib a 11． 1。

2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）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. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．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） 在ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。

数学奥林匹克高中训练题（15）第一试一、选择题（本题满分36分，每小题6分）2．(训练题20)把直线L 沿Y 轴平移sin cos 0θθ-≠个单位，再沿x0个单位，所得到的直线与原直线重合，则原直线的斜率为(B)．(A) 不存在 (B) θθsin cos --- (C) θθcos sin --- (D) θθsin cos +3．(训练题20)三棱锥A BCD -中，AB ⊥平面BCD ．则CAD ∠与CBD ∠的关系为(D)．(A) CAD CBD ∠>∠ (B) CAD CBD ∠=∠ (C) CAD CBD ∠=∠ (D) 不确定4．(训练题20)设递增正数列12,,,n a a a 是分母为60的既约真分数．则1cos ni i a π==∑ (A)．(A) 0 (B)8 (C) 16 (D) 305．(训练题20)从正方体的８个顶点中取出３个顶点使至少有两个顶点在同一棱上，其取法数为(B)．(A)44 (B)48 (C)50 (D) 526．(训练题20)存在12,,,n x x x 满足210k x +=，且使1122310n n n x x x x x x x x -+++=成立的充要条件是(B)． (A) 2|n (B) 4|n (C) 6|n (D) 8|n二、填空题（本题满分54分，每小题9分）1．(训练题20)已知()tan(arctan )4f x x π=-则f2．(训练题20)递推数列，12211()n n n x x x ax bx n N ++==⎧⎨=+∈⎩， 若1996T =是使121T T x x ++==的最小自然数，则19961i i x -∑= 0 ． 3．(训练题20)在平面α上有一个ABC ∆，105,o ABC AC ∠==．在平面α的两侧分别有一点,S T ，满足5SA SB SC TA TB TC ======．则ST = 8 ． 5．(训练题20)在双曲线222x y -=上任取三点,,A B C ，则ABC ∆垂心H 的轨迹方程为222xy -=．6．(训练题20)对复数x，解析式u x x i x =+-+第二试一、(训练题20)(本题满分25分)在ABC ∆的AB 边上任取一点D 作//DE AC 交BC 于E ，连CD ．求证:CDE ∆的面积不超过原三角形面积的14． 二、(训练题20)(本题满分25分)求证:对于任给的正数a ，必存在一个自然数N ，使每一个大于N 的自然数n 都有唯一的自然数()f n ，使1010()1()n na f n f n <≤+． 三、(训练题20)(本题满分35分)对于坐标平面上的整点集{(,)|16,,}S x y x y x N y N =≤<≤∈∈，求证:从中任取11个点时必存在3个点，两两之间连线的斜率存在且不为零．四、(训练题20)(本题满分35分)设{1,2,,}(5)n S n n =≥.取,n n X S Y S ⊆⊆(无顺序),若X Y ⊆或Y X ⊆时，则称,X Y 为”包含子集对”，否则称为非包含子集对，问n S 中包含子集对多还是非包含子集多?证明你的结论.。

2023年全国中学生数学奥林匹克(预赛)暨2023年全国高中数学联合竞赛加试试题(A卷)一、(本题满分40分)如图，Ω是以AB为直径的固定的半圆弧，ω是经过点A及Ω上另一定点T的定圆，且ω的圆心位于△ABT内，设P是Ω的弧TB̂(不含端点)上的动点，C、D 是ω上的两动点，满足：C在线段AP上，C、D在直线AB的异侧，且CD⊥AB.记△CDP 的外心为K.证明：(1)点K在△TDP的外接圆上；(2)K为定点.(答题时请将图画在答卷纸上)二、(本题满分40分)正整数n称为“好数”，如果对任意不同于n的正整数m，均有{2n n2}≠{2mm2}，这里{x}表示x的小数部分.证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数.三、(本题满分50分)求具有下述性质的最小正整数k：若将1,2，…，k中的每个数任意染成红色或蓝色，则或者存在9个互不相同的红色的数x1,x2,⋯,x9满足x1+x2+⋯+x8< x9，或者存在10个互不相同的蓝色的数y1,y2,⋯,y10满足y1+y2+⋯+y9<y10.四、(本题满分50分)设a=1+10−4.在2023×2023的方格表的每一个小方格中填入区间[1，a]中的一个实数.设第i行的总和为x i，第i列的总和为y i，1≤i≤2023.求y1y2⋯y2023 x1x2⋯x2023的最大值(答案用含a的式子表示).A2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2023年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）如图， 是以AB 为直径的固定的半圆弧， 是经过点A 及 上另一个定点T 的定圆，且 的圆心位于ABT 内．设P 是 的弧 TB（不含端点）上的动点，,C D 是 上的两个动点，满足：C 在线段AP 上，,C D 位于直线AB 的异侧，且CD AB ．记CDP 的外心为K ．证明：(1) 点K 在TDP 的外接圆上；(2) K 为定点． ΩωPD ABT C证明：(1) 易知PCD 为钝角，由K 为CDP 的外心知2(180)2PKD PCD ACD ．由于90APB ，CD AB ，故PBA ACD ATD ．……………10分 所以2180PTD PKD PTA ATD ACD PTA PBA ． 又,K T 位于PD 异侧，因此点K 在TDP 的外接圆上． ……………20分(2) 取 的圆心O ，过点O 作AB 的平行线l ，则l 为CD 的中垂线，点K 在直线l 上． ……………30分由,,,T D P K 共圆及KD KP ，可知K 在DTP 的平分线上，而9090DTB ATD PBA PAB PTB ，故TB 为DTP 的平分线．所以点K 在直线TB 上．显然l 与TB 相交，且l 与TB 均为定直线，故K 为定点． ……………40分 ωΩl D P OK B ATC二．（本题满分40分）正整数n 称为“好数”，如果对任意不同于n 的正整数m ，均有2222n m n m ⎧⎫⎧⎫⎪⎪⎪⎪≠⎨⎬⎨⎬⎪⎪⎪⎪⎩⎭⎩⎭，这里，{}x 表示实数x 的小数部分． 证明：存在无穷多个两两互素的合数均为好数．证明：引理：设n 是正奇数，且2模n 的阶为偶数，则n 是好数．引理的证明：反证法．假设n 不是好数，则存在异于n 的正整数m ，使得2222n m n m ．因此22n n 与22m m 写成既约分数后的分母相同．由n 为奇数知22n n 是既约分数，故2m 的最大奇因子为2n ，从而m 的最大奇因子为n ．设2t m n ，其中t 为正整数（从而m 是偶数）．于是22222m m t m n． 由22222m t n n n可得2222(mod )m t n n ，故 222(mod )m t n n ． （*）设2模n 的阶为偶数d ．由（*）及阶的基本性质得2(mod )m t n d ，故2m t n 是偶数．但2m t 是偶数，n 是奇数，矛盾．引理得证．……………20分回到原问题．设221(1,2,)k k F k ．由于1221k k F ，而k F 221k，因此2模k F 的阶为12k ，是一个偶数．对正整数l ，由221(mod )l k F 可知21(mod )l k F ，故由阶的性质推出，2模2k F 的阶被2模k F 的阶整除，从而也是偶数．因2k F 是奇数，由引理知2k F 是好数．……………30分对任意正整数,()i j i j ，211(,)(,(21)2)(,2)1i i j i i i j i F F F F F F F ，故123,,,F F F 两两互素．所以222123,,,F F F 是两两互素的合数，且均为好数． ……………40分三．（本题满分50分） 求具有下述性质的最小正整数k ：若将1,2,,k 中的每个数任意染为红色或者蓝色，则或者存在9个互不相同的红色的数129,,,x x x 满足1289x x x x +++< ，或者存在10个互不相同的蓝色的数1210,,,y y y 满足12910y y y y +++< ．解：所求的最小正整数为408．一方面，若407k =时，将1,55,56,,407 染为红色，2,3,,54 染为蓝色，此时最小的8个红数之和为1555661407++++= ，最小的9个蓝数之和为231054+++= ，故不存在满足要求的9个红数或者10个蓝数．对407k <，可在上述例子中删去大于k 的数，则得到不符合要求的例子． 因此407k ≤不满足要求． ……………10分 另一方面，我们证明408k =具有题述性质．反证法．假设存在一种1,2,,408 的染色方法不满足要求，设R 是所有红数的集合，B 是所有蓝数的集合．将R 中的元素从小到大依次记为12,,,m r r r ，B 中的元素从小到大依次记为12,,,n b b b ，408m n +=．对于R ，或者8R ≤，或者128m r r r r +++≥ ；对于B ，或者9B ≤，或者129n b b b b +++≥ ．在1,2,,16 中至少有9个蓝色的数或至少有8个红色的数．情形1：1,2,,16 中至少有9个蓝色的数．此时916b ≤．设区间9[1,]b 中共有t 个R 中的元素12,,,(08)t r r r t ≤< ．记12t x r r r =+++ ，则112(1)2x t t t ≥+++=+ ． 因为12912,,,,,,,t b b b r r r 是9[1,]b 中的所有正整数，故{}{}12912,,,,,,,1,2,,9t b b b r r r t =+ ．于是 12912(9)n b b b b t x ≤+++=++++- 1(9)(10)2t t x =++-． （*） ……………20分 特别地，116171362n b ≤⨯⨯=．从而9R ≥． 对任意(1)i i m t ≤≤-，由（*）知1(9)(10)2t i n r b i t t x i +≤+≤++-+．从而 811811(9)(10)2t m t t i r r r r r x t t x i -+=⎛⎫ ⎪≤+++++≤+++-+ ⎪⎝⎭∑ 11(9)(10)(8)(8)(9)(7)22t t t t t t x =++-+---- 111(9)(10)(8)(8)(9)(7)(1)222t t t t t t t t ≤++-+----⋅+ 2819396407t t =-++≤（考虑二次函数对称轴，即知1t =时取得最大）． 又136n b ≤，这与,n m b r 中有一个为408矛盾． ……………40分情形2：1,2,,16 中至少有8个红色的数．论证类似于情形1．此时816r ≤．设区间8[1,]r 中共有s 个B 中的元素12,,,(09)s b b b s ≤< ．记1s y b b =++ ，则1(1)2y s s ≥+． 因为12128,,,,,,,s b b b r r r 是8[1,]r 中的所有正整数，故 {}{}12128,,,,,,,1,2,,8s b b b r r r s =+ ． 于是1(8)(9)2m r s s y ≤++-． 特别地，116171362m r ≤⨯⨯=．从而10B ≥． 对任意(1)i i n s ≤≤-，有1(8)(9)2s i m b r i s s y i +≤+≤++-+．从而 911911(8)(9)2s n s s i b b b b b y s s y i -+=⎛⎫ ⎪≤+++++≤+++-+ ⎪⎝⎭∑ 11(9)(8)(9)(8)(9)(10)22s s s s y s s =-++--+--111(9)(8)(9)(8)(1)(9)(10)222s s s s s s s s ≤-++--⋅++-- 2727369395s s =-++≤（在2s =时取得最大）， 又136m r ≤，这与,n m b r 中有一个为408矛盾．由情形1、2知408k =具有题述性质．综上，所求最小正整数k 为408． ……………50分四．（本题满分50分）设4110a -=+．在20232023⨯的方格表的每个小方格中填入区间[1,]a 中的一个实数．设第i 行的总和为i x ，第i 列的总和为i y ，12023i ≤≤．求122023122023y y y x x x 的最大值（答案用含a 的式子表示）． 解：记2023n =，设方格表为(),1,ij a i j n ≤≤，122023122023y y y x x x λ= ． 第一步：改变某个ij a 的值仅改变i x 和j y ，设第i 行中除ij a 外其余1n -个数的和为A ，第j 列中除ij a 外其余1n -个数的和为B ，则jij i ij y B a x A a +=+．当A B ≥时，关于ij a 递增，此时可将ij a 调整到,a λ值不减．当A B ≤时，关于ij a 递减，此时可将ij a 调整到1,λ值不减．因此，为求λ的最大值，只需考虑每个小方格中的数均为1或a 的情况． ……………10分第二步：设{}1,,1,ij a a i j n ∈≤≤，只有有限多种可能，我们选取一组ij a 使得λ达到最大值，并且11n nij i j a ==∑∑最小．此时我们有,,1,.i j ij i j a x y a x y ⎧>⎪=⎨≤⎪⎩（*） 事实上，若i j x y >，而1ij a =，则将ij a 改为a 后，行和及列和变为,i j x y ''，则11j j j i i iy y a y x x a x '+-=>'+-， 与λ达到最大矛盾，故ij a a =．若i j x y ≤，而ij a a =，则将ij a 改为1后，λ不减，且11n nij i j a ==∑∑变小，与ij a 的选取矛盾．从而（*）成立．通过交换列，可不妨设12n y y y ≤≤≤ ，这样由（∗）可知每一行中a 排在1的左边，每一行中的数从左至右单调不增．由此可知12n y y y ≥≥≥ ．因而只能12n y y y === ，故每一行中的数全都相等（全为1或全为a ）.……………20分 第三步：由第二步可知求λ的最大值，可以假定每一行中的数全相等.设有k 行全为a ,有n k -行全为1,0k n ≤≤．此时()()()n nk k n k n k ka n k ka n k na nn a λ-+-+-==． 我们只需求01,,,n λλλ 中的最大值． ()11(1)1111()(1)nn n k k n k n kk a n k a n a ka n k a k a n n a λλ++++--⎛⎫- ⎪==+ ⎪+--+⎝⎭． 因此1111(1)n k k a a k a n λλ+⎛⎫- ⎪≥⇔+≥ ⎪-+⎝⎭ 11(1)n n x x k x n-⇔+≥-+（记n x a =） 2111(1)n n x x x k x n-++++⇔≥-+ 2111n n x x x n k x -++++-⇔≤- 211(1)(1)1n n x x x x x--+++++++=+++ ． 记上式右边为y ,则211(2)1n n n n x x y x x ---+-++=+++ ． 下面证明(1010,1011)y ∈． ……………30分 首先证明1011y <．1011y < 2021202220222021101110111011x x x x ⇔+++<+++1010101210132021202210111010210101011x x x x x x ⇔+++<++++ ．由于220221x x x <<<< ，故101010101012011(1011)101110121011101222k k k x x x =-<⋅⋅<⋅⋅∑101110110k k kx +=<∑． ……………40分 再证明1010y >，等价于证明2021202200(2022)1010kk k k k x x ==->∑∑． 由于2021202100(2022)(2022)10112023k k k k x k ==->-=⨯∑∑， 20222022010101010202310102023k k x x a =<⨯<⨯∑，只需证明1011202310102023a ⨯>⨯，而410111101010a -=+<，故结论成立． 由上面的推导可知1k k λλ+≥当且仅当1010k ≤时成立，从而1011λ最大．故 2023max 101120231011(10111012)2023a aλλ+==． ……………50分。