历年高中数学竞赛加试题 19页

加试1.（本题满分40分）实数a使得对于任意实数，不等式都成立，求a的最大值．2.（本题满分40分）在直角三角形ABC中，，它的内切圆分别与边BC，CA，AB相切与点D，E，F，连接AD，与内切圆相交于另一点P，连接PC，PE，PF．已知，求证：∥．3．（本题满分50分）对正整数n，记为数的十进制表示的数码和．(1)求的最小值；(2)是否存在一个正整数n，使得=100？4．（本题满分50分）求满足如下条件的最小正整数n，在圆O的圆周上任取n个点，则在个角中，至少有2011个不超过．加试1．a的最大值为．因为当时，得．\n又当时，不等式恒成立．事实上，所以，a的最大值为．2．连接DE，DF，则△BDF是等腰直角三角形．于是，故．又，所以△PFD∽△PDC，所以．①又由，，所以，△AFP∽△ADF，△AEP∽△ADE，于是，故由①得．②因为，结合②得，△EPD∽△EDC，所以，△EPD也是等腰三角形，于是，所以，∥．3．（1）由于是大于3的奇数，故．若，则\n只能为首位和末位为1，其余数码为0的一个数，即=，k是大于1的整数．于是，由于，所以于是，矛盾！故．又当n=8时，=201，所以．综上所述，的最小值为3.（2）事实上，令，则，他的数码和为．由于100=9×11+1，所以，取，则=100.4．首先，当n＝90时，如图，设AB是圆O的直径，在点A和B的附近分别取45个点，此时，只有个角不超过，所以，n＝90不满足题意．当n＝91时，下面证明至少有2011个角不超过．把圆周上的91个点看作一个图的91个顶点，，若，则在它们对应的顶点之间连一条边，这样就得到一个图G．设图G中有e条边，易知，图中没有三角形．若e＝0，则有个角不超过，命题得证．若，不妨设顶点之间有边相连，因为图中没有三角形，所以，对于顶点，它至多与中的一个有边相连，所以，其中表示顶点v的度，即顶点v处引出的边数．因为，而对于图G中的每一条边的两个顶点，都有，于是，上式对每一条边求和可得\n，由柯西不等式，所以，故，所以，91个顶点中，至少有个点对，它们之间没有边相连，从而，它们对应的顶点所对应的角不超过．综上所述，n但最小值为91．\n2010年全国高中数学联赛模拟题3加试（二试）9：40~12：10共150分钟满分180分平面几何、代数、数论、组合1、（本题40分）在△ABC中，AB＞BC，K、M分别是边AB和AC的中点，O是△ABC的内心。设P点是直线KM和CO的交点，而Q点使得QP⊥KM且QM∥BO，证明：QO⊥AC。2、（本题40分）已知无穷数列满足.（1）对于怎样的实数x，y，总存在正整数,使当时，恒为常数？（2）求数列的通项公式.3、（本题50分）空间六点，任三点不共线，任四点不共面，成对地连接它们得十五条线段，用红色或蓝色染这些线段（一条线段只染一种颜色）.求证:无论怎样染,总存在同色三角形.（1953年美国普特南数学竞赛题）由此，证明有17位科学家,其中每一个人和其他所有人的人通信,他们的通信中只讨论三个题目.求证:至少有三个科学家相互之间讨论同一个题目. (第6届国际数学奥林匹克试题)\n4、（本题50分）设，证明：（1）对所有；（2）当时，（即互质）二试1、证：作OR⊥AC于R，过P作MK的垂线，交直线OR于Q点（如图）。这样只需证Q’M∥O，因为这时Q和Q’重合。   因为K，M分别为AB和AC的中点，所以KM∥BC，于是∠MPC＝∠BCP＝∠ACB＝∠MCP。因此MP＝MC＝MA，这样一来，P点在以AC为直径的圆周上，且∠APC＝90°。   在四边形APOR中，∠APO＝∠ARO＝90°，所以APOR内接于圆，∠RPO＝∠RAO＝×∠BAC。   在四形边MPQ’R中，∠MPQ’＝∠MRQ’＝90°，所以MPQ’R内接于圆，于是∠Q’MR＝∠Q’PR＝∠Q’PO＋∠OPR＝（90°－∠OPM）＋∠BAC＝（90°－∠ACB）＋∠BAC。   设BO交AC于D，在△BDC中，∠BDC＝180°－∠ACB－∠ABC＝90°＋∠BAC－∠ACB＝∠Q’MR，因此MQ’∥BO，于是本题得证。2、解：由递归方程，得不动点.由不动点方法.令，则.易知，.注意到，其中，，，为斐波那契数列.于是，.\n故.（1）要使总存在正整数，当时，恒为常数，还需分情况讨论.（i）若，当时，恒为常数.由，，，……有，且.此时，恒为常数1或.（ii）若，当时，恒为常数.首先，当时，如果，由，及，有.注意到.又由，有.于是，由，有，矛盾.此时，只能是，即，所以，，，……于是，，且，且，或，且，.因此，当或，且时，取.当时，恒为常数.其次，当在时不恒为，但当时，使\n恒为常数，故.则在时恒为常数.显然，，.若且，则，有的分母为0，矛盾.所以，只能或，即或，且时，当时，恒为常数1.综上，当且或且时，总存在正整数，使当时恒为常数1或.（2）注意到.则.故，，.3、证明 设A、B、C、D、E、F是所给六点.考虑以A为端点的线段AB、AC、AD、AE、AF，由抽屉原则这五条线段中至少有三条颜色相同，不妨设就是AB、AC、AD，且它们都染成红色.再来看△BCD的三边，如其中有一条边例如BC是红色的，则同色三角形已出现（红色△ABC）；如△BCD三边都不是红色的，则它就是蓝色的三角形，同色三角形也现了.总之,不论在哪种情况下,都存在同色三角形.证明 用平面上无三点共线的17个点A1,A2,…，A17分别表示17位科学家.设他们讨论的题目为x,y,z,两位科学家讨论x连红线,讨论y连蓝线,讨论z连黄线.于是只须证明以这17个点为顶点的三角形中有一同色三角形.\n考虑以A1为端点的线段A1A2,A1A3,…，A1A17，由抽屉原则这16条线段中至少有6条同色，不妨设A1A2，A1A3，…，A1A7为红色.现考查连结六点A2，A3，…，A7的15条线段，如其中至少有一条红色线段，则同色（红色）三角形已出现；如没有红色线段，则这15条线段只有蓝色和黄色，由例5知一定存在以这15条线段中某三条为边的同色三角形（蓝色或黄色）.问题得证.（属图论中的接姆赛问题.）4、证明：（1）由递推关系得当时，，即，那么∴对所有，（2）由递推关系得不妨设，得，令则加试1.（40分）如图，锐角三角形ABC的外心为O，K是边BC上一点（不是边BC的中点），D是线段AK延长线上一点，直线BD与AC交于点N，直线CD与AB交于点M．求证：若OK⊥MN，则A，B，D，C四点共圆．2.（40分）设k是给定的正整数，．记，．证明：存在正整数m，使得\n为一个整数．这里，表示不小于实数x的最小整数，例如：，．3.（50分）给定整数，设正实数满足，记．求证：．4.（50分）一种密码锁的密码设置是在正n边形的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？解答1.用反证法．若A，B，D，C不四点共圆，设三角形ABC的外接圆与AD交于点E，连接BE并延长交直线AN于点Q，连接CE并延长交直线AM于点P，连接PQ．因为P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O），同理，所以，故⊥．由题设，OK⊥MN，所以PQ∥MN，于是．①由梅内劳斯（Menelaus）定理，得，②．③由①，②，③可得，所以，故△DMN∽△DCB，于是\n，所以BC∥MN，故OK⊥BC，即K为BC的中点，矛盾！从而四点共圆.注1：“P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）”的证明：延长PK至点F，使得，④则P，E，F，A四点共圆，故，从而E，C，F，K四点共圆，于是，⑤⑤-④，得P的幂（关于⊙O）K的幂（关于⊙O）．注2：若点E在线段AD的延长线上，完全类似．2.记表示正整数n所含的2的幂次．则当时，为整数．下面我们对用数学归纳法．当时，k为奇数，为偶数，此时为整数．假设命题对成立．对于，设k的二进制表示具有形式，这里，或者1，．\n于是，①这里.显然中所含的2的幂次为．故由归纳假设知，经过f的v次迭代得到整数，由①知，是一个整数，这就完成了归纳证明．3.由知，对，有．注意到当时，有，于是对，有，故．\n4.对于该种密码锁的一种密码设置，如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同，在它们所在的边上标上a，如果颜色不同，则标上b，如果数字和颜色都相同，则标上c．于是对于给定的点上的设置（共有4种），按照边上的字母可以依次确定点上的设置．为了使得最终回到时的设置与初始时相同，标有a和b的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记a，b，c，使得标有a和b的边都是偶数条的方法数的4倍．设标有a的边有条，，标有b的边有条，．选取条边标记a的有种方法，在余下的边中取出条边标记b的有种方法，其余的边标记c．由乘法原理，此时共有种标记方法．对i，j求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为．①这里我们约定．当n为奇数时，，此时．②代入①式中，得．当n为偶数时，若，则②式仍然成立；若，则正n边形的所有边都标记a，此时只有一种标记方法．于是，当n为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为\n．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n为奇数时有种；当n为偶数时有种．加试一、（本题满分40分）设为直线上顺次排列的五点，，在直线外的一点，连结并延长至点，恰使，同时成立.求证：。\n二、（本题满分40分）已知：，，求证：。三、（本题满分50分）设正整数n大于1，它的全部正因数为d1，d2，…，dk，满足1=d1