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2011年全国高中数学联赛模拟卷(3)(一试+二试,附详细解答)


2011 年全国高中数学联赛模拟卷(3)第一试 年全国高中数学联赛模拟 模拟卷 第一试
(考试时间:80 分钟 考试时间: 考试时间 满分: 满分:120 分) 姓名: 考试号: 得分: 姓名:_____________考试号:______________得分:____________ 考试号 得分 小题, 一、填空题(本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分) 填空题( 1.函数 y = 5 x ? 1 + 10 ? 2 x 的最大值是 _______
2.青蛙在正六边形 ABCDEF 上 A 点处,每次向相邻顶点跳跃.到达 D 点或者跳满五次则停止.不同跳跃 方式有____________种. 3.设 f ( x) = ax 2 + bx + c , f (0) ≤ 1, f (1) ≤ 1, f ( ?1) ≤ 1, 则 f (2) 的最大值为 ___________ 4.设数列 {an } 的前 n 项和 S n 满足: Sn + an =

n ?1 , n = 1, 2,? ,则通项 a n = n(n + 1)

______

x2 y2 5. 已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)与直线 x + y = 1 交于 M, N 两点, 且 OM ⊥ ON ( O 为原点), 当椭圆的离 a b 3 2 心率 e∈[ , ]时, 椭圆长轴长的取值范围是 __________ 3 2 6.对于每个大于等于 2 的整数 n ,令 f (n) 表示 sin nx = sin x 在区间 [0, π ] 上不同解的个数,

g (n) 表示 cos nx = cos x 在区间 [0, π ] 上不同解的个数,则 ∑ ( g (n) ? f (n)) =____________
n=2

2007

7.在平面直角坐标系中,定义点 P(x1, y1), Q(x2, y2)之间的“直角距离”为 d(P, Q)=|x1-x2|+|y1-y2| 若 C(x, y)到点 A(1, 3), B(6, 9)的“直角距离”相等,其中实数 x, y 满足 0≤x≤10, 0≤y≤10, 则所有满足条件的点 C 的轨迹的长度之和为 _________

8.一个半径为 1 的小球在一个内壁棱长为 4 6 的正四面体容器内可向各个方向自由运动, 则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是

小题, 二、解答题(本大题共 3 小题,第 9 题 16 分,第 10、11 题 20 分,共 56 分) 解答题( 、 a?b?c 2 9.已知 a, b, c 是实数, 二次函数 f ( x ) = ax + bx + c 满足 f ( ) = 0 ,求证:-1 与 1 中至少有 2a 一个是 f ( x ) = 0 的根.
10.设 b > 0 ,数列 {an } 满足 a1 = b , an =

nban ?1 ( n ≥ 2) . an ?1 + 2n ? 2

b n +1 (1)求数列 {an } 的通项公式; (2)证明:对于一切正整数 n , an ≤ n +1 + 1 . 2 x2 + y 2 = 1 ,过定点 C (1,0) 两条互相垂直的动直线分别椭交圆于 P, Q 两点。 F1 , F2 分别 2 为左右焦点, O 为坐标原点。 (1)求向量 | PF1 + PF2 | 的最小值;

11.已知椭圆

(2)当向量 PF1 + PF2 与 QF1 + QF2 互相垂直时,求 P, Q 两点所在直线的斜率。

2011 模拟卷(3)

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2011 年全国高中数学联赛模拟卷(3)加试 年全国高中数学联赛模拟 模拟卷 加试
(考试时间:150 分钟 考试时间: 满分: 考试时间 满分:180 分) 姓名: 考试号: 得分: 姓名:_____________考试号:______________得分:____________ 考试号 得分 (本题满分 一、 本题满分 40 分)如图,C 为半圆弧的中点,点 P 为直径 BA 延长线上一点,过 P 作半圆的切 ( 线 PD , D 为切点, ∠BPD 的平分线分别交 AC, BC 于点 E, F . C 求证:以 EF 为直径的圆过半圆的圆心O.

D

F E
(本题满分 二、 本题满分 40 分)已知 m,n 为正整数. (
m

P

A

O

B

(1) 用数学归纳法证明:当 x>-1 时,(1+x) ≥1+mx; (2) 对于 n≥6,已知 (1 ?

(3) 求出满足等式 3n+4n+…+(n+2)n=(n+3)n 的所有正整数 n.

1 n 1 m n 1 ) < ,求证: (1 ? ) < ( ) m (m=1, 2, 3, …, n); n+3 2 n+3 2

n n (本题满分 (1)证明:存在无穷多个正整数 n,使 3 + 2 与 5 + 2 同时为合数. 三、 本题满分 50 分) (

(2) 试判断是否存在正整数 p 和 q, 使得对于任意 n≥2007, 总有 p ? 3 n + 2 与 q ? 5 n + 2 之一为素数? 并证明你的结论。

(本题满分 现有一根由 n 颗珠子串成的项链 (环行线串成) 每颗珠子上都标着一个整数, 。 四、 本题满分 50 分) ( 且它们的和为 n ? 1 ,求证:我们可以把这串项链绳从某处截断,使它成为一根线段上串着 n 颗珠
子的珠串,它们的相继标号顺次为 x1 , x 2 , ? , x n ,且对一切 k = 1,2, ? n 恒有

∑x
i =1

k

i

≤ k ? 1 成立。

2011 模拟卷(3)

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2011 年全国高中数学联赛模拟卷 答案 年全国高中数学联赛模拟卷(3)答案
1、函数的定义域为[1, 5],且 y>0, y = 5 x ? 1 + 2 ? 5 ? x

≤ 52 + ( 2 ) 2 × ( x ? 1) 2 + ( 5 ? x )2 = 27 × 4 = 6 3
127 时函数取最大值 6 3 27 2、 跳 5 步共有 32 种,其中包含 3 步跳到 D 的两种情形,应减去 8 种, 所以满足条件的 5 步跳有 24 种。在加上 2 种 3 步跳,共 26 种。 当且仅当 2 ? x ? 1 = 5 5 ? x ,等号成立,即 x=

3、 f ( 2) = 4a + 2b + c = 3( a + b + c) + ( a ? b + c) ? 3c = 3 f (1) + f ( ?1) ? 3 f ( 0) ≤ 3 f (1) + f ( ?1) + 3 f ( 0)

≤ 3 + 1 + 3 = 7 , 当 f ( x ) = ?2 x 2 + 1 时, f ( 2 ) = 7
4. an +1 = Sn +1 ? Sn =

n n ?1 n+2?2 1 1 ? an +1 ? + an ,即 2 a n +1 = ? + + an ( n + 1)(n + 2) n( n + 1) ( n + 1)(n + 2) n + 1 n( n + 1) ?2 1 1 1 = ,由此得 2 ( a n +1 + . + an + ) = an + (n + 1)(n + 2) n( n + 1) ( n + 1)(n + 2) n( n + 1)

令 bn = an +

1 1 1 1 1 1 1 , b1 = a1 + = ( a1 = 0 ),有 bn +1 = bn ,故 bn = n ,所以 a n = n ? . 2 2 2 2 n( n + 1) n(n + 1) 2


? x2 y 2 =1 ? + 5. 由 ? a 2 b 2 ,可得 ( a 2 + b 2 ) x 2 + 2a 2 x + a 2 ? a 2b 2 = 0 ?x + y = 1 ?

由 OM ⊥ ON 得 x1 x2 + y1 y2 = 0 , 即 2 x1 x2 ? ( x1 + x2 ) + 1 = 0 , 将 x1 + x2 = ?

2a 2 , a2 + b2

a 2 ? a 2b 2 1 1 1 1 3 c 2 x1 x2 = 2 代入得 2 + 2 = 2 , 即 2 = 2 ? 2 , 因为 , 得 ≤ ≤ 2 a +b a b b a 3 a 2 1 b2 1 1 b2 2 3 1 ≤ 1 ? 2 ≤ , 得 ≤ 2 ≤ , 有 ≤ a 2 ? (2 ? 2 ) ≤ 2 , 解得 5 ≤ 2a ≤ 6 . 3 a 2 2 a 3 2 a 2k + 1 2k 6、 sin nx = sin x 得:nx = 2kπ + x 或 2kπ +π ? x , x = 由 即 π 或x = π , x ∈ [0, π ] , 又 n +1 n ?1 n n ?1 2k + 1 2m 则0 ≤ k ≤ 或0 ≤ k ≤ ; 但两组取值可能重复。 若 π= π, 讨论得: = 4t + 1, t ∈ N * n 2 2 n +1 n ?1 2k 2k n ?1 n +1 时重复一组。同理对于 cos nx = cos x , x = π 或x = π ,0 ≤ k ≤ 或0 ≤ k ≤ , n ?1 n +1 2 2 n ?1 n = 2t + 1, t ∈ N * 时重复一组。比较两种解的取值知, 0 ≤ k ≤ 为公共部分, n 为奇数时, 2 n +1 n 比 0 ≤ k ≤ 多一组解,但 g (n) 当 n = 2t + 1, t ∈ N * 时重复一组。 0≤k ≤ 2 2 f (n) 只当 n = 4t + 1, t ∈ N * 时重复一组。实质只有当 n = 4t + 1, t ∈ N * 时, g (n) 比 f (n) 多 1 个解, 2007 2005 ? 5 + 1 = 501 。 其余情况解相同。所以 ∑ ( g ( n) ? f ( n)) = 4 n=2 7. 由条件得 | x ? 1| + | y ? 3 |=| x ? 6 | + | y ? 9 | --------① 当 y≥9 时,①化为 | x ? 1| +6 =| x ? 6 | ,无解; 当 y≤3 时,①化为 | x ? 1|= 6+ | x ? 6 | ,无解; 当 3≤y≤9 时,①化为 2 y ? 12 =| x ? 6 | ? | x ? 1| -------②
若 x≤1,则 y=8.5,线段长度为1;若 1≤x≤6,则 x+y=9.5,线段长度为 5 2;若 x≥6, 则 y=3.5,线段长度为4.综上可知,点 C 的轨迹的构成的线段长度之和为 1+5 2+4=5( 2+1)
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8. 如答图 1,考虑小球挤在一个角时的情况,记小球半径为 r ,作平面 A1 B1C1 //平面 ABC ,与小球相切于点 D ,则小球球心 O 为正四面体

P ? A1 B1C1 的中心, PO ⊥ 面A1 B1C1 ,垂足 D 为 A1 B1C1 的中心. 1 1 因 VP ? A B C = S ?A B C ? PD = 4 ?VO ? A1B1C1 = 4 ? ? S ?A B C ? OD , 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 故 PD = 4OD = 4r ,从而 PO = PD ? OD = 4r ? r = 3r . 记此时小球与面 PAB 的切点为 P ,连接 OP ,则 1 1
PP = PO 2 ? OP 2 = (3r ) 2 ? r 2 = 2 2r . 1 1
考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为 PAB )相切时的情况, 易知小球在面 PAB 上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形, 答图 1 记为 PEF ,如答图 2.记正四面体的棱长为 a ,过 P1 作 P M ⊥ PA 于 M . 1 1

3 π ,有 PM = PP ? cos MPP = 2 2r ? = 6r , 1 1 6 2 故小三角形的边长 P E = PA ? 2 PM = a ? 2 6r . 1 小球与面 PAB 不能接触到的部分的面积为(如答图 2 中阴影部分) 3 2 2 S?PAB ? S?P1EF = ( a ? (a ? 2 6r ) 2 ) = 3 2ar ? 6 3r . 4 又 r = 1 , a = 4 6 ,所以 S ?PAB ? S ?P EF = 24 3 ? 6 3 = 18 3 .
因 ∠MPP = 1
1

由对称性,且正四面体共 4 个面,所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为 72 3 答图 2

a?b?c ) = 0 知二次函数 f ( x) = ax 2 + bx + c 有零点,若二次函数 f ( x) = ax 2 + bx + c 只有唯 2a a ?b?c b 2 2 一的零点, 则这个零点就是抛物线的顶点, 有 =? , 解得 a = c , △= 0 , b ? 4a = 0 , 由 有 2a 2a b ?2a 则 b = ±2a , 故抛物线的顶点横坐标为 x = ? 所以 ?1 与 1 中至少有一个是 f (x) = 0 的根。 = = ?1, 2a 2a 若二次函数 f ( x ) = ax 2 + bx + c 有两个不同的零点,因为:
9、由 f (

( a ? b ? c ) + 2b ( a ? b ? c ) + 4ac ? a ? b ? c ? a (a ? b ? c) b (a ? b ? c) f? + +c = ?= 2 4a 2a 4a ? 2a ?
2 2

( a ? b ? c )( a ? b ? c + 2b ) + 4ac = ( a ? b ? c )( a + b + C ) =
4a
10、解:∵ an =

4a

(a ? c) =

2

? b 2 + 4ac 4a

(a + c) =

2

? b2

=

f ( ?1) f (1)

4a

故 ?1 与 1 中至少有一个是 f ( x ) = 0 的根。

4a

= 0 ,所以 f ( ?1) = 0 或 f (1) = 0

nban ?1 a ban ?1 n 2 n ?1 1 ,∴ n = ,∴ = ? + an ?1 + 2n ? 2 n an ?1 + 2n ? 2 an b an ?1 b n n ?1 1 n 1 1 ① 当 b = 2 时, ? = ,∴ = + ( n ? 1) × ,即 an = 2 an an ?1 2 an 2 2 n 1 2 n ?1 1 n 1 2 ② 当 b > 0 且 b ≠ 2 时, + = ( + ) ,当 n = 1 时, + = an 2 ? b b an ?1 2 ? b an 2 ? b b(2 ? b) 2 2 n 1 n 1 1 2 ∴{ + 为首项, 为公比的等比数列, ∴ } 是以 + = ? ( )n b(2 ? b) b an 2 ? b an 2 ? b 2 ? b b
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n 2n 1 2n ? b n n(2 ? b)b n = ? = ,∴ an = an (2 ? b)b n 2 ? b (2 ? b)b n 2n ? b n

? n (2 ? b ) b n 综上所述 a = ? 2 n ? b n ,   b > 0 且 b ≠ 2 ? n ? 2,    b = 2     ?

(2)方法一:证明:① 当 b = 2 时, an =

b n +1 +1 = 2 ; 2n +1 n n n ?1 n?2 n?2 n ?1 ② 当 b > 0 且 b ≠ 2 时, 2 ? b = (2 ? b)(2 + 2 b + ? + 2b + b )

an =

n ? bn n ? bn ≤ = 2n ?1 + 2n ? 2 b + ? + 2b n ? 2 + b n ?1 n n 21+ 2+?+ ( n ?1) ? b1+ 2+?+ ( n ?1)
bn = b 2
n +1 2 n ?1 2

bn
n

2

n ( n ?1) 2

?b

n ( n ?1) 2

= 2

n ?1 2

?b

n ?1 2

=

b n +1 2n ?1

=

b n +1 ? 2 n ?1 2 b n +1 ? 2n +1 b n +1 + 2n +1 b n +1 = < = n +1 + 1 2 2 n ?1 2n +1 2 n +1

b n +1 +1 . 2n +1 b n +1 方法二:证明:① 当 b = 2 时, an = n +1 + 1 = 2 ; 2 b n +1 nb n (2 ? b) b n +1 ② 当 b > 0 且 b ≠ 2 时,要证 an ≤ n +1 + 1 ,只需证 ≤ n +1 + 1 , 2 2n ? b n 2 n(2 ? b) b 1 n b 1 即证 n ≤ n +1 + n ,即证 n ?1 n ? 2 ≤ n +1 + n n n?2 n ?1 2 ?b 2 b 2 + 2 b + ? + 2b + b 2 b b 1 即证 ( n +1 + n )(2 n ?1 + 2 n ? 2 b + ? + 2b n ? 2 + b n ?1 ) ≥ n 2 b 2 b b b n ?1 b n 2n ?1 2 n ? 2 2 1 即证 ( 2 + 3 + ? + n + n +1 ) + ( n + n ?1 + ? + 2 + ) ≥ n 2 2 2 2 b b b b 2 n ?1 n n ?1 n? 2 b b b b 2 2 2 1 ∵ ( 2 + 3 + ? + n + n +1 ) + ( n + n ?1 + ? + 2 + ) 2 2 2 2 b b b b 2 n ?1 n?2 n b 1 b 2 b 2 b 2n ?1 = ( 2 + ) + ( 3 + 2 ) + ? + ( n + n ?1 ) + ( n +1 + n ) 2 b 2 b 2 b 2 b
∴对于一切正整数 n , an ≤

b 1 b2 2 b n ?1 2 n ? 2 b n 2n ?1 ≥ 2 2 ? + 2 3 ? 2 +?+ 2 ? + 2 n +1 ? n = n , b 2 b 2 b 2n b n ?1 2 n +1 b ∴原不等式成立。∴对于一切正整数 n , an ≤ n +1 + 1 . 2 11、解: (1) PF1 + PF2 = 2 PO ,所以 | PF1 + PF2 | =2 | PO | .即最小值为 2b = 2. 当 P 点位于短轴上顶点时,取等号.
(2) PF1 + PF2 = 2 PO , QF1 + QF2 = 2QO ,所以 PO 与 QO 互相垂直,则线段 PQ 为直角 ?POQ 与直角 ?PCQ 公共斜边。设线段 PQ 中点为 M ,则 MC = MO ,即 x P + x Q = 2 x M = xC = 1 设直线 PQ 方程为 y = kx + b ,与 ①

x + y 2 = 1 联立得: 2 2 2 2 (1 + 2k ) x + 4kbx + 2b ? 2 = 0 ,由①得: 1 + 2k 2 + 4kb = 0

2



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又由 PO 与 QO 互相垂直知 即 (2 ?

y P yQ x2 y ? kx 2 x2 ? = ?1 ③ 直线 PQ 与 + y 2 = 1 合成得: + y 2 = ( ) , x P xQ 2 2 b

2 10 ? 5 2 y 2 4k y 2k 2 2 2k 2 )( ) + ? +1? 2 = 0 ,由③得 (2 ? 2 ) + (1? 2 ) = 0 ④,由②与④解得 k = ± 2 b x 10 b x b b b

二试
一、证明:连结 DA, DE , DO, DB, DF ,因为 C 是半圆弧的中点,

C D

PD 是切线.所以 OC ⊥ AB, PD ⊥ OD. F 所以 ∠DPB = ∠COD. 因为 PF 平分 ∠DPB, E 1 1 所以 ∠DPF = ∠DPB = ∠COD = ∠CAD = ∠CBD P 2 2 A O 所以 A, P, D, E 四点共圆, B, P, D, F 四点共圆 所以 ∠CED = ∠DPA = ∠CFD , ∠COD = ∠DPA = ∠CFD ,所以 C , D, F , E 四点共圆, C , D, F , O 四点共圆,所以 C , D, F , E , O 共圆,即以 EF 为直径的圆过半圆的圆心O.
二、解: (Ⅰ)证:当 x=0 或 m=1 时,原不等式中等号显然成立,下用数学归纳法证明: 当 x>-1,且 x≠0 时,m≥2, (1+x)m>1+mx. ① (i)当 m=2 时,左边=1+2x+x2, 右边=1+2x,因为 x≠0, 所以 x2>0,即左边>右边,不等式①成立; (ii)假设当 m=k(k≥2)时,不等式①成立,即(1+x)k>1+kx, 则当 m=k+1 时,因为 x>-1, 所以 1+x>0. 又因为 x≠0, k≥2, 所以 kx2>0. 于是在不等式(1+x)k>1+kx 两边同乘以 1+x 得: (1+x)k·(1+x)>(1+kx)(1+x)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x, 所以(1+x)k+1>1+(k+1)x, 即当 m=k+1 时,不等式①也成立. 综上所述,所证不等式成立.
n

B

1 m 1 ? 1 m? 1 ∵ ( ) < ,∴ ?(1 ? ) ? < ( )m , (Ⅱ)证:当 n ≥ 6, m ≤ n时, 1 ? n+3 2 ? n+3 ? 2

1 m m m n ? 1 m? 1 而由(Ⅰ) (1 ? , ) ≥1? ∴ (1 ? ) ≤ ?(1 ? ) ? < ( )m. n+3 n+3 n+3 n+3 ? 2 ? n0 n n n (Ⅲ)解:假设存在正整数 n0 ≥ 6使等式3 0 + 4 0 + ? + ( n0 + 2) = (n0 + 3) 0 成立,
3 0 4 n0 n + 2 n0 即有( )+ ( ) +?+ ( 0 ) =1. n0 + 3 n0 + 3 n0 + 3
n

n



3 0 4 n0 n + 2 n0 n n ? 1 n0 )+ ( ) +?+ ( 0 ) = (1 ? 0 ) n0 + (1 ? 0 ) +? n0 + 3 n0 + 3 n0 + 3 n0 + 3 n0 + 3 1 n0 1 1 1 1 + (1 ? ) < ( ) n0 + ( ) n0 ?1 + ? + = 1 ? n0 < 1, 与②式矛盾, n0 + 3 2 2 2 2
n

又由(Ⅱ)可得(

故当 n≥6 时,不存在满足该等式的正整数 n. 故只需要讨论 n=1, 2, 3, 4, 5 的情形; 当 n=1 时,3≠4,等式不成立; 当 n=2 时,32+42=52,等式成立; 当 n=3 时,33+43+53=63,等式成立; 当 n=4 时,34+44+54+64 为偶数,而 74 为奇数,故 34+44+54+64≠74,等式不成立; 当 n=5 时,同 n=4 的情形可分析出,等式不成立. 综上,所求的 n 只有 n=2, 3.

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三、证明: (1) 3 + 2 = 3(3
n

n ?1

? 1) + 5 ,由费马小定理: 3 4 ≡ 1(mod 5) ,
? n

所以,令 n ? 1 = 4r ,则 5 | 3 + 2 ,即 n = 4r + 1( r ∈ N ) 时 , 3 + 2 为合数。
n

又 5 + 2 = 5(5 n ?1 ? 1) + 7 ,所以由费马小定理: 5 6 ≡ 1(mod 7)
n

所以

n ? 1 = 6 s ,即 n = 6 s + 1( s ∈ N ? ) 时 , 5 n + 2 为合数。 n ? 1 = 12t ? n = 12t + 1(t ∈ N ? ) 时, 3 n + 2 , 5 n + 2 都是合数,这样的 n 有无穷多个.
n n

因此,只要

(2)不存在。 p ? 3 + 2 = p (3 ? 3) + 3 p + 2 ,取 3 p + 2 的一个素因子 s, 则 ( s,3) = 1 , 由费马小定理,知 n = t ( s ? 1) + 1, t ∈ N (*)时, s | p (3 ? 3) + 3 p + 2 ,即 p ? 3 + 2 为合数。
* n n

同理,q ? 5 n + 2 = q (5 n ? 5) + 5q + 2 ,取 5q + 2 得一个素因子 u ,则 n = v (u ? 1) + 1, v ∈ N *(**)时,

q ? 5 n + 2 为合数。由(*)和(**)知 n = x(s ?1)(u ?1) + 1, x ∈ N * 时 p ? 3n + 2 与 q ? 5n + 2 同时为合数。
四、解:对项链绳圈任意选择一个初始位置和一个旋转方向,并令其珠子上的标号依次为 y1 , y 2 , ? , y n , 由已知,

∑y
i =1

n

i

= n ? 1 ,设第 i 颗珠子对应的坐标 (i, y1 + y 2 + ? y i ) , (i = 1,2, ? , n) ,

把第 i 个坐标 (i, y1 + y2 + ? yi ) 和 (i, i ) 比较,横坐标相同,纵坐标之差 ( y1 + y 2 + ? y i ) ? i 形成一个集合, 若集合中所有值均为负数, 则命题得证. 故设其中有非负数.则在 i = 1,2, ? , n 时, 必存在 k , 使

∑y
j =1

k

j

? k 最大, 选取达到最大值时的最大 k 为 k 0 。

建立新坐标以第 k 0 +1 颗珠子作为新的初始位置,重新排列珠子的标号(方向依原方向不变), 所得珠子的 标号依次为 x1 , x 2 ,…, x n , 所对应的新坐标为(1, x1 ),(2, x1 + x2 ),(3, x1 + x 2 + x3 ),…,(i, (即(n,n-1))。此时
k0 + m0 j =1

∑ x j ),…,(n, ∑ x j )
j =1 j =1

i

n

∑x
i =1

k

i

≤ k ? 1 ,否则若存在 ∑ xi ≥ m ,则 ∑ y j ? ko + ∑ x j ? m =
i =1
j =1 j =1

m

k0

m

∑ y ? ( k + m) ≥ ∑ y ? k
j 0
j =1 j

k0

0

,若 k 0

+ m ≤ n ,与 k 0 为达到最大值时的最大 k 矛盾,若
k0

k 0 + m > n ,则由 ∑ y i = n ? 1 知: ∑ j =1
n i =1

k0 + m0 ? n

y ? ( k + m ? n) > ∑ y ? k
j 0
j =1 j

0

,也矛盾。

所以则截断项链的位置安排在第 k 0 和 k 0 +1 珠子之间.满足条件。

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