陶平生广州自主招生数学问题讲练

1、陶平生广州自主招生数学问题讲练 高校自主招生数学问题讲练 1、今有两张3?3方格表a与b，现将数1,2,?,9按某种顺序填入a表，（每格填写一 个数），然后依照如下规则填写b表：使b表中第i行、第j列交叉处的方格内所填的数等于a表中第i行的各数和与第j列的各数和之差的绝对值；例如b表中的 b12?a11?a12?a13?a12?a22?a32? ?1?能否适当安排1,2,?,9各数在a表中的填法，使得在b表中也出现1,2,?,9这 九个数字？ ?2?如改为20011?20011方格表a与b，考虑同样的问题，则能否适当安排 1,2,?,20112各数在a表中的填法，使得在b表中也出现1,2,?,

2、20112这组数字？ a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33 表a b11 b12 b13 b21 b22 b23 b31 b32 b33 表b 解：?1?不能作出这样的安排，为此，将b表中的各数去掉绝对值符号，所得到的表格记为表c： c11 c12 c13 c21 c22 c23 c31 c32 c33 表c 则c11?a11?a12?a13?a11?a21?a31?，c12?a11?a12?a13?a12?a22?a32?，?， c33?a31?a32?a33?a13?a23?a33?，易见，c11?c12?c33?0，故c表中有偶数 个奇数，因为bij?c

3、ij，故bij与cij同奇偶，所以b表中也有偶数个奇数，但1,2,?,9中有奇数个奇数，因此不能作出这样的安排 ?2?b表也不能恰好出现1,2,?,20112这组数字，类似于?1?，将b表中的各数去 掉绝对值符号，所得到的表格记为表c，考虑表c中的各数和c11?c12?c2011,2011，在和式中考虑每个aij的贡献，因为a表中，与aij同行的有2011个数，故aij对于和式作了 2011次“正贡献”，又因a表中与aij同列的也有2011个数，故aij对于和式作了2011次“负 贡献”，因此和式中所有的aij都已正负抵消，从而c11?c12?c2011,2011?0，于是其中有偶数个奇数，但

4、是在1,2,?,20112中有奇数个奇数，因此不能作出这样的安排 2、九个连续正整数自小到大排成一个数列a1,a2,?,a9，若a1?a3?a5?a7?a9为一 平方数，a2?a4?a6?a8为一立方数，求这九个正整数之和的最小值 答案：18000 解：设这九数为 a?4,a?3,a?2,a?1,a,a?1,a?2,a?3,a?4，则有，5a?m， 2m2n2?，得 4m2?5n3 ? 4a?n，s?9a，则a?5432323令n?2n1,m?5m1，得100m1，所以 5m1，再取m1?2m2，n1?5n2， ?2n1?40n122化为 2m2，取m2?10,n2?2，可使左式成立，这时n?

5、20,m?100，a?2000， ?52n2s?9a?18000 3、?abc三个内角的正切值皆为整数，如果将彼此相似的三角形只算作是同一种三 角形，那么，全部合符条件的三角形的共有几种？ 解：设tana?x, tanb?y, tanc?z，x,y,z为非零整数，且其中至多有一个负数； 由恒等式cotacotb?cotbcotc?cotccota?1得 111?1?1， xyyzzx即 xyz?x?y?z ?2，若其中有负整数，设z?0，则x,y为正整数，由2， ?xy?1?z?x?y?0，于是xy?1，得xy?0，矛盾所以x,y,z皆为正整数，且其中必 有一个等于1，否则若x,y,z皆?2，

6、则由1，1?11133?， xyyzzx2?24又得矛盾设x?y?z，则z?1，由2，xy?x?y?1，?x?1?y?1?2，得 x?3, y?2，即全部情况只有 ?tana,tanb,tanc?1,2,3?即这种三角形只有一种 4、从前2011个正整数构成的集m?1,2,?,2011?中取出一个k元子集a，使得a中任两数之和不能被这两数之差整除，求k的最大值 解：首先，我们可以取671元集a?1,4,7,?,2008,2011?，a中任两数之和不能被3整除，而其差是3的倍数；其次，将m中的数自小到大按每三数一段，共分为671段： 1,2,3,4,5,6,7,8,9,?,2008,2009,2

7、010,2011； 其次，若从a中任取672个数，必有两数x,y取自同一段，则x?y?1或2，注意x?y与x?y同奇偶，于是?x?y?x?y?因此k的最大值为671. 5、若对一切实数a,b,c,d，皆有ab?2bc?cd?k(a2?b2?c2?d2)成立，求实数k的最小值 解：由平均不等式，(2?1)a2?(2?1)b2?2ab，(2?1)c2?(2?1)d2?2cd， 2(b2?c2)?4bc，三式相加得(1?2)(a2?b2?c2?d2)?2(ab?2bc?cd)，即 ab?2bc?cd?1?221?2(a?b2?c2?d2)因此实数k的最小值是 22（当a?d?1,b?c?1?2时，以

8、上各式皆取得等号） k2?k?136、对于每个正整数n，证明：? 2knk?1n3k2?k?11?f(1)?1证：令f(n)?，则，而，以下考虑n?2的情况； 21kk?1nk2?k?1nk2?k?1注意f(n)? ?， ?22kkk?1k?2nk2?k?1k3?1k1由于?(1?)，所以 k2(k?1)k2k?1k3nk2?k?1nk12n1f(n)?(1?)?(1?) ?233kk?1kn?1kk?2k?2k?2k?2n1?n(1?)3?2?k?k?2?n?1?n?1?当k?2时，由于 n?12?1n1?1?n?1?n?1k?2k3?n?1?， 111?11?1?11?， ?32kk(k?

9、1)2k?k?1k?1?2?(k?1)kk(k?1)?11n?11?1?11?1所以?3? ?， k2(k?1)kk(k?1)22n(n?1)k?2k?2?4n2?1?1?由此，f(n)?n?1?4(n?1)?n?1?， 14?1?又因?1?4(n?1)?n?1?1?1?4(n?1)?4(n?1)11?e4?34， ?113233n?14?3? ?，即要证，34?为证f(n)?，只要证， nn?1n2n33443只须证 3?，即3?4，也即2?3，此为显然因此所证结论成立 227、绕圆周填写有n个正整数(n?3)，顺次记为a1,a2,?,an，已知对于圆周上任意三 个相邻的数ai?1, ai,

10、 ai?1，都有 14ai?1?ai?1，i?1,2,?,n，这里约定，a0?an， ?ti（整数） ais?3 nan?k?ak, 记 s?t1?t2?tn； 证明： 2?证：对n归纳：n?3时，对于圆周上的三个正整数a,b,c，当三数全相等时，有 s3?2；当三数全相等时，不妨设c为最大数，则a?b?2c，因为 3a?ba?ba?c2a?b2ab?c2b?a?1?t1，?1?t2（整数）? 为整数，则，cbbbaac2b2a2b2a2b1?t3（整数）, ?m1, ?m2，m1m2?4， ，则为整数，设 ababat1?t2?t3?2，这时 则?m1,m2?1,4?或?m1,m2?2,2?

11、，于是?t1,t2?2,5?或?3,3?，从而 s3?t1?t2?t3?1?2?5?8或s3?1?3?3?7，均有 2?s3?3，即n?3时结论成立。 3设n?k时结论成立，当n?k?1时，设a1,a2,?,ak?1中最大者为ai，则不论三数 ai?1,ai,ai?1是否全相等，去掉ai后剩下的k个数必合题中条件，这是由于，当三数ai?1,ai,ai?1全相等时显然，若不全相等，由于ai最大，ai?ai?1?ai?1?，则ai?ai?1?ai?1， 故由ai?1?ai?2?ai?ai?1?ai?2?ai?1?ai?1?ai?1?ai?2?ai?1?，又由 ai?1?ai?ai?2?ai?1?a

12、i?1?ai?1?ai?2?ai?1?ai?1?ai?2?，若记k?1个数时以及去 掉ai后的k个数所对应的s值分别为sk?1与sk，则由假设，2k?sk?3k，而 ?a?aa?aa?a?a?aa?a?sk?1?sk?i?2i?i?1i?1?ii?2?i?2i?1?i?1i?2? aiai?1?ai?1ai?1?ai?1ai?ai?1ai?ai?1ai?1?ai?1?2, (ai?1?ai?ai?1), ?3, a,a,a不全相等)ai?1ai?1ai?i?1ii?1?因此2?sk?1?sk?3, ? 2?sk?sk?1?3?sk, ? 2?k?1?sk?1?3?k?1?. 故由归纳法，?n?3,均有 2n?sn?3n，所以 2?sn?3 na8、?abc中，高ad?bc，h为垂心，m是bc的中点， 证明：mh?hd?mc 证：记bc?ad?2a，p是ad的中点，ph?t， 由斯特瓦特定理， mh2?a2?bheh?a2?bh?e