山东2013高中数学奥林匹克夏令营试题及答案

1、 山东省2013届高中数学奥林匹克夏令营试题参考答案一.填空题(本题共4道小题,每题10分,共50分)1.已知直线L过定点P(l,2)且与x轴y轴正半轴分别交于A,B两点.则ABC周长的最小值是C解:令ZBAO=，则S，1+2+2cot+tan+，(令t，tan)s.ncos2，3+匕+岂+匕，6+2凹+-10,tt1t21t2t1t其中等号成立仅当t，1.所以,s.=10.2min2设a,b为实数，且多项式p(x)=x3+ax2+bx8的所有根均为实数.则a22b的最小值是解:设p(x)的三个根X,x2,x3，由韦达定理得:(王林供题)TOC o 1-5 h zx+x+x，一a(1)123，

2、b(2),122331xxx，8(3)123(1)平方后，将(2)代入得:a22b，x2+x2+x233(xxx)2，12.123123且当X=x2=x3=2，即a=6,b=12时，等号成立.故a22b的最小值是12.JLZ/O3.使得每一个a=0或1(i=1,2,8)，且没有连续三项都是1的数列a1,a2,-,a8的个数是.128(王继忠供题)解:设满足条件的数列a1,a2,a的个数u.则当a1=0时，有u1个；TOC o 1-5 h z12nn1n-1当a1=1,a2=0时，有u2个；当a1=1,a2=1,a3=0时，有u3个，12n-2123n-3故u=u+u+u，由u=2,u=4,u=

3、7，递推可得u=149.nn-1n-2n-312384将1,1,1，,1写在黑板上，一名学生选取任意两个数x,y,将他们擦去并写232013下数x+y+xy，这样一直操作下去，直到黑板上只剩一个数为止，那么，最后一个数是；(龚红戈供题)解:设原来黑板上数为a,a,a，下面归纳证明最后剩下数为：12n(1+a)(1+a)(1+a)1：12n当n=2时，显然成立.假设对n成立.则对n+1,将黑板上数a,a,a次操12n+1作后，不妨设擦去的数a,a，并写下a+a+aa，由归纳假设，对于黑板上nn+1nn+1nn+1数a，a，a，a+a+aa进行上述操作，最后剩下数为：12n1nn+1nn+1(1+

4、a)(1+a)(1+a)(1+a+a+aa)1，(1+a)(1+a)(1+a)1得证12n1nn+1nn+112n+1故对于数1丄丄,，黑板上最后数为(1+1)(1+1)(1+)1,2013232013220135.已知凸四边形ABCD的四条边长分别为AB,9，BC，3，CD，7，DA，5,且对角线相交所成的锐角为45，则凸四边形ABCD的面积等于(李跃文供题)解:如图1，设OA，x，OB，y，OC，z，OD，t,C45.B图1由可得则有S，(xy+yz+zt+txsin45.ABCD2又因x2+y22xyos45=A，y2+z2一2yzcos45，BC2，z2+12一2ztcos45，CD2

5、，12+x2一2txcos45，DA22(xy+yz+zt+tx)cos45，AB2一BC2+CD2一DA2所以，SABCD，24.AB2BC2+CD2DA29232+7252TOC o 1-5 h z44二.解答题(本题共5道小题，每题20分，共100分)6.设OWxWxWWx,且_1_,1.求证:12n1+xi，1i1xi21+x1+x12证明：(1)由,11矢口-+-12+x+x1+x+x+xxxx1,1+x1+x1+x12121212i1i12x11+x1x21+x2x-x)(1-xx)1212(1+x)(1+x)120得x11+x1x2.1+x2(2)由x1x2xn和11+x1+x1

6、+xx12n11及切比雪夫不等式得：xn工1,xin，1xin，丄n，所以,x1+xx1+x1+xi1ii1ii1iii1ii11nxin.x1+xii1i7.试求出满足21m20n=1的所有正整数对(m,n).(陈永高供题)解:当n=1时,21m20+1=21,m=1,(m,n)=(1,1),下设n$2.若存在正整数m,n使得21m20n=1即21m20n+1,则20n+1三1(mod8)(因n$2).当m=2k+1时，21m=21X(21k)2三5(mod8),矛盾！当m=2k时，20n=212k1=(21k1(21k+1),由21k+1三2(mod20)知(20n,21k1)=2,又21

7、k+1l20n，所以，21k+1=2,k=0,m=0,20n=0,n=1,与n$2矛盾！所以，当n$2时，不存在满足条件的m,n.故满足条件的所有正整数对(m,n)=(1,1).8.设ABC中,E,F是AC,AB边上的任意点,0,0/分别是ABC,AAEF的外心,P,Q是BE,CF上的点，满足Bp=竺=竺2.求证:00/丄PQ.(叶中豪供题)PEQCCE2证明:过点P做PRAC交BC于R点，连结QR.做厶ABC,AAEF的外接圆。设它们交于另一点D,AD,BD,CD,ED,FD.由PRAC得竺竺竺2，所以,CEBEBF2+CE2RPBF2XCE由FQBPBR得QRAB,BF2+CE2QCPER

8、C同理得RQ,BFxCE2由得RP,BF，BF2CE2RQCE由ZABD=ZACD,ZAFD=ZAED得厶DFBADEC,所以,DB,竺.由得竺,DB，且ZPRQ=ZBAC=ZBDC，所以,DCCERQDCPQRsADBC,得ZRPQ=ZDBC=ZDAC，且PRAC,PQAD，又AD是公共弦，所以OO/丄AD,故OO/丄PQ.9设p为大于3的质数.证明:(p-1)p1至少有一个不同于p的质因子q,且q$2p+l.(邹明供题)证明:由p为大于3的质数得:(p1)p1，p(p1)p一1(p1)p一2(p1)2(p1)1，p1(p-2)(p-1)2j-1p(12)，p2,j,1及(p-1)p-1-(

9、p-1)p-2(p一1)2一(p一1)1，(1一p)i三(1一pi)i,0i,0p2(p-1)2三p(modp2).故(p-1)p1至少有一个不同于p的质因子q.由q是(p-1)p1的不同于p的质因子知q2,(p1,q)=1,且(p-1)p三-1(modq),所以,(p-1)2p三1(modq),由费尔马小定理得(p-1)q-1三1(modq),右(2p,q一1)=2，则(p一1)2三1(modq),p三2(modq),(p一1)p+1三2(mdq),矛盾！右(2p,q-1)=p，贝U(p-1)p三1(modq)，与(p-1)p三-1(modq)矛盾!又(2p,q-1)2,所以,(2p,q-1

10、)=2p，从而2p|q-1，所以,q2p+110.友谊排列对于集合M，1,2,2n若能将其元素适当划分排成两个n项的数列A(a,a，,a),B=(b,b，,b)使得a-b=k,k=1,2,n则称M为一个12n12nkk或记为m;6友谊集，而数列A,B称为M的一种友谊排列，例如A(3,10,7,9,6)和B=(2,8,4,5,1)便是集合M1,2,10的一种友谊排列,证明：若M1,2,2n为一个友谊集，则存在偶数种友谊排列；确定集合M1,2,8全体友谊排列.(陶平生供题)1(1)证明设A(a,a,a),B=(b,b，,b)是M的一种友谊排列，即有TOC o 1-5 h z12n12na-bk,k

11、1,2,n，且a,a，,a,bb，b=1,2，2称数列A为甲型的，kk12n12n而数列B为乙型的；作数列：(a1,4，4)(2n+1b1，2n+1b2，2n+1-bn)B(b；b，b)(2n+1a,2n+1a，,2n+1a)12n12n则abfk,k1,2,n，且a；a，,a,b：b,br=1,2,2n，因此，数列A：Bkk12n12n也是M的一种友谊排列；再证A丰A，事头上，假右AA，即aa,k=1,2，,n，则由a=a=2n+1b，kk222得a+b2n+1，而a-b二2，相加得2a二2n+3，矛盾！22222故甲型数列A与甲型数列A对应；并且当数列A跑遍M的所有甲型数列时,数列A也跑遍

12、M的所有甲型数列注意到数列A的第二项a与数列A的第二项a，一奇一偶，现让A取遍使其第二项22a为奇数的甲型数列，则A取遍使其第二项a为偶数的甲型数列，且二者一一对22应，因此M的甲型数列有偶数个；由于当甲型数列确定后，相应的乙型数列便唯一确定，因此M的友谊排列有偶数种(2)解：当M1,2,8时，设其友谊排列为a,a,a,a1234b,b,b,b1234，其中abk,k1,2,3,4，贝Uab二k二10，所以a+b二2b+10，即kkkkkkkk1k1k1k1k1k112+8二2(bbbb)+10，所以b+b+b+b二13显然有1,B而8,A12341234于是由得，B二b,b,b,b只有三种情况：B二1,2,3,7,1,2,4,6,1,3,4,51234(lo)、若B=1,2,3,7，则A二4,5,6,8，由于1a-b4，于是A中的元素8只能ii与B中的元素7搭配，而A中的元素6只能与B中的元素2或3搭配，因此只有两种排列：T二&4,6,5，T二8,5,4,617,2,3,127,3,1,2(2o)若