国际奥林匹克数学竞赛(IMO)第16届试题

IMO历届试题2010年第51届国际奥林匹克数学竞赛（IMO）试题及答案1．△ABC的内心为I，三角形内一点P满足∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB．求证，AP ≥AI，而且等号当且仅当P=I时成立．证：∠PBC+∠PCB= 12(∠ABC+∠ACB)=∠IBC+∠ICB，故∠PBI=∠PCI，从而P，B，C，I四点共圆．但由内外角平分线相垂直知B，C，I与BC 边上的旁切圆心T 共圆，且IT是这个圆的直径，IT的中点O为圆心．由于A，I，T共线(∠BAC的平分线)，且P在圆周上，AP+PO≥AO=AI+IO，PO=IO，故AP≥AI．等号当且仅当P为线段AO与圆周的交点即P=I时成立．2．正2006 边形P 的一条对角线称为好的，如果它的两端点将P 的边界分成的两部分各含P的奇数条边．P的边也是好的．设P被不在P的内部相交的2003 条对角线剖分为三角形．试求这种剖分图中有两条边为好的等腰三角形个数的最大值．解：对于剖分图中的任一三角形ABC，P的边界被A，B，C分为3段，A-B段所含P 的边数记作m(AB)．由于m(AB)+ m(BC)+ m(CA)=2006，故等腰三角形若有两条好边，它们必是两腰．称这样的等腰三角形为好三角形．考虑任一好三角形ABC(AB=AC)．A-B 段上若有别的好三角形，其两腰所截下的P 的边数为偶数．由于剖分图中的三角形互不交叉，而A-B 段上P 的边数为奇数，故A-B 段上必有P的一边α不属于更小的腰段，同理A-C段上也有P的一边β不属于更小的腰段，令△ABC 对应于{α，β}．由上述取法，两个不同的好三角形对应的二元集无公共元，因此好三角形不多于20062=1003 个．设P=A1A2…A2006，用对角线A1A2k+1(1≤k≤1002)及A2k+1A2k+3(1≤k≤1001)所作的剖分图恰有1003 个好三角形．因此，好三角形个数的最大值是1003．3．求最小实数M ，使得对一切实数 a ，b ，c 都成立不等式2222222222|()()()|()ab a b bc b c ca c a M a b c -+-+-++≤解：222222()()()ab a b bc b c ca c a -+-+-()()()()a b b c c a a b c =----++．设a b x b c y c a z a b c s -=-=-=++=，，，，则22222221()3a b c x y z s ++=+++．原不等式成为22222()9||(0)M x y z s xyzs x y z +++++=≥．x y z ，，中两个同号而与另一个反号．不妨设 x y ，≥0．则2221||()2z x y x y x y =+++，≥，2()4x y xy +≥．于是由算术－几何平均不等式222222223()(())2x y z s x y s +++++≥＝22222111(()()())222x y x y x y s ++++++6223414())42()||162||8x y s x y s xyzs +=+≥(≥即9232M =时原不等式成立．等号在21s x y ===，，2z =-，即::(23):2:(23)a b c =+-时达到，故所求的最小的9232M =．4．求所有的整数对（x y ，），使得212122x x y +++=．解：对于每组解（x y ，），显然0x ≥，且()x y -，也是解．0x =时给出两组解(02)±，．设x y ，>0，原式化为12(21)(1)(1)x x y y ++=+-．1y +与1y -同为偶数且只有一个被4整除．故3x ≥，且可令12x y m ε-=+ ，其中m 为正的奇数，1ε=±．代入化简得2212(8)x m m ε--=-．若1ε=，2801m m -=≤，．不满足上式．故必1ε=-，此时22212(8)2(8)x m m m -+=--≥，解得3m ≤．但1m =不符合，只有3m =，4x =，23y =．因此共有4组整数解(02)(423)±±，，，．5．设()P x 为n 次(n >1)整系数多项式，k 是一个正整数．考虑多项式()(((())))Q x P P P x = ，其中 P 出现k 次．证明，最多存在 n 个整数t ，使得()Q t t =．证：若Q 的每个整数不动点都是 P 的不动点，结论显然成立．设有整数0x 使得00()Q x x =，00()P x x ≠．作递推数列 1()(012)i i x P x i +== ，，．它以 k 为周期．差分数列1(12)i i i x x i -∆=-= ，，的每一项整除后一项．由周期性及10∆≠，所有||i ∆ 为同一个正整数u ．令121111min{}m k m m m m m m x x x x u x x x x x x -++-==-=-= ，，，，，．数列的周期为 2．即0x 是 P 的2-周期点．设 a 是P 的另一个2-周期点，() b P a =(允许b =a )．则0a x -与1b x -互相整除，故01||||a x b x -=-，同理01||||b x a x -=-．展开绝对值号，若二者同取正号，推出01x x =，矛盾．故必有一个取负号而得到01a b x x +=+．记01x x C +=，我们得到：Q 的每个整数不动点都是方程 ()P x x C +=的根．由于P 的次数n 大于 1，这个方程为n 次．故得本题结论．6．对于凸多边形P 的每一边b ，以b 为一边在P 内作一个面积最大的三角形．证明，所有这些三角形的面积之和不小于P 的面积的两倍．证：过P 的每个顶点有唯一的直线平分P 的面积，将该直线与P 的边界的另一交点也看作 P 的顶点(允许若干个相继顶点共线)．每两条面积平分线都交于 P 内．P 可 看成一个 2n 边形122-12n n A A A A ，每条对角线i i n A A +是P 的面积平分线(i =1，2，…，n ，2i n i A A +=)．设i i n A A +与11i i n A A +++交于 i O (i n i O O +=)，由面积关系得到，11()()i i i i i n i n S O A A S O A A ++++=△△，11i i i i i i n i i n O A O A O A O A ++++= ，故i i n i iO A O A +和11i i n i i O A O A +++中必有一个不小于 1，于是以 1i i A A +为一边在 P 内作的面积最大的三角形的面积11111()max{()()}2()i i i n i i i n i i i i i S A A S A A A S A A A S O A A +++++++≥△，△≥△．对于每条有向线段i i n A A +，P 内部的每一点T 或在它的左侧或在它的右侧．由于T 在11n A A + 和12111n n n A A A A +++= 的相反侧，故必有i 使得T 在i i n A A + 和11i i n A A +++的相反侧，从而Ｔ在1i i i O A A +△或1i i n i n O A A +++△中．即211ni i i i O A A P +=⊇ △．于是221111()2()2()nnii i i i i i S A AS O A A S P ++==∑∑≥△≥P 中同一边上的各个1()i i S A A +之和就是该边上的面积最大的内接三角形面积．。

W M O 世界奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛姓名年级学校准考证号考场赛区父母姓名、联系电话_、---------------------------------------装-----------------------------订---------------------------线----------------------------------第16届WMO 世界奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛---------------------------------------------------------------------------------考生须知：1.每位考生将获得考卷一份。

考试期间，不得使用计算工具或手机。

2.本卷共120分，选择题为单选，每小题4分，共64分；计算题每小题4分，共16分；解答题每小题10分，共40分。

3.请将答案写在本卷上。

考试完毕时，考卷及草稿纸会被收回。

4.若计算结果是分数，请化至最简，并确保为真分数或带分数。

四年级地方晋级赛初赛B 卷（本试卷满分120分，考试时间90分钟）一、选择题。

（每题4分，共64分）1.美美家到学校的距离为1543米，她步行的速度为55米每分钟，当她走了20分钟，距离学校还有（）米。

A.243 B.288 C.443 D.5432.右图是用一副三角板所摆成的图形，图中所标的角度是（）A.120°B.105°C.90°D.75°3.大头儿子想用QQ 与同学聊天，在网上注册了一个QQ 账号，为了使QQ 密码好记，大头儿子把密码设置得比较简单，用6个3和5个0组成，这个11位数读起来很顺，所有的零都可以读出来，大头儿子的QQ 密码是（）。

A.30303030303 B.30303303030C.30303030330 D.333333000004.已知下列数与符号的关系如图所示：“？”处应填（）。

A4 整除A4－001 证明：当且仅当指数n不能被4整除时，1n＋2n＋3n＋4n能被5整除．【题说】1901年匈牙利数学奥林匹克题1．【证】容易验证14≡24≡34≡44 （mod 5）假设n=4k＋r，k是整数，r=0，1，2，3．则S n=1n＋2n＋3n＋4n≡1r＋2r＋3r＋4r（mod 5）由此推出，当r=0时，S n≡4，而当r=1，2，3时，S n≡0（mod 5）．因此，当且仅当n不能被4整除时，S n能被5整除．A4－002 证明：从n个给定的自然数中，总可以挑选出若干个数（至少一个，也可能是全体），它们的和能被n整除．【题说】1948年匈牙利数学奥林匹克题3．【证】设a1，a2，…，a n是给定的n个数．考察和序列：a1，a1＋a2，a1＋a2＋a3，…，a1＋a2＋…＋a n．如果所有的和数被n除时余数都不相同，那么必有一个和数被n除时余数为0．此时本题的断言成立．如果在n个和数中，有两个余数相同（被n除时），那么从被加项较多的和数中减去被加项较少的和数，所得的差能被n整除．此时本题的断言也成立．A4－003 1．设n为正整数，证明132n－1是168的倍数．2．问：具有那种性质的自然数n，能使1＋2＋3＋…＋n整除1·2·3…·n．【题说】1956年上海市赛高三复赛题1．【解】1．132n－1=（132）n－1，能被132－1，即168整除．2．问题即何时为整数．（1）若n＋1为奇质数，则（n＋1）2（n－1）！（2）若n＋1=2，则（n＋1）|2（n－1）！（3）若n＋1为合数，则n＋1=ab其中a≥b＞1．在b=2时，a=n＋1－a≤n－1，所以a|（n－1）！，（n＋1）|2（n－1）！在b＞2时，2a≤n＋1－a＜n－1，所以2ab|（n－1）！更有（n＋1）|2（n－1）！综上所述，当n≠p－1（p为奇质数）时，1＋2＋…＋n整除1·2…·n．A4－004 证明：如果三个连续自然数的中间一个是自然数的立方，那么它们的乘积能被504整除．【题说】 1957年～1958年波兰数学奥林匹克三试题1．【证】设三个连续自然数的乘积为n=（a3－1）a3（a3＋1）．（1）a≡1，2，-3（mod 7）时，7|a3－1．a≡－1，－2，3（mod 7）时，7|a3＋1．a≡0（mod 7）时，7|a3．因此7|n．（2）当a为偶数时，a3被8整除；而当a为奇数时，a3－1与a3＋1是两个相邻偶数，其中一个被4整除，因此积被8整除．（3）a≡1，－2，4（mod 9）时，9|a3－1．a≡－1，2，-4（mod 9）时，9|a3＋1．a≡0，±3（mod 9）时，9|a3．因此9|n．由于7、8、9互素，所以n被504=7×8×9整除．A4－005 设x、y、z是任意两两不等的整数，证明（x－y）5＋（y－z）5＋（z－x）5能被5（y －z）（z－x）（x－y）整除．【题说】1962年全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】令x－y=u，y－z=v，则z－x=－（u＋v）．（x－y）5＋（y－z）5＋（z－x）5=u5＋v5－（u＋v）5=5uv（n＋v）（u2＋uv＋v2）而 5（y－z）（z－x）（x－y）=－5uv（u＋v）．因此，结论成立，而且除后所得商式为u2＋uv＋v2=x2＋y2＋z2－2xy－2yz－2xz．【别证】也可利用因式定理，分别考虑原式含有因式（x－y），（y－z），（z－x）以及5．A4－006 已知自然数a与b互质，证明：a＋b与a2＋b2的最大公约数为1或2．【题说】1963年全俄数学奥林匹克八年级题4．【证】设（a＋b，a2＋b2）=d，则d可以整除（a＋b）2－（a2＋b2）=2ab但由于a、b互质，a的质因数不整除a＋b，所以d与a互质，同理d与b互质．因此d=1或2．A4－007 （a）求出所有正整数n使2n－1能被7整除．（b）证明：没有正整数n能使2n＋1被7整除．【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题1．本题由捷克斯洛伐克提供．解的关键是找出2n被7除所得的余数的规律．【证】（a）设m是正整数，则23m=（23）m=（7＋1）m=7k＋1（k是正整数）从而 23m+1=2·23m=2（7k＋1）=7k1＋223m+2=4·23m=4（7k＋1）=7k2＋4所以当n=3m时，2n－17k；当n=3m＋1时，2n－1=7k1＋1；当n=3m＋2时，2n－1=7k2＋3．因此，当且仅当n是3的倍数时，2n－1能被7整除．（b）由（a）可知，2n＋1被7除，余数只可能是2、3、5．因此，2n＋1总不能被7整除．A4－008 设k、m和n为正整数，m＋k＋1是比n＋1大的一个质数，记C s=s（s＋1）．证明：乘积（C m+1－C k）（C m+2-C k）…（C m+n－C k）能被乘积C1·C2·…·C n整除．【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．【证】C p－C q=p（p＋1）－q（q＋1）=p2－q2＋p－q=（p－q）（p＋q＋1）所以（C m+1－C k）（C m+2－C k）…（C m+n－C k）=（m－k＋1）（m－k＋2）…（m－k＋n）·（m＋k＋2）（m＋k＋3）·…·（m＋k＋n＋1）C1C2…C n=n！（n＋1）！因此只需证=A·B是整数．由于n个连续整数之积能被n！整除，故A是整数．是整数．因为m＋k＋1是大于n＋1的质数，所以m＋k＋1与（n＋1）！互素，从而（m＋k＋2）（m＋k＋3）…（m＋k＋n＋1）能被（n＋1）！整除，于是B也是整数，命题得证．A4－009 设a、b、m、n是自然数且a与b互素，又a＞1，证明：如果a m＋b m能被a n＋b n整除，那么m能被n整除．【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克十年级题1．【证】由于a k＋b k=a k-n（a n＋b n）－b n（a k-n－b k-n）a l－b l=a l-n（a n＋b n）－b n（a l-n＋b l-n）所以（i）如果a k＋b k能被a n＋b n整除，那么a k-n－b k-n也能被a n＋b n整除．（ii）如果a l－b l能被a n＋b n整除，那么a l-n＋b l-n也能被a n＋b n整除．设m=qn＋r，0≤r＜n，由（i）、（ii）知a r＋（－1）q b r能被a n＋b n整除，但0≤|a r＋（－1）q b r|＜a n＋b n，故r=0（同时q是奇数）．亦即n|m．A4－010 设m，n为任意的非负整数，证明：是整数（约定0！=1）．【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．易证 f（m＋1，n）=4f（m，n）－f（m，n＋1）（1）n）为整数，则由（1），f（m＋1，n）是整数．因此，对一切非负整数m、n，f（m，n）是整数．A4－011 证明对任意的自然数n，和数不能被5整除．【题说】第十六届（1974年）国际数学奥林匹克题3．本题由罗马尼亚提供．又两式相乘得因为72n+1=7×49n≡2×（－1）n（mod 5）A4－012 设p和q均为自然数，使得证明：数p可被1979整除．【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．将等式两边同乘以1319！，得其中N是自然数．由此可见1979整除1319！×p．因为1979是素数，显然不能整除1319！，所以1979整除p．A4－013 一个六位数能被37整除，它的六个数字各个相同且都不是0．证明：重新排列这个数的六个数字，至少可得到23个不同的能被37整除的六位数．【题说】第十四届（1980年）全苏数学奥林匹克十年级题1．（c＋f）被37整除．由于上述括号中的数字是对称出现的，且各数字不为0，故交换对又因为100a＋10b＋c=－999c＋10（100c＋10a＋b），所以各再得7个被37整除的数，这样共得23个六位数．A4－014 （a）对于什么样的整数n＞2，有n个连续正整数，其中最大的数是其余n－1个数的最小公倍数的约数？（b）对于什么样的n＞2，恰有一组正整数具有上述性质？【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题4．【解】设n个连续正整数中最大的为m．当n=3时，如果m是m－1，m－2的最小公倍数的约数，那么m整除（m－1）（m－2），由m|（m －1）（m－2）得m|2，与m－2＞0矛盾．设n=4．由于m|（m－1）（m－2）（m－3）所以m|6，而m＞4，故这时只有一组正整数3，4，5，6具有所述性质．设n＞4．由于m|（m－1）（m－2）…（m－n＋1），所以m|（n－1）！取m=（n－1）（n－2），则（n －1）|（m－（n－1）），（n－2）|（m－（n－2））．由于n－1与n－2互质，m－（n－1）与m－（n－2）互质，所以m=（n－1）（n－2）整除m－（n－1）与m－（n－2）的最小公倍数，因而m 具有题述性质．类似地，取m=（n－2）（n－3），则m整除m－（n－2）与m－（n－3）的最小公倍数，因而m具有题述性质．所以，当n≥4时，总能找到具有题述性质的一组正整数．当且仅当n=4时，恰有唯一的一组正整数．A4－015 求一对正整数a和b，使得：（1）ab（a＋b）不被7整除；（2）（a＋b）7－a7－b7被77整除．证明你的论断．【题说】第二十五届（1984年）国际数学奥林匹克题2．【解】（a＋b）7－a7－b7=7a6b＋21a5b2＋35a4b3＋35a3b4＋21a2b5＋7ab6=7ab[（a5＋b5）＋3ab（a3＋b3）＋5a2b2（a＋b）]=7ab（a＋b）[a4＋2a3b＋3a2b2＋2ab3＋b4]=7ab（a＋b）（a2＋ab＋b2）2取a=18，b=1，则a2＋ab＋b2=a（a＋b）＋b2=343=73．所以（a＋b）7－a7－b7被77整除，ab（a ＋b）不被7整除．A4－016 1．是否存在14个连续正整数，其中每一个数均至少可被一个不小于2、不大于11的素数整除？2．是否存在21个连续正整数，其中每一个数均至少可被一个不小于2、不大于13的素数整除？【题说】第十五届（1986年）美国数学奥林匹克题1．【解】1．14个连续正整数中，有7个奇数n，n＋2，n＋4，n＋6，n＋8，n＋10，n＋12不能被2整除．这7个奇数中，至多1个被11整除，一个被7整除，2个被5整除，3个被3整除．如果被3整除的数少于3个或被5整除的数少于2个，那么这7个奇数中被3，5，7，11整除的数不足7个．如果恰有3个数被3整除，2个数被5整除，那么，被3整除的数必须是n，n＋6，n＋12，被5整除的2个数必须为n与n＋10或n＋2与n＋12．此时必有一个数n或n＋12同时被3，5整除．即这7个奇数中被3，5，7，11整除的数仍不足7个．不管怎样，这14个连续正整数中必有1个不被2，3，5，7，11任一个整除．故答案为不存在．2．存在．以下21个连续整数－10，－9，…，－1，0，1，2，3，…，10除去±1，其余整数被2，3，5，7之一整除．由中国剩余定理，满足N≡0（mod 210）N≡1（mod 11）N≡－1（mod 13）的整数N存在，于是N－10，N－9，…，N，N＋1，…，N＋10这21个连续整数满足所有要求．A4－018 试求出所有的正整数a、b、c，其中1＜a＜b＜c，使得（a－1）（b－1）（c－1）是abc －1的约数．【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题1．本题由新西兰提供．【解】设x=a－1，y=b－1，z=c－1，则1≤x＜y＜z并且xyz是（x＋1）（y＋1）（z＋1）－1=xyz＋x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数，从而xyz是x＋y＋z＋xy＋yz ＋zx的约数．由于x＋y＋z＋xy＋yz＋zx＜3yz，所以x=1或2．若x=1，则yz是奇数1＋2y＋2z的约数．由于1＋2y＋2z＜4z，所以y=3．并且3z是7＋2z的约数．于是z=7．若x=2，则2yz是2＋3y＋3z＋yz的约数，从而y，z均为偶数，设y=2y1，z=2z1，则4y1z1≤1＋3y1＋3z1＋2y1z1＜6z1＋2y1z1，所以y1＜3．因为y＞x，所以y1=2，y=4．再由8z1是7＋7z1的约数得z1=7，z=14．因此，所求解为（3，5，15）与（2，4，8）．019 x与y是两个互素的正整数，且xy≠1，n为正偶数．证明：x＋y不整除x n＋y n．【题说】1992年日本数学奥林匹克题1．【证】由（x，y）=1知（x＋y，y）=1，（x＋y，xy）=1．当n=2时，x2＋y2=（x＋y）2－2xy．由于x＋y＞2，所以（x＋y）2xy．故（x＋y）（x2＋y2）．假设当n=2k（k∈N+）时，（x＋y）（x2k＋y2k）．则当n=2（k＋1）时，由于x2(k+1)＋y2(k+1)=（x＋y）（x2k+1＋y2k+1）－xy（x2k＋y2k）所以（x＋y）（x2(k+1)＋y2(k+1)）．故对一切正偶数n，x＋y不整除x n＋y n．A4－020 证明当且仅当n＋1不是奇素数时，前n个自然数的积被前n个自然数的和整除．【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题1．若n＋1为奇合数，设n＋1=qr，q、r为奇数且3≤q≤r，则nA4－021 找出4个不同的正整数，它们的积能被它们中的任意两个数的和整除．你能找出一组5个或更多个数具有同样的性质吗？【题说】1992年英国数学奥林匹克题3．【解】显然，2、6、10、14满足要求．任取n个不同的正整数。

九年级全国复赛答案一、选择题（每小题 4 分，共 40 分）1.D2.B3.B4.C5.D6.C7.C8.C9.A10.C5.甲箱剩余球：98－49=49（个），由题意得乙箱内号码小于 40 的球有（49－1）÷2=24（个），则 a =39－24=15，b =49－15=34．6.∵P （x 1，c ）和点 Q （x 2，c ）在函数 y =x 2－4x +3 的图象上，∴PQ ∥x 轴，∵二次函数 y =x 2－4x +3 的对称轴是直线 x =2，x 1＜x 2，PQ =2a ．∴x 1=2－a ，x 2=2+a ；∴x 12－2x 2+6a +1=（2－a ）2－a （2+a ）+6a +1=5．1 17.当 n 是偶数时，[1－（－1）n ]（n 2－1）=[1－1]（n 2－1）=0；当 n 是奇数时， 8 8 1 [1－（－1）n ]（n 2－1）= 1×（1+1）（n +1）（n －1）= (n +1)(n -1) ，设 n =2k －1（k8 8 4 为整数），则 (n +1)(n -1) =(2k -1 +1)(2k -1 -1) =k （k －1）．0 或 k （k －1）（k 为整数） 4 4都是偶数．8.取 AB 的中点 O 、AE 的中点 E 、BC 的中点 F ，连结 OC 、OP 、OM 、OE 、OF 、EF ，如图，∵在等腰 Rt △ABC 中，AC =BC =2，∴AB =BC =4，2 2 ∴OC = 1 AB =2，OP = 1 AB =2，∵M 为 PC 的中点，∴OM ⊥PC ，22∴∠CMO =90°，∴点 M 在以 OC 为直径的圆上．当 P 点在 A 点时，M 点在 E 点；当 P 点在 B 点时，M 点在 F 点，易得四边形 CEOF 为正方形，EF =OC =2，∴M 点的路径是以 EF 为直径的半圆弧，∴点 M 运动的路径长=12 •2π•1=π．9.设旋转以后 BC 与⊙O 相切于点 H ，则连接 OH ，OA ，则 OH ⊥BC ，则 OA =OH =4，AC =8． 因而 OA +OH =AC ，则 H 一定与 C 重合．故当 BC 与⊙O 相切时切点一定是 C 旋转以后的对应点 C ′，AC ′是圆的直径．E 就是点 C ′，∵AC 是切线，∴∠CAA ′=90°，即β=90°．1 3AC ′= 4， 在直角△AC ′F 中，∠FAC ′=60°，则 AF = AC ′=4，FC ′=3 2 2则△AFC ′的面积即△AEF 的面积等于： 12 AF •FC ′= 12 ×4× 43 = 8 3 ．10.①当 a 1=10°时，a 2=90ο-10ο= 40ο，①正确；②由图③可知，2a 4+a 3=90°，②正确；2⎧∠CDE 9 = ∠ADE 10a =30°a =30°a=30°CDEADE⎪∠C = ∠A ，③当 5时， 9， 10，在△9 和△10 中， ⎨⎪⎩DC = DA ，∴△CDE 9≌△ADE 10，③正确；④当 a 1=45°时，点 E 1 与点 B 重合，作 E 2F ⊥BD 于 F ，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ABD =45°，∴BE 2= 2 FE 2，∵DE 2 平分 ∠ADB ，E 2F ⊥BD ，∠A =90°，∴AE 2=FE 2，∴BE 2= 2 AE 2，④错误．二、填空题（每小题 5 分，共 30 分）11.8012.25°13.114.1.615.33 16.−2＜k ≤210013.在 Rt △ABC 中，由勾股定理可知：AC =4，由轴对称的性质可知：BC =CB ′=3，∵CB ′长度固定不变，∴当 AB ′+CB ′有最小值时，AB ′的长度有最小值．根据两点之间线段最短可知：A 、B ′、C 三点在一条直线上时，AB ′有最小值，∴AB ′=AC －B ′C =4－3=1．14.设各自抛出后 1.1 秒达到达相同的最大离地高度为 h ，则小球的高度 y =a （t －1.1）2+h ，由题意得 a （t －1.1）2+h =a （t －1－1.1）2+h ，解得 t =1.6．15.∵当 n ≥2 时，有 a 1+a 2+…+a n －1+a n =n 3，a 1+a 2+…+a n －1=（n －1）3，两式相减，得 a n =3n 2－3n +1，∴ 1= 1 = 1 ( 1 - 1 ) ，∴ 1 + 1 + +1 = = 1 （1 a -1 3n (n -1) 3 n -1 a -1 a -1 a -1 3nn2 3100－ 1 ）+ 1 （ 1 － 1 ）+…+ 1 （ 1 － 1 ）= 1 （1－1 ）= 33 ．2323 399 100310010016.①当 x ≥0 时，方程 f （x ）＝x ＋k ，可化为：x 2−4x ＋2＝x ＋k ，即 x 2−5x ＋2−k ＝0，⎧52- 4(2 - k )＞0∵方程有两个不相等的非负数根，∴⎪⎨x 1 x 2 = 2 - k ≥ 0，解得： - 174 ＜k ≤2；⎪⎩x 1 + x 2 = 5＞0，②当 x ＜0 时，方程 f （x ）＝x ＋k ，可化为：−2＝x ＋k ，即 x ＝−2−k ， 解得：k ＞−2．综合①②可得−2＜k ≤2．三、解答题（共 5 小题，共 50 分）17.解：a 4－3a 2+9=(a 4+6a 2+9)－9a 2=(a 2+3)2－(3a )2=(a 2+3+3a )(a 2+3－3a )，当 a =0 时，原式=9，是合数； 当 a =1 时，原式=7，是质数； 当 a =2 时，原式=13，是质数；当 a ＞2 时，a 2+3+3a ＞13，a 2+3－3a ＞1，则 a 4－3a 2+9 是合数．综上所述，a =0 或 a ＞2 时，a 4－3a 2+9 是合数． 18.列表如下：1 2 3 4 1 2 3 4 5 2 3 4 5 6 3 4 5 6 7 4 5 6 7 8所有等可能情况有 16 种，其中两指针所指数字和为 5 的情况有 4 种，1∴小钧获胜的概率= 4 ．19.解：设对甲、乙两种商品的资金投入分别为 x 、(3－x )万元，又设获取利润为 y ，则 y =15 x ＋ 533 - x ，y － 15 x = 533 - x ，两边平方，整理得 x 2＋(9－10y )x ＋25y 2－27=0，将该式看成是关于 x 的一元二次方程，则Δ=(9－10y )2－4×(25y 2－27)≥0，解得 y ≤189180 =1.05，即最大利润为 1.05 万元，所以 x =0.75，3－x =2.25．答：对甲商品的资金投入为 0.75 万元，对乙商品的资金投入为 2.25 万元，能获得的最大利润为 1.05 万元．20.解：（1）由题意可知对任意实数 x 都有 y ≥2x ，∴当 x =1 时，y ≥2；且当 0＜x ＜2 时，总有 y ≤12 (x 1)2成立，故当x =1，y ≤2， ∴当 x =1 时，y =2，故二次函数 y =ax 2+bx +c 经过（1，2）点，∴a +b +c =2；（2）ax 2+bx +c ≥2x ，ax 2+(b －2)x +c ≥0，由（1）知 b －2=－a －c ，令 ax 2+(b －2)x +c =0，则Δ=(a +c )2－4ac ≤0，(a －c )2≤0，由非负性可知 a －c =0，c =a ，b =2－2a ．又当 0＜x ＜2 时，可列得 ax 2+bx +c ≤1(x +1)2， 把 c =a ，b =2－2a 代入可得2 (a － 1)x 2－2(a － 1 )x +a － 1 ≤0，(a － 1)(x －1)2≤0，因为(x －1)2≥0，故 a ≤ 1 ．2 2 22 21综上所述，a 的取值范围是 0＜a ≤ 2 ．而 a －b +c =4a －2，把 a 的取值范围代入可得－2＜a －b +c ≤0．21.解：如图①所示，由题意可知，小圆 O 1 总与大圆 O 相内切，且小圆 O 1 总经过大圆的圆心 O ．设某时刻两圆相切于点 A ，此时动点 M 所处位置为点 M ′，则大圆圆弧 AM 与小圆点 M 转过的圆弧相等．以切点 A 在如图上运动为例，记直线 OM 与此时小圆 O 1 的交点为M 1，记∠AOM =θ，则∠OM 1O 1=∠M 1OO 1=θ，故∠M 1O 1A =∠M 1OO 1+∠OM 1O 1=2θ．1大圆圆弧 AM 的长为 l 1=θ×1=θ，小圆圆弧 AM 1 的长为 l 2=2θ× 2 =θ，即 l 1=l 2， ∴小圆的两段圆弧 AM 1 与圆弧 AM '长度相等，故点 M 1 与点 M ′重合，即动点 M 在线段 MO 上运动，同理可知，此时点 N 在线段 OA 上运动．点 A 在其他象限类似可得，M 、N 的轨迹为相互垂直的线段．点 M 、N 在大圆内运动所形成的痕迹绘制在图②中，如图所示．图①图②。