竞赛数学061

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962024年全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛试题与答案分）1.设集合10,21x A x x−=≤ − 集合2{20}Bx x x m =++≤。

若A B ⊆，则实数m 的取值范围为 。

答案 3m ≤− 解 集合11,2A xx=<≤要使A B ⊆，则21210m +×+≤，解得3m ≤−。

2.设函数{}{}:1,2,32,3,4f → 满足 []()1()f f x f x −=，则这样的函数有_______个. 答案：10 解 令()1{1,2,3}yf x =−∈，则()1f y y =+。

对(1)2f =以下三种情况都满足条件(2)(3)2;(2)(3)3;(2)(3)4f f f f f f ======，共3种。

同理对(2)3,(1)(3)f f f ==有3种情况；(3)4,(1)(2)f f f ==也有3种情况。

又(1)2,(2)3,(3)4f f f ===显然满足条件。

所以满足已知条件的函数共有331×+= 10个。

（可以看出这种映射的限制仅在值域上，因此也可对值域大小分类讨论。

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

答案：34解 令sin ,11t x t =−≤≤ ，原式变形11,1y t t=++当0t ≠时13,22y ≤≤。

当0t =时，1y =。

所以y 的最大、最小值分别为3122，，其积为34。

4.已知数列{}n x满足：111n x x x n +=≥，则通项n x =__________。

答案解 将已知条件变形得22111111n n x x n n +−=−+，将上式从1到n 叠加得到 2211111n x x n−=−，即n x =。

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

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）给定正整数r ．求最大的实数C ，使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ，满足n a C 对所有正整数n 成立．（x 表示实数x 到与它最近整数的距离．）解：情形1：r 为奇数．对任意实数x ，显然有12x ，故满足要求的C 不超过12． 又取{}n a 的首项112a ，注意到对任意正整数n ，均有1n r 为奇数，因此1122n n r a ．这意味着12C 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为12． …………10分 情形2：r 为偶数．设*2()r m m N ．对任意实数 ，我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ，从而21m C m ． 事实上，设1a k ，其中k 是与1a 最近的整数（之一），且102． 注意到，对任意实数x 及任意整数k ，均有x k x ，以及x x ．若021m m ，则121m a k m ． 若1212m m ，则22221m m m m ，即21m m r m m ，此时 2121m a a r kr r r m ． …………30分 另一方面，取121m a m ，则对任意正整数n ，有1(2)21n n m a m m ，由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m m a m K m m ，其中K 为整数，故21n m a m ．这意味着21m C m 满足要求． 从而满足要求的C 的最大值为212(1)m r m r ．综上，当r 为奇数时，所求C 的最大值为12；当r 为偶数时，所求C 的最大值为2(1)r r ． …………40分二．（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD 中，AC 平分BAD ，点,E F 分别在边,BC CD 上，满足||EF BD ．分别延长,FA EA 至点,P Q ，使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切．证明：,,,B P Q D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ，故,BP CA 的延长线相交，记交点为L ．由||EF BD 知CE CF CB CD．在线段AC 上取点K ，使得CK CE CF CA CB CD ，则||,||KE AB KF AD ． …………10分由ABL PAL KAF ，180180BAL BAC CAD AKF ，可知ABL KAF ∽，所以KF AB AL KA． …………20分 同理，记,DQ CA 的延长线交于点L ，则KE AD AL KA． 又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KF AB CA AD，即KE AD KF AB ． 所以AL AL ，即L 与L 重合．由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ，所以,,,B P Q D 四点共圆．…………40分三．（本题满分50分）给定正整数n .在一个3n ×的方格表上，由一些方格构成的集合S 称为“连通的”，如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ，存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==，满足iC 与1i C +有公共边(1,2,,1i l −).求具有下述性质的最大整数K ：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S ，使得S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解：所求最大的K n =.对一个由小方格构成的集合S ，记b S 是S 中的黑格个数，w S 是S 中的白格个数. 用[,]i j 表示第i 行第j 列处的方格，这里13i ≤≤,1j n ≤≤.对于两个方格[,]A i j =，[,]B i j ′′=, 定义它们之间的距离为(,)||||d A B i i j j ′′=−+−.首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合S ，均有||b w S S n −≤，这表明K n ≤.设[1,1]是黑格，并记{0,1}ε∈，满足(mod 2)n ε≡.先证b w S S n −≤.可不妨设S 包含所有黑格，这是因为若S 不包含所有黑格， 取不属于S 的黑格A 满足(,)d A S 最小，这里(,)min (,)B Sd A S d A B ∈=.易知(,)1d A S =或2.若(,)1d A S =，取{}S S A ′=，则S 仍是连通的，且b w S S ′′−更大. 若(,)2d A S =，则存在与A 相邻的白格C ，而C 与S 中某个方格B 相邻，取{,}S S A B ′= ，则S 仍是连通的，且bw S S ′′−不变. 因而可逐步扩充S ，使得S 包含所有黑格，保持S 的连通性，且b w S S −不减.考虑白格集合{[,]|}k W i j i j k =+=，3,5,,1k n ε++，每个k W 中至少有一个方格属于S ，否则不存在从黑格[1,1]A S =∈到黑格[3,1]B n ε=−+的S 中路径.故1()2w S n ε≥+，而1(3)2b S n ε=+，故b w S S n −≤. …………10分 类似可证w b S S n −≤.同上，可不妨设S 包含所有白格, 从而1(3)2w S n ε=−. 再考虑黑格集合{[,]|}k B i j i j k =+=, 4,6,,2k n ε+−，每个k B 中至少有一个黑格属于S ，否则不存在从白格[1,2]A =到白格[3,]B n ε=−的S 中路径. 从而1()2b S n ε≥−，故w b S S n −≤. …………20分 下面证明K n =具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合S ， 使得b w S S n −≥.设表格中共有X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有x 个黑格和y 个白格. 于是3X Y n +=, x y n +=.故()()()()2X y Y x X Y x y n −+−=+−+=.由平均值原理可知max{,}X y Y x n −−≥.不妨设X y n −≥.取S 为第二行中的y 个白格以及所有X 个黑格.由于S 包含第二行中所有方格，因而S 是连通的. 而b S X =，w S y =，b w S S X y n −=−≥.综上所述，max K n =. …………50分四．（本题满分50分）设,A B 为正整数，S 是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1) 对任意非负整数k ，有k A S ；(2) 若正整数n S ，则n 的每个正约数均属于S ；(3) 若,m n S ，且,m n 互素，则mn S ；(4) 若n S ，则An B S ．证明：与B 互素的所有正整数均属于S ．证明：先证明下述引理．引理：若n S ，则n B S ．引理的证明：对n S ，设1n 是n 的与A 互素的最大约数，并设12n n n ，则2n 的素因子均整除A ，从而12(,)1n n ．由条件(1)及(2)知，对任意素数|p A 及任意正整数k ，有k p S ．因此，将11k A n 作标准分解，并利用(3)知11k A n S ．又2|n n ，而n S ，故由(2)知2n S ．因112(,)1k A n n ，故由(3)知112k A n n S ，即1k A n S ．再由(4)知k A n B S （对任意正整数k ）． ① …………10分设n B C D ，这里正整数C 的所有素因子均整除A ，正整数D 与A 互素，从而(,)1C D ．由(1)及(2)知C S （见上面1k A n S 的证明）． 另一方面，因(,)1D A ，故由欧拉定理知()1D D A ．因此()()(1)()0(mod )D D A n B A n n B D ，但由①知()D A n B S ，故由(2)知D S ．结合C S 及(,)1C D 知CD S ，即n B S ．引理证毕． …………40分回到原问题．由(1)，取0k 知1S ，故反复用引理知对任意正整数y ，有1By S ．对任意*,(,)1n n B N ，存在正整数,x y 使得1nx By ，因此nx S ，因|n nx ，故n S ．证毕． …………50分。

1．关于直线的倾斜角与斜率，下列说法正确的是( )A ．所有的直线都有倾斜角和斜率B ．所有的直线都有倾斜角但不一定都有斜率C ．直线的倾斜角和斜率有时都不存在D ．所有的直线都有斜率，但不一定有倾斜角答案：B解析：所有的直线都一定有倾斜角，而倾斜角为90°的直线不存在斜率．题干评注：直线的倾斜角和斜率问题评注：直线倾斜角α的范围是0°≤α＜180°。

斜率：由一条直线与X 轴形成的角的正切。

2．直线xsin π7＋ycos π7＝0的倾斜角是( ) A ．－π7B.π7C.5π7D.6π7 答案：D解析：由题意得：直线方程为y ＝－tan π7·x ， ∴k ＝－tan π7＝tan 67π，∵0≤α＜π，∴α＝67π. 题干评注：直线的倾斜角和斜率问题评注：直线倾斜角α的范围是0°≤α＜180°。

斜率：由一条直线与X 轴形成的角的正切。

3．直线2xcosα－y －3＝0(α∈⎣⎡⎦⎤π6，π3)的倾斜角的变化范围是( )A.⎣⎡⎦⎤π6，π3B.⎣⎡⎦⎤π4，π3C.⎣⎡⎭⎫π4，π2D.⎣⎡⎦⎤π4，2π3 答案：B解析：直线2xcosα－y －3＝0的斜率k ＝2cosα，由于α∈⎣⎡⎦⎤π6，π3，所以12≤cosα≤32，因此k ＝2cosα∈[]1，3.设直线的倾斜角为θ，则有tanθ∈[]1，3，由于θ∈[0，π)，所以θ∈⎣⎡⎦⎤π4，π3，即倾斜角的变化范围是⎣⎡⎦⎤π4，π3.选B. 题干评注：直线的倾斜角和斜率问题评注：直线倾斜角α的范围是0°≤α＜180°。

斜率：由一条直线与X 轴形成的角的正切。

4．已知θ∈R ，则直线x sin θ－3y ＋1＝0的倾斜角的取值范围是________．答案：[0°，30°]∪[150°，180°)解析：k ＝33sin θ，∵θ∈R ，∴k ∈[－33，33]，∴倾斜角α∈[0°，30°]∪[150°，180°)． 题干评注：直线的倾斜角和斜率问题评注：直线倾斜角α的范围是0°≤α＜180°。

竞赛数学知识点总结竞赛数学，是指各种数学竞赛中需要掌握的一些数学知识和解题技巧。

同时，竞赛数学也是一种对数学思维和解题能力的锻炼。

通过参加竞赛数学的学习和训练，可以提高学生的数学水平，培养学生的数学兴趣和数学思维能力。

下面，我将对竞赛数学常用的知识点进行总结，供学生参考。

一、基本数学知识1. 数论数论是研究整数性质的学科。

在数学竞赛中，常常会涉及到数论知识。

比如，质数、合数、最大公因数、最小公倍数、同余数、循环小数等知识点都是数论中的重要内容。

掌握这些知识对于解决一些数论题目是非常有帮助的。

2. 代数代数是数学的一个重要分支，它研究的是数与文字之间的相互关系。

在数学竞赛中，代数知识通常包括多项式、方程、不等式、函数、数列等内容。

解决代数题目需要熟练掌握各种代数知识，灵活运用各种代数运算法则。

3. 几何几何是研究空间和图形的形状、大小、相对位置等性质的学科。

在数学竞赛中，几何题目通常涉及到直角三角形、相似三角形、圆的性质、平行四边形、多边形等几何图形的性质和计算。

解决几何题目需要清楚地掌握几何图形的性质和变换规律。

4. 概率与统计概率与统计是数学中的一门新兴学科，它研究的是随机事件的规律性和统计数据的分析方法。

在数学竞赛中，通常会涉及到概率的计算、统计数据的分析、抽样调查等内容。

了解概率与统计知识对于解决一些概率与统计题目是很有帮助的。

二、解题技巧1. 分析题目解决数学竞赛题目的第一步是分析题目。

要仔细阅读题目，理解题目的要求，确定题目的难点和重点。

分析题目的条件和限制，清楚题目的求解目标。

2. 形成思路在分析题目的基础上，要形成解题思路。

可以通过举例、画图、列式等方法进行思维导图，找到解题的突破口。

在形成解题思路之前，可以适当进行头脑风暴，提出不同的解题思路。

3. 灵活运用知识在解题的过程中，要灵活运用所学的数学知识。

可以根据题目的要求，适当地引入数论、代数、几何、概率与统计等相关知识，使解题过程更加得心应手。

高中数学竞赛试题及解题答案在高中数学竞赛中，试题是考察学生数学思维和解决问题的能力的重要手段。

下面将为大家提供一部分高中数学竞赛试题及解题答案，希望能够帮助大家更好地理解和应用数学知识。

一、整数与多项式试题1：已知多项式P(x)满足P(x)=x^3-5x^2+ax+b，其中a、b均为整数。

若多项式P(x)除以(x-1)得到余数4，则多项式P(x)除以(x+2)的余数为多少？解题思路：我们知道，多项式f(x)除以x-a的余数等于把a带入f(x)中所得到的值。

那么，题目中给出了P(x)除以(x-1)的余数为4，即P(1)=4，我们可以将1代入P(x)中，得到一个方程。

同理，题目要求求解P(x)除以(x+2)的余数，即P(-2)=？根据题意，我们有以下方程：P(1) = 4，即1^3 - 5(1^2) + a(1) + b = 4P(-2) = ?，即(-2)^3 - 5((-2)^2) + a(-2) + b = ?解题步骤：1. 代入P(1)的方程求解：1 - 5 + a + b = 4化简得 a + b = 82. 代入P(-2)的方程求解：-8 - 20 - 2a + b = ?化简得 -2a + b = ?将两个方程合并求解可得：-2a + b = a + b - 16当两边消去b时，可得：-2a = a - 16a = -8将a代入第一个方程a + b = 8，可得：-8 + b = 8b = 16因此，通过计算可得多项式P(x)除以(x+2)的余数为-16。

试题2：已知整数序列a1, a2, a3, ...，其中a1 = 1，a2 = 2，an = an-1 + an-2（n ≥ 3）。

求证：对于任意正整数n，任务子序列a1, a2, ..., an中必定存在一个数可以被11整除。

解题思路：根据题意，我们需要证明对于任意正整数n，序列a1, a2, ..., an中必定存在一个数可以被11整除。

杭州师范大学学科竞赛委员会文件
杭师大竞〔2009〕3号
关于公布2008年浙江省大学生高等数学竞赛
获奖奖励名单的通知
为鼓励我校学生积极参加各类学科竞赛，根据《杭州师范大学学生学科竞赛管理规定》（杭师大[2008]157号）的奖励规定，现将2008年浙江省大学生高等数学竞赛获奖奖励名单公布如下：
指导教师组由韦宝荣、陆竞、夏佳荣、黄清、虞旦盛、谷峰、沈忠华、沈冬杰、陈巧云、袁智杰、龙芳等老师组成。

奖金分配
如下表所示：
二○○九年二月二十六日
主题词：公布竞赛奖励通知
发：各学院、有关部门
杭州师范大学学科竞赛委员会办公室 2009年2月26日印发。

一些特殊的幻方由我国古代数学瑰宝“洛书”所开创的“幻方”，不仅以其特有的奇妙性质，受到世界各国数学爱好者的青睐，也成为数学文化中一个饶有兴味的课题。

对此，前面在多篇文章中，已经做过一些介绍，这里再撷取几个比较特殊的幻方，供网友们玩赏。

这些幻方的奇妙性质更加扑朔迷离，兴味无穷。

一、间隔幻方1 35 24 54 43 9 62 326 40 19 49 48 14 57 2747 13 58 28 5 39 20 5044 10 61 31 2 36 23 5322 56 3 33 64 30 41 1117 51 8 38 59 25 46 1660 26 45 15 18 52 7 3763 29 42 12 21 55 4 34这个八阶幻方的奇特之处在于：不仅每行、每列、每条对角线上8个数的和相等，都是260。

如果，把这些数同时按行和列隔一个取一个，竟然可以组成两个四阶幻方：1 24 43 62 35 54 9 3247 58 5 20 13 28 39 5022 3 64 41 56 33 30 1160 45 18 7 26 15 52 37它们每行、每列、每条对角线上4个数的和相等，都是130。

所以，这个幻方叫做“间隔幻方”。

16 41 36 5 27 62 55 1826 63 54 19 13 44 33 81 40 45 12 22 51 58 3123 50 59 30 4 37 48 938 3 10 47 49 24 29 6052 21 32 57 39 2 11 4643 14 7 34 64 25 20 5361 28 17 56 42 15 6 35这个八阶幻方的奇特之处在于：不仅每行、每列、每条对角线上8个数的和相等，都是260，而且每行、每列、每条对角线上8个数的平方和也相等，都是11180，所以，这个幻方叫做“多重幻方”。

三、双料幻方46 81 117 102 15 76 200 20319 60 232 175 54 69 153 78216 161 17 52 171 90 58 75135 114 50 87 184 189 13 68150 261 45 38 91 136 92 27119 104 108 23 174 225 57 30116 25 133 120 51 26 162 20739 34 138 243 100 29 105 152这个八阶幻方的奇特之处在于：不仅每行、每列、每条对角线上8个数的和相等，都是840，而且每行、每列、每条对角线上8个数的积也相等，都是2058068231856000，所以，这个幻方叫做“双料幻方”。

E2-061 网球协会为全体会员排定名次，最强的为第1号，其次为第2号等等．已知，在名次相差高于2的运动员比赛时，总是高名次的运动员获胜．在由1024名最强的选手参加的循环赛中（即参加者为1号选手到1024号选手），按奥林匹克规则进行：每一轮比赛的每对选手都由抽签决定，胜者进入下一轮．因此，每一轮比赛后参赛者将减少一半．这样一来，第十轮后将决出胜者．试问，胜者的最大号码是多少？【题说】第七届（1973年）全苏数学奥林匹克九年级题4．【解】胜者的最大号码是20号．因为不计比他强的选手时，k号选手只可能输给k+1号和k+2号选手，所以，胜1号选手的号数至多为3，胜3号的号数至多为5，…．因此，冠军的号数不可能低于1+2×10=21．但在冠军号数为21时，第一轮比赛后应淘汰1号和2号选手，他们分别败于3号和4号选手；在第二轮中3号，4号被淘汰，5号、6号取胜，等等．依此类推，直到第九轮，在该轮比赛中19号和20号选手应分别战胜17号和18号选手，这样，21号选手将不会进入决赛．下面举一个第20号选手获胜的赛例，全体参赛者按每组512人分成两组，第一组中包括第19号，20号及其他510名较弱的选手，该组的比赛使得第20号选手获胜（显然，这是可能的）．在第二组中有1号至18号选手及其余较弱的选手，在该组比赛中使第18号选手获胜，这只要出现前面所说的情况，是可以作到的：第一轮中3号，4号分别战胜1号，2号；第二轮中5号，6号战胜3号，4号等等；到第八轮，第17号和18号选手战胜15号和16号选手，在第九轮中18号选手战胜17号选手．这样，参加决赛的将是第20号选手和第18号选手，于是，20号选手可能获胜．E2-062 把一个8×8的棋盘（指国际象棋棋盘）剪成p个矩形，但不能剪坏任何一格，而且这种剪法还必须满足如下条件：（1）每一个矩形中白格和黑格的数目相等；（2）令a i是第i个矩形中的白格的个数，则a1＜a2＜…＜a p求出使上述剪法存在的p的最大可能值，同时对这个p求出所有可能的a1，a2，…，a p．【题说】第十六届（1974年）国际数学奥林匹克题4．本题由保加利亚提供．由此可知p≤7．p=7时只有五种可能的组合：第一种组合不可能在棋盘上实现，因为棋盘上剪出的矩形不可能是22格的，其他四种情况都是可以实现的，如上图所示（图中数字表示该块含方格数）．E2－063在一张正方形纸上画出n个边与纸的边平行的矩形，这些矩形中任两个都没有公共内点，证明：如果剪下所有的矩形，那么纸片数不大于n+1．【题说】第十届（1976年）全苏数学奥林匹克十年级题3．【证】设纸片数为k，在每张纸片上标出4个顶点（纸片上可能不止四个顶点），这些顶点每一个都是矩形的顶点，或原正方形的顶点，如果两张纸片上标出的两个顶点实际上是同一个点，那么这一点一定是原来靠在一起的两个矩形的共同顶点．因此4k≤4n+4从而得 k≤n+1E2－064某区学生若干人参加数学竞赛，每个学生得分都是整数，总分为8250，前三名的分数是88、85、80，最低是30分，得同一分数的学生都不超过3人．问至少有多少学生得分不低于60分（包括前三名）？【题说】 1979年全国联赛二试题7．【解】除了前三名外，得分为30～79，总分为8250-（88+85+80）=7997．其中分数为30～59的人至多（每种分数三人），共得（30+31+…+59）×3=4005分，因此至少有7997-4005=3992分分配给60～79分的人．由于（79+78+…+61）×3=3990＜3992，所以60～79的人数至少为3×（79-61+1）+1=58．故得分不低于60分的学生总数为61人（包括前三名）．E2－065一个团体有1982人，在任何4人的小组中，至少有一人认识其他3人，问在此团体中，认识其他所有人的最少人数是多少？【题说】第十一届（1982年）美国数学奥林匹克题1．【解】认识可能是双方的，也可能是单方的．1．假设认识按双向性理解，作一个有1982个点的图G，每点代表一个人，若两人彼此不认识，就将相应两点连一条边，认识者不连．于是，我们的问题变为：已知在此图中，每四点所成之子图，至少有一孤立点，问图中最少有多少个孤立点？设G中有边AB．若又有边CD连结另两点C、D，则A、B、C、D四点所成子图中无孤立点，矛盾．因此G中任一点或者是孤立点，或者与A或B相连．设点C与A相连，则对任一点D，由于A、B、C、D所成子图中有孤立点，所以D不与A、B相连，从而（根据上面所证）D为G的孤立点．于是G中至多有A、B、C三点非孤立点，至少有1979个孤立点，即该团体中至少有1979个人认识其他所有人．2．若认识是单向的，设1982人围成一圆圈，每人皆不认识其右邻，但认识其余的人．容易证明，任4人中都至少有一人认识其他三人，但团体中无一人认识其他所有人，即认识所有其他人的人数最少是0．E2－066设S是边长为100的正方形，L是在S内自身不相交的折线段A0A1，A1A2，…，A n-1A n（A0≠A n）．假定对于边界上每一有两点X、Y，它们之间的距离不大于1，沿折线L，它们之间的距离不小于198．【题说】第二十三届（1982年）国际数学奥林匹克题6．【解】根据题设，对于正方形的顶点S1，S2，S3，S4，在折线L在沿L由A0到A n时，不妨假定先经过L1，并且在L2与L4中，先出现的是L2．将S1S4上的点分为两类：如果Q在A0L2这一段，P在第一类，如果Q在L2A n上，P在第二类．显然S1在第一类，S2在第二类，所以两类都是非空的，这两类可以有公共点（原因见后）．如果P0是公共点，那么另一方面，从Q1沿着L到Q2必须经过L2，而Q1到L2这段长≥以Q1、Q2之间的L的长≥198．Q1、Q2就是要求的点X、Y．最后来说明上面定义的两个类的公共点P0是存在的．设在边S1S4的从S1到S4的方向上，第一类的点最远能延伸到P0，从S4到S1的方E2－067在平面上画出n（n≥2）条直线，将平面分成若干个区域，其中一些区域上涂了颜色，并且任何两个涂色的区域没有相邻的边界．证明：涂色的区域数不超过（n2+n）/3．【题说】第十九届（1985年）全苏数学奥林匹克十年级题4．只有一个公共点的两个区域，不认为是有相邻接的边界．【证】如果所画的直线都互相平行，那么它们将平面分成（n+1）个区域，这时能涂色的区域不超过n个．因为（n2+n）/3=n（n+1）/3≥n（2+1）/3=n所以此时命题成立．设并非所有直线都互相平行，每个区域的边界由若干条位于不同直线上的线段或射线组成，这些线段和射线称为区域的边．每个区域的边数不少于2．用m2表示有两条边的涂色区域的个数；m3表示有三条边的涂色区域的个数，等等，我们用m k表示边数最多的涂色区域的个数．首先证明m2≤n．任何有两条边的区域的边界是由两条射线组成的，并且每条射线只能是一个涂色区域的边界，所有这样的射线不超过2n条（每条直线上的射线不超过两条）．所以有两条边的涂色区域的边数不超过2n，即m2≤n·n条直线中的每一条被分成的区间（线段或射线）数不多于n，所以所有的区间数不超过n2，因而所有区域边的总数也就不超过n2条．由于每个区间至多是一个涂色区域的边，所以2m2+3m3+…+km k≤n2，涂色的区域数m2+m3+…+m k≤n2/3+（2m2+3m3+…+km k）/3≤n/3+n2/3=（n2+n）/3E2－068儿童计数器的三个档上各有十个算珠，如图，将每档算珠分为左右两部分（不许一旁无珠）．现在要左方三档中所表示的三个珠数的乘积等于右方三档中所表示的珠数的乘积．问有多少种分珠法？【题说】 1987年北京市赛高一题5．【解】不妨设左方上中下三档珠数分别为a、b、c，则右方上中下三档珠数分别为10-a、10-b、10-c，依题意得：abc=（10-a）（10-b）（10-c）（1）即 abc=500-50（a+b+c）+5（ab+bc+ca）因1≤a、b、c≤9，且5|abc，故a、b、c三数中至少有一个是5若只有一档珠数为5．不妨设a=5．（1）式化为：bc=（10-b）（10—c）=100-10（b+c）+bc即b+c=10这时b可以取1，2，3，4，6，7，8，9；而c相应取9，8，7，6，4，3，2，1．共得8种分珠法．同理，若b=5（a、c均不等于5），或c=5（a、b均不等于5），也各有8种分珠法．显然a=5，b=5，c=5时，也是一种分珠法（注意：若a、b、c 中有两个是5，则第三个也必然是5）．综上可知，总计共有8+8+8+1=25种分珠法．E2－069五对孪生兄妹参加k个组的活动，若规定：（1）孪生兄妹不在同一组；（2）非孪生关系的任意两个人都恰好共同参加过一个组的活动；（3）有一个人只参加两个组的活动．求k的最小值．【题说】 1987年全国联赛一试题2（5）．原题为填空题．【解】用A、a、B、b、C、c、D、d，和E、e表示五对孪生兄妹．不妨设A只参加两个组的活动，要同时满足（1）、（2），这两组要包含除a外的其余8人，同时每组各为5人（不然，则有一组包含一对孪生兄妹）．由对称性，这两组可以设为（A，B，C，D，E）和（A，b，c，d，e）．再考虑a，为使编组尽可能地少，可在B，C，D，E与b，c，d，e中各取一个（二者非孪生兄妹）编为4组：（B，a，c），（C，a，b），（D，a，e），（E，a，b）最后，将余下没有编在一组的非孪生关系的，每两人编为一组，共8组：（B，d）（B，e）（C，d）（C，e）（D，b）（D，c）（E，b）（E，c）总共14组，所以k的最少值为14．E2－070甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，……直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程．求所有可能出现的比赛过程的种数．【题说】 1988年全国联赛一试题2（4）．原题为填空题．【解】设甲队胜，则甲队必在前13场比赛中胜7场，可能情况有。