全国中学生数学竞赛-数列专题(word精校版带解析)

2023年全国中学生数学竞赛试题及答案试题一
请计算下列数列的前100项之和：
1，2，3，4，5，......
答案一
根据等差数列的性质，该数列的通项公式为：a_n = n
前100项之和可以通过求和公式进行计算：
S = (n/2)(a_1 + a_n)
= (100/2)(1 + 100)
= 5050
所以，前100项之和为5050。

试题二
已知正整数n满足 n^2 + 20n + 36 是一个完全平方数，求n的取值范围。

答案二
我们将 n^2 + 20n + 36 表示为 (n + 10)^2，即：
n^2 + 20n + 36 = (n + 10)^2
展开得：
n^2 + 20n + 36 = n^2 + 20n + 100
化简可得：
36 = 100
上述方程无解，因此没有一个正整数n满足 n^2 + 20n + 36 是一个完全平方数。

试题三
已知等比数列的首项为a，公比为r，若前 n 项之和为 S，求 a 和 r。

答案三
已知等比数列前 n 项之和公式为：
S_n = a(1 - r^n) / (1 - r)
根据已知条件可以得出：
S_n = a(1 - r^n) / (1 - r)
假设公比r ≠ 1，为了使 S 有确定值，即S ≠ a / (1 - r)，则必须满足r^n ≠ 1。

因此，根据条件可以得出r ≠ 1。

而 a，则没有特定的取值范围，可以是任意实数。

所以，a 和 r 的取值条件为：
r ≠ 1
a ∈ R (实数集)。

中学数学竞赛试题及解析【题目一】某数列的前四项为1、2、3、4，之后每一项都是前四项的和。

求该数列的第十项。

【解析一】根据题目设定，我们可以列出该数列的前几项如下：1、2、3、4、10、19、36、69、......观察数列可以发现，每一项都是前四项的和，即第n项等于第(n-1)项加第(n-2)项加第(n-3)项加第(n-4)项。

根据这个规律，我们可以依次求出第五、第六、以及后续的项数。

第五项=10+4+3+2=19第六项=19+10+4+3=36继续下去即可求得第十项为：287。

【题目二】一辆小汽车以每小时60公里的速度行驶，已经驶过300公里。

设定其驶过距离为x公里时，行驶时间为t小时。

求x与t之间的函数关系式，并根据该关系式计算小汽车行驶500公里所需的时间。

【解析二】根据速度等于位移除以时间的公式，我们可以得到x与t之间的关系式：60（公里/小时）= x（公里）/ t（小时）通过交叉相乘，我们得到xt = 60t，即x = 60小汽车行驶500公里所需的时间可以通过将x代入上述关系式计算得到：t = 500（公里）/ 60（公里/小时）= 8.33（小时）所以，小汽车行驶500公里所需的时间为8.33小时。

【题目三】已知函数f(x) = ax^3 - bx^2 + cx + d，其中a、b、c、d为常数，且满足f(-2) = -6，f(1) = 2。

求函数f(x)的表达式。

【解析三】根据已知条件，我们可以得到以下两个方程：-8a + 4b - 2c + d = -6 （方程一）a -b +c +d = 2 （方程二）为了求解方程，我们可以使用消元法。

将方程一乘以2，然后与方程二相加，消去变量d，得到：-16a + 8b - 4c + 2d + a - b + c + d = -12 + 2-15a + 7b - 3c = -10 （方程三）进一步，将方程一乘以4，然后与方程二相加，消去变量c，得到：-32a + 16b - 8c + 4d + a - b + c + d = -24 + 2-31a + 15b - 3c + 5d = -22 （方程四）通过解方程组方程三和方程四，我们可以得到：a = 1b = 2c = 3d = -2所以，函数f(x)的表达式为f(x) = x^3 - 2x^2 + 3x - 2.。

【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题6 数列 （50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2020·江苏·高三竞赛）已知正实数a ，b ，c 满足16(3)ab bc ca a ++=≥，则2a b c ++的最小值为__________． 【答案】10 【解析】 【详解】解析：易知恒等式2()()a ab bc ca a b a c +++=++，而210a b c ++≥=，当且仅当3a =，2b c ==时，等号成立． 故答案为：10.2．（2021·全国·高三竞赛）已知22,,33x y x y ∈+=R ，则224x xy y ++的最大值为__________． 【答案】92【解析】 【分析】 【详解】222222944222x y x xy y x y ⎛⎫++≤+++= ⎪⎝⎭，当且仅当x y ==故答案为：92.3．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数122020,,,a a a 满足1220201a a a +++=，则222202012122320201a a a a a a a a a ++++++的最小值为________． 【答案】12##0.5 【解析】 【详解】由柯西不等式知()()()22220201212232220112232021a a a a a a a a a a a a a a a ⎛⎫+++++++++⎡⎤ ⎪⎣⎦+++⎝⎭()2122201a a a ≥+++=，且()()()1223202012a a a a a a ++++++=，所以2222201212232020112a a a a a a a a a +++≥+++， 且当12202012020a a a ====时取到等号． 故答案为：12.4．（2021·全国·高三竞赛）实数a ､b 满足221a b +=，则max{,}ab a b +的最大值是___________. 【解析】 【详解】解析：不妨设0a b ≤≤，则：()22231(1)1(1)(33)3a b f abb f a a a a ≤⇒=+⇒=+-=+-413333342716a a ++-⎛⎫⋅⎪=≤ ⎝⎭， 当且仅当1,2a b ==故f5．（2021·全国·高三竞赛）已知圆22:1O x y +=与x 轴相交于A B 、两点，抛物线2:2C x py =与圆O 相交于C D 、两不同的点，则梯形ABCD 面积的最大值是___________. 【解析】 【详解】解析：设点()(),,0,1C x y x ∈，则梯形的面积为()1x y +， 而221x y +=消元，可得面积为(1S x =+故()()423311627(1)1(1)3333416S x x x x ⎛⎫=+-=+-≤⨯= ⎪⎝⎭，当且仅当12x =时等号成立，6．（2020·浙江·高三竞赛）设,0a b >，则22max min 2,b a b a b ⎛⎫⎧⎫+=⎨⎬ ⎪+⎩⎭⎝⎭__________.【解析】 【详解】设22min 2,b a b m a b ⎧⎫+=⎨⎬+⎩⎭，则222a b mb m a b +≥⎧⎪⎨≥⎪+⎩， 所以222(2)b m a b a b +⨯+≤.设给定的正实数λ，μ，令2211λμλμ=⎧⎨=+⎩，解得2λ=2μ=，所以2m ≤则()2222222222222222212a b ab b a b b m a b a b a b λμλμ+++++≤=+++≤当且仅当a，b =故m7．（2021·全国·高三竞赛）设,,0a b c >满足0a b c abc -++=，则222223111a b c -++++的最大值是___________. 【答案】103【解析】【详解】取ABC ，使1tan ,tan ,tan 222A B C a c b ===. 由于222222111cos ,sin ,sin 121212A B C a b c ===+++，所以2222cos2sin 3cos 222A B C-+ 2(1cos )(1cos )31sin 2C A B ⎛⎫=+--+- ⎪⎝⎭22sin cos 31sin 222C A B C -⎛⎫=+- ⎪⎝⎭22113sin cos 3cos 23232C A B A B --⎛⎫=--++ ⎪⎝⎭. 最大值为110333+=. 故答案为：103. 8．（2021·全国·高三竞赛）设n 是给定的正整数，12,,,n x x x 是非负实数，11ni i x ==∑，则1ni =___________.(1)n - 【解析】 【详解】1，① 事实上，两边平方后，化简可得上述不等式等价于2x +≥②由于()()12121211x x x x ++≥++，于是②式成立，所以①成立.1,最后可得1(1)(1)ni n n =--.③当1231,0n x x x x =====时，③中的“≥”即为“=”.(1)n -.(1)n -.9．（2021·浙江·高三竞赛）已知2221x y z ++=，则()()222332x x y z x -+的最小值为______. 【答案】1- 【解析】 【分析】 【详解】因为()22222333()()22M x x y z x x x z ⎛⎫=-+=+ ⎪⎝⎭2232x z ⎫=+⎪⎭()322222223332213x y x z x z ⎡⎤⎛⎫⎛⎫++++++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎢⎥≥-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦. 当1x =-，0y z ==时，取得最小值1-. 故答案为：1-.10．（2021·浙江·高三竞赛）使得()()223233a kab b k a b ++++a ，b 恒成立的k 最大实数为______. 【答案】9 【解析】 【分析】 【详解】 不妨设1ab =,则有()22321(3)()a b k k a b ++≥++,令,2t a b t =+≥,则有2222()22a b a b ab t +=+-=-.则有()2322(3)t k k t -+≥+,整理得23(3)260t k t k -++-≥. 即有(3(3))(2)0t k t ---≥,则33k t -≥恒成立,则有32,93k k -≤≥. 故答案为：9.11．（2021·浙江·高三竞赛）若π3,π44x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则函数4sin cos 3sin cos x x y x x +=+的最小值为______.【答案】【解析】 【分析】 【详解】令(sin cos 4t x x x π⎛⎫=+=+∈ ⎪⎝⎭， ()222132112t t y t tt t-++===+≥当且仅当12t t =即2t =时取等号.故答案为：12．（2021·全国·高三竞赛）已知等腰直角PQR 的三个顶点分别在等腰直角ABC 的三条边上，记PQR 、ABC 的面积分别为PQR S、ABCS，则PQR ABCS S的最小值为__________．【答案】15【解析】 【分析】 【详解】（1）当PQR 的直角顶点在ABC 的斜边上，如图1所示，则P ，C 、Q ，R 四点共圆，180APR CQR BQR ∠=∠=︒-∠，所以sin sin APR BQR ∠=∠．在APR △、BQR 中分别应用正弦定理得,sin sin sin sin PR AR QR BRA APRB BQR==∠∠． 又45,A B PR QR ∠=∠=︒=，故AR BR =，即R 为AB 的中点． 过R 作RH AC ⊥于H ，则12PR RH BC ≥=， 所以22221124PQR ABCBC SPR SBC BC ⎛⎫ ⎪⎝⎭=≥=，此时PQR ABCS S 的最小值为14．（2）当PQR 的直角顶点在ABC 的直角边上，如图2所示．设1,(01),02BC CR x x BRQ παα⎛⎫==≤≤∠=<< ⎪⎝⎭，则90CPR PRC BRQ α∠=︒-∠=∠=． 在Rt CPR 中，sin sin CR xPR αα==，在BRQ 中， 31,,sin 4x BR x RQ PR RQB QRB B ππαα=-==∠=-∠-∠=-， 由正弦定理，11sin 3sin sin sin cos 2sin sin sin 44x RQ RB x x B RQB απαααπα-=⇔=⇔=∠+⎛⎫- ⎪⎝⎭，因此222111122sin 2cos 2sin PQRx SPR ααα⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭． 这样，()()2222111cos 2sin 512cos sin PQR ABCS Sαααα⎛⎫=≥= ⎪+++⎝⎭， 当且仅当arctan 2α=时取等号，此时PQR ABCS S的最小值为15．故答案为：15.13．（2021·全国·高三竞赛）已知非负实数x 、y 、z 满足2224423x y z z +++=，则543x y z ++的最小值为__________． 【答案】3 【解析】 【分析】 【详解】设22244(0)x y w w +=≥，则22(1)4w z ++=．又因为,0x y ≥，所以2222(22)448x y x y xy w +=++≥，54344323x y z x y z w z ++≥++≥+． 点(,)w z 在圆心为(0,1)-，半径为2的圆上运动，结合几何意义和w ，0z ≥知，当(,)(0,1)w z =时，23w z +有最小值3， 且当0,1x y z ===时等号成立． 故答案为：3.14．（2021·全国·高三竞赛）已知两个非零向量,m n 满足2,22m m n =+=，则2m n n ++的最大值是_____．【解析】 【分析】 【详解】设()()2,0,22cos ,2sin m m n x x =+=，则()cos 1,sin n x x =-．则：|2|||(cos m n n x ++===.当且仅当102cos 3(22cos )3x x +=-，即1cos 3x =.. 15．（2021·全国·高三竞赛）设三个不同的正整数a b c 、、成等差数列，且以555a b c 、、为三边长可以构成一个三角形，则a 的最小可能值为________. 【答案】10 【解析】 【分析】 【详解】设,a b k c b k =-=+为正整数，由于以555 a b c 、、为三边长可以构成一个三角形， 则55554235()()10202b k b b k b b k b k k -+>+⇔>++， 所以5410,10b b k b k >>，于是9a b k k =->，即有9110a k ≥+≥. 故答案为：10.16．（2021·全国·高三竞赛）设,0x y >，且满足x y -=，则x y +的最大值为_________． 【答案】12 【解析】 【分析】 【详解】注意到x y +=≤ 解得412x y -≤+≤，而7,5x y ==时取到最大值12． 故答案为：12.17．（2021·全国·高三竞赛）设正实数122020,,,a a a 满足202011i i a ==∑，则120201min1iii k k a a ≤≤=+∑最大值为_________．【答案】1【解析】 【详解】解析：最大值为1-记01202011min,1,11ii i k ii k kk a S x a x a ≤≤====+=+∑∑，则1i i i a x x -=-，故111i i i i ix x xS x x ---≤=-，即11i ix S x --≥，对1,2,3,,2020i =,求和，并结合算术-几何平均不等式，有12020202010202012020202020202020(1)2020202022i i i x x S x x -=⎛⎫-≥≥⨯== ⎪⎝⎭∑，故2020112S ≤-，等号当120202020(2)(2)(1,2,3,,2020)i i i a i -=-=时取到．所以原式的最大值为2020112-．故答案为：2020112-.18．（2021·浙江·高三竞赛）一条直线上有三个数字1a ，2a ，3a ，数字2a 位于1a ，3a 之间，称数值1223a a a a -+-为该直线的邻差值.现将数字1~9填入33⨯的格子中，每个数字均出现，过横向三个格子､竖向三个格子及对角线三个格子共形成8条直线.则这8条直线的邻差值之和的最小值为______，最大值为______. 【答案】 36 60 【解析】 【分析】 【详解】如图1,这8条直线的邻差值之和：9212387894147636951i i M a a a a a a a a a a a a a a a a a a ==-+-+-+-+-+-+-+-+-∑,利用局部调整法,当(1,2,,9)i a i i ==⋯时，M 有最小值2226668436+++++++=. 当如图2排列时，M 有最大值8189(9823)224602i i =⨯++--⨯=+=∑. 故答案为：36,60.19．（2021·全国·高三竞赛）已知正整数n p 、，且2p ≥，设正实数12,,,n m m m 满足1111np i im==+∑，则12n m m m 的最小值为_______．【答案】(1)mp n - 【解析】 【分析】 【详解】令2tan ,0,,1,2,,2p i i i m x x i n π⎛⎫=∈= ⎪⎝⎭．由题设可得22212cos cos cos 1n x x x +++=，于是：2222121cos cos cos sin n n x x x x -+++=，222221221cos cos cos cos sin n n n x x x x x --++++=，……2222231cos cos cos sin n x x x x +++=，将上述各式利用均值不等式得：2221(1)cos sin n n n x x --≤， 22221(1)cos sin n n n x x ---≤，……2231(1)cos sin n n x x -≤，再把上述n 个不等式相乘，得()2222221212(1)cos cos cos sin sin sin n n n n x x x x x x -≤，即22212tan tan tan (1)n n x x x n ≥-．由于2tan ,1,2,,p i i m x i n ==，故12(1)n pn m mm n ≥-，当且仅当1(1)p i m n =-时上式等号成立．故答案为：(1)mp n -. 二、解答题20．（2021·全国·高三竞赛）求所有的正实数a ，使得存在实数x 满足22sin cos22x x a a +≥．【答案】[1,)⎛⋃+∞ ⎝⎦【解析】 【详解】设22sin x t a =，则不等式化为20at t+-≥． 当01a <<时，2[,1]t a ∈；当1a =时，1t =；当1a >时，2[1,]t a ∈． 因此不等式可化为220t t a +≥-．设2()2f t t t a =-+，考虑()f t 在1和2a 之间恒小于零，则2(1)0,()0,0f f a a <<>， 故()()21110a a a a <⎧⎪⎨-+-<⎪⎩，1a <<．所以a的取值范围是[1,)⎛⋃+∞ ⎝⎦． 21．（2021·全国·高三竞赛）设m 为正整数，且21n m =+，求所有的实数组12,,,n x x x ，使得22221221i i nmx x x x x =++++，对所有1,2,,i n =成立．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】第一步化简原式，第二步利用AM GM -不等式即可得到1k =或2m ，这两种情况是对称的，不妨证明1k =的时候成立，所以原式成立. 【详解】 由已知22121,1,2,,i i njj mx x i nx==+=⋅⋅⋅∑ ，得22121ni jj i mx x x ==-∑ ，故221i imx x -全相等．注意到若实数a b 满足2211a b a b =--，则ab a b =+，即1b a b =-．因此,1i b x b b ⎧⎫∈⎨⎬-⎩⎭，0,1,2,,b i n ≠=．设i x 中有1bb -，21n k m k -=+-个b ，则有201k m ≤≤+，且()2222221(1)1b mb k m k b b b ⋅++-=--， 即()21(1)21km k b m b ++--=-． 由AM GM -不等式，若201k m <<+， ()21(1)21km k b m b ++--≥≥-， 因此必取等，即1k =或2m ，这两种情况是对称的，不妨1k =，则 21(1)21m b m b +-=-， 知11b m -=，则1,1m b a m m+==+． 若0k =，则()21(1)2m b m +-=，即222(1)(1),12m m b a m m++==+． 若21k m =+，则2121m m b +=-，即222(1)(1),21m m b a m m ++==+． 综上可知，12,,,n x x x 要么1个21,+m m 个1m m +；要么全是22(1)1m m ++．22．（2021·全国·高三竞赛）求最大的正实数λ，使得对任意正整数n 及正实数01,,,n x x x ，均有010111.nnk k k kx x x x λ==≥+++∑∑．【答案】λ的最大值为3． 【解析】 【分析】先取101231,2,4,,2n n x x x x x -=====，通过对其求和可得λ的范围，再利用放缩法可得010101201111333n nx x x x x x x x x x x +++≥+++++++++，最后求出最大的正实数λ的值.【详解】一方面，取101231,2,4,,2n n x x x x x -=====，得1111322nn k k λ-=-≥∑ 即 1113122n n λ-⎛⎫-≥- ⎪⎝⎭． 令n →∞，得3λ≤．另一方面对正实数x ，y 有114x y x y+≥+，故0101114x x x x +≥+， 012012114x x x x x x +≥+++， 01230123114x x x x x x x x +≥+++++，……01101114n n nx x x x x x x -+≥++++++．以上各式相加，得 010101201111333n nx x x x x x x x x x x +++≥+++++++++．故3λ=时，原不等式恒成立．综上，λ的最大值为3． 23．（2021·全国·高三竞赛）已知01({0,1,,10})i x i <<∈证明：存在,{0,1,2,,10}i j ∈，使得()1030i j j i x x x x <-<. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】 不妨1210x x x ≤≤≤，设()(,)i j j i f i j x x x x =-，当010i j ≤≤≤时，因为()()()22333i j j i i i j j j i j i x x x x x x x x x x x x -≤++-=-，即333(,)j i f i j x x ≤-，当且仅当i j =时，等号成立. 故()()10103311131,1i i i i f i i x x -==-<-<∑∑，所以存在{1,2,,10}i ∈，使得13(1,)10f i i -<，即1(1,)30f i i -<. 所以存在,{0,1,2,,10}i j ∈，使得()1030i j j ix x x x <-<. 24．（2020·浙江·高三竞赛）设非负实数x ，y ，z ，证明：113(1)(1)(1)x y z x y z -<++++++【答案】证明见解析 【解析】 【详解】证 设()111,1,11x a y b a b c z c +=⎧⎪+=≥≥≥⎨⎪+=⎩，问题等价于证明：11a b c abc -++，当a b c ++≥故即证：abc3a b c <++<而33a b c abc ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭.设()3a b c x x ++=≥，探究327x3,⎡+⎣的大小， 即比较327x3,⎡+⎣的大小，227x =注意3211)2)22x x x x x =⋅⋅≤⋅=⎣⎦所以命题得证.25．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数a 、b 、c ，满足333a b c +=，求证：2226()()a b c c a c b +->--．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】由于齐次，不妨令1c =，则()22()1a b a b ab ++-=．记3,,31,,01a b s ab t s st s t s +==-=>⇒> 22226()()867a b c c a c b s t s +----=-+-()32132418213s st s s s=-+-()3322113811821(85)(1)33s s s s s s s s ⎡⎤=--++-=--⎣⎦．又由基本不等式可得33311()4a b a b =+≥+，故85a b +，故85s <，所以21(85)(1)03s s s-->，因此2226()()a b c c a c b +->--．26．（2021·全国·高三竞赛）求所有实数p ，使得对任意实数a ､b 均有(a b p ++-【答案】p 的取值范围是[0,3]. 【解析】 【详解】 易见a ､b 同号.令0,0a b =>0≥，所以0p ≥.令1a b ==，则1p +，所以03p ≤≤. 下面说明当[0,3]p ∈时，原不等式成立.若[0,1]p ∈,(0a b p -≤，所以原不等式成立.若13p <≤，则||((1)2a b p p +-≤-⋅.|a b =+以及||||(||(1)(1)22a b a b a b p a b p p ++++-≤++-⋅=+⋅.又因为13p <≤，所以1|||2p a b a b ++≥⋅+. 于是原不等式也成立.综上所述，p 的取值范围是[0,3].27．（2021·全国·高三竞赛）求c 的最大值，使得对任意的正实数x 、y 、z ，均有()3222x xyc xy x y -≥-∑∑∑∑，其中“∑”表示轮换对称求和．12． 【解析】 【分析】 【详解】注意到22()()()xy x y x y y z z x -=---∑∑，由不等式的轮换对称性，不妨设x 最小，则,y x a z x b =+=+，其中,0a b ≥．所以，原式等价于：333222()()()()()()()x x a x b x x a x a x b x b x c b a ab ++++-+-++-+≥-，化简得()223322()x a ab b a b ab c b a ab -+++-≥-．由220a ab b -+≥，且x 可无限接近于0，得332()a b ab c b a ab +-≥-，对,0a b ∀≥成立． 又3320a b ab +-≥，为了求c 的最大值，可不妨设0b a >>． 令1bt a=>，321(1)t t c t t -+≥-， 设3211()(1)(1)(1)t t f t t t t t t t-+==+>--， 则()2232(21)(1)21()1,()0((1))((1))t t t t f t f t t t t t ----=-=>-''-'， 所以()f t '在(1,)t ∈+∞上严格单调递增．而243211()02210210f t t t t t t t t t ⎛⎫⎛⎫=⇒-+-+=⇒+-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'，解得t =()f t 在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫⎪+∞⎪⎝⎭上单调递增．故min1()2f t f ==⎝⎭，所以，c 12． 28．（2021·全国·高三竞赛）求所有实数1,1,1x y z ≥≥≥满足：=【答案】22221{,,}1,1,11l x y z l l l ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=+++⎨⎬ ⎪+⎝⎭⎪⎪⎩⎭，其中0l >． 【解析】 【分析】 【详解】记2221,1,1x k y l z m =+=+=+，不妨0k l m ≤≤≤，k l m =++．平方整理得()2221(1)(1)0k lm kl km +-++-=，于是有11,ml m l k=+=， 所以210,,,1ll m k l l l ≠===+相应的222211,11y y yx k z m y y +-=+==+=-． 由x y ≤，即2321(1)(1)0y y y y y +-≤⇔-+≥，符合假设．由x z ≤，即()231(1)210y y y y y +--≤⇔-≥，又1y ≥，符合假设．综上，22221{,,}1,1,11l x y z l l l ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=+++⎨⎬ ⎪+⎝⎭⎪⎪⎩⎭，其中0l >． 29．（2021·全国·高三竞赛）已知(1,2,,)i x i n=是正实数，求证：1,1i ji j nx x n ≤≤≤+∑ 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】要证明原不等式，只要证明22221,114(1)nni j i ii j n i i n x x n x x≤≤==⎛⎫⎛⎫≤+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑，即证22222111114(1)2n nn i i j i i j i i i j n i i j n i n x x x n x x x x =≤<≤=≤<≤=⎛⎫⎛⎫+≤++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑∑，只需证明22111122211124(1)nnii ji i ji i j n i i j nnn i ii ji i i j nxx x xx x nn xxx x =≤<≤=≤<≤==≤<≤++≤++∑∑∑∑∑∑∑．记211ni i iji j nx t x x=≤<≤=∑∑，则只需证明21141(1)11n n t t ⎛⎫⎛⎫+≤++ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，即证224(1)(1)(2)n t n t t +≤++，即证222(1)2(1)40n t n t n -+--≥ （*）注意到222111122n i ji ji i j ni j ni x x n x x x ≤<≤≤<≤=+-=∑∑∑，所以21t n ≥-， 所以22222222(1)2(1)4(1)2(1)4011n t n t n n n n n n ⎛⎫-+--≥-+--= ⎪--⎝⎭， 即（*）成立，所以原命题成立．30．（2021·全国·高三竞赛）已知[],,1,2a b c ∈-，求证：4abc ab bc ca +≥++. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】构造一次函数()()[]4,1,2f x bc b c x bc x =---+∈-. 根据一次函数的单调性，只需证明()10f -≥和()20f ≥. 因为19(1)()4(21)(21)22f bc b c bc b c -=----+=---+，由题设，()[]21,2()13,3b c --∈-，所以()()21219b c --≤， 所以()10f -≥.又因为()()()()224220f bc b c bc b c =---+=--≥. 综上，原不等式成立.31．（2021·全国·高三竞赛）已知函数()()()[]221,1,1f x x x bx c x =-++∈-，记()f x 的最大值为(),M b c ．当b 、c 变化时，求(),M b c 的最小值． 【答案】3-． 【解析】 【分析】 【详解】因为对任意的[]()()1,1,,x f x M b c ∈-≤，所以取0,1,x λ=±±，0，得：()()()()()()()()()()()()()()()()()22221,,1,,,,0,,1,,?,,1,.,,f M b c f M b c c M b c f M b c b c M b c f M b c b c M b c f M b c λλλλλλλλ⎧-≤⎪⎧⎪≤≤⎪⎪⎪⎪≤⇒-++≤⎨⎨⎪⎪-≤⎪⎪--+≤⎩⎪≤⎪⎩则()()()()()()2222212,1,c M b c c M b c λλλλ-+≤⇔-+≤， 故()()()()()()2222221112,c c M b c λλλλλλ-≤-++-≤-，则()()2221,2M b c λλλ-≥-，所以()()222max1,32M b c λλλ⎛⎫- ⎪≥=- ⎪-⎝⎭此时可取30,3M b c =-==， 此时()()(222213320x x x -+≤--≥．显然可以取到．综上，(),M b c的最小值为3-．32．（2021·全国·高三竞赛）在平面内画出(2)n n ≥条直线，把平面分成若干个小区域，其中一些区域涂了颜色，且任何两个涂色区域没有公共边界（可以有公共顶点）.证明：涂色区域的个数不超过()213n n +. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】讨论这(2)n n ≥条直线的位置关系，当所画直线均两两平行，当所有的直线不全平行时，当只有两条线为边界的区域的区界是两条射线.对每种关系进行一一讨论，即可证明. 【详解】若所画直线均两两平行，则把平面分成(1)n +个区域，当n 为偶数时，涂色区域个数不超过112n +⎡⎤+⎢⎥⎣⎦；当n 为奇数时，涂色区域个数不超过12n +⎡⎤⎢⎥⎣⎦.且()211123n n n +⎡⎤+≤+⎢⎥⎣⎦. 当所有的直线不全平行时，此时每条直线都被与之相交的直线分成了线段或射线，故没有边界为直线的区域.设边界的线（线段或射线）的条数为i 的涂色区域有(2,3,,)i m i k =个，且边界上最多k 条线.只有两条线为边界的区域的区界是两条射线，每条射线只能作一次涂色区域的边界，n 条直线上只有2n 条射线，从而2m n ≤.又每条直线至多分成了n 段，n 条直线至多分成2n 段，且每段只能作一条涂色区域的边界，所以2234234k m m m km n ++++≤，于是涂色区域的个数()2232231111233333k k m m m m m m km n n +++≤++++≤+.33．（2021·全国·高三竞赛）设n 是一个大于等于3的正整数，当n 满足什么条件时，对任意实数(1,2,,)i a i n =总成立：()()()()()121312123n a a a a a a a a a a ---+--⋅⋅⋅()()()()21210n n n n n a a a a a a a a --++---≥.【答案】3n =或5n = 【解析】 【详解】当且仅当3n =或5n =时成立. 设()()()()()121312123n A a a a a a a a a a a =---+--⋅⋅⋅()()()()2121n n n n n a a a a a a a a --++---，首先给出反例：4n =时，12340,1a a a a ====，1A =-，不等式不成立.5n >时，1243210,2,1n n n n n a a a a a a a ----========，1A =-，不等式不成立.3n =或5n =时不等式成立，理由如下： 3n =时，设a ､b ､c 是实数，即证：222()()()()()()0a b a c b a b c c a c b a b c ab bc ca --+--+--⇔++++显然成立.5n =时，设a ､b ､c ､d ､c 是实数，即证：()()()()()()()()()()()()a b a c a d a e b a b c b d b e c a c b c d c e ----+----+----()()()()()()()()0d a d b d c d e e a e b e c e d +----+----≥式子是完全对称的，可设a b c d e ≥≥≥≥，那么()0,0a b b a a c b c -=--≥-≥-≥， 0,0a d b d a e b e -≥-≥-≥-≥.因此()()()()()()()()0a b a c a d a e b a b c b d b e ----+----≥，同理，()()()()()()()()0d a d b d c d e e a e b e c e d ----+----≥.又()()()()0c a c b c d c e ----≥，三个式子相加得证.34．（2021·全国·高三竞赛）设函数32()1f x ax x bx =-+-有三个正零点，求22532(,)()a ab g a b a b a -+=-的最小值.【答案】【解析】 【详解】 一方面，当a b ==方程3()0(0f x x =⇔=，故此函数()f x 有三个相等的零(,)g a b =. 设方程3210ax x bx -+-=的三个正实根分别为α､β､γ， 则由根与系数的关系可得11,,b a a aαβγαββγγααβγ++=++==. 故0,0a b >>.由2()3()αβγαββγγα++≥++知：213b a a ≥，可得13b a≤.①又由αββγγα++≥b a ≥b ≥从而有13b a≤，故13a，解得a ≤a b ≤，即0b a ->， 所以2210()3a b a a a a ⎛⎫<-≤- ⎪⎝⎭②由①②可得222232532511531()33a ab a a P a b a a a a a a -+++=≥=--⎛⎫- ⎪⎝⎭，其中0a <≤， 设()231533a h a a a+-=，则()()()()22233151103a a a a h a '-+-=<，故()h a在⎛ ⎝⎦为减函数，故()min h a h ==⎝⎭故min (,)g a b =35．（2021·全国·高三竞赛）证明：对每个大于1的奇数n，1π是无理数. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】假设存在大于1的奇数1,n π是有理数.设()1arccos ,,,(,)1q p q p q p θπ+==∈=Z ，则,cos q p πθθ==2cos 2nnθ-=.下面证明：对任何正整数,cos m m θ=，且12(mod )m m a n -≡，① 12m =、时结论成立.设cos(1)k k θθ-==2112(mod ),2(mod )k k k k a n a n ---≡≡， 由1cos cos [cos(1)cos(1)]2k k k θθθθ=-++得：cos(1)2cos cos cos(1)k k k θθθθ+=--=.设112k k k a a na +-=-，则cos(1)k θ+=12(mod )kk a n +≡. 因此，①cos cos (1)q a p q θπ===-，故2pp a n =，因此2p n a ∣.12(mod )p p a n -≡，所以222,1p n n -=∣或2的方幂，这与n 是大于1的奇数矛盾. 36．（2021·全国·高三竞赛）已知121,,n n n a S a a a n n+==+++∈N .求证：21,4nkk ka n N S +=∀∈<∑. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】当n →∞时，n S →∞，并且2n >时，12n a <， 因此，对任意2,k k N ≥∈，存在唯一的k M ∈N ，使得1[,1),[,1)k k M M S k k S k k -∈+∉+.则有23123M M S S -≤≤<，所以()333222111222211111222M M i i M M i M i M ia a S S S ---=+=+<=-<∑∑.同理，11221(2,,)i j M i i M ia j k S j +-=<=∑，所以3124232222211111k k M M M M nk i i iik i i M i M i M k i i iia a a a a S S S S S +===+=+=+<++++∑∑∑∑∑（其中k 充分大使得k M n >） 22222211111234M i i i a S k =<+++++∑222211111111234234k <++++++++25111112122334(1)k k <+++++⨯⨯⨯-⨯ 2511412k=+-<. 37．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数a 、b 、c 满足2223a b c ++≥．求证：(1)(2)(1)(2)(1)(2)3(1)(5)(1)(5)(1)(5)2a b b c c a b b c c a a ++++++++≥++++++．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】证明：由224(2)3(1)(5)(1)0x x x x +-++=-≥，得23(0)(1)(5)4(2)x x x x x +≥>+++．接下来只需要证明：1112222a b c b c a +++++≥+++， 其中，正实数a ，b ，c 满足2223a b c ++≥． 事实上，由柯西不等式，得：111[(1)(2)(1)(2)(1)(2)]222a b c a b b c c a b c a +++⎛⎫++++++++⋅++ ⎪+++⎝⎭2(3)a b c ≥+++．而(1)(2)(1)(2)(1)(2)a b b c c a ++++++++ 3()6ab bc ca a b c =++++++()22221(3)32a b c a b c ⎡⎤=+++-++-⎣⎦21(3)2a b c ≤+++． 所以1112222a b c b c a +++++≥+++． 故原不等式成立．38．（2021·全国·高三竞赛）若数列11n n k n a n k =⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∑，求证：存在无穷多个正整数n ，使得1n n a a +>，并确定是否存在无穷多个正整数n 使得1n n a a +<？（这里[]x 表示不超过x 的最大整数） 【答案】证明见解析，存在无穷多个n ，使1n n a a +<. 【解析】 【详解】用()d i 表示正整数i 的正因数个数，则1111(1)(1)n n n k n n n a na d n k k ++=⎛⎫+⎡⎤⎡⎤+-=-=+ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭∑. 所以若取()21mn m +=-∈N ，则()()22122121m m m m ma a d m ---==+，所以2212122(1)m m m m ma a m a ---=+-.而2121112121mm m m k a k --=⎡⎤-=⎢⎥-⎣⎦∑21112121m m m k k -=-≤-∑2111mk k-==∑ 111111242242m m --<+⋅+⋅++⋅m =.所以221220m m m ma a -->，于是221m m a a ->，故存在无穷多个n 使1n n a a +>.若取1n p +=（p 为质数，11p ≥）， 则1(1)2p p pa p a ---=，112p p p pa pa a ---=-.当11p ≥时，1111(1)p p k p p a k --=-⎡⎤-=⎢⎥⎣⎦∑11(3)2p p p -⎡⎤≥-++-⎢⎥⎣⎦ 15(3)p p ≥-++-22p >-.所以12p a ->.所以10p p pa pa --<，于是1p p a a -<.故存在无穷多个n ，使1n n a a +<.39．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆22223:1(0)x y C a a a+=>，点P 、Q 在椭圆C 上，满足在椭圆C 上存在一点R 到直线OP 、OQ 的距离均为12a ，证明：223aOP OQ ⋅≤．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】设cos R a θθ⎛⎫⎪⎝⎭，1:0OP k x y -=，2:0OQ k x y -=， 则根据题意，1k 、2k 是关于k12a =的两个实根，该方程即222111cos sin 0434k k θθ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭， 于是2212221111sin sin 13434133cos sin 44k k θθθθ--⋅===---．OP OQ ⋅=2a =2a =2a =2a ≤223a =， 原命题得证．40．（2021·全国·高三竞赛）设x 、y 、z 均为非负实数，且满足：222(1)(1)(1)27x y y z z x +-++-++-=，求444S xy z =++的最大值与最小值．【答案】41)；48． 【解析】 【详解】 由柯西不等式：2127[(1)(1)(1)]3x y y z z x ≥+-++-++-，从而得到6x y z ++≤，将条件改写为2222()4()24x y z x y z x y z +++++-++=， 利用6x y z ++≤，可知2222444()4()2()222x y z x y z x y z x y z +++++-++≤++≤++从而22222212242x y z x y z +++≤+++，得到22212x y z ++≥，进而()2222444483x y z x y z ++++≥≥，当2x y z ===时取到等号．另一方面，4x y z x y z ++≥++，得到()40x y z x y z +++++≥，故()()2240x y z x y z ++-+++≥-，从而2222()4()x y z x y z x y z ++-++≥++- 因为2222()4()24x y z x y z x y z +++++-++=， 进而()222242x y z ≥++-1，故得到()244422241)x y z x y z ++≤++≤，当1,0x y z ===时取到等号．41．（2021·全国·高三竞赛）对每一个正整数2n ≥，求最大的常数n c 使得不等式1nn i i j i i jc a a a =<≤-∑∑对任意满足10ni i a ==∑的实数12,,,n a a a 成立．【答案】2n【解析】 【分析】 【详解】首先，我们证明2n n c ≤； 若n 为偶数，设2n k =，取1121,1k k k a a a a a +=======-，此时21,2nii j i i jan a a k =<=-=∑∑．所以2122iji jn nii a ak n c k n a<=-≤===∑∑． 若n 为奇数，设21n k =+，取121221,11k k k ka a a a a k +++=======-+，此时1(1)121ni i k a k k k k ==++⋅=+∑，(1)1(21)1i j i j k a a k k k k k <⎡⎤⎛⎫-=++=+ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎣⎦∑． 所以1(21)21222iji jn nii a ak k k nc k a<=-++≤===∑∑，所以对n +∈Z 均有2n n c ≤． 下面我们证明2n nc =满足条件，即12ni i j i i jn a a a =<≤-∑∑．又()1112(1)n n ni j i j i j i j i ji j ii j ii j ia a a a a a n a a <=≠=≠=≠-=-≥-=--∑∑∑∑∑∑∑．因为10n i i a ==∑，所以0i j j ia a ≠+=∑．所以112(1)n ni j i i i i j i i a a n a a n a <==-≥-+=∑∑∑，得证．所以n c 的最大值为2n．42．（2021·全国·高三竞赛）已知正实数12,,,(2)n a a a n >满足121n a a a +++=．证明：23131212121222(1)n nn n a a a a a a a a a a n a n a n n -+++≤+-+-+--．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】当4n ≥时，由平均值不等式知1111111n nn j i nj i jj j ia a a a n n --==≠⎛⎫- ⎪-⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪--⎝⎭⎪⎝⎭∑∏．又111i a n -<-，则131111n i i a a n n ---⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，所以 231312112222n n n n a a a a a a a a a a n a n a n -++++-+-+-()()3311(1)2ni i i a n a n =-≤-+-∑ 33321(10)1(1)(02)(1)(2)(1)ni n n n n n n =-<=≤-+----∑． 当3n =时，即证312311(1)4=≤+∑i i i a a a a a ．由于()()()()11123121311111111411a a a a a a a a a ⎛⎫=≤+ ⎪+-+---⎝⎭，所以3112131111()(1)4(1)(1)=≤++--∑∑i i i a a a a a a ()()2131111411a a a a ⎛⎫=+⎪--⎝⎭∑ ()2323123111414a a a a a a a +==-∑∑，所以31231111(1)44=≤=+∑∑i i i a a a a a a ．命题得证．43．（2021·全国·高三竞赛）已知12,,,n a a a …为正实数(4)n ≥，且满足(1)j i ia ja i j i j n +≥+≤<≤，求证：()()()()12121n a a a n n +++≥+！．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】设ii a b i =，则有11(1)i j b b j i j i n +≤≥<≤+，命题即证1(1)(1)ni i b n =+≥+∏．（1）若对于所有(1)i i n ≤≤，有1i b i ≥，则11111(1)(1)1n n ni i i i i b n i i ===+⎛⎫+≥+==+ ⎪⎝⎭∏∏∏．（2）若存在某一个(1)i i n ≤≤，有1i b i<.设1i c b i=-，则有111111()j i b b i c j i j j +≥+-++≠=+，则11111(1)(1)11nni i i c i b c j c i==+-+≥⋅++++∏∏.注意到21111111111(1)111c c i i i c c c i i i+-+-+=⋅≥++++++， 故只需证211111(1)11(1)n ni i n c c j j ==⎛⎫⋅+++=+ ⎪⎝⎭≥+∏∏， 即2111(1)11n i c jc j =⎛⎫++ ⎪⎪≥+⎪+ ⎪⎝⎭∏． 又因为111111211cc c jj j++=+≥+++， 故()421244122111312121122212n i c c c c c c c j C C =⎛⎫++ ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪≥+≥++ ⎪=++ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪ ⎪⎭≥++⎝∏ 因此命题成立．44．（2021·全国·高三竞赛）设{}()1,2,3,,2,m M n m n +=⋅∈N 是连续2m n ⋅个正整数组成的集合，求最小的正整数k ，使得M 的任何k 元子集中都存在1m +个数121,,,m a a a +满足1(1,2,,)i i a a i m +=．【答案】21m n n ⋅-+． 【解析】 【分析】 【详解】 记{1,2,3,,}A n =，任何一个以i 为首项，2为公比的等比数列与A 的交集设为i A ．一方面，由于M 中2m n n ⋅-个元的子集{}1,2,,2m n n n ++⋅中不存在题设的1m +个数，否则12112mm n a a a n ++≤<<<≤⋅，而1212m m nn a n ⋅+≤≤=，矛盾．故21m k n n ≥⋅-+．另一方面，21m k n n =⋅-+时，题设满足.若非如此，考虑以1212n i i -⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭为首项，以2为公比的等比数列．其与M 的交集的元素个数为21i A m ++个．设M 任何k 元子集为T ，则上述等比数列与M 的交集中至少有21i A +个元素不在T 中，而i j ≠时，2121i j A A ++=∅．注意到21112||,i n iA A +-=所以21112|\|||ii n M T A A n +-≥==，可得2m T M n n n ≤⋅=⋅-与21mT k n n ==⋅-+矛盾．综上，所求k 为21m n n ⋅-+． 45．（2021·全国·高三竞赛）设12,(,,2)n a a a n ≥为正实数，求证：12111111ia nn i i i i i a a a n +==⎛⎫⎛⎫+> ⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∏∑．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】根据伯努利不等式，有112211111iia a i i i i i a a a a a ++⎛⎫⎛⎫+=+>+ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭，故只需证明()2211111nn i i i i a a n ==⎛⎫+≥ ⎪-⎝⎭∏∑．因为22111111i i n n a a n n n -⎛⎫⎛⎫+=+- ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭， 从而()2211111111nnnii i i n n a a n n n ==-⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+- ⎪⎪⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭∏∏． 不妨设2222212111,,,,,,11k k n a a a a a n n +<≥--，由伯努利不等式可得： 222111111111111111nk n i i i i i i k n n n a a a n n n n n n ===+---⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-≥+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∏∑∑ 222111(1)(1)k ni i i i k n k n a k n a n ==+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑2211n i i n a n =-⎛⎫≥ ⎪⎝⎭∑， 从而()222211111111nnn n ii i i i i n n a a a n n n ===-⎛⎫⎛⎫⎛⎫+≥≥ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭∏∑∑． 46．（2021·全国·高三竞赛）已知12,,,0n a a a >，求证：()()()()()()1232341212231n n n a a a a a a a a a a a a a a a ++++++>+++．【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】因为()()()2221232213132a a a a a a a a a ++=++++ ()222131324a a a a a a ≥+++()()221321222a a a a a a =+++ ()()122322a a a a =++，所以()()()()()()21232341212231n n a a a a a a a a a a a a a a a ⎛⎫++++++ ⎪ ⎪+++⎝⎭()()()()()()()()()1223233411222212231222222nn a a a aa a a aa a a a a a a a a a +++++≥++++， 当且仅当1324,a a a a ==⋅⋅⋅==⋅⋅⋅时等号成立． 以下配对柯西约分： 因为()()()22121212222a a a a a a ++≥=+，()()()22232323222a a a a a a ++≥=+，……，显然柯西不等式等号不成立．所以()()()()()()212323412122312n n n a a a a a a a a a a a a a a a ⎛⎫++++++ ⎪ ⎪+++⎝⎭>，即()()()()()()1232341212231n n n a a a a a a a a a a a a a a a ++++++>+++.47．（2021·全国·高三竞赛）设正实数1299,,,a a a 满足对任意199i j ≤≤≤有i j ja ia i j +≥+，求证：()()()12991299100a a a +++≥!．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】 令(199)ii a b i i=≤≤，条件转化为对任意199i j ≤<≤有11i j b b i j +≥+．要证不等式即()()()1299111100b b b +++≥．若对任意199i ≤≤均有1i b i ≥，则左式99111100i i=⎛⎫≥+= ⎪⎝⎭∏．否则恰存在一个i 使得1i b i <，记1i c b i=-，则对任意j i ≠，有1j b c j ≥+．于是左式9919911111111111j j j ic i c c c i j j c i≤≤=≠-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥-+++=++ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭++∏∏． 即只需证：991121100111j c c j c i =⎛⎫ ⎪⎛⎫++≥+ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪-+⎝⎭∏． ① 由Bernoulli 不等式知 ①式左端9999999911111110*********j j j j j j j j c c c j j j j ====⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+⋅=+⋅≥+ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∏∏∏． 显然99122111j j j c i=>>+-+∑，因此①式成立，即证原不等式成立．48．（2021·全国·高三竞赛）已知12,,,n a a a R ∈，且满足222121n a a a +++=，求122311n n n a a a a a a a a --+-++-+-的最大值.【答案】当n 为偶数时，最大值为n 为奇数时，最大值为【解析】。

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。

全国高中数学联赛试题分类汇编5.数列部分参考答案2019B 8.◆答案：5★解析：设{}n a 的公差为d ．由条件知12k a a a +=（k 是某个正整数），则()1121a d a k d +=+-，即()12k d a -=，因此必有2k ≠，且12a d k =-． 这样就有()111112n n a a n d a a k -=+-=+-，而此时对任意正整数n ，()()()()1211111222n n n n n a a a na d a n k d --⎡⎤+++=+=+--+⎢⎥⎣⎦，确实为{}n a 中的一项．因此，仅需考虑使()12|k a -成立的正整数k 的个数．注意到20193673=⨯，易知2k -可取1,1,3,673,2019-这5个值，对应得到5个满足条件的等差数列．2019B 二、★证明：由条件可知4k ≥，且3212112kk k k d d d d d d d d -----=--……………10 分 易得11,k d d n ==，12k nd d -=，23k nd d -=，代入上式得3222123nn d d d n n d d d d --=--， 即()()2232231d d d d -=-，由此可知3d 是完全平方数．由于2d p =是n 的最小素因子，3d 是平方数，故只能23d p =． ………………30 分 从而序列21321,,,k k d d d d d d ----为232121,,,,k k p p p p p p p ------，即12,,,k d d d为211,,,,k p p p -，而此时相应的n 为1k p -.综上可知，满足条件的n 为所有形如a p 的数，其中p 是素数，整数3a ≥．………40分。

2018A 8、◆答案：80★解析：记{}2,11∈-=+i i i a a b （9,,2,1 =i ），则有92111012b b b a a a +++=-= ① 7655825432b b b a a a a b b b ++=-=-=++②下面用t 表示432,,b b b 中2的项数。

2024年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题本卷共15道题目，12道填空题，3道解答题，所有答案填写在答题纸上，满分150分一、填空题（每小题8分，共计96分）1.设集合10,21x A xx ⎧−⎫=≤⎨⎬−⎩⎭集合2{20}B x x x m =++≤。

若A B ⊆，则实数m 的取值范围为 。

2.设函数{}{}:1,2,32,3,4f → 满足 ()()1()ff x f x −=，则这样的函数有_______个。

3.函数22sin sin 1sin 1x x y x ++=+的最大值与最小值之积为 。

4.已知数列{}n x满足：11,12n x x x n +==≥，则通项n x =__________。

5 .已知四面体A BCD −的外接球半径为1，1,60BC BDC =∠=，则球心到平面BDC 的距离为______________。

6.已知复数z 满足24510(1)1zz =−=，则z =__________________。

7.已知平面上单位向量,a b 垂直，c 为任意单位向量，且存在(0,1)t ∈，使得向量(1)a t b +−与向量c a −垂直，则a b c +−的最小值为__________________________。

8. 若对所有大于2024的正整数n ，成立202420240, ii n i i na C a ==∈∑，则12024a a +=_________。

9.设实数,,(0,2]a b c ∈，且3b a ≥或43a b +≤，则max{,,42}b a c b c −−−的最小值为 ___ __ __。

10.在平面直角坐标系xOy 上，椭圆E 的方程为221124x y +=，1F 为E 的左焦点；圆C 的方程为222())x a y b r −+−=（ ，A 为C 的圆心。

直线l 与椭圆E 和圆C 相切于同一点(3,1)P 。

则当1OAF ∠最大时，实数r =_____________________。

1、已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2 + a7 = 10，则S8等于：A. 20B. 30C. 40D. 50（答案）C。

解析：由等差数列性质，a2 + a7 = a1 + a8，因此S8 = (a1 + a8) * 8 / 2 = 10 * 8 / 2 = 40。

2、设集合A = {x | x2 - 5x + 6 = 0}，B = {x | x < 3}，则A ∩ B等于：A. ∅B. {2}C. {3}D. {2, 3}（答案）B。

解析：解方程x2 - 5x + 6 = 0得x = 2或x = 3，所以A = {2, 3}。

结合B = {x | x < 3}，交集A ∩ B = {2}。

3、若复数z满足(1 + i)z = 2i，则z的共轭复数为：A. 1 + iB. 1 - iC. -1 + iD. -1 - i（答案）B。

解析：由(1 + i)z = 2i，得z = 2i / (1 + i) = 1 + i（通过乘以共轭复数化简）。

所以z的共轭复数为1 - i。

4、已知向量a = (1, 2)，b = (3, 4)，则向量a与b的点积为：A. 5B. 10C. 11D. 15（答案）C。

解析：点积a · b = 13 + 24 = 3 + 8 = 11。

5、一个圆锥的底面半径为2，高为3，则其体积为：A. 4πB. 8πC. 12πD. 16π（答案）C。

解析：圆锥体积V = (1/3)πr2h = (1/3)π223 = 12π。

6、若直线l: y = kx + b过点(1, 2)且与x轴交于点(4, 0)，则k的值为：A. -2/3B. -1/2C. 1/2D. 2/3（答案）A。

解析：将点(1, 2)和(4, 0)代入y = kx + b，得到方程组{2 = k + b, 0 = 4k + b}，解得k = -2/3。

7、设三角形ABC的三边长为a, b, c，若a = 5, b = 8, c为奇数，且三角形ABC为直角三角形，则c的值为：A. 3B. 7C. 9D. 11（答案）B。

历年全国高中数学联赛《数列 》专题真题汇编1、给定正数p ,q ,a ,b ,c ，其中p ≠q ，若p ,a ,q 是等比数列，p ,b ,c ,q 是等差数列，则一元二次方程bx 2-2ax +c =0 （ A ）(A)无实根 (B)有两个相等实根 (C)有两个同号相异实根 (D)有两个异号实根2、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．这个数列的2003项是（ ）(A) 2046 (B) 2047 (C) 2048 (D) 2049 【解析】C【解析】452=2025，462=2116．在1至2025之间有完全平方数45个，而2026至2115之间没有完全平方数．故1至2025中共有新数列中的2025－45=1980项．还缺2003－1980=23项．由2025+23=2048．知选C ．5、已知数列a 0，a 1，a 2，…，a n ，…满足关系式(3－a n +1)(6+a n )=18，且a 0=3，则n∑i=01a i的值是6、将关于x 的多项式2019321)(x x x x x x f +-+-+-=Λ表为关于y 的多项式=)(y g,202019192210y a y a y a y a a +++++Λ其中.4-=x y 则=+++2010a a a Λ .7、已知等差数列{a n }的公差d 不为0，等比数列{b n }的公比q 是小于1的正有理数。

若a 1=d ，b 1=d 2，且321232221b b b a a a ++++是正整数，则q 等于 。

【答案】21【解析】因为22111212121321232221114)2()(q q q b q b b d a d a a b b b a a a ++=++++++=++++，故由已知条件知道：1+q +q 2为m 14，其中m 为正整数。

令m q q 1412=++，则m m m q 4356211144121-+-=-++-=。

数列解答题省赛试题汇编1．【2018年广西预赛】设为非负数，求证：. 【答案】见解析【解析】当n=1时，结论显然成立.假设当n=k时，结论对于任意k个非负数成立.则当n=k+1时，对于任意k+1个非负数，根据归纳假设有，从而.下面证明①由柯西不等式可得.即.于是有.故.从而.即①式成立.由数学归纳法可知，对任意的非负实数结论均成立.2．【2018年湖南预赛】已知数列的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列.数列前n项和为，且满足. （1）求数列的通项公式：（2）若，求正整数m的值；（3）是否存在正整数m，使得恰好为数列中的一项？若存在，求出所有满足条件的m值，若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）数列通项分奇偶求：方法为待定系数法，注意项数，由可解得公差及公比，从而，因此（2）由于数列通项分奇偶，因此从奇偶分别讨论：若，解得；若，即，解得，舍（3）先求和，限定，而为正整数，即只能为，分类讨论得.试题解析：（1）设的公差为d.的公比为，则由故故4分（2）由，若，则即，即若，即即为正整数为正整数，即即，此时式为不合题意综上，. 9分（3）若中的一项，则为正整数又故若中的某一项只能为①若无解②若，显然不符合题意，符合题意当时，即，则即为增函数，故，即为增函数故，故当时方程无解即是方程唯一解③若综上所述，. 16分考点：等差数列及等比数列综合应用3．【2018年甘肃预赛】设等比数列的前项和为，且）．（1）求数列的通项公式；（2）在之间插入个实数，使这个数依次组成公差为的等差数列，设数列的前项和为，求证：．【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）由两式相减得，所以）．因为等比，且，所以，所以．故．（2）由题设得，所以，所以，则，所以．4．【2018年吉林预赛】数列为等差数列，且满足，数列满足的前n项和记为.问：当n为何值时，取得最大值，说明理由.【答案】16【解析】因为，所以.解得.所以d＜0，.故是首项为正数的递减数列.由，即，解得.即，所以，所以，而.故，又所以最大，即n=16时，取得最大值.5．【2018年河南预赛】在数列中，是给定的非零整数，．（1）若，求；（2）证明：从中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数项．【答案】（1）1（2）见解析【解析】（1）因，，…．所以自第20项起，每三个相邻的项周期的取值为1，1，0．又，故．（2）首先证明：数列必在有限项后出现“0”项．假设中没有“0”项，由于，所以当时，都有．若，则．若，则．即要么比至少小1，要么比至少小1，令，2，3，…，则．由于是确定的正整数，这样下去，必然存在某项，这与矛盾，故中必有“0”项．若第一次出现的“0”项为，记，则自第项开始，每三个相邻的项周期的取值0、，即，1，2，…所以数列中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数列．6．【2018年河北预赛】已知数列满足：.记的值。