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2013年高中数学竞赛培训试题及答案解析(三套题)(1)


2013 年高中数学竞赛培训试题及答案 卷一
一、选择题(每小题 6 分,共 36 分)
2 则实数 a 的取值范围是 ( 1、 若函数 f ? x ? ? lg ? ax ? 4x ? a ? 3? 的值域为 R ,

) .

A 、 ? 4, ?? ? ; B 、 ? 0, 4? ; C 、 ? 0, 4? ; D

、 ? ??, ?1? 2、 设 a
2

? 4, ??? .

? b

2

1 , ? ? ? b ? 0? , 若直线 ax by ).

x2 y 2 a ? 1 有公共点, 则 ? 和椭圆 的 2 ? 6 2 b

取值范围是(

? 1 1? A 、 ? ? , ? ; B 、 ? ?1, 1? ; ? 2 2?

C 、 ? ??, ?1?

?1, ??? ;

D 、 ? ?2, 2? . 41 ,则

3 、 四 面 体 ABCD 的 六 条 棱 长 分 别 为7,13,18, 27,36, 41 , 且 知 AB ? CD ? A、 7
. ; B 、 13
k



C 、 18
k



D 、 27 . ).

4 、若对所有实数 x ,均有 sin A、 6 ; 5、 设 an ? 2 ? 7

x ? kx ? sin cos

k x kx ? ? cos cos 2 x ,则 k ? (

B 、 5;

C、 4;

D、 3. n ? N * 时, anbn 的值 ( ) .

?

?

2 n ?1

, bn 是 an 的小数部分, 则当

A 、必为无理数; B 、必为偶数; C 、必为奇数; D 、可为无理数或有理数. 6 、设 n 为正整数,且 3 n ? 1 与 5n ? 1 皆为完全平方数,对于以下两个命题: (乙). (甲). 7 n ?13 必为合数; 8 ?17
2

n ? 必为两个平方数的和 n ?3 . D.甲乙都不一定对.

你的判断是( ) A.甲对乙错; B. 甲错乙对; C.甲乙都对; 二、填空题(每小题 9 分,共 54 分)

7、 过点 P ?1,1? 作直线 l , 使得它被椭圆
直线 l 的方程为 .

x2 y 2 ? ? 1 所截出的弦的中点恰为 P , 则 9 4

8 、设 x ? R ,则函数 f ? x ? ? x 2 ? 1 ?

? x ?12?
0

2

? 16 的最小值为

.

9 、四面体 ABCD 中,面 ABC 与面 BCD 成 60 的二面角,顶点 A 在面 BCD 上的 的 垂 心 , G 是? 射 影 H 是 ? BCD GH ? .

ABC 的 重 心 , 若 AH ? , AB 4 ? AC, 则

0 0 0 10 、 sin 20 ? sin 40 ?sin 80 ?

.

* 2 11 、数列 ?an ? 满足: a1 ? 1 ,且对每个 n ? N , an , an ?1 是方程 x ? 3nx ? bn ? 0 的 20

两根,则

?b
k ?1

k

?

. , 2008? 中取出一个 k 元子集 A ,使 . ? AC , ) I 2I 分别是 ,

12 、从前 2008 个正整数构成的集 M ? ?1, 2,

得 A 中任两数之和不能被这两数之差整除,则 k 的最大值为 三、解答题: 13 、 ( 20 分) AD 是直角三角形 ABC 斜边 BC 上的高, ( AB ABD, ACD ? 交于点 M ; 证明:
1

1

?

?AI 的内心, 1I 2 的外接圆

O 分别交AB AC,于

EF BC , , E F, 直线

? I 2I 分别是 ,

的内心与旁心. ODM

14 、 ( 20 分)设 x, y, z 为非负实数,满足 xy 1 1 1 5 ? ? ? . x? y y?z z?x 2

yz zx ?

?

? ,证明: 1

15 、 ( 20 分)对于 2n 元集合
B ? ?b1 , b2 ,

? ?1, 2,

,2 M ? ,若 n 元集 n A ? ?a1 , a2 ,

, an ? ,

, bn ? 满足: A B ? M A B ? ? , ,且

?a ? ?b
k ?1 k k ?1

n

n

k

,则称 A B 是集

M 的一个“等和划分” ( A B与 B

A 算是同一个划分) .

“等和划分” . 试确定集 M ? 1, 2,? ,12 共有多少个 ?

试题解答

一、选择题(每小题 6 分,共 36 分)
2 则实数 a 的取值范围是 ( 1、 若函数 f ? x ? ? lg ? ax ? 4x ? a ? 3? 的值域为 R ,

) .

A 、 ? 4, ?? ? ; B 、 ? 0, 4? ; C 、 ? 0, 4? ; D 、 ? ??, ?1? 答案: B .

? 4, ??? .

2 解:欲使 f ? x ? 的值域为 R ,当使真数 ax ? 4x ? a ? 3 可取到一切正数,故或者 2 a ? 0 ;或者 a ? 且04 ? 4a ? a ? 3? ? 0 ,解得 0

? 4 a ?

2、 设 a

2

? b

2

1 , ? ? ? b ? 0? , 若直线 ax by ).

x2 y 2 a ? 1 有公共点, 则 ? 和椭圆 的 2 ? 6 2 b

取值范围是(

? 1 1? A 、 ? ? , ? ; B 、 ? ?1, 1? ; ? 2 2? 答: C . 解:将 y ?

C 、 ? ??, ?1?

?1, ??? ;

D 、 ? ?2, 2? .

2 ? ax 代入椭圆方程并整理得, b

? 3a

2

? b2 ? x 2 ?12ax ? 12 ? 6b2 ? 0 ,

因直线和椭圆有公共点,则判别式

?12a ?

2

? 4 ? 3a 2 ? b2 ??12 ? 6b2 ? ? 0 ,利用

a

2

? b

2

2 2 1 ? ,化简得a ? b ,所以

a a ? .即 1 ? ? ??, ?1? b b

?1, ?? ? .
AB ? 41 ,则

3 、四面体 ABCD 的六条棱长分别为 7,13,18, 27,36, 41 ,且知

CD ? . A、 7 ; B 、 13 ; C 、 18 ; D 、 27 . 答案: B . 解:四面体中,除 CD 外,其余的棱皆与 AB 相邻接,若长 13 的棱与 AB 相邻,不
妨设 BC ?

13 , 据构成三角形条件, 可知

AC ??7,18, 27? ,? AC ?

? BD 36,? ,

7

? AD, CD ? ? ?18, 27? ?
因此只有 CD ?

? ,于是 中,两边之和小于第三边,矛盾。 ABD CD ? 41, ? 的四面体 ABCD 可作出,例如取 13

AB 13 . 另一方面,使

BC ? 7, AC ? 36, BD ? 18, AD ? 27 .故选 B 4、 若对所有实数 x , 均有 sin A、 6 ; 答: D .
k

x ? kx cos ? sin

k

x kx cos ? ? 2k x , 则 k ?( cos D、 3.

) .

B 、 5;

C、 4;

k k x ? coskx ? cos 2 x ,则由条件, f ? x ? 恒为 0 , 解:记 f ? x? ? sink x ? sin kx ? cos

取x?

? 得 , 2

? ?1 ? 2 ?

, 则 k 为奇数, 设 ,则m 2 n k

k

?? ? 2 , n ? 1? , 上式成为 sin ? n ?? 2 ? ? ? 1 ? ?
n ? N * 时, anbn 的值 (

因此 n 为偶数,令 5、 设 an ? 2 ? 7

m ? 4 ? 1,故选择支中只有 k ? 满足题意. 3
) .

?

?

2 n ?1

, bn 是 an 的小数部分, 则当

A 、必为无理数; B 、必为偶数; C 、必为奇数; 答: C . 解: 令 ? ?2 ? ?2 7,

D 、可为无理数或有理数.

2 u v ??4 , 则 u ?v ? v , , 3 , u v 是方程 7 u x

4x ? 3 ? 的两根,

2 2 2, u n ? 4u n?1 ? 3u n?2 , v n ? 4v n?1 ? 3v n?2 , 则 u ? 4u ? 3, v ? 4v ? 3 , 所以当 n ? 时

令 Sn

u

n

? v

n

?

? Sn ?1 ? Sn ?2 , S0 ? 2, S1 ? 4 ,故所有 S n 为偶数, ,则当 n ? 时, Sn 2
2 n ?1 2 n ?1

? 7 ? 2? ? u ? 1 ,所以 ? 因 0 ? ? 7 ? 2? a b ? ? 7 ? 2? ? ? 7 ? 2?
7 ?2
2 n ?1

?

?

?

? v 2 n ?1 ? S2 n?1 ? 2k ,

?

7 ?2

?

2 n ?1

? 2k ?

?

7 ?2

?

2 n ?1



2 n ?1

7 ?2

?

2 n ?1

为 an 的小数部分,即 bn ?

?

7 ?2

?

2 n ?1



2 n ?1

2 n ?1

n n

? 32 n ?1 ? 奇数. 8 ?17 n ? 必为两个平方数的和 n ?3 . D.甲乙都不一定对.

6 、设 n 为正整数,且 3 n ? 1 与 5n ? 1 皆为完全平方数,对于以下两个命题:
(乙). (甲). 7 n ?13 必为合数; 你的判断是( A.甲对乙错; 答案: C ) B. 甲错乙对;
2

C.甲乙都对;

2 2 解:设 3n ? 1 ? a , 5n ?1 ? b ,

, a b 为正整数;则
2 2

7n ? 13 ? 9 ? 3n ? 1? ? 4 ? 5n ? 1? ? ? 3a? ? ? 2b? ? ? 3a ? 2b?? 3a ? 2b? ?○ 1,

3a 2b 由此知, 3 ?2 a 为正整数,且 b ? 1 ? ,因为若 a3 b ?2 ?1 ,则
27n ? 9 ? ? 3a ? ? ? 2b ? 1? ? 4b2 ? 4b ? 1 ,即 27n ? 4 ? n2 ? n ? 2? ,则 4 n ,记
2 2

n ,得 k 5 ?1 ? 20 ?1 ?4 n 不为平方数,矛盾!所以 k 3 a2 b 1 得, ? 2 ? ,故由 ○
7n ? 13 为合数;又因为 8 ?17n2 ? 3n ? ? ? ?? 3n ? 1? ? ? 5n ? 1? ? ?? ? 4? 3n ? 1? ? ? 5n ? 1? ? ?
2 2 ? 2? 2 2 ?? 故选 C . (例如 65 是上述 n 之一) . ?a ? b ? ? ?? 2a ? ? b ? ? ? 2a ? b ? ? ? ab ? , 2 2 2

二、填空题(每小题 9 分,共 54 分)

7、 过点 P ?1,1? 作直线 l , 使得它被椭圆

x2 y 2 ? ? 1 所截出的弦的中点恰为 P , 则 9 4

直线 l 的方程为 ? 13 ? 答案: 4 x 9 y .

.

解:设直线 l 的方程为 y ? k ? x ?1? ? 1 ,代入椭圆方程,整理得,

?9k

2

? 4? x 2 ? 18k ?1 ? k ? x ? 9k 2 ? 18k ? 27 ? 0 ,设其两根为 4 , 所以直线 l 的方程为 9

1

x ?x x 2x ,则 1 2 ? 1 , , 2 9 1 3 x ? y ?

即?

18k ?1 ? k ? 9k ? 4
2

? 2, k ? ?

y??
2

4 即4 ? x ? 1? ? 1 , 9 .

8 、设 x ? R ,则函数 f ? x ? ? x 2 ? 1 ?
答案: 13 . 解:如图,取 A 为数轴原点, 再作 AB 垂线 AC BD , ,使 AC 1, BD ? 4, ?在 数 轴 上 取 点 P , 使 x? ?C P D ? P ? C, ,当 P, D AB ?

? x ?12?
C A

? 16 的最小值为
P

12 ,

B

D E

AP ? x , 则

2 2 共线时, f 值最小,此时 f min ? CD ? AE ? 12 ? 5 ? 13 .

9 、四面体 ABCD 中,面 ABC 与面 BCD 成 60 的二面角,顶点 A 在面 BCD 上的 的 垂 心 , G 是? 射 影 H 是 ? BCD GH ? . 答案: 4 21 . 9 1 AF , 3

0

ABC 的 重 心 , 若 AH ? , AB 4 ? AC, 则

解:设面 AHD 交 BC 于 F ,则因 AB ? AC ,故 G 在 AF 上,且 GF ? AH 8 , FH 0 ? sin 60 3 4 21 9 . 1 AF ? 2

AFH ?

600?

AF ? ,于是

4 8 ? GF , ? ,在三角 3 3 3

形 GFH 中,由余弦定理得 GH ?
0 0 0 10 、 sin 20 ? sin 40 ?sin 80 ?

答案:

3 . 8

解: 8sin 200 ? sin 400 ? sin 800 ? 4? cos 200 ? cos 600 ? sin 800
0 ? 4sin 800 cos 200 ? 2sin 800 ? 2? sin1000 ? sin 600 ? ? 2sin 80

2sin 60

0

3 ?,

?

0 0 0 所以 sin 20 ? sin 40 ? sin 80 ?

3 . 8

* 2 11 、数列 ?an ? 满足: a1 ? 1 ,且对每个 n ? N , an , an ?1 是方程 x ? 3nx ? bn ? 0 的 20

两根,则

?b
k ?1

k

?

.

答: 6385 .
* 解:对每个 n ? N , an ? an ?1 ? ?3n ?? ○ 1 , an an ?1 ? bn ?? ○ 2,

将○ 1 写作 an?1 ?

3 ? n ? 1? 2 an ?

?

3 3n 3 ? 3n 3 ? ? ? ? ? ? an ? ? ? ,因此 ?an ? ? ? 是一个公比为 ? 1 4 2 4? 2 4? ? ?

的等比数列,故 3 ? 2n ? 1? 4

3 ? 2n ? 1? 3n 3 n ?1 7 n ?1 7 ? ? ? 1? ? , ? ? ? ? 1? ,即 an ? ? 2 4 4 4 4

an ?1 ? ?

20 9 29 n 7 n 21 ? ? ?1? ? ; 于是 bn ? an an ?1 ? n 2 ? ? ? ?1? ? ;? bk ? 6385 . 4 4 8 8 k ?1

12 、从前 2008 个正整数构成的集 M ? 1, 2, ?

, 2008 中取出一个 k 元子集 A ,使 ? .

得 A 中任两数之和不能被这两数之差整除,则 k 的最大值为 答案: 670 . 解:首先,我们可以取 670 元集 A ? ?1, 4, 7,

, 2008 ? , A 中任两数之和不能

被 3 整除,而其差是 3 的倍数;其次,将 M 中的数自小到大按每三数一段,共分 为 670 段: 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9, 从 A 中任取 671 个数, 必有两数 与 x ? y 同奇偶,于是 三、解答题: 13 、 ( 20 分) AD 是直角三角形 ABC 斜边 BC 上的高, ( AB 别是 ABD ACD ? , ? I2 心 ?AI 的, 外 接圆 的1内 ? AC , )
1

, 2005, 2006, 2007, 2008, , x y 取自同一段, 则 ? x y ? ? y ? 或1 2, 注意 x

?x

y? ? x y ??

.因此 k 的最大值为 670 .

I 2I 分 ,

O 分别交 , AB AC 于

, E F ,直线

EF , BC 交于点 M ;

证明:

1

? I 2I 分别是 ,

的内心与旁心. ODM
0 EAF ? 90 ?

证:如图,连 DI1 , DI 2 , BI1 , AI 2 , I1F ,由

,则圆心 O 在 EF 上,设 B 1 ? ?DAC 2 2

, , 由 ?I1 BD ? 直径 EF 交 AD 于 O? , 并简记 ? ABC的三内角为 A ,B C
? ?I 2 AD, ?I1DB ? 450 ? ?I 2 DA , DI1 DB DAI 2 , 得 ? ,且 所 以 ?D B I 1 ∽ ? DI 2 DA ?I1DI 2 ? 900 ? ?BDA ,故 ?I1 DI2 ∽ ? BDA ,
0 而 ?DI1I 2 ? B, ?AI1D ? 90 ?

A
F O E I1 M I2

B

D

C

B , 2 B , 2

注意 ?AI1D ? ?AI1F ? ?FI 1I 2 ? ?DI 1I 2 , ?AI1F ? ?AEF , ?FI 1I 2 ? ?FAI 2 ?

0 ? ? ? , ? ? ? , 因此 O E OA 同理得 O F OA 故O 与O 所以 ?AEF ? 90 ? B ? C ? ?DAB ,

重合,即圆心 O 在 AD 上,而 ?EOD ? ?OEA ? ?OAE ? ?OAE ? C , ?EOI1 ? 2?EAI 1 ? ?BAD ? C ,所以 OI1 平分 ? DOM ; ,即 I1 是 ? ODM 的内心, I 2 是 ? ODM 的旁心. 同理得 OI 2 平分 ? DOF 证 二 : 如 图 , 因 为 ?BAC ? OI1 , OI 2, I1 D, I 2 D , 则由 ?I1 AI 2 ? 45? , 所以 ?I1OI 2 ? 2?I1 AI 2 ? 90? ? ?I1DI 2 , 于是 O, I1 , D, I 2 四点共圆,所以
M E I1 H
1

2

2

? , 故 90 ?AI1I 2 的 外 接 圆 圆 心 O 在 EF 上 , 连
A
F O I2

I 2I 为内心知, ,

B

D

C

?I 2 I1O ? ?I1I 2O ? 45? , 又因 ?I 2 DO ? ?I 2 I 1O ? 45? ? ?I 2DA , 因此点 O 在 AD 上, 即 O 为 EF 与 AD 的交点.设 AD 与 ?HAI 2 ? ?FAI 2 ,可知,
1

O 交于另一点 H ,而由?EAI1 ? ?I1 AH 2 ,

I 2I 分别为EH HF , , 的中点,所以 ?EOI1 ? ?DOI 1 ,
1

?DOI 2 ? ?FOI 2 .因此,点

? I 2I 分别为 ,

的内心与旁心. OMD

14 、 ( 20 分)设 x, y, z 为非负实数,满足 xy 1 1 1 5 ? ? ? . x? y y?z z?x 2 简证:为使所证式有意义,

yz zx ?

?

? ,证明: 1

, y , z 三数中至多有一个为 0 ; x y 0, ? 2 1? z2 z 0, ? ,对正数 0 , x y 作调整,

据对称性,不妨设 x ? y ? z ? ,则 x ?0 由于 1 1 ? ? y?z z?x
2

2

? y ? z ?? z ? x ?

?

,取等号当且仅当 x ? y , 1 ? x2 ,于是 2x

此时条件式成为 x

2 xz ? 1 ? ,则 x ? ,且有1 z ?

1 4x 1 1 1 1 2 ? ? ? ? ? ? 2 , x ? y y ? z z ? x 2x 1? z2 2x 1? x 只要证 1 4x 5 ? ? ,即 1 ? 9 x 2 ? 5 x ? 5 x 3 ? 0 ,也即 ?1 ? x ? ? 5x2 ? 4 x ? 1? ? 0 ,此 2 2x 1 ? x 2 x ? y ? z ? 1, ,故命题得证. 0 , y , z 三数中至多有一个为 0 ;据对称性,不妨 x z 0, ? x
2

为显然,取等号当且仅当

详证:为使所证式有意义, ? 设 x ? y ? z ? ,则 x ? 0 y0,

xy 0,? ;1 2 xz ? 1, ?z? 1 ? x2 , x 2 ? 1 ,而 2x

?1 ? 、当 x ? y 时,条件式成为
0

1 1 1 2 1 2 1 4x ? ? ? 2x ? ? ? ? ? , 2 x? y y?z z?x z ? x 2x 1 ? x 2x 1 ? x 2 ?x 2x 只要证, 1 4x 5 ? ? ,即 1 ? 9 x 2 ? 5 x ? 5 x 3 ? 0 ,也即 ?1 ? x ? ? 5x2 ? 4x ? 1? ? 0 , 2 2x 1 ? x 2 x ? y ? z ? 1, . 0 xy yz zx ? ? ? 的非负实数 1 x, y, z ,皆有

此为显然;取等号当且仅当

? 2 ? 、再证,对所有满足
0

1 1 1 5 ? ? ? .显然,三数 x , y , z 中至多有一个为 0 ,据对称性, x? y y?z z?x 2

? 仍设 x ? y ? z ? ,则 x ? 0 y0, 角,以 ? , A B 为内角,构作

z 0, ?

xy 0,? ,令 1 x

coty , A

cot B ? ,

A? , B 为锐

,则 cot C ? ? cot ? A ? B ? ? ABC

1 ? cot A cot B 1 ? xy ? cot A ? cot B x?y

0 ? 0 z ? ,于是 C ? 90 ,且由 x ? y ? z ? 知, cot A 0 ? cot B ? cot C ? 0 ;于是

A ? B ? C ? 900 ,即 ? ABC 是一个非钝角三角形. 下面采用调整法,对于任一个以 C 为最大角的非钝角三角形 ABC ,固定最 调整为以 C 为顶角的等腰 ?A?B?C , 其中 ?A? ? ?B? ? 大角 C , 将 ? ABC A? B cot ? 2 5 . 2 1 1 1 1 2 ? ? ? ? ?? ○ 1. x ? y y ? z z ? x 2t t ? z ?? ○ 2 A? B , 2 A? B , 且 2

设t?

C 1 1 1 ? ? tan,记 f ? x, y , z ? ? ,据 ?10 ? 知, 2 x? y y?z z?x

f ?t , t , z ? ?

今证明, f ? x, y, z ? ? f ? t, t, z ? .即

即要证

? 1 1? ? 1 1 2 ? ? x y ? 2t ? ? ? y z ? z x ? t z ? ? 0 ? ? ? ? ? ? ? ?

先证 x ? y ? t ?? 2○ 3 ,即证 cot A ?cot B ?2cot

A? B sin ? A ? B ? 2cos 2 2 A? B ? sin A sin B ,也即 ? 即 ,此即 sin A? B 2 sin A sin B sin 2 1 ? cos ? A ? B ? ? sin A sin B ,即 cos ? A B ?? 1 ? ,此为显然. ? B ? C 中, t 2 由于在 ? A 2 ?t ? z ? 2 ?t ? z ? 2 2tz ? ? 1? , 则 ? ; 而在 ? ABC中, t ? z ? t ? z ?2 1? z2

1 1 x ? y ? 2z x ? y ? 2z ? ? ? ,因此 ○ 2 式成为 y ? z z ? x ? y ? z ?? z ? x ? 1? z 2

? x ? y ? 2t ? ? ?1

?

? 1 1 0 ? ? 2 ?? ? ? z 2t ? x ? y ? ?

?? ○ 4,

只要证,

1 1 ? ?0 2 1? z 2t ? x ? y ?

?? ○ 5 ,即证 2t ? x ? y ? ? 1 ? z 2 ,注意 ○ 3 式以及
2

? 1? t2 ? 1? t2 z? ,只要证 4t 2 ? 1 ? ? ? ,即 15 2t ? 2t ?
0 由于最大角 C 满足: 60 0 t? ? 90 C ? ,而

4

t 2 ,也即 t t 2 ?15t 2 ? 2? ? 1 ?○ ?1? 2 6 A? B cot ? 2 C 1 ,则 tan 2 3 ? 1 t ? ,所以

1? 1 ? t 2 ?15t 2 ? 2 ? ? ?15 ? ? 2 ? ? 1 ,故 ○ 6 成立,因此 ○ 5 得证,由 ○ 3 及○ 5 得○ 4 成立,从 3? 3 ? 而○ 1 成立,即 f ? x, y, z ? ? f ? t, t, z ? ,因此本题得证.

15 、 ( 20 分)对于 2n 元集合
B ? ?b1 , b2 ,

M ,若 n A ? a1 ,? a2 , ? 1, 2,? , 2 ? n 元集
n n

, an ,?

, bn ? 满足: A B ? M , A B ? ? ,且

? ak ? ? b k ,则称 A B 是
k ?1 k ?1

集 M 的一个“等和划分” ( A B与 B 试确定集 M ? ?1, 2,

A 算是同一个划分) .

,12? 共有多少个“等和划分” . , a6 , ?a6 为最大数,由 1? 2 ?

解一:不妨设 12 ? A ,由于当集 A 确定后,集 B 便唯一确定,故只须考虑集 A 的个数,设 A ? a1 , ?a2 , a1 ? a2 ?

? 12 ? 78 ,则

? a6 ? 39 , a6 ? 12 ,于是 a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 ? 27 ,

故 A1 ? ?a1 , a2 , a3 , a4 , a5? 中有奇数个奇数.

?1? 、若

A1 中有 5 个奇数,因 M 中的六个奇数之和为 36 ,而 27 36 9 ?

? ,则

A1 ? ?1,3,5, 7,11? ,这时得到唯一的 A ? ?1,3,5, 7,11,12? ;

? 2 ? 、若

A1 中有 3 个奇数、两个偶数;用 p 表示

A1 中这两个偶数

1

x 2x , 之和;
. 共得 18 q

q 表示 A1 中这三个奇数 y1 , y2 , y3 之和, 则 A1 的 24 种情形. 其中, ?10 ? 、当 p ? 6, q

6,

9 p ? , 于是 q

? 21,

? p

?

? 21 ,则 ? x1 , x2 ? ? ? 2, 4? , ? y1, y2 , y3 ? ? ?1,9,11? ,? 3, 7,11? ,

? 5, 7,9? ;可搭配成

A1 的 3 个情形;

? 2 ? 、当
0

p

q ? 8,

? 19 ,则 ? x1, x2 ? ? ? 2, 6? , ? y1, y2 , y3 ? ? ?1, 7,11? ,? 3,5,11? ,? 3, 7,9? ;

可搭配成 A1 的 3 个情形;

? 3 ? 、当
0

10,

17 p

? ? ? ,,则 ? x1, q ? 4, 6? , ? y1, y2 , y3 ? ? ?1,5,11? , ?1, 7,9? , x2 ? ? ? 2,8

? 3, 5,9? ,可搭配成

A1 的 6 个情形; 15 p

?4 ? 、当
0

12,

? x1, x ? 4,8 ? q ? ?, , 则 ? , ? y1 , y2 , y3 ? ? ?1,3,11? , ?1,5,9? , 2 ? ? ? 2,10

? 3, 5, 7? ,可搭配成

A1 的 6 个情形;

?5 ? 、 当
0

14,

? 6,8 13 p ? x1 , x q ? ? ?, , 则 ? , ? y1 , y2 , y3 ? ? ?1,3,9? , ?1,5, 7? , 2 ? ? ? 4,10

可搭配成 A1 的 4 个情形;

? 6 ? 、当
0

16,

11 p

? x1, x , ? y1 , y2 , y3 ? ? ?1,3, 7? ; ?2 ? ? ? 6,10 q ? ?,则

可搭配成 A1 的 1 个情形;

? 7 ? 、当
0

18,

9 p

? x1 , q ? , ? y1, y2 , y3 ? ? ?1,3,5? ; x2 ? ? ?8,10 ? ? ,则

可搭配成 A1 的 1 个情形.

? 3? 、若

A1 中有一个奇数、四个偶数,由于 M 中除 12 外,其余的五个偶数 和 A1 中五数之和为 27 ,

2 ? 4 ? 6 ? 8 ? 10 ? 30, 从中去掉一个偶数, 补加一个奇数, 使

分别得到 A1 的 4 个情形: ? 7, 2, 4, 6,8? , ? 5, 2, 4, 6,10? ,? 3, 2, 4,8,10? ,? 1, 2, 6,8,10? .

? 4? 29 ? 综合以上三步讨论, 可知集 A 有 1 24
6 6

种情形, 即 M 有 29 种 “等和划分” .

解二:元素交换法,显然
0

? ai ? ? bi ? 39 ,恒设 12 ?A ;
i ?1 i ?1 0

首先注意极端情况的一个分划: ?1 ? 、

?1, 2,3,10,11,12? ,

0

A ? 4,5, 6, 7,8,9 ?,

显然数组 ?1, 2,3? 与 ?10,11,12? 中, 若有一组数全在 A 中, 则另一组数必全在 A 中; 以下考虑 10, 11 两数至少一个不在 A 中的情况,为此,考虑 和数相等的元素交换:
0

, A 0 B 中个数相同且

? 2 ? 、?10,1? ? ? 5, 6? , ? 4, 7? ;?10, 2? ? ? 5, 7? , ? 4,8? ;?10,3? ? ? 6, 7? ,? 5,8? ,? 4,9? ;
0

?10, 2,3? ? ? 4,5, 6? ;共得到 8 个对换;

? 3 ? 、?11,1? ? ? 5, 7? ,? 4,8? ;?11, 2? ? ? 6, 7? ,? 5,8? ,? 4,9? ;?11,3? ? ? 6,8? ,? 5,9? ;
0

?11,1,3? ? ? 4,5, 6? ; ?11, 2,3? ? ? 4,5, 7? ;共得到 9 个对换;

? 4 ? 、?10,11,1? ? ? 6, 7,9? ,? 5,8,9? ;?10,11, 2? ? ? 6,8,9? ;?10,11,3? ? ? 7,8,9? ;
0

?10,11,1, 2? ? ? 4,5,7,8? ,? 4,5, 6,9? ; ?10,11,1,3? ? ? 4, 6, 7,8? ,? 4,5, 7,9? ; ?10,11, 2,3? ? ? 5, 6, 7,8? ,? 4, 6, 7,9? ,? 4,5,8,9? ;共得到 11 个对换.每个对换都得到
? 29 ? 一个新的划分,因此,本题共得 1 8? 9? 11
种等和划分.

卷二
试 一、填空题(每小题 7 分,共 56 分) 1.已知数列 a1 ? a3 ? a5 ? 题

?an ? 的前 n 项和 Sn ? n2 ? 3n ? 4 ? n ? N* ? ,则
. x?3 ? a x? 1, x? R

? a21 ? A? x

2. 若 集 合 是 .

?

? 为 空 集 , 则 实 数a 的 取 值 范 围

2 2 y 2 ? 1 ?,则二元函数 u ? x ? 4 x ? y ? 2 y 的最小值 3. 设 x 、 为实数, x y



. x2 y 2 ? 2 ?1 2 F F FF b 4. 设 1 、 2 分别是双曲线 a 的左、右焦点,以 1 2 为直径的圆交

?AF1B ? 120? 双曲线左支于 A 、 B 两点,且 . 双曲线的离心率的值介于整数

k与

k ? 1 之间,则 k ?
5. 已知长方体 A1BC1D 6.

. ABCD ? A1B1C1D1 AB1CD1 的体积为 216 ,则四面体 与四面体 . 不 大 x 的 于 最 大 整 数 , 则

的重叠部分的体积等于 设
[ x]





[log 3 1] ? [log 3 2] ?[log 3 3] ? .

?[log 3 258] ?

7. 设方程 a1 ?

x2n?1 ? a2n x 2n ? a2n?1x 2n ?1 ?

? a1x ? a0 ? 0 .

的根都是正数,且其中

? 1? ? a ? 2n ,则 0 的最大值是 8. 2009? 1911的方格棋盘的一条对角线穿过

个棋盘格.

二、解答题(第 9 题 14 分,10、11 题各 15 分) 9. 求函数 f ? x ? ? sin 4 x ? tan x ? cos 4 x ? cot x
2

的值域.

10. 如图,抛物线 的不重合的直线

y ?2

x P ?1,1? 及点 ,过点 P

l1 l2 、 与此抛物线分别交于点

A 、B 、

C、 D.
证明: A 、 B 、 C 、 D 四点共圆的充要条件是 l l 直线 1 与 2 的倾斜角互补.

11. 设 a , b 是正数,且 a ? 1 , b ? 1,求证: a 5 ? 1 b 5 ? 1 25 ? ? ? a ? 1?? b ? 1? a 4 ? 1 b 4 ? 1 64 . 加 12. (本题满分 50 分) 如图, 在△ 试

ABC 中,DE ∥ BC ,

△ ADE 的内切圆与 DE 切于点 M ,△ ABC 的 BC 边上的 旁切圆切 BC 于点 N , 点 P 是 BE 与 CD 的交点, 求证 M、

N 、 P 三点共线. n 为给定的整数, n k k, ? 2 ?.
Q

13.(本题满分 50 分) 设

对任意 n 元的数集 P , 作 P 的所有 k 元子集的元素和, 记这些和组成的集合为 集合
Q



中元素个数是

CQ

. 求

CQ

的最大值.

1 2 14.(本题满分 50 分)设 M ? 2 ? 2 ?

n

n

? 2 s , n1 , n2 ,
n

, ns

是互不相同的正

整数,求证:

22 ?2 2 ?

n1

n2

? 2 2 ? 1? 2

ns

?

?

M

.

15. (本题满分 50 分)求满足下列条件的所有正整数 互素; (2) x2 ? x ? 1 ? y 3 .

x、 y: ( 1) x 与 y ? 1

解 答 1 1 (??, ? ) ( , ??) 3 6 2. 6. 932 7. 1 8. ? 3. 3871 9 5

1. 5.

268 36

4.

2

9.因为 f ? x ? ? sin 4 x ? sin x cos x ? cos 4 x ? cos x sin x 6 6 sin x ? cos x ? sin x cos x 3 2 ? sin 2 2 x 2 ? sin 2 x .

t ? ? ?1, 0 ? t ,则 x 令 ? sin 2

? 0,1? ,
3 2 ? t2 2 ? 2 ? 3t f ? x? ? t t 2 .

易知函数

g ?t ? ?

2 3 ? t t 2 在区间 ? ?1,0 ? 与 ? 0,1? 上都是减函数, 所以

?? g t 的值域

1 1 1 1 (??, ? ] [ , ??) (??, ? ] [ , ??) f x ? ? 2 2 2 2 . 为 ,故 的值域为 l l 10. 设 1 、 2 的倾斜角分别为 参数方程为 ? ? 0, l ? ? ? ?、 ?, 由题设知 ?、 . 易知直线 1 的

? x ? 1 ? t cos ? ? ? y ? 1 ? t sin ?, 代入抛物线方程可化得
2

sin 2 ?? 2 ?sin ?? cos ? t ? ?1 ? 0 t2 t1t2 ?

.

t

设上述方程的两根为 AP ? BP ?

t1



,则

?1 sin 2 ?. 由参数 t 的几何意义, 得

1 1 CP ? DP ? 2 sin 2 ? . sin ? . 同理

若 A 、 B 、 C 、 D 四点共圆,则 ? ? 0, ? 为 ?, 反过来, 若
1

AP ? BP ? CP ? DP ,即 sin

2

2 ? sin ?

.因 ?

?, ? 所以
? ?
1

sin

? sin ?

? l1 、l2 不重合, .又由 则

?? ?. 所以 ? ?
? s i ? n

?. ? ?

? ?, ?i ?, ? ? n ?、 ? ? 0, 则因 故 s

? , 且 ? ?0 , ? ?0 .

所以 sin

2

?

sin ?

2

? AP ? BP ? CP ? DP .故 A 、 B 、 C 、 D 四点共圆. ,即

11. 因为 a5 ? 1 a 4 ? a 3 ? a 2 ? a ? 1 ? a4 ?1 a3 ? a 2 ? a ? 1 , 且 8 ? a4 ? a3 ? a2 ? a ? 1? ? 5? a3 ? a2 ? a ?1? ? a ?1?
4 2 4 3 ? 3a 4 ? 2a 3 ? 2a 2 ? 2a ? 3 ? a ? 2a ? 1 ? 2 a ? a ? a ? 1

?

? ?

?

? ? a 2 ? 1? ? 2 ? a ? 1? ? a 2 ? a ? 1? ? 0
2 2

( a ? 1) ,

所以 a4 ? a3 ? a 2 ? a ? 1 5 ? ? a ? 1? a3 ? a 2 ? a ? 1 8 , 即 a5 ? 1 5 ? ? a ? 1? a4 ?1 8 .

同理可证

b5 ? 1 5 ? (b ? 1) b4 ? 1 8 . 于是, a 5 ? 1 b5 ? 1 25 ? ? ( a ? 1) ? b ? 1? a 4 ? 1 b 4 ? 1 64 .

12. 设 BE 与 MN 交于点 P ' .因为 DE ∥ BC , 所 以 BP BC BP ' BN ? ? PE DE , P ' E EM . BC BN BN EM ? ? 故只需证明 DE EM ,或 BC DE . 设

如图 , F、

O1 O2 、 分别为三角形的内切圆与旁切圆的圆心,

G 、 H 、 I 为切点,则
EM ? 1 ? AE ? DE ? AD? 2 ,

AH ? AB ? BH ? AB ? BN ,
AH ? AI ? 1 ? AB ? BC ? AC? 2 , 1 ? AC ? BC ? AB? 2 .

BN ? AH ? AB ?

又因为 ?ADE ∽ ?ABC ,故可设 AB BC AC ? ? ?k AD DE AE , 则 1 ( AC ? BC ? AB) BN 2 ? BC BC

(k ? AE ? k ? DE ? k ? AD) 2k ? DE ( AE ? DE ? AD ) EM ? ? 2 DE DE ? 故结论成立. CQ Cnk

13.

的最大值为

.

CQ ? Cnk Cnk k P . 因 共有 个 元子集,故显然有
2 下面指出,对集合 P ? {2, 2 ,

, 2n },相应的 CQ 等于 Cnk ,即 P 的任意两个
CQ 的最大值为 Cnk .
r r

不同的 k 元子集的元素之和不相等. 从而

{2 1 , 2 2 , 事 实 上 , 若 上 述 的 集 合P 有 两 个 不 同 的 k 元 子 集 A ? B ? {2 1 , 2 2 ,
s s

, 2 rk }



, 2 sk }

,使得 A 与 B 的元素之和相等,则 2r1 ? 2r2 ? ? 2rk ? 2s1 ? 2s2 ? ri ? 2sk ? M (设). 互不相同, {r1, r2 , si ①

因①可视为正整数 M 的二进制表示,由于 整数的二进制表示的唯一性, 我们由①推出, 集合 相同,从而子集 A ? B ,矛盾. 这就证明了我们的断言. 14. 对 s 归纳. (1) 当 s ? 1 时,结论显然成立. (2) 假设 s ? k 时结论成立,当 s 归纳假设可知,
22 ?
n2 nk ?1 2

互不相同,故由正 {s1, s2 , , sk }

, rk }

必须与

? 1 k ?时,不妨设 n1 ? n2 ?

?n ?n

?1 k

.由 k

?2

? (1 ? 2) M ? 2n1


n1


22 ?2 2 ?
n1 n2

?22 ?2

nk

nk ?1 2

? (1 ? 2) M ? 2n1 ? 2 2 .
n1

所以只要证明
(1 ? 2) M ? 2n1 ? 2 2 ? (1 ? 2) M



此即

(1 ? 2)2 2

n1

M ? M ? 2n1

?1

.

因为正整数 n1 ? n2 ?

? n ? n ?1 k ,所以 k 2n1 ? 2n2 ?1 ? 2n2 ? 2n2 ?1 ? ?2 ?2 ?
n2 n3

? 2 ?1

?2 .
nk ?1

.


M ? 2n1 ? 2n2 ? M ? 2n1 ? 2n2 ? ? 2nk ? 2nk ?1 ? 2 ? 2n1 , ? 2nk ?1 ? 2n1 .
n1

所以
(1 ? 2)2 2
n1

M ? M ? 2n1

?

(1 ? 2)2 2

2 ? 2n1 ? 2n1

?1



即s

? 1 k ?时,命题成立.
因此,由数学归纳法可知,命题对所有正整数 15. 显然 x ? 1 , y ? 1 满足要求. 对于 x ? 1 , y ? 1 , 方程可化为

s 成立.

? y ?1? ? y
显 然 x? y . 因 为

2

? y ? 1? ? x ? x ?1?
2

. y 的y 1 ?一 ?个 因 子 . 设 x? y 可知 k ? 2 .消去 x ,

? x, y ? 1 ??

1 , 故x 一 定 是 x ? 1 ? k ? y ? 1?

y 2 ? y ? 1 ? kx 得

( k 为正整数) ,从而

. 由

y 2 ? y ? 1 ? k 2 ? y ? 1? ? k 即



?y
由此推得 y 1 ?k ? 3? ? .

2

? 1? ? ? y ?1? ? k 2 ? y ?1? ? k ? 3

.

若 k ? 3 ,则

y ?1 ? k ? 3

,即 k

? 2 y ?,从而

k 2 ? y ? 1? ? k ? y 2 ? y ? 1 ? k 2 ? ?k ? 2 ?? 1
1 0 故必有 y ? ? ,矛盾.



7 所以 k ? 3 ,从而 k ? 2 , 3 . 验证知 y ? , x ? 19 .

综上,

? x, y ? ? ?1,1? , ?19,7 ? .

卷三
试 题 一、填空题( 每小题 10 分,共

80 分)

2009 中间的两个数码 00 分别换成两位数 ab 与 cd 时, 1. 某人在将 恰好都得 到 完 ,n 全 a ?b 平 方 c? d 9 ? n2 , 2cd 9 ? m2 , ( m ? n, m, n ? N ) , 数2ab: . y2 x2 ? ?1 9 16 的顶点和焦点, 则椭圆 则 数 组

?m ?

?

2. 若一个椭圆的焦点和顶点分别是双曲线 的方程为: 2 x y 3. 实数, 满足 x
2

. 3y2 6y ? ,则?x ? y 的最大值是 .

ABCD 中, CD ? BC , AB ? BC ,CD ? AC , AB ? BC ? 1 平面 BCD 与 4. 四面体
0 平面 ABC 成 45 的二面角,则点 B 到平面 ACD 的距离为



M ? ?1, 2,3, 5. 从集合 中剩下的元素个数为
3

, 2009 ? .

中, 去掉所有 3 的倍数以及 5 的倍数后, 则 M

6 . 函数 7.
cos

f ( x) ?

x?x (1 ? x 2 ) 2 的值域是



2? 4? 7? ? ? cos ? cos ? cos ? 15 15 15 15



8 .

a ,a , ,a 九 个 连 续 正 整 数 自 小 到 大 排 成 一 个 1数 2 列 9 , 若

a1 ? a3 ? a5 ? a7 ? a9 a ? a4 ? a6 ? a8 的值为一平方数, 2 的值为一立方数,则这九个 正整数之和的最小值是 . 二、解答题( 共70 分)

9 . (20 分)给定 Y 轴上的一点
动点 M ( x, y ) ,试求

(0, ) A a ( a? 1 ) ,对于曲线

y

1 2 ? 1 ? x 2 上的

AM AM , 两点之间距离 的最小值(用 a 表示) .

10 . ( 25 分)如图, AB 、 CD 、 EF 是一个圆中三条互不相
交的弦, 以其中每两条弦为一组对边, 各得到一个凸四边形, 设这 三个四边形的对角线的交点分别为 共线. 11 . (25 分) n 项正整数列 x1 , x2 , , xn
M , N, P

A

E D

;证明: M , N , P 三点

B F

C

的各项之和为 2009 , 如果这 n 个数既

可分为和相等的 41 个组,又可分为和相等的

49 个组,求 n 的最小值.

解 答
(100, 100) 1.

提示: 注意到,对于整数

k ,若 k 2 的末位数为 9 ,则 k 的末
0 2 5 2 9 , 5 3 )
47,

2 位数必为 3 或 7 ,易知 44

2000 2ab 4 2 ? ?9 , ? 5 ( 5

cd ? ,因?
53 n ,由于 ? m ?

此 44 ? n ? m ? 55 ,于是,若要
47 2 ? 2209

mn , 满足条件,只可能是, , 所 a ? b2 以 0



532 ? 2809

,c ? d

8 ?0 n ,

m 7 ?4 ,

,

5

? m ? n, ab ? cd ? ? ?100,100? .
x2 y 2 ? ?1 2. 16 25 提示:双曲线的两顶点为 条件,椭圆的两焦点为

? 0, ? 3? ,两焦点为 ? 0, ? 5 ? ,故由
3 ,a ? 5? ,

? 0, ? 3 ? , 两 顶 点 为 ? 0 , ? 5 ? , 因 此 ,c

x2 y 2 ? ?1 b 2 ? a 2 ? c 2 ? 16 ,则椭圆的方程为 16 25 . 1 1? 10 3. 2 2 ? t ? y? ? 3 y2 ? 6 y 提示:令 x ? y ? t ,则 x ? t ? y ,由 ,得
2

5 y 2 ? 2 ? 2t ? 3 ? y ? 2t 2 ? 0

t ? ? 4 ? 2 ? 3? ? 4? 5? 2 2 ? 0 ,因 y 为实数,则判别式 ,
2

t

2 ? 10 2 ? 10 ?t ? 2 2 得 . 3 4. 3 AC ?
EA E 2, ? 作 DE ? 平面 ABC , 垂足为 E , 连 C

提示: DC



由 三 垂 线 逆 定 理 , EC ? BC , 所 以

DCE ? 45 ? ,故
0

C E ? DE ?

2 DC?1 2 ,

1 1 VABCD ? DE ? S ABC ? 3 6 ,又因 ABCE 为正方形, AE ? 1 ,则 AD ? 2 ,因此正三 3 3 1 1 h? h S ? ACD ? 3 6得 角形 ACD 的面积为 2 设 , B 到平面 ACD 的距离为 h , 由 3 , ? 2009 ? ? 669 ? 3 ? ? 1072 . 提 示 : 集 合 M 中 , 3 的 倍 数 有 ? 个, 5 的倍数有

5.

? 2009 ? ? 2009 ? ? 401 ? ? ? ? ? 133 ? 5 ? 个 , 1 5 的 倍 数 有? 15 ? 个 , 则 剩 下 的 元 素 个 数 为 2009 ? ?669 ? 401 ?133 ? ? 1072 个.

x 1 ? x2 1 1 f ( x ) ? ? [? , ] 6. 1 ? x 2 1 ? x 2 ,令 x ? tan ? ,则 4 4 提示: 1 1 f ? sin 2? ? cos 2? ? sin 4? 2 4 , 1 1 ? ? x ? ? tan , tan ? ? f ? 4 ,当 8 8 时两边分别取得等号. 由此, 4 ? 1 2 .提示: 7 ?? ? 2? 4 ?? ? ? ? ? cos ? cos 原式 ? ? cos ? cos ? 15 15 ? ? 15 15 ? ? ? 4? ? ? ? cos ? 2 cos cos ? 2cos 15 5 15 5

7.

4? ?? ?? cos ? cos ? ? 5? 15 15 ? ? ? ? ? ?4 cos sin sin 5 6 10 ? 2 cos ? ?2 cos (注:由
sin 72 0 ? 2sin 36 0 cos36 0 ? 4sin18 0cos18 0cos36 0 ,

1 ? ? sin ? ? 5 10 2.



sin180 cos 360 ?

1 ? ? 1 cos sin ? 4 ,即 5 10 4 . )
a ? 4, a ? 3, a ? 2, a ?1, a, a ?1, a ? 2, a ? 3, a ? 4

8 . 18000 提示:设这九数为
2 3 则有, 5a ? m , 4a ? n ,



m2 n2 a? ? 9 ,则 a 5 4 ,得 ?S
4
2

m ?5

3

n
2 1

① m 13 ?2 n , 再取
1

令n 化为

100 2n1 , m 5m ?1 , 得 ? 2
2 2 2 m ?5 2 2

2 1

m 13 ? 40
2

n , 所以

5

m ?2

2

m ?5 n 2 n , 1 ,

取 ,

n

2

10,

2 m, n ? ?时 可使左式成立, 这

20,

100 n, m ? a ? 2000 ,?

S 9a ? 18000 ? . 9 .
如 图 , 易 求 得 曲 线 上 诸 点 的 坐 标 为 : ( 2D , 0 ), ,当 (x0 ? ,1 2) , 即 ? 2 ? x ? 2 时,
Y

E (? 2 , 0 F ),

A

x2 y ? 1? 2 ??①; 曲线方程为 x2 y? ?1 2 2 而当 x ? 2 时,曲线方程为 ??②,对于

D E o F

M X

AM 情形①,即 ? 2 ? x ? 2 时,显然当 M 位于顶点 D 处时,距离 取得最小值 a ? 1;
M ( x, x2 ? 1) 2 ,由于

对于情形②,即在 x ? ? 2 或 x ? 2 时,设点

AM ? x 2 ? (

2

x2 1 ? 1 ? a ) 2 ? ( x 2 ? 2a ) 2 ? 2 a ? 1 2 4 , x 时, a AM 取得最小值 ? 2 2a ? 1 ;

因 a ? 1, 则 2a ? 2 , 2a ? 2 , 于是, 当 再比较 AD 与 AM :令

f (a) ? AD ? AM ? ( a ?1)2 ? (2a ? 1) ? a( a ? 4)

2

2



? 4 ?时, f (a) ? 0 , AD ? AM , 则当 1 a 即最小值为
f (a) ? 0 ,则最小值 AM

AD

a ? 1 ? ; 而当 a ? 4 时,

2a ? 1 ? . BD ? P ,
E A D
M H P N

10 .
AF

如 图 , 设 AB, CD , EF 为 三 条 不 相 交 的 弦 , 其 中AC DF ? N , 又 设 BD CE? H, 点

BE ? M , CE

N , P, M

截 ?BEH 的三边,据梅涅劳斯逆定理,只要证 HP BM EN ? ? ?1 PB ME NH
B

①,
F C

用记号 ? 表示三角形面积,则由 BM ?BAF BA ? BF ? ? ME ?EAF EA ? EF



HP ?HAC ?HAC ?EAC CH EA ? EC CH ? EA ? ? ? ? ? ? PB ?BAC ?EAC ?BAC CE BA ? BC BA ? BC 由此得 HP BM CH ? BF ? ? PB ME BC ? EF , 因此只要证, EN ? BF CH ?1 EF ? BC NH , EN DN ? 注意 EF DC , ?BFD ? ?BCD ,则 NH ?NBD ?FBD ? ?FBN ? ? CH ?CBD ?CBD ④



FB ? FD ? FB ? FN CB ? CD FB ? ND FB EN ? ? ? CB ? CD CB EF ? EN ? BF CH ?1 所以 EF ? BC NH ,即④成立,从而①成立,故结论得证. 11 . 设分成的 41 个组为 A1 , A 2 , B ,B , 为 A 类组; 而分成的 49 个组为 1 2 为 B 类组. 显然,每个项 共项, 如果两个组 xk 恰好属于一个 A 类组和一个 B 类组,即同类组之间没有公 中有两个公共项 , A 41 ,每组中的各数和皆为 , 每组中的各数和皆为

49 ,称这种组
41 , 称这种组

, B49

Ai , Bj

xr , xt

, 则可以将这两个数合并为一个项 Ai , Bj 至多有一个公共项.

xr ? xt

,这样可使 n 值减少,故不妨设,每对

今 用 点 B1 , B2 , 如果组

u1 , u2 ,

A, A , , u4 1 分 别 表 示 1 2

, A4 1 v, v , , 而 点 1 2

, v4 9 表 示 组

, B4 9 , Ai , Bj 有公共项,则在相应的点 ui , v j 之间连一条边,于是得二部图

G,

它恰有 n 条边和 90 个顶点.下面证明 G 是连通图. 如果图 G 的最大连通分支为 G ? , 其顶点数少于 类顶点 类组 uk1 , uk2 , , uk a , Aka 和 b 个 B 类顶点 Bs 1 , Bs 2 , Bs i vs1 , vs2 , , Bs b , vsb

90 , 设在分支 G ? 中, 有 a个 A

90 , ? ? , 其中 a b 则在相应的 A

Ak1 , Ak2 , Bs j

和 B 类组

A x 中, A 类组 ki 中的每个数 i 都要在某 xj 也都要在某个 A 类组 Ar j 中出现, , Aka 中

个 B 类组

中出现; 而 B 类组

中的每个数

(否则将有边与分支外的顶点连接, 发生矛盾) , 因此 各数的和应等于 b 个 B 类组 Bs 1 , Bs 2 , , Bs b

a 个 A 类组 Ak1 , Ak2 ,

a ,由此得 b 中各数的和,即有 49 ? 41

41 a



49 b

,所以 a ? b ? 41? 49 ? 90,矛盾!因此 G 是连通图.于是图 G 至少

有 90 ? 1 ? 89 条边,即 n ? 89 ;

另一方面,我们可实际构造一个具有 件 x8 ? 0 x86 ?87 x . ? x1 2 ? ,
88

89 项的数列 x1 , x2 ,
1

, x89

,满足本题条
9


8



x1 ?



? x44 ,?
8

1 ?

,x

4

?2

x ?7 ? 86 7 ? ,? 5 ? 7, x7

x

,? 3 x 5,
89

?8 x 64 3 x

5

? x ? (该数列有 41 个取值为 41 的项;34 个取值为 8 的项; ,

另将其余七个 8 拆成七对,其中四对 项) , 于是, 每个 项组成; 这样共得

?7,1? ,两对 ?6, 2? ,一对 ?5,3? ,又得到

14 个

A 类组可由一个 41 , 一个 8 , 或者由一个 41 , 添加一对和为 8 的 41 个 A 类组, 每组各数的和皆为 , x41 B 类组: ?8,8,8,8,8,1? 的组四个, ?8,8,8,8, 7, 2 ?

49 ; 为了获得和为 41 的 49 个

B 类组,可使 x1 , x2 ,

各成一组, 其余的数可以拼成八个 的组两个,

?8,8,8,8,6,3? 的组一个, ?8,8,7, 7, 6,5? 的组一个. 故

n 的最小值为 89 .


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