山东省2012届高中数学夏令营数学竞赛

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()1232fxxx的最大值是________________;解:()123222fxxx,其等号仅当1232xx即12x时成立,所以,f(x)最大=22.2.如果自然数a的各位数字之和等于5,那么称a为“吉祥数”,将所有吉祥数从小到大排成一列a1,a2,…,an.若an=2012.则n=_______________.解:设12mxxx为吉祥数,则x1+x2+…+xm=5,由x1≥1和x2,…,xm≥0得(x1-1)+x2+…+xm=4,所以,12mxxx为第43mC个吉祥数.21mxx为第42mC个吉祥数.由此得:一位吉祥数共1个,二位吉祥数共455C个,三位吉祥数共4615C个,因以1为首位的四位吉祥数共4615C个,以2为首位的前两个四位吉祥数为:2003和2012.故n=1+5+15+15+2=38.3.已知f(x)是2011次多项式,当n=0,1,…,2011时,()1nfnn.则f(2012)=______;解:当n=0,1,…,2011时,(n+1)f(n)=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-2011).取x=-1,则1=2012!a.故12012!a,(1)(2)(2011)()2012!(1)1xxxxxfxxx,2012!20122013(2012)12012!201320132013f.4.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.解:将5个点依次编号0—4,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号点.故共可得3个红点.5.如图，设O,I分别为ABC的外心、内心，且60B，AB＞BC，A的外角平分线交⊙O于D，已知18AD,则OI_____________.解:连接BI并延长交⊙O于E,则E为弧AC的中点.连OE、AE、CE、OC，由60B，易知AOE、COE均为正三角形.由内心的性质得知：AEIECE,所以A、O、I、C四点共圆,且圆心为E.再延长AI交⊙O于F,由题设知D、O、F共线，于是2OEIOAI,22AODAFDOAI,又OAODOEIE,从而OAD≌EOI,故18OIAD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).ABCDOIEF证明:取n=(p-1)k,则由费尔马小定理知(1)21(mod)pkp,所以,p|(n2n-1)(1)(1)21(mod)(1)1(mod)1(mod)pkpkppkpkp.取k=pr-1(r∈N*),即n=(p-1)(pr-1),就有(1)(1)21(mod)pkpkp即p|(n2n-1).7.如图，已知P是矩形ABCD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G。求证：GE⊥G证法1:设CG交AD于Q,由∠GBA＝∠GDA及∠AGB＝∠CGD知△ABG∽△QDG。延长DF、CB交于R，由AD∥BR,AD=BC得AFBCFBBR①又由△CPB∽△QPE及△RPB∽△DPE得BCQEBRED②由①,②得AFQEFBED,表明F,E是△ABG,△QDG的相似对应点,故得△FBG∽△EDG.所以,∠FGB=∠EGD,∠FGE=∠BGD=900,即GE⊥GF.证法2:联结GB,GD,令∠GCB=,∠GCD=,由正弦定理得:sinsinsinsinGBBPPBCGDDPPDCsinsinsinsinBFBFPPBCBFDEDEPPDCDE,RABCDPEGFQABCDPEGFQαβ由∠GBF＝∠GDE得△FBG∽△EDG.所以,∠FGB=∠EGD,∠FGE=∠BGD=900,即GE⊥GF.8.对于恰有120个元素的集合A.问是否存在子集A1,A2,…,A10满足:(1)|Ai|=36,i=1,2,…,10;(2)A1∪A2∪…∪A10=A;(3)|Ai∩Aj|=8,i≠j.请说明理由.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310120C个,每个作为集合A的一个元素.对每个j=1,2,…,10,第j项为1的0,1数列恰有2936C个,它们是集合Aj的36个元素.对每对i,j∈{1,2,…,10}(ij),第i项与第j项均为1的0,1数列恰有188C个,它们是Ai∩Aj的元素.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≥2),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.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12+22+…+n2=nm2,即6m2=(n+1)(2n+1),则(n+1)(2n+1)=2n2+3n+1≡0(mod6),由n2≡0,1,3,4(mod6)知n≡±1(mod6).若6|n+1,设n=6k-1(k∈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∈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n≥2,故u1,v1.由4v2-3u2≡1(mod8)知u,v为奇数,直接计算得umin=15,vmin=13,k=56,所以,m最小=15×13=195,n最小=337.10.设实系数三次多项式32()pxxaxbxc有三个非零实数根.求证:3322610(2)1227aababc.证明:设,,为p(x)=0的三个根,由根与系数关系abc得:22222ab.原式32226(2)10(2)27aababc322222226()()10()27①.若2220,则①成立.若2220,不妨设||||||,由①的齐次性,不妨设2229,则23,222296.①2()10.因22222[2()][2()(2)][4(2)][()]232[84()](92)2()()20()722(2)(27)100100,所以,2()10.故原式成立.