5835093953全国高中数学联赛模拟卷二试

2014年全国高中数学联赛模拟卷(1)加试(考试时间：150分钟 满分：180分)ABCPQID O1I1I2姓名：_考试号：_得分：_一、（本题满分40分）在中，是斜边上的高，记分别是ADC, BCD,ABC的内心，在边上的射影为，的角平分线分别交于，且的连线与相交于，求证：四边形为正方形二、（本题满分40分）给定正数a, b, c, d, 证明：三、（本题满分50分）设，定义，证明：当时，为整数，且为奇数的充要条件是四、（本题满分50分）试求最小的正整数使得对于任何个连续正整数中，必有一数，其各位数字之和是7的倍数.一 证明：不妨设，由且分别是其内心，得 且，所以 则 设的内切圆半径分别为，的三边长为，在边上的射影为，并且 ，则，所以 ， ， ，因此且，则四点共圆 （由知）所以， 同理 ，又由角平分线性质得ABCPQID O1I1I2同理，另一方面，又，而，所以， 同理，所以四边形为平行四边形，由知四边形为正方形二解：由于问题的对称性, 只要证明对于任何正数x,y,z,下式成立x3+y3+z3x+y+zx2+y2+z23.因为如果上式成立, 则原式的左边不小于a2+b2+c23+b2+c2+d23+c2+d2+a23+d2+a2+b23=a2+b2+c2+d2.不失一般性, 可以在x+y+z=1的假设下证明上述不等式. 如果x+y+z1, 只要将不等式两边同除(x+y+z)2, 令X=x/(x+y+z), Y=y/(x+y+z), Z=z/(x+y+z). 于是问题转化成下列被修改的问题：给定满足条件X+Y+Z=1的正数X, Y, Z, 证明X3+Y3+Z3X2+Y2+Z23. 此不等式证明如下：3X3+3Y3+3Z3X3+Y3+Z3+X2Y+X2Z+XY2+Y2Z+XZ2+YZ2=X2X+Y+Z+Y2X+Y+Z+Z2(X+Y+Z)=X2+Y2+Z2.三证明：注意到 得反复运用上式，得，其中，得，从而可知，因此是整数. （1）当时，由有奇数个奇数项知为奇数，所以为奇数. （2）当时，故，所以为偶数 （3）当时，故，所以为偶数综上所述，命题成立，证毕.四解：首先，我们可以指出12个连续正整数，例如994，995，999，1000，1001，1005，其中任一数的各位数字之和都不是7的倍数，因此，.再证，任何连续13个正整数中，必有一数，其各位数字之和是7的倍数.对每个非负整数，称如下10个数所构成的集合:为一个“基本段”，13个连续正整数，要么属于两个基本段，要么属于三个基本段。当13个数属于两个基本段时，据抽屉原理，其中必有连续的7个数，属于同一个基本段；当13个连续数属于三个基本段时，其中必有连续10个数同属于.现在设 是属于同一个基本段的7个数，它们的各位数字之和分别是显然，这7个和数被7除的余数互不相同，其中必有一个是7的倍数.因此，所求的最小值为2014全国高中数学联赛模拟题(2)加试（二试）9：4012：10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，ABBC，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QPKM且QMBO，证明：QOAC。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)4、（本题50分）设，证明：（1）对所有；（2）当时，（即互质）1、证：作ORAC于R，过P作MK的垂线，交直线OR于Q点（如图）。这样只需证QMO，因为这时Q和Q重合。 因为K，M分别为AB和AC的中点，所以KMBC，于是MPCBCPACBMCP。因此MPMCMA，这样一来，P点在以AC为直径的圆周上，且APC90。 在四边形APOR中，APOARO90，所以APOR内接于圆，RPORAOBAC。 在四形边MPQR中，MPQMRQ90，所以MPQR内接于圆，于是QMRQPRQPOOPR（90OPM）BAC（90ACB）BAC。 设BO交AC于D，在BDC中，BDC180ACBABC90BACACBQMR，因此MQBO，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，.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.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2014年全国高中数学联赛加 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OKMN，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，OKMN，所以PQMN，于是 由梅内劳斯（Menelaus）定理，得， 由，可得， 所以，故DMN DCB，于是，所以BCMN，故OKBC，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， 则P，E，F，A四点共圆，故，从而E，C，F，K四点共圆，于是，-，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， 于是 ， 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 4. 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 这里我们约定 当n为奇数时，此时 代入式中，得 当n为偶数时，若，则式仍然成立；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 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 2015全国高中数学联赛模拟试题06加试一（本题满分40分）如图，在中，是的外接圆，过点作的切线交延长线于点，过点作的两条垂线分别与的中垂线交于点.求证：三点共线 二、（本题满分40分）已知无穷正数数列满足：（1）存在，使得；（2）对任意正整数均有，求证：三、（本题满分50分）设满足：，集合，如果，求证：（其中表示不超过的最大整数） 四、（本题满分50分）求所有的自然数，使得存在的一个置换满足：集合和均为的完全剩余系2015年全国高中数学联赛模拟试题10加试参考解答（时间：9:40-12:10 满分：180）一、（本小题满分40分）如图，四边形内接于圆，延长线交于，延长线交于，为圆上任一点，分别交圆于，若对角线交于，求证：三点共线二、（本小题满分40分）给定实数，个复数满足证明： 三、（本题满分50分）求具有下述性质的所有整数：存在无穷多个正整数使得不整除 法二：所求整数为除以外的所有整数.四、（本题满分50分）给定整数，求最小的整数，使得存在两个由整数构成的集合，同时满足以下条件：（1），且；（2）对中任意两个不同元素有：当且仅当解：最小的整数为，我们首先给出一个例子2015年全国高中数学联赛模拟试题11加试参考解答（时间：9:40-12:10 满分：180）一、（本小题满分40分）设是给定的正整数，且.对于个实数，记的最小值为.若，试求的最大值二、（本小题满分40分）三、（本题满分50分）试确定所有同时满足的三元数组，其中为奇素数，为大于1的整数四、（本题满分50分）2012年全国高中数学联赛加试试题一、（本题满分40分）如图，在锐角中，是边上不同的两点，使得设和的外心分别为，求证：三点共线。二、（本题满分40分）试证明：集合满足（1）对每个，及，若，则一定不是的倍数；（2）对每个（其中表示在 中的补集），且，必存在，使是的倍数三、（本题满分50分）设是平面上个点，它们两两间的距离的最小值为求证：四、（本题满分50分）设，是正整数证明：对满足的任意实数，数列中有无穷多项属于这里，表示不超过实数的最大整数2012年全国高中数学联赛加试试题（卷）一、（本题满分分）ABMNC如图，在锐角中，是边上不同的两点，使得设和的外心分别为，求证：三点共线。证明：如图.连接,过点作的垂线交的延长线于点,则是的切线.因此10分因为所以20分因而是的外接圆的切线30分故所以三点共线。40分二、（本题满分分）试证明：集合满足（）对每个，及，若，则一定不是的倍数；（）对每个（其中表示在 中的补集），且，必存在，使是的倍数证明:对任意的,设则如果是任意一个小于的正整数,则10分由于与中,一个为奇数,它不含素因子,另一个是偶数,它含素因子的幂的次数最多为,因此一定不是的倍数；20分若,且设其中为非负整数,为大于的奇数,则30分下面给出(2)的三种证明方法:证法一:令消去得由于这方程必有整数解;其中为方程的特解.把最小的正整数解记为则,故使是的倍数40分证法二:由于由中国剩余定理知,同余方程组在区间上有解即存在使是的倍数40分证法三:由于总存在使取使则存在使此时因而是的倍数40分三、（本题满分分）设是平面上个点，它们两两间的距离的最小值为求证：证法一:不妨设先证明:对任意正整数,都有显然, 对均成立,只有时右边取等号10分所以,只要证明当时,有即可.以为圆心,为半径画个圆,它们两两相离或外切;以圆心，为半径画圆，这个圆覆盖上述个圆20分所以30分由易知40分所以对时也成立.综上,对任意正整数都有.因而50分证法二: 不妨设以为圆心,为半径画个圆,它们两两相离或外切;10分设是是圆上任意一点,由于20分因而,以为圆心, 为半径的圆覆盖上述个圆30分故40分所以50分四、（本题满分分）设，是正整数证明：对满足的任意实数，数列中有无穷多项属于这里，表示不超过实数的最大整数证法一:(1)对任意,有10分令则20分又令,则因此存在使得所以.30分不然一定存在使得因此这与矛盾.所以一定存在使得40分(2)假设只有有限个正整数使得令则则不存在使得这与（1）的结论矛盾.所以数列中有无穷多项属于.终上所述原命题成立50分证法二:(1) 10分因此,当充分大时,可以大于如何一个正数,令则当时,20分因此,对于如何大于的正整数总存在使即否则,一定存在使且这样就有而矛盾.故一定存在使得30分令则故一定存在使,因此.40分这样的有无穷多个,所以数列中有无穷多项属于50分第 25 页 共 25 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