代数综合【解析版】.doc

1、全国联赛代数问题选1. 已知实数满足，则_【答】 0.由题意知，所以整理得，所以0.2使得不等式对唯一的整数成立的最大正整数为 【答】144.由条件得，由的唯一性，得且，所以，所以.当时，由可得，可取唯一整数值127.故满足条件的正整数的最大值为144.3已知为整数，且满足，则的可能的值有_个【答】 由已知等式得，显然均不为0，所以0或.若，则.又为整数，可求得或所以或.因此，的可能的值有3个.4已知非负实数满足，则的最大值为_ 【答】 ，易知：当，时，取得最大值.5. 张不同的卡片上分别写有数字2，2，4，4，6，6，从中取出3张，则这3张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的概率是 【

2、】 【答】 若取出的3张卡片上的数字互不相同，有2228种取法；若取出的3张卡片上的数字有相同的，有3412种取法.所以，从6张不同的卡片中取出3张，共有81220种取法.要使得三个数字可以构成三角形的三边长，只可能是：（2，4，4），（4，4，6），（2，6，6），（4，6，6），由于不同的卡片上所写数字有重复，所以，取出的3张卡片上所写的数字可以作为三角形的三边长的情况共有428种.因此，所求概率为.6设表示不超过实数的最大整数，令.已知实数满足，则_【答】 1设，则，所以，因式分解得，所以.由解得，显然，所以1.7小明某天在文具店做志愿者卖笔，铅笔每支售4元，圆珠笔每支售7元开始时他有铅

3、笔和圆珠笔共350支，当天虽然笔没有全部卖完，但是他的销售收入恰好是2013元则他至少卖出了 支圆珠笔【答案】207【解答】设x，y分别表示已经卖出的铅笔和圆珠笔的支数，则所以，于是是整数又，所以，故y的最小值为207，此时8. 实数a，b，c，d满足：一元二次方程的两根为a，b，一元二次方程的两根为c，d，则所有满足条件的数组为 【答案】，（为任意实数）【解答】由韦达定理得由上式，可知若，则，进而若，则，有（为任意实数）经检验，数组与（为任意实数）满足条件9. 已知正整数a，b，c满足，则的最大值为 【答案】【解答】由已知，消去c，并整理得由a为正整数及66，可得1a3若，则，无正整数解；若

4、，则，无正整数解；若，则，于是可解得，（i）若，则，从而可得；（ii）若，则，从而可得综上知的最大值为10. 对于任意实数x，y，z，定义运算“*”为：，且，则的值为（ ）【答案】【解答】设，则，于是11. 设非零实数，满足则的值为（ ）【答案】【解答】由已知得，故于是，所以12. 如果关于的方程有两个有理根，那么所有满足条件的正整数的个数是_个答案：2解：由于方程的两根均为有理数，所以根的判别式0，且为完全平方数0，又2，所以，当时，解得；当时，解得13. 设an=（n为正整数），则a1+a2+a2012的值1.（填“”，“”或“”）【答案】解：由an=，得a1+a2+a2012=1.14.

5、 红、黑、白三种颜色的球各10个把它们全部放入甲、乙两个袋子中，要求每个袋子里三种颜色的球都有，且甲、乙两个袋子中三种颜色的球数之积相等，那么共有种放法【答案】25解：设甲袋中红、黑、白三种颜色的球数分别为，则有19，且 ，（1）即，（2）于是因此中必有一个取5不妨设，代入（1）式，得到此时，y可取1，2，8，9（相应地z取9，8，2，1），共9种放法同理可得y=5，或者z=5时，也各有9种放法但时，两种放法重复因此共有932 = 25种放法15. 设，则代数式的值为( ).【答】1解：由已知得 于是 16. 已知为实数，且满足，则的最小值为_【答】解：由 可得 于是 因此，当时，的最小值为1

6、7. 若，且满足，则的值为( ).【答】解：由题设可知，于是 ，所以故，从而于是18. 设，则的整数部分等于( ).【答】4解：当，因为，所以于是有，故的整数部分等于419. 一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，2，2，3，3，4；另一枚质地均匀的正方体骰子的六个面上的数字分别是1，3，4，5，6，8. 同时掷这两枚骰子，则其朝上的面两数之和为7的概率是 .【答】解： 在36对可能出现的结果中，有6对：（1，6）， （2，5）， （2，5）， （3，4），（3，4），（4，3）的和为7，所以朝上的面两数字之和为7的概率是.20. 若的最大值为a，最小值为b，则的值为 .【答】解：

7、由0，且0，得由于，所以当时，取到最大值1，故当或1时，取到最小值，故所以， 21. 若方程的两根也是方程的根，则的值为 _答案：1122. 对于自然数，将其各位数字之和记为，如，则 _【答案】28068.23. 将若干个红、黑两种颜色的球摆成一行，要求两种颜色的球都要出现，且任意中间夹有5个或10个球的两个球必为同一种颜色的球.按这种要求摆放，最多可以摆放_个球.【答案】1524. 已知是实数，若是关于的一元二次方程的两个非负实根，则的最小值是_.【答案】325. 如果实数满足条件，则_.【答案】126. 已知是正整数，且满足是整数，则这样的有序数对共有_对.【答案】7对27. 设是大于19

8、09的正整数，使得为完全平方数的的个数是_个【答案】4个28. 设，则_ 【答案】2429. 用表示不大于的最大整数，则方程的解为_ 【答案】3,1，或根号530. 已知实数满足 ，则的值为_【答】 7解：因为，0，由已知条件得， ，所以 7另解：由已知得：，显然，以为根的一元二次方程为，所以故31. 将1，2，3，4，5这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，那么满足要求的排法有_种【答】5种解：设是1，2，3，4，5的一个满足要求的排列首先，对于，不能有连续的两个都是偶数，否则，这两个之后都是偶数，与已知条件矛盾又如果（1i3）是偶

9、数，是奇数，则是奇数，这说明一个偶数后面一定要接两个或两个以上的奇数，除非接的这个奇数是最后一个数所以只能是：偶，奇，奇，偶，奇，有如下5种情形满足条件： 2，1，3，4，5； 2，3，5，4，1； 2，5，1，4，3； 4，3，1，2，5； 4，5，3，2，132. 对于实数u，v，定义一种运算“*”为：若关于x的方程有两个不同的实数根，则满足条件的实数a的取值范围是 【答】，或解：由，得，依题意有 解得，或33. 关于x，y的方程的所有正整数解为 【答】解：因为208是4的倍数，偶数的平方数除以4所得的余数为0，奇数的平方数除以4所得的余数为1，所以x，y都是偶数设，则，同上可知，a，b都

10、是偶数设，则，所以，c，d都是偶数设，则，于是 ，其中s，t都是偶数所以所以可能为1，3，5，7，9，进而为337，329，313，289，257，故只能是289，从而7于是 因此 34设实数满足，求的值解 由已知条件可得，.设，则有， 5分联立解得或. 10分若，即，则是一元二次方程的两根，但这个方程的判别式，没有实数根； 15分若，即，则是一元二次方程的两根，这个方程的判别式，它有实数根.所以. 20分35. 已知cba，且，求的最小值解：已知，又，且，所以b，c是关于x的一元二次方程的两个根.故0，0，即 0，所以20于是-10，10，从而10，故30，当时，等号成立36. 求关于a，b

11、，c，d的方程组的所有正整数解.解：将abc=d代入10ab+10bc+10ca=9d得10ab+10bc+10ca=9abc.因为abc0，所以，.不妨设abc，则0.于是，即，a.从而，a=2，或3.若a=2，则.因为，所以，b5.从而，b=3，4，5.相应地，可得c=15，(舍去)，5.当a=2，b=3，c=15时，d=90；当a=2，b=5，c=5时，d=50.若a=3，则.因为，所以，b.从而，b=2（舍去），3.当b=3时，c=(舍去).因此，所有正整数解为(a，b，c，d)=(2，3，15，90)，(2，15，3，90)，(3，2，15，90)，(3，15，2，90)，(15，2

12、，3，90)，(15，3，2，90)，(2，5，5，50)，(5，2，5，50)，(5，5，2，50).37. 已知关于的一元二次方程的两个整数根恰好比方程的两个根都大1，求的值. 解：设方程的两个根为，其中为整数，且，则方程的两根为，由题意得， 5分两式相加，得，即 ， 所以， 或 10分 解得 或又因为 所以；或者，故，或29. 20分38. 设整数（）为三角形的三边长，满足，求符合条件且周长不超过30的三角形的个数.解 由已知等式可得 令，则，其中均为自然数.于是，等式变为，即 由于均为自然数，判断易知，使得等式成立的只有两组：和（1）当时，.又为三角形的三边长，所以，即，解得.又因为三角形的周长不超过30，即，解得.因此，所以可以取值4，5，6，7，8，对应可得到5个符合条件的三角形.（2）当时，.又为三角形的三边长，所以，即，解得.又因为三角形的周长不超过30，即，解得.因此，所以可以取值2，3，4，5，6，7，对应可得到6个符合条件的三角形.综合可知：符合条件且周长不超过30的三角形的个数为5611.39. 已知为正数，满足如下两个条件： 是否存在以为三边长的三角形？如果存在，求出三角形的最大内角.解法1 将两式相乘，得，即，即，即，即，即，即，即，即，所以或或，即或或.因此，以为三边长可构成一个直角三角形，它的最大内角