山东省高中数学夏令营数学竞赛(及答案)

1、山东省2012届高中数学夏令营 数学竞赛(及答案)一.填空题(本题共5道小题，每小题8分，满分40分)1 .函数f (x)= "2X十万年 的最大值是。(王泽阳供题)解:f (x) =JT玄+H2Xw2展，其等 号仅当J17EX = J3万 即x =1时成立,2所以,f(x)最大=2点.2 .如果自然数a的各位数字之和等于5,那么称a为“吉木¥数”，将 所有吉祥数从小到大排成一列ai,a2,an.若an=2012.则n=. (王继忠供题)解:设xMlI4为吉祥数，则xi+x2+-.+xm=5,由xi > 1和x2,xmA0 得(xi-1)+x2+-Txm=4,所以，中

2、2|风为第C：柏个吉祥数.ixzlllxm为第C：+2 个吉祥数.由此得:一位吉祥数共i个,二位吉祥数共C；= 5个,三位吉祥数共 C： =i5 个，因以i为首位的四位吉祥数共C：=i5个，以2为首位的前两个四 位吉祥数为：2003 和 20i2.故 n=i+5+i5+i5+2=38.3 .已知 f(x)是 20ii 次多项式，当 n=0,i,-,20iiBt,f(n)= .n i则 f(20i2)=。(王i / 6题)解:当 n=0,1j,2011 时,(n+1)f(n尸n,即多项式(x+1)f(x)-x 有 2012 个根，设(x+1)f(x)-x=ax(x-1)(x-2) - (x-20

3、11).取 x=-1，则 1=2012!a.故1a 二 ,2012!_x(x-1)(x-2)|(x-2011)上)一 2012!(x 1)x 1,2012!2012 2013 .f (2012);二=12012!2013 2013 20134 .将圆周上5个点按如下规则染色：先任选一点染成红色，然后依 逆时针方向，第1步转过1个间隔将到达的那个点染红，第2步转过2 个间隔将到达的那个点染红，第k步转过k个间隔将到达的那个点染 红.一直进行下去，可得到 个红点.（龚红戈 供题）解：将5个点依次编号04，且不妨设开始染红的是0号点，则第1 步染红的是1号点，第2步染红的是3号点，第3步染红的又是1

4、号点. 故共可得3个红点.F5 .如图，设O,I分别为AABC的外心、内心，且/B = 60'，AB>BC, /A的外角平分线交。于D,已知AD=18，则OI=.（李耀 文供题）解：连接BI并延长交。于E,则E为弧AC的中点.连OE、AE、CE、OC ,由2B=60'，易知 4AOE、 ACOE 均为正三角形.由内心的性质得知：AE = IE=CE,所以BA、O、I、C四点共圆，且圆心为E.再延长AI交。于F ,由题设知 D、0、F 共线，于是/OEI =2/OAI , /AOD = 2/AFD =2/OAI ,又 OA=OD =OE = IE ,从而 AOAD/EOI,

5、故 OI = AD=18.二.解答题(本题共5道小题，每小题20分，满分100分)6 .证明：对任给的奇素数p,总存在无穷多个正整数n使得p|(n2n-1).(陈永 高供题)证明：取n=(p-1)k,则由费尔马小定理知2(p,k三1(mod p )所以,p|(n2n-1)=(p 1)k *2(p,)k 三 1(mod p) = (p -1)k 三 1(mod p)= k = - 1(mod p).取 k=pr-1(r 6 N*),即 n=(p-1)(pr-1),就有(p-1)k ,2"'"三 1(mod p) 即 p|(n2n-1).7 .如图，已知P是矩形ABCD

6、内任意一点，延长BP交AD于E,延长DP交AB于F,延长CP交矩形的外接圆于(叶中豪供题)证法1:设CG交AD于Q,由/ GBA = /GDA及/ AGB = /CGD 知ABGsZqdg。延长 DF、DR交于 R,由 AD / BR, AD=BCAFFBBC QE 又由 CPBA QPEA RPBA DPE 得= BR ED由,得条QE,表明F，E是ABG，AQDG的相似对应点，故 FBGs EDG.所以，/FGB= / EGD,/ FGE=/ BGD=900,即 GEXGF.证法 2:联结 GB,GD,令/ GCB=«，/ GCD= P ,由正弦定理得詈sin 二 BPsin P

7、BCsin 一二 一 DPsin PDCBFsin BFP sin PBC BF DE sin DEP sin PDC - DE ,由 / GBF= / GDE 得 FBGA EDG.所以，/ FGB=/ EGD,/ FGE=/ BGD=900，即 GEL GF.8 .对于恰有120个元素的集合A.问是否存在子集A,A2,A10满 足:(1)|A i|=36,i=1,2, - -,10。(2)AiUA2U-U Ao=A(3)|A i AA|=8,i打.请说明理由.(刘裕文供题)解：答案:存在.考虑长度为10的0,1数列.其中仅3项为1的恰有C* = 120个, 每个作为集合A的一个元素.2对每

8、个j=1,2, - -,10,第j项为1的0,1数列恰有C9 =36个，它 们是集合A的36个元素.对每对i,j 1,2, ,10(i<j), 第i项与 第j项均为1的0,1数列恰有C8 = 8个,它们是A A A的元素.8 / 6综上知，存在满足条件的10个子集.9 .求最小的正整数m,n(n A2),使得n个边长为m的正方形,恰好可 以割并成 n个边长分别为1,2,，n的正方形. (邹明供题)解:依题意n个边长为m的正方形，恰好可以割并成n个边长分别为 1,2，,n 的正方形 u 12+22+ 。 +n2=nm2,即 6m2=(n+1)(2n+1),贝 U (n+1)(2n+1)=2

9、n2+3n+1 = 0(mod6)由 n2= 0,1,3,4(mod6) n三士 1(mod6).若 6|n+1,设 n=6k- 1(k6 N),得 m2=k(12k-1),因(k,12k-1)=1，所以k与12k-1都是完全平方数，但12k-1=3 (mod4) 矛盾！若 6|n-1,设 n=6k+1(k 6 N),得 m2=(3k+1)(4k+1),因(3k+1,4k+1)=1, 所以，3k+1=v2,4k+1=u2,消去 k 得 4v2- 3u2=1,v=u=1 时,k=0,n=1,但 nA2,故 u>1,v>1.由4v2- 3u2=1(mod球口 u,v为奇数,直接计算得

10、Umin = 15,Vmin = 13,k=56,所以，m 最小=15X13=195,n最小=337.10 .设实系数三次多项式p(x) = x3 + ax2 + bx+ c有三个非零实数根.3求证：6a3+10(a2 2b)2 12ab > 27c.(李胜 宏供题)证明：设”,Pd为p(x)=0的三个根，由根与系数关系二-a4 ctp + PY + ¥a = b 得：otPV = -c3a2 2b = 口2 + 52+¥2.原式仁 6a（a2 2b） + 10（a2 2b）万之 27c3= 6R + P +¥）（> +P2 +Y2）-10（a 2 + p2+Y2）2 < 27«PV .若二22 2 =0,则成立.若a2 +P2+Y2 >0,不妨设口 平甲|,由的齐次性，不妨设a2 + p2 + 产=9,则 ¥2 >3,2aP <a2 +P2 =9-V2 <6. u 2（a + P +>） 0fp尸 M10.因2（