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高级中学数学奥林匹克竞赛全真试题

高级中学数学奥林匹克竞赛全真试题
高级中学数学奥林匹克竞赛全真试题

2003年全国高中数学联合竞赛试题

一、选择题(本题满分36分,每小题6分)

1、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.这个新数列的第2003项是( )

A .2046

B .2047

C .2048

D .2049

2、设a ,b ∈R ,ab ≠0,那么,直线ax -y +b =0和曲线bx 2+ay 2=ab 的图形是( )

3、过抛物线y 2=8(x +2)的焦点F 作倾斜角为60°的直线.若此直线与抛物线交于A 、B 两点,弦AB 的中垂线与x 轴交于P 点,则线段PF 的长等于( )

A .

163 B .8

3

C 1633

D .834、若5[,]123

x ππ∈--,则2tan()tan()cos()366y x x x πππ

=+-+++的最大值是( ).

A 1225

B 1126

C 1136

D 1235

5、已知x 、y 都在区间(-2,2)内,且xy =-1,则函数2

2

4949u x y =

+

--的最小值是

( )

A .

8

5 B .2411

C .127

D .125 6、在四面体ABCD 中,设AB =1,CD 3,直线AB 与CD 的距离为2,夹角为3

π

,则四面体ABCD 的体积等于( )

A 3

B .1

2 C .13

D 3 二、填空题(本题满分54分,每小题9分)

7、不等式|x |3-2x 2-4|x |+3<0的解集是__________.

8、设F 1,F 2是椭圆22

194

x y +=的两个焦点,P 是椭圆上的点,且|PF 1|:|PF 2|=2:1,则△

PF 1F 2的面积等于__________.

9、已知A ={x |x 2-4x +3<0,x ∈R },B ={ x |21-x +a ≤0,x 2-2(a +7)x +5≤0,x ∈R }.若A B ?,则实数a 的取值范围是__________.

10、已知a ,b ,c ,d 均为正整数,且35

log ,log 24

a c

b d ==,若a -

c =9,b -

d =__________.

11、将八个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内,并使得每个球和其相邻的四个球相切,且与圆柱的一个底面及侧面都相切,则此圆柱的高等于__________.

12、设M n ={(十进制)n 位纯小数0.12|n i a a a a L 只取0或1(i =1,2,…,n -1),a n =1},

T n 是M n 中元素的个数,S n 是M n 中所有元素的和,则lim

n

n n

S T →∞=__________.

三、解答题(本题满分60分,每小题20分)

13、设

3

52

x ≤≤

,证明不等式14、设A ,B ,C 分别是复数Z 0=ai ,Z 1=1

2

+bi ,Z 2=1+ci (其中a ,b ,c 都是实数)对

应的不共线的三点.证明:曲线Z = Z 0cos 4t +2 Z 1cos 2t sin 2t +Z 2sin 4t (t ∈R )与△ABC 中平行于AC 的 中位线只有一个公共点,并求出此点.

15、一张纸上画有半径为R 的圆O 和圆内一定点A ,且OA =a ,折叠纸片,使圆周上某一点A ′刚好与A 点重合.这样的每一种折法,都留下一条直线折痕. 当A ′取遍圆周上所有点时,求所有折痕所在直线上点的集合.

加 试

一、(本题满分50分)过圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线,切点为A ,B .所作割线交圆于C ,D 两点,C 在P ,D 之间.在弦CD 上取一点 Q ,使∠DAQ =∠PBC .

求证:∠DBQ =∠PAC .

二、(本题满分50分)设三角形的三边长分别是整数l ,m ,n ,且l >m >n .已知

444333{}{}{}101010

l m n

==,其中{x }=x -[x ],而[x ]表示不超过x 的最大整数.求这种三角形周长的最小值.

三、(本小题满分50分)由n 个点和这些点之间的l 条连线段组成一个空间图形,其中n =q 2

+q +1,l ≥

1

2

q (q +1)2+1,q ≥2,q ∈N .已知此图中任四点不共面,每点至少有一条连线段,存在一点至少有q +2条连线段.证明:图中必存在一个空间四边形(即由四点A ,B ,C ,

D 和四条连线段AB ,BC ,CD ,DA 组成的图形).

答 案

一、选择题

1、注意到452=2025,462=2116,故2026=a 2026-45=a 1981,2115= a 2115-45= a 2070.而且在从第1981项到第2070项之间的90项中没有完全平方数.

又1981+22=2003,故a 2003= a 1981+22=2026+22=2048.故选(C ).

2、题设方程可变形为题设方程可变形为y =ax +b 和22

1x y a b

+=,则观察可知应选(B ).

3、易知此抛物线焦点F 与坐标原点重合,故直线AB 的方程为y . 因此,A ,B 两点

的横坐标满足方程:3x 2-8x -16=0.由此求得弦AB 中点的横坐标04

3x =

,纵坐标0y =,进而求得其中垂线方程4)

3y x -=-,令y =0,得P 点的横坐标416433x =+=,即

16

3

PF =,故选(A ).

4、

22tan()cot()cos()3361cos()

226cos()sin()332cos()

46sin(2)

3

542,2[,],[,].12322364625cos()[,].46123sin(2)311

3.36y x x x x x x x x x x x x x x y ππππ

πππππππππππππππ

ππ=+

++++=++++=+++-≤≤-+∈+∈--+--+=-因为所以可见

与在上同为递增函数故当时,取最大值故选().

C 5、由已知得1

y x =-

,故 2

422

2422

24

9972435

14

491

9374

37(9)

x x x u x x x x x x

-+-=

+

=

=+

---+--+ 而x ∈(-2,12-)∪(1

2,2),故当222224249,,93x x x x x

==+即时之值最小,而此时

函数u 有最小值12

5

,故选(D ).

6、如图,过C 作//CE AB =,以△CDE 为底面,BC 为侧棱作棱柱ABF -ECD ,则所求四面体的体积V 1等于上述棱柱体积V 2的1

3. 而△CDE 的面积S =

1

2

CE ×CD ×sin ∠ECD ,AB 与CD 的公垂线MN 就是棱柱ABF -ECD 的高,故

21133sin 2132222

V MN CE CD ECD =???∠=????=

因此121

1

32

V V ==,故选(B ). 二、填空题

7、由原不等式分解可得(|x |-3)(x 2+|x |-1)<0,由此得所求不等式的解集为

5151

(3,)(,3)22

----

?.

8、设椭圆的长轴、短轴的长及焦距分别为2a ,2b ,2c ,则由其方程知a =3,b =2,c =5,故|PF 1|+|PF 2|=2a =6,又已知|PF 1|:|PF 2|=2:1,故可得|PF 1|=4,|PF 2|=2. 在△PF 1F 2中,三边之长分别为2,4,25,而22+42=()

2

25,可见△PF 1F 2是直角三角形,且两直角边的长

短为2和4,故△PF 1F 2的面积=

12|PF 1|·|PF 2|=1

2

×2×4=4. 9、易得A =(1,3),设

f (x )=21-x +a ,

g (x )=x 2-2(a +7)x +5

要使A B ?,只需f (x ),g (x )在(1,3)上的图象均在x 轴下方.其充要条件是:同时有f (1)≤0,f (3)≤0,g (1)≤0,g (3)≤0.由此推出-4≤a ≤-1.

10、由已知可得3

5242

4

,,(),().b d

a b c d a c a c

====从而因此,a |b ,c |d .又由于a -c =9,故

222224222222

59()()9,()()9,,.41b

b d a

b d b d b d a

c a c a a

d c c b d c a c ??=+=????-=+-=????=-=????即故因而

于是得a =25,b =125,c =16,d =32.故b -d =93.

11、如图,由已知上下层四个球的球心A ′,B ′,C ′,D ′和A ,

B ,

C ,

D 分别是上下两个边长为2的正方形的顶点,且以它们的外

接圆e O ′和e O 为上下底面构成圆柱.同时,A ′在下底面的射影必是

?AB 的中点M .

在△A ′AB 中,A ′A = A ′B =AB =2.设AB 的中点为N , 则A ′N =3.

又OM =OA =2,ON =1.所以MN =2-1,224()()228A M A N MN ''=-==.因此所示原来圆柱的高为482+.

12、因为M n 中小数和小数点后均有n 位,而除最后一位上的数字必为1外,其余各位上

的数字均有两种选择(0或1)方法,故T n =2n -1.又因在这2n -1个数中,小数点后第n 位上的数字全是1,而其余各位上数字是0或1,各有一半,故

11211212111111112()221010101011(1)

11010221101101112(1)2910101111lim lim [(1)].18181010

n n n n n

n n n n

n n n n

n n n n n n S S T ----------→∞→∞=++++-=+-=-=-+=g L g g g g g 故 三、解答题

13、由于(a +b +c +d )2=a 2+b 2+c 2+d 2+2(ab +ac +ad +bc +bd +cd )≤4(a 2

+b 2+c 2+d 2),因此a +b +c +d ≤22222a b c d +++(当且仅当a =b =c =d 时取等号).

取a =b =1x +,c =23x -,d =153x -,则

21231532(1)(1)(23)(153)214219

x x x

x x x x x ++-+-≤++++-+-=+≤ 因为1x +,23x -,153x -不能同时相等,所以2123153219x x x ++-+-<. 14、设Z =x +yi (x ,y ∈R ),则x +yi =a cos 4t ·i +2(1

2

+bi ) cos 2t sin 2t +(1+ci )sin 4t ,实虚部分离,可得

x = cos 2t sin 2t +sin 4t =sin 2t

y =a (1-x )2+2b (1-x )x +cx 2(0≤x ≤1)

即y =(a +c -2b )x 2+2(b -a )x +a ① 又因为A ,B ,C 三点不共线,故a +c -2b ≠0.可见

所给曲线是抛物线段(如图).AB ,BC 的中点分别是13(,),(,)4242

a b b c

D E ++. 所以直线DE 的

方程为

y =(c -a )x +1

4

(3a +2b -c ) ②

由①,②联立得a +c -2b (x -1

2)2=0.

由于a +c -2b ≠0,故(x -12)2=0,于是得x =12. 注意到113

424

<<,所以,抛物线与△

ABC 中平行于AC 的中位线DE 有且只有一个公共点,此点的坐标为12(,)24

a c b

++,其对应的

复数为

1224

a c b

Z i ++=

+ 15、如图,以O 为原点,OA 所在直线为x 轴建立直角坐标系,则有A (a ,0). 设折叠时,e O 上点A ′(R cos α,R sin

α)与点A 重合,而折痕为直线MN ,则MN 为线段AA ′的中

垂线. 设P (x ,y )为MN 上任一点,则|PA ′|=|PA |. 故(x -R cos α)2+(y -R sin α) 2=(x -a )2+y 2,即2R (x cos α+y sin α)=R 2-a 2+2ax ,故

222

2

22222

2

2

2

2

2

222

2

2

22222

22222sin(),sin ,cos .

2|

| 1.()

2()2 1.

()()()222

()2()()()222

x y

R x y R x y

x y

x y

R x y

a

x y R R a a x y R R a θαθθ=

+++==

=

+++≤+-+≥--+=-可得其中故此不等式也可直接由柯西不等式得到.平方后可化为即所求点的集合为椭圆1().

外含边界部分

加 试

一、如图,连结AB ,在△ADQ 与△ABC 中,∠ADQ =∠ABC ,∠DAQ =∠PBC =∠CAB ,故△

ADQ ∽△ABC ,而有

BC DQ

AB AD

=

,即BC ·AD =AB ·DQ . 又由切割线关系知△PCA ∽△PAD ,故PC AC

PA AD

=

;同理由△PCB ∽△PBD 得BC BC

PB BD

=

. 又因PA =PB ,故AC BC

AD BD

=

,得AC ·BD =BC ·AD =AB ·DQ . 又由关于圆内接四边形ACBD 的托勒密定理知

AC ·BD +BC ·AD = AB ·CD

于是得AB ·CD =2AB ·DQ ,故DQ =

1

2

CD ,即CQ =DQ . 在△CBQ 与△ABD 中,AD DQ CQ

AB BC BC

==

,∠BCQ =∠BAD ,于是△CBQ ∽△ABD ,故∠CBQ =∠ABD ,即得∠DBQ =∠ABC =∠PAC .

二、由题设可知

4

44444333333[][][]101010101010

l l m m n n

-=-=- 于是44

4333(mod 2)333(mod )333(mod5)②

l m n l

m

n

l m n ?≡≡?≡≡??≡≡?? ①

由于(3,2)=(3,5)=1,由①可知3l -m ≡3m -n ≡1(mod 24).

现在设u 是满足3u ≡1(mod 24)的最小正整数,则对任意满足3v ≡1(mod 24)的正整数v ,我们有u |v ,即u 整除v . 事实上,若\|u v ,则由带余除法可知,存在非负整数a 与b ,使得

v =au +b ,其中0

所以u |v .

注意到3≡3(mod 24),32≡9(mod 24),33≡27≡11(mod 24),34≡1(mod 24)从而可设m -

n =4k ,其中k 为正整数.

同理可由②推出3m -n ≡1(mod 54),故34k ≡1(mod 54). 现在我们求满足34k ≡1(mod 54)的正整数k .

因为34=1+5×24,所以34k -1=(1+5×24)k -1≡0(mod 54),即

428312

27311

47311

3(1)(1)(2)52525226

(1)(2)55[3(1)2]520(mod5)3

(1)(2)5[3(1)2]520(mod5)

3k k k k k k k k k k k k k k k k k k ---?+

??+??--≡++-?+??≡--++-?+??≡或

即有k =5t ,并代入该式得

t +5t [3+(5t -1)×27]≡0(mod 52)

即有t ≡0(mod 52),即k =5t =53s ,其中s 为正整数,故m -n =500s ,s 为正整数. 同理可证l -n =500r ,r 为正整数. 由于l >m >n ,所以有r >s .

这样一来,三角形的三个边为500r +n 、500s +n 和n .由于两边之差小于第三边,故

n >500(r -s ),因此,当s =1,r =2,n =501时三角形的周长最小,其值为

(1000+501)+(500+501)+501=3003

三、设这n 个点的集合V ={A 0,A 1,A 2,…,A n -1}为全集,记A i 的所有邻点(与A i 有连线段的点)的集合为B i ,B i 中点的个数记为|B i | =b i ,显然1

12n i i b l -==∑且b i ≤(n -1)(i =0,1,2,…,

n -1).

若存在b i =n -1时,只须取

2111

(1)[

]1(1)(1)1(1)1222

n l n q n q q -=-++≤+-+=++ 则图中必存在四边形,因此下面只讨论b i

不妨设q +2≤b 0≤n -1.用反证法.若图中不存在四边形,则当i ≠j 时,B i 与B j 无公共点对,即|B i ∩B j |≤1(0≤i

2

00

11

2

0||

011

1

22

111

1

211

2

111

2000(12,0)1

(32)2()1[3()2(1)]21(2)1[3(2)2(1)]211(21)(2(1)n b n n i B B i i i n i b b i

i

i n i i i n i n i i i V B C B B C C b C b b b b n n l b l b n n l b n n ---?==---=-=--==?=≥?≥===

-+≥-+---=--+--=--+-∑∑∑∑∑∑中点对的个数中点对的个数=当或时令00000222)1[(1)(1)21]2(1)

[(1)(1)222]1

(2)(3)

2(1)

l b n n q b n n n q b n nq q b nq q n b n --+≥-++--+--++--+=

-+---+--

故(n -1)(n -b 0)( n -b 0-1)≥(nq -q +2-b 0)( nq -q -n +3-b 0)

q (q +1) (n -b 0) ( n -b 0-1)≥(nq -q +2-b 0)( nq -q -n +3-b 0) ①

但( nq -q -n +3-b 0)-q ( n -b 0-1)= (q -1) b 0-n +3≥(q -1) (q +2) -n +3=0 ② 及(nq -q +2-b 0)-(q +1)(n -b 0)= qb 0-q -n +2≥q (q +2) -q -n +2=1>0 ③ 由②,③及(n -b 0) (q +1),( n -b 0-1) q 皆是正整数,得

(nq -q +2-b 0)( nq -q -n +3-b 0)> q (q +1) (n -b 0) ( n -b 0-1) 而这与所得的①式相矛盾,故原命题成立.

2003年中国数学奥林匹克试题

一、设点I ,H 分别为锐角△ABC 的内心和垂心,点B 1,C 1分别为边AC ,AB 的中点,已知射线B 1I 交边AB 于点B 2(B 2≠B ),射线C 1I 交AC 的延长线于点C 2,B 2C 2与BC 相交于k ,

A1为△BHC外心,试证:A,I,A1三点共线的充分必要条件是△BKB2和△CKC2的面积相等.

二、求出同时满足如下条件的集合S的元素个数的最大值:

(1)S中的每个元素都是不超过100的正整数;

(2)对于S中任意两个不同的元素a,b,都存在S中的元素c,使得a与c的最大公约数等于1,并且b与c的最大公约数也等于1;

(3)对于S中任意两个不同的元素a,b,都存在S中异于a,b的元素d,使得a与d 的最大公约数大于1,并且b与d的最大公约数也大于1.

三、给定正整数n,求最小的正数λ,使得对任何θi∈(0,π/2),(i=1,2,…,n),只要tanθ1tanθ2…tanθn=2n/2,就有cosθ1+cosθ2+…+cosθn≤λ.

四、求所有满足a≥2,m≥2的三元正整数组(a,m,n),使得a n+203是a m+1的倍数.

五、某公司需要录用一名秘书,共有10人报名,公司经理决定按照求职报名的顺序逐个面试,前3个人面试后一定不录用,自第4个人开始将他与前面面试过的人相比较,如果他的能力超过了前面所有已面试过的人,就录用他;否则就不录用,继续面试下一个,如果前9个都不录用,那么就录用最后一个面试的人.

假定这10个人的能力各不相同,可以按能力由强到弱排为第1,第2,…,第10. 显然该公司到底录用到哪一个人,与这10个人报名的顺序有关. 大家知道,这样的排列共有10!种,我们以A k表示能力第k的人能够被录用的不同报名顺序的数目,以A k/10!表示他被录用的可能性.

证明:在该公司经理的方针之下,有

(1)A1>A2>…>A8= A9= A10;

(2)该公司有超过70%的可能性录用到能力最强的3个人之一,而只有不超过10%的可

能性录用到能力最弱的3个人之一.

六、设a ,b ,c ,d 为正实数,满足ab +cd =1;点P i (x i ,y i )(i =1,2,3,4)是以原点为圆心的单位圆周上的四个点,求证:

(ay 1+by 2+cy 3+dy 4)2+(ax

4+bx 3+cx 2+dx 1)2

≤2222

2(

)a b c d ab cd

+++.

参考答案

一、∵H 是△ABC 的垂心,A 1是△BHC 的外心,∴△

BHC =180°-∠BAC ,∠BA 1C =2∠BAC .

又由题设知AB ≠AC ,从而A ,I ,A 1共线,即A 1在∠BAC 平分线上?A 1在△ABC 外接圆上?∠BA 1C +∠

BAC =180°?∠BAC =60°.

现证22BKB CKC S S ??=?∠BAC =60°.

作ID ⊥AB 于D ,IE ⊥AC 于E ,设BC =a ,CA =b ,AC =c ,则

121212

12122222222222()sin ,

(sin )222(),

22.

()ABC

AB B ABC ABC ABC BKB CKC ABC AB C S ID IE a b c

S ID AB AB AB AB A ID AB AB AB A ID S S

S b b AB a b c bc a b c

bc

AB a b c

bc

AC a b c

S S S S bc bc

bc a b c a b c

a b c ?????????==++=+==-=-++++=

+-=-+=?=?=

+--+?--=g g g g g

故故同理22260.

bc

a b c bc BAC ??=+-?∠=

故A ,I ,A 1共线的充要条件是△BKB 2和△CKC 2的面积相等.

二、设35121235711a a

a a a n q =,其中q 是不被2,3,5,7,11整除的正整数,a i 为非负整

数,n ≤100,则n ∈S ?a i (1≤i ≤5)中恰有一个或两个为正整数,即S 由下列元素组成:

不超过100的正偶数中除去2×3×5,22×3×5,2×32×5,2×3×7,22×3×7,2×5×7,2×3×11等7个偶数后余下的43个偶数;

不超过100的正整数中3的奇数倍:确定3,3×3,…,3×33共17个数;

不超过100的正整数中与3互质的5的奇数倍:5,5×5,5×7,5×11,5×13,5×17,5×19共7个数;

不超过100的正整数中与15互质的7的奇数倍:7,7×7,7×11,7×13共4个数; 质数11.

现证明以上72个整数构成的集合S 满足题设条件. 显然满足条件(1);

对S 中任意两个不同的元素a, b, 则a ,b 的最小公倍数中不大于11的质因数至多只含有2,3,5,7,11中的4个,因此存在c ∈{2,3,5,7,11},使得(a ,c )=(b ,c )=1,且显然c ∈S ,因此S 满足条件(2);

对S 中任意两个没同的元素a ,b ,

若(a ,b )=1,分别取的a ,b 最小质因素p ,q ,则p ,q ∈{2,3,5,7,11}且p ≠q ,令c=pq ,则有c ∈S ,c ≠a ,c ≠b 且(a ,c )=p >1,(b ,c )=q >1;

若(a ,b )=d >1,取d 的最小质因数p ,及不整除ab 的最小质数q ,则p ,q ∈{2,3,5,7,11},令c=pq ,则有c ∈S ,c ≠a ,c ≠b 且(a ,c )≥p >1,(b ,c )≥p >1.

因此S 满足条件(3).

以下证明任何满足题设的S 的元素数目不大于72.

首先证明满足题设条件的S 至多只能含有一个大于10的质数.事实上若p 1,p 2为大于10

的质数,且p1,p2∈S,则由(3)知存在c∈S,使得(p1,c)>1,(p2,c)>1,从而有p1 | c,p2|c,∴p1p2|c,由此可知c≥p1p2>100,这与(1)矛盾.

从而10与100之间的21个质数11,13,17,23,…,97至多只有一个在S中.

又显然1?S.

设集合T是由不超过100的正整数除去1及大于10的21个质数余下的78个数构成的.

下面证明T中至少还有7个数不在S中.

1°若有某一个大于10的质数p在S中,则S中所有各数的最小质因数只可能是2,3,5,7,p中的一个.

(i)若7p∈S,则2×3×5,22×3×5,2×32×5,7p包含了S中所有各数的最小质因数,因此由条件(2)知2×3×5,22×3×5,2×32×5?S;

若7p?S,则由条件(3)知7,7×7,7×11,7×13?S;

(ii)若5p∈S,则由(2)知,2×3×7,22×3×7?S;

若5p?S,则由条件(3)知5,5×5,5×7?S.

(iii)3p与2×5×7不同属于S.

(iv)2×3p与5×7不同属于S.

当p=11或13时,由(i),(ii),(iii),(iv)知分别至少有3个数,2个数,1个数,1个数共至少有7个数不属于S;

当p=17或19时,由(i),(ii),(iii)知分别至少有4个数,2个数,1个数共至少有7个数不属于S;

当p>20时,由(i),(ii)知分别至少有4个数,3个数共至少7个数不属于S.

2°如果没有大于10的素数属于S,则S中的每个元素的最小质因数只能是2,3,5,7,则如下的7对数中,每对数都不能同时都属于S.

(3,2×5×7),(5,2×3×7),(7,2×3×5), (2×3,5×7),(2×5,3×7),(2×7,3×5), (22×7,3+2×5).

事实上,若上述7对数中任何一对数(a ,b )都属于S ,则由(2)知,存在c ∈S ,使得(a ,c )=(b ,c )=1,这与ab 包含了S 中每个元素的所有最小质因数矛盾.

由1°,2°知T 中至少还有7个数不属于S ,从而满足条件的S 的元素个数的最大值为72. 三、1°证当n =1,2时,λ

=, 当n =1时,tan θ1

cos θ1

2.

当n =2时,tan θ1 tan θ2=2,cos θ1

=i =1,2). 令tan 2θ1=x ,则tan 2θ2=4/x ,则

122cos cos 3

33(24/4(54/)144/0,3)0,

x x x x x x θθ+≤??≤?+++≤++?++-≥即

等号成立当且仅

30-=,由此易知当且仅当x =2时等号成立.

12cos cos 3θθ+≤,当且仅当θ1=θ2时,等号成立.

2°当n ≥3时,λ=n -1.先证

cos θ1+cos θ2+…+cos θn

=

222232323222

2

2

231232

2

2

1

23

1cos 1sin /2,

cos cos 2(sin sin )/22sin sin .8tan tan 1tan 8/(tan tan ),.

cos tan tan cos cos i i θθθθθθθθθθθθθθθθθ=<-+<-+≤-+≥≥

=

故12323123222223232222222323232223cos cos 2sin sin (1cos cos cos 2

8cos cos sin sin 1

8tan tan sec sec (1tan )(1tan )

tan tan 7.θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ++<-++

若(3)式不成立,即tan 2θ2+tan 2θ3>7,从而tan 2θ1≥tan 2θ2>7/2.故cos θ1≤cos θ

2

=,cos θ1+cos θ2+cos θ3

<+1<2. 从而(1)式得证.

现证λ=n -1为最小的.

事实上,若0<λ

α(i =1,2,…,n -1),tan θn =2n /2(α

n -1,从而tan θ1tan θ2…tan θn =2n /2,但

cos θ1+cos θ2+…+cos θn -1+cos θn > cos θ1+cos θ2+…+cos θn -1=λ 当n ≥3时,最小的正数λ为n -1.

综上所求最小正数1,2),

1(3).n n n λ?=?=?-≥??

四、设n =mq +r ,0≤r ≤m -1,则

a n +203=a mq +r +203=a mq a r +203≡(-1)q a r +203(mod(a m +1))

从而a m +1|a n +203? a m +1|(-1)a a r +203.即

k (a m +1)= (-1)q a r +203.

1°若2|q ,则k (a m +1)= a r +203. ①

(i)若r=0,则有

k(a m+1)=204=22×3×17

由a≥2,m≥2,易知只有a=2,m=4及a=4,m=2满足上式.故(a,m,n)=(2,4,8t)或(4,2,4t),

其中t为非负整数(下同).

(ii)若r≥1,由①有a r(ka m-r-1)=203-k.

对于1≤k≤9,容易验证只有当k=8时,存在a=5,m=2,r=1满足上式,即(a,m,n)=(5,2,4t+1).

对于k≥10,则由①有

10(a m+1)≤a r+203≤ka m-1+203

故a m-1(10a-1)≤193,a可能值为2,3,4.

当a=2时,m可能值为2,3,4,容易验证仅当a=2,m=2,r=1或a=2,m=3,r=2时满足①式,故(a,m,n)=(2,2,4t+1)或(2,3,6t+2)

当a=3,4时,均不存在m,r满足①式.

2°若q为奇数,则

k(a m+1)=203-a r②

由0≤r≤m-1知,k≥0.

(i)当k=0时,a=203,r=1对任意的不小于2的整数m②式都成立,故

(a,m,n)=(203,m,(2t+1)m+1)

(ii)若k≥1,则当r=0时,由②有

k(a m+1)=202

容易验证仅当a=10,m=2时,上式成立,故

(a,m,n)=(10,2,4t+2)

当r≥1时,由②有a r(ka m-r+1)=203-k.

对于1≤k≤5,容易验证仅当k=3时,a=8,m=2,r=1或a=2,m=6,r=3时,满足上式.

(a,m,n)=(8,2,4t+3)或(2,6,12t+9)

对于k≥6,由②有6(a m+1)<203.故a m只可能有22,23,24,25,32,33,42,52.

容易验证仅当a m=32,r=1时,满足(2)式,∴(a,m,n)=(3,2,4t+3).

综上满足题设条件的三元正整数组(a,m,n)为(2,4,8t),(4,2,4t),(5,2,4t +1),(2,2,4t+1),(2,3,6t+2),(203,m,(2t+1)m+1),(10,2,4t+2),(8,2,4t+3),(2,6,12t+9),(3,2,4t+3),其中t为非负整数.

五、设A k(a)表示当前3名中能力最强者能力排名为第a,能力排名为第k的人能够被录用的不同报名顺序的数目.

当a=1时,仅当能力第k的人最后一个报名时,才被录用,所以

A k(1)=3·8!?=γ1. ①

当2≤a≤8时,若k=a,a+1,…,10,则有A k(a)=0;

若k=1,2,3,…,a-1,则有

1

78

12

8

11

891011127()3(2)!(10)!(2,3,,7)③

(1)④

3(22)!(102)!38!(373)8!0

③、a k a

a a k a a k k A a C a a A A k A A A A A A C γγγγγ-==+=--?===+

=====-=---=?->∑∑

L g ②

再注意到1238910

123456788

123123441238910④38!,218!,637!,307!,157!,7.27!,37!,66!22368!218!1267!3(301573)7!5077!

5077!

70%

10!10!10a A A A A A A A A A A A A A A A γγγγγγγγγγγγ=>>>==========++=+++++++++=++>>++∑L g g g g g g g g g g g g g 即有

容易算得>338!

10%.

!10!

?>=g 六、令u =ay 1+by 2,v =cy 3+dy 4,u 1=ax 4+bx 3,v 1=cx 2+dx 1,则

u 2≤(ay 1+by 2)2+(ax 1-bx 2)2=a 2+b 2-2ab (x 1x 2-y 1y 2) x 1x 2-y 1y 2≤222

2a b u ab

+- ①

v 12≤(cx 2+dx 1)2+(cy 2-dy 1)2= c 2+d 2-2cd (y 1y 2-x 1x 2) y 1y 2-x 1x 2≤2

2212c d v cd

+- ②

①+②并整理得

222222

1222222

1221122

2222

1122222222

11()()()()()()

2()v u a b c d ab cd ab cd u v a b c d ab cd ab cd u v u v u v u v ab cd ab cd ab cd ab cd v u u v a b c d ab cd ab cd ab cd

+++≤++++≤++++=+≤+++++++=+++≤+同理可得

2004年中国数学奥林匹克试题

第一天

一、凸四边形EFGH 的顶点E 、F 、G 、H 分别在凸四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 上,且满足

1AE BF CG DH

EB FC GD HA

=g g g .而点A 、

B 、

C 、

D 分别在凸四边形

E 1

F 1

G 1

H 1的边H 1E 1、E 1F 1、F 1G 1、G 1H 1上,满足E 1F 1∥EF ,F 1G 1∥FG ,G 1H 1∥GH ,H 1E 1∥HE .已知

11E A AH λ=.求11

F C

CG 的值. 二、已给正整数c ,设数列x 1,x 2,…满足x 1=c ,且x n =x n -1+12(2)

[]n x n n

--++1,n =2,

3,…,其中[x ]表示不大于x 的最大整数.求数列{x n }的通项公式.

三、设M 是平面上n 个点组成的集合,满足: (1)M 中存在7个点是一个凸七边形的7个顶点;

(2)对M 中任意5个点,若这5个点是一个凸五边形的5个顶点,则此凸五边形内部至少含有M 中的一个点.

求n 的最小值.

第二天

四、给定实数a 和正整数n .求证:

(1)存在惟一的实数数列x 0,x 1,…,x n ,x n +1,满足

0133

110,1(),1,2,,.2

n i i i i x x x x x x a i n ++-==??

?+=+-=??L (2)对于(1)中的数列x 0,x 1,…,x n ,x n +1满足|x i |≤|a |,i =0,1,…,n +1.

(推荐)高中数学奥赛辅导

数列与递进 知识、方法、技能 数列是中学数学中一个重要的课题,也是数学竞赛中经常出现的问题. 所谓数列就是按一定次序排列的一列数.数列的一般形式是a 1, a 2, …,a n , …通常简记为{a n }.如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的函数关系可用一个公式来表示,这个公式就叫做这个数列的通项公式. 从函数的角度看,数列可以看做是一个函数,定义域是自然数集或自然数集的一个有限子集,函数表达式就是数列的通项公式. 对于数列{a n },把S n =a 1+a 2+…+a n 叫做数列{a n }的前n 项和,则有 ?? ?≥-==-). 2(),1(11 n S S n S a n n n I .等差数列与等比数列 1.等差数列 (1)定义:.2 )(2 11++++==-n n n n n a a a d a a 或常量 (2)通项公式:a n =a 1+(n -1)d . (3)前n 项和公式:.2 ) 1(2)(11d n n na a a n S n n -+=+= (4)等差中项:.2 21+++= n n n a a a (5)任意两项:a n =a m +(n -m)d. (6)性质: ①公差为非零的等差数列的充要条件是通项公式为n 的一次函数; ②公差为非零的等差数列的充要条件是前n 项和公式为n 的不含常数项的二次函数; ③设{a n }是等差数列,如果m 、n 、p 、q ∈N*,且m+n=p+q ,那么a m +a n =a p +a q ; ④设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,则S m , S 2m -S m , S 3m -S 2m , …, S pm -S (p -1)m (m>1,p ≥3,m 、p ∈N*)仍成等差数列; ⑤设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,则}{ n S n 是等差数列; ⑥设{a n }是等差数列,则{λa n +b}(λ,b 是常数)是等差数列;

高中数学竞赛系列辅导材料 集合

集合(一) 内容综述: 本讲先介绍了以下一些重要的概念:集合、子集、两集合相等、真子集、并集、交集、相对补集,然后介绍了著名的容斥原理,接着介绍了以下几个定律:零律、分配律、排中律、吸收律、补交转换律、德·摩根律。 然后通过6道例题分析了一部分集合题目的解题方法与技巧,同学们应在熟悉以上定义、定理、定律的基础上仔细分析例题材解法,争取可以独立解决训练题。 要点讲解: §1.基本理论 除了课内知识外,我们补充以下知识 相对补集:称属于A而不属于B的全体元素,组成的集合为B对A的相对补集或差集,记作A-B。 容斥原理:以表示集合A中元素的数目,我们有 ,其中为n个集合称为A的阶。 n阶集合的全部子集数目为。 A,B,C为三个集合,就有下面的定律。 (1)分配律 (2)零律

(3)排中律 (4)吸收律 (5)补交转换律 (6)德·摩根律的相对形式 例题分析: 例1:对集合{1,2,…,n}及其每一个非空了集,定义一个唯一确定的“交替和”如下:按照递减的次序重新排列该子集,然后交替地减或加后继的数所得的结果,例 如,集合的“交替和”是9-6+4-2+1=6.的“交替和”是6-5=1,的交替和是2。那么,对于n=7。求所有子集的“交替和”的总和。 分析;n=7时,集合{7,6,5,4,3,2,1}的非空子集有个,虽然子集数 目有限,但是逐一计算各自的“交替和”再相加,计算量仍然巨大,但是,根据“交替和”的定义,容易看到集合{1,2,3,4,5,6,7}与{1,2,3,4,5,6}的“交替 和”是7;可以想到把一个不含7的集和A与的“交替和”之和应为7。那么,我们也就很容易解决这个问题了。 解:集合{1,2,3,4,5,6,7}的子集中,除去{7}外还有个非空子集合,把这个非空子集两两结组后分别计算每一组中“交替和”之和,结组原则是设 这是把结合为一组,显然,每组中,“交替和”之和应为7,共有组.所以,所有“交替和”之和应该为 。

高一数学竞赛培训讲座之函数的基本性质

函数的基本性质 基础知识: 函数的性质通常是指函数的定义域、值域、解析式、单调性、奇偶性、周期性、对称性等等,在解决与函数有关的(如方程、不等式等)问题时,巧妙利用函数及其图象的相关性质,可以使得问题得到简化,从而达到解决问题的目的. 关于函数的有关性质,这里不再赘述,请大家参阅高中数学教材及竞赛教材:陕西师范大学出版社 刘诗雄《高中数学竞赛辅导》、刘诗雄、罗增儒《高中数学竞赛解题指导》. 例题: 1. 已知f(x)=8+2x -x 2,如果g(x)=f(2-x 2 ),那么g(x)( ) A.在区间(-2,0)上单调递增 B.在(0,2)上单调递增 C.在(-1,0)上单调递增 D.在(0,1)上单调递增 提示:可用图像,但是用特殊值较好一些.选C 2. 设f(x)是R 上的奇函数,且f(x +3)=-f(x),当0≤x≤ 23时,f(x)=x ,则f(2003)=( ) A.-1 B.0 C.1 D.2003 解:f(x +6)=f(x +3+3)=-f(x +3)=f(x) ∴ f(x)的周期为6 f(2003)=f(6×335-1)=f(-1)=-f⑴=-1 选A 3. 定义在实数集上的函数f(x),对一切实数x 都有f(x +1)=f(2-x)成立,若f(x)=0仅有 101个不同的实数根,那么所有实数根的和为( ) A.150 B.2303 C.152 D.2 305 提示:由已知,函数f(x)的图象有对称轴x = 23 于是这101个根的分布也关于该对称轴对称.

即有一个根就是23,其余100个根可分为50对,每一对的两根关于x =2 3对称 利用中点坐标公式,这100个根的和等于 23×100=150 所有101个根的和为 23×101=2303.选B 4. 实数x ,y 满足x 2=2xsin(xy)-1,则x 1998+6sin 5 y =______________. 解:如果x 、y 不是某些特殊值,则本题无法(快速)求解 注意到其形式类似于一元二次方程,可以采用配方法 (x -sin(xy))2+cos 2(xy)=0 ∴ x=sin(xy) 且 cos(xy)=0 ∴ x=sin(xy)=±1 ∴ siny=1 xsin(xy)=1 原式=7 5. 已知x =9919+是方程x 4+bx 2+c =0的根,b ,c 为整数,则b +c =__________. 解:(逆向思考:什么样的方程有这样的根?) 由已知变形得x -9919= ∴ x 2-219x +19=99 即 x 2-80=219x 再平方得x 4-160x 2+6400=76x 2 即 x 4-236x 2+6400=0 ∴ b=-236,c =6400 b + c =6164 6. 已知f(x)=ax 2+bx +c(a >0),f(x)=0有实数根,且f(x)=1在(0,1)内有两个实数根, 求证:a >4. 证法一:由已知条件可得 △=b 2-4ac≥0 ① f⑴=a +b +c >1 ②

高中数学奥赛的技巧(上篇)

奥林匹克数学的技巧(上篇) 有固定求解模式的问题不属于奥林匹克数学,通常的情况是,在一般思维规律的指导下,灵活运用数学基础知识去进行探索与尝试、选择与组合。这当中,经常使用一些方法和原理(如探索法,构造法,反证法,数学归纳法,以及抽屉原理,极端原理,容斥原理……),同时,也积累了一批生气勃勃、饶有趣味的奥林匹克技巧。在2-1曾经说过:“竞赛的技巧不是低层次的一招一式或妙手偶得的雕虫小技,它既是使用数学技巧的技巧,又是创造数学技巧的技巧,更确切点说,这是一种数学创造力,一种高思维层次,高智力水平的艺术,一种独立于史诗、音乐、绘画的数学美。” 奥林匹克技巧是竞赛数学中一个生动而又活跃的组成部分。 2-7-1 构造 它的基本形式是:以已知条件为原料、以所求结论为方向,构造出一种新的数学形式,使得问题在这种形式下简捷解决。常见的有构造图形,构造方程,构造恒等式,构造函数,构造反例,构造抽屉,构造算法等。 例2-127 一位棋手参加11周(77天)的集训,每天至少下一盘棋,每周至多下12盘棋,证明这棋手必在连续几天内恰好下了21盘棋。 证明:用n a 表示这位棋手在第1天至第n 天(包括第n 天在内)所下的总盘数(1,2,77n =…),依题意 127711211132a a a ≤<<≤?=… 考虑154个数: 12771277,,,21,21,21a a a a a a +++…,?, 又由772113221153154a +≤+=<,即154个数中,每一个取值是从1到153的自然数,因而必有两个数取值相等,由于i j ≠时,i i a a ≠ 2121i j a a +≠+ 故只能是,21(771)i j a a i j +≥>≥满足 21i j a a =+ 这表明,从1i +天到j 天共下了21盘棋。 这个题目构造了一个抽屉原理的解题程序,并具体构造了154个“苹果”与153个“抽屉”,其困难、同时也是精妙之处就在于想到用抽屉原理。 例 2-128 已知,,x y z 为正数且()1xyz x y z ++=求表达式()()x y y z ++的最最小值。 解:构造一个△ABC ,其中三边长分别为a x y b y z c z x =+??=+??=+? ,则其面积为 1?= 另方面2()()2sin x y y z ab C ?++==≥ 故知,当且仅当∠C=90°时,取值得最小值2,亦即222()()()x y y z x z +++=+

高中数学竞赛讲义

高中数学竞赛资料 一、高中数学竞赛大纲 全国高中数学联赛 全国高中数学联赛(一试)所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容,但在方法的要求上有所提高。 全国高中数学联赛加试 全国高中数学联赛加试(二试)与国际数学奥林匹克接轨,在知识方面有所扩展;适当增加一些教学大纲之外的内容,所增加的内容是: 1.平面几何 几个重要定理:梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。三角形中的几个特殊点:旁心、费马点,欧拉线。几何不等式。几何极值问题。几何中的变换:对称、平移、旋转。圆的幂和根轴。面积方法,复数方法,向量方法,解析几何方法。 2.代数 周期函数,带绝对值的函数。三角公式,三角恒等式,三角方程,三角不等式,反三角函数。递归,递归数列及其性质,一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。 第二数学归纳法。平均值不等式,柯西不等式,排序不等式,切比雪夫不等式,一元凸函数。 复数及其指数形式、三角形式,欧拉公式,棣莫弗定理,单位根。多项式的除法定理、因式分解定理,多项式的相等,整系数多项式的有理根*,多项式的插值公式*。 n次多项式根的个数,根与系数的关系,实系数多项式虚根成对定理。 函数迭代,简单的函数方程* 3.初等数论 同余,欧几里得除法,裴蜀定理,完全剩余类,二次剩余,不定方程和方程组,高斯函数[x],费马小定理,格点及其性质,无穷递降法,欧拉定理*,孙子定理*。

4.组合问题 圆排列,有重复元素的排列与组合,组合恒等式。组合计数,组合几何。抽屉原理。容斥原理。极端原理。图论问题。集合的划分。覆盖。平面凸集、凸包及应用*。 注:有*号的内容加试中暂不考,但在冬令营中可能考。 二、初中数学竞赛大纲 1、数 整数及进位制表示法,整除性及其判定;素数和合数,最大公约数与最小公倍数;奇数和偶数,奇偶性分析;带余除法和利用余数分类;完全平方数;因数分解的表示法,约数个数的计算;有理数的概念及表示法,无理数,实数,有理数和实数四则运算的封闭性。 2、代数式 综合除法、余式定理;因式分解;拆项、添项、配方、待定系数法;对称式和轮换对称式;整式、分工、根式的恒等变形;恒等式的证明。 3、方程和不等式 含字母系数的一元一次方程、一元二次方程的解法,一元二次方程根的分布;含绝对值的一元一次方程、一元二次方程的解法;含字母系数的一元一次不等式的解法,一元二次不等式的解法;含绝对值的一元一次不等式;简单的多元方程组;简单的不定方程(组)。 4、函数 二次函数在给定区间上的最值,简单分工函数的最值;含字母系数的二次函数。 5、几何 三角形中的边角之间的不等关系;面积及等积变换;三角形中的边角之间的不等关系;面积及等积变换;三角形的心(内心、外心、垂心、重心)及其性质;相似形的概念和性质;圆,四点共圆,圆幂定理;四种命题及其关系。 6、逻辑推理问题 抽屉原理及其简单应用;简单的组合问题简单的逻辑推理问题,反证法;

学高中数学竞赛辅导计划

学高中数学竞赛辅导计 划 Document number【AA80KGB-AA98YT-AAT8CB-2A6UT-A18GG】

2016年高中数学竞赛辅导计划 为搞好2016年全国数学联赛备考工作,并以此为契机,培养我校学生数学学习的积极性,进一步提高我校的办学品位,特举办本届高中数学联赛辅导班。 一、指导思想: 以科学发展观、新课程理论为指导;以提高学生学习数学、应用数学的兴趣,提高学生的数学素养为宗旨;坚持以生为本、有利于学生的终生发展的原则,立足实际、因材施教,开展数学竞赛辅导班工作。 二、目标要求 1、适当拓宽学生数学知识视野,注重渗透一些常用的数学思想方法、加深对数学本质的认识。 2、注重培养学生良好的思维品质,提高学生的探究知识及运用数学知识和数学思想方法分析、解决问题的能力。 3、注意培养学生的应用意识、创新意识、协作意识,培养学生良好的科学态度。 4、使学生在探究知识,解决问题的过程中,感受数学文化的博大精深和数学方法的巨大创造力,感受数学的魅力,增强对数学的向往感;从而激发学生学习数学的热情。培养学生不畏困难、敢于攀登科学高峰的勇气。 5、力争在2016年高中数学联赛中至少有两人次取得省级三等以上的奖项,在本市同层次学校中名列前茅,为学校争光。 三、管理措施: 1、依据全国数学联赛考试大纲,结合近几年数学联赛试题特点,根据教学进度和学生认知结构特点,精心选择、合理安排教学内容,循序渐进,逐步提高。 2、精心准备,讲究实效。认真编写讲义(或教案),上课前一周将讲义制好并分发给学生。认真上好每一节辅导课,使学生真正学有所得。 3、以集体讲解与学生自主学习和小组合作学习相结合的学习形式组织学习,充分调动学生学习的积极性,保障学生的主体地位。 4、精编课后巩固练习与强化,及时检查、及时批改、及时反馈,确保质量。 5、制定辅导班班规,严格考勤制度。 6、争取学校有关领导、班主任及数学教师的支持,确保后勤保障。 五、学生选拔:先由学生本人自愿报名,经家长同意后,由有关班主任、任课教师协商并推荐人选,通过选拔考试择优录取50名。 六、辅导教师: 七、活动时间: 八、活动地点: 注: 1、若有特殊情况须作临时调整,则另行通知。 2、本计划有不周之处或未尽事宜,将在执行过程中进行不断完善。 年月日2016年高中数学联赛辅导课安排表

高中数学奥林匹克竞赛

高中数学奥林匹克竞赛 奥数学林匹克竞竞~竞称奥数。年和年~竞竞竞始在列格勒宁和莫斯科竞竞中竞竞~学数学19341935 并冠以数学奥林匹克的名~称年在布加勒斯特竞竞第一届国数学奥竞竞竞竞林匹克。竞竞竞竞国数学奥1959 林匹克作竞一竞竞性竞事~由竞国国数学教育竞家命竞。 我的高中竞竞分三竞,每年国数学月中旬的全竞竞~次年一月的国;冬令竞,~次年三10CMO月竞始的家国集竞竞的竞竞竞拔。与 “全高中竞竞国数学”;竞竞于年,~承竞方式初中竞竞相同~每年与月竞行~分竞一竞和198110二竞~在竞竞竞竞中取得竞成竞的全竞异国名生有竞格加由中主竞的“学参国数学会中林国数学奥90 匹克;,竞全中生冬令竞”;每年元月,。国学数学CMO 全竞竞分竞一竞、加竞国数学(即称俗的“二竞”)。各省自己竞竞的“初竞”、个份“初竞”、“竞竞”等等~都不是正式的全竞竞名及程序。国称一竞 全高中竞竞的一竞竞竞大竞~完全按照全日制中《大竞》中所竞定的要求国数学学数学教学教学 和容~高考所竞定的知竞范竞和方法~在方法的要求上略有提高~其中率和内即概微竞分初步 不考。 二竞 平面何几 基本要求,掌握初中竞竞大竞所定的所有容。确内

竞充要求,面竞和周竞方法。 几个重要定理,梅涅竞斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。 几个重要的极竞,到三角形三竞点距之和最小的点离——竞竞点。到三角形三竞点距的离平方 和最小的点重心。三角形到三竞距之竞最大的点重心。——内离—— 几何不等式。 竞竞的等周竞竞。了解下述定理, 在周竞一定的竞形的集合中~正竞形的面竞最大。n n 在周竞一定的竞竞竞曲竞的集合中~竞的面竞最大。 在面竞一定的竞形的集合中~正竞形的周竞最小。nn 在面竞一定的竞竞竞曲竞的集合中~竞的周竞最小。 几运何中的竞,反射、平移、旋竞。 竞数方法、向量方法。* 平面凸集、凸包及竞用。 代数 在一竞大竞的基竞上外要求的容,另内 周期函数与周期~竞竞竞竞的函的竞像。数三倍角公式~三角形的一些竞竞的恒等式~三角不 等式。 第二竞竞法。竞竞~一竞、二竞竞竞~数学特征方程法。 函迭代~求数次迭代~竞竞的函方程数。n** 个竞元的平均不等式~柯西不等式~排序不等式及竞用。n 竞的指形式~数数欧拉公式~美弗定理棣~竞位根~竞位根的竞用。竞排列~有重竞的排列竞合。竞竞的与竞合恒等式。

高中数学奥赛辅导讲课稿

数列与递进 知识、方法、技能 数列是中学数学中一个重要的课题,也是数学竞赛中经常出现的问题. 所谓数列就是按一定次序排列的一列数.数列的一般形式是a 1, a 2, …,a n , …通常简记为{a n }.如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的函数关系可用一个公式来表示,这个公式就叫做这个数列的通项公式. 从函数的角度看,数列可以看做是一个函数,定义域是自然数集或自然数集的一个有限子集,函数表达式就是数列的通项公式. 对于数列{a n },把S n =a 1+a 2+…+a n 叫做数列{a n }的前n 项和,则有 ???≥-==-).2(),1(11n S S n S a n n n I .等差数列与等比数列 1.等差数列 (1)定义:.2)(211++++= =-n n n n n a a a d a a 或常量 (2)通项公式:a n =a 1+(n -1)d . (3)前n 项和公式:.2 )1(2)(11d n n na a a n S n n -+=+= (4)等差中项:.2 21+++=n n n a a a (5)任意两项:a n =a m +(n -m)d. (6)性质: ①公差为非零的等差数列的充要条件是通项公式为n 的一次函数; ②公差为非零的等差数列的充要条件是前n 项和公式为n 的不含常数项的二次函数; ③设{a n }是等差数列,如果m 、n 、p 、q ∈N*,且m+n=p+q ,那么a m +a n =a p +a q ; ④设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,则S m , S 2m -S m , S 3m -S 2m , …, S pm -S (p -1)m (m>1,p ≥3,m 、p ∈N*)仍成等差数列; ⑤设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,则}{n S n 是等差数列; ⑥设{a n }是等差数列,则{λa n +b}(λ,b 是常数)是等差数列;

【高中教育】最新高中数学奥林匹克竞赛训练题(206)

——教学资料参考参考范本——【高中教育】最新高中数学奥林匹克竞赛训练题(206) ______年______月______日 ____________________部门

第一试 一、填空题(每小题8分,共64分) 1。已知正整数组成等比数列,且则的最大值为 。 ()a b c a b c <<、、201620162016log log log 3,a b c ++=a b c ++ 2。关于实数的方程的解集为 。x 2 12sin 2222log (1sin )x x -=+- 3。曲线围成的封闭图形的面积为 。 2224x y y +≤ 4。对于所有满足的复数均有,对所有正整数,有,若 。 z i ≠z ()z i F z z i -= +n 1()n n z F z -=020162016,z i z =+=则 5。已知P 为正方体棱AB 上的一点,满足直线A1B 与平面B1CP 所成角 为,则二面角的正切值为 。1111ABCD A B C D -0 6011A B P C -- 6。已知函数,集合则A= 。 22 ()224,()2f x x x g x x x =+-=-+()()f x A x Z g x +?? =∈?? ?? 7。在平面直角坐标系中,P 为椭圆在第三象限内的动点,过点P 引圆的两条切线PA 、PB ,切点分别为A 、B ,直线AB 与轴、轴分别交于点M 、 N ,则面积的最小值为 。 xOy 22 12516x y +=22 9x y +=x y OMN ? 8。有一枚质地均匀的硬币,现进行连续抛硬币游戏,规则如下:在抛掷的过程中,无论何时,连续出现奇数次正面后出现一次反面,则游戏停止;否则游戏继续进行,最多抛掷10次,则该游戏抛掷次数的数学期望为 。 二、解答题(共56分)

(推荐)高中数学竞赛基本知识集锦

高中数学竞赛基本知识集锦 一、三角函数 常用公式 由于是讲竞赛,这里就不再重复过于基础的东西,例如六种三角函数之间的转换,两角和与差的三角函数,二倍角公式等等。但是由于现在的教材中常用公式删得太多,有些还是不能不写。先从最基础的开始(这些必须熟练掌握): 半角公式 α αααααα cos 1sin sin cos 1cos 1cos 12tan +=-=+-±= 积化和差 ()()[]βαβαβα-++=sin sin 2 1cos sin ()()[]βαβαβα--+=sin sin 2 1sin cos ()()[]βαβαβα-++=cos cos 2 1cos cos ()()[]βαβαβα--+-=cos cos 2 1sin sin 和差化积 2 cos 2sin 2sin sin βαβ αβα-+=+ 2 sin 2cos 2sin sin βαβαβα-+=- 2 cos 2cos 2cos cos βαβαβα-+=+ 2 sin 2sin 2cos cos βαβαβα-+-=- 万能公式 α αα2tan 1tan 22sin += α αα22tan 1tan 12cos +-= α αα2tan 1tan 22tan -= 三倍角公式 ()()αααααα+-=-= 60sin sin 60sin 4sin 4sin 33sin 3 ()() αααααα+-=-= 60cos cos 60cos 4cos 3cos 43cos 3 二、某些特殊角的三角函数值

三、三角函数求值 给出一个复杂的式子,要求化简。这样的题目经常考,而且一般化出来都是一个具体值。要熟练应用上面的常用式子,个人认为和差化积、积化和差是竞赛中最常用的,如果看到一些不常用的角,应当考虑用和差化积、积化和差,一般情况下直接使用不了的时候,可以考虑先乘一个三角函数,然后利用积化和差化简,最后再把这个三角函数除下去 举个例子 求值:7 6cos 74cos 72cos πππ++ 提示:乘以72sin 2π,化简后再除下去。 求值:??-?+?80sin 40sin 50cos 10cos 22 来个复杂的 设n 为正整数,求证n n n i n i 21212sin 1+=+∏=π 另外这个题目也可以用复数的知识来解决,在复数的那一章节里再讲 四、三角不等式证明 最常用的公式一般就是:x 为锐角,则x x x tan sin <<;还有就是正余弦的有界性。 例 求证:x 为锐角,sinx+tanx<2x 设12π ≥≥≥z y x ,且2π =++z y x ,求乘积z y x cos sin cos 的最大值和最小值。 注:这个题目比较难

江苏省金湖县实验中学高中数学 奥赛辅导 构造一次方程组的技巧

- 1 - 一、利用同类项的定义构造: 例1:已知m n m n b a --31999 1和1079999+-m n a b 是同类项,则.________22=+n m 二、利用二元一次方程的定义构造: 例2:若243724953=+--++n m n m y x 是二元一次方程,则n m 的值等于________. 三、利用方程组的解的定义构造: 例3:若???==12y x 是方程组???=+=-5 213by ax y ax 的解,求b a 、的值. 四、利用相反数的性质构造: 例4:已知a 的相反数是12+b ,b 的相反数是13+a ,则.________22=+b a 五、利用非负数性质构造: 例5:如果实数y x ,满足()022=++-y x x ,那么.________=y x 六、利用多项式恒等性质构造: 例6:已知多项式682322 2-+--+y x y xy x 可以分解为()()n y x m y x +-++22的形式,那么.________1 123=++n m 七、利用一次方程的解的特征构造: 例7:已知关于x 的方程()()()15133+=++-x x b x a 有无穷多个解,那么.________________,==b a 八、取特殊值构造: 例8:设b ax x x ++-2 32除以()()12+-x x 所得的余式为12+x ,那么.________________,==b a 九、弱化某些未知数构造: 例9:若,073, 0452=-+=++z y x z y x 则.________=-+z y x 十、利用新运算的定义构造: 例10:对于实数y x ,定义一种新运算*:,c by ax y x ++=*其中c b a 、、为常数,等式右边是通常的加法与乘法运算. 已知:,2874, 1553=*=*那么.________11=*

2019年度高一数学奥林匹克竞赛决赛试题及答案解析

2019年**一中高一数学竞赛奥赛班试题(决赛) 及答案 (时间:5月16日18:40~20:40) 满分:120分 一、 选择题(本大题共6小题,每小题5分,满分30分) 1.已知 M =},13|{},,13|{},,3|{Z n n x x P Z n n x x N Z n n x x ∈-==∈+==∈=,且 P c N b M a ∈∈∈,,,设c b a d +-=,则∈d ( ) A. M B. N C. P D.P M 2.函数()1 42-+ =x x x x f 是( ) A 是偶函数但不是奇函数 B 是奇函数但不是偶函数 C 既是奇函数又是偶函数 C 既不是奇函数也不是偶函数 3.已知不等式m 2 +(cos 2 θ-5)m +4sin 2 θ≥0恒成立,则实数m 的取值范围是( ) A . 0≤m ≤4 B . 1≤m ≤4 C . m ≥4或x ≤0 D . m ≥1或m ≤0 4.在△ABC 中,c b a ,,分别是角C B A ,,所对边的边长,若 0sin cos 2sin cos =+- +B B A A ,则 c b a +的值是( ) A.1 B.2 C.3 C.2 5. 设 0a b >>, 那么 2 1 () a b a b + - 的最小值是 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6.设ABC ?的内角A B C ,,所对的边,,a b c 成等比数列,则B C B A C A cos tan sin cos tan sin ++的取值范围是 ( ) A. (0,)+∞ B. C. D. )+∞. 二、填空题(本大题共10小题,每小题5分,满分50分) 7.母线长为3的圆锥中,体积最大的那一个的底面圆的半径为 8.函数| cos sin |2sin )(x x e x x f ++=的最大值与最小值之差等于 。

高中数学奥林匹克竞赛中的不变量技巧

数学奥林匹克竞赛中的不变量技巧 在一个变化的数学过程中常常有个别的不变元素或特殊的不变状态,表现出相对稳定的较好性质,选择这些不变性作为解题的突破口是一个好主意。 例1.从数集{}3,4,12开始,每一次从其中任选两个数,a b ,用345 5 a b -和435 5 a b +代替它们,能否通过有限多次代替得到数集{}4,6,12。 解:对于数集{},,a b c ,经过一次替代后,得出3 443,,5 5 5 5a b a b c ??-+???? , 有2222223443()()5555 a b a b c a b c -+++=++ 即每一次替代后,保持3个元素的平方和不变(不变量)。 由22222234124612++≠++知,不能由{}3,4,12替换为{}4,6,12。 例2.设21n +个整数1221,,,n a a a +…具有性质p ;从其中任意去掉一个,剩下的2n 个数可以分成个数相等的两组,其和相等。证明这2n+1个整数全相等。 证明:分三步进行,每一步都有“不变量”的想法: 第一步 先证明这2n+1个数的奇偶性是相同的 因为任意去掉一个数后,剩下的数可分成两组,其和相等,故剩下的2n 个数的和都是偶数,因此,任一个数都与这2n+1个数的总和具有相同的奇偶性; 第二步 如果1221,,,n a a a +…具有性质P ,则每个数都减去整数c 之后,仍具有性质P ,特别地取1c a =,得21312110,,,,n a a a a a a +---… 也具有性质P ,由第一步的结论知,2131211,,,n a a a a a a +---…都是偶数; 第三步 由21312110,,,,n a a a a a a +---…为偶数且具有性质P ,可得 31 211210, ,,,222 n a a a a a a +---… 都是整数,且仍具有性质P ,再由第一步知,这21n +个数的奇偶性相同,为偶数,所以都除以2后,仍是整数且具有性质P ,余此类推,对任意的正整数k ,均有 31 211210, ,,,222n k k k a a a a a a +---…为整数,且具有性质P ,因k 可以任意大,这就推得 21312110n a a a a a a +-=-==-=…即 1221n a a a +===…。

高中数学竞赛校本教材[全套](共30讲)

高中数学竞赛校本教材[全套](共30讲,含详细答案) 目录 §1数学方法选讲(1) (1) §2数学方法选讲(2) (11) §3集合 (22) §4函数的性质 (30) §5二次函数(1) (41) §6二次函数(2) (55) §7指、对数函数,幂函数 (63) §8函数方程 (73) §9三角恒等式与三角不等式 (76) §10向量与向量方法 (85) §11数列 (95) §12递推数列 (102) §13数学归纳法 (105) §14不等式的证明 (111) §15不等式的应用 (122) §16排列,组合 (130) §17二项式定理与多项式 (134) §18直线和圆,圆锥曲线 (143) §19立体图形,空间向量 (161) §20平面几何证明 (173)

§21平面几何名定理 (180) §22几何变换 (186) §23抽屉原理 (194) §24容斥原理 (205) §25奇数偶数 (214) §26整除 (222) §27同余 (230) §28高斯函数 (238) §29覆盖 (245) §29涂色问题 (256) §30组合数学选讲 (265) §1数学方法选讲(1) 同学们在阅读课外读物的时候,或在听老师讲课的时候,书上的例题或老师讲解的例题他都能听懂,但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手。看来,要提高解决问题的能力,要能在竞赛中有所作为,首先得提高分析问题的能力,这就需要学习一些重要的数学思想方法。 例题讲解 一、从简单情况考虑 华罗庚先生曾经指出:善于“退”,足够的“退”,退到最原始而又不失去重要性的地方,是学好数学的一个诀窍。从简单情况考虑,就是一种以退为进的一种解题策略。 1. 两人坐在一张长方形桌子旁,相继轮流在桌子上放入同样大小的硬币。条件是硬币一定要平放在桌子上,后放的硬币不能压在先放的硬币上,直到桌子上再也放不下一枚硬币为止。谁放入了最后一枚硬币谁获胜。问:先放的人有没有必定取胜的策略?

金湖县实验中学高中数学奥赛辅导整式的恒等变形

内容:(1)运用运算性质法则。(2)灵活运用乘公式。(3)配方法。 (4)应用因式分解。(5)代换法。 一.(运用性质和法则) 1. 设x , y , z 都是整数,且11整除7x+2y-5z , 求证:11整除3x-7y+12z . 2. 已知d cx x ax y +++=356,当x = 0 时,y = - 3 ;当x = -5 时,y = 9 , 求当x = 5时 y 的值。 二.(灵活运用乘法公式) 3. 计算:()()()()1121212123242+++++ 4. 设a , b , c 为有理数,且0,0333=++=++c b a c b a . 求证:对于任何正奇数n ,都有0=++n n n c b a 5. 当1,0222=++=++c b a c b a 时,试求下列各式的值: (1)ab ca bc ++ ;(2)444c b a ++ 6. 试求x x x x x x +++++392781243被1-x 除的余数。 三.(配方法) 7. 证明:当a , b 取任意有理数时,多项式116222++-+b a b a 的值总是正数。 8. 若() ()22223214c b a c b a ++=++,求a : b : c . 9. 已知a , b , c , d 为正数,且abcd d c b a 44444=+++, 求证: a = b = c = d . 11. 解方程:0441212322222=+-++-y y y x y x x 12.若a , b , c , d 是整数,且2222,d c n b a m +=+=, 求证:mn 可表示成两个整数的平方和。 13.已知2,122=+=+b a b a ,求77b a +的值。 四.(应用因式分解) 14.在三角形ABC 中,22216c b a -- 0106=++bc ab (a , b , c 是三角形的三边), 求证:b c a 2=+ 15.已知c a bc a b c b ac b a 222222++=++,试求()()()a c c b b a ---的值。 五.(代换法) 16.已知a , b , c 适合,d c b a +=+ 3333d c b a +=+。

高中数学奥林匹克竞赛全真试题

1 2003年全国高中数学联合竞赛试题 一、选择题(本题满分36分,每小题6分) 1、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.这个新数列的第2003项是( ) A .2046 B .2047 C .2048 D .2049 2、设a ,b ∈R ,ab ≠0,那么,直线ax -y +b =0和曲线bx 2+ay 2=ab 的图形是( ) 3、过抛物线y 2=8(x +2)的焦点F 作倾斜角为60°的直线.若此直线与抛物线交于A 、B 两点,弦AB 的中垂线与x 轴交于P 点,则线段PF 的长等于( ) A . 163 B .8 3 C D . 4、若5[,]123 x ππ ∈--,则2tan()tan()cos()366y x x x πππ=+-+++的最大值是( ). A B C D 5、已知x 、y 都在区间(-2,2)内,且xy =-1,则函数2 2 4949u x y = + --的最小值是( ) A . 85 B .2411 C .127 D .125 6、在四面体ABCD 中,设AB =1,CD AB 与CD 的距离为2,夹角为3 π ,则四 面体ABCD 的体积等于( ) A B .12 C .1 3 D 二、填空题(本题满分54分,每小题9分) 7、不等式|x |3-2x 2-4|x |+3<0的解集是__________. 8、设F 1,F 2是椭圆22 194 x y +=的两个焦点,P 是椭圆上的点,且|PF 1|:|PF 2|=2:1,则△PF 1F 2的面积等于__________. 9、已知A ={x |x 2-4x +3<0,x ∈R },B ={ x |21- x +a ≤0,x 2-2(a +7)x +5≤0,x ∈R }.若A B ?,则实数a 的取值范围是__________. 10、已知a ,b ,c ,d 均为正整数,且35 log ,log 24 a c b d ==,若a - c =9,b - d =__________. 11、将八个半径都为1的球分两层放置在一个圆柱内,并使得每个球和其相邻的四个球相切,且与圆柱的一个底面及侧面都相切,则此圆柱的高等于__________. 12、设M n ={(十进制)n 位纯小数0.12 |n i a a a a 只取0或1(i =1,2,…,n -1) ,a n =1},

金湖县实验中学高中数学奥赛辅导数论初步—数的整除性

整数的整除性 定义:设a ,b 为二整数,且b ≠0,如果有一整数c ,使a =bc ,则称b 是a 的约数,a 是b 的倍数,又称b 整除a ,记作b|a. 显然,1能整除任意整数,任意整数都能整除0. 性质:设a ,b ,c 均为非零整数,则 ①.若c|b ,b|a ,则c|a. ②.若b|a ,则bc|ac ③.若c|a ,c|b ,则对任意整数m 、n ,有c|ma +nb ④.若b|ac ,且(a ,b)=1,则b|c 证明:因为(a ,b)=1 则存在两个整数s ,t ,使得 as +bt =1 ∴ asc +btc =c ∵ b|ac ? b|asc ∴ b|(asc +btc) ? b|c ⑤.若(a ,b)=1,且a|c ,b|c ,则ab|c 证明:a|c ,则c =as(s ∈Z) 又b|c ,则c =bt(t ∈Z) 又(a ,b)=1 ∴ s =bt'(t'∈Z) 于是c =abt' 即ab|c ⑥.若b|ac ,而b 为质数,则b|a ,或b|c ⑦.(a -b)| (a n -b n )(n ∈N),(a +b)|(a n +b n )(n 为奇数) 整除的判别法:设整数N =121n 1a a a a - ①.2|a 1?2|N , 5|a 1? 5|N ②.3|a 1+a 2+…+a n ?3|N 9|a 1+a 2+…+a n ?9|N ③.4|a a ? 4|N 25|a a ? 25|N ④.8|a a a ?8|N 125|a a a ?125|N ⑤.7||41n n a a a --a a a |?7|N ⑥.11||41n n a a a --a a a |?11|N ⑦.11|[(a 2n +1+a 2n -1+…+a 1)-(a 2n +a 2n -2+…+a 2)] ?11|N

高中数学竞赛校本教材[全套](共30讲

高中数学竞赛校本教材[全套](共30讲,含详细答 案) 目录 §1数学方法选讲(1) (1) §2数学方法选讲(2) (11) §3集合 (22) §4函数的性质 (30) §5二次函数(1) (41) §6二次函数(2) (55) §7指、对数函数,幂函数 (63) §8函数方程 (73) §9三角恒等式与三角不等式 (76) §10向量与向量方法 (85) §11数列 (95) §12递推数列 (102) §13数学归纳法 (105) §14不等式的证明 (111) §15不等式的应用 (122) §16排列,组合 (130) §17二项式定理与多项式 (134) §18直线和圆,圆锥曲线 (143) §19立体图形,空间向量 (161)

§20平面几何证明 (173) §21平面几何名定理 (180) §22几何变换 (186) §23抽屉原理 (194) §24容斥原理 (205) §25奇数偶数 (214) §26整除 (222) §27同余 (230) §28高斯函数 (238) §29覆盖 (245) §29涂色问题 (256) §30组合数学选讲 (265) §1数学方法选讲(1) 同学们在阅读课外读物的时候,或在听老师讲课的时候,书上的例题或老师讲解的例题他都能听懂,但一遇到没有见过面的问题就不知从何处入手。看来,要提高解决问题的能力,要能在竞赛中有所作为,首先得提高分析问题的能力,这就需要学习一些重要的数学思想方法。 例题讲解 一、从简单情况考虑 华罗庚先生曾经指出:善于“退”,足够的“退”,退到最原始而又不失去重要性的地方,是学好数学的一个诀窍。从简单情况考虑,就是一种以退为进的一种解题策略。1. 两人坐在一张长方形桌子旁,相继轮流在桌子上放入同样大小的硬币。条件是硬币一定要平放在桌子上,后放的硬币不能压在先放的硬币上,直到桌子上再也放不下一枚硬币为止。谁放入了最后一枚硬币谁获胜。问:先放的人有没有必定取胜的策略?

数学竞赛的背景、意义和辅导

数学竞赛的背景、意义和辅导 上海市育才初级中学但水平1数学竞赛的历史背景最先举办数学竞赛的国家是匈牙利。 早在1894年(我国清朝光绪年间),匈牙利数学物理学会就已通过了一项决议: 每年为中学生举办数学竞赛,从此之后,除了因世界大战和“匈牙利事件”中断了7年之外,这项竞赛每年10月都要举行。 1934年和1935年,前苏联开始在列宁格勒和莫斯科举办中学数学竞赛,并最先冠以“数学奥林匹克”的名称。 从此这一名称正式出现了。 1959年,罗马尼亚首都数学物理学会向7个国家发出邀请,在罗马尼亚首都布加勒斯特举办第一届“国际数学奥林匹克,从而产生了每年举办一次的国际数学奥林匹克(简称IMO),至2004年已举办45届。 (1980年东道主蒙古因经费困难停办过一届)我国第一次参加了1985年在芬兰举行的第26届国际数学奥林匹克,由于仓促上阵,准备不足和缺乏经验,这次成绩不理想,仅吴思皓同学获得铜牌。 1986年,中国数学奥林匹克代表队一行6人参加了在波兰华沙举办的第27届国际数学奥林匹克竞赛,有3人获得金牌,1人获得银牌,1人获得铜牌,团体总分名列 第4。 我国中学生第二次参加比赛就表现出这样高的水平,取得了这样好的成绩,确实举世瞩目。 第一次向世界显示: 中国中学生数学奥林匹克队已跌入世界强队之列。

此后,我国中学生参加国际数学奥林匹克的成绩不断提高,1992年第33届国际数学奥林匹克获得6枚金牌和团体总分第一,更是来之不易。 1956年,在北京、上海、天津、武汉四大城市举办了我国第一届数学竞赛,并一直延续到现在。 2数学竞赛的意义许多国家对中学生数学竞赛如此热衷,花了很大的精力和代价操办这一事情,究竟有没有意义?这里我们引述美国航天之父冯·卡门在《航空航天时代的科学奇才》一书中的一段话: “跟据我所知,目前在国外的匈牙利著名科学家当中,有一半以上都是数学惊赛的优胜者,在美国的匈牙利科学家,如爱德华、泰勒、列夫·西拉得、乔治·波利亚、冯·牛曼等几乎都是数学竞赛的优生者。 我衷心希望美国和其他国家都能大力倡导这种数学竞赛。 ”数学竞赛确实是一项传统的智力竞赛问题,它对于激发青少年学习数学的兴趣,扩展知识视野,培养数学思维能力,选拔数学人才都有重要的意义。 它的积极影响主要表现在以下几个方面。 2.1早期发现人才,长期培养在数学竞赛中我们可以发现一批思维敏捷、智力超群的学生,这可引起我们教师的注意并加以重点培养。 第31届IMO中黄康中学的黄崧同学获得了金牌,当然是他的智力好,思维敏捷,但老师对他的早期培养是主要的。 黄干中学的老师说得好: “要使天才不致荒废,必须早期发现,长期培养。 ” 2.2举办数学竞赛符合因材施教的原则我们应该承认学生智力上的差异。 教科书上的数学是“大众数学”,是今后作为社会公民必须要掌握的。

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