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(1,2)且与x轴y轴正半轴分别交于A,B两点.则ΔABC周长的最小值是____________;(王泽阳供题)解:令∠BAO=,则cos1tancot2sin221S,(令2tant)10]1)1([26111211322222tttttttttttt,其中等号成立仅当21t.所以,Smin=10.2.设a,b为实数,且多项式p(x)=x3+ax2+bx-8的所有根均为实数.则a2-2b的最小值是_______________;(王林供题)解:设p(x)的三个根x1,x2,x3,由韦达定理得:)3(8)2()1(321133221321xxxbxxxxxxaxxx,(1)平方后,将(2)代入得:12)(32323212322212xxxxxxba.且当x1=x2=x3=2,即a=-6,b=12时,等号成立.故a2-2b的最小值是12.3.使得每一个ai=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_____________;(王继忠供题)解:设满足条件的数列a1,a2,…,an的个数un.则当a1=0时,有un-1个;当a1=1,a2=0时,有un-2个;当a1=1,a2=1,a3=0时,有un-3个,故un=un-1+un-2+un-3,由u1=2,u2=4,u3=7,递推可得u8=149.4.将20131,,31,21,1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)OAB•P(1,2)xy2解:设原来黑板上数为naaa,,,21,下面归纳证明最后剩下数为:1)1()1)(1(21naaa:当n=2时,显然成立.假设对n成立.则对n+1,将黑板上数121,,,naaa一次操作后,不妨设擦去的数1,nnaa,并写下11nnnnaaaa,由归纳假设,对于黑板上数11121,,,,nnnnnaaaaaaa进行上述操作,最后剩下数为:1)1()1)(1(1)1)(1()1)(1(12111121nnnnnnaaaaaaaaaa得证.故对于数20131,,31,21,1,黑板上最后数为20131)201311()211)(11(.5.已知凸四边形ABCD的四条边长分别为9375ABBCCDDA，，，，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OAxOByOCzODt，，，，则有1sin45.2ABCDSxyyzzttx又因2222cos45xyxyAB，①2222cos45yzyzBC，②2222cos45ztztCD，③2222cos45txtxDA.④,由①-②+③-④可得22222cos45xyyzzttxABBCCDDA.所以,22222222937524.44ABCDABBCCDDAS二.解答题(本题共5道小题,每题20分,共100分)6.设0≤x1≤x2≤…≤xn,且1111niix.求证:(1)221111xxxx;(2)nxxxniiinii1111(李胜宏供题)ABCDO45A图13证明:(1)由1111niix知112111112121212121xxxxxxxxxx,由0)1)(1()1)((112121212211xxxxxxxxxx得221111xxxx.(2)由nnxxxxxx1112211和nxxx11121及切比雪夫不等式得:nxnxxxnxxxniiiiniiniiinii1111111111,所以,nxxxniiinii1111.7.试求出满足21m-20n=1的所有正整数对(m,n).(陈永高供题)解:当n=1时,21m=20+1=21,m=1,(m,n)=(1,1),下设n≥2.若存在正整数m,n使得21m-20n=1即21m=20n+1,则20n+1≡1(mod8)(因n≥2).当m=2k+1时,21m=21×(21k)2≡5(mod8),矛盾!当m=2k时,20n=212k-1=(21k-1)(21k+1),由21k+1≡2(mod20)知(20n,21k+1)=2,又21k+1|20n,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,O,O/分别是△ABC,△AEF的外心，P,Q是BE,CF上的点,满足BPPE＝FQQC＝22BFCE.求证:OO/⊥PQ.(叶中豪供题)证明:过点P做PR∥AC交BC于R点,连结QR.做ΔABC,ΔAEF的外接圆⊙O,⊙O/,设它们交于另一点D,AD,BD,CD,ED,FD.由PR∥AC得222CEBFBFBEBPCERP,所以,222CEBFCEBFRP①,由RCBRPEBPQCFQ得QR∥AB,DO'PQOCBAFER4同理得222CEBFCEBFRQ②,由①,②得CEBFRQRP③,由∠ABD=∠ACD,∠AFD=∠AED得ΔDFB∽ΔDEC,所以,CEBFDCDB④.由③,④得DCDBRQRP,且∠PRQ=∠BAC=∠BDC,所以,ΔPQR∽ΔDBC,得∠RPQ=∠DBC=∠DAC,且PR∥AC,PQ∥AD,又AD是公共弦,所以OO/⊥AD,故OO/⊥PQ.9.设p为大于3的质数.证明:1)1(pp至少有一个不同于p的质因子q,且q≥2p+1.(邹明供题)证明:由p为大于3的质数得:]1)1()1()1()1[(1)1(221ppppppppp221112)2211(])1()2(1[pppppppjj,及1010221)1()1(1)1()1()1()1(pipiipppippppp)(mod2)1(2210pppppipppi.故1)1(pp至少有一个不同于p的质因子q.由q是1)1(pp的不同于p的质因子知q2,(p-1,q)=1,且)(mod1)1(qpp,所以,)(mod1)1(2qpp,由费尔马小定理得)(mod1)1(1qpq,若(1,2qp)=2,则)(mod1)1(2qp,)(mod2qp,)(mod21)1(qpp,矛盾!若(1,2qp)=p,则)(mod1)1(qpp,与)(mod1)1(qpp矛盾!又(1,2qp)2,所以,(1,2qp)=2p,从而1|2qp,所以,12pq.10.友谊排列:对于集合{1,2,,2}Mn,若能将其元素适当划分,排成两个n项5的数列:1212(,,,),(,,,)nnAaaaBbbb,使得,1,2,,kkabkkn,则称M为一个友谊集，而数列,AB称为M的一种友谊排列，例如(3,10,7,9,6)A和(2,8,4,5,1)B便是集合{1,2,,10}M的一种友谊排列，或记为3,10,7,9,62,8,4,5,1；(1)证明：若{1,2,,2}Mn为一个友谊集，则存在偶数种友谊排列；(2)确定集合1{1,2,,8}M全体友谊排列．(陶平生供题)(1)证明:设1212(,,,),(,,,)nnAaaaBbbb是M的一种友谊排列，即有,1,2,,kkabkkn，且1212{,,,,,,,}{1,2,,2}nnaaabbbn，称数列A为甲型的，而数列B为乙型的；作数列：12121212(,,)(21,21,,21)(,,)(21,21,,21)nnnnAaaanbnbnbBbbbnanana.则,1,2,,kkabkkn，且1212{,,,,,,,}{1,2,,2}nnaaabbbn，因此，数列,AB也是M的一种友谊排列；再证AA，事实上，假若AA，即,1,2,,kkaakn，则由22221aanb，得2221abn，而222ab，相加得2223an，矛盾！故甲型数列A与甲型数列A一一对应；并且当数列A跑遍M的所有甲型数列时，数列A也跑遍M的所有甲型数列.注意到数列A的第二项2a与数列A的第二项2a一奇一偶，现让A取遍使其第二项2a为奇数的甲型数列，则A取遍使其第二项2a为偶数的甲型数列，且二者一一对应，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{1,2,,8}M时，设其友谊排列为12341234,,,,,,aaaabbbb，其中,1,2,3,4kkabkk，则44411110kkkkkabk，所以,444111210kkkkkkabb，即612341282()10bbbb，所以123413bbbb……①.显然有1B而8A,于是由①得，1234{,,,}Bbbbb只有三种情况：{1,2,3,7},{1,2,4,6},{1,3,4,5}B．0(1)、若{1,2,3,7}B，则{4,5,6,8}A，由于14iiab，于是A中的元素8只能与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：18,4,6,57,2,3,1T，28,5,4,67,3,1,2T；0(2)若{1,2,4,6}B，则{3,5,7,8}A，A中的元素7,8只能与B中的元素4或6搭配，也只有两种排列：33,8,7,52,6,4,1T，47,3,5,86,1,2,4T；0(3)若{1,3,4,5}B，则{2,6,7,8}A，A中的元素2只能与B中的元素1搭配，8只能与4或5搭配，只有两种排列：52,7,6,81,5,3,4T，62,6,8,71,4,5,3T；因此，当{1,2,,8}M时，总共有6种友谊排列．