高中数学竞赛（00-06年）试题分类汇总 - 综合题选讲

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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