高中数学竞赛(00-06年)试题分类汇总 - 综合题选讲
更新时间:2024-01-04 02:50:01 阅读量: 教育文库 文档下载
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专题八 竞赛中的杂题选讲
一、 选择题(每小题6分)
1.(05全国)记集合T?{0,1,2,3,4,5,6},M?{a1a2a3a4?2?3?4|ai?T,i?1,2,3,4},将7777M中的元素按从大到小的顺序排列,则第2005个数是 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ( )w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
55635562?2?3?4 B.?2?3?4 7777777711041103 C.?2?3?4 D.?2?3?4
77777777A.
解:用[a1a2?ak]p表示k位p进制数,将集合M中的每个数乘以7,得
4M??{a1?73?a2?72?a3?7?a4|ai?T,i?1,2,3,4}?{[a1a2a3a4]7|ai?T,i?1,2,3,4}.
M? 中的最大数为[6666]7?[2400]10。
在十进制数中,从2400起从大到小顺序排列的第2005个数是2400-2004=396。而
1104[396]10?[1104]7将此数除以74,便得M中的数?2?3?4.故选C
77772.(04天津)如图,以O(0,0)、A(1,0)为顶点作正?OAP1,再以P1和P1A的中点B为顶点作正?P1BP2,再以P2B的中点C为顶点作正?P2和P2CP3,?,如此继续下去.有如下结论:
1①所作的正三角形的边长构成公比为的等比数列;
2②每一个正三角形都有一个顶点在直线AP2(x?1)上;
③第六个正三角形的不在第五个正三角形边上的顶点P6的坐标是
OP1CP2P6P3P5P4BA(6321,3); 6464④第2004个正三角形的不在第2003个正三角形边上的顶点P2004的横坐标是
x2004?1?122004.
其中正确结论的序号是 ①②③④ (把你认为正确结论的序号都填上). 3.(05天津)设由正整数有序数对(x,y)组成如下数列:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),?,按x+y的值由小到大的
顺序排列,当x+y的值相等时,按x的值由小到大的顺序排列.则有序数对(m,n)(m,
n均为正整数)在该数列中的位置是( )
(A)第2m+n-1位 (C)第
(B)第2m+n-2位 (D)第
(m?n?1)(m?n)?m位
2(m?n?2)(m?n?1)?m位
2解:D. 按x+y的值分组,x+y=m+n时为第m+n-1组,故该数列的前m+n-2组
(m?n?2)(m?n?1)(个),而对于有序数对(m,n),当x=m时,为第m+n2(m?n?2)(m?n?1)-1组中的第m位,故有序数对(m,n)在该数列的第?m位.
2x?yxyt4.(05天津)设集合M={a|a=,2+2=2,其中x、y、t、a均为整数}.则集合
t共有有序数对
M中的所有元素的和等于 ( )
(A)1
(B)4
tx
yy
y
y+1
(C)7
x(D)8
tx解:D.不妨设x≤y,有2=2+2≤2+2=2.则t≤y+1.由2>0,得2=2+2>2,则t>y,∴y<t≤y+1.又知x,y,t均为整数,则t=y+1,有2=2+2,故
yyy+1
xyx=y=t-1. 于是a=
x?y2=2-,这里a、t∈Z,可得t=±1,±2,则a=0,1,tt3,4.故集合M中所有元素的和为8. 二、 填空题(本题满分54分,每小题9分)
25.(04全国)设p是给定的奇质数,正整数k使得k?pk也是一个正整数,则
k=____________。
p?p2?4n2解:设k?pk?n,n?N,则k?pk?n?0,k?,从而p2?4n222*22是平方数,设为m,m?N,则(m?2n)(m?2n)?p.
2*2
?p2?1m???m?2n?1?2
?p是质数,且p?3,??,解得?22?m?2n?p?n?p?1??4p?m2p?(p2?1)(p?1)2?k??,故k?。(负值舍去)
2446.(04天津)若正奇数n不能表示为三个不相等的合数之和,则满足条件的n的最大值为
17 .
7.(04
天津)设a、b、c是直角三角形的三条边长,且
(an?bn?cn)2?2(a2n?b2n?c2n),其中n?N*,n?2,则
n的值等于 4 .
8.(05天津)如图3(a),已知正方体八个顶点分别赋值为a,b,c,d,adbhec da c b e,f,g,h,然后,将与每个顶点相邻的正方体的三个顶点所赋值
的算术平均值a,b,c,d,e,f,g,h放在另一个正方体gfe hf g图3(a)的相应顶点处,如图3(b).若a=9,b=8,c=11,d=10,e=13,f=12,g=15,h=14,则a+g的值为_________________. 解:20. a=
b?d?e3,?,h=d?e?g3,则 a=(b+d+e)-2g,g=(c+f+h)-2a,∴a+g=20.
三、解答题(每小题20分)
9.(04天津)已知{an}是等差数列,d为公差且不等于0,a1和d均为实数,它的前n项和记作Sn,设集合A?{(aSnn,n)|n?N*},B?{(x,y)|14x2?y2?1,x,y?R},
试问下列结论是否正确,如果正确,请给予证明;如果不正确,请举例说明. (Ⅰ)若以集合A中的元素作为点的坐标,则这些点都在一条直线上; (Ⅱ)A?B至多有一个元素; (III)当a1?0时,一定有A?B??. 【解】(Ⅰ)正确.因为,在等差数列{a(a1?an),所以,Sna?ann}中,Sn?n2n?12.这表明点(an,Snn)的坐标适合方程y?12(x?aS11).所以,点(an,nn)均在直线y?2(x?a1)上.????5分
?(Ⅱ)正确.设(x,y)?A?B,则(x,y)坐标中的x、y应是方程组?y?1?2x?12a1,?x2的解.解?y2?4?1这个方程组,消去y,得2a1x?a21??4.(﹡)当a1?0时,方程(﹡)无解,此时,
A?B??.?10分
图3(b)?4?a1当a1?0时,方程(﹡)只有一个解x?,此时方程组也只有一个解,即
2a12??4?a1,?x??2a1 ?2?y?a1?4.?4a1?2故上述方程组至多有一解,所以A?B至多有一个元素. ??????????15分
*d?1,(Ⅲ)不正确.取a1?1,对一切n?N,有an?a1?(n?1)d?n?0,Sn?0.这n时集合A中的元素的点的横、纵坐标均为正.另外,由于a1?1?0,如果A?B??,那
?4?a15么根据(Ⅱ)的结论,A?B至多有一个元素(x0,y0),而x0????0,
2a12a?43y0?1???0.这样的(x0,y0)?A,产生矛盾.所以,a1?1,d?1时,
4a14A?B??,故a1?0时,一定有A?B??是不正确的.????????20分
10.
(04天津)设边长为1的正?ABC的边BC上有n等分点,沿点B到点C的方向,
22依次为P1,P2,?,Pn?1,若Sn?AB?AP1?AP1?AP2???APn?1?AC ,求证:
11n2?2Sn?.
6n【证明】如图,设AB?c,AC?b,令BC?a,
1BC?p,则APk?AB?BPk?c?kpn(k?0,1,2,?,n).其中,AP0?AB,APn?AC.
?c?(2k?1)c?p?k(k?1)p ∴APk?1?APk?[c?(k?1)p]?(c?kp)(k?0,1,2,?,n) ?????5分 又∵Sn?AB?AP1?AP1?AP2???APn?1?AC, ∴Sn?nc?[22222?(2k?1)]c?p?[?k(k?1)]pk?1k?1nn2
?nc?nc?p?n(n?1)(n?1)(np)2 ???????????10分
32n2?1n2?122?nc?nc?(np)?(np)?nc?nc?a?a. ????15分
3n3n21n2?111n2?2?又∵|a|?|b|?|c|?1,c与a的夹角为60,∴Sn?n?n?.20分
23n6n?11.
(06天津)将1,2,?,16这16个数未填入如图所示的正方形中的小方格内,
每个小方格内填一个数,使每一行,每一列的各数之和各不相等且均能被正整数n(n?1)整除. (Ⅰ)求n的所有可能的值;
(Ⅱ)给出一种符合题意的具体填法(此填法适用于n的所有可能值). 【解】(Ⅰ)设si,ti(i?1,2,3,4)分别是第i行,第i列各数的和, 由题意得si?ain,ti?bin,其中ai,bi,是8个彼此不同的正整数, 因为1?2???16?136,所以
2?136??(si?ti)?n?(ai?bi)?n(1?2???8)?36n
i?1i?144得n?7.?????10分. 由si是n的倍数得
?si?14i是n的倍数,即136是n的
3倍数.即136?2?17,又n?1,n?7,因此n的可能值为2或4.?15分
(Ⅱ)符合题意的一种具体填法如图所示.?????20分 12.
(05天津)若P是一个由数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成的2n
位正整数,并同时满足如下两个条件:(1)数字1,2,?,n在P中各出现两次;(2)每两个相同的数字i(i=1,2,?,n)之间恰有i个数字.此时,我们称这样的正整数P为“好数”.例如,当n=3时,P可以是312 132.试确定满足条件的正整数n的值,并各写出一个相应的好数P.
解:由好数的定义,可知n≤9.对于好数P中的数字位置按由左到右的顺序考虑,如果数字i (i=1,2,?,n)第一次出现的位置记作ai,那么根据题意,数字i(i=1,2,?,n)第二次出现的位置应该是ai+(i+1),于是:?ai+?[ai?(i?1)]=?k,记S=?ai,则
i?1i?1k?1i?1nn2nnS+S+
n[2?(n?1)]2n(1?2n)n(3n?1)=,即S=.
422
因为S是正整数,可得n(3n-1)能被4整除.又n为正整数,所以n=3或4或7或8. 当n=3时,题目中已给出;
当n=4时,好数P可以是41 312 432; 当n=7时,好数P可以是71 316 435 724 625; 当n=8时,好数P可以是8 131 573 468 524 726. 13.
(06全国)将2006表示成5个正整数x1,x2,x3,x4,x5之和. 记S?1?i?j?5? xixj. 问:
(1) 当x1,x2,x3,x4,x5取何值时,S取到最大值;
(2) 进一步地,对任意1?i,j?5有xi?xj?2,当x1,x2,x3,x4,x5取何值时,S取到
最小值. 说明理由.
【解】 (1) 首先这样的S的值是有界集,故必存在最大值与最小值。 若
x1?x2?x3?x4?x5?2006, 且使 S?(1?i,j?5)???(5分) (*)
1?i?j?5?xixj取到最大值,则必有xi?xj?1,
??x1?1,事实上,假设(*)不成立,不妨假设x1?x2?2。则令x1??x2?1,xi??xi(i?3,4,5) x2??x2??x1?x2,x1??x2??x1x2?x1?x2?1?x1x2。将S改写成 有x1S?同
时
有
1?i?j?5?
xixj?x1x2??x1?x2??x3?x4?x5??x3x4?x3x5?x4x5
?x2??(x1??x2?)?x3?x4?x5??x3x4?x3x5?x4x5。于是有S??x1?x2??x1x2?0。这与S在x1,x2,x3,x4,x5时取到最大值矛盾。所以必有xi?xj?1, S??S?x1 (1?i,j?5). 因此当x1?402,x2?x3?x4?x5?401取到最大值。 ?????(10分)(2)当x1?x2?x3?x4?x5?2006且xi?xj?2时,只有
(I) (II)
402, 402, 402, 400, 400; 402, 402, 401, 401, 400;
(III) 402, 401, 401, 401, 401;
三种情形满足要求。????????(15分)
而后面两种情形是在第一组情形下作xi??xi?1,x?j?xj?1调整下得到的。根据上一小题的证明可以知道,每调整一次,和式S?1?i?j?5?xixj
变大。 所以在
x1?x2?x3?402,x4?x5?400情形取到最小值。 ????????(20分)
16、(06全国)设 f(x)?x2?a. 记f1(x)?f(x),fn(x)?f(fn?1(x)),n?2,3,?,
1??M?a?R对所有正整数 n, fn(0)?2. 证明:M???2, ?.
4????1【证明】(1)如果a??2,则f(0)?|a|?2,a?M。 ?????????(5分)
11nn?12,由题意 f(0)?a,f(0)?(f(0))?a,n?2,3,?. 则 411n① 当 0?a?时,f(0)?(?n?1).
4211 事实上,当n?1时,f(0)?a?, 设n?k?1时成立(k?2为某整数),则对n?k,
2(2)如果?2?a??1?11fk(0)?fk?1(0)?a?????.
?2?422n② 当 ?2?a?0时,f(0)?a(?n?1).
21事实上,当n?1时,f(0)?a, 设n?k?1时成立(k?2为某整数),则对n?k,有
?|a|?a?fk(0)??fk?1(0)??a?a2?a.注意到 当?2?a?0时,总有a2??2a,即
2?1?推出 ??2,??M。????(15分) a2?a??a?|a|. 从而有fk(0)?|a|.由归纳法,
4??(3)当a?11n时,记an?f(0),则对于任意n?1,an?a?且 442an?1?fn?1(0)?f(fn(0))?f(an)?an?a。
对于任意n?1,an?1?an?an?an?a?(an?)?a? 所
以
,
1221an?1?a?an?1?a1?n(a?)42111?a?, 则an?1?an?a?。 4442?a。当时,n?1a?41an?1?n(a?)?a?2?a?a?2,即fn?1(0)?2。因此a?M。综合(1)(2)(3),
4我们有M???2, ?。?????(20分)
4??1??w.w.w.k.s.5.u.c.o.m w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
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